陕西师大附中高2023届第十次模拟考试 理数答案

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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
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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：
DBCBCC
DABBAD
二、填空题
13.
2
14.
6
15.
3 2
16.
1)( 1)
2 ( 1)
n
n
e e
e e
 
（
三.解答题
17.解：(1)∵
3
sin cos sin sin sin[ ( )] sin cos cos sin
3
C B B C C B C B C B
 
．
∴
3sin sin cos sin
3B C C B 
．
由于
sin 0B
，所以
，即
tan 3C 
．
∵
(0, )C
．
∴
2
C3
．
（2）因为
，的角平分线，且为角 BCDACDABC SSSCDCCD ,2
根据三角形面积公式可得
.2462
222,22
,246)
2
3(2)
11
)(2(22
,
2
111
,
3
sin
3
sin
3
2
sin
2
1
,
3
sin
2
1
3
sin
2
1
3
2
sin
2
1
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
ba
ab
b
a
a
b
ba
baba
babaCD
CDab
CDaCDbab
18.解：（1）因为
ABC△
为等边三角形，
1
3
AD BE AC 
，
DE AB
∥
，
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
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CO
为
AB
边上的高线，故
,DE OF DE PF 
，
又
OF PF F 
，
,OF PF
平面
FOP
，所以
DE
平面
FOP
.
因为
OP
平面
FOP
，所以
DE OP
.
在
FOP△
中，
3, 3, 2 3OF OP PF  
，所以
2 2 2
OF OP PF 
，故
OP OF
，
而
DE
平面
ABED
，
OF
平面
,ABED OF DE F 
，故
OP
平面
ABED
（2）分别以
, ,OF OB OP
  
方向为
, ,x y z
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, 0P B E F
，
则
 
 
3, 2, 3 , 3, 1,0 , 0, 2, 0PE BE EF  
 
.
设平面
BPE
的法向量
 
1 1 1 1
, ,n x y z
，平面
PEF
的法
向量
 
2 2 2 2
, ,n x y z
，
则
1 1 1 1
1 1 1
3 2 3 0
3 0
n PE x y z
n BE x y
 
 
 
 
，且
2 2 2 2
2 2
3 2 3 0
2 0
n PE x y z
n EF y
 
 
 
 
，
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
B PE F 
大小为
，则
1 2
1 2
2 3 3
cos 7 2 7
n n
n n
 
 
 
，
所以
22 7
sin 1 cos 7
 
 
.
19.解：（1）将
3
1, 2
（ ）
代入椭圆方程，得到
2
1 9 1
4 3a 
，故
24a
，
故椭圆方程为
2 2
1
4 3
x y
 
…………2 分
当直线
PQ
的斜率为 0 时，此时
, ,O P Q
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
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与椭圆方程
2 2
1
4 3
x y
 
联立，得
 
2 2
3 4 6 3 3 0t y ty  
，
设
 
1 1 2 2
, , ,P x y Q x y
，则
1 2 1 2
2 2
6 3 3
,
3 4 3 4
t
y y y y
t t
   
 
，
则
 
2
2
1 2 1 2 1 2 2 2
1 1 3 6 3 12
3 4
2 2 2 3 4 3 4
OPQ
t
S OP y y y y y y t t
 
 
 
 
 
 
       
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2
3 108 12 3 1 3 1
6 6
2 3 4
3 4 3 1 6 3 1 9
3 1 3
t t t
t
t t t
t
 
 
 
 
 
 
   
22
22
1 1
6 6 3
99
3 1 6 2 3 1 6
3 1 3 1
tt
tt
 
   
，
当且仅当
2
2
9
3 1 3 1
tt
 
，即
6
3
t 
时，等号成立，
故
OPQ△
面积的最大值为
3
，此时直线
PQ
的方程为
3 2 3 0x y  
或
3 2 3 0x y  
；………8 分
（2）在 x轴上存在点
0
4 3
3,S 
 
 
 
使得
PST QST  
恒成立，理由如下：
因为
PST QST  
，所以
0
PS QS
k k 
，即
1 2
1 2
0
y y
x s x s
 
 
，
整理得
 
2 1 1 2 0x s y x s y  
，即
 
 
2 1 1 2 1 2
3 3 0ty y ty y s y y    
，
所以
 
 
1 2 1 2
2 3 0ty y s y y  
，
则
 
2 2
3 6 3
2 3 0
3 4 3 4
t
t s
t t
 
 
 
 
   
 
   
，解得
4 3
3
s
，
故在 x轴上存在点
0
4 3
3,S 
 
 
 
，使得
PST QST  
恒成立.………12 分
20.（1）
P
（每次扑出点球）
1 1 1 1 1 1 1 1 3 1
3 3 5 3 3 5 3 3 5 9
     
．
X
的所有可能取值为 0，1，2，3，4．∴
 
0 4
0
4
1 8 4096
0 C 9 9 6561
P X    
 
   
   
．
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