【文档说明】2023届陕西省铜川市高三第二次模拟考试 理科数学答案.docx，共(7)页，1.548 MB，由小赞的店铺上传

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铜川市2023年高三第二次质量检测理科数学试题参考答案一、选择题1.解：依题意得，∁𝑈𝐴={3,4}，于是(∁𝑈𝐴)∩𝐵={3}．故选：𝐵．2.解：|𝑧1|=3，𝑧2=2+𝑖，则|𝑧2|=√22+12=√5，故|𝑧1⋅𝑧

2|=|𝑧1||𝑧2|=3×√5=3√5．故选：𝐶．3.解：因为1√𝑛+1+√𝑛=√𝑛+1−√𝑛，故该算法的功能是求𝑆=(√2−1)+(√3−√2)+⋯+(√2023−√2022)，𝑆=(√2−1)+(√

3−√2)+⋯+(√2023−√2022)=√2023−1．故选：𝐷．4.解：如图：设𝐵𝐶=2𝑎，𝐴𝐵=2𝑐，𝐴𝐶=2𝑏，∴𝑎2=𝑏2+𝑐2，∴SⅠ=142,2bcbc=SⅢ=212,2abc=∴SⅡ=221122cb+

−SⅢ=22211122222cbabcbc+−+=，∴SⅠ=SⅢ，∴𝑃1=𝑃2，故选A．5.解：命题：“∀𝑥>0，𝑥2−𝑥+1≤0”的否定是∃𝑥>0，𝑥2−𝑥+1>0．故选：𝐵．6.解：因为0.5𝑎=0.2𝑏>0，所以lg0.

5𝑎=lg0.2𝑏，即𝑎lg0.5=𝑏lg0.2，所以𝑎𝑏=lg0.2lg0.5=lg5lg2>1，所以𝑎>𝑏，因为log2𝑎=0.5𝑎=0.2𝑏>0，所以𝑎>1，结合𝑦=log2𝑥与𝑦=0.5𝑥的图象，因为

log2𝑎=0.5𝑎，1<𝑎<2，所以0.5𝑎∈(14,12)，所以0.2𝑏∈(14,12)，即(15)𝑏>14>15，可得𝑏<1，所以𝑏<1<𝑎，故选C．7.解：根据题意，甲组数据的平均数为3，方差为

5，乙组数据的平均数为5，方差为3，则两组数据混合后，新数据的平均数𝑥−=6×3+6×512=4，则新数据的方差𝑆2=612[5+(3−4)2]+612[3+(5−4)2]=5，故选：𝐷．8.解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，∵𝑎2+8𝑎5=0，∴�

�1𝑞+8𝑎1𝑞4=0，解得𝑞=−12，∴数列{1𝑎𝑛}是等比数列，首项为1𝑎1，公比为−2．∴𝑆2=1𝑎1[1−(−2)2]1−(−2)=−1𝑎1，𝑆5=1𝑎1[1−(−2)5]1−(−2)=11

𝑎1，∴𝑆5𝑆2=−11．故选：𝐴．9.解：由题意，由𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗，得𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇(𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗),即𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇1+𝜇𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇1+𝜇𝑀�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13+3𝜇𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇1+𝜇𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，由𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗同理可得，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑁𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+11+𝜆𝑁�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗=11+𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆2+2𝜆𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，根据平面向量基本定理，可得{11+𝜆=13+3𝜇𝜇1+𝜇=𝜆2+2𝜆,∴𝜇=23,𝜆=4，∴𝜆𝜇=423=6．故选D．10.解：不妨设|𝑃𝑄|=3𝑘，|𝑃𝐹2|=4𝑘(𝑘>0)，

因为𝑃在以𝐹1𝐹2为直径的圆上，所以𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，即𝑃𝑄⊥𝑃𝐹2，则|𝑄𝐹2|=5𝑘，因为𝑄在𝐶的左支上，所以|𝑄𝐹2|+|𝑃𝐹2|−|𝑃𝑄|=(|𝑄𝐹2|−|𝑄𝐹1|

)+(|𝑃𝐹2|−|𝑃𝐹1|)，即4𝑘+5𝑘−3𝑘=4𝑎，解得2𝑎=3𝑘，则|𝑃𝐹1|=|𝑃𝐹2|−2𝑎=4𝑘−3𝑘=𝑘，因为𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，所以|𝐹1𝐹2|2=|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2，即4𝑐2=17𝑘2，故2

𝑐=√17𝑘，故𝑒=2𝑐2𝑎=√173．故选：𝐴．11.解：由图象可得𝐴=2，34𝑇=11𝜋12−𝜋6，解得周期𝑇=𝜋=2𝜋𝜔，∴𝜔=2，∴𝑓(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜑)，代入(𝜋6,2)可得𝜋3+�

�=𝜋2+2𝑘𝜋，(𝑘∈𝑍)，解得𝜑=𝜋6+2𝑘𝜋，(𝑘∈𝑍)，又|𝜑|<𝜋2，∴𝜑=𝜋6，∴𝑓(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋6)，∵𝑥∈[0,𝜋]，∴2𝑥+𝜋6∈[𝜋

6,13𝜋6]，结合三角函数图象可得2𝑥1+𝜋6+2𝑥2+𝜋6=𝜋或2𝑥1+𝜋6+2𝑥2+𝜋6=3𝜋，∴𝑥1+𝑥2=𝜋3，或𝑥1+𝑥2=4𝜋3．故选D．12.解：取𝐵𝐶中点𝑀，由题意，𝐴𝐵=2�

�𝑀=2，∠𝐴𝐵𝐶=𝜋3，由余弦定理得𝐴𝑀2=𝐴𝐵2+𝐵𝑀2−2𝐴𝐵·𝐵𝑀·cos∠𝐴𝐵𝑀=3，故𝐴𝐵2=𝐵𝑀2+𝑀𝐴2，即𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，而𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶

𝐷，且𝐴𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故A𝑃⊥𝐴𝑀，𝐴𝑃⊥𝐴𝐷，如图，以𝐴为原点，𝐴𝑀为𝑥轴，𝐴𝐷为𝑦轴，𝐴𝑃为𝑧轴，建立空间直角坐标系，由题意，𝐴(0,0,0)，𝐵(√3,−1,0)，𝐶(√3,1,0)，𝐷

(0,2,0)𝑃(0,0,2)𝐸(√32,−12,1)，𝐹(√3,𝑡,0)，其中𝑡∈[−1,1]，设面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，而𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,−1,−2)，𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,1,−2)，故有{𝑛⃗⃗·𝑃𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{√3𝑥1+𝑦1−2𝑧1=0√3𝑥1−𝑦1−2𝑧1=0,令𝑧1=√3，则{𝑥1=2𝑦1=0𝑧1=√3，故面𝑃𝐵𝐶的一个法向量为𝑛⃗⃗=(2,0,√3)，设面𝐴𝐸𝐹的法向量为𝑚⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,

𝑧2)，而𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,−12,1)，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,𝑡,0)，故有{𝑚⃗⃗⃗·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⃗⃗⃗·𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{√32𝑥2−12𝑦2+𝑧2=0√3𝑥2+𝑡𝑦2=0,令𝑦2=

√3，则{𝑥2=−𝑡𝑦2=√3𝑧2=√32·(1+𝑡),故面𝑃𝐵𝐶的一个法向量为𝑚⃗⃗⃗=(−𝑡,√3,√32·(1+𝑡))，而𝑚⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗=−2𝑡+32+32𝑡=32−�

�2，不恒为0，故A错误；由题意，𝑉𝐶−𝑃𝐸𝐷=𝑉𝑃−𝐶𝐸𝐷，由于𝐸为𝑃𝐵中点，故B，𝑃到面𝐶𝐸𝐷距离相等，从而𝑉𝐶−𝑃𝐸𝐷=𝑉𝑃−𝐶𝐸𝐷=𝑉𝐵−𝐶𝐸𝐷=𝑉𝐸−𝐵𝐶

𝐷=14𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=14×13×2×2×2×𝑠𝑖𝑛⁡𝜋3=√33，即B正确；易得面𝐴𝐵𝐶𝐷的法向量𝑝⃗⃗=(0,0,1)，而𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,𝑡+12,−1)，设𝐸𝐹与面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为𝜃，故sin𝜃=|cos<𝑝⃗

⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>|=1√34+(𝑡+12)2+1，当𝑡=1时sin𝜃取最小值12，此时𝜃取最小值𝜋6，故C正确；由题意，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,−12,1)，𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(√3

,1,−2)，故|cos<𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗>|=|32−12−2|√34+(−12)2+1·√3+1+4=14从而𝐴𝐸与𝑃𝐶所成角的余弦值为14，故D正确．故选A．二．填空题1

3.解：由题意，若𝐴说的两句话中，甲读《西游记》正确，乙读《红楼梦》错误，则B说的甲读《水游传》错误，丙读《三国演义》正确⋅则C说的丙读《西游记》错误，乙读《水游传》正确，则D说的乙读《西游记)错误，丁读《三国演义》正确⋅

与B说的丙读《三国演义》正确相矛盾，不成立;若A说的两句话中，乙读《红楼梦》正确，甲读《西游记)错误，则C说的乙读《水浒传》错误，丙读《西游记》正确，则D说的乙读《西游记》错误，丁读《三国演义》正确，则B说的丙读《三国演义》错误，甲读《水并传》正确，则丁读《三国演义》．14

.解：𝑓(𝑥)=−sinx(√22𝑐𝑜𝑠𝑥−√22𝑠𝑖𝑛𝑥)=−√22𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥+√22sin2𝑥=−√24𝑠𝑖𝑛2𝑥+√22×1−𝑐𝑜𝑠2𝑥2=−√24𝑠𝑖𝑛2𝑥−√24𝑐𝑜𝑠2𝑥+√24=−12(√22�

�𝑖𝑛2𝑥+√22𝑐𝑜𝑠2𝑥)+√24=−12sin(2𝑥+𝜋4)+√24，∴𝑥∈[−𝜋4，𝜋4]时，2𝑥+𝜋4∈[−𝜋4，3𝜋4]⁡，sin(2𝑥+𝜋4)⁡∈[−√22，1]，得：𝑓(𝑥)⁡∈[√2−24，√22]15.解：数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为

𝑆𝑛，且点(𝑎𝑛,𝑆𝑛)总在直线𝑦=2𝑥−1上，所以𝑆𝑛=2𝑎𝑛−1．当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1=2𝑎𝑛−1−1，两式相减得，𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1，又∵𝑎1=1，所以数列{𝑎

𝑛}是以1为首项，以2为公比的等比数列，∴𝑎𝑛=2𝑛−1，∴n·an=n·2n-1则𝑇𝑛=1×20+2×21+3×22+⋯+𝑛×2𝑛−1，所以2𝑇𝑛=1×21+2×22+3×23+⋯+𝑛×2𝑛，两式相减得：−𝑇𝑛=20+2

1+22+⋯+2𝑛−1−𝑛×2𝑛=2𝑛−1−𝑛×2𝑛．所以数列{𝑛·𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛=(𝑛−1)2𝑛+1．16.解：由椭圆22:184xyC+=，可得22,2,2abc===由对称性可知|𝐴𝐹1|

=|𝐵𝐹2|，∴|𝐹1𝐴|+|𝐹1𝐵|=|𝐵𝐹2|+|𝐹1𝐵|=2𝑎=|4√2，故①正确；𝐹1，𝐹2的坐标分别为(−2,0)，(2,0)，设𝐴(−𝑥,𝑡)，𝐵(𝑥,𝑡)，𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2+𝑥,−𝑡)，𝐵𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2

−𝑥,−𝑡)，若𝐴𝐹1⊥𝐵𝐹1时，可得𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=4−𝑥2+𝑡2=4−(8−2𝑡2)+𝑡2=0，解得𝑡=2√33，故②错误；∵直线𝑦=𝑡(𝑡∈(0,2))

与椭圆𝐶交于𝐴，𝐵两点，∴𝐴，𝐵两点的坐标分别为(−√8−2𝑡2,𝑡)，(√8−2𝑡2,𝑡)，∴𝑆=12×2×√8−2𝑡2×𝑡=√2×√4−𝑡2×𝑡≤√2×(√4−𝑡2)2+𝑡22=2√2，当且仅当√4−𝑡2=𝑡，即𝑡=√2时取等号，故③正确；设

𝐴(𝑥,𝑦)(𝑥<0)，当∠𝐹1𝐴𝐹2=𝜋3时，|𝐴𝐹2|+|𝐹1𝐴|=2𝑎=4√2，设|𝐴𝐹1|=𝑚，则|𝐴𝐹2|=𝑛，∴由余弦定理可得𝑚2+𝑛2−2𝑚×𝑛×cos𝜋3=

42，∴(𝑚+𝑛)2−2𝑚𝑛−𝑚𝑛=42，∴𝑚𝑛=163，∴𝑆𝐴𝐹1𝐹2=12𝑚𝑛𝑠𝑖𝑛𝜋3=4√33，又12×2𝑐×𝑦=𝑆𝐴𝐹1𝐹2=4√33，∴𝑦=2√33，，解得𝑥=−4√33，故④正确．故选：①

③④三、解答题：17.证明：(1)因为1𝑡𝑎𝑛𝐴+1𝑡𝑎𝑛𝐶=1𝑠𝑖𝑛𝐵，所以𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐴+𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑠𝑖𝑛𝐵，所以𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶+𝑠

𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑠𝑖𝑛𝐵，所以sin(𝐴+𝐶)𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑠𝑖𝑛𝐵，所以𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶=1𝑠𝑖𝑛𝐵，所以sin2𝐵=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖

𝑛𝐶，由正弦定理得𝑏2=𝑎𝑐；(2)解：𝑐𝑜𝑠𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐2𝑎𝑐≥2𝑎𝑐−𝑎𝑐2𝑎𝑐=12，(当且仅当𝑎=𝑐时等号成立)，则当𝑎=𝑐时，𝑐𝑜𝑠𝐵取得最小值12，又𝐵∈(0,𝜋)，所以角�

�最大值为𝜋3，此时△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，所以△𝐴𝐵𝐶的面积为√3．18.解：(1)证明：取𝐵𝐶的中点𝑃，连接𝐴𝑃，𝑃𝐷，如图，在等边△𝐴𝐵𝐶中，由题意知𝐴𝑃⊥𝐵𝐶，在△𝐵𝐶𝐷中，𝐷𝐵=𝐷𝐶，则𝑃𝐷⊥𝐵𝐶，∵𝐴𝑃，𝑃

𝐷⊂平面𝐴𝐷𝑃，𝐴𝑃∩𝑃𝐷=𝑃，∴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐷𝑃，∵𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐷𝑃，∴𝐵𝐶⊥𝐴𝐷，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐷𝐸𝐹中，AD∥BE，四边形BCFE是平行四边形，则𝐵𝐶⊥𝐵𝐸，∴四边形𝐵𝐶𝐹𝐸为矩形；(

2)取𝐸𝐹的中点𝑄，连接𝐷𝑄，𝑃𝑄，过𝐷作𝐷𝑂⊥𝐴𝑃，如图，则𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，∵𝑃𝑄⊂平面𝐵𝐶𝐹𝐸，𝑃𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐶，BC⊥PD，∴∠𝑄𝑃𝐷是平面𝐷𝐵𝐶与平面𝐵𝐶𝐹𝐸夹角或其补

角，在等边△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝑃=𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛60°=√3，则𝐷𝑄=𝐴𝑃=√3，在𝑅𝑡△𝐷𝑃𝐵中，𝐷𝑃=√𝐷𝐵2−𝐵𝑃2=√163−1=√393，∵𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐷𝑃，

𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，∴平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐷𝑃，∵平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐴𝐷𝑃=𝐴𝑃，且𝐷𝑂⊥𝐴𝑃，∴𝐷𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴∠𝐷𝐴𝑃是侧棱𝐴𝐷与底面𝐴𝐵𝐶所成角，即∠𝐷𝐴𝑃=60°

，在△𝐷𝐴𝑃中，𝐴𝐷2+𝐴𝑃2−2⋅𝐴𝐷⋅𝐴𝑃⋅𝑐𝑜𝑠60°=𝐷𝑃2，设𝐴𝐷=𝑥，化简得3𝑥2−3√3𝑥−4=0，解得𝑥=4√33或𝑥=−√33(舍)，∴𝐴𝐷=𝑃𝑄=4√33，在△𝐷𝑃𝑄中，cos∠𝐷𝑃𝑄=𝐷𝑃2+𝑃𝑄2−�

�𝑄22𝐷𝑃⋅𝑃𝑄=5√1326，∴平面𝐷𝐵𝐶与平面𝐵𝐶𝐹𝐸夹角的余弦值为5√1326．19.解：(1)设𝐴小区方案一的满意度平均分为𝑥，则𝑥=(45×0.006+55×0.014+65×0.018+75

×0.031+85×0.021+95×0.010)×10=72.7．设𝐵小区方案二的满意度平均分为𝑦，则𝑦=(45×0.005+55×0.010+65×0.010+75×0.020+85×0.032+95×0.023)×10=78.3∵72.

7<78.3．∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎．(2)⁡由题意可知：𝐴小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为（0.031+0.021+0.010）×10=0.62，以频率估计概率，赞成率为62%。𝐵小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为(0.020+0.032+0.023

)×10=0.75，以频率估计概率，赞成率为75%。∴𝐵小区可继续推行方案二．（3）现从𝐵小区内随机抽取5个人，𝑋的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则𝑋∽𝐵(5,34).𝑃(𝑋=0)=𝐶50(14)5=11024，𝑃(𝑋=1)=𝐶51⋅3

4．(14)4=151024，𝑃(𝑋=2)=𝐶52(34)2⋅(14)3=901024=45512，𝑃(𝑋=3)=𝐶53(34)3⋅(14)2=2701024=135512，𝑃(𝑋=4)=𝐶54(34)4⋅14=4051024，𝑃(𝑋=5)=𝐶55(34)5

=2431024，∴𝑋的分布列为数学期望𝐸(𝑋)=0×11024+1×151024+2×45512+3×135512+4×4051024+5×2431024==154．20.解：(1)由题意可知𝐹(𝑝2,0)，∴|𝑃𝐹|=√(−3−𝑝2)2+(2−0)2=2√5，又∵𝑝>0，

∴𝑝=2，∴抛物线𝐸的标准方程为𝑦2=4𝑥．证明：(2)显然直线𝐴𝐵斜率存在，设直线𝐴𝐵的方程为𝑦−2=𝑘(𝑥+3)，联立方程{𝑦−2=𝑘(𝑥+3)𝑦2=4𝑥，消去𝑥得𝑘𝑦2−4𝑦+8+12𝑘=0(𝑘≠

0)，∴𝛥=16(−3𝑘2−2𝑘+1)>0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，∴𝑦1+𝑦2=4𝑘，𝑦1𝑦2=8𝑘+12，∴𝑦1𝑦2−12=2(𝑦1+𝑦2)①，直线

𝐴𝐶的方程为2114yyyx−=−，联立方程{𝑦−𝑦1=𝑥−𝑦124𝑦2=4𝑥，化简得𝑦2−4𝑦+4𝑦1−𝑦12=0，∴𝛥=16−4(4𝑦1−𝑦12)>0，设𝐶(𝑥3,𝑦3)，则𝑦1+𝑦3=4②，由

①②得(4−𝑦3)𝑦2−12=2(4−𝑦3+𝑦2)，∴2(𝑦2+𝑦3)=𝑦2𝑦3+20③，(𝑖)若直线𝐵𝐶斜率不存在，则𝑦2+𝑦3=0，又∵2(𝑦2+𝑦3)=𝑦2𝑦3+20，∴𝑦32=20，∴𝑥3=𝑦324=5，∴直线𝐵𝐶的方程为𝑥=5，(𝑖𝑖)

若直线𝐵𝐶的斜率存在，为𝑦2−𝑦3𝑥2−𝑥3=4𝑦2+𝑦3，∴直线𝐵𝐶的方程为𝑦−𝑦2=4𝑦2+𝑦3(𝑥−𝑦224)，即4𝑥−(𝑦2+𝑦3)𝑦+𝑦2𝑦3=0，将③代入得4𝑥−(𝑦2+𝑦3)𝑦+2(𝑦2+𝑦3)−20=0，∴(𝑦

2+𝑦3)(2−𝑦)+4(𝑥−5)=0，∴直线𝐵𝐶斜率存在时过点(5,2)，由(𝑖)(𝑖𝑖)可知，直线𝐵𝐶过定点(5,2)．(3)𝑆1=𝑆△𝑃𝐵𝑄−𝑆△𝑃𝐴𝑄=12|𝑃𝑄|⋅|𝑦1−2|−12|𝑃�

�|⋅|𝑦2−2|=12|𝑃𝑄|⋅|𝑦1−𝑦2|=4|𝑦1−𝑦2|，𝑆2=12|𝑃𝑄|⋅|𝑦2−𝑦3|=12×8×|𝑦2−𝑦3|=4|𝑦2−𝑦3|=4|𝑦1+𝑦2−4|，由(2)得𝑦1+𝑦2=4𝑘，𝑦1𝑦2=8�

�+12，∴|𝑦1−𝑦2|=√16𝑘2−32𝑘−48=4√−3𝑘2−2𝑘+1|𝑘|，由𝑘≠0，且𝛥=16(−3𝑘2−2𝑘+1)>0，可得−1<𝑘<13，且𝑘≠0，∴𝑆1𝑆2=|𝑦1−𝑦2||𝑦1+𝑦2−4|=4√−3𝑘2−2𝑘+1|𝑘|⋅|

4𝑘−4|=√−3𝑘2−2𝑘+1|𝑘−1|，设𝑘−1=𝑢，𝑡=1𝑢，∴𝑆1𝑆2=√−(𝑢+2)(3𝑢+2)𝑢2=√−3𝑢2+8𝑢+4𝑢2=√−4𝑡2−8𝑡−3=√−4(𝑡+1)

2+1，∵−1<𝑘<13，且𝑘≠0，∴𝑡∈(−32,−1)∪(−1,−12)，∴√−4(𝑡+1)2+1∈(0,1)，∴𝑆1𝑆2的取值范围为(0,1)．21解：(1)函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑒𝑥−ln(𝑥+2)+ln𝑎

−2定义域为𝑥∈(−2,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑎𝑒𝑥−1𝑥+2，𝑓(𝑥)在𝑥=2023处取得极值，则𝑓′(2023)=𝑎𝑒2023−12025=0，所以𝑎=12025𝑒2023，此时𝑓′(𝑥)=12025𝑒2023𝑒𝑥−1𝑥

+2，令𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)=12025𝑒2023𝑒𝑥−1𝑥+2，𝑥∈(−2,+∞)，则𝑔′(𝑥)=12025𝑒2023𝑒𝑥+1(𝑥+2)2>0，所以𝑔(𝑥)在(−2,

+∞)上单调递增，所以𝑓′(𝑥)在(−2,+∞)上单调递增，且𝑓′(2023)=0，所以当𝑥∈(−2,2023)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减，当𝑥∈(2023,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增．故𝑓

(𝑥)的单调递减区间为(−2,2023)，单调递增区间为(2023,+∞).(2)依题意即𝑎𝑒𝑥−ln(𝑥+2)+ln𝑎−2=0在(−2,+∞)上有两个根，整理为𝑒𝑥+ln𝑎+𝑥+ln𝑎=ln(𝑥+2)+𝑥

+2，即𝑒𝑥+ln𝑎+𝑥+ln𝑎=ln(𝑥+2)+𝑒ln(𝑥+2)，设函数Hℎ(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥，则上式为Hℎ(𝑥+ln𝑎)=ℎ𝐻(ln(𝑥+2))，因为Hℎ′(𝑥)=𝑒𝑥+1>0恒成立，所以Hℎ(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥单调递增

，所以𝑥+ln𝑎=ln(𝑥+2)，所以只需ln𝑎=ln(𝑥+2)−𝑥在(−2,+∞)上有两个根，令𝜑(𝑥)=ln(𝑥+2)−𝑥，𝑥∈(−2,+∞)，则𝜑′(𝑥)=1𝑥+2−1=−𝑥+1𝑥

+2，当𝑥∈(−2,−1)时，𝜑′(𝑥)>0，当𝑥∈(−1,+∞)时，𝜑′(𝑥)<0，故𝜑(𝑥)=ln(𝑥+2)−𝑥在𝑥=−1处取得极大值即最大值，𝜑(𝑥)max=𝜑(−1)=1，且当𝑥→+∞时𝜑(𝑥)→−∞，当𝑥→−2

时𝜑(𝑥)→−∞，要想ln𝑎=ln(𝑥+2)−𝑥在(−2,+∞)上有两个根，只需ln𝑎<1，解得0<𝑎<𝑒，所以𝑎的取值范围为(0,𝑒)．选考题：22.解：(1)∵直线𝑙的普通方程为𝑥+𝑦−8=0，又∵曲线𝐶的极坐标方程为𝜌=8𝑠𝑖

𝑛𝜃，∴𝜌2=8𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃，∴曲线𝐶的普通方程为𝑥2+𝑦2=8𝑦，即𝑥2+(𝑦−4)2=16，又∵𝐴在圆𝐶上，圆心𝐶(0,4)到直线𝑙的距离为|−4|√2=2√2，∴𝐴到𝑙距离的最大值为2

√2+4；(2)∵{𝑥+𝑦−8=0𝑥2+𝑦2=8𝑦⇒𝑥2−4𝑥=0，解得𝑥=0或𝑥=4，又∵𝐵在第一象限，∴𝐵(4,4)，点𝐴，𝐵在曲线𝐶上，设𝐴(𝜌1,𝜋4+7𝜋12)，𝐵(𝜌2,𝜋4)，代入

曲线𝐶的极坐标方程得𝜌1=|𝑂𝐴|=8𝑠𝑖𝑛(𝜋4+7𝜋12)=4，∴𝜌2=|𝑂𝐵|=8𝑠𝑖𝑛𝜋4=4√2，sin∠𝐴𝑂𝐵=sin7𝜋12=sin(𝜋4+𝜋3)=sin𝜋4cos𝜋3+co

s𝜋4sin𝜋3=√2+√64，故△𝐴𝑂𝐵的面积为𝑆=12×4√2×4×√2+√64=4+4√3．23.解：(1)当𝑥<−2时，𝑓(𝑥)≤6−𝑥，即−2𝑥+2−𝑥−2≤6−𝑥，解得𝑥≥−3，故−3≤𝑥<−2；当

−2≤𝑥≤1时，𝑓(𝑥)≤6−𝑥，即−2𝑥+2+𝑥+2≤6−𝑥，∴4≤6，则−2≤𝑥≤1；当𝑥>1时，𝑓(𝑥)≤6−𝑥，即2𝑥−2+𝑥+2≤6−𝑥，解得𝑥≤32，故1<𝑥≤32，综上所述，原不等式的解集为{𝑥|−3≤𝑥≤32}；(2)证

明：若𝑥<−2，则𝑓(𝑥)=−3𝑥>6；若−2≤𝑥≤1，则𝑓(𝑥)=−𝑥+4≥3；若𝑥>1，则𝑓(𝑥)=3𝑥>3，所以函数𝑓(𝑥)的最小值𝑇=3，故𝑎+𝑏+𝑐=3．又𝑎、𝑏，𝑐为正数，则(1𝑎+1𝑏+4𝑐)×3=(1𝑎+1𝑏

+4𝑐)(𝑎+𝑏+𝑐)=6+𝑏𝑎+𝑎𝑏+𝑐𝑎+4𝑎𝑐+𝑐𝑏+4𝑏𝑐≥6+2√𝑏𝑎⋅𝑎𝑏+2√𝑐𝑎⋅4𝑎𝑐+2√𝑐𝑏⋅4𝑏𝑐=16．当且仅当𝑎=𝑏=34，𝑐=32时等号成立，所以1𝑎+1𝑏+4𝑐≥163．获得更多资源

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