【文档说明】陕西师大附中2022-2023学年度高三年级 第十一次模考 理数答案.docx，共(6)页，487.336 KB，由小赞的店铺上传

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陕西师大附中2022-2023学年度高三年级第十一次模考数学（理科）试题参考答案一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)题号123456789101112答案ABDBDCCBBACD二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，

把答案填在答题纸中相应的横线上.）13．1010．14．455．15．2026．16．22,4．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．【详解】（1）当2n时，11111122222nnnnnnaTT

aaT−−==−=−，1122nnTT−=−，即12nnTT−−=，又当1n=时，11111112aTaa−==，得113Ta==，数列nT是以3为首项，2为公差的等差数列；（2）由（1）得21nTn=+，则1

2111(21)(23)2123nbnnnn==−++++，11111111+3557212332331122(23)nnnSnnn−−++−=−=++++=.18．【详解】（1）设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件A，

该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件B，根据题意可得213113()C228PA==，211521217()2636335418PB=+==.（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为X，报考乙大学通过的

科目数为Y，根据题意可知，1~3,2XB，则13()322EX==，515(0)(1)(1)6318PYmm==−=−，115251111(1)(1)(1)636363183PYmmmm==−+−

+=−，12115211(2)(1)63636392PYmmmm==−++=+，121(3)639PYmm===，则随机变量Y的分布列为Y0123P5(1)18m−111183m−1192m+19m

111215()183936EYmmmm=−+++=+，若()()EYEX，则5362m+，故213m，即m的取值范围是2,13.19．【详解】(1)假设存在这样的点E使平面AEC⊥平面ADE，CD是底面直径，故ECDE⊥，作DHAE⊥，垂足为H，

由于平面AEC⊥平面ADE，平面AECI平面ADEAE=，DH平面ADE，根据面面垂直的性质定理，DH⊥平面AEC，又EC平面AEC，故DHEC⊥，又DHDED?，,DHDEÌ平面ADE，故EC⊥平面ADE，故ECAE⊥，同理可证

EDAE⊥，又,,DECEEDECE=平面CDE于是⊥AE平面ECD，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和AE平行，于是假设矛盾，故不存在点E使平面AEC⊥平面ADE.(2)过B作BFCD⊥，垂足为F，下以F为

原点，,FBFD为,xz轴，过F垂直于BD且落在底面的射线为y轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标(32,0,0),(22,0,14),(2,22,0),(0,0,14)DAEB(2,22,14)AE=−−，(22,22,0)DE=−，设平面ADE的法向量(,,)nxyz=

，00nAEnAF==可得22214022220xyzxy−+−=−+=，不妨取(7,7,1)n=；(2,22,14)AE=−−，(22,0,0)AB=−，设平面ABE的法向量(,,)mabc=，00mAEmAB==可

得222140220xyzx−+−=−=，不妨取(0,7,2)m=.于是法向量,mn的夹角为93165cos,551511mnmnmn===.由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是316555−.20．【详解】（1）因为AB4=，椭圆C离心率为12，所以22224

12acaabc===+，解得24a=，23b=.所以椭圆C的方程是22143xy+=.（2）①若直线l的斜率不存在时，如图，因为椭圆C的右焦点为()1,0，所以直线l的方程是1x=.所以点M的坐标是31,2，点N的坐标是31,2−.所以直线AM的

方程是()122yx=+，直线BN的方程是()322yx=−.所以直线AM，BN的交点Q的坐标是()4,3.所以点Q在直线4x=上.②若直线l的斜率存在时，如图.设斜率为k.所以直线l的方程为()1ykx=−.联立方程组()221143ykxxy=−+=

消去y，整理得()2223484120kxkxk+−+−=.显然0.不妨设()11,Mxy，()22,Nxy，所以2122834kxxk+=+，212241234kxxk−=+.所以直线AM的方程是()1122yyxx=++.令4x=，得1162=+yyx.直线BN的方

程是()2222yyxx=−−.令4x=，得2222yyx=−.所以()()121212126121622222kxkxyyxxxx−−−=−+−+−()()()()()()12121261222122kxxkxxxx−−−+−=+−分子()()()()1212

612221kxxkxx=−−−+−()()12211212232222kxxxxxxxx=−−+−−+−.()12122258kxxxx=−++()2222241258283434kkkkk−=−+++22228244

024322034kkkkk−−++==+.所以点Q在直线4x=上.21．【详解】（1）22222()1aaxxafxaxxx−+=−+=，设22()2pxaxxa=−+．(0)x，△318a=−，当

12a…时，△0„，()0px…，则()0fx…，()fx在(0,)+上单调递增，当102a时，△0，()px的零点为311182axa−−=，321182axa+−=，且120xx，令()0fx，得10xx，或2xx，令(

)0fx，得12xxx，()fx在3118(2aa−−，3118)2aa+−上单调递减，在3118(0,)2aa−−，3118(2aa+−，)+单调递增，当0a时，△0，()px的零点为31182aa−−，()fx在

3118(0,)2aa−−上单调递增，在3118(2aa−−，)+上单调递减．（2）证明：由（1）知，当102a时，()fx存在两个极值点，不妨设120xx，则121xxa+=，要证：121212()()11fx

fxxxxx−+−，只要证121212121221()()()()xxxxxxfxfxxxxx−+−=−，只需要证211212122211()[()2]22xxxxxaxxalnxxx−+−+−，即证21121222112()

2xxxalnxxxxx−+−，设12xtx=，(01)t，设函数21()2gtalnttt=−+，22221()tatgtt−+=−，△4440a=−，22210tat−+，()0gt，()gt

在(0,1)上单调递减，则()(1)0gtg=又121()02xx−，则121()0()2gtxx−，则21121222112()2xxxalnxxxxx−+−，从而121212()()11fxfxxxxx−+−．22．【详解】(1)因为AB所在圆的直角坐标方程为224xy+=，所以

AB的极坐标方程为2=，ππ,66−；因为π2,6A−的直角坐标是()3,1−，所以OB的所在的圆的直角坐标方程()()22314xy−++=，所以OB的极坐标方程为π4cos6=+，ππ,63．(2)解：因为Q是AB上的动点，所以设(

)(),2,Q=，ππ,66−，在OMQ中，由余弦定理得222π2cos12MQOQOMOQOM=+−−ππ4242cos642cos1212=+−−=−−，

由ππ,66−，得πππ,12124−−，所以π2cos,1122−，故2642,2MQ−.23．【详解】（1）当2a=时，()24fxxx=−++当2x时，()24227fxxxx=−++=+≥，∴52x

当42x−时，()67fx=≥，无解．当<4x−时，()24227fxxxx=−−−=−−≥，∴92x−综上不等式的解集为5922xxx−或（2）由已知()()minmaxfxgx∵()()()323242fxxaxa

xaxaa=−++−−−+−=−≥，∴()min42fxa=−()()2max1gxgaa==+∴2421aa−+等价于2421aa−+或2421aa−−−，解得13a或2525a−−−+．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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