山东省烟台市芝罘区高中协同联考2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

2023年普通高等学校招生全国统一考试

数学模拟试题

本试卷共5页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将答题卡交回.

一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知全集，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解相应不等式，化简集合，后由补集定义可得答案.

【详解】由题，，则；

，则.则

故选：C

2. 已知复数z满足，则z的实部是（    ）

A. 9 B. 7 C. 5 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】设，根据复数相等的定义，列出方程组求解，即可得到本题答案.

【详解】设，则，

由，得，

所以，，

则，解得，

所以z的实部是5.

故选：C

3. 已知a，b，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，，，，则下列结论正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，，则

C. 若，则 D. a，b一定是异面直线

【答案】A

【解析】

【分析】对于选项A，利用线面平行的性质即可判断出结果的正误；对于选项BCD，利用长方体中的点线面的位置关系，逐一对各个选项分析判断即可得出结果.

【详解】选项A，因为，，，所以，所以选项A正确；

选项B，如图，在长方体中，取平面为平面，平面为平面，则，取直线为，直线为，

显然有，，但与不垂直，所以选项B错误；

选项C，如图，取平面为平面，平面为平面，则，取直线为，此时有，但，所以选项C错误；

选项D，如图，取平面为平面，平面为平面，则，取直线为，直线为，此时，所以选项D错误.

故选：A.

4. 为了解高中学生的体质健康水平，某市教育局分别从身体形态、身体机能、身体素质等方面对该市高中学生的体质健康水平进行综合测评，并根据年版的《国家学生体质健康标准》评定等级，经过统计，甲校有的学生的等级为良好，乙校有的学生的等级为良好，丙校有的学生的等级为良好，且甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生人数之比为.从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，则该学生的等级为良好的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，记“该学生的等级为良好”为事件，利用全概率公式可求得的值.

【详解】从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，

记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，

则，，.

记“该学生的等级为良好”为事件，则，，，

所以

.

故选：C.

5. 若，，则“”的一个必要不充分条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用基本不等式和充分条件，必要条件的判断逐项进行检验即可求解.

【详解】对于选项A：若，则，所以，又，，所以，所以“”是“”的充分条件，故选项A错误；

对于选项B：若，则，所以，即，所以“”是“”的充要条件，故选项B错误；

对于选项C：由得，

另一方面取，，满足，但，

所以“”是“”的一个必要不充分条件，故选项C正确；

对于选项D：取，，满足，但，所以“”不是“”的必要条件，故选项D错误.

故选：C.

6. 已知数列的前n项和为，，，则（    ）

A. 20 B. 19 C. 18 D. 17

【答案】B

【解析】

【分析】由，可得数列的通项公式，即可求得本题答案.

【详解】因为，所以① ，

当时，② ，

①-②得，，

所以，又，得，

所以是等差数列，公差，又，

所以，则.

故选：B

7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令，利用其单调性比较大小，令，利用其单调性比较大小.

【详解】令，则，

当时，，且，

所以当时，，单调递减，

所以，即，则.

令，则，当，，

所以在上恒成立，

所以在上单调递减，

所以，即，所以.

综上，

故选：B.

【点睛】方法点睛：对于不同类型的数值比较大小问题，我们可以先把数值进行等价变形化同构，再构造相应的函数，求导研究函数的单调性，最后利用函数的单调性比较大小.

8. 已知双曲线的上､下焦点分别为，，过的直线与双曲线的上支交于M，N两点，若，，成等差数列，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先根据，，成等差数列，并结合双曲线的定义得到，再设，在中利用勾股定理得到，进而在中利用勾股定理得到，从而得到双曲线的离心率.

【详解】由双曲线的定义知，，

∴，

∵，∴，

令，则，

在中，，∴，

解得，∴，，

所以在中，，

∴，∴.

故选：B

二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知点，，，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 若，则

C. 若，则 D. 若，的夹角为锐角，则且

【答案】AC

【解析】

【分析】根据向量的模长，垂直，平行和夹角大小的定义，对下列各项逐一判断，即可得到本题答案.

【详解】因为，，，

所以，，

选项A：，所以A正确；

选项B：因为，所以，所以，所以，所以B错误；

选项C：因为，所以，所以，所以C正确；

选项D：因为，的夹角为锐角，且，所以，解得
，所以D错误.

故选：AC

10. 已知动点M到点的距离等于2，动点M的轨迹为Γ，直线l：，则（    ）

A. l可能是Γ的切线 B. l与Γ可能没有公共点

C. l与Γ可能有两个公共点 D. Γ上的点到l的距离的最大值为4

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题知动点M的轨迹Г的方程为，另外直线方程

l：过定点，且P在Г上，由此逐项分析，即可得到本题答案.

【详解】因为动点M到点的距离等于2，

所以动点M的轨迹Г的方程为，

易知l：，所以直线l过定点，

因为，所以点P在Г上，

对于选项A，B，C，易知l可能是Г的切线，l与Г不可能没有公共点､可能有两个公共点，故A正确，B错误，C正确；

对于选项D，易知Г上的点到的距离的最大值为圆的直径4，故D正确.

故选：ACD

11. 底面为直角三角形的三棱锥的体积为4，该三棱锥的各个顶点都在球O的表面上，点P在底面ABC上的射影为K，，则下列说法正确的是（    ）

A. 若点K与点A重合，则球O的表面积的最小值为

B. 若点K与点A重合，则球O的体积的最小值为

C. 若点K是的斜边的中点，则球O的表面积的最小值为

D. 若点K是的斜边的中点，则球O的体积的最小值为

【答案】AD

【解析】

【分析】设的两直角边长分别为x，y，根据题意求得，然后分点K与点A重合和点K是的斜边的中点两种情况进行求解即可判断.

【详解】设的两直角边长分别为x，y，球O的半径为R.因为三棱锥的体积为4，，所以，解得.

对于选项A，B：由题意知平面ABC，所以（当且仅当时取等号），解得，

所以球O的表面积，球O的体积，故A正确，B错误；

对于选项C，D：若点K是斜边的中点，则，（球O的球心位于直线PK上）

所以（当且仅当时取等号），即，

所以球O的表面积，球O的体积，故C错误，D正确.

故选：AD

【点睛】方法技巧

求解此类题要过好三关：一是构造关，即会构造长方体模型快速求解外接球的直径，长方体的外接球的直径等于共点的三条棱长的平方和的开方；二是方程关，即会利用三棱锥的底面三角形的外接圆的圆心､球心与三棱锥的顶点构成的直角三角形，用勾股定理得关于球半径的方程；三是最值关，利用基本不等式求最值，要注意“一正二定三相等”.

12. 已知函数，则（    ）

A.  B. 的图象关于直线对称

C.  D. 仅有一个极值点

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意将函数解析式化简，然后利用函数的单调性，对称性和极值点的相关知识逐项进行判断即可求解.

【详解】因为的定义域为，所以.

对于选项A：，即，故A错误；

对于选项B：由A知，所以的图象关于直线对称，（结论：若，则的图象关于直线对称）故B正确；

对于选项C：，

当时，，所以在上单调递增，

因为，所以，

因为，所以，故C错误；

对于选项D：因为的图象关于直线对称，且在上单调递增，所以在上单调递减，所以仅有一个极值点，故D正确.

故选：BD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的展开式中x的系数为___________.

【答案】4860

【解析】

【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令x的指数为1,求出的值,将的值代入通项,求出系数.

【详解】的展开式的通项公式为，

令，得，

所以展开式中x的系数为.

故答案为:.

14. 过坐标原点作曲线的切线，则切点的横坐标为___________.

【答案】或

【解析】

【分析】设切点为，利用导数的几何意义表示出切线方程，将代入，即可求得本题答案.

【详解】由可得，设切点坐标为，

所以切线斜率，又因为，

则切线方程为，

把代入并整理可得，解得或.

故答案为：或

15. 已知抛物线Γ：焦点为，点K在Γ上且在第一象限，直线FK与Γ的准线交于点M，过点M且与x轴平行的直线与Γ交于点H，若，则___________.

【答案】4

【解析】

【分析】过点K作准线的垂线，垂足为，利用抛物线的定义，结合题意可得为等边三角形，进而求解即可.

【详解】因为抛物线Γ：的焦点为，所以，解得.

过点K作准线的垂线，垂足为，则.

因为，

所以点F为线段MK的中点，所以，又MH与x轴平行，

所以.由抛物线的定义知，

所以为等边三角形，所以.

故答案为：4.

16. 已知函数的图象经过点，若在区间上单调递增，则ω的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】将代入的解析式，求φ的值, 结合正弦函数的图象与性质列关于ω的不等式组，即可得解.

【详解】由题意得，∴，又，∴，

∴，

∵的图象过点，且在区间上单调递增，

∴作出的大致图象如图所示，

其中为在y轴左边的第一个零点，为在y轴右边的第一个极大值点，

∴，∴，得，

∴，得，∴ ω的取值范围是.

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 电视剧《狂飙》显示了以安欣为代表的政法人员与黑恶势力进行斗争的决心和信心，自播出便引起巨大反响.为了了解观众对其的评价，某机构随机抽取了位观众对其打分（满分为分），得到如下表格：

（1）求这组数据的第百分位数；

（2）将频率视为概率，现从观众中随机抽取人对《狂飙》进行评价，记抽取的人中评分超过的人数为，求的分布列､数学期望与方差.

【答案】（1）   

（2）分布列答案见解析，，.

【解析】

【分析】（1）先将数据从小到大排列，结合百分位数的计算公式，即可求解;

（2）根据题意，求得评分超过的概率，得出的所有取值，利用独立重复试验的概率公式求出概率，得出分布列，进而求出期望和方差.

【小问1详解】

将这组数据从小到大进行排列，

，

因为，所以第8个数据为所求，

所以这组数据的第百分位数为.

【小问2详解】

样本中评分超过有个，

所以评分超过的概率（频率）为，

依题意，的所有可能取值为，且，

则，   

，

，

，

所以的分布列为

所以，

.

18. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知

（1）求角A；

（2）若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理和和差公式整理即可得到，再结合，即可得到；

（2）根据和三角形面积公式将整理为，再根据锐角三角形和正弦定理得到的范围，最后用换元法和函数单调性求范围即可.

【小问1详解】

，所以，

所以，

又，所以，

因为，所以．

【小问2详解】

由（1）可知，．

则．

因为锐角三角形，所以，整理得．

因为，所以．

令，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，

故的取值范围为.

19. 已知首项不为0的等差数列，公差（为给定常数），为数列前项和，且为所有可能取值由小到大组成的数列.

（1）求；

（2）设为数列的前项和，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式与求和公式得到关于的方程，即可得到结果；

（2）根据题意，得到数列的通项公式，再由裂项相消法即可得到其前项和.

【小问1详解】

由题意得，，得①

由，得②

由①②，可得且，则，

由，当在范围内取值时的所有取值为：

所以.

【小问2详解】

所以

由于是递减的，所以

20. 如图，正四棱锥和正三棱锥顶点均为.

（1）设平面与平面的交线为，求证：；

（2）若，的中点为，求平面与平面所成二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，可得，再证明平面，根据线面平行的性质可得，即可得证；

（2）连接交于点，连接，以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据以及正棱锥的结构特征求出的长度，再利用向量法求解即可.

【小问1详解】

取的中点，连接，

因为，所以，

又平面，

所以平面，

又因平面，所以，

因为平面，平面，

所以平面，

又因平面与平面的交线为，平面，

所以，

因为，所以；

【小问2详解】

连接交于点，连接，

则平面，

如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

不妨设，则，

设，则，

则，

由，得，

由，得，解得，

故，

因为，的中点为，所以平面与平面重合，

，

设平面的法向量为，

则有，令，则，所以，

设平面的法向量为，

则有，令，则，所以，

则，

所以平面与平面所成二面角的余弦值为.

21. 已知椭圆的右焦点为，且是椭圆上一点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若过的直线（与轴不重合）与椭圆相交于两点，过的直线与轴交于点，与直线交于点（与不重合），记的面积分别为，若，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的定义求出，再根据之间的关系求出，即可得解；

（2）设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，根据直线与轴平行，可得，再根据化简即可得解.

【小问1详解】

由已知可得为的左焦点，

所以，即，

所以，

故椭圆的方程为；

【小问2详解】

设直线的方程为，，

则由得，

显然，

于，

由直线与轴平行，

可得，所以，

所以

，

解得，即，所以直线的方程为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22. 已知函数.

（1）若的图象在处的切线与直线垂直，求直线的方程；

（2）已知，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导利用导数值求解斜率，结合垂直关系即可求解.

（2）构造函数，，求导确定单调性，结合零点存在性定理即可求解.

【小问1详解】

解：，

因为切线与直线垂直，所以，即，

又，所以直线的方程为.

【小问2详解】

证明：，

设，则，即在上是增函数，

因为，所以，

所以存在，使得，

当时，，则，即在上单调递减，

当时，，则，即在上单调递增，

故是函数的极小值点，也是最小值点，

则.

又因为，所以，

要证，只需证，

即证.

设，则在上单调递减，

因为，所以，则，

故

故当时，.