全国普通高等学校2023届招生统一考试模拟(三)数学试卷(含答案).pdf

《全国普通高等学校2023届招生统一考试模拟(三)数学试卷(含答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国普通高等学校2023届招生统一考试模拟(三)数学试卷(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、 第1页 绝密启用前 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 i B1 i C1 i 或1 i D1 i 或1 i 3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

2、交 C 于 A，B 两点，则AMB=（）A45 B60 C90 D120 4函数 sin41 3xxf x 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（）第2页 A115 B15 C13 D25 6在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PBC

3、 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（）A34 B32 C38 D14 7已知ABC 中，120BAC，33ACAB，2DCAD，在线段 BD 上取点 E，使得3BEED，则cosAEB（）A213 B147 C217 D217 8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2312xf xxxx的解集为（）A 1,03,B 1,13,C,10,3 D1,3 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

4、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，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 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33.64ybx，则（）A150.24b B预测 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

5、差（观测值与预测值之差）为 71.44 10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 2 第3页 C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 2 11已知函数 2sin2f xx（其中 0，0）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（

6、）A123f Bf（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24xy B254AB CBDAE D4NDNE 三、填空题：本题共 4 小题，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

7、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 与平面 EFGH 的距离为 4，则异面直线 BG 与 CH 所成角的余弦值为_ 第4页 四、解答题：本题共

8、 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 na中，120a，13nnaa（1）求 na的通项公式；（2）求 na的前 n 项和nS 18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：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

9、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

10、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）；第5页（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，PACFBE，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2

11、24PAABBC，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已知函数 e cosxf xx（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

12、,2内有且仅有两个零点 第6页 数学（三）一、选择题 1D 解析：由23x x得2230 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：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 ，所以1 iz 或1 iz 故选 C 项 3 C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23ba

13、a，所以3AFa，3MFaca，因为90AFM，所以45AMF，所以90AMB故选 C 项 4C 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 5B 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，1211613CP AC，故 1221115P A AP A AP A故选 B 项 6A 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

14、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 第7页 7D 解析：由题意知AEB 是向量AE与向量BD的夹角，13BDBAADABAC，311444AEABBEABBDABAC，2211112133444334BD AEABACABACABAB ACAC ，2133BDABAC，2117444AEABAC，则3214cos7734BD AEAEBBD AE

15、故选 D 项 8A 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)2x2x3x0，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)

16、2x2x3x 的解集为 1,03,故选 A 项 二、选择题 9BCD 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，D 项正确，故选 BCD 项 10ACD 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

17、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 第8页 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：令 f(x)=0，则2sin2x，所以24xk，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

18、 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)的图像不关于直线12x对称，D 项错误故选 AB 项 12ABD 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

19、 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2,4mM m，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，第9页 444mNDm，所以444441mmNDNEmm，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

20、1315解析：由52log 3x，得33522log 5log 25log 3x，则33331log 25log 25222213273325 25255xx 144(答案不唯一)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 n 的一个值可以是 4 15 9 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

21、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(0，2023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 9 1613 33165解析：如图，把此六面体补成正方体，连接 AH，AC

22、，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 第10页 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，3 为公差的等差数列，则2031233nann；当n 8时，873231aa，9831 32aa，1093231aa，111031 32aa，可得数列 na是个摆动数列，则 1312nna 综上，1233,7,31,8.2nnn

23、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=60 ，由 余 弦 定 理 得 2223222cos60ABAB ，解得 AB=1，由222ABDBDA，得 ABDB，此时 RtCDBRtABD，可得ABC=120 第11页 在ABC 中，AB=1，BC=2，由余弦定理得

24、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 22223223cos74 3cosAB ，在ACD 中，2ADC，由余弦定理得222212 2 1 cos54sin2AC ，所以222274 3cos54sin2168sin3ABBCAC，因为02，所以336，31sin232，所以222ABBCAC的取值范围是164 3,20 19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=

25、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 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

26、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，第12页 242541322C55625P X，3523411283C55625P X，445412564C55625P X，5554110245C553125P X，X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 13125 4625 32625 128625 10243125 由二项分布知 4545E X 20（1）证明：连接 AF 交 PC 于点 N，因为PACF，PA=2

27、CF，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 652cos13521351265PFPEEFPEEFPEF ，222182ACPFPA，所以 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，第13页 所以 P(0，2

28、，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2121 21 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

29、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224222222222616249481113334343444mmmmyxmmm ，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

30、 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 第14页 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 2 22（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：11cos1cosexafxaxxF 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