2023届贵州省贵阳市3+3+3高考备考诊断性联考（三）三模理科数学试题含答案.pdf

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1、2023 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（三）理科数学参考答案一、选 择 题（本 大 题 共 1 2 小 题，每 小 题 5 分，共 6 0 分）题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 1 2答 案 B D C A A C C D B B C A【解 析】1 21 2 i i i 2 i 2 i z z，故，故 选 B 2 0 1 2 3 4 0 1 2 B A B，故，故 选 D 3 对 于 A：由 题 图 知，2 0 2 3 年 4 月 1 9 日 至 4 月 2 5 日 的 高 速 公 路 车 流 量 的 极 差 为 25 2 23，故 A 正 确；对 于 B：

2、易 知 2 0 2 3 年 4 月 1 9 日 至 4 月 2 5 日 的 高 速 公 路 车 流 量 的 中 位 数 为1 7，故 B 正 确；对 于 C：2 0 2 3 年 4 月 1 9 日 至 4 月 2 1 日 的 高 速 公 路 车 流 量 波 动 更 大，故C 错 误；对 于 D：2 0 2 3 年 4 月 2 3 日 的 高 速 公 路 车 流 量 为 2 2 万 车 次，同 比 增 长 率 为 1 0%，设 2 0 2 2 年 4 月 2 3 日 的 高 速 公 路 车 流 量 为 x 万 车 次，则22100%10%xx，解 得 20 x，故 D 正 确，故 选 C 4 观

3、 察 主 视 图 中 的 木 条 位 置 和 木 条 的 层 次 位 置，分 析 可 知 侧 视 图 是 A，故 选 A 5 因 为2|s i n|()2xf xx，所 以()()f x f x，即 函 数 为 偶 函 数，排 除 C，D；因 为06f，所 以 排 除 B，故 选 A 6 2()1af bxxx，由 已 知 得2 1 04 1 02a bab，解 得2316ab，22 1()l n3 6f x x x x，2 1(2)(1)1(3 3 3)x xf x xx x，由 0 2(1)f x x，得，故 选 C 7 如 图 1，取1 1A C 的 中 点 D，连 接1B D，A D，

4、在 正 三 棱 柱1 1 1A B C A B C 中，底 面1 1 1A B C 是 正 三 角 形，1 1 1B D A C 又1C C 底 面1 1 1A B C，1 1C C B D 又1 1 1 1C C A C C，1B D 平 面1 1A A C C，1B A D 为1A B 与 平 面1 1A A C C 所 成 角 由 题 意，设12 A B A C A A a，2 21(2)3 B D a a a，2 21(2)(2)2 2 A B a a a，在1R t B A D 中，1113 6s i n4 2 2B D aB A DA B a，故 选 C 8 如 图 2，由 题 意

5、 可 得2 3 A B C D，弧 田 面 积12(弦 矢 矢2)图 1=21(2 3)4 3 22C D C D C D，所 以 2 C D 设 圆 半 径 为 r，则 有2 2 2 2 2 2(2 3)(2)A O A D O D r r，即，解 得 4 r，故 2 O D，在 R t A O D 中，3A O D，所 以2 3A O B，所 求 弧 长 为2 8 43 3，故 选 D 9 椭 圆 的 方 程 为2 219 5x y，直 线 3(0)y k x k 过 原 点，设1 1 1 1()()A x y B x y，2 2()D x y，2 22 1 2 1 2 12 22 1 2

6、 1 2 1.A D B Dy y y y y yk kx x x x x x 又2 21 119 5x y，2 22 219 5x y，得2 2 2 21 2 1 209 5x x y y，2 21 22 21 259y yx x，59A D B Dk k，故 选 B 1 0 如 图 3 所 示，设 圆 锥 的 底 面 圆 圆 心 为 点 D，延 长 A D 与 球 面 交 于 B 设圆 锥 底 面 半 径 为 r，母 线 为 l，则2 2 3 r l r r，得 2 l r，圆 锥 的高2 23 R t h l r r R A B C C D A B，设 球 半 径 为，则 中，2 2 2

7、(2)3(2 3)C D A D B D r h R h r r R r 有，即，即，23rR，故231 393324 23 3r rVVr 锥球，故 选 B 1 1 当 0 a 时，对 任 意 0 x，2()()4 f x x a 在(0)，内 最 多 有 1 个 零 点，不 符 题 意；所 以 0 a，当 x a 时，2()()4 f x x a，由2()4 0 x a，可 得 2 x a 或2 x a，则 在 x a 上，2()()4 f x x a 有 一 个 零 点，所 以()c os()f x x a 在(0)a，内 有 3 个 零 点，即c os()0 x a 在(0)a，内 有

8、 3 个 零 点，因 为 0 x a，所 以0 a x a，()0 a x a，所 以7 5 2 2a-，解 得5 72 2a，综 上 所 述，a的 取 值 范 围 为2 25 7，故 选 C 1 2 由 题 意 得2ea，2 3 e 3 e4 e 4 2ac，而24 16e3 9，4 3e e 13 4，则1aa cc，即，2 2 l n 2 l n e l n 2l n 2l n e e e e 2，构 造 函 数l n()()xf x f xx，2 l n2xx x，可 知 当20 e()x f x 时，单 调 递 增；当2e()x f x 时，单 调 递 减，故(e)(2)f f a

9、b，224 2 l n 2 2 l n e 3 l n 2 l n e l n 83 e l n e e 2 2 8e，由 于()f x在2e 处 取 得图 2图 3最 大 值，故 不 等 关 系 显 然 成 立，故 选 A 二、填 空 题（本 大 题 共 4 小 题，每 小 题 5 分，共 2 0 分）题 号 1 3 1 4 1 5 1 6答 案12513622 112，【解 析】1 3 由 题 意，向 量a与b垂 直，则 4 12 0 a b m m，解 得125m 1 4 设 为“k b，的 所 有 组 合”，则()4 3 12 n，设 事 件 A 为“直 线y k x b 不 经 过第

10、 二 象 限”，则 要 求0 0 k b，所 以()2 2 4 n A，从 而()4 1()()12 3n AP An 1 5 依 题 意 可 设 圆2 2 2()C x c y a：与 双 曲 线2 22 21(0 0)x yT a ba b：，的 一 条 渐 近 线 交于 点 M，N，由 0 M F N F，可 知 M N F 为 直 角 三 角 形，所 以 圆 C 与 渐 近 线 相 交 所 得弦 长|2 M N a，由 题 可 得 双 曲 线2 22 21(0 0)x yT a ba b：，的 一 条 渐 近 线 为0 bx ay，所 以 焦 点 F 到 渐 近 线 l 的 距 离 为

11、2 2|bcd bb a，所 以22 222aa b，得2 22 a b，所 以 双 曲 线 C 的 离 心 率221 61 12 2c bea a 1 6 依 正 弦 定 理2(s i n s i n)()s i nb C B b c ba A a，由t a n 0 A，知 角 A 是 钝 角，则2 2 2a b c，当c b 时，令 1ctb，22 2 2 2 2 21()1 11(1)2(1)21cb c b bc b t tba b c t t tcb 1 1 1 2 122 2 2 2 2(1)22(1)211tttt，当 且 仅 当2 1 t 时，取“=”，即2()2 102b c

12、 ba，当 c b 时，2()=0b c ba；当 c b 时，令(0 1)ctb，22 2 2 2 21()111cb c b bc b tba b c tcb，令21()1tf tt，(0 1)t，2 22 2 2 21(1)2(1)2 1()0(1)(1)t t t t tf tt t，所 以()f t在(0 1)，上 单 调 递 增，所 以(0)()(1)f f t f，即2()1 0b c ba，综 上 得2()2 112b c ba，所 以(s i n s i n)s i nb C Ba A的 取 值 范 围 是2 112，三、解 答 题（共 7 0 分 解 答 应 写 出 文 字

13、 说 明，证 明 过 程 或 演 算 步 骤）1 7（本 小 题 满 分 1 2 分）（1）证 明：因 为 当 2 n 时，有1 1(2)(1)0n nn a n a a，所 以 当 3 n 时，1 2 1(3)(2)0n nn a n a a，（2分）由，整 理 可 得2 12n n na a a，（3分）所 以 数 列 na 是 等 差 数 列（4分）（2）解：由（1）可 知 na 是 等 差 数 列，所 以1 4414()56220a aSa，（5分）可 得41820aa，（7分）所 以 数 列 na 的 公 差8 2044 1d，（8分）所 以 20 4(1)4 24na n n，（9

14、分）所 以22(20 4 24)11 1212 22 22 2 2nn nS n n n（1 0分）又 n N，所 以 当 5 n 或 6 n 时，S n 取 到 最 大 值 为 6 0（1 2分）1 8（本 小 题 满 分 1 2 分）（1）证 明：A B C D 为 直 角 梯 形，A B C D，C D B C 又 C D C E，B C C E C，（1 分）.C D B C E 平 面（2 分）又 B E B C E 平 面，C D B E（3 分）又 45 A D C，2 A D，如 图 4，作 A F C D，1 A F，1 B C 又 45 E D C，2 C D C E 又3

15、 B E，由 勾 股 定 理 可 知 B E B C（4分）B C C D C，B E A B C D 平 面（5分）B E 平 面A B E，平 面 A B E 平 面 A B C D（6分）（2）解：由（1）知 C D B C E 平 面，A B C D，A B B C E 平 面 又 B C B E，以 B 为 原 点 建 立 空 间 直 角 坐 标 系，（7 分）(0 0 1)A，(1 0 2)D，(0 3 0)E，(1 0 0)C，.C D B C E 平 面，(0 0 2)C D，B C E 是 平 面 的 一 个 法 向 量（8分）设()n x y z，为 平 面 A D E 的

16、 法 向 量，(1 0 1)A D，(0 3 1)A E，00n A Dn A E，03 0 x zy z，（9分）令3 z，(3 1 3)n，（1 0分）设 平 面 A D E 与 平 面 B C E 所 成 的 二 面 角 为，且 为 锐 角，所 以21c os7|C D nC D n（1 2 分）1 9（本 小 题 满 分 1 2 分）解：（1）记 事 件(1 2 3)iA i，表 示 第 一 局 获 得 i 分，事 件(1 2)iB i，表 示 第 二 局 获 得 i 分，图 4这 些 事 件 相 互 独 立，由 条 件 知 X 的 可 能 值 为 5，4，3，2（1分）3 2 3 2

17、1 1 1(5)()()()4 4 16P X P A B P A P B；3 1 2 21 3 1 1 5(4)()()4 4 2 4 16P X P A B P A B；2 1 1 21 3 1 1 7(3)()()2 4 4 4 16P X P A B P A B；1 11 3 3(2)()4 4 16P X P A B（3分）其 分 布 列 为（4 分）1 7 3()5 4 3 216 16 16 16 16 45 52 13E X（6 分）（2）设 小 明 每 天 赢 得 的 局 数 为 Y，则1 204Y B，于 是20201 3)C4(4k kkP Y k（7分）根 据 条 件

18、得20 1 21120 2020 1 19120 201 3 1 3C C4 4 41 3 1 3C C44 4 4 4k k k kk kk k k kk k，（9分）由 得20 1 2120 20!(20)!(1)!(211 3 1 34 4 4)!4k k k kk k k k！，得214k，同 理 由 得174k，所 以7 241 14k，（1 1分）X 5 4 3 2P116516716316又 因 为 k Z，所 以 5 k，因 此 在 每 天 的 2 0 局 四 人 赛 中，小 明 赢 得 5 局 的 比 赛 概 率 最 大（1 2分）2 0（本 小 题 满 分 1 2 分）（1

19、）解：令()l n(1)k xh x xx k，()h x的 定 义 域 为(1)，2 22 21(2)()1()(1)()k x x k kh xx x k x x k（1分）当(0 1)(1 2)k，时，2(1 2)x k k，时，()0 h x，()h x在2(1 2)k k，上 是 增函 数；2(2 0)x k k，时，()0 h x，()h x在2(2 0)k k，上 是 减 函 数；(0)x，时，()0 h x，()h x在(0)，上 是 增 函 数；（3分）当 1 k 时，2 21 1()1(1)(1)xh xx x x，(1 0)x，时，()0()h x h x，在(1 0)，

20、上 是 减 函 数；(0)x，时，()0()h x h x，在(0)，上 是 增 函 数；（4分）当 2 k 时，()0()h x h x，单 调 递 增；当 2 k 时，(1 0)x，时，()0 h x，()h x在(1 0)，上 是 增 函 数，2(0 2)x k k，时，()0 h x，()h x在2(0 2)k k，上 是 减 函 数，2(2)x k k，时，()0 h x，()h x是 增 函 数（6分）（2）证 明：由（1）得 3 k 时，3()l n(1)3xh x xx，()h x在(0 3)，上 是 减 函 数，即 当(0 3)x，时，()(0)0 h x h，即3l n(1

21、)(0 3)3xx xx，即331 exxx（8分）令21xk，231 321 1 1 1e 1 1 1(1)1kk k k k k，（1 0分）求 和 即 得231 311 1 1 1 1 1e 1 1 1 1 12 2 3 1 1nkknn n n（1 2分）2 1（本 小 题 满 分 1 2 分）（1）解：1 1 2 1 2|2 2 P F P F F F a c L，2 1 2 1 2|2 2 4 P F P F B F B F a L a a，（2分）则122 2 34 4L a cL a，得 2 a c，与3 b 联 立 解 得2 23 4 a b，所 以 椭 圆 C 的 标 准

22、方 程 为2 214 3x y（4 分）（2）证 明：设 P(0 x，0y)，A(1x，1y)，B(2x，2y)，则2 20 014 3x y，可 设 直 线 P A 的 方 程 为1 x m y，其 中001 xmy，联 立2 2114 3x m yx y，得2 2(3 4)6 9 0 m y m y，则0 1 2 2009 93 413 4y ymxy，（6分）同 理 可 得，0 2 200913 4y yxy（7 分）因 为1 1 21 1 22 13 2 2 1P F B P F FA F B B F FS SSS S S S S SS 1 1 1 2 1 2 2 11 1 1 2 1

23、 2 2 11 1s i n s i n2 21 1s i n s i n2 2P F F B P F B P F F F P F FA F F B A F B B F F F B F F 1 21 2P F P FA F B F，（9分）所 以2 13 2 2 1S SS S S S 1 21 2P F P FA F B F0 01 2y yy y 01 21 1yy y（1 0分）2 22 0 000 01 13 4 3 49x xyy y 2 2 20 0 03(1)3(1)89x x y 2 20 06 8 6 24 6 109 9 3x y，所 以2 13 2 2 1SS SSS S

24、 是 定 值（1 2分）2 2（本 小 题 满 分 1 0 分）【选 修 4 4：坐 标 系 与 参 数 方 程】解：（1）1C 的 参 数 方 程 为c os1 s i nxy，（为 参 数），消 去可 得，2 2(1)1 y x，所 以 曲 线1C 的 直 角 坐 标 方 程 为2 22 0 x y y（1分）将c os x，s i n y 代 入 得，曲 线1C 的 极 坐 标 方 程 为2 s i n，（2分）2C 的 极 坐 标 方 程 为 2 3 c os，联 立 可 得t a n 3，02，（3分）所 以 曲 线1C 和 曲 线2C 的 交 点 极 坐 标 为(0 0)，和33，

25、（5分）（2）当6 时，2 s i n 16M，2 3 c os 36N，|2M NM N（6分）显 然 当 点 P 到 直 线 M N 的 距 离 最 大 时，P M N 的 面 积 最 大，（7分）直 线 M N 的 方 程 为33y x，圆 心2C 到 直 线 M N 的 距 离 为32，（8分）所 以 点 P 到 直 线 M N 的 最 大 距 离3 33232d，（9分）所 以1 1 3 3 3 3|22 2 2 2P M NS M N d（1 0分）2 3（本 小 题 满 分 1 0 分）【选 修 4 5：不 等 式 选 讲】（1）解：原 不 等 式 等 价 于2|3|1|3 x x m m x R，（1分）|3|1|3 1|4 x x x x，（3分）24 3 m m，解 得 1 4.m（5分）（2）证 明：由（1）知1 M，2 a b，(1)(1)4.a b（6分）1 4 1 1 4 1 1 4(1)1 9(1)(1)5(5 4)1 1 4 1 1 4 1 1 4 4b aa ba b a b a b，（9分）当 且 仅 当1 53 3a b，时 等 号 成 立（1 0 分）