2023届高考理科数学模拟试卷三(含参考答案).pdf

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1、 2023 届高考理科数学模拟试卷三(含参考答案)第一部分 选择题(共 40 分)一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，满分 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.复数5(1)i的虚部为（）A.4 B.4 C.4i D.4i 2 设集合|ln,0My yx x，|ln,0Nx yx x，那么“Ma”是“Na”的（）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3 若曲线20 xyek k与x=0,x=2及x 轴所围成的图形的面积为2e,则k的值为（）A.e B.2e C.1 D.2 4.200辆汽车通过某一段公路时的时速的频

2、率分布直方图 如右图所示，时速在50,60)的汽车大约有 A.30辆 B.40辆 C.60辆 D.80 辆 5 已知不等式20|23axbxcxx的解集为，则20c xb x a 的解集为（）11111111|;|;|;|23322332A x xxB x xxC xxD xx 或或 6 已知函数 202xF xttdt，则 F x的极小值为（）A 103 B.103 C.136 D.136 7 已知函数2()2cos2sincos1f xxxx的图象与()1g x 的图象在y轴的右侧交点按从横坐标由小到大的顺序记为123,D DD，则57D D A.32 B.C.2 D.52 8.若 定 义

3、 在R上 的 减 函 数()yf x,对 于 任 意 的,x yR,不 等 式22(2)(2)f xxfyy 成立.且函数(1)yfx的图象关于点(1,0)对称,则当 14x时,yx的取值范围 0.040.030.020.01频率组距时速8070605040 PTCDBAOA.1,1)4 B.1,14 C.1(,12 D.1,12 第二部分 非选择题(共 110 分)二.填空题：每小题 5 分,共 30 分.9.22416xy的离心率等于_,与该椭圆有 共同焦点，且一条渐近线是30 xy的双曲线方程是 _ 10.运行右边算法流程，当输入 x 的值为_时，输出y的值为 4。11.下图是一个物体的

4、三视图，根据图中尺寸，它的体积为 12.设nS是等比数列 na的前n项和,对于等比数列 na,有命题:p若396,S S S成等差数列,则285,a a a成等差数列成立；对于命题q：若,mnlSSS成等差数列,则 _成等差数列.请将命题q补充完整,使它也是真命题(只要一个符合要求的答案即可)选做题：在下面三道小题中选做两题，三题都选只计算前两题的得分.13.若不等式12xxa 无实数解则 a 的取值范围是 .14.在直角坐标系xoy中，已知曲线C的参数方程是sin1cosyx（是参数），若以o为极点，x轴的正半轴为极轴，则曲线C的极坐标方程可写为_.15.已知：如图，PT 切O 于点 T，P

5、A 交O 于 A、B 两点且与直径 CT 交于点 D，CD2，AD3，BD6，则 PB 三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.否 否 开始 输入 是 是 输出 结束 左视图俯视图主视图224242 FEDCBAP16.(本题满分 12 分)如图,在ABC中,2 5,2 5,cos45BACC.()求sin A;()记BC的中点为D,求中线AD的长.17（本小题满分 12 分）袋中装着标有数字 1，2，3 的小球各 2 个，从袋中任取 2 个小球，每个小球被取出的可能性都相等（）求取出的 2 个小球上的数字互不相同的概率；（）用表示取出的 2 个小

6、球上的数字之和，求随机变量的概率分布与数学期望 18.(本题满分 14 分)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD 底面ABCD，且22PAPDAD,若E、F 分别为PC、BD的中点.()EF/平面PAD；()求证:平面PDC 平面PAD；()求二面角BPDC的正切值.19.(本题满分 14 分)设椭圆22221(0)xyabab的左、右焦点分别为12FFA，是椭圆上的一点，212AFFF，原点O到直线1AF的距离为113OF（）证明2ab；（）设12QQ，为椭圆上的两个动点，12OQOQ，过原点O作直线12QQ的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程 20.(本

7、题满分 14 分)已 知 函 数 242f xaxx，若 对 任 意1x，2x R且12xx，都 有 121222f xf xxxf （）求实数a的取值范围；（）对于给定的实数a，有一个最小的负数 M a，使得,0 xM a时，44f x 都成立，则当a为何值时，M a最小，并求出 M a的最小值 21.(本题满分 14 分)在数列 na中，1112(2)2()nnnnaaanN，其中0（）求数列 na的通项公式；（）求数列 na的前n项和nS；（）证明存在kN，使得11nknkaaaa对任意nN均成立 参考答案及评分标准 一、选择题答案 ABCCD ABD 二、填空题 9.32，22193x

8、y(第一空 2 分，第二空 3 分)，10.3 11.8，12.,()m kn kl kaaakN开放题，答案不唯一 13.|3,(,3a aaR或，14.2sin 15.15 三、解答题 16.(本题满分 12 分)解:()由2 5cos5C,C是三角形内角，得25sin1cos5CC.2分 sinsin()sincoscossinABCBCBC.5 分 2 2253 1052525106 分()在ACD中,由正弦定理，sinsinBCACAB，2 5 3 10sinsin1022ACBCAB6.9分 12 5,32ACCDBC,2 5cos5C,由余弦定理得:222cosADACCDAC

9、CDC =2 52092 2 5355 12 分 17（本小题满分 12 分）（本小题主要考查互斥事件的概率、随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查分类与整合、或然与必然的数学思想与方法，以及运算求解能力）（）解法一：记“取出的 2 个小球上的数字互不相同”为事件A，从袋中的 6 个小球中任取 2 个小球的方法共有26C种，1 分 其中取出的 2 个小球上的数字互不相同的方法有211322C C C，3 分 21132226C C C3 2 24C3 55P A 4 分 解法二：记“取出的 2 个小球上的数字互不相同”的事件记为A，“取出的 2 个小球上的数 字相同”的事件记为B，则事件A

10、与事件B是对立事件 1326C31C155P B，2 分 415P AP B 4 分（）解：由题意，所有可能的取值为：2，3，4，5，6 6 分 2226C12C15P，112226C C43C15P，21122226CC C54C15P，112226C C45C15P，2226C16C15P 故随机变量的概率分布为 2 3 4 5 6 P 115 415 515 415 115 10 分 因此，的数学期望145412345641515151515E 12 分 解:()设事件A表示“甲选做 14 题”,事件B表示“乙选做 14 题”,则甲、乙 2 名学生选做同一道题的事件为“ABAB”,且事件

11、A、B相互独立.2分 ()()()()()P ABABP A P BP A P B.4 分 =11111(1)(1)222226 分()随机变量的可能取值为 0,1,2,3,4.且1(4,)2B.4444111()()(1)()(0,1,2,3,4)222kkkkPkCCk.8 分 所以变量的分布列为 .10 分 113110123421648416E 或1422Enp.12 分 18.(本题满分 14 分)0 1 2 3 4 P 116 14 38 14 116 MFEDCBAP()证明：连结AC，在CPA中EF/PA.2 分 且PA平面PAD，EF 平面PAD PADEF平面/.4 分()

12、证明：因为面PAD 面ABCD 平面PAD面ABCDAD CDAD 所以，CD 平面PAD CDPA6 分 又22PAPDAD，所以PAD是等腰直角三角形，且2PAD 即PAPD.8 分 C DP DD，且CD、PD面ABCD PA 面PDC 又PA 面PAD 面PAD 面PDC.10 分()解：设PD的中点为M,连结EM,MF,则EMPD 由()知EF 面PDC,EFPD PD 面EFM PDMF EMF是二面角BPDC的平面角.12 分 Rt FEM中，1224EFPAa 1122EMCDa 224tan122aEFEMFEMa 故所求二面角的正切值为22.14 分 另解：如图,取AD的中

13、点O,连结OP,OF.PAPD,POAD.侧面PAD 底面ABCD,PADABCDAD平面平面,POABCD 平面,而,O F分别为,AD BD的中点,/OFAB,又ABCD是正方形,故OFAD.zyxOFEDCBAP 22PAPDAD,PAPD,2aOPOA.以O为原点,直线,OA OF OP为,x y z轴建立空间直线坐标系,则有(,0,0)2aA,(0,0)2aF,(,0,0)2aD,(0,0,)2aP,(,0)2aBa,(,0)2aCa.E为PC的中点,(,)4 2 4a a aE.（）易知平面PAD的法向量为(0,0)2aOF 而(,0,)44aaEF,且(0,0)(,0,)0244

14、aaaOF EF,EF/平面PAD.()(,0,)22aaPA,(0,0)CDa (,0,)(0,0)022aaPA CDa,PACD,从而PACD,又PAPD,PDCDD,PAPDC 平面,而PAPAD 平面,平面PDC 平面PAD()由()知平面PDC的法向量为(,0,)22aaPA.设平面PBD的法向量为(,)nx y z.(,0,),(,0)22aaDPBDa a,由0,0n DPn BD可得002200aaxyza xa yz ,令1x,则1,1yz,故(1,1,1)n 6cos,3232n PAan PAn PAa,即二面角BPDC的余弦值为63,二面角BPDC的正切值为22.19

15、.(本题满分 14 分)本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、求曲线的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力满分 14 分（）证法一：由题设212AFFF及1(0)Fc，2(0)F c，不妨设点()A cy，其中0y 由于点A在椭圆上，有22221cyab，即222221abyab 解得2bya，从而得到2bA ca，直线1AF的方程为2()2byxcac，整理得2220b xacyb c 由题设，原点O到直线1AF的距离为113OF，即242234cb cba c，将222cab代入上式并化简得222ab，即2ab 证法二：同证法一，得到点A

16、的坐标为2bca，过点O作1OBAF，垂足为B，易知1FBO12FF A，故211BOF AOFF A 由椭圆定义得122AFAFa，又113BOOF，所以2212132F AF AF AaF A，解得22aF A，而22bF Aa，得22baa，即2ab（）解法一：设点D的坐标为00()xy，当00y 时，由12ODQQ知，直线12QQ的斜率为00 xy，所以直线12QQ的方程为0000()xyxxyy，或ykxm，其中00 xky，2000 xmyy 点111222()()Q xyQ xy，的坐标满足方程组22222ykxmxyb，将式代入式，得2222()2xkxmb，整理得2222(1

17、2)4220kxkmxmb，于是122412kmxxk，21222212mbx xk 由式得2212121212()()()y ykxm kxmk x xkm xxk 2222222222242121212mbkmmb kkkmmkkk 由12OQOQ知12120 x xy y将式和式代入得22222322012mbb kk，22232(1)mbk 将200000 xxkmyyy，代入上式，整理得2220023xyb 当00y 时，直线12QQ的方程为0 xx，111222()()Q xyQ xy，的坐标满足方程组022222xxxyb，所以120 xxx，2201 222bxy，由12OQO

18、Q知12120 x xy y，即22200202bxx，解得22023xb 这时，点D的坐标仍满足2220023xyb 综上，点D的轨迹方程为 22223xyb 解法二：设点D的坐标为00()xy，直线OD的方程为000y xx y，由12ODQQ，垂足为D，可知直线12QQ的方程为220000 x xy yxy 记2200mxy（显 然0m），点111222()()Q xyQ xy，的 坐 标 满 足 方 程 组0022222x xy ymxyb，由式得00y ymx x 由式得22222200022y xy yy b 将式代入式得222220002()2y xmx xy b 整理得2222

19、220000(2)4220 xyxmx xmb y，于是2220122200222mb yx xxy 由式得00 x xmy y 由式得22222200022x xx yx b 将式代入式得22222000()22my yx yx b，整理得2222220000(2)220 xyymy ymb x，于是222012220022mb xy yxy 由12OQOQ知12120 x xy y将式和式代入得2222220022220000222022mb ymb xxyxy，22220032()0mbxy 将2200mxy代入上式，得2220023xyb所以，点D的轨迹方程为22223xyb 20（本

20、小题满分 14 分）（本小题主要考查函数及其运算、不等式及其性质等基础知识，考查化归与转化、数形结合的数学思想方法，以及抽象概括能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新意识）解：（）121222f xf xxxf 22212121122222xxxxaxbxcaxbxcabc 21204axx，2 分 12xx，0a 实数a的取值范围为0,4 分（）2224422f xaxxa xaa，显然 02f，对称轴20 xa 6 分（1）当424a ，即02a时，2,0M aa，且 4fM a 令2424axx，解得242axa，此时 M a取较大的根，即 2422422aM aaa，02a，21422

21、M aa 10 分 （2）当424a ，即2a时，2M aa，且 4fM a 令2424axx，解得246axa，此时 M a取较小的根，即 2466462aM aaa，2a，63462M aa 13 分 当且仅当2a 时，取等号 31 ，当2a 时，M a取得最小值3 14 分 21本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的前n项和公式、数列求和、不等式的证明等基础知识与基本方法，考查归纳、推理、运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力满分 14 分（）解法一：22222(2)22a，2232333(2)(2)222a，3343444(22)(2)232a 由此可猜想出数列 n

22、a的通项公式为(1)2nnnan 以下用数学归纳法证明（1）当1n 时，12a，等式成立（2）假设当nk时等式成立，即(1)2kkkak，那么111(2)2kkkaa11(1)222kkkkkk 11(1)12kkk 这就是说，当1nk时等式也成立根据（1）和（2）可知，等式(1)2nnnan对任何nN都成立 解法二：由11(2)2()nnnnaanN，0，可得111221nnnnnnaa，所以2nnna为等差数列，其公差为 1，首项为 0，故21nnnan，所以数列 na的通项公式为(1)2nnnan（）解：设234123(2)(1)nnnTnn，345123(2)(1)nnnTnn 当1时

23、，式减去式，得212311(1)(1)(1)1nnnnnTnn，21121222(1)(1)(1)1(1)nnnnnnnnT 这时数列 na的前n项和21212(1)22(1)nnnnnnS 当1时，(1)2nn nT这时数列 na的前n项和1(1)222nnn nS（）证明：通过分析，推测数列1nnaa的第一项21aa最大，下面证明：21214,22nnaanaa 由0知0na，要使式成立，只要212(4)(2)nnaa n，因为222(4)(4)(1)(1)2nnnan 124(1)4 24(1)2nnnnnn 1212222nnnnan，所以式成立因此，存在1k，使得1121nknkaaaaaa对任意nN均成立