2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（三）理数-答案

理科数学参考答案·第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，∴圆锥的高图3故，故选B．图311．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）图4（1）证明：为直角梯形，，．图4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）…………………（