江苏省徐州、如皋2023年高考数学三模试卷含解析

2023年高考数学模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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

选涂其它答案标号。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.过椭圆。：三+3=1（4>6>°）的左焦点口的直线过。的上顶点8,且与椭圆。相交于另一点A，点A在丁轴

上的射影为4,右河［41。是坐标原点，则椭圆C的离心率为（)

A.正B.在C.1D.叵

2322

2.已知集合4=352忘1},8=[|3*<1},则AU&B)=()

A.{xlx<0}B.{xIO^x^l}c.{xl-&无<0}D.{xlx2-l}

3.已知直线y=k(x-1)与抛物线C：y2=4x交于A,3两点，直线y=2k(x-2)与抛物线Z>：y2=8x交于M,N

两点，设X=\AB\-2SMN\,则()

A.2<-16B.2=-16C.-12V2V0D.2=-12

4.在三棱锥S—ABC中，S8=&4=A5=BC=AC=4,SC=2々，则三棱锥S—ABC外接球的表面积是（）

4071807t40TI80rt

"T

5.在AABC中，角A,8,C的对边分别为a,b,c,若c-acosB=（2a-6）cosA,则4/WC的形状为（）

A.直角三角形B.等腰非等边三角形

C.等腰或直角三角形D.钝角三角形

1

6.下列与函数y=耳定义域和单调性都相同的函数是（)

\x

\D

A.y=2io8,.vB.y=log.c.y=log-y=x：

22X

7.等差数列伍｝中，已知3a=7a，且a<0,则数列｛a｝的前〃项和S（〃eN*）中最小的是（）

n5101nn

A.S,或S.B.52C.S,D.54

x>0

8.已知“，力，ceR,“>b>c,a+h+c=O.若实数x,V满足不等式组，x+yV4,则目标函数z=2x+y

hx+ay-}-c>0

（）

A.有最大值，无最小值B.有最大值，有最小值

C.无最大值，有最小值D.无最大值，无最小值

9.为了得到函数丁=呵2》一卷）的图象，只需把函数y=sin2x的图象上所有的点（）

A,向左平移三个单位长度B.向右平移三个单位长度

66

TTJT

C,向左平移病个单位长度D.向右平移二个单位长度

1212

10.如图，平面四边形AC8。中，ABLBC,AB=j3,BC=2,△4?。为等边三角形，现将△A3。沿AB翻

折，使点。移动至点尸，且尸则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（）

A.8兀B.6兀C.4兀D.7兀

3

11.已知双曲线。：—--^-=1（a>（）,b〉O）的右焦点与圆M：（x-2）2+y2=5的圆心重合，且圆M被双曲

线的一条渐近线截得的弦长为2JI,则双曲线的离心率为（）

A.2B.y/2C.y/3D.3

12.在中，点P为8C中点，过点p的直线与A8,AC所在直线分别交于点M,N,若AA/=〉A月,

AN=gAC（X>0,M>0）,则九+N的最小值为（）

57

A.-B.2C.3D.-

42

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

x-y+220,

13.已知实数及'满约束条件<2x+y-X0,,则z=—x+3y的最大值为.

⑷，

14.已知半径为4的球面上有两点4B,AB-4也，球心为。，若球面上的动点C满足二面角C一,18.O的大小为60。,

则四面体的外接球的半径为.

X2V2

15.已知点P是椭圆—+--=1（。>b>0）上一点，过点P的一条直线与圆xz+>2=°2+枚相交于A,8两点，若存

。2拉

在点尸，使得IPAI-IPBI=a2-b2,则椭圆的离心率取值范围为.

16.设常数aeR,如果（心的二项展开式中％项的系数为-80,那么。=.

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。

17.（12分）如图，湖中有一个半径为1千米的圆形小岛，岸边点A与小岛圆心C相距3千米，为方便游人到小岛观光,

从点A向小岛建三段栈道AB,BD,BE,湖面上的点8在线段AC上，且3。，BE均与圆C相切，切点分别为D,

E,其中栈道AB,BD,8E和小岛在同一个平面上.沿圆C的优弧（圆C上实线部分）上再修建栈道。E.记NCBO

为0.

（D用。表示栈道的总长度/（0）,并确定sin。的取值范围;

（2）求当e为何值时，栈道总长度最短.

18.（12分）已知函数/（•0=（%—2）&：—。（％—1）2,其中4€11评（%）=为一111%.

（1）函数/'G）的图象能否与*轴相切?若能，求出实数。；若不能，请说明理由.

（2）若人Q）=/G）-gG）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围.

19.（12分）我国在贵州省平塘县境内修建的500米口径球面射电望远镜（FAST）是目前世界上最大单口径射电望远

镜.使用三年来，已发现132颗优质的脉冲星候选体，其中有93颗已被确认为新发现的脉冲星，脉冲星是上世纪60年

代天文学的四大发现之一，脉冲星就是正在快速自转的中子星，每一颗脉冲星每两脉冲间隔时间（脉冲星的自转周期）

是•定的，最小小到0.0014秒，最长的也不过11.765735秒.某•天文研究机构观测并统计了93颗已被确认为新发现的脉

冲星的自转周期，绘制了如图的频率分布直方图.

（1）在93颗新发现的脉冲星中，自转周期在2至10秒的大约有多少颗？

（2）根据频率分布直方图，求新发现脉冲星自转周期的平均值.

L71

20.（12分）在中，内角人用C的对边分别是a,b,c,满足条件c=2/7-.

（1）求角A；

（2）若△抽。边AB上的高为道,求的长.

21.（12分）［选修45：不等式选讲］

zj2hlC2d2|

已知aZ?cd都是正实数，且a+/?+c+d=1,求证：+_+_+一.

1+a1+61+c1+d5

22.（10分）如图，四棱锥P-ABC。中，底面ABC。是边长为4的菱形，PA=PC=5,点M,N分别是的

中点.

（1）求证：MN//平面PAD；

4

（2）若COSNPC£>=5，ZD4B=60。，求直线AN与平面尸AO所成角的正弦值.

参考答案

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.D

【解析】

FO\3

求得点8的坐标，由/=彳，得出前=3用，利用向量的坐标运算得出点A的坐标，代入椭圆。的方程，可得

/Lri4

出关于。、b、c的齐次等式，进而可求得椭圆。的离心率.

【详解】

由题意可得5（0,力）、F（-c,0）.

由四二得以二则即二

1，|A4,|4'付悭臼4'人」|£4|1'即前二3凡

而BF=（-c,-b）,所以五'=（一所以点4（一3。，一《

因为点g）在椭圆C：

=1

Q2b2

16x»2Qx*21h

整理可得所以e2=_=_,所以e=".

9429。222

即椭圆C的离心率为史

2

故选：D.

【点睛】

本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出。、匕、c的齐次等式，充分利用点A在椭圆上这一条件，围绕

求点A的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.

2.D

【解析】

先求出集合A,B,再求集合8的补集，然后求

R

【详解】

A={xl-l^x^l},B={xlx<0},所以A|jG8）={#移T}.

R

腿：D

【点睛】

此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.

3.D

【解析】

44

分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得|48|=4+豆，|48|=4+声，然后计算，可得结果.

【详解】

设4（x,y）,B（x,y）,

1122

y=Kx-l）（、

联立〈二>攵2冗2-乜女2+4/¥+攵2=0

y2-4x

皿2出2+4.4

贝（Jx+尤=-------=2+—,

12公左2

因为直线y=女（无一1）经过c的焦点,

4

所以=\+x,+p=4+—.

2

同理可得悭2=8+记，

所以九=4-16=-12

故选：D.

【点睛】

本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。

4.B

【解析】

取48的中点。，连接S。、CD,推导出NS0C=9O,设设球心为。，AA6C和AS48的中心分别为£、F,

可得出OE_L平面ABC,OF_L平面SAB,利用勾股定理计算出球。的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果.

【详解】

取AB的中点。，连接S。、CD,

CDVAB,则S£）=C£）=4x立=26，则

由AS48和AABC都是正三角形，得SD_LA8,

2

SD2+CD2=Q褥）+Q褥）=Q4）=sc2

,由勾股定理的逆定理，得/S0C=9O.

设球心为。，AA8C和A5AB的中心分别为E、F.

由球的性质可知：。石，平面48。，平面S4B,

=y]0E2+DEi=干.

又OE=DF=OE=OF=4x丑xL=Xl,由勾股定理得。。=

233

所以外接球半径为R=JO£>2+3£>2=J［苧）+22=孚.

所以外接球的表面积为S=4兀/?2=4兀孚）=等.

故选:B.

【点睛】

本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，找出球心的位置，并以此计算出球的半径长，考

查推理能力与计算能力，属于中等题.

5.C

【解析】

利用正弦定理将边化角，再由sin（A+6）=sinC,化简可得sinBcosA=sinAcosA,最后分类讨论可得;

【详解】

解：因为c—acos8=（2a-b）cosA

所以sinC-sinAcosB=（2sinA-sinB）cosA

所以sinC—sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA

所以sin（A+B）-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA

所以sinAcosB+sinBcosA-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA

所以sin8cosA=sinAcosA

71

当cosA=0时A=2，A46c为直角三角形；

当cosAH0时sinA=sin8即A=8,AABC为等腰三角形；

A48c的形状是等腰三角形或直角三角形

故选：C.

【点睛】

本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.

6.C

【解析】

1

分析函数y=了的定义域和单调性，然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性，由此确定正确选项.

【详解】

函数），=二的定义域为（0,£。），在（0,乎＞。）上为减函数.

yJX

A选项，y=2sgL的定义域为（0,讨），在（（）,注）上为增函数，不符合.

（1V

B选项，y=logI-的定义域为R,不符合.

2\2y

c选项，y=log1的定义域为（0,2）,在（0,笆）上为减函数，符合.

2X

D选项，）,=」的定义域为口，”），不符合.

故选：c

【点睛】

本小题主要考查函数的定义域和单调性，属于基础题.

7.C

【解析】

设公差为4,则由题意可得3（。+4d）=7（a+9d）,解得d=—普，可得。=竺二2^.令<0,可得当

1151”5151

〃214时，a>0,当〃W13时，a<0,由此可得数列伍｝前〃项和SQwN*）中最小的.

nnnn

【详解】

解：等差数列｛。｝中，已知3a=7a,且a<0,设公差为d,

n510I

则3（q+4d）=7（q+9d）,解得4=一匕，

,4,（55-4n）a

..a=a+（n-l）rf=------------L.

〃।51

55—4〃八55一门…八

令一<0,可得"〉丁，故当〃214时，a>0,当〃W13时，a<0,

故数列｛«｝前〃项和SQeN*）中最小的是S.

nn13

故选：C.

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题.

8.B

【解析】

判断直线bx+ay+c=0与纵轴交点的位置，画出可行解域，即可判断出目标函数的最值情况.

【详解】

由a+》+c=0,a>b>c,所以可得a〉0,c<0.

cc1clic

a>ba>—a—c—>—2,b>c—a—c>c—<——/.—2<—<———<——<2,

aa2a22a

bc

所以由6x+ay+c=0ny=——x--，因此该直线在纵轴的截距为正，但是斜率有两种可能，因此可行解域如下图

aa

所示:

由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.

故选：B

【点睛】

本题考查了目标函数最值是否存在问题，考查了数形结合思想，考查了不等式的性质应用.

9.D

【解析】

通过变形/（x）=sin（2x-£）=sin2（x--l）,通过“左加右减，，即可得到答案.

【详解】

根据题意/（x）=sin12x-：）=sin2（%-^-）,故只需把函数y=sin2x的图象

71.兀、

上所有的点向右平移0个单位长度可得到函数），=sin2x-的图象，故答案为D.

【点睛】

本题主要考查三角函数的平移变换，难度不大.

10.A

【解析】

将三棱锥尸-4BC补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心。应在棱柱上下底面三角

形的外心连线上，在Rt.OBE中,计算半径。8即可.

【详解】

由AB，8C,PB1BC,可知BC，平面PAB.

将三棱锥ABC补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同.

由此易知外接球球心。应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，

记AABP的外心为E,由^ABD为等边三角形，

可得8£=1.又0E=2=1,故在Rf“OBE中，03=J^,

此即为外接球半径，从而外接球表面积为8兀.

故选：A

【点睛】

本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.

11.A

【解析】

由已知，圆心M到渐近线的距离为JI,可得、3=丁^=,又0=2=42+从，解方程即可.

“2+。2

【详解】

由已知，c=2,渐近线方程为左土缈=0,因为圆M被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2户,

2b2b

所以圆心M到渐近线的距离为62_（四）2=p=故a=Jc2_拉=1,

yJO2+b2

所以离心率方=£=2.

a

故选：A.

【点睛】

本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.

12.B

【解析】

由M,P,N三点共线，可得白+击=1,转化九+|1=0+|1)111

_+一,利用均值不等式，即得解.

2九2日）

【详解】

—.1一1一

因为点P为8C中点，所以AP=]A3+]AC,

又因为41/=入4月，AN=\xAC,

11一

所以AP=-AM+一AN

212日

因为M,P,N三点共线,

111

所以仄+9=]，

所以入+-Q+R/+或卜9+»

一二—，

当且仅当，]]即入=口=1时等号成立，

--+----=1

2X2日

所以入+N的最小值为L

故选：B

【点睛】

本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于

中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.8

【解析】

画出可行域和目标函数，根据平移计算得到答案.

【详解】

x-y+220,

根据约束条件,2%+y一工0,,画出可行域，图中阴影部分为可行域.

7

又目标函数Z=-x+3y,g表示直线x-3y+z=o在y轴上的截距，

由图可知当x-3y+z=°经过点P(l,3)时截距最大，故z的最大值为8.

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.

14.华

【解析】

设A48C所在截面圆的圆心为。/，.48中点为D,连接ODOQ,

易知NOO0即为二面角。一18-0的平面角，可求出OD0。及。0,然后可判断出四面体。."C外接球的球心E在直线

：

上，在Rt.0麻中，o^-।otE-Hb：,结合0产='OB：-OO；,BE=R,O1E=R-乖、，可求出四面体。仍，的

外接球的半径R.

【详解】

设418c所在截面圆的圆心为。厂18中点为，连接QDOQ,

OA=OB,所以，ODJ_AB,同理O]D，AB,所以，即为二面角C-.45-O的平面角,

/ODO160c,

因为Od=OB-4,AB-44，所以△。48是等腰直角三角形，.:OD=2"，

AOjOj—r~

在Rt480/中，LIJcos60°=_,得。户二艰，由勾股定理，得：

OD

因为化到A、B、C三的距离相等，所以，四面体Q.48C外接球的球心E在直线。0上，

设四面体Q18C外接球半径为R，

在Rt△0BE中,0]B=J。/-OO：1=4To,BE=R,O,E=\R-、的，

由勾股定理可得：0/：+=BF，^10+(R-yl6)：=R：＜解得K=

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题.

设尸（%,%）,设出直线A8的参数方程，利用参数的几何意义可得1PAi1尸8仁,2,。2］由题意得到废?26，据此求

得离心率的取值范围.

【详解】

+/COS0C

设P（x°，）'o），直线AB的参数方程为，X=X

°•一,。为参数)

y=y+rsina

o

代入圆X2+丫2="2+拉，

化简得：/2+2(Xcosa+y^sina)r+X2+y2-a2-Z72=0,

/.IPAIIPB\=r=k2+—。2-Z?2|=Q2+〃2-Q2+y；),

・.・X；+y2£[从"],

.•.IPAIIPBIe[b2,a2^,

•.•存在点P,使得IPAI/P8l=a22,

42-b22b2,即C1222b2,

a2M2。2,

1

・.李e<l,

故答案为:

【点睛】

本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解，考查直线、圆与椭圆的综合运用，考查直线参数方程的运用，属于中档

题.

16.-2

【解析】

利用二项式定理的通项公式即可得出.

【详解】

X2+_的二项展开式的通项公式：TarC>X^-3r,

Xr+l5

令10-3r=l,解得厂=3.

03c3=—80,

5

解得"-2.

故答案为：2

【点睛】

本小题主要考查根据二项式展开式的系数求参数，属于基础题.

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。

17.(i)y(0)=3-12+九+2a,sinOG1,1；（2）当。=：时，栈道总长度最短.

sin0+tan03

【解析】

（D连皿出由切线长定理知：於如焉=焉，8。=*=焉i=AC-5C=3-焉NO,

sin0>1,即sin。=1,n

12

则）=3-+兀+2。，0€北，］），进而确定sinO的取值范围;

sin0tan0

-cosO（2cos0-1）

（2）根据/（。）=2。-二：：『+兀+3求导得/（。）=,利用增减性算出/（o）=1+3,

sin20min3

进而求°得取值.

【详解】

解：（1）连CD,CE,CD1CD_1

由切线长定理知：BE=BDBC

tan0tan0sin0sin0'

NCBE=NCBD=6,又CDLBD,CELBE,故/。。£=兀一2。，

则劣弧。E的长为兀-20,因此，优弧。E的长为兀+20,

1巨］。，爹｝

又AC=3,故A8=AC—BC=3--17rNO,sinO>1,即sin。

sin03o30

所以，/（0）=3—4+^>+兀+26,9e。0，m，则sin。

G

smUtanU利;

（2）/（。）=20—匕至％+兀+3,0G,Q1e

,其中sm*=M'°oL

sin0"A0

，（0）一cosO（2cos0-1）

于sin20

9兀

（嗯）-3盟

r（e）

-04-

/（e）

单调递减极小值单调递增

故。=1时，/（e）=言+3

3min3

所以当。=彳时,，栈道总长度最短.

【点睛】

本题主要考查导数在函数当中的应用，属于中档题.

e-1

18.（1）答案见解析（2）____,-Foo

2

【解析】

（i）假设函数/G）的图象与x轴相切于。,°）,根据相切可得方程组■o，看方程是否有解即可;（2）求出

的导数，设G（x）=e*-L-2a（x〉0）,根据函数的单调性及力G）在x=l处取得极大值求出Q的范围即可.

X

【详解】

（1）函数/（X）的图象不能与X轴相切，理由若下：

/'（x）=G—1）。—2。（X-1）.假设函数f（X）的图象与X轴相切于0,0）

/G）=0（,t-2）e'-aG-l）2=0

则。，。）=0即）=0

显然，=如〉0,代入。一2）。一。（/—1>=。中得户―今+5=0无实数解

故函数/（X）的图象不能与X轴相切.

⑵。（x）=（x-2）e.r-a（x-l）+lnx-x（x>0）

"（x）=（x-l）［ex-1一2。）,二〃'（I）=o,

设G（x）=d-2a（x〉0）,

x

Gr（x）=ex+2_恒大于零.

X2

-GG）在（（）,口）上单调递增.

又X->+8,G（x）f+OO,X->0,G（x）fo

.•.存在唯一升,使G（x。）=0,且

0<x<x时G（x）<0,x〉x时G（x）〉0,

①当天=1时（X）20恒成立,〃（X）在（0,”）单调递增，

〃（x）无极值，不合题意.

②当士<1时，可得当xe（X」1）时,〃'G）<（）,当xe（1,内）时,（x）>0.

所以八（x）在（X。』）内单调递减，在（1,+«>）内单调递增，

所以/z（x）在x=1处取得极小值，不合题意.

③当%>1时，可得当xe（0,1）时,"（x）〉0,当xe（1,%）时,"（x）<0.

所以〃（X）在（o,1）内单调递增，在（1，X。）内单调递减，

所以"（x）在尤=1处取得极大值，符合题意.

此时由X〉1得G（l）<G（x）=0即e-I-2a<0,

00

e-1

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2

综上可知，实数a的取值范围为（9，+8].

【点睛】

本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.

19.（1）79颗；（2）5.5秒.

【解析】

（1）利用各小矩形的面积和为1可得。，进而得到脉冲星自转周期在2至10秒的频率，从而得到频数；

（2）平均值的估计值为各小矩形组中值与频率的乘积的和得到.

【详解】

（1）第一到第六组的频率依次为

0.1,0.2,0.3,0.2,2a,0.05,其和为1

所以2a=1-（0.1+0.2+0.3+0.2+005）,a=0,075,

所以，自转周期在2至10秒的大约有93x（1-0.15）=79.05乏79（颗）.

（2）新发现的脉冲星自转周期平均值为

0.1x1+0.2x3+0.3x5+0.2x7+0.15x9+0.05x11=5.5（秒）.

故新发现的脉冲星自转周期平均值为5.5秒.

【点睛】

本题考查频率分布直方图的应用，涉及到平均数的估计值等知识，是一道容易题.

20.（1）y.（2）273-2

【解析】

（1）利用正弦定理的边角互化可得sinC=2sin8—JIsinA,再根据8=兀-A-C=兀一（