_数学丨2023届高考全国甲卷乙卷全真模拟(三)数学试卷及答案

2024年3月15日发(作者：新疆数学试卷及答案)

2023

年高考数学全真模拟卷三（全国卷）

理科数学

（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第

I

卷（选择题）

一、单选题（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

有一项符合题目要求）

2

1．已知集合

A



x3x1



，

Byyx4x

，则

AB

（



）

D．



0,2



A．



B．



4,



C．



2,



2．某班40人一次外语测试的成绩如下表：

分数

人数

72

1

73

2

75

3

）

B．80C．79D．78和89

）

76

4

78

10

80

8

83

6

87

4

91

2

其中中位数为（

A．78

3．若复数

z

满足



1i



zi



4

，其中

i

为虚数单位，则

z

的虚部为（

A．2B．

2

C．1D．

1

x

2

y

2

5

4．双曲线

2



2



1(

a



0,

b



0)

，离心率为，焦点到渐近线的距离为1，则双曲线方

ab

2

程为（

2

）

y

2

A．

x

1

4

x

2

y

2

C．



1

23

x

2

B．

y

2



1

4

x

2

y

2

D．



1

32

5．“天圆地方”观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重

要思想.中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之“六瑞”，玉琮内圆外方，

表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物.

下面是一玉琮图及其三视图，设规格如图所示（单位：cm），则三视图中

A

，

B

两点在

实物中对应的两点在实物玉璧上的最小距离约为（）（



3

，

21.4

）

试卷第1页，共5页

A．8.4B．9.8C．10.4D．11.2

6．已知定义在

R

上的函数

f



x





2

x



m



1

（m为实数）是偶函数，记

alog

0.5

3

，

bf



log

2

5



，

cf(m)

，则a、b、c的大小关系为（）

A

．

abc

B

．

acb

C

．

c

D

．

cba

7．若某一几何体的三视图如图所示，则该几何体是（）

A．三棱柱B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱

8．已知

a,bR

，则“

ab1

”是“

a

2

b

2

2

”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

9．已知△ABC满足



AB



2

2



BA







CA



，则△ABC的形状为（）

A．直角三角形B．等边三角形

C．等腰直角三角形D．等腰三角形

10．在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有5名医务人员到某学校的高一、高

二、高三3个年级协助防控和宣传工作.若每个年级至少分配1名医务人员，则不同的

分配方法有（）

A．25种B．50种C．300种D．150种

11．已知函数

f



x





sin

x



tan

x

tan

2

x



1

，则下列结论正确的是（）

A．

f



x



在区间





ππ







3

,

3





上单调递减

B．

f



x



在区间





0,

π







2



上有极小值

C．设

g



x



f



x



2

在区间









π

2

,

π



2





上的最大值为M，最小值为m，则

Mm4

D．

f



x



在区间





ππ







2

,

2





内有且只有一个零点

试卷第2页，共5页

12．已知函数

f



x



的定义域为R，且满足

f



1x



f



x1



0

，

f



x8



f



x



，

2









x



a





1,0



x



2

f



1



1

，

f



3



1

，

f



x







，给出下列结论：

x



b



1,2



x



4





①

a1

，

b3

；

②

f



2023



1

；

③当

x



4,6



时，

f



x



0

的解集为



2,0







2,4



；

④若函数

f



x



的图象与直线

ymxm

在y轴右侧有3个交点，则实数m的取值范围

1



11



是





,









16



67,



.

4



26



其中正确结论的个数为（

A．4B．3

）

C．2D．1

第II卷（非选择题）

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

1



2x

在

x1

处切线的倾斜角为_______.

x











14．已知平面向量

a(2,x)

，

b(1,3)

，且

(ab)b

，实数

x

的值为_____．

13．函数

f



x





x

2

y

2

15．设

F

1

、

F

2

分别为椭圆

2



2



1



a



b



0



的左右焦点，与直线

yb

相切的圆

F

2

交

ab

椭圆于点

E

，且

E

是直线

EF

1

与圆

F

2

相切的切点，则椭圆焦距与长轴长之比为

________

．

x

16．已知函数

f



x



axxlnx

与函数

g



x





e



1

的图象上恰有两对关于

x

轴对称的点,

则实数

a

的取值范围为

__________.

三、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．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．已知公差不为0的等差数列



a

n



的前

n

项和为

S

n

，

S

2

、

S

4

、

S

5

5

成等差数列，且

a

2

、

a

7

、

a

22

成等比数列．

(1)求



a

n



的通项公式；

(2)若

b

n



1

1

，数列



b

n



的前

n

项和为

T

n

，证明：

T

n



．

a

n

a

n



1

6

试卷第3页，共5页

18．为促进新能源汽车的推广，某市逐渐加大充电基础设施的建设，该市统计了近五年

新能源汽车充电站的数量（单位：个），得到如下表格：

年份编号

x

年份

新能源汽车充电站数量

y

/个

1

2016

37

2

2017

104

3

2018

147

4

2019

196

5

2020

226

（1）已知可用线性回归模型拟合

y

与

x

的关系，请用相关系数加以说明；

（2）求

y

关于

x

的线性回归方程，并预测2024年该市新能源汽车充电站的数量．

参考数据：



y

i



710

，



x

i

y

i



2600

，





y

i



y





149.89

，

103.16

．

i



1

i



1

5

5

5

2

i



1

参考公式：相关系数

r







x



x



y

i



1

i

n

2

n

i



1

i

i



1

n

i



y

i





2





x



x







y

，



y

ˆ



ˆ

a

ˆ

bx

ˆ

中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为；

b

回归方程

y





x



x



y



y



i



1

ii

n





x



x



i



1

i

n

2

，

ˆ

．

ˆ

ybxa

19．如图，在四棱锥P－ABCD中，

AB∥CD

，

AB

⊥

BC

，

BCCDPAPD

PC23

，

E

为

AB

的中点．

1

AB

2

，

2

(1)证明：BD⊥平面APD；

(2)求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值．

2

20

．已知抛物线

C:x2py



p0



的焦点为

F

，准线为

l

，点

P

是直线

l

1

:yx2

上一

动点，直线

l

与直线

l

1

交于点

Q

，

QF5

.

(1)求抛物线

C

的方程；



(2)过点

P

作抛物线

C

的两条切线

PA,PB

，切点为

A,B

，且

9FAFB5

，求

PAB

面

积的取值范围.

试卷第4页，共5页

x



1

21．已知

0a1

，函数

f



x





x



a

，

g



x



x

1



log

a

x

.

(1)若

g



e



e

，求函数

f



x



的极小值；

(2)若函数

yf



x



g



x



存在唯一的零点，求

a

的取值范围.

（二）选考题：共

10

分．请考生在第

22

、

23

题中任选一题作答．如果多做，则按所做

的第一题计分．

[

选修

4-4

：坐标系与参数方程

]





x



3



t

cos



xOy

22．在直角坐标系

中，直线l的参数方程为



（t为参数）．以坐标原

y



t

sin







2

点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线C的极坐标方程为





8

，

5



3cos2



直线l与曲线C相交于A，B两点，

M

(1)求曲线C的直角坐标方程；



(2)

若

AM2MB

，求直线

l

的斜率．



3,0

．



[

选修

4-5

：不等式选讲

]

23．已知：

f



x



x1xm

，

m0

．

(1)若

m2

，求不等式

f



x



2

的解集；

(2)

g



x



f



x



xm

，若

g



x



的图象与

x

轴围成的三角形面积不大于54，求

m

的取

值范围．

试卷第5页，共5页

2023年高考数学全真模拟卷三（全国卷）

理科数学

（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题（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

有一项符合题目要求）

2

1．已知集合

A



x3x1



，

Byyx4x

，则

AB

（



）

D．



0,2



A．



【答案】

C

B．



4,



C．



2,



【分析】根据一元一次不等式可解得集合

A

，再根据函数值域求法可求得集合

B

，由交

集运算即可得出结果

.

【详解】由题意可得

A



xx2



，

由函数值域可得

B



yy0



，所以

AB



xx2



．故选：C

2

．某班

40

人一次外语测试的成绩如下表：

分数

人数

72

1

73

2

75

3

76

4

78

10

80

8

83

6

87

4

91

2

其中中位数为（

A．78

【答案】C

）

B．80C．79D．78和89

【分析】根据中位数的概念即可求得.

【详解】解：由题意得：所有成绩从小到大排列，第二十位是78，第二十一位是80，

则中位数为

78



80



79

.故选：C

2

）

3．若复数

z

满足



1i



zi



4

，其中

i

为虚数单位，则

z

的虚部为（

A．2

【答案】C

B．

2

C．1D．

1

【分析】根据复数的除法运算与减法运算得

z2i

，进而根据复数的概念求解即可.

试卷第1页，共18页

【详解】解：由题意可知

z



故选：

C.

4



1



i



4



i



i



2



i

，所以，

z

的虚部为1.

1



i



1



i



1



i



x

2

y

2

5

4．双曲线

2



2



1(

a



0,

b



0)

，离心率为，焦点到渐近线的距离为1，则双曲线方

ab

2

程为（

2

）

x

2

B．

y

2



1

4

x

2

y

2

D．



1

32

y

2

A．

x

1

4

x

2

y

2

C．



1

23

【答案】

B

【分析】由离心率可得

b

1



，从而可得渐近线方程，根据焦点到渐近线的距离为1可

a

2

b

1

b

2

5

，

e



1



2



，得



，

a

2

a

4

2

得

c

，从而可求

a

，故可得双曲线的方程

.

c

5

【详解】由题可知



a

2

则渐近线方程为

x2y0

，焦点到渐近线的距离为

1

，

可得

c

1



2

22



1

，可解得

c5

，所以

a2

，由

c

2

a

2

b

2

得

b1

.

x

2

所以双曲线方程为

y

2



1

.故选:B.

4

5

．

“

天圆地方

”

观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重

要思想

.

中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之

“

六瑞

”

，玉琮内圆外方，

表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物

.

下面是一玉琮图及其三视图，设规格如图所示（单位：

cm

），则三视图中

A

，

B

两点在

实物中对应的两点在实物玉璧上的最小距离约为（）（



3

，

21.4

）

A

．

8.4B

．

9.8C

．

10.4

试卷第2页，共18页

D

．

11.2

【答案】

A

【分析】玉琮的中空部分看成一圆柱，

A

，

B

两点可看成是圆柱轴截面所对应矩形的对

角线的端点，将圆柱侧面展开，线段

AB

的长就是沿该圆柱表面由

A

到

B

的最短距离．

【详解】本题考查传统文化与圆柱的侧面展开图

.

由题意，将玉琮的中空部分看成一圆

柱，

A

，

B

两点可看成是圆柱轴截面所对应矩形的对角线的端点，现沿该圆柱表面由

A

到

B

，如图，将圆柱侧面展开，可知



AB



min

364



2

8.4

.故选：A．

6．已知定义在

R

上的函数

f



x





2

x



m



1

（m为实数）是偶函数，记

alog

0.5

3

，

）

D

．

cba

bf



log

2

5



，

cf(m)

，则a、b、c的大小关系为（

A

．

abc

【答案】

B

B

．

acb

C

．

c

【分析】由偶函数的性质可得

m

的值，即可得函数

f



x



的解析式，分析函数单调性，

结合对数的运算性质比较大小

.

【详解】

f



x



2

x



m

1

（m为实数）是R上的偶函数，

∴

f



x



f



x



，即

2

xm



1



2

xm



1

，

∴

xmxm

，即



xm







xm



，

x

∴

mx0

，则

m0

，此时

f



x





2



1

，

22

alog

0.5

30

，

bf



log

2

5



40

，

cf(m)f(0)0

，则

acb

．故选：B

7

．若某一几何体的三视图如图所示，则该几何体是（）

A

．三棱柱

【答案】

C

B

．四棱柱

C

．五棱柱

D

．六棱柱

试卷第3页，共18页

【分析】根据三视图还原出立体图形即可得到答案

.

【详解】根据其三视图还原出其立体图形如下图所示，易得其为五棱柱，

故选：C.

8．已知

a,bR

，则“

ab1

”是“

a

2

b

2

2

”的（

A

．充分而不必要条件

C

．充分必要条件

【答案】

A

）

B

．必要而不充分条件

D

．既不充分也不必要条件

【分析】根据充分条件、必要条件及不等式的性质可得解

.

【详解】由

|ab|1a

2

b

2

2|a||b|2

，

而

a

2

b

2

2

不一定能得到

ab1

，例如，

a0,b2

，

所以“

ab1

”是“

a

2

b

2

2

”的充分而不必要条件.故选：A



9．已知△ABC满足

AB

2

2BACA

，则△ABC的形状为（）

A

．直角三角形

C

．等腰直角三角形

【答案】

D

B

．等边三角形

D

．等腰三角形

【分析】根据已知得到

c

2

2bccosA

，利用正弦定理可求得

sinC2sinBcosA

，结合

三角形内角和为

π

以及两角和的正弦公式可求得

sin(AB)0

，即可确定三角形形状

.



【详解】解：根据

AB

2

2BACA

得到：

c

2

2bccosA

，

由正弦定理

bc

2

R

，可得

sin

2

C2sinBsinCcosA

，

sin

B

sin

C

又

C

为三角形的内角，得到

sinC0

，

可得

sinC2sinBcosA

，

又

sinCsin





(AB)



sin(AB)

，

∴

sin(AB)sinAcosBcosAsinB2sinBcosA

，即

sinAcosBcosAsinB0

，

∴

sin(AB)0

，且

A

和

B

都为三角形的内角，

∴

AB

，则

ABC

的形状为等腰三角形．故选：

D

．

试卷第4页，共18页

10

．在新型冠状病毒肺炎疫情联防联控期间，社区有

5

名医务人员到某学校的高一、高

二、高三

3

个年级协助防控和宣传工作

.

若每个年级至少分配

1

名医务人员，则不同的

分配方法有（

A

．

25

种

【答案】

D

【分析】首先分析将

5

个人分为三小组且每小组至少有一人，则可能分法有：

(2,2,1),(3,1,1)

两种情况，每种情况利用分步计数原理计算情况数，最后相加即可

.

221

C

5

C

3

C

1

3



A

3



90

种；【详解】当5个人分为2，2，1三小组，分别来自3个年级，共有

A

2

2

）

B

．

50

种

C

．

300

种

D

．

150

种

11

C

3

5

C

2

C

1



A

3

②当5个人分为3，1，1三小组时，分别来自3个年级，共有

3



60

种.

2

A

2

综上，选法共有

9060150

.

故选

:D.

11．已知函数

f



x





sin

x



tan

x

，则下列结论正确的是（

tan

2

x



1

）



ππ



A．

f



x



在区间





,



上单调递减



33



B．

f



x



在区间



0,



上有极小值

2





π







ππ



C．设

g



x



f



x



2

在区间





,



上的最大值为M，最小值为m，则

Mm4



22





ππ



D．

f



x



在区间





,



内有且只有一个零点



22



【答案】

D

【分析】由商数关系化简函数，结合导数法可得函数性质及图象，即可逐个判断

.

【详解】因为

sin

x

tan

x

π

cos

x



f



x





sin

x



sin

x





sin

x



sin

x

cos

x



x



k

π



,

k



Z



，

2

2

tan

x



1



sin

x



2







1



cos

x



2

所以

f





x



2cosxcosx1



2cosx1







cosx1



．

π



ππ



当

x







,



时，令

f





x



0

，解得

x

，则当x变化时，

f





x



，

f



x



的变化情

3



22



况如下表所示．

x

f





x





ππ







,







23





π

3



ππ







,





33



π

3



ππ





,





32



－－0＋0

试卷第5页，共18页

f



x



单调递减



33

4

单调递增

33

4

单调递减



ππ



所以

f



x



在区间





,



上的图象如图所示．



22





ππ



对A，

f



x



在区间





,



上单调递增，A错；



33



对B，

f



x



在区间



0,



上有极大值，无极小值，B错；

2





π







ππ



33

对C，

g



x



f



x



2

在区间





,



上的最大值为

M=-

2

，最小值为



22



4

33

-

2

，

Mm4

，C错；

4



ππ



对D，

f



x



在区间





,



内有且只有一个零点，D对.故选：D.



22



m=-

12．已知函数

f



x



的定义域为R，且满足

f



1x



f



x1



0

，

f



x8



f



x



，

2









x



a





1,0



x



2

f



1



1

，

f



3



1

，

f



x







，给出下列结论：

x



b



1,2



x



4





①

a1

，

b3

；

②

f



2023



1

；

③当

x



4,6



时，

f



x



0

的解集为



2,0







2,4



；

④若函数

f



x



的图象与直线

ymxm

在y轴右侧有3个交点，则实数m的取值范围

1



11



是





,









16



67,



.

4



26



其中正确结论的个数为（

A

．

4

【答案】

C

【分析】由

f



1



1

，

f



3



1

解出

a,b

的值可判断①；由周期和奇偶函数的性质计算

B

．

3

）

C

．

2D

．

1

试卷第6页，共18页

f



2023



1

可判断②；作出函数

f



x



在



0,4



上的图象，根据图象可判断③；讨论当

m0

和

m0

，方程

mxmf



x



的解的个数可判断④.

【详解】因为

f



1x



f



x1



0

，所以

f



x



f



x



，所以函数

f



x



为奇函数，

f



0



0

.因为

f



x8



f



x



，所以

f



x



的周期为8.

又

f



1







1a



11

，所以

a10

，所以

a1

，

f



3



3b11

，

2

所以

b3

，故①正确

.

因为，

f



2023



f



25381



f



1



f



1



1

，故②错误.

2









x



1





1,0



x



2

易知

f



x







，作出函数

f



x



在



0,4



上的图象，





x



3



1,2



x



4

根据函数

f



x



为奇函数，及其周期为8，得到函数

f



x



在R上的图象，如图所示，

由

f



x



的图象知，当

x



4,6



时，

f



x



0

的解集为



2,0







2,4



，故③正确.

由题意，知直线

ymxmm



x1



恒过点



1,0



，与函数

f



x



的图象在y轴右侧有3

个交点根据图象

可知当

m0

时，应有

m5m1

，即

m

1

，且同时满足

mxmf



x



，

4

x



8,10



无解，即当

x



8,10



时，

f



x







10x



x8



，



10x



x8



mxm

无解，所以

Δ0

，解得

166

所以

16



67

m

1

.

4

7m1667

，

1

当

m0

时，应有

m3m1

，即

m

，且同时满足

mxmf



x



，

2

x



6,8



无解，即当

x



6,8



时，

f



x







x6



x8



，



x5



x8



mxm

无解，所以

Δ0

，

解得

12235m12235

，所以



1

m

12



235

.

2

试卷第7页，共18页