2023届广西柳州市高三第三次模拟考试理科数学试题含答案.pdf

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1、 1柳州市 2023 届高三第三次模拟考试理科数学参考答案一、选择题（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）1313142 211546516713三、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解：（1）设质量指标值的平均数为?，中位数为，则55 0.1565 0.2575 0.385 0.295 0.173.5x.3 分0.4(70)0.030.5a，73.3a.6 分（2）样本中质量指标在)60,50的产品有 40100.015=6 件，质量指标在100,90的有 40100.01=4 件，可

2、能的取值为 0，1，2，.7 分相应的概率为：152456)0(21024CCP，.8 分1584524)1(2101614CCCP，.9 分314515)2(21026CCP，.10 分随机变量的分布列为012P15215831.11 分期望.5631215811520)(E.12 分题号123456789101112答案DDCCCCBACDAB218解：（1）,1,3ABBC BCAB，由勾股定理得：22221(3)2ACABBC，3ACB.1 分ACD 中，由余弦定理：22212cos4162241232CDACADAC AD .2 分22241216ACCDAD，DCAC.3 分又因为

3、PA 底面ABCD，DC 底面ABCD，所以PADC.4 分又因为ACPAA，DCPAC 平面.5 分DC 底面PCDPDCPAC平面平面.6 分（2）作AHPC，垂直为 H，连结 DH.7 分因为PDCPAC平面平面,且PDCPACPC平面平面所以AHPCD 平面.8 分所以ADH为 AD 与平面 PCD 所成的角.9 分PAC 中，4242 55PA ACAHPC.10 分415sin455AHADHDA.11 分所以直线 AD 与平面 PCD 所成角的余弦值为2 55.12 分另解：（1）因为,ADBC ABBC，所以ABAD，且PA 底面ABCD，,AB AD 底面ABCD，所以,PA

4、AB PAAD,所以以,AB AD AP 方向分别为,x y z轴建系如图，.1 分则.(0,0,0),(3,0,0),(3,1,0),(0,4,0),(0,0,4),ABCDP.2 分设平面PCD的一个法向量为(,)mx y z，(3,1,4),(3,3,0),CPCD (0,0,4),AP 所以340330CP mxyzCD mxy ，令3x，则1,1yz，所以(3,1,1)m，.4 分设平面PAC的一个法向量为(,)na b c，所以34040CP nabcAP nc ，令1a，则3,0bc，所以(1,3,0)n，.6 分所以330m n，所以平面PCD 平面PAC.7 分3（2）因 为

5、PA 底 面ABCD,AD 底 面ABCD,所 以PAAD，且ABAD，,PAABA PA AB平面PAB，所以AD 平面PAB，所以(0,4,0)AD 为平面PAB的一个法向量，设直线 AD 与平面PCD所成角为，所以45sincos,554AD mAD mAD m ，.10 分所以直线 AD 与平面 PCD 所成角的余弦值为2 55.12 分19（1）由条件得：(2)coscosacBbC，由正弦定理，得(2sinsin)cossincosACBBC，.1 分即2sincoscossinsincosABBCBC，所以2sincossin()ABBC，.2 分因为ABC，所以sin()sin

6、BCA，即2sincossinABA，.3 分因为A为三角形内角，故sin0A，.4 分所以1cos2B，因为0B，所以3B.6 分（2）由（1）得133 3sin242ABCSacBac，解得6ac，.7 分因为212333BMBAAMBABCBABABC ，所以222222121441|24339999BMBABCBABA BCBCcaca .8 分221429caac2211(2 42)(42)99a cacacac243ac，.9 分当且仅当2ca即3,2 3ac时，|BM 取得最小值 2，此时sin2sinCA，.10 分又因为23CA，所以2sin2sin3AA，整理得3tan3A

7、，.11 分因为203A，所以6A，所以2C，所以ABC是直角三角形.12 分20.(1)2sinln106g xxxxx，12cos11gxxx，00g，1 分令 2112cos10,2sin,01161u xxxu xxuxx ，.2 分令 23122sin0,2cos0611v xxxv xxxx ，.3 分4所以 v x在区间0,6上单调递减，即 u x在区间0,6上单调递减.2110,006616uuu ，故存在00,6x使00ux，.4 分所以 u x在区间00,x单调递增，在区间0,6x单调递减，1310616g，5 分所以在区间0,6，0gx，所以 g x在区间0,6上递增，最

8、小值为 00g.6 分(2)由（1）可知 2sinln100g xxxxg在区间10,2上恒成立（126），所以2sinln1xxx，.7 分对于函数 1ln102h xxxx，100,1011xhh xxx，所以 h x在区间10,2上单调递增，.8 分所以当102x时，0h x，即ln10,ln1xxxx，.9 分所以2sinln1ln1ln1xxxxx，即sinln1xx在区间10,2上恒成立，.10 分所以21111snins3413 411lnlnllnln2insinsin23432 3nnnnnnLLL.12 分21解：（1）椭圆22122:1(0)xyCabab经过点1,1E，

9、22111ab,.1 分椭圆的离心率为22，则222ac，即222ab,即221112bb，解得2233,2ab，.3 分所以椭圆1C的方程为222133xy.4 分（2）当直线AB斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为(,0)t，则222()xtyt，则不妨取(,)A t t，故222133tt，解得1t ，故AB方程为1x ，直线CD过AB中点，即为x轴，得2AB，52 3CD，故12 32ACBDSABCD；.5 分直线AB斜率存在时，设其方程为ykxm，11(,)A x y，22(,)B xy，联立2223xyykxm，可得222(21)4230kxkmxm，则224(623)0km

10、，122421kmxxk，21222321mx xk，.7 分以AB为直径的圆过原点即12121212()()0OA OBx xy yx xkxm kxm ，化简可得221212(1)()0kx xkm xxm，将两式代入，整理得2222(1)(23)(4)(21)0kmkmkmmk，.8 分即221mk，将式代入式，得24(41)0k 恒成立，则Rk，设线段AB中点为M，由2OCt OAOBtOM ，不妨设0t，得24ACBDOACBOABSStS，.9 分又2122141221OABkSm xxmk，2241421ACBDkSt mk，.10 分又由OCt OAOB ，则C点坐标为1212

11、(),()t xxt yy，化简可得1221224()212()21kmt xxtkmt yytk ，代回椭圆方程可得2 228321m tk即223(21)8ktm，.11 分则22222223(21)414114466 22 38212121ACBDOABkkkStSmmkkk，综上，四边形ACBD面积的最大值为2 3.12 分22解：（1）易知曲线C的普通方程：22112xy，.2 分因为cosx，siny，所以曲线C的极坐标方程为：22icos11n2s，即2sin2cos.5 分（2）由题意知2sin2cos2OA,2sin2cos2cos2sin22OB，6 分1sin 2cos2

12、sincos22AOBSOA OB22cossin2.7 分sin2cos212sin 214，.8 分6因为02，则52444，所以当242，即8时，AOB的面积最大，最大值是21.10 分23解：（1）由柯西不等式知22222abcabcxyzxyzabcxyzxyz，.4 分因为x，y，z都为正数，故2222abcabcxyzxyz，当且仅当abcxyz时，等号成立.5 分（2）abc、为正数，所以2222=222abcabcabbcac2223abacbcabbcacabbcac.7 分由（1）可得222abcabcbcacababacabcbacbc.9 分233222abcabbcacabbcacabbcac，当且仅当abc时取等号成立.10 分