陕西省宝鸡市2023届高三高考模拟检测(二)理数答案

2023年宝鸡市高考模拟检测（二）
数学（理科）答案
一．选择题：
二、填空题:
13： g(x)=2cos2x 14: 1⎤
+⎦ 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)=C 63C 8
3=
5
14
，P(X =1)=
C 62C 2
1C 8
3=
15
28
，P(X =2)=
C 61C 2
2C 8
3=
3
28
， 8分
∴X 的分布列为
10分
E(X)=0×
514+1×1528+2×328
=3
4
． 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EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−2),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−2)， 设平面AEC 的一个法向量为n ⃗ =(x,y,z )，
则{EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，即{x =2z y =z ，令z =1得n ⃗ =(2,1,1)， 10分 因为PD ⊥AD ，AD ⊥CD ，PD ∩CD =D ，PD,CD ⊂平面PCD ， 所以AD ⊥平面PCD ．
所以平面PCE 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)， 所以cos ⟨n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ ⟩=
n
⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n
⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=
√6
=
√6
3
，
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: −
√6
3
． 12
分 19.解：(I)∵f(x)=(1
3)x ，
等比数列{a n }的前n 项和为f(n)−c =(13
)n −c ，
∴a 1=f(1)−c =13
−c ，a 2=[f(2)−c]−[f(1)−c]=−29
， a 3=[f(3)−c]−[f(2)−c]=−
2
27
， 数列{a n }是等比数列，应有a
2a 1=a
3
a 2
=q ，解得c =1，q =13． 2
分
∴首项a 1=f(1)−c =13
−c =−23
， ∴等比数列{a n }的通项公式为a n =(−23
)×(13
)n−1=−2×(13
)n ． ∵S n −S n−1=(√S n −√S n−1)(√S n +√S n−1)=√S n +√S n−1(n ≥2)， 又b n >0，√S n >0，∴√S n −√S n−1=1；
∴数列{√S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列， 4分 ∴√S n =1+(n −1)×1=n ， ∴S n =n 2，当n =1时，b 1=S 1=1，
当n ≥2时，b n =S n −S n−1=n 2−(n −1)2=2n −1 又n =1时也适合上式，
∴{b n }的通项公式b n =2n −1． 6
分
(II)
1b n b n+1
=
1
(2n−1)(2n+1)
=12(
12n−1−1
2n+1
)， 8分
∴T n =
12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12n −1−1
2n +1)] =12(1−12n +1
) =
n
2n+1
， 10分
由T n >
1010
2023
，得
n 2n+1>
1010
2023
，得n >336.6，
故满足T n >
1010
2023
的最小正整数为337． 12分
20. 解：(1)依题意可知√7|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，即√7a =2√a 2+b 2，
由右顶点为B(2,0)，得a =2，解得b 2=3，
所以C 1的标准方程为x 2
4
+y 2
3
=1． 4分
(2)依题意可知C 2的方程为y 2=−4x ，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为x =ky −1，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，M(x 3,y 3)，N(x 4,y 4)，
联立方程组{x =ky −1
x 24
+y 23
=1
，得(3k 2+4)y 2−6ky −9=0， 6分
由韦达定理得y 1+y 2=
6k
3k 2
+4
，y 1y 2=
−9
3k 2
+4
，
则|y 1−y 2|=12√k 2
+13k 2
+4
，
联立方程组{
x =ky −1
y 2
=−4x
，得y 2+4ky −4=0， 由韦达定理得y 3+y 4=−4k ，y 3y 4=−4， 8分 所以|y 3−y 4|=4√k 2+1，若S △OPQ =12
S △OMN ，
则|y 1−y 2|=1
2
|y 3−y 4|，即12√k 2+13k 2
+4
=2√k 2+1，解得k =±√63
， 10分
所以存在符合题意的直线方程为x +√63
y +1=0或x −√63
y +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 =−
lnx
x
有两个正实根， 2分
令g(x)=−lnx
x
，g′(x)=
lnx−1
x 2
， 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 =−
lnx
x
有两个根，得−
1e <a <0． 6分
(2)证明：f(x)在(0,+∞)内有两个极值点x 1，x 2，由(1)可知， {
lnx 1+ax 1=0lnx 2+ax 2=0，则a =lnx 1−lnx
2x 2−x 1
， 8分
要证a +2x 1+x 2<0，只需lnx 1−lnx 2x 2−x 1+2
x 1+x 2<0，
进一步化为lnx 1−lnx 2x 2−x 1<−2
x 1+x 2
，
从而得lnx 1−lnx 2<2(x 1−x 2)
x 1+x 2，所以ln x
1x 2
<
2(x
1x 2
−1)
x 1x 2+1， 10分
设t =x
1
x 2
，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 +2
x 1+x 2<0． 12分
22. 解：(1)因为{x =2t −
1
6t
y =2t +
1
6t (t 为参数)， 所以{x 2=4t 2+136t
2−
2
3y 2=4t 2
+136t
2+
23
2分 所以曲线C 的普通方程为y 2−x 2=43
， 因为ρcos(θ+π
3)=1， 所以ρcos θ−√3ρsinθ=2， 因为x =ρcos θ,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+√3
2
s
y =
12
s (s 为参数)，
所以(12
s)
2
−(2+
√3
2
s)2
=4
3
，
整理得3s 2+12√3s +32=0， 6
分
设|PM |=−s 1,|QM |=−s 2, 则s 1+s 2=−4√3,s 1s 2=
323
, 8
分
所以||PM|−|QM||=√(s 1+s 2)2−4s 1s 2=√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 <3
2； 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 =−x 2−2x +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 =−x 2−2x +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。