陕西省安康市2023届高三第三次质量联考 理科数学答案和解析

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1
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
A
B
A
C
C
B
C
C
A
D
A
1.D 解析：由题意得
，解得
0
0
x
y
或
1
1
x
y
，故
{(0,0),(1,1)}A B
.
2.A 解析：
 
    
i 2 i 2 2 i
i
2 i 2 i 2 i 2 i 5
a b a b b a
z a b  
 
 
为纯虚数，∴
2 0 ,
2 0
a b
b a
 
 
∴
2
b
a 
.
3.B 解析：S6＝6（a1＋a6）
2
＝6（a3＋a4）
2
＝12.
4.A 解析：由题意可得 2a－b＝(3，2－x)，，∴3x＝2－x，解得 x＝1
2，∴|b|＝1＋1
4＝5
2.
5.C 解析：由题意，
1 2 3 4 5 3
5
x   
 
，
75 84 93 98 100 90
5
y   
 
，将
 
3,90
代入
6.4y x a 
，可得
90 6.4 3 a  
，解得
70.8a
，线性回归直线方程为
6.4 70.8y x 
，将
58x
代入上式，
6.4 58 70.8 442y  
.
6.C 解析：将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，设
小圆锥母线长为 x，则大圆锥母线长为 x＋6，由相似得
1
6 3
x
x
，即 x＝
3
，∴可估算
得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为
3 3
2π 1 2π
.
7.B 解析：展开式所有项的二项式系数和为 27＝128，故 A错误；展开式共有 8项，
∴第 4项和第 5项二项式系数最大，故 B正确；令 x＝1得所有项的系数和为(2－1)7
＝1，故 C错误；Tr＋1＝Cr
7·(－1)r·27－r·x2r－7，∴T2，T4，T6均小于 0，T1＝128x－7，T3＝
672x－3，T5＝280x，T7＝14x5，∴第 3项的系数最大，故 D错误．
8.C 解析：设方程
 
2 2
27 27 0x mx x nx  
的四个根由小到大依次为
1
a
，
2
a
，
3
a
，
4
a
.不妨设
227 0x mx  
的一根为 1，则另一根为 27，
1 27 28m  
.由等比数列的性质可知
1 4 2 3
a a a a
，
41 1, 27a a 
，∴等比数列
1
a
，
2
a
，
3
a
，
4
a
的公比为
4
3
1
3
a
qa
= =
，
21 3 3a  
，
2
31 3 9a 
，由韦达定理得
3 9 12n 
，∴
28 12 16m n 
.
9.C 解析：如图，设点
Q
为
ABC
的中心，则
PQ
平面
ABC
，
π3, 3
3
PAQ AQ PQ   ，
.球心
O
在直线
PQ
上，连接
AO
，设球 O的半径为
r
，则
OA OP r 
，
3OQ r 
，在
Rt OAQ△
中，
2
r
2 2
( 3) (3 )r 
，解得
2r
，∴球 O的表
面积为
2
4π 16πr
.
2
10.A 解析：如图，由题意得
2
3
3
F M a
，
1 2 60F PF  
，∴
1
3
PM a
，
2
2
3
PF a
，
由椭圆定义可得
21 2 1 1
2 ,PF PF PM MF PF a MF a     
，在 Rt
1 2
MF F
中，
由勾股定理得
2
2 2
4
3
3
a ca
 
 
 
 
 
，可得
3
3
c
ea
 
．
11.D 解析：∵
 
2 =f x f x
，∴
 
f x
关于
1x
对称.∵
 
2 1f x  
为奇函数，∴由平移可得
 
f x
关于
 
2,1
对
称，且
 
2 1f
，∴函数
 
f x
是以
4
为周期的周期函数.
 
1 3 2 2 2f f f 
，
   
24 1f f 
，∴
     
1 2 3 4 4f f f f  
，∴
 
2023
1
2024
4 4 2023
4
( )
k
f k f
 
.
12.A 解析：由
1
1 2 e 1.01
1
b
ac
 
可得
2
1.01 1
2
a
，
ln1.01b
，
1
11.01
c 
，比较
a
和
b
，构造函数
 
21ln
2
x
f x x
 
，当
1x
，
 
10f x x x
 
，
 
f x
在
 
1, 
上单调递增，故
 
1.01 1 0f f 
，即
a b
.同理
比较
b
和
c
，构造函数
 
1
ln 1g x x x
 
 
 
 
，当
1x
，
 
2
10
x
g x x
 
，∴
 
g x
在
 
1, 
上单调递增，∴
 
1.01 1 0g g 
，即
b c
.综上，
a b c 
.
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） [
13. 1 14.
9
16
15. 1 或3或5或7(写出其中一个即可) 16. 3
13.1 解析：作出可行域，易得目标函数
z x y 
在点 A（4，3）处取得最大值 1.
14.
9
16
解析：f(
2
log 3
)＝f(
2
log 3
－1)＝f(
2
3
log 2
)＝f(
2
3
log 2
-1)＝f(
2
3
log 4
)＝
2 2
3 3
log 2log
4 4 9
4 2 16
 
.
15.1 或3或5或7(写出其中一个即可)解析：由已知可得 cos(ω·π
2)＝0，∴ω·π
2＝π
2＋kπ，k∈Z，∴ω＝1＋2k，
k∈Z.∵f(x)在区间[0，π
8]上单调，∴ωx∈[0，π
8ω]，∴结合 y＝cosu的图象可得π
8ω≤π，∴0<ω≤8，∴ω＝1或3
或5或7.
16. 3 解析：由题意知渐近线方程为 y＝±b
ax，右焦点为 F(c，0)，∴d＝|bc|
a2＋b2＝b.由
y＝1
y＝b
ax得x＝a
b；由
y＝1
x2
a2－y2
b2＝1（x>0）得x＝a2（1＋1
b2）＝a b2＋1
b
，∴截面面积为π(a2（b2＋1）
b2－a2
b2)＝πa2，阴影部分绕 y轴旋
转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为 2的圆柱的体积，∴V＝2πa2＝
6
3
dcπ＝
6
3
bcπ，
即6a2＝bc，∴6a4＝b2c2＝(c2－a2)c2，即 6a4＝c4－a2c2，∴e4－e2－6＝0，解得 e2＝3，∴e＝3.
三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）
3
17.解析：（1）
π π π π π
2
sin cos cos cos
3 6 3 6
A A A A
 
     
 
     
 
     
 
2
π
cos 2 1
π 1
3
cos 6 2 4
A
A
 
 
 
 
 
 
 
，
（或
3 1 3 1
sin cos ( cos sin )( cos sin )
3 6 2
π
2 2
π
2
A A A A A A
 
 
 
 
2
π
cos 2 1
π 1
3
cos 6 2 4
A
A
 
 
 
   
 
 
 
）
∴
π
3
1
cos 2 2
A
 
 
 
 
，
∵
0 πA 
，∴
π π 7π
2
3 3 3
A 
，∴
π 2π
2
3 3
A 
或
4
323
π π
A 
，解得
π
6
A
或
π
2
A
，
∵
a c
，∴
π
2
A
，∴
π
6
A
．（6分）
（2）由（1）知
6
A
，
sin sin 4 3sina A c C B 
，由正弦定理得
2 2 4 3 12a c b 
，
由余弦定理得
2 2 2 2 cosa b c bc A  
，即
2 2 3
12 3 2 3 2
c c c  
，整理得
2
2 3 9 0c c  
，由
0c
得
3c
，
∴
1 1 1 3 3
sin 3 3
2 2 2 4
ABC
S bc A  
△
．（12 分）
18.解析：（1）由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有 6人，获二等奖的有 8人，获三等奖的有 16 人，
共有 30 人获奖，70 人没有获奖．
从该样本中随机抽取的 2名学生的竞赛成绩，基本事件总数为
2
100
C
，
设“抽取的 2名学生中恰有 1名学生获奖”为事件 A，则事件 A包含的基本事件的个数为
1 1
70 30
C C
，
∵每个基本事件出现的可能性都相等，∴
 
1 1
70 30
2
100
C C 14
C 33
P A  
，即抽取的 2名学生中恰有 1名学生获奖的概率为
14
33
．（4分）
（2）由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值
35 0.006 10 45 0.012 10 55 0.018 10 65 0.034 10x      
75 0.016 10 85 0.008 10 95 0.006 10 64    
.（8分）
（3）由题意所有参赛学生的成绩 X近似服从正态分布
 
2
64,14N
．
∵
78
 
 
，∴
 
1 0.6827
78 0.15865
2
P X
 
．
故参赛学生中成绩超过 78 分的学生数为
0.15865 10000 1587 
．（12 分）
19．解析：(1)取DM 中点 O，连接 A′O，CO，则由已知可得 DM⊥A′O，DM⊥CO，
∵A′O∩CO＝O，∴DM⊥平面 A′CO，∴DM⊥A′C，
∵DC＝DA′＝4，∴DN⊥A′C，
∵DN∩DM＝D，∴A′C⊥平面 DMN，
∵A′C⊂平面 A′BC，∴平面 A′BC⊥平面 DMN.(5 分)
(2)由已知可求得 OC＝OA′＝2 3，∴OC2＋OA′2＝A′C2，∴OC⊥OA′，
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