2023届陕西省铜川市高三第二次模拟考试 理科数学答案
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⋅z2∨¿∨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
，∴
S
Ⅰ=
S
Ⅲ=
∴
S
Ⅱ=
S
Ⅲ=，
∴
S
Ⅰ=
S
Ⅲ，
∴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
lg 0.5a=lg 0.2b
，即
a lg 0.5=b lg 0.2
，
所以
a
b=lg0.2
lg0.5 =lg5
lg2>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∈
(
1
4,1
2
)
，
所以
0. 2b∈
(
1
4,1
2
)
，即
(
1
5
)
b
>1
4>1
5
，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+6×5
12 =4
，
则新数据的方差
S2=6
12 ¿
，故选：
D
．
8.解：设等比数列
{an}
的公比为
q
，
∵a2+8a5=0
，
∴a1q+8a1q4=0
，解得
q=−1
2
，
∴
数列
{1
an
}
是等比数列，首项为
1
a1
，公比为
−2
．
∴S2=1
a1
¿¿
，
S5=1
a1
¿¿
，
∴S5
S2
=−11
．故选：
A
．
9.解：由题意，由
PM
⃗
=μ CP
⃗
，得
MP
⃗
=μ
(
PM
⃗
+MC
⃗
)
,即MP
⃗
=μ
1+μMC
⃗
，
MC
⃗
=MB
⃗
+BC
⃗
=2
3AB
⃗
+AC
⃗
− AB
⃗
=−1
3AB
⃗
+AC
⃗
，所以
AP
⃗
=AM
⃗
+MP
⃗
¿1
3AB
⃗
+μ
1+μMC
⃗
=1
3+3μAB
⃗
+μ
1+μAC
⃗
，
由
BP
⃗
=λ PN
⃗
同理可得，
AP
⃗
=AN
⃗
+NP
⃗
=1
2AC
⃗
+1
1+λNB
⃗
=1
1+λAB
⃗
+λ
2+2λAC
⃗
，
根据平面向量基本定理，可得
{
1
1+λ=1
3+3μ
μ
1+μ=λ
2+2λ
,∴μ=2
3, λ=4
，
∴λ
μ=4
2
3
=6
．故选 D．
10.解：不妨设
¿PQ∨¿3k
，
¿P F2∨¿4k(k>0)
，
因为
P
在以
F1F2
为直径的圆上，所以
P F1⊥P F2
，即
PQ ⊥P F2
，则
¿Q F2∨¿5k
，
因为
Q
在
C
的左支上，所以
¿Q F2∨+¿P F2∨−∨PQ∨¿¿
，
即
4k+5k −3k=4a
，解得
2a=3k
，则
¿P F1∨¿∨P F2∨−2a=4k −3k=k
，
因为
P F1⊥P F2
，所以
¿F1F2¿2=¿P F1¿2+¿P F2¿2
，即
4c2=17 k2
，
故
2c=❑
√
17 k
，故
e=2c
2a=❑
√
17
3
．故选：
A
．
11.解：由图象可得
A=2
，
3
4T=11 π
12 −π
6
，解得周期
T=π=2π
ω
，
∴ω=2
，
∴f(x)=2 sin(2x+φ)
，代入
(π
6,2)
可得
π
3+φ=π
2+2kπ
，
(k∈Z)
，
解得
φ=π
6+2kπ
，
(k∈Z)
，又
¿φ∨¿π
2
，
∴φ=π
6
，
∴f(x)=2 sin(2x+π
6)
，
∵x∈[0, π ]
，
∴2x+π
6∈[π
6,13 π
6]
，
结合三角函数图象可得
2x1+π
6+2x2+π
6=π
或
2x1+π
6+2x2+π
6=3π
，
∴x1+x2=π
3
，或
x1+x2=4π
3
．故选 D．
12.解：取
BC
中点
M
，由题意，
AB=2BM =2
，
∠ABC =π
3
，
由余弦定理得
A M2=A B2+B M2−2AB·BM·cos∠ABM =3
，
故
A B2=B M2+M A2
，即
AM ⊥BC
，
而
PA ⊥
平面
ABCD
，且
AM ⊂
平面
ABCD
，
AD⊂
平面
ABCD
，故 A
P⊥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(❑
√
3
2, − 1
2,1)
，
F(❑
√
3,t,0)
，其中
t∈[−1,1]
，
设面
PBC
的法向量为
n
⃗
=( x1, y1, z1)
，而
PB
⃗
=(❑
√
3, −1, −2)
，
PC
⃗
=(❑
√
3,1, −2)
，
故有
{
n
⃗
· PC
⃗
=0
n
⃗
· PB
⃗
=0
，即
{
❑
√
3x1+y1−2z1=0
❑
√
3x1− y1−2z1=0,
令
z1=❑
√
3
，则
{
x1=2
y1=0
z1=❑
√
3
，故面
PBC
的一个法向量为
n
⃗
=(2,0 ,❑
√
3)
，
设面
AEF
的法向量为
m
⃗
=(x2, y2, z2)
，而
AE
⃗
=(❑
√
3
2, − 1
2,1)
，
AF
⃗
=(❑
√
3,t ,0)
，
故有
{
m
⃗
· AE
⃗
=0
m
⃗
· AF
⃗
=0
，即
{
❑
√
3
2x2−1
2y2+z2=0
❑
√
3x2+t y2=0
,
令
y2=❑
√
3
，则
{
x2=−t
y2=❑
√
3
z2=❑
√
3
2·(1+t)
,
故面
PBC
的一个法向量为
m
⃗
=(−t ,❑
√
3,
❑
√
3
2·(1+t))
，
而
m
⃗
· n
⃗
=−2t+3
2+3
2t=3
2−t
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 −BCD
¿1
4VP− ABCD=1
4×1
3×2×2×2×sin π
3=❑
√
3
3
，即 B正确；
易得面
ABCD
的法向量
p
⃗
=(0,0,1)
，而
EF
⃗
=( ❑
√
3
2, t+1
2, −1)
，
设
EF
与面
ABCD
所成角为
θ
，
故
sin θ=¿cos<p
⃗
, EF
⃗
>¿=1
❑
√
3
4+¿¿ ¿
，
当
t=1
时
sin θ
取最小值
1
2
，此时
θ
取最小值
π
6
，故 C正确；
由题意，
AE
⃗
=(❑
√
3
2, − 1
2,1)
，
PC
⃗
=(❑
√
3,1, −2)
，
故
¿cos<AE
⃗
, PC
⃗
>¿=¿3
2−1
2−2∨¿
❑
√
3
4+¿¿ ¿
¿
从而
AE
与
PC
所成角的余弦值为
1
4
，故 D正确．
故选 A．
二．填空题
13.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)=−sin x(❑
√
2
2cosx −
❑
√
2
2sinx)=−
❑
√
2
2sinxcosx+❑
√
2
2sin2x=−
❑
√
2
4sin 2 x+❑
√
2
2×1−cos 2 x
2=¿
−
❑
√
2
4sin 2 x −
❑
√
2
4cos 2 x+❑
√
2
4=−1
2(❑
√
2
2sin 2 x+❑
√
2
2cos 2 x)+ ❑
√
2
4
¿−1
2sin (2x+π
4)+ ❑
√
2
4
，
∴x∈
[
−π
4，π
4
]
时，
2x+π
4∈
[
−π
4，3π
4
]
，sin(2x+π
4)∈
[
−
❑
√
2
2，1
]
，得：
f(x)∈
[
❑
√
2−2
4，
❑
√
2
2
]
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
{an}
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：
−T n=20+21+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 ，可得
由对称性可知
¿A F1∨¿∨B F2∨¿
，
∴∨F1A∨+¿F1B∨¿∨B F2∨+¿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 )
，
A F1
⃗
=(−2+x, −t)
，
B F1
⃗
=(−2− x ,− t)
，
若
A F1⊥B F1
时，可得
A F1
⃗
⋅B F1
⃗
=4− x2+t2=4−(8−2t2)+t2=0
，解得
t=2❑
√
3
3
，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=1
2×2×❑
√
8−2t2×t =❑
√
2×❑
√
4−t 2×t ≤❑
√
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
∠F1A F2=π
3
时，
¿A F2∨+¿F1A∨¿2a=4❑
√
2
，设
¿A F1∨¿m
，则
¿A F2∨¿n
，
∴
由余弦定理可得
m2+n2−2m× n× cos π
3=42
，
∴¿
，
∴mn=16
3
，
∴SA F 1F2=1
2mnsin π
3=4❑
√
3
3
，又
1
2×2c × y=SA F 1F2=4❑
√
3
3
，
∴y=2❑
√
3
3
，，解得
x=−4❑
√
3
3
，故
④
正确．
故选：
①③④
三、解答题：
17.证明：
(1)
因为
1
tanA +1
tanC =1
sinB
，所以
cosA
sinA +cosC
sinC =1
sinB
，
所以
cosAsinC+sinAcosC
sinAsinC =1
sinB
，所以
sin(A+C)
sinAsinC =1
sinB
，所以
sinB
sinAsinC =1
sinB
，所以
sin2B=sinAsinC
，
由正弦定理得
b2=ac
；
(2)
解：
cosB=a2+c2−b2
2ac =a2+c2−ac
2ac ≥2ac −ac
2ac =1
2
，
¿
当且仅当
a=c
时等号成立
¿
，
则当
a=c
时，
cosB
取得最小值
1
2
，
又
B∈(0, π )
，所以角
B
最大值为
π
3
，
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
，
PD ⊂
平面
ADP
，
AP∩ PD=P
，
∴BC ⊥
平面
ADP
，
∵AD ⊂
平面
ADP
，
∴BC ⊥AD
，
在三棱柱
ABC −≝¿
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=ABsin 60°=❑
√
3
，则
DQ=AP=❑
√
3
，
在
Rt △DPB
中，
DP=❑
√
D B2− B P2=❑
√
16
3−1=
❑
√
39
3
，
∵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
，
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