2023届贵州省六校联盟高考实用性联考（一）数学（理）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） 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 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．由题知，展开式中常数项为14012081，故选B． 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 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 理科数学参考答案·第1页（共9页）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． 理科数学参考答案·第2页（共9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 2 答案 7 y3x1 1 3 【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．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． 15．由题意画出图形如图 1，因为 E，F 分别在正方体 ABCDABCD 的棱AA ，BB 上，延长AB ，EF，交点 1 1 1 1 1 1 1 1 为M，连接MC ，过B 作BN MC ，连接FN，所以平面 1 1 1 1 CEF 与平面 ABCD 所成的二面角就是FNB ，因为 1 1 1 1 1 1 图1 AE2EA，BF 2FB ，所以BF:AE1:2，所以MB :MA 1:2，设正方体的棱长为 1 1 1 1 1 1 2 a a ， 所 以 CM  2a ， BN  a ， BF  ， 在 Rt△FNB 中 ， 1 1 2 1 3 1 a BF 3 2 2 tanFNB  1   ，故答案为 ． 1 BN 2a 3 3 1 2 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 理科数学参考答案·第3页（共9页）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]， 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） 3 解：（1）由b2 c2  acabcosC， 2 a2 b2 c2 3 可得b2 c2 ab   ac， ……………………………………………（2分） 2ab 2 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 理科数学参考答案·第4页（共9页）    （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） 19．（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， …………………………………………………（5分） 又因为PA平面PAD， 所以BDPA． …………………………………………………（6分） （2）解：如图2，作AD的中点M，AB的中点E，连接ME， 以点 M 为原点建立空间直角坐标系， BD2 3 ，则 A(1，0，0)，B(1，2 3，0)，D(1，0，0)，P(0，0， 3)，    则AP(1，0， 3)，BP(1，2 3， 3)，DP(1，0， 3)， 图2 ……………………………………………………………（8分）  设平面PAB的法向量n(x，y，z)，    n  APx 3z0， 则有  n  BPx2 3y 3z0，  可取n( 3，1，1)， …………………………………………………（10分） 理科数学参考答案·第5页（共9页）    n  DP 15 则cosn，DP    ， …………………………………………（11分） |n||DP| 5 15 所以PD与平面PAB所成角的正弦值为 ． ………………………………（12分） 5 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 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 理科数学参考答案·第6页（共9页） 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 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) 理科数学参考答案·第7页（共9页）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） （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 理科数学参考答案·第8页（共9页）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） 理科数学参考答案·第9页（共9页）