2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（一）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CCDCABDADCCA【解析】1．由已知Byy{|0}，∴AB表示的集合为{1，2}，故选C．3i(3i)(1i)24i2．z1112i，∴||2z，故选C．1i(1i)(1i)23．设该地区2019年销售收入为a，则由销售收入（包含医疗产品收入和其他收入）逐年翻一番．所以该地区2020年销售收入为2a，该地区2021年销售收入为4a．A．该地区2021年的销售收入是2019年的4倍，所以A正确；B．由图可得该地区2021年的医疗产品收入为40.72.8aa．该地区2019年的医疗产品收入为aa0.90.9，该地区2020年的医疗产品收入为20.81.6aa．由0.9aa1.62.5a2.8a，所以B正确；C．该地区2021年的其他收入为40.31.2aa，2020年的其他收入为20.20.4aa，所以C正确；D．该地区2021年的其他收入为40.31.2aa，2019年的其他收入为aa0.10.1，所以D不正确，故选D．4．该四棱锥如图1，其中PA⊥平面ABCD，它的最长侧棱为PC，与底面所成角为∠PCA，故选C．5．设双曲线的方程为4yxm22，它经过点(1，1)，所以m3，故双22曲线的方程为43yx，故选A．图1xy20，6．直线(2)(1)210mxmym，即mx(2)210yxy，令解得210xy，x1，即直线恒过定点P(1，1)，故A正确；圆C：xxy2240，即圆C：y1，(2)xy224，圆心C(2，0)，半径r2，则||(12)122PC22，即点P(1，1)在圆内，所以直线与圆一定相交，故B错误，C正确；因为||2PC，当PCl⊥时直线理科数学参考答案·第1页（共9页）与圆相交且直线被圆所截得的弦长最短，最短弦长l222rPC22||，故D正确，故选B．11cos212xπ2πππ13π7．fx()sin2xsin2x，A选项，x0，，2x2222431244πππ函数先增后减，错误；B选项，xx20，所以x不是函数对称轴，错误；C848πππππ选项，xx2，所以，0不是对称中心，错误；D选项，图象向左平移个444482ππ2单位得到yxsin2sin2x，正确，故选D．28421cosC8．由已知得sinBsinAB2sinsinBBCBCBBC(sincoscossin)sinsincos2cosBsinC0，又B，C都是△ABC的内角，故sinC0，所以cosB0，B是直角，故选A．9．设送牛奶的人到达的时间为x，小明出门的时间为y，试验的全部结果所构成的区域为167≤≤，x2()xy，如图2中区域ABCD，记事件A为小明在离家之前能得到牛奶，5167≤≤y，66167≤≤，x251所构成的区域为Axy()6，≤≤，y7，即图中的阴66yx≥，0图211111SA2326611影部分，所以PA()，故选D．S11122310．根据题意得函数f()x是周期为2的函数，作出函数f()x的大致图象，如图3所示．数形结合易知fx()[01]，，则sgn(fx())0或sgn(fx())1，故A错误；4041112ff2020f，故B错误；图22223理科数学参考答案·第2页（共9页）10，，kfk(2)0(kZ)，则sgn(fk(2))0(kZ)，故C正确；sgnkkk0，，0(Z)，所以10，，k10，，k|sgnkk|(Z)，所以sgn(fk(2))|sgnkk|(Z)，故D错误，故选C．00，，kxx011．设P()xy00，，ye，则以P为切点的切线的斜率为：ke，以P为切点的切线方程1为yxxee()xx00，所以Ax(1，，0)B(0，(1x)ex0)，则SOAOB||||000△OAB2111|1||(1)e|(1)exxxx00x2，设fx()(1x)e2x，则fx()(1x)ex22000211(1xxx)2ex(1)(1)ex．由fx()0，得x1或x1，fx()0，得11x．所22以f()x在(1)，上单调递增，在(11)，上单调递减，在21(1，)上单调递增．又ff(1)0，(1)，且恒有ee1fx()≥0成立．如图4所以f()x的图象与y有3个不同e1的交点．所以使△OAB的面积为的点P有3个，故选C．图4e12．把该四面体放入长、宽、高分别为2、2、6的长方体，平面与四面体的各面分别交于KL，LM，MN，KN，如图5，根据题意，KL∥BC，LM∥AD，KLALLMBL11，，所以KLAL，LMBL，故BCABADAB221KLLM()2ALBL，易知四边形KLMN为矩形，所22以KLLM，当且仅当时成立，SKLLM≤1KLLM图52故选A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号1314151621答案13013理科数学参考答案·第3页（共9页）【解析】13．mmmab(334)，，ab(47)，，所以(3)74(34)mm，解得m1．6xk1622214414．∵(1x)的通项为Cx，∴1(1)x的展开式中含x的项为1Cx和C6x，6x26x2162∴1(1)x的展开式中x的系数为CC3024，∴填30．x266226(log2)log2log2666log2log2(2log2)15．a26661．log122log626216．过M，N分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为P，Q，过M作MG⊥NQ于G，设||||3||3NFEFMFa，由抛物线定义知，||MP|3a，|NaQ，所以||2NGa，因此在Rt△MNG中∠MNG60，又NQ平行于x轴，所以∠NFE60，1如图6，故△NFE为正三角形．Saa43sin6033，解得△MNE2p33393，a1．又N在抛物线上，∴p（舍）或p，2222图6933b，3c21∴N在yx上，则ab，故e．42a2a3三、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）解：（1）m30，n0.04，x0.03，y0.004．…………………………………（4分）（2）设中位数为x，则：100.014100.03(x70)0.0360.5，2∴x71．………………………………………………………………………………（6分）31（3）由题意，可取0，1，2，3，～B3，，50301464P(0)C3，55125理科数学参考答案·第4页（共9页）1211448P(1)C3，551252121412P(2)C3，55125303141P(3)C3，………………………………………………………（10分）5512501236448121P12512512512513E()3．………………………………………………………………………（12分）5518．（本小题满分12分）aa1534，解：（1）由题意：………………………………………………………（3分）aa2464aa1534，aa1232，，1或舍去()，aa1564aa55322，∴q2，nn1∴an222．……………………………………………………………………（6分）n（2）bnn2，∴Tbbbnnn123b1b，123nn1Tnnn122232(1)22，①23nn1∴21222Tnnn(1)22，②23nn1①−②得：Tnn222222(12n)n2n112222(1)22nn11nnn1，n1∴Tnn(1)22，………………………………………………………………（10分）n1n1n1由Tnn2100，可得：22100，即2102，∴n的最大值为5．………………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：在△中，ADBADBD12，，AB∴ADBDAB222，理科数学参考答案·第5页（共9页）∴BDAD⊥．又∵四边行ABCD为平行四边形，∴BC⊥BD．又PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，………………………………………………………（4分）而BDPDD，∴BC⊥平面PBD．又BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD．………………………………………（6分）（2）解：以D为原点，DA，DB，DP分别为x轴，y轴，z轴建系，则D(000)，，，A(1，，00)，B(0，，10)，C(110)，，，P(0，，01)，假设在PC存在一点M()xyz，，满足条件．设PMPC(0≤≤，1)∴(x，，yz1)(1，，11)，x，∴∴yM，，，，(1)z1，nBD10，设n1为平面MBD的法向量，则n1(1，0，)，………………（8分）nDM10而平面CBD的法向量为n2(0，，01)，…………………………………………………（9分）||nn||13131∴cos6012或（舍去），2||||nn12221222……………………………………………………………………………………（11分）31PM3∴存在实数，此时，使得二面角MBDC的大小为60．2MC3…………………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）2612，221abc2解：（1）由题意：，……………………………………………………（4分）a2abc222，理科数学参考答案·第6页（共9页）a24，2解得b2，2，c2xy22∴椭圆C：1．…………………………………………………………………（6分）42ymx2，22（2）由xy22消y整理得：(2mxmx1)840，1，421∵直线与椭圆相交于P，Q两点，∴0，解得m2，…………………………（7分）2设Px()()11，，yQx2，，y284m∴xx，，xx…………………………………………………（8分）1221mm221221xx42m设PQ的中点Gx()，，则yxymx12，，200000221mm222142m∴G，．2121mm22假设在x轴上存在点Mt(0)，满足条件，∴∴MG⊥PQ，，kMGkPQ12222mm