【文档说明】2023届湘豫名校联考高三下学期第三次模拟考试 文数答案和解析.pdf，共(13)页，589.327 KB，由管理员店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司湘豫名校联考2023年5月高三第三次模拟考试数学（文科）参考答案题号123456789101112答案BCACDCBCDDAD一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.B【命题意图】本题考查集合的交集运算，考查数学运算、逻辑推理的核心素养.【解析】因为集合2164xBxxx，2Axx，所以242,4ABxx.故选B.2.C【命题意图】本题考查复数的几何意义，

考查数学运算、直观想象的核心素养.【解析】因为复数322i1i2i2i13i13iii1i1i1i222z，所以z在复平面内对应的点的坐标为13,22，位于第

三象限.故选C.3.A【命题意图】本题考查向量的数量积，考查数学运算的核心素养.【解析】因为向量6,10ab，所以2212,20ab①.又238,15ab②，①②两式相减得520,35b，所以

4,7b，6,104,76,102,3ab.所以2,34,729ab.故选A.4.C【命题意图】本题考查线性规划，考查数学运算、直观想象的核心素养.【解析】作出可行域，如图中阴影部分所示，由3

4zxy可得344zyx，平移直线34yx，当直线经过点A时，z取最大值.由30,10,xyxy解得1,2,xy所以1,2A.故max314211z.故选C.5.D【命题意图】本题考查数字特征的应用，考查数

学运算的核心素养.学科网（北京）股份有限公司【解析】经计算，这10位同学一周课外体育运动总时长的平均数为8，而众数为8.3，中位数为8.2，方差小于21.7102.8910，故最大值为8.3，为众数.故选

D.6.C【命题意图】本题考查双曲线的标准方程，考查数学运算、逻辑推理的核心素养.【解析】设双曲线1C的方程为222210,0xyabab或222210,0yxabab，因为1C和2C有相同的焦距，双曲线222:17xCy的焦距为42，所以双曲线

1C的焦距242c.若1C的焦点在x轴上，将点3,1代入222210,0xyabab，得2222311ab①.又2228abc②，联立①②两式得26a，22b.所以双曲线1C的标准方程为22162xy.若1

C的焦点在y轴上，将点3,1代入222210,0yxabab，得2222131ab③.又2228abc④，联立③④两式得2973a，2731b，所以双曲线1C的标准方程为221973731yx.综

上所述，双曲线1C的标准方程为22162xy或221973731yx.故选C.7.B【命题意图】本题考查函数的图象识别，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.【解析】333322222111xxxxxxfxxxxx，易知fx的定义域为R.因

为333222111xxxxxxfxfxxxx，所以fx为奇函数，图象关的原点对称.排除A，D选项；又321112202112f，32222012f，所以排除C选

项.故选B.8.C【命题意图】本题考查算法程序框图，考查数学运算、逻辑推理的核心素养.【解析】执行程序框图，第一次循环：14，22112M，2b，0a，2n；第二次循环：24，22024M，1b，2a，3n；第三次循环：34，22215M，3b，3a

，4n；第四次循环：44，223318M，4b，16a，5n，此时54，退出循环，输出18M.故学科网（北京）股份有限公司选C.9.D【命题意图】本题考查四个平均数的大小关系，基本不等式的

性质，考查数学运算的核心素养.【解析】方法一：2124abab（当且仅当ab时取等号），A正确；易知2222abab，则22122ab，即2212ab（当且仅当ab时取等号），B正确；由题得2111121111abbbb

，210,1b，故1121ab，C正确；易知1222abab，即2ab（当且仅当ab时取等号），D错误.故选D.方法二（特殊情况）：取12ab，则11222ab，D错误

.故选D.10.D【命题意图】本题考查等差数列的基本运算，数列的前n项和，考查数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.【解析】设等差数列的首项为1a，公差为d，则由18531122,26,aaaaa

得111117242,21026,aadadadad化简得1782,21226,ddad解得11,2.ad所以11221nann.设数列cosnan的前n项和

为nS，则202212312021202221132022202110112022Saaaaaaaaaaaad.故选D.11.A【命题意图】本题考查三棱锥的外接球的体积，考查直观想象、逻辑推理和数学运算的

核心素养.【解析】在PAQ△中，设AQx，则22222PQxx.所以PAQ△的周长为222123xx.所以2213xx，不等式两边平方，得222423213xxx，解得1x，即AQ的最小值是1.所

以点A到边BC的距离为1.当AQ取最小值时，因为在RtABQ△中，2AB，所以60BAQ.又60BAC，所以C，Q两点重合，所以90ACB，即ACBC.又PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC.因为PAACA

，所以BC平面PAC.因为PC平面PAC，所以BCPC.因为PB是RtPAB△和RtPCB△的公共斜边，所以PB为三棱锥PABC的外接球的直径，设外接球的半径为R，则22221116222222RPBPAAB

，所以三棱锥PABC的外接球的体积334466332VR.故选A.学科网（北京）股份有限公司12.D【命题意图】本题考查通过导数判断函数的最值，求参数的取值范围，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.【解析

】方法一：由题可得233fxbbx.（1）当30b，即3b时，3fxx在1,1上单调递减，函数的最小值为13f，符合题意，所以3b符合题意.（2）当30b，即3b时，①

当033b，即30b时，233fxbbx为开口向下的拋物线，且1230bb，0fx恒成立，所以fx在1,1上单调递减，函数的最小值为13f，符合题意.②当30b，即

3b时，233fxbbx为开口向上的抛物线，且1230bb.令0fx，则233bxb.解得33bxb或33bxb.当133bb，即92b时，函数fx在

1,33bb上单调递增，在,3333bbbb上单调递减，在,133bb上单调递增.又13f，所以fx在1,1上的最小值为

233333bbbfbb.令333bfb，得23333bbb，化简得22990bb，解得92b（舍去）或9b（舍去）.当133bb，即133bb，即93

2b时，函数fx在1,1上单调递减，所以函数fx在1,1上的最小值为13f，符合题意.③当33b，即0b时，233fxbbx为开口向下的拋物线，且1230bb.令0fx，则233

bxb.解得33bxb或33bxb.当0b时，133bb，即133bb，即0b时，函数fx在1,33bb上单调递减，在

,3333bbbb上单学科网（北京）股份有限公司调递增，在,133bb上单调递减，所以此时fx在1,1上的最小值为13f或233333bbfbb.令333bfb

，得23333bbb，化简得22990bb，解得9b，故09b，综上所述，实数b的取值范围是9,92.故选D.方法二：由题可得，13f，即31,1fxx，所以333bxbx，即

23131bxxx，即2131bxxxx.当0x或1x时，不等式显然成立；当01x时，22311311xxbxxxx，因为20,2xx，所以211,2xx

，2131,2xx，21931,2xx，所以92b；当10x时，2131bxx，因为21,04xx，所

以21,4xx，211,3xx，21319,xx，所以9b.综上可得，实数b的取值范围是9,92.故选D.方法三（间接法）：当3b时，3fxx在1,1单调递减，且最

小值为13f，满足条件，可排除A，B选项；当92b时，33922fxxx，229991222fxxx，因为当1,1x时，0fx，fx在1,1上单调递減，所以

fx的最小值为13f，满足条件，可排除C选项.故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.12n（答案不唯一）【命题意图】本题考查等比数列的通项公式，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.【解析】设等比数列的首项为1a，且公比2q，则由763aa，得6

623aa，即60a，即10a，所以112nnaa.令1ka，所以120nnakk，所以可取12nna.（答案不唯一）14.215【命题意图】本题考查直线与圆的位置关系，考查直观想象和数学运算的核心素养.【解析】由题可得，圆心0,4C，半径2r，圆心

0,4C到直线:3450lxy的距离等于学科网（北京）股份有限公司223044511534r，所以点P到直线l的距离的最大值为1121255.15.14964【命题意图】本题考查函数的奇偶性、周期性、对数运算求值，考查数学抽象、数学运算的核心素养.【解析】

因为fx为奇函数，所以fxfx.因为220fxfx，所以2222fxfxfxfx，所以4fxfx，所以84fxfxfx.所以fx的一个周期为8.11122

21loglog84log8484.因为682842，所以26log848，所以22log8480.因为当2,0x时，22xfx，fx是周期为8的奇函数，所以22log84

log818122821284149loglog84log848222284225664fff.16.150,1,44【命题意图】本题考查三角函数的图象平移、函数的零点，考查直观想象

和逻辑推理的核心素养.【解析】将函数sin2fxx的图象先向右平移8个单位长度，得到函数sin2sin284yxx的图象，再把所得函数图象的横坐标变为原来的20倍，纵坐标不变

，得到函数sin2sin244gxxx的图象.当,4x时，,4444x.由gx在,4上没有零点，得,4414kk

kZ，即541,45414kkkkkZ，解得104或514.故的取值范围是150,1,44.三、解答题：共70分.解答时应写出文字说明、证明过程

或演算步骤.第17∼21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.【命题意图】本题考查解三角形，等比数列的判定，考查逻辑推理和数学运算的核心素养.【解析】（1）因为22223cossin22BBacac，学科网（北

京）股份有限公司所以221cos1cos322BBacac.……1分所以2212cosacacB.……2分根据余弦定理，得22222122acbacacac，……3分

所以22222acacacb.……4分所以2bac.……5分所以a，b，c成等比数列.……6分（2）由余弦定理，得22222221cos2222acbacacacBacacac.……8分因为222

sin3sinsin4BAC，所以由正弦定理，得22234bac.……9分所以2234acac.……10分所以1411cos2326B.……12分18.【命题意图】本题考查线性回归关系的判断，线性回归方程

及其应用，考查数据分析和数学运算的核心素养.【解析】（1）由已知数据可得2102001901701501845x，58791185y，……1分5222222126166

14344145iixx，……2分522222213011325iiyy，……3分5126316061141343200iiix

xyy，……4分所以相关系数515522112000.929414525iiiiiiixxyyrxxyy.……5分

因为0.75r，所以y与x有很强的线性相关性.……6分学科网（北京）股份有限公司（2）因为515212000.0862320iiiiixxyybxx，……7分80.086ˆˆ18423.824abxy

，……8分所以y关于x的线性回归方程为0.08623.824ˆyx.……9分（3）当230x时，0.08623023.8244.0444y，故当价格为每小时230元时，估计该课程的月报名人数为4人.……12分19.【命题意图】本题考查面面垂直的证

明、三棱柱的表面积、五面体的体积，考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.【解析】（1）如图，作CEAB于点E，1EFBB∥交1AB于点F，连接DF.因为2AC，3BC，13AB，所以2222222313ACB

CAB.所以ACBC.……1分所以236131313ACBCCEAB.由勾股定理得222261341321313AEACCE.所以114134131313EFAECDBBABCC，所以EFCD.……3分又1EFBB∥，1CDBB∥，所以EF

CD∥.所以四边形EFDC是平行四边形，所以DFCE∥.……4分因为平面ABC平面11ABBA，平面ABC平面11ABBAAB，CEAB，所以CE平面11ABBA.……5分所以DF平面11ABBA.又DF平面1

ABD，所以平面1ABD平面11ABBA.……6分学科网（北京）股份有限公司（2）由题易得五面体1ABCDB即四棱锥1ABCDB由（1）知ACBC，又1ACCC，1BCCCC，所以AC平面1BCDB.……8分所以四棱锥1ABCDB的高为2AC.

因为直三棱柱111ABCABC的表面积为7713132，所以11771313232231322CC，解得1132CC，即1132BB.所以2CD，192CD.又111317233224BCDBS梯形……10分所以11111

717323342BCDBABCDBVSAC梯形四棱锥.故五面体1ABCDB的体积为172.……12分20.【命题意图】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、三角形的周长等，考查直观想象和数学运算的核心素养.【解析】（1）依题意，2MN

F△的周长为221212412MFMNNFMFMFNFNFa，解得3a.……1分设椭圆C的半焦距为c，因为椭圆C的离心率为23，所以23cea，即233c，解得2c.……2分因为222abc，所以2222325bac.……3分

学科网（北京）股份有限公司所以椭圆C的标准方程为22195yx.……4分（2）由（1）知，10,2F，0,3A.易知直线l的方程为20ykxk.……5分由222,1,95ykxyx

消去y得225920250kxkx，0.设11,Mxy，22,Nxy，则1222059kxxk，1222559xxk.……7分所以11111113231ykxkxkxxx，2222

2223231ykxkxkxxx.……8分所以1212121211625xxkkkkkkxxxx.21212121212111925xxkkkkkkxxxxxx.所以12121211103kkkk

kkk.……11分所以12111103kkk，为定值.……12分21.【命题意图】本题考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.【解析】（1）当0a时，exfxaR.……1分因

为exfx，所以ef.……2分又exf，……3分所以曲线yfx在点,f处的切线方程为eeyx，即ee10xy.（2）当0a时，易得e0x，1cos0ax，所以0,x，e1cos0

xfxax恒成立.……6分当0a时，e1cos0xax，即1cosexax.不等式两边同时除以exa，且e0xa，得1cos1exxa.……7分学科网（北京）股份有限公司令1cosexxgx，0

x，则22sin1esine1cossincos14eeexxxxxxxxxxgx.……8分今0gx，则2x.当0,2x时，0

gx；当,2x时，0gx，所以gx在0,2上单调递增；gx在,2上单调递减.……10分所以max212egxg.因为1cos1exxa在0,上恒成立，所以

211ea，即2e0a.综上所述，实数a的取值范围为2e,.……12分（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.【命题意图】本题考查极坐标与参数

方程，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.【解析】（1）因为直线l的参数方程为33,2132xtyt（t为参数），所以消去参数t可得直线l的普通方程为30xy.……2分因为曲线C的极坐标方程为2sin6，即3s

incos，所以23sincos.由cos,sin,xy得2230xyxy.所以曲线C的直角坐标方程为2230xyxy.……4分学科网（北京）股份有限公司（2）因为点P

的极坐标为23,6，所以点P的直角坐标为3,3.易得，点P在直线l上，将直线l的参数方程33,2132xtyt（t为参数）代入2230xyxy，……6分化简得23360tt，

0.设A，B两点所对应的参数分别为1t，2t，则1233tt，126tt，所以10t，20t.所以1212121211111133362ttPAPBtttttt.……10分23.【命题意图】本题考查绝对值不等式的求解，绝对值不等式恒成立问题

，考查逻辑推理和数学运算的核心素养.【解析】（1）当2a时，44fxxx，……1分不等式13fx，即为4413xx.则4,4413,xxx或44,4413,xxx或4,4413.xxx

……3分解得1342x或44x或1342x.……4分故不等式13fx的解集为1313,22.……5分（2）424224fxxxaxxaa（当且仅当420xxa

时等号成立）.……6分因为25fxaa恒成立，所以2245aaa.……7分又0a，所以2245aaa.……8分解得01a.……9分故实数a的取值范围是0,1.……10分获得更

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