重庆市缙云教育联盟2023届高三第三次诊断性检测数学试卷

2023CEE-03 数学 重 庆 缙 云 教 育 联 盟 2023年高考第三次诊断性检测 数学参考答案及评分标准 1-8 DCABCDCD 6．【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；由，A、D互斥且对立，B错误；又，，则，C与D不互斥，C错误；由，，，所以，即A与C相互独立，D正确.故选：D 7．【详解】由，，得，，于是，，令，函数在上递减，在上递增，显然，因此，令函数，，令，在上单调递减，在上单调递增，而，即，于是，因为对任意正数a、b、c，当时，都有成立，则，所以实数m的取值范围是.故选：C 8．【详解】易知的定义域是，由已知，若，即，则恒成立，单调递增，不合题意，若，则在上恒成立，单调递增，不合题意，若，则在两个实根，且，因此，，不妨设，即， 当或时，，时，，因此在和上都是单调递增，在上单调递减，在上，有一个零点，因此，，取，由于，因此，设，则，设，则，设，则，所以即是增函数，时，，所以即在上是增函数，从而时，，所以时，是增函数，，综上，，因此，在上有唯一零点，也即在上有唯一零点，同理取，由于，因此有，从而在即在上有唯一零点，所以有三个零点，所以的取值范围是，故选：D． 9．AD 10.AB 11.ABC 12.ACD 11．【分析】先求出，再根据平面PAC⊥平面ABC．利用球的性质找到球心，求出球的半径，球的表面积公式可知A正确；通过作平行线作出异面直线所成角，利用余弦定理计算可知B正确；过点M作于点．在平面PAC内，过点E作，交PC于点F，连接MF．根据，，得到点N的轨迹，计算可知C正确；利用侧面展开图中两点连线段最短，计算可得D错误． 12．【分析】A选项，由题意得到，变形得到；B选项，举出反例即可；C选项，求出，利用等差数列求和公式求出答案；D选项，分析得到，被3除余数为1，分组求和后得到其被3除余数为1011，而，故D正确. 13． 14．20 15．8 16．/ 17． （1）证明：因为，所以，即， 因为，所以，故数列是以12为首项，3为公比的等比数列， 所以，则. （2）解：由（1）知， 所以. 当为偶数时， ， 因为是单调递减的，所以. 当为奇数时， ， 又是单调递增的， 因为，所以. 要使存在，使，只需，即，故的取值范围是. 18． （1）因为，则， 整理得，由正弦定理可得，故. （2）因为，由存在，则， 两边同乘以可得：， 又因为，则，可得， 由余弦定理可得，整理得， 可得，且，则， 由（1）可知：，可得， 由正弦定理可得，即， 由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立， 可得，可得，即，故， 由题意可得：，故实数的取值范围为. 19． （1）四边形是菱形， 平面，平面， 平面，是的中点，，平面， 平面. （2）因为菱形的边长为，由余弦定理有： ，又 ，故有：，从而可求得：， 根据第（1）问可知：因为平面， 因为平面，所以， 又，所以两两垂直， 下面以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则有： 点，设，所以，， 设为平面的一个法向量，由，可得，取，， 所以，因为平面，所以平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以 所以，所以，因为，所以，所以，故点，因为， 又因为平面的一个法向量，记直线与平面所成角为 . 20. （1）若先走到则合法路径， 若先走到且不走到， 相当于走到后向右走到再走到， 合法路径若先走到且不走到， 相当于走到后再从走到， 合法路径，于是，即为卡特兰数. （2）记直线，则所有不合法路线都会与直线有交点， 记第一个交点为， 将之后的路径都沿着对称，那么这条不合法路径的终点成为了，于是总路线为，不合法路线为，合法路径为，即. 21． （1）设，由题意得，化简得y2＝4x，故所求动点T的轨迹方程C：． （2），的大小相同，证明如下： 设直线，，， 由得：，，则，． 线段AB的中点为M，则，， 又直线，令，则，故， 同理，则，，所以． 又直线，令，则，即， 综上，． 22． （1）证明：令，其中， 则，因为，则， 又因为，则，所以，，则且不恒为零， 所以，函数在上单调递减，当时，，即. （2）解：（i）对任意的，，当时，则，可得， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，所以，， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列，故； （ii）令，其中且， 则，因为，则， 又因为，则，所以，，则且不恒为零， 所以，函数在上单调递增， 当时，，即，当且仅当时，等号成立， 因为， 令，则， 当时，则有， 当时，，即，此时数列从第二项开始单调递减， 所以，对任意的，， 所以，， 所以，当时，， 设数列的前项和为，则， 所以，， 上述两个等式作差可得， 所以，，所以，， 所以，， 当时，则，所以，，则， 所以，， 当时，， 当时，，即， 当时，，因为，所以，， 综