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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 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．已知复数 为纯虚数，且 ，则z=（ ）
A． B． C． 或 D． 或
3．已知双曲线 （a＞0，b＞0）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=（ ）
A．45° B．60° C．90° D．120°
4．函数 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（ ）
A． B． C． D．
6．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，△PBC为等边三角形，二面角P－BC－A为30°，则异面
直线PC与AB所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．
7．已知△ABC中， ， ， ，在线段BD上取点E，使得 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
8．已知函数 f（x）为定义在 R 上的偶函数，当 时， ， ，则不等式
的解集为（ ）
A． B． C． D．
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，2017－
2021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 ，则（ ）
A．
B．预测2023年底我国新能源汽车保有量高于1000万辆
C．2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势
D．2021年新能源汽车保有量的残差（观测值与预测值之差）为71.44
10．已知圆 ，圆 ，则（ ）
A．无论k取何值，圆心 始终在直线 上
B．若圆O与圆 有公共点，则实数k的取值范围为
C．若圆O与圆 的公共弦长为 ，则 或
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 时，两圆的外公切线长为
11．已知函数 （其中ω＞0，0＜φ＜π）的图像与x轴相邻两个交点之间的最小距
离为 ，当 时，f（x）的图像与x轴的所有交点的横坐标之和为 ，则（ ）
A． B．f（x）在区间 内单调递增
C．f（x）的图像关于点 对称 D．f（x）的图像关于直线 对称
12．已知抛物线 （p＞0）的焦点为F，斜率为 的直线 过点F交C于A，B两点，且点B的横
坐标为4，直线 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（ ）
A．C的方程为 B． C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知 ，则 ______．
14．若 的展开式中存在常数项，则n的一个值可以是______．
15．已知数列 是以2为公比的等比数列， ， ，记数列 的前n项和为 ，若不等式
对任意 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ABCD－EFGH，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， ， ， ，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______．四、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．
17．在数列 中， ， ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 的前n项和 ．
18．如图，在平面四边形ABCD中， ， ， ， ．
（1）若 ，求 ；
（2）求 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， ，且 ，D为PA的中点，
连接BD，PC，点M，N满足 ， ．
（1）证明： 平面PEF；
（2）若 ， ，求直线PC与平面PEF所成角的正弦值．
21．已知椭圆 （a＞b＞0），左顶点为A，上顶点为B，且 ，过右焦点F作直线l，
当直线l过点B时，斜率为 ．
（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 ，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 ．
（1）求f（x）在区间 内的极大值；
（2）令函数 ，当 时，证明：F（x）在区间 内有且仅有两个零点．
数学（三）
一、选择题
1．D【解析】由 得 ，解得 ，由 得 ，即
，即(4－x)(x＋1)≥0且x＋1≠0，解得 ，所以 ．故选D
项．
2．C【解析】设 (a，b∈R)，则 ，因为复数 为
纯虚数，所以 解得 又 ，所以 或 ，解得 或 ，所
以 或 ．故选C项．
3．C【解析】由题意得 ，即 ，又 ，所以 ，设点 A在x轴上方，则
，又 ，所以 ， ，因为 ，所以 ，
所以 ．故选C项．4．C【解析】由题知f(x)的定义域为R，又 ，所以f(x)为奇函数，排
除A，B项； ，排除D项．故选C项．
5．B【解析】若事件 为“第一次抽到卡片中奖”，事件 为“第二次抽到卡片中奖”，则
， ，故 ．故选B项．
6．A【解析】如图，由 ，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 PE⊥BC，
FE⊥BC，所以∠PEF=30°．设 AB=2，则 ，由余弦定理得 PF=1，又 PF⊥AD，FD=1，所以
，又PC=CD=2，所以 ．故选A项．
7．D【解析】由题意知∠AEB是向量 与向量 的夹角， ，
，
，
， ，则 ．故选D项．
8．A【解析】因为f′(x)＞2x，所以f′(x)−2x＞0，构造函数F(x)=f(x)－x2，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)=f′(x)−2x＞
0，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(x－1)＋2x2＞x3＋x整理得xf(x－1)＋2x2
－x3－x＞0，即x[f(x－1)－(x－1)2]＞0，当x＞0时，f(x－1)－(x－1)2＞0，则x－1＞2，解得x＞3；当x＜0时，
f(x－1)－(x－1)2＜0，则－2＜x－1＜0，解得－1＜x＜1，又x＜0，所以－1＜x＜0．综上，不等式xf(x－1)＋
2x2＞x3＋x的解集为 ．故选A项．
二、选择题
9．BCD【解析】由题得 ， ，代入可得 ，A项错误；2023年的年份代码为7，代
入 得 ，高于 1000 万辆，B 项正确；C 项显然正确；将 x=5，代入
得 ，相应的残差为784－712.56=71.44，D项正确，故选BCD项．
10．ACD【解析】圆心C 的坐标为 ，在直线 上，A项正确；若圆O与圆C 有公共点，则
k k
1≤|OC|≤3，所以 ，解得 或 ，B项错误；将圆O与圆C 的方程作
k k
差可得公共弦所在直线的方程为 ，则圆心O到直线的距离 ，
则 ，解得 或k=±1，C项正确；当 时，圆O与圆C 外切，圆心距
k
为3，半径差为1，则外公切线长为 ，D项正确．故选ACD项．11．AB【解析】令f(x)=0，则 ，所以 ，k∈Z或 ，
k∈Z，解得 ，k∈Z或 ，k∈Z，所以f(x)的图像与x轴相邻两个交点之间
的最小距离为 ，所以 ，解得 ω=2，所以 ，所以 f(x)的周期
，当 时， ，令f(x)=0，即 ，又0＜φ＜
π，所以 或 ，所以 或 ，由 得 ，
所以 ， ，A项正确；由 ，得 ，
所以f(x)在区间 内单调递增，B项正确； ，所以f(x)的图像不关于点
对称，C项错误； ，所以f(x)的图像不关于直线 对称，D
项错误．故选AB项．
12．ABD【解析】由题意得 ， ，所以 ，以整理得p2＋6p－16=0，又p
＞0，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l 的方程为
1
，与x2=4y联立解得x=－1或x=4，所以 ，则 ，B项
正确；设点 ，由题意知m≠±1且m≠±4，所以直线 ，令y=－1，得，即 ，所|以 ．同理可得 ， ，所
以 ，D项正确；当m=2时，E(－6，－1)， ，所以 ，
，则|BD|＞|AE|，C项错误．故选ABD项．
三、填空题
13 ． 【 解 析 】 由 ， 得 ， 则
．
14．4(答案不唯一)【解析】 ， 的展开式
的 通 项 公 式 为 ， 取 n=4 ， r=1 ， 得 ， 可 得
的展开式的常数项为 ，所以n的一个值可以是4．
15．9【解析】由题知 ，则 ，所以 ，所以 ，所以数列
是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，数列 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，则
， ，那
么 ， 因 为 对 任 意 x∈ (0 ， 2023] 恒 成 立 ， 则 只 需
即可，令 ，则f(x)在区间(0，2023]上单调递增，所以 ，所以 ，即 ，即 ，解得n≥9，又 ，所以n的最小值为9．
16． 【解析】如图，把此六面体补成正方体，连接AH，AC，由题可知 ，所以∠AHC是异
面直线 BG 与 CH 所成角或其补角，在△AHC 中， ， ，
，则 ．
四、解答题
17．解：（1）因为 ，且20－3×6=2＞0，20－3×7=－1＜0，
所以当n≤7时， ，
此时 是以20为首项，－3为公差的等差数列，则 ；
当 n≥ 8 时 ， ， ， ，
，⋯，可得数列 是个摆动数列，则 ．
综上，
（2）当n≤7时， ；
当n≥8，且n为奇数时， ，当n≥8，且n为偶数时， ，
所以 ．
综上，
18 ． 解 ： （ 1 ） 在 △ ABD 中 ， 因 为 ， DA=2 ， ∠ DAB=60° ， 由 余 弦 定 理 得
， 解 得 AB=1 ， 由 ， 得 AB⊥ DB ， 此 时
Rt△CDB≌Rt△ABD，可得∠ABC=120°．
在△ABC中，AB=1，BC=2，由余弦定理得 ，解得 ，所以
．
（2）设∠ADB=θ，由题意可知 ，
在△ABD中，由余弦定理得 ，在△ACD中，
，由余弦定理得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ， ，
所以 的取值范围是 ．
19．解：（1）设 A小区方案一满意度平均分为 ，则 (45×0.006＋55×0.014＋65×0.018＋75×0.032＋
85×0.020＋95×0.010)×10=72.6，设 B 小区方案二满意度平均分为 ，则 (45×0.005＋55×0.005＋65×0.010＋75×0.040＋85×0.030＋
95×0.010)×10=76.5，
因为72.6＜76.5，
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0.06＋0.14＋0.18＋0.32=0.7＜0.8，
前5组的频率之和为0.06＋0.14＋0.18＋0.32＋0.2=0.9＞0.8，所以第80百分位数在第5组，
设第80百分位数为x，则0.7＋(x－80)×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X～B ，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，
，
，
，
，
，
，
X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
由二项分布知 ．
20．（1）证明：连接AF交PC于点N'，因为 ，PA=2CF，所以 ，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 ，
又 平面PEF， 平面PEF，所以 平面PEF．
（ 2 ） 解 ： 由 题 意 可 知 ，
，
在△PEF中， ，
，所以AC2=AB2＋BC2，所以AB⊥BC，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)， ， ，
，设平面PEF的法向量为 ，则 不妨取x=1，则y=3，z=－2，即
，设直线PC与平面PEF所成的角为θ，
，
所以直线PC与平面PEF所成角的正弦值为 ．21．解：（1）由题意知 又 ，解得 a=2， ，c=1，所以 C 的方程为
．
（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=my＋1，P(x ，y)，Q(x ，y)，M(x，
1 1 2 2
y)，联立 得 ，由根与系数的关系可得 ，则
，因为 ，所以(x－x，y－y)=(x－1，y－0)，即x－x=x－1，
2 2 1 1 2 1
y－y=y－0，即 ， ，
2 1
又 ，即 ，
则点M是以 ， 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 ，则点M
为(－1，0)，此时点M也是以 ， 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 ， ，点M到这两个定点的距离之和为定值2．
22．（1）解：由题得 ，
当 时，f′(x)＞0，当 时，f′(x)＜0，所以(x)在区间 内单调递增，在区间内单调递减，所以f(x)的极大值为 ．
（2）证明： ，
设 ，则 ，令 ，
则 ( )，所以φ(x)在区间 内单调递减．
又 ， ，故存在 ，使得 ，
当 时，φ(x)＞0，即h′(x)＞0，h(x)在区间(0，x)内单调递增；当 时，φ(x)＜0，即h′(x)
0
＜0，h(x)在区间 内单调递减．
又h(0)=－1＜0， ，因为 ，所以 ，
所以h(x)在区间 ， 内各有一个零点，即F(x)在区间 内有且仅有两个零点．
