【文档说明】陕西省联盟学校2023年第一次大联盟数学（理科）试题 答案.pdf，共(8)页，666.188 KB，由小赞的店铺上传

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（理科）试题答案第1页共8页考试名称“高考研究831重点课题项目”陕西省联盟学校2023年第一次大联考试卷类型高考模拟卷学科数学（理科）文件内容参考答案与答案解析数学（理科）试题参考答案一、选择题(本题共12小题，每题5分，

共60分)题号123456789101112答案CDACABDBDACD二、填空题（本题共4小题,每题5分,共20分）题号13141516答案530xy2343382π3答案解析一、选择题(本题共12小题，每题5分，共60分)1.【参考答案】C2.【

参考答案】D【解析】21i1i，则1iz.3.【参考答案】A4.【参考答案】C【解析】由310nC得，5n.5.【参考答案】A【解析】由题可得，6222,26xyxy，则2129222xyxy，当且仅当33,2xy（理科）试题答案第2页共8页时，等

号成立.6.【参考答案】B【解析】112212333336CCCCC.7.【参考答案】D【解析】直线32220xay过圆22:480Cxyxy的圆心2,4,25Cr，则2a，圆C中以1,1为中点的弦长为222510210

.8.【参考答案】B【解析】由222,byxaxyc得,Mab，则0323,33bbaaa，于是2211.3bea9.【参考答案】D【解析】cos2cosco

sπ+cosπ2coscos0BCCBABABA,则coscos0,BA于是,BA均为锐角，则ABC△的形状无法确定.10.【参考答案】A【解析】易得222222,22acbabcaabcabc

c化简得1b.11.【参考答案】C【解析】令ππ2π,,32xkkZ则π2π,,6xkkZ在y轴右侧的第一个极大值点为π6x，第二个极大值点为13π6x，于是π1,613π1,6解得π13π,

66.12.【参考答案】D【解析】由题可知，此函数周期为8，此不等式在0,4上恰有3个整数解，又可知fx在e0,2上递增，在e,42上递减，且31ln20,

234ln20,4ffff故0a，且须4,3,1,afafaf解得13ln2ln6,34a.二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）（理科）试题答案第3页共8页13

.【参考答案】530xy【解析】05xy,切线方程为35yx即530xy.14.【参考答案】2343【解析】7713771313231343aaSbbT.15.【参考答案】3【解析】由抛物线几何性

质可得12dAFBF，由余弦定理和基本不等式可得，22222222cos1203,24ABAFBFAFBFAFBFAFBFAFBFAFBFAFBF易得||3ABd，当且仅当AFB

F时等号成立.16.【参考答案】82π3【解析】【详解】如图，易知M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，记点M的轨迹为圆弧EF.连接AF，当点M位于F时，三棱锥P-ABM的体积最小，又π2PAFPBF，则三棱锥P-ABM的外接

球球心为PF的中点，此外接球的体积（理科）试题答案第4页共8页34π82π233V.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.解：（1）由221120nnnnaaaa得12nnaa，…………3分12nna；…………6分（Ⅱ）111(1)1nb

nnnn，…………9分1111.1nnniTbn…………12分18.解：（Ⅰ）在PCD中，2PDCD，∵E为PC的中点，∴DE平分PDC，60PDE，∴在RtPDE中，cos601DE

PD，…………2分过E作EHCD于H，则12DH，连结FH，∵12AF，∴四边形AFHD是矩形，……4分∴CDFH，又CDEH，FHEHH，∴CD平面EFH，又EF平面EFH，∴CDEF．…………5分（Ⅱ）∵2ADPD，22PA，∴ADPD，又ADDC

，∴AD平面PCD，又AD平面ABCD，∴平面PCD平面ABCD．…………6分过D作DGDC交PC于点G，则由平面PCD平面ABCD知，DG平面ABCD，故,,DADCDG两两垂直，以D为原点，以,,DADCDG所在直线分别为,,xyz轴，建立如图所示

空间直角坐标系Oxyz，则(2,0,0)A，(2,2,0)B，(0,2,0)C，(0,1,3)P，又知E为PC的中点，E13(0,,)22，设(2,,0)Ft，02t，则13(0,,)22DE，(2,,0)DFt

，0,1,3DP，(2,0,0)DA．……7分（理科）试题答案第5页共8页设平面DEF的法向量为111(,,)xyzn，则0,0,DEDFnn∴1111130,2220,yzxty取1

2z，可求得平面DEF的一个法向量(3,23,2)tn，……8分设平面ADP的法向量为222(,,)xyzm，则0,0,DPDAmm所以22230,20,yzx取(0,3,1)m．………10分∴2623coscos,42312

4mnt，解得43t,∴当43AF时满足3cos4．…………12分19.解：（Ⅰ）依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100的等差数列．设此数列为{an}，则易知a1＝400，an＝100n＋300，所以Sn＝1007002nn＝

3000.解得n＝5或n＝－12(舍去)，所以此决赛共比赛了5场．…………2分则前4场比赛的比分必为1∶3，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为4341124C.所以总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率为14.…………5分全科试题免费下载公众号《⾼中僧课

堂》（理科）试题答案第6页共8页（Ⅱ）随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即2200，3000，3900，4900.……6分P(X＝2200)＝2×124＝18，P(X＝3000)＝C34124＝14，P(X＝3900)＝C35

125＝516，P(X＝4900)＝C36126＝516，…………10分所以X的分布列为X2200300039004900P1814516516所以115522003000390049003775.841616EX…………12分20.解：（Ⅰ）由题可知，点

00,Pxy为椭圆2219122yx上一点，且00x,……3分则1212011242222FPFSFFx△,于是12FPF△面积的最大值为2.……6分（Ⅱ）射线2FN的方程为22220yyxxx，射线1FM的方程为11220

yyxxx，联立221122,22,yyxxyyxx解得212112012224yxxyxxxxx，①……8分又21MFNF∥，则12212112122222yyyxxyxxxx

，②……10分将②代入①，得012111xxx.……12分21.解：（Ⅰ）当1a时，1eln1,0,1e,xxfxxxxxfxxx……2分当0,1x时，

0fx；当1,x时，0fx，……4分（理科）试题答案第7页共8页则fx的单调增区间为区间0,1，减区间为区间1,.……6分（Ⅱ）lnln1eln1,0,exaxaxxfxxaxxaxx令

e1,xgxxe10,xgx则gx在0,上单调递增，又00g，于是当0fx即ln0gxax时，ln0xax，……8分则此关于x的方程有两个不同的解12,xx，即1122ln,ln,xaxxax①②构造

函数ln,0,xhxxx21ln,xhxx当0,ex时，0fx；当e,x时，0fx，可知10eeah，又10h，不妨设121exx，由②-①，得2211ln,xaxxx令211xttx，则1

1ln1ln,,1taxttaxt同理可得，2ln,1ttaxt……10分要证1212elnxxa，即证12112elnln2eln,1taxxataaat令21ln,1,

1ttttt2210,1tttt又10，则0t，1ln2,1ttt又1ln,2eln2,eaaaa故此题得证.……12分22.解：（Ⅰ）因为曲线C的

参数方程为12cos,12sinxy（为参数），故所求方程为222(1)(1)2xy.又cossinxy，则22cos2sin2，故曲线C的极坐标方程为2π22sin24

.…………5分（Ⅱ）联立和22cos2sin20，得22(cossin)20，设1(,)M、2(,)N，则122(sincos)22sin()4

，（理科）试题答案第8页共8页由12||||2OP，得||2|sin()|24OP，当34时，||OP取最大值2，故实数的取值范围为[2,).…………10分23

.解：（Ⅰ）由题可得，3,1,1|1||21|2,1,213,.2xxxxxxxxfx如图所示，min32fx，则113,2mn可得233,222mnmnmn于是83mn，当且仅当43

mn时，等号成立.故mn的最小值为83.…………5分（Ⅱ）令212gxaxaax，则gx恒过1,2，当gx过点13,22时，73a，结合图像分析可得

，733a.故73,3a.…………10分