辽宁省名校联盟2023届高考模拟调研卷数学（三）含答案.pdf

《辽宁省名校联盟2023届高考模拟调研卷数学（三）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省名校联盟2023届高考模拟调研卷数学（三）含答案.pdf（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、启用前辽宁省名校联盟辽宁省名校联盟 2023 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题数学（三）数学（三）本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分考试用时 120 分钟一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求只有一项是符合题目要求的的1已知集合23Ax x x，511Bxx，则AB（）A13xx B14xx C4x x D14xx 2已知复数1 iz为纯虚数，且11 iz，则 z=（）A1 iB1 iC1 i 或1 iD1 i 或1

2、i3已知双曲线2222:1xyCab（a0，b0）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=（）A45B60C90D1204函数 sin41 3xxf x 的部分图像大致为（）ABCD5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

3、概率为（）A115B15C13D256在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PBC 为等边三角形，二面角 PBCA 为 30，则异面直线 PC 与 AB 所成角的余弦值为（）A34B32C38D147已知ABC 中，120BAC，33ACAB，2DCAD，在线段 BD 上取点 E，使得3BEED ，则cosAEB（）A213B147C217D2178已知函数 f（x）为定义在 R 上的偶函数，当0,x时，2fxx，24f，则不等式2312xfxxxx的解集为（）A1,03,B1,13,C,10,3 D1,3二二、选择题选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共

4、共 20 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求有多项符合题目要求全部选全部选对的得对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分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，20172021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 x12345保有量 y/万辆153.4260.8380.2492784由表格中数据可知 y 关于 x 的经验回归方程为33.64ybx，则（）A150.24b B预

5、测 2023 年底我国新能源汽车保有量高于 1000 万辆C20172021 年全国新能源汽车保有量呈增长趋势D2021 年新能源汽车保有量的残差（观测值与预测值之差）为 71.4410已知圆22:1O xy，圆22:34kCxkyk，则（）A无论 k 取何值，圆心kC始终在直线3yx上B若圆 O 与圆kC有公共点，则实数 k 的取值范围为1 3,2 2C若圆 O 与圆kC的公共弦长为152，则1k 或34k 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32k 时，两圆的外公切线长为2 211已知函数 2sin2f xx（其中0，

6、0）的图像与 x 轴相邻两个交点之间的最小距离为4，当,2 2x 时，f（x）的图像与 x 轴的所有交点的横坐标之和为3，则（）A123fBf（x）在区间,6 6 内单调递增Cf（x）的图像关于点5,212对称Df（x）的图像关于直线12x对称12已知抛物线2:2C xpy（p0）的焦点为 F，斜率为34的直线1l过点 F 交 C 于 A，B 两点，且点 B 的横坐标为 4，直线2l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（）AC 的方程为24xyB254AB CBDAED4NDNE三、填空题：本题共 4 小题，

7、每小题 5 分，共 20 分13已知52log 3x，则2327xx_14若2321nxxxx的展开式中存在常数项，则 n 的一个值可以是_15已知数列1nna a是以 2 为公比的等比数列，11a，22a，记数列 na的前 n 项和为nS，若不等式212214nnSxax对任意0,2023x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 ABCDEFGH，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，4EF，2FG，AEBFCGDH，且平面 ABCD 与

8、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：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17在数列 na中，120a，13nnaa（1）求 na的通项公式；（2）求 na的前 n 项和nS18如图，在平面四边形 ABCD 中，CDDB，1CD，3DB，2DA（1）若60DAB，求cosACB；（2）求222ABBCAC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：

9、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

10、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，PACFB

11、E，且24PACFBE，D 为 PA 的中点，连接 BD，PC，点 M，N 满足2DMMB，2PNNC（1）证明：MN 平面 PEF；（2）若224PAABBC，3 65cos65PEF，求直线 PC 与平面 PEF 所成角的正弦值21已知椭圆2222:1xyCab（ab0），左顶点为 A，上顶点为 B，且7AB，过右焦点 F 作直线 l，当直线 l 过点 B 时，斜率为3（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QMFP ，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

12、知函数 e cosxfxx（1）求 f（x）在区间0,2内的极大值；（2）令函数 1exafxF xx，当4 2a时，证明：F（x）在区间0,2内有且仅有两个零点数学数学（三）（三）一、选择题一、选择题1D【解析】【解析】由23x x 得223 0 xx，解得13Axx，由511x得5101x，即401xx，即(4x)(x1)0 且 x10，解得14Bxx，所以14ABxx 故选 D项2C【解析解析】设izab(a，bR)，则i1 iii1 i1 i222abzababba，因为复数1 iz为纯虚数，所以0,20,2abba解得,abab 又11 iz，所以12ba或12ba，解得1b 或1b

13、 ，所以1 iz 或1 iz 故选 C 项3 C【解析解析】由题意得2cea，即2ca，又222cab，所以223ba，设点 A 在 x 轴上方，则2,bA ca，又23baa，所 以3AFa，3MFaca，因 为90AFM，所 以45AMF，所 以90AMB故选 C 项4C【解析】【解析】由题知 f(x)的定义域为 R，又 sin4sin41 31 3xxxxfxf x ，所以 f(x)为奇函数，排除 A，B 项；sin4104f，排除 D 项故选 C 项5 B【解析解析】若事件1A为“第一次抽到卡片中奖”，事件2A为“第二次抽到卡片中奖”，则1121121165115C CP A AC C

14、，1211613CP AC，故1221115P A AP A AP A故选 B 项6A【解析解析】如图，由ABCD，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 PEBC，FEBC，所以PEF=30 设 AB=2，则3PE，由余弦定理得 PF=1，又 PFAD，FD=1，所以2PD，又 PC=CD=2，所以4423cos2 2 24PCD 故选 A 项7D【解析】【解析】由题意知AEB 是向量AE 与向量BD 的夹角，13BDBAADABAC ，311444AEABB

15、EABBDABAC ，2211112133444334BD AEABACABACABAB ACAC ，2133BDABAC ，2117444AEABAC ，则3214cos7734BD AEAEBBD AE 故选 D 项8A【解析解析】因为 f(x)2x，所以 f(x)2x0，构造函数 F(x)=f(x)x2，当 x(0，)时，F(x)=f(x)2x0，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(x1)2x2x3x 整理得 xf(x1)2x

16、2x3x0，即 xf(x1)(x1)20，当 x0 时，f(x1)(x1)20，则 x12，解得 x3；当 x0 时，f(x1)(x1)20，则2x10，解得1x1，又 x0，所以1x0综上，不等式 xf(x1)2x2x3x 的解集为1,03,故选 A 项二、选择题二、选择题9BCD【解析】【解析】由题得3x，414.08y，代入可得149.24b，A 项错误；2023 年的年份代码为 7，代入149.2433.64yx得1011.04y，高于 1000 万辆，B 项正确；C 项显然正确；将 x=5，代入149.2433.64yx得712.56y，相应的残差为 784712.56=71.44，

17、D 项正确，故选 BCD 项10ACD【解析解析】圆心 Ck的坐标为,3kk，在直线3yx上，A 项正确；若圆 O 与圆 Ck有公共点，则 1|OCk|3，所以22133kk，解得3122k 或1322k，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222 3430kxkyk，则圆心 O 到直线的距离22151144d，则222431422 3kdkk，解得34k 或 k=1，C 项正确；当32k 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22312 2，D 项正确故选 ACD 项11AB【解析解析】令 f(x)=0，则2sin2x，所以24

18、xk，kZ 或324xk，kZ，解得24kx，kZ 或324kx，kZ，所以 f(x)的图像与 x 轴相邻两个交点之间的最小距离为2，所以24，解得=2，所以 2sin 22f xx，所以 f(x)的周期22T，当,2 2x 时，2,x ，令 f(x)=0，即2sin 22x，又 0，所以24x或324x，所 以82x或382x，由382823得6，所 以 2sin 226f xx，123f，A 项正确；由66x，得2662x，所以f(x)在区间,6 6 内单调递增，B 项正确；532212f ，所以 f(x)的图像不关于点5,212对称，C 项错误；322212f，所以 f(x)的图像不关于

19、直线12x对称，D项错误故选 AB 项12ABD【解析解析】由题意得0,2pF，84,Bp，所以83244ABppk，以整理得 p26p16=0，又 p0，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314yx，与 x2=4y 联立解得 x=1 或 x=4，所以11,4A，则221254 1444AB，B 项正确；设点2,4mMm，由题意知 m1 且 m4，所以直线11:144mMA yx，令 y=1，得41mxm，即4,11mEm，所|以41mNEm 同 理 可 得44,14mDm，444mNDm，所 以4444

20、41mmNDNEmm，D 项正确；当 m=2 时，E(6，1)，2,13D，所以5 174AE，5 133BD，则|BD|AE|，C 项错误故选 ABD 项三、填空题三、填空题1315【解析】【解析】由52log 3x，得33522log 5log 25log 3x，则33331log 25log 25222213273325 25255xx144(答案不唯一)【解析解析】223322112nnxxxxx xxxxx，321nxx的展开式的通项公式为733121CCrnrn rrrrnnTxxx，取 n=4，r=1，得11244CTxx，可得2321nxxxx的展开式的常数项为44xx，所以

21、n 的一个值可以是 415 9【解析解析】由题知122a a，则112 22nnnna a，所以1122nnnaa，所以22nnaa，所以数列21na是 以 1 为 首 项，2 为 公 比 的 等 比 数 列，数 列2na是 以 2 为 首 项，2 为 公 比 的 等 比 数 列，则1221132124221 21 2231 21 2()(nnnnnnSaaaaaa，122 22nnna，那么221222211144 22nnnnnSa，因 为212214nnSxax对 任 意 x (0，2023 恒 成 立，则 只 需2max1112nxx即可，令 1xf xx，则 f(x)在区间(0，20

22、23上单调递增，所以 max20222023f x，所以212022122023n，即21122023n，即222023n，解得 n9，又nN，所以 n 的最小值为 91613 33165【解析解析】如图，把此六面体补成正方体，连接 AH，AC，由题可知AHBG，所以AHC 是异面直线BG与CH所成角或其补角，在AHC中，22345AH，22214433CH，4 2AC，则22225333213 33cos21652 533AHCHACAHCAHCH 四、解答题四、解答题17解：（1）因为120a，且 2036=20，2037=10，所以当 n7 时，13nnaa，此时 na是以 20 为首项

23、，3 为公差的等差数列，则2031233nann；当n 8时，873231aa，983132aa，1093231aa，11103132aa，可得数列 na是个摆动数列，则1312nna 综上，1233,7,31,8.2nnn nan（2）当 n7 时，22023343322nn nnnS；当 n8，且 n 为奇数时，777321313312772222nnnnnSS ，当 n8，且 n 为偶数时，1311333132122nnnnnSSa，所以12651324nnnS 综上，21433,7,226513,8.24nnnnnSnn 18 解：（1）在 ABD 中，因 为3DB，DA=2，DAB=

24、60 ，由 余 弦 定 理 得222322 2cos60ABAB ，解得 AB=1，由222ABDBDA，得 ABDB，此时 RtCDBRtABD，可得ABC=120在ABC 中，AB=1，BC=2，由余弦定理得222122 1 2 cos1207AC ，解得7AC，所以2227 15 7cos142 27ACB（2）设ADB=，由题意可知02，在ABD 中，由余弦定理得222232 23cos74 3cosAB ，在ACD 中，2ADC，由余弦定理得222212 2 1 cos54sin2AC ，所以222274 3cos54sin2168sin3ABBCAC，因为02，所以336，31si

25、n232，所以222ABBCAC的取值范围是164 3,2019解：（1）设 A 小区方案一满意度平均分为x，则x(450.006550.014650.018750.032850.020950.010)10=72.6，设 B 小区方案二满意度平均分为y，则y(450.005550.005650.010750.040850.030950.010)10=76.5，因为 72.676.5，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 0.060.140.180.32=0.70.8，前 5 组的频率之和为 0.060.140.180.320.2=0.90.8，所以第 80

26、百分位数在第 5 组，设第 80 百分位数为 x，则 0.7(x80)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 XB45,5，X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，5，505110C53125P X，4154 141C5 5625P X，242541322C55625P X，3523411283C55625P X，445412564C55625P X，5554110245C553125P X，X 的分布列为

27、X01234P1312546253262512862510243125由二项分布知4545E X 20（1）证明：连接 AF 交 PC 于点 N，因为PACF，PA=2CF，所以2PNPAN CCF，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MNEF，又MN 平面 PEF，EF 平面 PEF，所以MN 平面 PEF（2）解：由题意可知2222323134PEABPA，222212152EFBCCF，在PEF 中，2223 652cos13 521351265PFPEEFPEEFPEF ，222182ACPFPA，所以

28、 AC2=AB2BC2，所以 ABBC，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)，2,2,4PC ，2,0,1EF ，0,2,3EP ，设平面 PEF 的法向量为,nx y z，则20,230,EF nxzEP nyz 不妨取 x=1，则 y=3，z=2，即1,3,2n，设直线 PC 与平面 PEF 所成的角为，2222222 12342421sincos212 614224132PC nPC nPC n ，所以直线 PC 与平面 PEF 所成角的正弦值为2

29、12121解：（1）由题意知227,3,abbc 又222abc，解得 a=2，3b，c=1，所以 C 的方程为22143xy（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=my1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x，y)，联 立221,1,43xmyxy得2234690mymy，由 根 与 系 数 的 关 系 可 得122634myym，则121228234xxm yym，因为QMFP ，所以(xx2，yy2)=(x11，y10)，即 xx2=x11，yy2=y10，即21222843113434mxxxmm ，122634myyym，又2242

30、22222222616249481113334343444mmmmyxmmm ，即22134yx，则点 M 是以1,02，1,02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QMFP ，则点 M为(1，0)，此时点 M 也是以1,02，1,02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1,02，1,02，点 M 到这两个定点的距离之和为定值 222（1）解：由题得 ecossin2e cos4xxfxxxx，当0,4x时，f(x)0，当,4 2x 时，f(x)0，所以(x)在区

31、间0,4内单调递增，在区间,4 2 内单调递减，所以 f(x)的极大值为42e42f（2）证明：11cos1cosexaf xaxxF xaxxxx，设 cos1h xaxx，则 cossinh xaxxx，令 cossinxxxx，则 2sincos0 xxxx(02x)，所以(x)在区间0,2内单调递减又 010，022，故存在00,2x，使得00 x，当00,xx时，(x)0，即 h(x)0，h(x)在区间(0，x0)内单调递增；当0,2xx时，(x)0，即 h(x)0，h(x)在区间0,2x内单调递减又 h(0)=10，102h ，因为4 2a，所以224 2110488ha，所以 h(x)在区间0,4，,4 2 内各有一个零点，即 F(x)在区间0,2内有且仅有两个零点