2023届湖南省高三名校联盟3月联考数学试题含答案.pdf

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1、2023届湖南省高三名校联盟3月联考数学参考答案（新高考卷）第 1页（共 9 页）绝密启用前（新高考卷）数学参考答案1.【答案】B【解析】2i212i1i)1)(1i()i1(i1iiz，2i21z，222i21iz.2【答案】C【解析】31xxM，3Nx x，所以13MNxx.3【答案】A【解析】因为a，b为单位向量，所以345442222babbaaba，所以21ba，02)2(2baabaa.4.【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cos(1 cos).ssRRRRR5.【答案】C【解析】方方法法 1：由xyx222，得1)1(22y

2、x，表示圆心坐标为)0,1(，半径为 1的圆，且2xy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2xy的值最大，由几何关系可知最大值为42.方方法法 2：设(2)(2)yk xx，代入222xyx并化简得2222(1)2(21)40kxkxk，由22224(21)16(1)0kkk 解得22 44k，6.【答案】D【解析】0747aS，04a，因为07a，所以5a，6a的符号不确定，而03a，08a，所以63aa，85aa 的符号不确定；6765473aaaaSS，若06a，则47SS；设公差为d，则0d，所以0113)(737987914daaaaa

3、S数学参考答案（新高考卷）第 2页（共 9 页）7.【答案】D【解析】设)()(xxfxg，则1)1()1(fg，)()()(xf xxfxg，因为0)(1xfx，所 以)(xf单 调 递 减，且0)(1xf x，所 以 当)1,0(x时，1)1()(fxf，0)(1)(xf xxg，)(xg单调递增，故1)1()2(ln2ln)2(lngfg，即elog2ln1)2(ln2f；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.8.【答案】A【解析】每个底面四个顶点共圆的直四棱柱

4、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，BDBE，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2211 hAE，229 hBE，所以42202222ABhBEAE，22h，所以3 ADAE，1 BDBE，所以30BADBAE，60EAD，ADE是等边三角形，PCAEDE3，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3R，所以球的体积为34343R.9.【

5、答案】BCD【解析】若53sinx，其中),2(x，则54cosx，43cossintanxxx，故 A 错误；5412cos2cos2xx，且)2,4(2x，则10102cosx，故 B 正确；2524cossin22sinxxx，故 C 正确；1024sinsin4coscos)4cos(xxx，故 D 正确10.【答案】ABC【解析】在a上任取一点A，过A作直线b，使bb，由a，b所确定的平面记为，数学参考答案（新高考卷）第 3页（共 9 页）则c，同理可确定，使b，且c，故 A 正确；在a上任取一点A，过A作直线b，使ca，由a，a所确定的平面记为，则c，同理可却确定，使b，且c，故

6、B 正确；存在平面，使a，b，且c，故 C 正确；存在两个平面，使c，且a，b与所成角相等，故 D 错误；11.【答案】AC【解析】如图，设FP与渐近线l交于点R，2F为右焦点，则R为线段FP的中点，由三角形中位线定理可知2PFl，又因为lPF，所以PFFP2 由几何关系可知bFR，所以bFP2，abPF222，22222244)22()2(baFFabb，故ab2，C的渐近线方程为xy2，且aFP4，aPF22，22241212aPFPFSSPFFPOF设mFQ，则maPQ 4，amQF22，在直角2PQF中有，22222QFPFPQ，即222)2(4)4(amama，则am34，aPQ38

7、，aQF3102，所以2:1:PQFQ，设C的半焦距为c，则ac5，由对称性可知acOFOP5，且OPOFOQ，故PQOPOQ，所以POQ不是等腰三角形12.【答案】ACD【解析】因为xxx1)11ln(11，令8x，89ln)811ln(91811，所以89e91，令9x，91910ln)911ln(，所以91e910，故 A 正确；因为xxxx11ln)11ln(，所以112ln，2123ln，91910ln，以上各式相加有9121110ln，故 B 错误；由xxxx11ln)11ln(可得，xxxxxln1ln)1()1ln(，所以1ln12ln，2ln12ln3ln2，3ln13ln2

8、4ln3，9ln19ln810ln9，以上各式相加有!9ln910ln9，所以!9e10e10e999910ln9，故 C 正确；由xx1)11ln(可得，e)11(xx，所以e)911(9C9C9C9999119009，设nk,N*，kn，易知kknnC1，数学参考答案（新高考卷）第 4页（共 9 页）则2CkknnkknnC，故2999211920099C9C9Ce9C9C9C999119009，故 D 正确.13.【答案】2【解析】1111ln)(xxxxf，其中xxxy111ln是奇函数，所以2)e1()e1(ff.14.【答案】35【解析】方方法法 1：多面体AEFCCA11的体积等

9、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AEFCCA11的体积为35.方方法法 2：所求体积为1111 11112332AAEFFACC AAEFACC AVVSAAS145333.15.【答案】1513【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)()()()()()(ZPXPZP

10、XPZXPMP，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)27(22222kxkxk设),(11yxA，),(22yxB，则2221)27(2kkxx，4921xx，11(1,)FAxy，22(1,)FBxy，所以1212(1)(1)0FA FBxxy y ，解得212k.数学参考答案（新高考卷）第 5页（共 9 页）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，22AF

11、B2，故APB4，且由圆的性质可知APBAQB 22，所以QAB是等腰直角三角形，其中ABBQAQ22，且3121212xxkAB，故108422122ABAQBQAQSQAB.17.（10 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1611452cos222222abaacbcaB.2 分解得ab23，3 分又因为16153cos1sin2BB，4 分所以由正弦定理可知815sin32sinBA.5 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，7 分由三角形面积公式可知

12、：161532sin2aAbcSABC，8 分且ABC的周长为acba29，所以1615329212aarSABC，故1215ar，9 分所以ABC的外接圆与内切圆的面积之比为25256)(222rRrR.10 分18.（12 分）【解析】（1）由13221naaannn可得：)(21112naanaannnn，3 分当2110aa，即211aa时，1naann不是等比数列4 分当01naann，即naann1时，1naann是等比数列.5 分数学参考答案（新高考卷）第 6页（共 9 页）（2）若121 aa，则1112aa，由（1）可知1naann是等比数列.6 分设naabnnn1，则11

13、b，112nnnnnaab，即naannn1128 分当n2时，2)1(12)()()(1112312nnaaaaaaaannnn，10 分即当n2时，2)1(21nnann，11 分当1n时，2)11(121111a，故对于任意nN*，2)1(21nnann.12 分19.（12 分）【解析】（1）根据列联表得：635.6143.5736751059090)45603045(18022K，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2190451p，女生中每周平均运动时长不少于 7 小时的比率为3190302p，

14、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(22YPXPZP，6 分61)31(2121C3231C)21()2()1()1()0()1(212122YPXPYPXPZP，7 分)2()2()1()1()0()0()0(XPXPYPXPYPXPZP3613)31()21(3231C2121C)32()21(22221222，313231C)21()32(2121C)1()2()0()1()1(122212YPXPYPXPZP，8 分91)32()21()0()2()2(22YP

15、XPZP，9 分所以319123113613061)1(361)2()(ZE，11 分所以)()()(YEXEZE.12 分20.（12 分）【解析】（1）方方法法 1：连接CB1，延长DB1，BA交于点E，连接CE，数学参考答案（新高考卷）第 7页（共 9 页）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11BCDB.5 分方方法法 2：由条件得10AAAB ，10AAAC，21|2AB ACAB ，221AAAB，2 分所以2111111

16、111()()()22DB BCAAABACAAABAA ACAAAA AB 210AB ACAB AAAB ，4 分所以11BCDB.5 分方方法法 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(3 1 1)D，(0 2 0)B，1(0 2 2)B，1(0 0 2)C，2 分所以1(3 1 1)DB ，1(0 2 2)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E

17、N于F，设2BC，kNC，则2221kBNAF，所以ABCANCSkS2，ANCCMNSkkkS22，所以ABCABCCMNSSkkS3122，解得1k，则1NC，34CM.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，数学参考答案（新高考卷）第 8页（共 9 页）)0,32,332(M，)0,1,0(N，)2,2,0(1B，所以3 1(,0)33MA，12 3 4(,2)33MB ，2 3 1(,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

18、，023433203133222222zyxyx，不妨取11x，12x，则m)3,3,1(，n)3,32,1(，10 分所以cosnmnmnm,77231213313332311，故二面角NMBA1的正弦值为721)772(12.12 分21.(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)10FP FBcc ，2 分所以1c，3 分根据椭圆的几何性质可知2122ca，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(222kxkkxk，5

19、 分设),(11yxM，),(22yxN，则12)12(4221kkkxx，12)1(8122)12(222221kkkkkxx，6 分直线MF的方程为0)1(111yyxxy，直线NF的方程为0)1(222yyxxy，所以点B到直线MF，NF的距离分别为2121111)1(1yxyxd，2222222)1(1yxyxd，若直线BF平分MFN，只需满足21dd，8 分即)1()1()1()1(21212222222211yxyxyxyx，数学参考答案（新高考卷）第 9页（共 9 页）整理化简有2122221222111221)1()1)(1()1()1)(1(yyxyxxyyxyxx，即)1(

20、)1()1()1)(1)(1(211221211221yxyxyyyxyxxx，故只需满足2121)1)(1(yyxx，10 分其中12142112)12(412)1(81)()1)(1(2222212121kkkkkkkkkxxxxxx，11 分12142)21()(21()21)(21(222212122121kkkkxxkkxxkkkxkkxyy，故2121)1)(1(yyxx，21dd，直线BF平分MFN.12 分22.（12 分）【解析】（1）方方法法 1：根据题意有12xx0，则)(xf的定义域为),0)1,(，1 分当),0()1,(时，021)1(1)(2xxxxf，2 分所以

21、)(xf有两个单调递增区间，分别是)1,(，),0(.3 分方方法法 2：根据题意有12xx0，则)(xf的定义域为),0)1,(，1 分122)(xxf，且122xy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)(41xg等价于当0 x时，xxxsin4，设xxxhsin)(，则1cos)(xxh0，)(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4sin)(xxx，当x0时，0)(x，当x23时，)(x1sin2341sinxx0，6 分当

22、23x时，41cos)(xx是增函数，且04121)34(，041)23(，所以存在唯一)23,34(0 x，使得041cos)(00 xx，即41cos0 x，当0 xx时，0)(x，)(x单调递减，当230 xx时，0)(x，)(x单调递增，数学参考答案（新高考卷）第 10页（共 9 页）故)(x)(0 x041534414cos14sin00200 xxxx.综上，1)(41xg.8 分（3）由21x，12)(1nnnnxxxfx易知0nx，故212121121nnnnxxxx，即11)1(221nnxx，其中4cos2211x，9 分又因为12cos2cos2122nn，且由（1）可知)(xf在),0(单调递增，所以当且仅当12cos1nnx时，即12cos1nnx时，)(1nnxfx成立，10 分所以2111132212cos2cos2sin22sin22cos2cos2cos1nnnnnnnxxx112sin22sin2sin2nnnn.11 分由（2）可知，当0 x时，xx sin，故1122sinnn，所以2222sin21121nnnnnxxx.12 分