【全国卷】名校教研联盟2023届高三联考（三）理数参考答案

绝密★启用前（全国卷）理科数学参考答案1.【答案】Bii(1i)1i1i1i1i2【解析】z，z，zi.i1(i1)(1i)222222222．【答案】C【解析】M{x1x3}，N{xx3}，所以MN{x1x3}.3．【答案】A222【解析】因为a，b为单位向量，所以a2ba4ab4b54ab3，所以12ab，a(a2b)a2ab0.24.【答案】B52203112104【解析】x的系数为C5C5(2)(1)C5C3(2)(1)C5(2)(1)15.5.【答案】A1f(1)(1)f(x1)1101【解析】因为，则f(1)f(2)f(10)22f(1)(1)，110f(x)21221f(11)(1)20f(1)1f(11)f(12)f(30)2(1)，192012221012(1)20f(1)f(2)f(10)102所以2.1110f(11)f(12)f(30)(1)(1)212102106.【答案】D【解析】只有当ab时才存在平面，，使a，b，且c∥，c∥，，故A错误；若存在平面，，使a，b，且c∥，c∥，则此时与不平行，故B错误；存在两个平面，使c，且a，b与所成角相等，故C错误；存在平面，使a∥，b∥，且c，故D正确.7.【答案】Cs【解析】当列车行驶的距离为s时，车轮转过的角度为，此时P到铁轨上表面的距离为RssRRcosR(1cos).RR理科数学参考答案（全国卷）第1页（共9页）8.【答案】C【解析】方法1：由x2y22x，得(x1)2y21，表示圆心坐标为(1,0)，半径为1y的圆，且的几何意义为过点(2,0)和该圆上一点的直线的斜率，所以当该直线与圆相x2切于第一象限时y的值最大，由几何关系可知最大值为2.x24方法2：设yk(x2)(x2)，代入x2y22x并化简得(1k2)x22(2k21)x4k20，由4(2k21)216k2(1k2)≥0解得22k[，]．449.【答案】D【解析】S77a40，a40，因为a70，所以a5，a6的符号不确定，而a30，a80，所以a3a6，a5a8的符号不确定；S7S4a5a6a73a6，若a60，则S7S4；设公差为d，则d0，所以S143a97(a7a8)3a911a7d0．10.【答案】B【解析】如图，设F1P与渐近线l交于点R，O为坐标原点，则R为线段F1P的中点，由三角形中位线定理可知l∥PF2，又因为PF1l，所以F1PF2P．由点到直线距离公式得F1Rb，所以，，22222，故，F1P2bF2P2b2a(2b)(2b2a)F1F24a4bb2aF1P4a，F2P2a，设F1Qm，则PQ4am，F2Qm2a，在直角△PQF2222410中有，PQFPFQ，即(4am)24a2(m2a)2，则ma，FQa，22323F2P3所以sinF2QP．F2Q511.【答案】D1【解析】设g(x)xf(x)，则g(1)f(1)1，g(x)f(x)xf(x)，因为f(x)0，x所以f(x)单调递减，且1xf(x)0，所以当x(0,1)时，f(x)f(1)1，1g(x)1xf(x)0，g(x)单调递增，故g(ln2)ln2f(ln2)g(1)1，即f(ln2)loge；ln22理科数学参考答案（全国卷）第2页（共9页）11112g()f()g(1)1，即f()；由于f(x)单调递减，所以f(lg2)f(1)1；e1111g()f()g(1)1，即f()2e，故D正确.222212.【答案】A【解析】每个底面四个顶点共圆的直四棱柱的所有顶点必在同一球面上，如图，假设由三棱锥PABC可以补成一个直四棱柱ADBEFPGC，且底面四边形ADBE存在外接圆，因为ACPA，BCPB，所以AEAD，BEBD，所以△ABE≌△ABD，AEBADB，且AEBADB180，所以AEBADB90，AB为四边形ADBE的外接圆直径.设四棱柱的侧棱长为h，则AE211h2，BE29h2，所以AE2BE2202h2AB24，h22，所以AEAD3，BEBD1，所以BAEBAD30，EAD60，△ADE是等边三角形，DEAE3PC，故假设成立，所以四边形ABGF的两条对角线的交点4R3即为所在球的球心.易知球半径R3，所以球的体积为43.313.【答案】y3e(x1)ee【解析】当x1时，yea0，故ae，C:yxex，因为y(x1)ex，xx2所以当x1时，y3e，所以曲线C在点(1,0)处的切线方程为y3e(x1)．514.【答案】3【解析】方法1：多面体A1C1AEFC的体积等于三棱柱ABCA1B1C1的体积与三棱台EBFA1B1C1的体积之差，其中三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，三棱台EBFA1B1C175的体积为，所以多面体ACAEFC的体积为.3113112145方法2：所求体积为VVS△AAS.A1AEFFACC1A13AEF13ACC1A123331315.【答案】15理科数学参考答案（全国卷）第3页（共9页）【解析】设事件M为A灯亮，事件N为B灯亮，事件X为开关甲闭合，事件Y为开关乙P(NM)闭合，事件Z为开关丙闭合，则P(NM)，P(M)111113其中P(NM)P(X)P(X)P(Y)P(Z)，22342411115P(M)P(XZ)P(X)P(Z)P(X)P(Z)，2424813所以P(NM).1516.【答案】108【解析】如图，易知C的焦点为F(1,0)，显然当ABx轴时，AF不垂直于BF，设过点(7,0)的直线l的斜率为k(k0).则l:yk(x7)，将yk(x7)代入y24x，得k2(x7)24x，即222222(7k2)kx2(7k2)x49k0．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2，x1x249，k21FA(x1,y)，FB(x1,y)，所以FAFB(x1)(x1)yy0，解得k2.112212122设PA，PB与x轴正方向的夹角分别为，，由抛物线的光学性质可知APB，AFB22，故APB，且由圆的性质可知AQB2APB，所以2422△QAB是等腰直角三角形，其中AQBQAB，且AB1k2xx123，故212221AQABS△AQBQ108.QAB22417.（12分）【解析】（1）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由正弦定理可知2ac，……1分a2c2b25a2b211由余弦定理可知cosB.……3分2ac4a2163解得ba，……4分2315又因为sinB1cos2B，……5分16理科数学参考答案（全国卷）第4页（共9页）215所以由正弦定理可知sinAsinB.……6分38（2）设△ABC的外接圆与内切圆的半径分别为R，r，a415a由（1）及正弦定理可知2R，故R，……8分sinA15bcsinA315a2由三角形面积公式可知：S△，……9分ABC2169且△ABC的周长为abca，219315a215a所以S△ar，故r，……11分ABC221612R2R256所以△ABC的外接圆与内切圆的面积之比为()2.……12分r2r2518.（12分）180(45306045)236【解析】（1）根据列联表得：K25.1436.635，……3分9090105757所以没有99%的把握认为学生每周平均运动时长与性别有差异.……4分451（2）男生中每周平均运动时长不少于7小时的比率为p，女生中每周平均运动时190230111长不少于7小时的比率为p，则X~B(2,)，Y~B(2,)，290323112所以E(X)21，E(Y)2，……5分233根据题意可知Z2,1,0,1,2，111P(Z2)P(X0)P(Y2)()2()2，……6分23361121111P(Z1)P(X0)P(Y1)P(X1)P(Y2)()2C1C1()2，223322236……7分P(Z0)P(X0)P(Y0)P(X1)P(Y1)P(X2)P(X2)1211121113()2()2C1C2()2()2，2322223323361121121P(Z1)P(X1)P(Y0)P(X2)P(Y1)C1()2()2C1，222322333……8分121P(Z2)P(X2)P(Y0)()2()2，……9分2391113111所以E(Z)(2)(1)012，……11分36636393理科数学参考答案（全国卷）第5页（共9页）所以E(Z)E(X)E(Y).……12分19.（12分）【解析】（1）方法1：连接B1C，延长B1D，BA交于点E，连接CE，则B1CBC1，BCCE，……2分因为CC1平面BCE，所以CC1CE，CE平面BCC1B1，……3分因为BC1平面BCC1B1，所以ECBC1，BC1平面B1CE，……4分因为B1D平面B1CE，所以B1DBC1.……5分122方法2：由条件得AAAB0，AAAC0，ABAC|AB|2，AAAB，1121……2分112所以DBBC(AAAB)(ACAAAB)(AAACAAAAAB)1121121112，……分ABACABAA1AB04所以B1DBC1.……5分方法3：连接B1C，延长B1D，BA交于点E，连接CE，以C为坐标原点，CE为x轴，CB为y轴，CC1为z轴建立如图示的空间直角坐标系Cxyz，设|AB|2，则D(3，1，1)，，，，，，，，，，……分B(020)B1(022)C1(002)2所以，，，，，，……分DB1(311)BC1(022)3所以，即.……分DB1BC10B1DBC15（2）在（1）的条件下，若B1，D，M，N在同一平面上，则E，M，N在同一直线上，……6分12k过A作AF∥BC，交EN于F，设BC2，NCk，则AFBN，22kk所以SS，SS，△ANC△ABC△CMN2k△ANC2k2理科数学参考答案（全国卷）第6页（共9页）k214所以S△S△S△，解得k1，则NC1，CM.……8分CMN2kABC3ABC3以C为坐标原点，CE为x轴，CB为y轴，CC1为z轴建立坐标系，则A(3,1,0)，232M(,,0)，N(0,1,0)，B(0,2,2)，33131234231所以MA(,,0)，MB(,,2)，MN(,,0)，……9分3313333设平面AMB1与平