【文档说明】陕西师大附中高2023届第十次模拟考试 理数答案.pdf，共(8)页，437.049 KB，由管理员店铺上传

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陕西师大附中高三年级第十次模考数学（理）试题第1页共7页学科网（北京）股份有限公司陕西师大附中2022-2023学年度高三年级第十次模考数学（理科）参考答案一、选择题：DBCBCCDABBAD二、填空题13.214.615.

3216.1)(1)2(1)nneeee（三.解答题17.解：(1)∵3sincossinsinsin[()]sincoscossin3CBBCCBCBCB．∴3sinsincossin3BCCB

．由于sin0B，所以3sincos3CC，即tan3C．∵(0,)C．∴2C3．（2）因为，的角平分线，且为角BCDACDABCSSSCDCCD,2根据三角形面积公式可得.2462222,22,246)23(2)11)(2(22,2111,3sin3sin3

2sin21,3sin213sin2132sin21的最小值为故时等式成立，当且仅当则即可得等式两边同除以baabbaabbababababaCDCDabCDaCDbab

18.解：（1）因为ABC△为等边三角形，13ADBEAC，DEAB∥，陕西师大附中高三年级第十次模考数学（理）试题第2页共7页学科网（北京）股份有限公司CO为AB边上的高线，故,DEOFDEPF，又OFPFF，,OFPF平面FOP，所以DE平

面FOP.因为OP平面FOP，所以DEOP.在FOP△中，3,3,23OFOPPF，所以222OFOPPF，故OPOF，而DE平面ABED，OF平面,ABEDOFDEF，故OP平面ABED（2）分别以,,OFOBOP

方向为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系，则0,0,3,0,3,0,3,2,0,3,0,0PBEF，则3,2,3,3,1,0,0,2,0PEBEEF.设平面BPE的法向量1111,,nxyz，平面PEF的法向量222

2,,nxyz，则1111111323030nPExyznBExy，且222222323020nPExyznEFy，取11x，23x，得到平面BPE的一个

法向量11,3,3n，平面PEF的一个法向量23,0,1n，设二面角BPEF大小为，则1212233cos727nnnn，所以227sin1cos7

.19.解：（1）将31,2（）代入椭圆方程，得到219143a，故24a，故椭圆方程为22143xy…………2分当直线PQ的斜率为0时，此时,,OPQ三点共线，不合要求，舍去；当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为3x

ty，陕西师大附中高三年级第十次模考数学（理）试题第3页共7页学科网（北京）股份有限公司与椭圆方程22143xy联立，得22346330tyty，设1122,,,PxyQxy，则121222633,3434tyyyytt，则

22121212221136312342223434OPQtSOPyyyyyytt2222222222231081231316623434316319313tttttttt

2222116639931623163131tttt，当且仅当2293131tt，即63t时，等号成立，故OPQ△面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为3230xy或3230xy；………8分（2）在

x轴上存在点0433,S使得PSTQST恒成立，理由如下：因为PSTQST，所以0PSQSkk，即12120yyxsxs，整理得21120xsyxsy，即21121

2330tyytyysyy，所以1212230tyysyy，则223632303434ttstt，解得433s，故在x轴上存在点04

33,S，使得PSTQST恒成立.………12分20.（1）P（每次扑出点球）11111111313353353359．X的所有可能取值为0，1，2，3，4．∴04041840960C996561PX

．陕西师大附中高三年级第十次模考数学（理）试题第4页共7页学科网（北京）股份有限公司3141820481C996561PX．2224183842C996561PX．

33418323C996561PX．444114C96561PX．∴X的分布列X01234P4096656120486561384656132656116561∴14499EX．（2）若

甲队恰在第4轮取得胜利，则前3轮结束时比分可能为1:0，2:0，2:1，3:1，3:2．分别记前3轮比分为1:0，2:0，2:1，3:1，3:2且甲队恰在第4轮取得胜利，事件分别为A，B，C，D，E．2313311311C4

4343768PA．232331131110C443443768PB．2221333121

31618CC443343256768PC．32133213112060C433443256768PD．3223321311236C43343256768PE

．故P（甲队恰在第4轮取得胜利）110186036125768768768768768768．∴甲队恰在第4轮取得胜利的概率为125768．陕西师大附中高三年级第十次模考数学（理）试题第5页共7页学科网（北京）股份有限公司21.解:（1）函数

fx的定义域为0,，且221xaxfxx，令0fx，得210xax，解得2142aax，22402aax（舍去），所以fx在10,x上单调

递减，在1,x单调递增，所以111min11lnfxfxxaxx，即2244ln2aahaaa，由1x是方程210xax的根，则111axx，所以1111111lnha

xxxxx，令11lnHxxxxxx，可知1HHxx．又因为211lnHxxx，所以Hx在0,1单调递增，在1,单调递减

．而22213e0eeH，120H，所以有且仅有唯一00,1x，使得00Hx，所以存在011,x，有010Hx．所以方程0Hx有且仅有两个根0x，01x，即1111111ln0xxxxx

有且仅有两根0x，01x，又因为11110axxx单调递减，所以yha有两个零点设为1a，2a，则12000011101aaxxxx.（2）由题意知1a时，

1lngxfxxxx，因为22111xgxxxx，令0gx，得1x；0gx，得1x，所以gx在0,1上递减，在1,递增，则有11gxg，因为10

,1x，所以211xgx，321xgx，…，11nnxgx．令1lnmxgxxxxx，1x，2222131240xxxmxxx，

所以mx在区间1,单调递减，陕西师大附中高三年级第十次模考数学（理）试题第6页共7页学科网（北京）股份有限公司所以21nnmxmx，即2211()()nnnngxxgxx，即3221nnnnxxxx，所以

1322nnnxxx．22.解：(1)直线l的参数方程为：cos()2sinxttyt为参数2.……2分曲线C：2cos2sin，22cos2sin.……3分由cos,sinxy得：曲线C的直角

坐标方程为：22xy.……5分(2)设,AB两点对应的参数分别为12,tt，将直线l的参数方程代入曲线C的方程22xy得：22cos2(2sin)tt，……6分化简得：22(cos)(2sin)40tt，12122224,coscossintttt

.……7分122sin2costtPM,1224cosPAPBtt.……8分,,PAPMPB成等比数列,2PMPAPB,242sin4coscos,……9分2tan4,tan2.故直

线l的斜率为22或-.……10分23.解：（1）若不等式1fxm有解，只需1maxfxm即可.因为2212=fxxxx12123xxxx，………4分.所以13m，解得24m，所以实数m的最大值4M.…………5分.（2）根据（1

）知正实数a，b满足2234ab，由柯西不等式可知2223313abab，…………8分.所以，2316ab，因为,ab均为正实数，所以34ab(当且仅当1ab时取“=”).…………10分.陕西师大附中高

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