【文档说明】陕西省宝鸡市高三第二次质量检测数学（理）试题答案.pdf，共(6)页，421.479 KB，由小赞的店铺上传

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2023年宝鸡市高考模拟检测（二）数学（理科）答案一．选择题：题号123456789101112答案DDBACBCCBABC二、填空题:13：g(x)=2cos2x14:31,3115:{𝑎|𝑎≤2}16：①③④解答题答案17.解：(Ⅰ)由(

0.004×2+0.022+0.030+0.028+𝑚)×10=1，解得𝑚=0.012．4分(Ⅱ)由题意知不低于80分的队伍有50×(0.12+0.04)=8支，不低于90分的队伍有50×0.04=2支．6分随机变量𝑋的可能取值为0，1，2．∵𝑃(𝑋=

0)=𝐶63𝐶83=514，𝑃(𝑋=1)=𝐶62𝐶21𝐶83=1528，𝑃(𝑋=2)=𝐶61𝐶22𝐶83=328，8分∴𝑋的分布列为𝑋012𝑃514152832810分𝐸(𝑋)=0×514+1×15

28+2×328=34．12分18.(1)证明：因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐶𝐷，因为𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，𝐴𝐷,𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，2分所以𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，因为𝐸为棱𝑃𝐷

上一点，所以𝐴𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐶𝐷⊥𝐴𝐸．4分(2)解：因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，所以𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝑃两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，6

分因为𝐶𝐷=2𝐴𝐵=2𝐴𝐷=2,𝑃𝐷=4，所以𝐴(1,0,0)，𝐶(0,2,0)，𝐸(0,0,2)，𝑃(0,0,4)，8分所以𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,−2),𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,2,−2)，设平面𝐴𝐸𝐶的一个法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=0𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=0，即{𝑥=2𝑧𝑦=𝑧，令𝑧=1得𝑛⃗⃗=(2,1,1)，10分因为𝑃𝐷⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝑃𝐷∩�

�𝐷=𝐷，𝑃𝐷,𝐶𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷，所以𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐶𝐷．所以平面𝑃𝐶𝐸的一个法向量为𝑚⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)，所以cos⟨𝑛⃗⃗,𝑚⃗⃗⃗⟩=𝑛⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗|𝑛⃗⃗||𝑚⃗⃗⃗|=2√6=√63，因为二面角

𝐴−𝐸𝐶−𝑃为钝二面角，所以二面角𝐴−𝐸𝐶−𝑃的余弦值为:−√63．12分19.解：(𝐼)∵𝑓(𝑥)=(13)𝑥，等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑓(𝑛)−𝑐=(13)𝑛−𝑐，∴𝑎1=𝑓(1)−𝑐=13−𝑐，𝑎2=[𝑓(2)−𝑐]

−[𝑓(1)−𝑐]=−29，𝑎3=[𝑓(3)−𝑐]−[𝑓(2)−𝑐]=−227，数列{𝑎𝑛}是等比数列，应有𝑎2𝑎1=𝑎3𝑎2=𝑞，解得𝑐=1，𝑞=13．2分∴首项𝑎

1=𝑓(1)−𝑐=13−𝑐=−23，∴等比数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=(−23)×(13)𝑛−1=−2×(13)𝑛．∵𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1)(√𝑆𝑛+√𝑆𝑛

−1)=√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1(𝑛≥2)，又𝑏𝑛>0，√𝑆𝑛>0，∴√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1=1；∴数列{√𝑆𝑛}构成一个首项为1，公差为1的等差数列，4分∴√𝑆𝑛=1+(𝑛−1)×1=𝑛，∴𝑆𝑛=𝑛2，当𝑛=1时，𝑏1=𝑆1=

1，当𝑛≥2时，𝑏𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2−(𝑛−1)2=2𝑛−1又𝑛=1时也适合上式，∴{𝑏𝑛}的通项公式𝑏𝑛=2𝑛−1．6分(𝐼𝐼)1𝑏𝑛𝑏𝑛+1=1(2𝑛−1)(2𝑛+1)=12(

12𝑛−1−12𝑛+1)，8分∴𝑇𝑛=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12𝑛−1−12𝑛+1)]=12(1−12𝑛+1)=𝑛2𝑛+1，10分由𝑇𝑛>10102023，得𝑛2𝑛+1>10102023，得𝑛>336.6，故满足

𝑇𝑛>10102023的最小正整数为337．12分20.解：(1)依题意可知√7|𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|，即√7𝑎=2√𝑎2+𝑏2，由右顶点为𝐵(2,0)，得𝑎=2

，解得𝑏2=3，所以𝐶1的标准方程为𝑥24+𝑦23=1．4分(2)依题意可知𝐶2的方程为𝑦2=−4𝑥，假设存在符合题意的直线，设直线方程为𝑥=𝑘𝑦−1，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦

2)，𝑀(𝑥3,𝑦3)，𝑁(𝑥4,𝑦4)，联立方程组{𝑥=𝑘𝑦−1𝑥24+𝑦23=1，得(3𝑘2+4)𝑦2−6𝑘𝑦−9=0，6分由韦达定理得𝑦1+𝑦2=6𝑘3𝑘2+4，𝑦1𝑦2=−93𝑘2+4，则|𝑦1−𝑦2|=12√𝑘2+

13𝑘2+4，联立方程组{𝑥=𝑘𝑦−1𝑦2=−4𝑥，得𝑦2+4𝑘𝑦−4=0，由韦达定理得𝑦3+𝑦4=−4𝑘，𝑦3𝑦4=−4，8分所以|𝑦3−𝑦4|=4√𝑘2+1，若𝑆△𝑂𝑃𝑄=12𝑆△𝑂𝑀𝑁，则|𝑦1−𝑦

2|=12|𝑦3−𝑦4|，即12√𝑘2+13𝑘2+4=2√𝑘2+1，解得𝑘=±√63，10分所以存在符合题意的直线方程为𝑥+√63𝑦+1=0或𝑥−√63𝑦+1=0．12分21.解：(1)𝑓′(𝑥)=ln𝑥+𝑎𝑥，因为𝑓(𝑥)在(

0,+∞)内有两个极值点，所以𝑓′(𝑥)在(0,+∞)内有两个零点，即方程ln𝑥+𝑎𝑥=0有两个正实根，即𝑎=−ln𝑥𝑥有两个正实根，2分令𝑔(𝑥)=−ln𝑥𝑥，𝑔′(𝑥)=ln𝑥−1𝑥2，当𝑥∈(0,𝑒)时，𝑔′(𝑥)<0，

所以𝑔(𝑥)在(0,𝑒)上单调递减，当𝑥∈(𝑒,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，所以𝑔(𝑥)在(𝑒,+∞)上单调递增，4分又𝑔(𝑒)=−1𝑒，画出函数𝑔(𝑥)的图象如图所示，由方程𝑎=−ln𝑥𝑥有两个根，得−1𝑒<𝑎<0．6分(2

)证明：𝑓(𝑥)在(0,+∞)内有两个极值点𝑥1，𝑥2，由(1)可知，{ln𝑥1+𝑎𝑥1=0ln𝑥2+𝑎𝑥2=0，则𝑎=ln𝑥1−ln𝑥2𝑥2−𝑥1，8分要证𝑎+2𝑥1+𝑥2<0，只需ln𝑥1−ln𝑥2𝑥2−𝑥1+2𝑥1+𝑥2<0，进一

步化为ln𝑥1−ln𝑥2𝑥2−𝑥1<−2𝑥1+𝑥2，从而得ln𝑥1−ln𝑥2<2(𝑥1−𝑥2)𝑥1+𝑥2，所以ln𝑥1𝑥2<2(𝑥1𝑥2−1)𝑥1𝑥2+1，10分设𝑡=𝑥1𝑥2，可知𝑡的取值范围是(0,1)，

则只需证ln𝑡<2(𝑡−1)𝑡+1，令ℎ(𝑡)=ln𝑡−2(𝑡−1)𝑡+1，则ℎ′(𝑡)=(𝑡−1)2𝑡(𝑡+1)2>0，所以ℎ(𝑡)在(0,1)上单调递增，从而ℎ(𝑡)<ℎ(1)=0，因此𝑎+2𝑥1+𝑥2<0．12分22.解：(

1)因为{𝑥=2𝑡−16𝑡𝑦=2𝑡+16𝑡(𝑡为参数)，所以{𝑥2=4𝑡2+136𝑡2−23𝑦2=4𝑡2+136𝑡2+232分所以曲线𝐶的普通方程为𝑦2−𝑥2=43，因为𝜌cos(𝜃+𝜋3)=1，所以𝜌cos𝜃−√3𝜌sin𝜃=

2，因为𝑥=𝜌cos𝜃,𝑦=𝜌sin𝜃，所以直线𝑙的直角坐标方程为𝑥−√3𝑦−2=0．4分(2)由(1)可得直线𝑙的参数方程{𝑥=2+√32𝑠𝑦=12𝑠(𝑠为参数)，所以(12𝑠)2−(2+√32𝑠)2=43，

整理得3𝑠2+12√3𝑠+32=0，6分设|𝑃𝑀|=−𝑠1,|𝑄𝑀|=−𝑠2,则𝑠1+𝑠2=−4√3,𝑠1𝑠2=323,8分所以||𝑃𝑀|−|𝑄𝑀||=√(𝑠1+𝑠2)2−4𝑠1𝑠2=√48−1283=√163=4√33．10分23.解：(

1)由题设知：|𝑥+1|+|𝑥−1|<3；①当𝑥>1时，得𝑓(𝑥)=𝑥+1+𝑥−1=2𝑥，2𝑥<3，解得1<𝑥<32；②当−1⩽𝑥⩽1时，得𝑓(𝑥)=𝑥+1+1−𝑥=2，2<3，恒成立；③当𝑥<−1

时，得𝑓(𝑥)=−𝑥−1−𝑥+1=−2𝑥，−2𝑥<3，解得−32<𝑥<−1；2分所以不等式的解集为：(−32,32)；4分(2)由二次函数𝑦=−𝑥2−2𝑥+𝑚=−(𝑥+1)2+1+𝑚，

该函数在𝑥=−1取得最大值1+𝑚，6分因为𝑓(𝑥)={−2𝑥(𝑥<−1)2(−1⩽𝑥⩽1)2𝑥(𝑥>1),8分所以在𝑥=−1处取得最小值2，所以要使二次函数𝑦=−𝑥2−2𝑥+𝑚与函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象恒有公共点，只需𝑚+1⩾2，即𝑚≥1.10分