【文档说明】【全国卷】名校教研联盟2023届高三联考（三）理数参考答案和解析.pdf，共(10)页，341.982 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学参考答案（全国卷）第1页（共9页）绝密★启用前（全国卷）理科数学参考答案1.【答案】B【解析】2i212i1i)1)(1i()i1(i1iiz，2i21z，222i21iz.2．【答案】C【解

析】}31{xxM，{3}Nxx，所以{13}MNxx.3．【答案】A【解析】因为a，b为单位向量，所以345442222babbaaba，所以21ba，02)2(2ba

abaa.4.【答案】B【解析】x的系数为15)1()2(C)1()2(CC)1()2(CC4015211335022555.5.【答案】A【解析】因为21)()1(xfxf，则)211()1

(2211)211()1()10()2()1(1010fffff，)211(2)1(211)211()11()30()12()11(20920fffff，所

以122)211)(211()211(2)30()12()11()10()2()1(102010101010ffffff.6.【答案】D【解析】只有当ba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】C【解析】当列车行驶的距离为s时，车轮转过的角度为Rs，此时P到铁轨上表面的距离为co

s(1cos).ssRRRRR理科数学参考答案（全国卷）第2页（共9页）8.【答案】C【解析】方法1：由xyx222，得1)1(22yx，表示圆心坐标为)0,1(，半径为1的圆，且2xy的几何意义为过点)0,2(和该圆上一点的直线的斜率，所以当该直线与圆相切

于第一象限时2xy的值最大，由几何关系可知最大值为42.方法2：设(2)(2)ykxx，代入222xyx并化简得2222(1)2(21)40kxkxk，由22224(21)16(1)0kkk≥解得22[]44k，．9.【答案】D【解析】0

747aS，04a，因为07a，所以5a，6a的符号不确定，而03a，08a，所以63aa，85aa的符号不确定；6765473aaaaSS，若06a，则47SS；设公差为d，则0d，所以0113)(737987914daa

aaaS．10.【答案】B【解析】如图，设PF1与渐近线l交于点R，O为坐标原点，则R为线段PF1的中点，由三角形中位线定理可知2PFl∥，又因为lPF1，所以PFPF21．由点到直线距离公式得bRF1，所以bPF21

，abPF222，222212244)22()2(baFFabb，故ab2，aPF41，aPF22，设mQF1，则maPQ4，amQF22，在直角2PQF△中有，22222QFPFPQ，即222)2(

4)4(amama，则am34，aQF3102，所以53sin222QFPFQPF．11.【答案】D【解析】设)()(xxfxg，则1)1()1(fg，)()()(xfxxfxg，因为0)(1xfx，所以)(xf单

调递减，且0)(1xfx，所以当)1,0(x时，1)1()(fxf，0)(1)(xfxxg，)(xg单调递增，故1)1()2(ln2ln)2(lngfg，即elog2ln1)2(ln2f；理科数学参

考答案（全国卷）第3页（共9页）1)1()1(1)1(gfg，即)1(f；由于)(xf单调递减，所以e21)1()2(lgff；1)1()21(21)21(gfg，即e2)21(f，故D正确.12

.【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ABCP可以补成一个直四棱柱FPGCADBE，且底面四边形ADBE存在外接圆，因为PAAC，PBBC，所以ADAE，BDB

E，所以ABDABE≌△△，ADBAEB，且180ADBAEB，所以90ADBAEB，AB为四边形ADBE的外接圆直径.设四棱柱的侧棱长为h，则2211hAE，229hBE，所以42202222

ABhBEAE，22h，所以3ADAE，1BDBE，所以30BADBAE，60EAD，ADE△是等边三角形，PCAEDE3，故假设成立，所以四边形ABGF的两条对角线的交点即为所在球的球

心.易知球半径3R，所以球的体积为34343R.13.【答案】)1(e3xy【解析】当1x时，0eay，故ea，xxyCxee:，因为2ee)1(xxyx，所以当1x时，e3y，所以曲线C在点)0,1(处的切线方程为)1(e3xy．

14.【答案】35【解析】方法1：多面体AEFCCA11的体积等于三棱柱111CBAABC的体积与三棱台111CBAEBF的体积之差，其中三棱柱111CBAABC的体积为4，三棱台111CBAEBF的体积为37，所以多面体AEFCCA11的体积为35.方法2：所求体积

为111111112332AAEFFACCAAEFACCAVVSAAS△145333.15.【答案】1513理科数学参考答案（全国卷）第4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为开关乙闭合，事件Z为开关丙闭合

，则)()()(MPNMPMNP，其中241341312121)()()()()(ZPYPXPXPNMP，8541214121)()()()()()(ZPXPZPXPZXPMP，

所以1513)(MNP.16.【答案】108【解析】如图，易知C的焦点为)0,1(F，显然当xAB轴时，AF不垂直于BF，设过点)0,7(的直线l的斜率为)0(kk.则)7(:xkyl，将)7(xky代入xy42，得xxk4)7(22，即049)2

7(22222kxkxk．设),(11yxA，),(22yxB，则2221)27(2kkxx，4921xx，11(1,)FAxy，22(1,)FBxy，所以1212(1)(1)0FAFBxxyy，解得212k.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，22AFB2，故APB4，且由圆的性质可知APBAQB22，所以QAB△是等腰直角三角形，其中ABBQAQ22

，且3121212xxkAB，故108422122ABAQBQAQSQAB△.17.（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ca2，……1分由余弦定

理可知1611452cos222222abaacbcaB.……3分解得ab23，……4分又因为16153cos1sin2BB，……5分理科数学参考答案（全国卷）第5页（共9页）所以由正弦定理可知815sin32sinBA.……6分（2）设

ABC△的外接圆与内切圆的半径分别为R，r，由（1）及正弦定理可知RAa2sin，故15154aR，……8分由三角形面积公式可知：161532sin2aAbcSABC△，……9分且ABC△的周长为acba

29，所以1615329212aarSABC△，故1215ar，……11分所以ABC△的外接圆与内切圆的面积之比为25256)(222rRrR.……12分18.（12分）【解析】（1）根据列联表得：635.6143.5736751059090)45603

045(18022K，……3分所以没有99%的把握认为学生每周平均运动时长与性别有差异.……4分（2）男生中每周平均运动时长不少于7小时的比率为2190451p，女生中每周平均运动时长不少于7小时的比率为3190302p，则)21,2(~

BX，)31,2(~BY，所以1212)(XE，32312)(YE，……5分根据题意可知2,1,0,1,2Z，361)31()21()2()0()2(22YPXPZP，……6分61)

31(2121C3231C)21()2()1()1()0()1(212122YPXPYPXPZP，……7分)2()2()1()1()0()0()0(XPXPYPX

PYPXPZP3613)31()21(3231C2121C)32()21(22221222，313231C)21()32(2121C)1()2()0()1()1(122212YPXPYPXPZP，……8分91)32()21()0()2()2(

22YPXPZP，……9分所以319123113613061)1(361)2()(ZE，……11分理科数学参考答案（全国卷）第6页（共9页）所以)()()(YEXEZE.……12分19.（12分）【解析】（1）方法1：连接CB1，

延长DB1，BA交于点E，连接CE，则11BCCB，CEBC，……2分因为1CC平面BCE，所以CECC1，CE平面11BBCC，……3分因为1BC平面11BBCC，所以1BCEC，1BC平面CEB1，……4分因为DB1平面CEB1，所以1

1BCDB.……5分方法2：由条件得10AAAB，10AAAC，21||2ABACAB，221AAAB，……2分所以21111

11111()()()22DBBCAAABACAAABAAACAAAAAB21

0ABACABAAAB，……4分所以11BCDB.……5分方法3：连接CB1，延长DB1，BA交于点E，连接CE，以C为坐标原点，CE为x轴，CB为y轴，1CC为z轴建立如图

示的空间直角坐标系Cxyz，设||2AB，则(311)D，，，(020)B，，，1(022)B，，，1(002)C，，，……2分所以1(311)DB，，，1(022)BC，，，……3分所以110DBBC，即11BCDB.……

5分（2）在（1）的条件下，若1B，D，M，N在同一平面上，则E，M，N在同一直线上，……6分过A作BCAF∥，交EN于F，设2BC，kNC，则2221kBNAF，所以ABCANCSkS△△2，ANCCMNSkkkS△△22，理科数学参考答案（全国卷）第7页

（共9页）所以ABCABCCMNSSkkS△△△3122，解得1k，则1NC，34CM.……8分以C为坐标原点，CE为x轴，CB为y轴，1CC为z轴建立坐标系，则)0,1,3(A，)0,32,332(M，)0,1

,0(N，)2,2,0(1B，所以31(,,0)33MA，1234(,,2)33MB，231(,,0)33MN，……9分设平面1AMB与平面MNB1的法向量分别为m),,(111zyx，n),,(

222zyx，则02343320313311111zyxyx，023433203133222222zyxyx，不妨取11x，12x，则m)3,3,1(，n)3,32,1(，……10分所以cos

nmnmnm,77231213313332311，故二面角NMBA1的正弦值为721)772(12.……12分20.(12分)【解析】（1）根据题意有，)1,0(B，设)0,(cF，则(,1)FBc，(2,1)FPc

，…1分当BFPF时，(2)10FPFBcc，……2分所以1c，……3分根据椭圆的几何性质可知2122ca，所以C的方程为1222yx.……4分（2）设MN的方程为1)2(

xky，代入C的方程有：02)12(2)21(4)12(222kxkkxk，……5分设),(11yxM，),(22yxN，则12)12(4221kkkxx，12)1(8122)12(222221kkkkkxx，……6分直线MF的方程为0)1

(111yyxxy，直线NF的方程为0)1(222yyxxy，所以点B到直线MF，NF的距离分别为2121111)1(1yxyxd，2222222)1(1yxyxd，若直理科数学参考答案（全国卷）第8页

（共9页）线BF平分MFN，只需满足21dd，……8分即])1[(])1[(])1[(])1[(21212222222211yxyxyxyx，整理化简有2122221222111221)1()1)(1()1()1)(1(yy

xyxxyyxyxx，即])1()1[(])1()1)[(1)(1(211221211221yxyxyyyxyxxx，故只需满足2121)1)(1(yyxx，……10分其中1214211

2)12(412)1(81)()1)(1(2222212121kkkkkkkkkxxxxxx，……11分12142)21())(21()21)(21(222212122121kkkkxxkkxxkkkxkkxyy，

故2121)1)(1(yyxx，21dd，直线BF平分MFN.……12分21.（12分）【解析】（1）方法1：根据题意有12xx≥0，则)(xf的定义域为),0[)1,(，……1分当),0()1,

(时，021)1(1)(2xxxxf，……2分所以)(xf有两个单调递增区间，分别是)1,(，),0(.……3分方法2：根据题意有12xx≥0，则)(xf的定义域为),0

[)1,(，……1分122)(xxf，且122xy在)1,(，),1(单调递增，xy为增函数，…2分所以)(xf有两个单调递增区间，分别是)1,(，),0(.……3分（2）因为)(xg是偶函数，故1)(41x

g等价于当0x时，xxxsin4，设xxxhsin)(，则1cos)(xxh≤0，)(xh单调递减，……4分所以当0x时，0)0()(hxh，即当0x时，xxsin.……5分设4si

n)(xxx，当x0≤时，0)(x，当x≥23时，)(x≥1sin2341sinxx≥0，……6分当23x时，41cos)(xx是增函数，且04121)34(

，041)23(，理科数学参考答案（全国卷）第9页（共9页）所以存在唯一)23,34(0x，使得041cos)(00xx，即41cos0x，当0xx时，0)(x，)(x单调递减，当230xx时，0)(x，

)(x单调递增，故)(x≥)(0x041534414cos14sin00200xxxx.综上，1)(41xg.……8分（3）由21x，12)(1nnnnxxxfx易知0nx，故212121121nnnnxxxx，即11)1(221nnx

x，其中4cos2211x，……9分又因为12cos2cos2122nn，且由（1）可知)(xf在),0(单调递增，所以当且仅当12cos1nnx时，即12cos1nnx时，)(1nnxfx成立，……10分所以2111132212cos2cos2sin22si

n22cos2cos2cos1nnnnnnnxxx112sin22sin2sin2nnnn.……11分由（2）可知，当0x时，xxsin，故1122sinnn，所以2222si

n21121nnnnnxxx.……12分22.【解析】(10分)（1）C的普通方程为xy4)2(2，……2分其中x≥1，y≥0.……3分sin(21)4sin24coscos24sin1xy.所以l的直角坐标方程为1x

y.……5分（2）设C上的点到l距离为d，由（1）可知，21)1()1(412222ttttd248)21(23)1()1(4122222222tttttt≥2，……9分理科数学参考答案（全国卷

）第10页（共9页）当1t时，等号成立．所以C上的点到l距离的最小值为2.……10分23.【解析】(10分)（1）根据题意有nm1≤1，nm1≤1，nf)0(，所以1≤nm1≤1，即2≤nm≤0，①1≤nm1≤1，即2≤nm≤0，②……2分由①可知n≤m，……

3分①+②有4≤n2，即2≤n，……4分由①可知，0≤nm≤2，③②+③有m2≤2，即m≤1，综上，2≤)0(f≤m≤1.……5分（2）方法1：由①②得22024mmnn≤≤④，22024mmnn≤

≤⑤．……7分由④得22420mnmn≤≤⑥，……8分⑤＋⑥得444mn≤≤，即mn≤1.……10分方法2：由②，③可知，mnnmnm2)(222≤4，mnnmnm2)(222≤4，……6分所以22nm≤4.……7分且有

422nm≤mn2≤)(422nm，即mn2≤)(422nm，……9分所以4≥222nmmn≥mn4，即mn≤1.……10分