高中试卷答案网秘密★启用前
2023届
“3+3+3”高考备考诊断性联考卷
(三)
文科数学
5.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上，
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮
6.
擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效，
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、选择题（本大题共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.在复平面内，复数z对应的点的坐标为(1,2)，则i=
A.2+i
B.-2+i
C.-2-i
D.1+2i
2.A={xx≤2}，B={x∈Z|0≤x≤4}，则A∩B=
A.{x0≤x≤2
B.{x-2≤x≤4
C.{1,2}
D.{0,1,2}
3.2023年“三月三”期间，广西交通部门统计了2023年4月19日至4月25日的高速公路车
流量（单位：万车次），并与2022年比较，得到同比增长率（同比增长率=
今年车流量-去年同期车流量×100%)数据，绘制了如图1所示的统计图，则下列结论错误
去年同期车流量
的是
30
25
9%
10
17
2023年4月19日至4月25日
14
高速公路车流量
3%
5%
同比增长率
5
10%
19日20日21日22日23日24日25日
图1
A.
2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为23
B.2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17
C.2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量的标准差小于2023年4月23日至4月25
日的高速公路车流量的标准差
D.2022年4月23日的高速公路车流量为20万车次
4.榫卯，是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是
在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式。春秋时期著名
的工匠鲁班运用榫卯结构制作出了鲁班锁，且鲁班锁可拆解，但是
要将它们拼接起来则需要较高的空间思维能力和足够的耐心.如图
主视图
2甲，六通鲁班锁是由六块长度大小一样，中间各有着不同镂空的
乙
长条形木块组装而成。其主视图如图乙所示，则其侧视图为
图2
文科数学·第1页（共4页）
5.使函数f(x)=√3sin(2x+0)+cos(2x+0)为偶函数，则0的一个值可以是
7
A
C.-3
D.
6
s在区间[-T,m]的部分图象大致为
6.函数f(x)=2+2
7.如图3，在直三棱柱ABC-AB,C,中，AB=AC=AA1,∠BAC=60°，则直线
AB,与BC所成角的余弦值等于
D.0
2
8从了}子行。这五个数中任选两个不同的数.则这两个数的和大于
11111
图3
的概率为
B号
n
9.若f(x)=alnx+bx2+x在x=1和x=2处有极值，则函数f(x)的单调递增区间是
A.(-∞，1)
B.（2,+0)
C.(1,2)
哈
10.已知球0的表面积为9π，若球0与正四面体S-ABC的六条棱均相切，
则此四面体的体积为
A.9
B.32
C92
2
2
D.8
1.已知双曲线C:m-y2=1(m>0,>0)的离心率为
3，
虚轴长为4，则C的方程为
A.3x2-4y2=1
B.x2-X三1
12.已知实数a=e9-22,b=log14,c=log65,则a,b,c的大小关系为
A.a
13.已知平面向量a=(m,-4),=(-1,m+3),若1a+61=a-b1,则实数m的值为
14.已知直线1与圆C:(x-1)2+y2=1有公共点M,且与直线2x-y+3=0交于点N,则MN的
最小值是
文科数学·第2页（共4页)2023届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（三）
文科数学参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B D C A A A C B C A D B
【解析】
1．，故选B．
2．，故选D．
3．对于A：由题图知，2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为，故A正确；对于B：易知2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的中位数为17，故B正确；对于C：2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量波动更大，故C错误；对于D：2023年4月23日的高速公路车流量为22万车次，同比增长率为10%，设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，则，解得，故D正确，故选C．
4．观察主视图中的木条位置和木条的层次位置，分析可知侧视图是A，故选A．
5．由为偶函数，所以
，，故选A．
6．因为，所以，即函数为偶函数，排除C，D；因为，所以排除B，故选A．
7．连接，因为，所以直线与BC所成的角即为，设，易得，，则由余弦定理知，
，故选C．
8．从，，，，这五个分数中任选两个数，则有：
共10种情况，其中这个数的和大于的有共4种情况，故这两个数的和大于的概率为，故选B．
9．，由已知得 解得
由，故选C．
由，，将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，，正方体的棱长为，则正四面体棱长为，高为，，故选A．
曲线方程化为标准方程为，则依题意可得解得故选D．
12．，，
，故，则，而，故，则，所以，故选B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
题号 13 14 15 16
答案
【解析】
13．由题意，向量与垂直，则，解得．
14．圆心，半径，圆心到直线的距离为，
由题意可知．
15．已知条件可知为直角三角形． ，可得
16．依正弦定理，由知角A是钝角，则，当时，令，
，当且仅当时，取“=”，
即，当时，；当时，令，，令，，，所以在上单调递增，所以，即，综上得，所以的取值范围是．
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）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为，
等级为的概率为，等级为的概率为，
等级为的概率为．……………………………………………………（4分）
由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为……………………………………………………（6分）
（2）列联表如下：
人次 人次
空气质量好 66 74
空气质量不好 44 16
………………………………………………………………………………………（8分）
，……………………………………（10分）
因此，有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．
……………………………………………………………………………………（12分）
18．（本小题满分12分）
解：（1）因为当时，有①，
所以当时，②，……………………………………（2分）
由① ②，整理可得，所以数列是等差数列．…………………（4分）
（2）由（1）可知是等差数列，所以………………………（5分）
可得……………………………………………………………………………（7分）
所以数列的公差，…………………………………………………（8分）
所以，………………………………………………………（9分）
所以． ………………………（10分）
又，所以当或时，Sn取到最大值为60．…………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
（1）证明：为直角梯形，，．
又，，…………………………………………………………（1分）
．…………………………………………………………………………（2分）
又，．……………………………………………………（3分）
又，，
如图，过点A作，，．
又，．
又，由勾股定理可知……………………（4分）
，．………………………（5分）
平面
平面平面．……………………………………………………………（6分）
（2）解：取AB的中点N，连接DN，MN，……………………………………………（7分）
∵M为AE的中点，，．……………………………（8分）
由（1）知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角．…………………………………………（9分）
由（1）知，又，，，
∴，，…………………………………………………（10分）
∴
．………………………………………………………………………………（11分）
．………………………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
解：（1）由题意得，令，的定义域为，
由得：．……………………………………………………………（1分）
设，则， …………………………………………………（2分）
当时，；当时，；
……………………………………………………………………………………（3分）
在上单调递增，在上单调递减，，
……………………………………………………………………………………（4分）
，即实数的取值范围为．……………………………………………（5分）
（2）令，的定义域为．
………………………………………………（6分）
①当时，时，，在上是增函数；
时，，在上是减函数；
时，，在上是增函数；
………………………………………………………………………………………（8分）
②当时，，
时，在上是减函数；
时，在上是增函数；……………………………（10分）
③当时，单调递增；
④当时，时，，在上是增函数，
时，，在上是减函数，
时，，是增函数．……………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
（1）解：，
，
……………………………………………………………………………………（2分）
则得与联立，解得，
所以椭圆C的标准方程为．………………………………………………（4分）
（2）证明：设P(，)，A(，)，B(，)，则，
可设直线PA的方程为，其中，
联立得，
则，……………………………………………………（6分）
同理可得，．……………………………………………………（7分）
因为
，……………………………………………………………………………（9分）
所以……………………（10分）
所以是定值．…………………………………………………………（12分）
22．（本小题满分10分）【选修4 4：坐标系与参数方程】
解：（1）的参数方程为（为参数），消去可得，
，所以曲线的直角坐标方程为．
………………………………………………………………………………………（1分）
将，代入得，曲线的极坐标方程为……………（2分）
的极坐标方程为，联立可得，……………（3分）
所以曲线和曲线的交点极坐标为和．…………………………（5分）
（2）当时，，，．
………………………………………………………………………………………（6分）
显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，
………………………………………………………………………………………（7分）
直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，
………………………………………………………………………………………（8分）
所以点P到直线MN的最大距离，………………………………（9分）
所以．………………………………………（10分）
23．（本小题满分10分）【选修4 5：不等式选讲】
（1）解：原不等式等价于…………………………（1分）
…………………………………………………（3分）
解得 …………………………………………………………（5分）
（2）证明：由（1）知
……………………………………………………（6分）
………………………………………………………………………………………（9分）
当且仅当时等号成立．……………………………………………………（10分）
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