2022-2023学年辽宁省实验中学名校联盟高三上学期1月高考模拟调研卷（三）数学（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省实验中学名校联盟高三上学期1月高考模拟调研卷（三）数学（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题
数学（三）
本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．
一、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．已知集合，，则（）
A． B． C． D．
2．已知复数为纯虚数，且，则z=（）
A． B． C．或 D．或
3．已知双曲线（a＞0，b＞0）的离心率为2，点M为左顶点，点F为右焦点，过点F作x轴的垂线交C于A，B两点，则∠AMB=（）
A．45° B．60° C．90° D．120°
4．函数的部分图像大致为（）
A． B． C． D．
5．北京2022年冬奥会的吉祥物冰墩墩和雪容融非常可爱，某教师用吉祥物的小挂件作为奖品鼓励学生学习，设计奖励方案如下：在不透明的盒子中放有大小、形状完全相同的6张卡片，上面分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从中不放回地抽取两次卡片，每次抽取一张，只要抽到的卡片编号大于4就可以中奖，已知第一次抽到卡片中奖，则第二次抽到卡片中奖的概率为（）
A． B． C． D．
6．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，△PBC为等边三角形，二面角P－BC－A为30°，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为（）
A． B． C． D．
7．已知△ABC中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（）
A． B． C． D．
8．已知函数f（x）为定义在R上的偶函数，当时，，，则不等式的解集为（）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．随着我国碳减排行动的逐步推进，我国新能源汽车市场快速发展，新能源汽车产销量大幅上升，2017－2021年全国新能源汽车保有量y（单位：万辆）统计数据如下表所示：
年份
2017年
2018年
2019年
2020年
2021年
年份代码x
1
2
3
4
5
保有量y/万辆
153.4
260.8
380.2
492
784
由表格中数据可知y关于x的经验回归方程为，则（）
A．
B．预测2023年底我国新能源汽车保有量高于1000万辆
C．2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势
D．2021年新能源汽车保有量的残差（观测值与预测值之差）为71.44
10．已知圆，圆，则（）
A．无论k取何值，圆心始终在直线上
B．若圆O与圆有公共点，则实数k的取值范围为
C．若圆O与圆的公共弦长为，则或
D．与两个圆都相切的直线叫做这两个圆的公切线，如果两个圆在公切线的同侧，则这条公切线叫做这两个圆的外公切线，当时，两圆的外公切线长为
11．已知函数（其中ω＞0，0＜φ＜π）的图像与x轴相邻两个交点之间的最小距离为，当时，f（x）的图像与x轴的所有交点的横坐标之和为，则（）
A． B．f（x）在区间内单调递增
C．f（x）的图像关于点对称 D．f（x）的图像关于直线对称
12．已知抛物线（p＞0）的焦点为F，斜率为的直线过点F交C于A，B两点，且点B的横坐标为4，直线过点B交C于另一点M（异于点A），交C的准线于点D，直线AM交准线于点E，准线交y轴于点N，则（）
A．C的方程为 B． C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，则______．
14．若的展开式中存在常数项，则n的一个值可以是______．
15．已知数列是以2为公比的等比数列，，，记数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，则n的最小值为______．
16．我国古代大多数城门楼的底座轮廓大致为上、下两面互相平行，且都是矩形的六面体（如图），现从某城楼中抽象出一几何体ABCD－EFGH，其中ABCD是边长为4的正方形，EFGH为矩形，上、下底面与左、右两侧面均垂直，，，，且平面ABCD与平面EFGH的距离为4，则异面直线BG与CH所成角的余弦值为______．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和．
18．如图，在平面四边形ABCD中，，，，．
（1）若，求；
（2）求的取值范围．

19．近年来，我国加速推行垃圾分类制度，全国垃圾分类工作取得积极进展．某城市推出了两套方案，并分别在A，B两个大型居民小区内试行．方案一：进行广泛的宣传活动，通过设立宣传点、发放宣传单等方式，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：智能化垃圾分类，在小区内分别设立分类垃圾桶，垃圾回收前端分类智能化，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过设备进行自动登录、自动称重、自动积分等一系列操作．建立垃圾分类激励机制，比如，垃圾分类换积分，积分可兑换礼品等，激发了居民参与垃圾分类的热情，带动居民积极主动地参与垃圾分类．经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并整理得到如下频率分布直方图：

（1）请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；
（2）估计A小区满意度得分的第80百分位数；
（3）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分说明居民赞成推行此方案，低于70分说明居民不太赞成推行此方案．现从B小区内随机抽取5个人，用X表示赞成该小区推行方案的人数，求X的分布列及数学期望．
20．如图，在多面体PABCFE中，PA⊥平面ABC，，且，D为PA的中点，连接BD，PC，点M，N满足，．
（1）证明：平面PEF；
（2）若，，求直线PC与平面PEF所成角的正弦值．

21．已知椭圆（a＞b＞0），左顶点为A，上顶点为B，且，过右焦点F作直线l，当直线l过点B时，斜率为．
（1）求C的方程；
（2）若l交C于P，Q两点，在l上存在一点M，且，则在平面内是否存在两个定点，使得点M到这两个定点的距离之和为定值？若存在，求出这两个定点及定值；若不存在，请说明理由．
22．已知函数．
（1）求f（x）在区间内的极大值；
（2）令函数，当时，证明：F（x）在区间内有且仅有两个零点．
数学（三）
一、选择题
1．D【解析】由得，解得，由得，即，即(4－x)(x＋1)≥0且x＋1≠0，解得，所以．故选D项．
2．C【解析】设(a，b∈R)，则，因为复数为纯虚数，所以解得又，所以或，解得或，所以或．故选C项．
3．C【解析】由题意得，即，又，所以，设点A在x轴上方，则，又，所以，，因为，所以，所以．故选C项．
4．C【解析】由题知f(x)的定义域为R，又，所以f(x)为奇函数，排除A，B项；，排除D项．故选C项．
5．B【解析】若事件为“第一次抽到卡片中奖”，事件为“第二次抽到卡片中奖”，则，，故．故选B项．
6．A【解析】如图，由，得∠PCD为异面直线AB与PC所成的角或其补角，设E，F分别为BC，AD的中点，连接PE，PF，EF，由底面ABCD为正方形，△PBC为等边三角形，得PE⊥BC，FE⊥BC，所以∠PEF=30°．设AB=2，则，由余弦定理得PF=1，又PF⊥AD，FD=1，所以，又PC=CD=2，所以．故选A项．

7．D【解析】由题意知∠AEB是向量与向量的夹角，，，，，，
则．故选D项．

8．A【解析】因为f′(x)＞2x，所以f′(x)−2x＞0，构造函数F(x)=f(x)－x2，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)=f′(x)−2x＞0，F(x)在区间(0，＋∞)内单调递增，且F(2)=0，又f(x)是定义在R上的偶函数，所以F(x)是定义在R上的偶函数，所以F(x)在区间(－∞，0)内单调递减，且F(－2)=0．不等式xf(x－1)＋2x2＞x3＋x整理得xf(x－1)＋2x2－x3－x＞0，即x[f(x－1)－(x－1)2]＞0，当x＞0时，f(x－1)－(x－1)2＞0，则x－1＞2，解得x＞3；当x＜0时，f(x－1)－(x－1)2＜0，则－2＜x－1＜0，解得－1＜x＜1，又x＜0，所以－1＜x＜0．综上，不等式xf(x－1)＋2x2＞x3＋x的解集为．故选A项．
二、选择题
9．BCD【解析】由题得，，代入可得，A项错误；2023年的年份代码为7，代入得，高于1000万辆，B项正确；C项显然正确；将x=5，代入得，相应的残差为784－712.56=71.44，D项正确，故选BCD项．
10．ACD【解析】圆心Ck的坐标为，在直线上，A项正确；若圆O与圆Ck有公共点，则1≤|OCk|≤3，所以，解得或，B项错误；将圆O与圆Ck的方程作差可得公共弦所在直线的方程为，则圆心O到直线的距离，则，解得或k=±1，C项正确；当时，圆O与圆Ck外切，圆心距为3，半径差为1，则外公切线长为，D项正确．故选ACD项．
11．AB【解析】令f(x)=0，则，所以，k∈Z或，k∈Z，解得，k∈Z或，k∈Z，所以f(x)的图像与x轴相邻两个交点之间的最小距离为，所以，解得ω=2，所以，所以f(x)的周期，当时，，令f(x)=0，即，又0＜φ＜π，所以或，所以或，由得，所以，，A项正确；由，得，所以f(x)在区间内单调递增，B项正确；，所以f(x)的图像不关于点对称，C项错误；，所以f(x)的图像不关于直线对称，D项错误．故选AB项．
12．ABD【解析】由题意得，，所以，以整理得p2＋6p－16=0，又p＞0，解得p=2，所以C的方程为x2=4y，A项正确；准线方程为y=－1，B(4，4)，F(0，1)，直线l1的方程为，与x2=4y联立解得x=－1或x=4，所以，则，B项正确；设点，由题意知m≠±1且m≠±4，所以直线，令y=－1，得，即，所|以．同理可得，，所以，D项正确；当m=2时，E(－6，－1)，，所以，，则|BD|＞|AE|，C项错误．故选ABD项．
三、填空题
13．【解析】由，得，则．
14．4(答案不唯一)【解析】，的展开式的通项公式为，取n=4，r=1，得，可得的展开式的常数项为，所以n的一个值可以是4．
15．9【解析】由题知，则，所以，所以，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则，，那么，因为对任意x∈(0，2023]恒成立，则只需即可，令，则f(x)在区间(0，2023]上单调递增，所以，所以，即，即，解得n≥9，又，所以n的最小值为9．
16．【解析】如图，把此六面体补成正方体，连接AH，AC，由题可知，所以∠AHC是异面直线BG与CH所成角或其补角，在△AHC中，，，，则．

四、解答题
17．解：（1）因为，且20－3×6=2＞0，20－3×7=－1＜0，
所以当n≤7时，，
此时是以20为首项，－3为公差的等差数列，则；
当n≥8时，，，，，⋯，可得数列是个摆动数列，则．
综上，
（2）当n≤7时，；
当n≥8，且n为奇数时，，
当n≥8，且n为偶数时，，
所以．
综上，
18．解：（1）在△ABD中，因为，DA=2，∠DAB=60°，由余弦定理得，解得AB=1，由，得AB⊥DB，此时Rt△CDB≌Rt△ABD，可得∠ABC=120°．
在△ABC中，AB=1，BC=2，由余弦定理得，解得，所以．
（2）设∠ADB=θ，由题意可知，
在△ABD中，由余弦定理得，在△ACD中，，由余弦定理得，
所以，
因为，所以，，
所以的取值范围是．
19．解：（1）设A小区方案一满意度平均分为，则(45×0.006＋55×0.014＋65×0.018＋75×0.032＋85×0.020＋95×0.010)×10=72.6，
设B小区方案二满意度平均分为，则(45×0.005＋55×0.005＋65×0.010＋75×0.040＋85×0.030＋95×0.010)×10=76.5，
因为72.6＜76.5，
所以方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎．
（2）因为前4组的频率之和为0.06＋0.14＋0.18＋0.32=0.7＜0.8，
前5组的频率之和为0.06＋0.14＋0.18＋0.32＋0.2=0.9＞0.8，所以第80百分位数在第5组，
设第80百分位数为x，则0.7＋(x－80)×0.020=0.8，解得x=85，所以A小区满意度得分的第80百分位数为85分．
（3）由题意可知方案二中，满意度不低于70分的频率为0.8，低于70分的频率为0.2，现从B小区内随机抽取5个人，则X～B，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，
，
，
，
，
，
，
X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P





由二项分布知．
20．（1）证明：连接AF交PC于点N'，因为，PA=2CF，所以，又PN=2NC，则点N'与点N重合，所以AN=2NF，
同理，连接AE交DB于点M，得AM=2ME，所以，
又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．
（2）解：由题意可知，，
在△PEF中，，
，所以AC2=AB2＋BC2，所以AB⊥BC，以B为坐标原点，BC，BA，BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以P(0，2，4)，E(0，0，1)，F(2，0，2)，C(2，0，0)，，，，设平面PEF的法向量为，则不妨取x=1，则y=3，z=－2，即，设直线PC与平面PEF所成的角为θ，，
所以直线PC与平面PEF所成角的正弦值为．
21．解：（1）由题意知又，解得a=2，，c=1，所以C的方程为．
（2）由题得F(1，0)，当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x，y)，联立得，由根与系数的关系可得，则，因为，所以(x－x2，y－y2)=(x1－1，y1－0)，即x－x2=x1－1，y－y2=y1－0，即，，
又，即，
则点M是以，为焦点，长轴长为2的椭圆上的点．
当直线l的斜率为0时，l与C相交于P(－2，0)，Q(2，0)或P(2，0)，Q(－2，0)，因为，则点M为(－1，0)，此时点M也是以，为焦点，长轴长为2的椭圆上的点，所以存在两个定点分别为，，点M到这两个定点的距离之和为定值2．
22．（1）解：由题得，
当时，f′(x)＞0，当时，f′(x)＜0，所以(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以f(x)的极大值为．
（2）证明：，
设，则，令，
则()，所以φ(x)在区间内单调递减．
又，，故存在，使得，
当时，φ(x)＞0，即h′(x)＞0，h(x)在区间(0，x0)内单调递增；当时，φ(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)在区间内单调递减．
又h(0)=－1＜0，，因为，所以，
所以h(x)在区间，内各有一个零点，即F(x)在区间内有且仅有两个零点．