2023届贵州省贵阳市高三三模数学（理）试题

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）

【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）

【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

………………………………………………………………………………………（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）