2023届贵州省贵阳市高三三模数学（理）试题

这是一份2023届贵州省贵阳市高三三模数学（理）试题，文件包含2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷三理数-答案docx、理数pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
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12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDCAACCDBBCA【解析】1．，故选B．2．，故选D．3．对于A：由题图知，2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为，故A正确；对于B：易知2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17，故B正确；对于C：2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量波动更大，故C错误；对于D：2023年4月23日的高速公路车流量为22万车次，同比增长率为10%，设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，则，解得，故D正确，故选C．4．观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，所以，即函数为偶函数，排除C，D；因为，所以排除B，故选A．6．，由已知得 解得由，故选C．7．  如图1，取的中点，连接，，在正三棱柱中，底面是正三角形，．又底面，．又，平面，为与平面所成角．由题意，设，，，在中，，故选C．8．如图2，由题意可得， 弧田面积(弦×矢＋矢2)=，所以．设圆半径为r，则有，解得，故，在Rt△AOD中，，所以，所求弧长为，故选D．9．椭圆的方程为，直线过原点，设，，又①，②，   ①−②得，，，故选B．10．如图3所示，设圆锥的底面圆圆心为点，延长AD与球面交于B．设圆锥底面半径为r，母线为l，则，得，∴圆锥的高故，故选B．11．当时，对任意，在内最多有1个零点，不符题意；所以，当时，由可得或，则在上，有一个零点，所以在内有3个零点，即在内有3个零点，因为，所以，，所以，解得，综上所述，的取值范围为，故选C．12．由题意得，而，，则构造函数可知当单调递增；当单调递减，故，由于在处取得最大值，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20分）题号13141516答案【解析】13．由题意，向量与垂直，则，解得．14．设为“的所有组合”，则，设事件为“直线不经过第二象限”，则要求，所以，从而．15．依题意可设圆与双曲线的一条渐近线交于点M，N，由可知为直角三角形，所以圆C与渐近线相交所得弦长，由题可得双曲线的一条渐近线为，所以焦点到渐近线l的距离为，所以，得，所以双曲线C的离心率．16．依正弦定理，由知角A是钝角，则，当时，令，，当且仅当时，取“=”，即，当时，；当时，令，，令，，，所以在上单调递增，所以，即，综上得，所以的取值范围是． 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．（本小题满分12分）（1）证明：因为当时，有①，所以当时，②，……………………………………（2分）    由①−②，整理可得，…………………………………………………（3分）    所以数列是等差数列．………………………………………………………………（4分）    （2）解：由（1）可知是等差数列，所以…………………（5分）    可得……………………………………………………………………………（7分）  所以数列的公差，…………………………………………………（8分）  所以，………………………………………………………（9分）  所以．…………………………（10分）  又，所以当或时，Sn取到最大值为60．…………………………（12分）  18．（本小题满分12分）（1）证明：为直角梯形，，．又，，…………………………（1分）  ………………………………………（2分） 又，． …………………（3分） 又，，如图4，作，，．又，．又，由勾股定理可知．……………………………………………（4分） ，．…………………………………………………（5分） 平面平面平面．………………………………………（6分） （2）解：由（1）知，，．又，以为原点建立空间直角坐标系，………………………………（7分） ，，，，．………………………………………………………………………………………（8分）设为平面的法向量，，…………………………………………………………（9分） 令，．………………………………………………………（10分）设平面与平面所成的二面角为，且为锐角，所以．………………………………………………………（12分） 19．（本小题满分12分）解：（1）记事件表示第一局获得分，事件表示第二局获得分，这些事件相互独立，由条件知的可能值为5，4，3，2．………………………………………………………………………………………（1分） ；；；．………………………………………………………（3分） 其分布列为5432  ………………………………………………………………………………………（4分） ．………………………………………（6分） （2）设小明每天赢得的局数为，则，于是．……………………………………………………（7分） 根据条件得……………………………………………………………………………………（9分）由①得，得，同理由②得，所以，………………………………………………（11分） 又因为，所以，因此在每天的20局四人赛中，小明赢得5局的比赛概率最大．……………………（12分） 20．（本小题满分12分）（1）解：令，的定义域为．．………………………………………………（1分） ①当时，时，，在上是增函数；时，，在上是减函数；时，，在上是增函数；………………………………………………………………………………………（3分） ②当时，，时，在上是减函数；时，在上是增函数；……………………………（4分）③当时，单调递增；④当时，时，，在上是增函数，时，，在上是减函数，时，，是增函数．……………………………………（6分） （2）证明：由（1）得时，，在上是减函数，即当，即，即．……………………………………………………………………………（8分） 令，，………………………………（10分） 求和即得．……………………………………………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分）（1）解：，，……………………………………………………………………………………（2分） 则，得，与联立解得，所以椭圆C的标准方程为．………………………………………………（4分） （2）证明：设P(，)，A(，)，B(，)，则，可设直线PA的方程为，其中，联立得，则，……………………………………………………（6分） 同理可得，．……………………………………………………（7分） 因为，……………………………………………………………………………（9分） 所以……………………（10分） 所以是定值．…………………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）的参数方程为（为参数），消去可得，，所以曲线的直角坐标方程为．………………………………………………………………………………………（1分） 将，代入得，曲线的极坐标方程为……………（2分） 的极坐标方程为，联立可得，……………（3分） 所以曲线和曲线的交点极坐标为和．…………………………（5分） （2）当时，，，．………………………………………………………………………………………（6分） 显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，………………………………………………………………………………………（7分） 直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，………………………………………………………………………………………（8分） 所以点P到直线MN的最大距离，………………………………（9分） 所以．………………………………………（10分） 23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（1）解：原不等式等价于…………………………（1分） …………………………………………………（3分） 解得 …………………………………………………………（5分） （2）证明：由（1）知………………………………………………………（6分） ………………………………………………………………………………………（9分） 当且仅当时等号成立．……………………………………………………（10分）