2023届贵州省六校联盟高考实用性联考（一）数学（文）答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023贵州省六校联盟高三上学期高考实用性联考（一）数学

2023 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（一）
文科数学参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C D A B D B B C A C C D
【解析】
 1  1 
1．M {x|1x2}，N x x≥ ，故M N x ≤x2，故选C．
 2  2 
2 2(1i)
2．由题设有z1  1i，故z2i，故|z| (2)2 (1)2  5，
1i (1i)(1i)
故选D．
  2     2
3．因为点D在边AC上，DC 2DA，所以CD2DA CA，即BDBCCDBC CA
3 3
 2   2 1  2 1
BC (BABC) BA BC，所以BD m n，故选A．
3 3 3 3 3
4．从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，
(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，15 种情况，其中数字之和为 3
5 1
的倍数的有(1，2)，(1，5)，(2，4)，(3，6)，(4，5)，5种情况，故概率为  ，故选B．
15 3
x(2x 2x) x(2x 2x) x(2x 2x)
5．∵ f(x) ，x1，∴ f(x)   f(x)，定义域关于原
|x|1 |x|1 |x|1
点对称，故 f(x)是偶函数，排除A；当x0时，2x 2x，即2x 2x 0，当x1时，又
有|x|10，因此 f(x)0，排除B，C，故选D．
y2 x2
6．由题意可知，双曲线的渐近线方程为  0，即4x3y0，结合对称性，不妨考虑
16 9
|80| 8
点(2，0)到直线4x3y0的距离：d   ，故选B．
916 5
sin(1sin2) sin(sin2cos22sincos)
7 ． 将 式 子 进 行 齐 次 化 处 理 得 ：  
sincos sincos
sin(sincos) tan2tan 42 2
sin(sincos)    ，故选B．
sin2cos2 1tan2 14 5
文科数学参考答案·第1页（共8页）8 ． ∵a 2 ， a a a 2 ， ∴S a (a a a )(a a a )
1 n n1 n2 2023 1 2 3 4 5 6 7
(a a a )a 67421350，故选C．
2021 2022 2023 1
9．∵球的体积为36π，所以球的半径R3，如图，设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
27
则l2 92a2 h2，32 2a2 (3h)2，所以6hl2 9，2a2 l2 h2 9h2，所以a2  ，
8
3 1 1 1 27 3 27
h ，所以正四棱锥的体积V  Sh 4a2h 4   ，故选A．
2 3 3 3 8 2 4
 π π π π
10．由题意，函数 f(x)sinx (0)，因为x[0，1]，可得x 

，

，又
 3 3 3 3
π π π
函数 f(x)的图象在区间[0，1]上恰有 3 个最高点，所以4π ≤ 6π ，解得
2 3 2
25π 37π 25π 37π
≤ ，即实数的取值范围是

，

，故选C．
6 6  6 6 
y a y a
11． A(0，a) ，设 P(x，y ) ，则 Q(x， y ) ，则 k  1 ，k  1 ，故 k  k 
1 1 1 1 AP x AQ x AP AQ
1 1
y a y a a2  y2 4 y2 x2 b2(a2  y2)
1  1  1  ， 又 1  1 1 ， 则 x2  1 ， 所 以
x x x2 3 a2 b2 1 a2
1 1 1
a2  y2 a2 4 b2 3 c b2 1
1   ，即  ，所以椭圆C的离心率e  1  ，故选C．
b2(a2  y2) b2 3 a2 4 a a2 2
1
a2
12．显然，a，b，c皆为正数．欲比较 b 和 c 的大小，只需比较lnb和lnc的大小．lnb
ln1.31.3 1.3ln1.3，lnclne0.39 0.39，即比较 0.39 和1.3ln1.3的大小即可．下面先证明
1
lnxx1(x0 且 x1) ．记 f(x)lnx(x1) ，则 f(x) 1．令 f(x)0 ，得：
x
0x1；令 f(x)0，得：x1；函数 f(x)在(0，1)上单增，在(1，)上单减，所以
对任意x0，都有 f(x)≤f(1)0，即lnx≤x1恒成立，所以对任意x0且x1，都有
f(x) f(1)0，即lnxx1恒成立，故1.3ln1.31.3(1.31)0.39，故cb．构造函
数g(x)ex，故当xR时，g(x)单调递增，故e1.3 e0.39，即ac，综上acb，故
选D．
文科数学参考答案·第2页（共8页）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
题号 13 14 15 16
答案 7 1 y3x1 1
【解析】
13 ． ∵{a } 是 等 差 数 列 ， a a a a 2 ， 根 据 等 差 数 列 前 n 项 和 公 式 ：
n 2 6 1 7
n(a a ) 72
S  1 n ，nN*，可得：S  7，∴S 7．
n 2 7 2 7
14．因为 f(x)x(a  ex ex) ，故 f(x)x(a  ex ex) ，因为 f(x) 为奇函数，故
f(x) f(x)，所以x(a  ex ex)x(a  ex ex)，整理得到(a1)(ex ex)0，故a1.
15．对函数yex1x2求导得yex12x，故当x1时，斜率k e1123，又切线过点
(1，2)，故切线方程为y23(x1)，即y3x1．
16．因为 f(x1) f(1x)0①；令x1，由①得：f(2) f(0)2abb0，所以ab0，
即 f(1)0，因为 f(0) f(1)2，所以 f(0)b2，则a2，又因为 f(x1)关于x1
对称，所以 f(x)关于 y 轴对称．由两个对称性可知，函数 f(x)的周期T 4．所以
7  1 1 1
f   f   f  2 21．
2  2 2 2
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）
解：（1）由已知得：x 5，y 13， ……………………………………………（1分）
5 5
(x x)2 10，(y  y)2 64， …………………………………………（3分）
i i
i1 i1
5
(x x)(y  y)20， …………………………………………………（4分）
i i
i1
20 5 10
r    0.79， …………………………………………（6分）
1064 2 10 4
因为|r|0.79[0.75，1]，
文科数学参考答案·第3页（共8页）说明y与x的线性相关关系很强，可用线性回归模型拟合y与x的关系．
……………………………………………………………（7分）
n
(x x)(y  y)
i i 20
（2）b ˆ  i1  2， ……………………………………………（9分）
n 10
(x x)2
i
i1
aˆ yb ˆ x 13103， …………………………………………………（10分）
则y关于x的线性回归方程为yˆ 2x3． ……………………………………（11分）
当x8时，yˆ 28319．
预测该专营店在x8时的营业收入为19万元． ……………………………（12分）
18．（本小题满分12分）
（1）证明：在四边形ABCD中，因为CD∥AB，AD2，AB4，DAB60，
由余弦定理得，BD2  AD2  AB2 2  AD  AB  cos60，解得BD2 12，
…………………………………………………………………（2分）
所以AD2 BD2  AB2，即BD AD， ………………………………………（3分）
因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，BD平面ABCD，
所以BD平面PAD， …………………………………………………（6分）
又因为PA平面PAD，
所以BDPA. ……………………………………………………………（7分）
（2）解：由（1）知，BD平面PAD，
所以角BPD就是PB与平面PAD所成的角. …………………………………（8分）
又BD2 12，即BD2 3，PD2， ……………………………………（10分）
BD 2 3
所以tanBPD   3. ………………………………………（12分）
PD 2
19．（本小题满分12分）
3
解：（1）由b2 c2  acabcosC，
2
a2 b2 c2 3
可得b2 c2 ab   ac， ……………………………………………（2分）
2ab 2
文科数学参考答案·第4页（共8页）得a2 c2 b2  3ac， …………………………………………………（3分）
a2 c2 b2 3
则cosB  ， …………………………………………………（5分）
2ac 2
π
由于0Bπ，所以B ． …………………………………………………（6分）
6
   
（2）由2BDBABC，可得4BD 2 c2 a2  3ac，即c2 a2 4 3ac，
…………………………………………………………………（8分）
因为c2 a2≥2ac（当且仅当ac时等号成立），
所以c2 a2 4 3ac≥2ac， …………………………………………………（9分）
则ac≤84 3（当且仅当ac 6 2时等号成立）， ………………………（10分）
1 1 1
则S  acsinB≤ (84 3) 2 3（当且仅当ac 6 2时等号成立），
△ABC 2 2 2
即△ABC面积的最大值为2 3． …………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
|PF| 1 (x1)2  y2 1
解：（1）设点P(x，y)，由题，有  ，即  ，
|x4| 2 |x4| 2
…………………………………………………………………（3分）
解得3x2 4y2 12，
x2 y2
所以所求P点轨迹方程为  1． …………………………………………（5分）
4 3
（2）由题，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为yk(x1)，
1 1
yk(x1)，

与曲线C联立方程组得x2 y2
  1，
 4 3
解得(4k2 3)x2 8k2x4k2 120， ………………………………………（6分）
设A(x，y )，B(x，y )，
1 1 2 2
8k2 4k2 12
则有x x  ，xx  ． …………………………………………（7分）
1 2 4k2 3 1 2 4k2 3
文科数学参考答案·第5页（共8页）1 1
依题意有直线l 的斜率为 ，则直线l 的方程为y (x1)．
2 k 2 k
 m1
令xm，则有M点的坐标为 m，

． ……………………………（8分）
 k 
m1 1
由题，k   ， …………………………………………………（9分）
MF k(1m) k
m1 m1
y  y 
1 k 2 k y y 1 m1 m1 
k k    1  2    
MA MB x m x m x m x m kx m x m
1 2 1 2 1 2
k(x 1) k(x 1) 1 m1 m1 
 1  2    
x m x m kx m x m
1 2 1 2
 8k2 
6m24
(m1) 2m
4k2 3 1 4k2 3 
k   ，
4k2 12 8k2 k 4k2 12 8k2
m m2 m m2
4k2 3 4k2 3 4k2 3 4k2 3
………………………………………………………………………（10分）
因为2k k k ，
MF MA MB
 8k2 
6m24
(m1) 2m
4k2 3 1 4k2 3  2
所以k    ，
4k2 12 8k2 k 4k2 12 8k2 k
m m2 m m2
4k2 3 4k2 3 4k2 3 4k2 3
………………………………………………………………………（11分）
解得(m4)(k2 1)0，则必有m40，
所以m4． ……………………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
（1）解： f(x)的定义域为(0，)，
f(x)2lnx22mx， …………………………………………………（1分）
2 2(1mx)
令h(x) f(x)，则h(x) 2m ， ………………………………（2分）
x x
1  1 
因为m≥1，所以当0x 时，h(x)0， f(x)在 0，

上单调递增；
m  m
文科数学参考答案·第6页（共8页）1  1 
当x 时，h(x)0， f(x)在

， 上单调递减． ………………………（3分）
m m 
 1  1
则 f(x)≤f  2ln 222lnm≤0． ………………………………（4分）
m m
所以函数 f(x)的单调递减区间为(0，)，无单调递增区间．
………………………………………………………………………（5分）
ab 4ab
（2）证明：欲证2ln  ，
ab a2 b2
ab (ab)2 (ab)2
只要证2ln  ，
ab (ab)(ab)
ab ab ab
即证2ln   ． …………………………………………………（7分）
ab ab ab
ab
令x ，由于ab0，则x1． ………………………………………（8分）
ab
1
故只要证2lnxx ，即证2xlnxx2 10． …………………………（9分）
x
当m1时， f(x)2xlnxx2 1，
由（1）有，此时， f(x)在(0，)上单调递减．
故x1时， f(x) f(1)0，即2xlnxx2 10． ……………………………（10分）
1
所以2lnxx 成立， …………………………………………………（11分）
x
ab 4ab
即2ln  成立． ……………………………………………（12分）
ab a2 b2
22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】
 x2 2sincos，
解：（1）由 得x2  y2 9， ………………………………（2分）
y2 2cossin
 π 3 1
由cos 2得 cos sin20，
 6 2 2
因为cosx，sin y，所以 3x y40， …………………………（4分）
所以，C的普通方程是x2  y2 9，l的直角坐标方程为 3x y40．
…………………………………………………（5分）
文科数学参考答案·第7页（共8页）（2）由（1）知P(0，4)，
xtcos，
设m的参数方程为 (t为参数）， …………………………………（6分）
y4t  sin
代入C的普通方程得t2 8sin  t70， ……………………………………（8分）
由题，0，设A，B两点对应的参数分别为t，t ，则t  t 7，
1 2 1 2
……………………………………………………………………………（9分）
所以，|PA|  |PB||tt |7，所以|PA|  |PB|为定值． ……………………（10分）
12
23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】
解：（1）当a1时，由 f(x)≥3，得|x1||x2|≥3， ………………………（1分）
当x1时，1x2x≥3，解得x≤0； ………………………………………（2分）
当1≤x2时，x12x≥3，解得x； …………………………………（3分）
当x≥2时，x1x2≥3，解得x≥3， ………………………………………（4分）
综上，不等式的解集为(，0][3，). ………………………………（5分）
（2） f(x)|xa||x2|≥|(xa)(x2)||a2|， …………………（6分）
因为 f(x)≥2a1，所以|a2|≥2a1， ……………………………………（7分）
所以a2≤(2a1)或a2≥2a1， ………………………………………（8分）
解得a≤1或a≤1， ………………………………………（9分）
综上a≤1，即a的取值范围为(，1]. …………………………………………（10分）
文科数学参考答案·第8页（共8页）