数学（全国乙卷文）2023年高考第三次模拟考试卷（全解全析）

2023年高考数学第三次模拟考试卷

高三数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．

【答案】C

【详解】

，

，∴．

故选：C.

2．已知复数，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】

因为，，所以，

故选：D.

3．设，是两个不共线的向量，若向量(k∈R)与向量共线，则（    ）

A．k＝0 B．k＝1 C．k＝2 D．k＝

【答案】D

【解析】

根据向量共线定理可得，再由与是不共线向量，可得，解方程组即可求解.

【详解】

由共线向量定理可知存在实数λ，使，

即，

又与是不共线向量，

∴，解得

故选：D

4．已知的平均数为5，方差为1，则，，，，的平均数和方差分别为（    ）

A．11，3 B．11，4 C．10，1 D．10，4

【答案】B

【解析】

，

，

故选B．

5．若变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】作出约束条件对应的可行域如图中阴影部分所示(含边界)，

由可得，作出直线并平移可得，

当直线经过点C时，其在轴上的截距最大，此时取得最大值，

由，解得，即，

所以的最大值为，故选A．

6．已知为抛物线上一点，过抛物线的焦点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】抛物线的焦点，准线方程为，

过点作与准线垂直并交准线于点．

令直线为直线，变形可得，

令，解得，则直线经过定点．

设，连接，取的中点为，则的坐标为，．

若，则在以为直径的圆上，以为直径的圆上，

其方程为．

又由，得，

如图，的最小值为圆上的点到准线的距离的最小值，

过点作与准线垂直并交于点，与圆交于点，与抛物线交于点，

则即为的最小值，

即，故选D．

7．执行如图所示的程序框图，输出的结果是

A．56      B．54        C．36      D．64

【答案】B

【解析】模拟程序框图的运行过程，如下：

a=1，b=1，S=2，c=1+1=2，S=2+2=4；

c≤20，a=1，b=2，c=1+2=3，S=4+3=7；

c≤20，a=2，b=3，c=2+3=5，S=7+5=12；

c≤20，a=3,b=5,c=3+5=8,S=12+8=20;

c≤20，a=5,b=8,c=5+8=13,S=20+13=33;

c≤20，a=8,b=13,c=8+13=21,S=33+21=54.

c＞20,此时结束循环，S=54.

故答案为B.

8．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】，

令，则，

故为上的奇函数，

故的图象关于对称，故排除C；

又当时，令，则，

故，故当时，，故排除D；

而，故排除A，

故选B．

9． 在正方体中，点E，F，M分别是棱BC，，的中点，点，M到平面AEF的距离分别为，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】如图，取的中点，连接，，

易证．

又因为平面，平面，所以平面，

同理可证平面．

因为，平面，且，

所以平面平面，又平面，

所以平面，所以，

故选:C．

10．若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列说法中正确的个数有（    ）

①（）为等差数列；

②为等比数列；

③为等比数列；

④为等差数列；

⑤为等比数列．

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【解析】设数列的公差为，数列的公比为，

对于①：，故①正确；

对于②：，故②正确；

对于③：，故③正确；

对于④：不为定值，故④错误；

对于⑤：，故⑤正确，

所以正确的个数有4个，故选C．

11．已知函数的定义域为，．若，，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】依题意，，当时，，

故函数在上单调递减，

而

，

故，则，解得，

故选C．

12．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球表面积为，则正方体外接球的体积为

A． B．36  C．  D．

【答案】B

【解析】设正方体的棱长为，则，

因为三棱锥内切球的表面积为，

所以三棱锥内切球的半径为1，

设内切球的球心为， 到平面的距离为，

则，，，

又，

，

又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，

正方体外接球的半径为，

其体积为，故选B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13． 已知等比数列的前n项和为，若，，则_______．

【答案】140

【解析】方法1：由，，易得公比，

根据等比数列前n项和的性质，可得，即，解得，

又，所以，．

方法2：根据等比数列前n项和的性质，可得，即，解得，

所以．

方法3：根据等比数列前n项和的性质，可知，，成等比数列，

则，即，解得．

14．某公司三个分厂的职工情况为：第一分厂有男职工4000人，女职工1600人；第二分厂有男职工3000人，女职工1400人；第三分厂有男职工800人，女职工500人．如果从该公司职工中随机抽选1人，则该职工为女职工或为第三分厂职工的概率为__________.

【答案】

【解析】第一分厂有男职工4000人，女职工1600人；第二分厂有男职工3000人，女职工1400人；第三分厂有男职工800人，女职工500人．

记事件A为该职工为女职工或为第三分厂职工，

由等可能事件概率公式得：

，

则该职工为女职工或为第三分厂职工的概率为，

故答案为：．

【点睛】本题考查概率的求法，考查概率计算公式的应用，考查运算求解能力，是基础题．

15．在平面直角坐标系中，三点,，，则三角形的外接圆方程是__________

【答案】

【解析】设三角形的外接圆方程是，由点,，在圆上可得，，解得，故三角形的外接圆方程为，故答案为.

【点睛】本题主要考查圆的方程和性质，属于中档题.求圆的方程常见思路与方法有:

①直接设出动点坐标，根据题意列出关于的方程即可；

②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；

③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.

16．已知函数（其中为自然对数的底数）为偶函数，则实数的值为__________【答案】1

【解析】因为为偶函数，所以恒成立，

即，整理得到恒成立，

故，故填.

【点睛】含参数的偶函数（或奇函数），可通过取自变量的特殊值来求参数的大小，注意最后检验必不可少，也可以利用（或）恒成立来求参数的大小.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）设的内角的对边分别为，，且为钝角．

（1）证明：；

（2）求的取值范围．

【解析】（1）由及正弦定理，得，

所以，即．

又为钝角，因此+(，)，故=+，即=；

（2）由（1）知，=(+)=(2+)=2>0，

所以，

于是==

=，

因为0<<，所以0<<，因此<2．

由此可知的取值范围是（，]．

18．（12分）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，且，、分别为、的中点．

（1）证明：平面；

（2）若，求点到的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：连接交于点，连接，

因为四边形为菱形，且，为的中点，

因为为的中点，所以，且，

在直四棱柱中，且，

为的中点，则且，且，

所以，四边形为平行四边形，所以，，

又∵，，，

∴平面，∴平面．

（2）解：若，则和为等边三角形，，

平面，平面，，

，则，由勾股定理可得，

同理，

连接，则，所以，

所以，

而，设点到面的距离为，

则由（1）知及，得，

解得，

所以点到面的距离．

19．（12分）湖南省从2021年开始将全面推行“”的新高考模式,新高考对化学、生物、地理和政治等四门选考科目,制定了计算转换T分（即记入高考总分的分数）的“等级转换赋分规则”（详见附1和附2）,具体的转换步骤为：①原始分Y等级转换；②原始分等级内等比例转换赋分.某校的一次年级统考中,政治、生物两选考科目的原始分分布如下表：

现从政治、生物两学科中分别随机抽取了20个原始分成绩数据,作出茎叶图：

（1）根据茎叶图,分别求出政治成绩的中位数和生物成绩的众数；

（2）该校的甲同学选考政治学科,其原始分为82分,乙同学选考生物学科,其原始分为91分,根据赋分转换公式,分别求出这两位同学的转化分；

（3）根据生物成绩在等级B的6个原始分和对应的6个转化分,得到样本数据,请计算生物原始分与生物转换分之间的相关系数,并根据这两个变量的相关系数谈谈你对新高考这种“等级转换赋分法”的看法.

附1：等级转换的等级人数占比与各等级的转换分赋分区间.

附2：计算转换分T的等比例转换赋分公式：.（其中：,,分别表示原始分Y对应等级的原始分区间下限和上限；,分别表示原始分对应等级的转换分赋分区间下限和上限.T的计算结果按四舍五入取整数）

附3：,,.

【答案】解：（1）由茎叶图知：政治成绩的中位数为72,生物成绩的众数为73. (2分)

（2）甲同学选考政治学科的等级为A,

由转换赋分公式：,得.

乙同学选考生物学科的等级A,

由换赋分公式：,得.

故甲、乙两位同学的转换分都为87分. (6分)

（3）因为,,

说法1：等级转换赋分法公平,因为相关系数十分接近于1,接近于函数关系,因此高考这种“等级转换赋分法”具有公平性与合理性.

说法2：等级转换赋分法不公平.在同一等级内,原始分与转化分是确定的函数关系,理论上原始分与转化分的相关系数为1,而在实际赋分过程中由于数据的四舍五入,使得实际的转化分与应得的转化分有一定的误差,极小部分同学赋分后会出现偏高或偏低的现象. (12分)

20．（12分）已知函数：

(I)当时，求的最小值；

(II)对于任意的都存在唯一的使得，求实数a的取值范围．

【答案】(I)答案不唯一，见解析(II)

【解析】(I)

时，递增，,

时，递减，，

时，时递减，

时递增，

所以

综上，当；

当

当

(II)因为对于任意的都存在唯一的使得成立,

所以的值域是的值域的子集.

因为

递增，的值域为

(i)当时，在上单调递增，

又，

所以在[1,e]上的值域为,

所以，

即，

(ii)当时，因为时，递减，时，递增，且，

所以只需

即，所以

(iii)当时，因为在上单调递减，且，

所以不合题意.

综合以上，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值,分类讨论思想,等价转化思想,本题属于难题.

解题方法总结:

像”对于任意的都存在唯一的使得，”已知条件,一般是转化为两个函数的值域得包含关系,口诀是:任意是存在的子集.

21．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，短轴长为，点在椭圆上，轴，且．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）将椭圆按照坐标变换得到曲线，若直线与曲线相切且与椭圆相交于，两点，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由已知可得，，，

则椭圆的标准方程为．

（2）由，

则曲线：，

当直线斜率存在且为时，设：，由直线与圆相切，

则，

由，

设，，则，且恒成立，

由

，

由，则，

令，则，

，

令，则，，则，；

当直线斜率不存在时，：，，

综上：．

【点评】本题考查了椭圆的标准方程、弦长公式、坐标变换，解题的关键是根据直线与曲线相切求出切线方程中参数的关系，化简后借助二次函数性质求出弦长范围．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.

[选修4—4：坐标系与参数方程]

22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．

（1）求和的普通方程；

（2）若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率．

【解析】（1）曲线的直角坐标方程为．

当时，的直角坐标方程为，

当时，的直角坐标方程为．

（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，整理得关于的方程

．①

因为曲线截直线所得线段的中点在内，所以①有两个解，设为，，则．

又由①得，故，于是直线的斜率．

23.（10分）设．

（1）证明：；

（2）用表示的最大值，证明：．

【解析】（1）证明：

即

（2）证法一：不妨设，由可知，，

，，

当且仅当时，取等号，，即．

证法二：不妨设，则而

矛盾，∴命题得证．