浙江省2023届高三下学期第三次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选
题1．已知集合，则（?）A．B．C．D．2．双曲线的离心率为，则双曲线的实轴长为（?）A．B．C．D．3．若，满足，则的最小值为（
?）A．1B．3C．D．04．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（?）A．B．C．D．5．函数的大致图象为（?）A．
B．C．D．6．设，则“”是“”的（?）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．已知，则的大小
关系为（?）A．B．C．D．8．已知为椭圆和双曲线的公共焦点，P为其一个公共点，且，，则的取值范围为（?）A．B．C．D．9．设，
且，则下列不等式一定成立的是（?）A．B．C．D．10．已知正实数C满足：对于任意，均存在，使得，记C的最小值为，则（?）A．B．
C．D．二、填空题11．计算：复数____________.12．已知、分别为椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，直线，且，垂足
为Q点．若四边形为平行四边形，则椭圆C的离心率的取值范围是________．13．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值
范围是__________.三、双空题14．二项式的展开式中常数项为________；系数最大的项是第_____项.15．若，则_
__________；__________.16．给如图染色，满足条件每个小方格染一种颜色，有公共边的小方格颜色不能相同，则用4种
颜色染色的方案有__种，用5种颜色染色的方案共有__种.17．已知平面向量满足，且．则的最小值是__________，最大值是__
________．四、解答题18．已知，满足．(1)求的值；(2)若是锐角，且，求．19．如图，四面体的棱平面，．(1)证明：平面
平面；(2)若平面与平面所成锐二面角的正切值为，线段与平面相交，求平面与平面所成锐二面角的正切值．20．已知数列是等差数列，，且，
，成等比数列．给定，记集合的元素个数为．(1)求，的值；(2)求最小自然数n的值，使得．21．在平面直角坐标中，圆与圆相交与两点．
（I）求线段的长．（II）记圆与轴正半轴交于点，点在圆C上滑动，求面积最大时的直线的方程．22．已知函数，是自然对数的底数.(1)
求的单调区间；(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.参考答案：1．C【分析】利用交集的运算求解即可.【详解】解：∵集合，，故选
：C.2．B【分析】根据离心率，可求得a值，即可求得双曲线的实轴.【详解】由题意得：，解得，所以双曲线的实轴长为.故选：B3．A【
分析】画出可行域，结合图象即可求出的最小值.【详解】画出可行域如图所示，目标函数过点时取到最小值1．故选：A．4．B【分析】根据三
视图得到该几何体是长方体中挖去了一个圆锥，结合题意可知长方体的长、宽、高和圆锥的底面圆的半径和高，再由体积公式求解，即可得到答案.
【详解】由三视图知，此几何体是长方体中挖去了一个圆锥，其中长方体的长为2，宽为2，高为3，圆锥的底面圆的半径为，高为，所以几何体的
体积为：，故选：B.5．A【分析】本题主要考查函数图象的运用，先根据函数的奇偶性，排除选项，在利用特殊值排除选项C即可求解.【详解
】依题意可知：函数的定义域为，定义域关于原点对称，又因为，所以函数为偶函数，故排除;又当时，，故排除C，故选：A.6．A【分析】利
用高次不等式的解法，结合充分条件必要的条件的定义即可求解.【详解】由，得，即，解得或，所以“”是“或”的充分不必要条件,即“”是“
”的充分不必要条件.故选：A.7．D【分析】构造，利用导数求其单调性可判断的大小，构造，利用导数求其单调性可得到，再构造可得到，即
可得到答案【详解】设，则， 令，，因为在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，由，所以，所以当，所以在上单调递增，当，所以在上
单调递减，又，，从而即在上恒成立，故在上单调递增，所以，即，构建，则，令，则，当时，，则在单调递增，所以，即，故在上单调递增，则，
故在恒成立，取，可得，构造，则，当时，，故在单调递增，所以，所以当时，，取，则，综上所述得：，即.故选：D.【点睛】方法点睛：对于
比较实数大小方法：（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，（3）构造函数利用函数
导数及函数单调性进行判断.8．D【解析】方法一：由题知：，，不妨设点在第一象限，设，进而得，，故在中，由余弦定理得得， ，，由于，
，即方法二：根据题意不妨设点在第一象限，则有正弦定理得在半径为的圆在第一象限的圆弧上，根据三角形面积公式得得，由于，进而得.【详
解】解：方法一：如图1，设椭圆方程为，双曲线方程为，由题知：，，不妨设点在第一象限，设，所以在椭圆中，有，在双曲线中有，所以，，所
以在中，由余弦定理得：，整理得，所以所以，由于，所以，，故所以，即故选：D. 方法二：如图2，不妨设点在第一象限，由正弦定理得三角
形外接圆的半径为，所以在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，所以，所以，所以，由向量数量积定义得，由三角形面积公式
得：，，所以，所以，所以.故选：D. 【点睛】本题考查椭圆与双曲线的焦点三角形问题，考查化归转化思想和运算求解能力，是中档题.解法
一的关键是根据椭圆与双曲线的定义分别将，用椭圆的长半轴与双曲线的实半轴表示，并在焦点三角形中结合余弦定理得，故，再根据即可得范围；
本题解题法二的关键是由已知条件可设点在第一象限，进而得在半径为，圆心为的圆在第一象限的圆弧（不包含端点）上，进而利用面积公式求解.
9．D【分析】利用特殊值及不等式的性质判断可得；【详解】解：因为，对于A，若，，满足，但是，故A错误；对于B：当时，，故B错误；对
于C：当时没有意义，故C错误；对于D：因为，所以，故D正确；故选：D10．B【分析】将问题转化为对于任意，均存在，使得，结合数轴求
得当在相邻的两个点或中点时，，则有.【详解】题设等价于对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示如下：当与上述数轴上的点重合时，易得存
在使得，又C为正实数，则成立；当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，要使对于任
意，均存在，使得，则有，又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距
离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，
综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.故，故.故选：B.【点睛】本题关键点在于先将问题简化为对于任意，均存在，使得，将在数
轴上表示出来，结合对于都成立，得到当在相邻的两个点或中点时，，进而求出的范围，即可求解.11．【详解】试题分析：.考点：复数代数形
式的四则运算.12．【分析】设，则，根据平行四边形、椭圆的性质有，结合椭圆的有界性及其参数关系求离心率范围.【详解】设，则，又四边
形为平行四边形，所以，即，所以，可得.故答案为：13．【解析】作出函数图象，对参数分类讨论，转化为不等式恒成立利用分离参数求参数取
值范围.【详解】作出函数的图象如图所示，当时，恒成立，符合题意；当时，，，关于的不等式不恒成立，不合题意，舍去；当时，大致图象如图
中折线，只需恒成立，且恒成立即可，且即，且，所以，综上所述.故答案为：【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，涉及分段函
数以及含参函数单调性的处理，数形结合能够事半功倍.14．???? 60???? 3【分析】利用二项展开式的通项公式求特定的项.【详
解】二项式的展开式的通项为，令得，则展开式的常数项为，由展开式的通项得展开式中的偶数项系数均为负数，第1，3，5，7项的系数分别为
64，240，60，1，则系数最大的是第3项.故答案为：；【点睛】考查二项式定理,利用二项式的通项公式求特定性的相关性质.15．
【分析】将两端平方可得到的值；利用切化弦可得，再代入的值即可.【详解】因为，所以，所以，.故答案为：；【点睛】本题考查同角三角函数
的基本关系，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.16．???? 252???? 1040【解析】利用分步计数原理先从上方的小方格
、开始染色，再从下方开始利用分类计数原理染色，直至对小方格染色完毕，就可求出结果.【详解】解：（1）根据题意，若用4种颜色染色时，
先对、区域染色有种，再对染色：①当同时，有种；②当同时，有种；③当不同、时，有种；综合①②③共有种；（2）根据题意，若用5种颜色染
色时，先对、区域染色有种，再对染色：①当同时，有种；②当同时，有种；③当不同、时，有种；综合①②③，共有种.故答案为：252；10
40.【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理与分类计数原理的应用，属于中档题.17．???? 2???? 30【分析】先
求出模长的范围，由题设得，通过向量的线性运算得和取得最小值1，最大值15，即可求解.【详解】由题意知：，又，可得，则；显然当，且时
，取得最小值0；当，且方向相反时，取得最小值1；又由上知，则的最小值取不到0，又因为当，方向相同，与方向相反时，，此时，同时取得最
小值1，故的最小值为，只要方向相反，即可满足；显然当，且方向相同时，取得最大值15；当，且方向相同时，取得最大值20；又由上知，则
的最大值取不到20，又当时，由三角形法则知，必然存在使得，此时，同时取得最大值15，故的最大值为，只要方向相反，即可满足. 故答案
为：2；30.18．(1)(2)【分析】（1）根据诱导公式以及同角的三角函数关系式，化简求值，即可求得答案.（2）将化为，利用两角
差的正弦公式，即可求得答案.【详解】（1）由诱导公式得，①∴,∴，而，∴，∴，∴，②由①②得：，∴.（2），∴，又，∴,∴．19．
(1)证明见解析(2)【分析】（1）作于M，通过余弦定理解三角形得到，即可证得平面，即可证得平面平面；（2）作于G，于H，求出，，
延长交于点N，连接，作于K，平面与平面所成锐二面角即，通过解三角形计算出即可.【详解】（1）作于M，连接，则，，则，则，故．又，则
，又，平面，故平面，又平面，则平面平面．（2）作于G，于H，由（1）知，又，平面，则平面，又平面，则，又，同理可得平面，，则三点共
线．由平面与平面所成锐二面角的正切值为，则，又，则．又，则，，则．延长交于点N，连接，作于K，易得，又，平面，则平面，又平面，则，
则平面与平面所成锐二面角即．又，则，又，则，故，故．20．(1)，；(2)11【分析】（1）利用等比数列的性质求得公差，得通项公式
，写出时的集合可得元素个数，即；（2）由（1）可得，然后分组求和法求得和，用估值法得时和小于2022，时和大于2022，由数列的单
调性得结论．【详解】（1）设数列的公差为，由，，成等比数列，得，，解得，所以，时，集合中元素个数为，时，集合中元素个数为；（2）由
（1）知，，时，=2001<2022，时，=4039>2022，记，显然数列是递增数列，所以所求的最小值是11.21．（I）；（I
I）或．【分析】（I）先求得相交弦所在的直线方程，再求得圆的圆心到相交弦所在直线的距离，然后利用直线和圆相交所得弦长公式，计算出弦
长.（II）先求得当时，取得最大值，根据两直线垂直时斜率的关系，求得直线的方程，联立直线的方程和圆的方程，求得点的坐标，由此求得直
线的斜率，进而求得直线的方程.【详解】（I）由圆O与圆C方程相减可知，相交弦PQ的方程为．点（0，0）到直线PQ的距离，（Ⅱ），.
当时，取得最大值．此时，又则直线NC为．由，或当点时，，此时MN的方程为．当点时，，此时MN的方程为．∴MN的方程为或．【点睛】本
小题主要考查圆与圆相交所得弦长的求法，考查三角形面积公式，考查直线与圆相交交点坐标的求法，考查直线方程的求法，考查两直线垂直时斜率
的关系，综合性较强，属于中档题.22．(1)单调递增区间是和，单调递减区间是(2)【分析】（1）求出，利用函数的单调性与导数的关系
可求得函数的增区间和减区间；（2）将原不等式变形为，构造函数，利用导数分析函数的单调性，分析可知，分、两种情况讨论，在第一种情况下
，利用函数的单调性以及参变量分离法可得出，结合导数法可得出实数的取值范围；在第二种情况下，直接验证即可，综合可得出实数的取值范围.【详解】（1）解：函数的定义域为，因为，由可得，由可得或.所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.（2）解：设，则，所以在区间上单调递增.不等式对恒成立,等价于对恒成立，即恒成立.（i）当时，有恒成立，若，则对任意的恒成立，但，与题意矛盾，所以，，则恒成立等价于恒成立，即.设，则.当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故，此时.（ⅱ）当时，对，显然成立.综合（i）（ⅱ）知的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解本题第二问的关键在于将不等式变形为，通过构造函数，分析出函数的单调性，最终结合函数的单调性以及参变量分离法求解.答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页答案第11页，共22页 |
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