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2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（全国乙卷理）（参考答案）
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这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（全国乙卷理）（参考答案），共7页。试卷主要包含了22，x2+y2+x−y−2=0，10，证明等内容，欢迎下载使用。
参考答案：
13．22 （5分）
14．x2+y2+x−y−2=0 （5分）
15．10 （5分）
16．(1,+∞) （5分）
17．（1）csinCsinA−c=bsinBsinA−a，
由正弦定理，得c2a−c=b2a−a，则a2+c2−b2=ac，（2分）
即csB=a2+c2−b22ac=12，（3分）
因为0设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理知2R=bsinB=3232=26，
所以△ABC的外接圆半径为6．（5分）
（2）由BD平分∠ABC，得S△ABC=S△ABD+S△BCD，
则12acsinπ3=12×3×csinπ6+12×3×asinπ6，即ac=a+c．（7分）
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsπ3，
又b=32，则a2+c2−ac=18，（9分）
联立ac=a+ca2+c2−ac=18，可得a2c2−3ac−18=0，
解得ac=6（ac=−3舍去）．
故S△ABC=12acsinπ3=12×6×32=332．（12分）
18．（1）证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB'，
又AF∩FB'=F，AF、FB'⊂平面AFB'，所以EF⊥平面AFB'，
因为AB'⊂平面AFB'，所以EF⊥AB'. （4分）
（2）解：因为二面角B'−EF−A为π3，EF⊥AF，EF⊥FB'，
所以，二面角B'−EF−A的平面角为∠B'FA=π3，（6分）
以点F为坐标原点，FE、FA所在直线为x、y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设AB=4，则F0,0,0、A0,1,0、C23,3,0、E3,0,0、B'0,32,332.
AC=23,2,0，FA=0,1,0，FB'=0,32,332，EC=3,3,0. （8分）
设AM=λAC=23λ,2λ,0，FM=FA+AM=23λ,2λ+1,0，其中0≤λ≤1，
设平面B'MF的法向量为u=a,b,c，
由u⋅FB'=0u⋅FM=0得32b+332c=023λa+2λ+1b=0，
取c=2λ，可得u=2λ+1,−23λ,2λ，（10分）
csu,EC=u⋅ECu⋅EC=3−43λ23×2λ+12+12λ2+4λ2=55，解得λ=156，合乎题意，
故当AM=156AC时，直线BC与平面B'MF所成角的正弦值为55. （12分）
19．（1）t=1+2+3+4+5+6+77=4;
i=17ti−t2=32+22+12+0+12+22+32=28; （2分）
r=i=17ti−tui−ui=17ti−t2i=17ui−u2=25.228×30=25.22210≈25.22×14.5≈0.86.
∴|r|>0.75可以用线性回归模型拟合变量间的关系. （4分）
（2）设z=kebt，则u=lnz=bt+lnk.
b=i=17ti−tui−ui=17ti−t2=25.228=0.9；
lnk=u−bt=−1.2−0.9×4=−4.8;
∴k=e−4.8，（6分）
z=e0.9t−4.8,当t=8时，z=e0.9×8−4.8=e2.4.
所以预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量为e2.4毫米（8分）
（3）z=e0.9t−4.8，
下沉速率：z'=−4.8，（10分）
所以设第n天下沉速率超过9毫米/天，
则：−4.8>9，e0.9n−4.8>10，0.9n−4.8>ln10，0.9n>2.3+4.8，n>7.8，
所以第8天该隧道拱顶的下沉速率超过9毫米/天，
最迟在第7天需调整支护参数，才能避免塌方．（12分）
20．（1）∵双曲线C的左焦点F−c,0到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离为d=bca2+b2=b，而d=2，∴b=2．（1分）
∴双曲线C的方程为x2a2−y24=10依题意直线l1的方程为y=13x−a．
由x2a2−y24=1,y=13x−a, 消去y整理得：36−a2x2+2a3x−a2a2+36=0，
依题意：36−a2≠0，Δ>0，点A，B的横坐标分别为xA,xB，
则xAxB=a2a2+36a2−36．（3分）
∵xA=a，∴xB=aa2+36a2−36．
∴AB=1+132xA−xB=103xA−xB=8103，∴xA−xB=8．
即a−aa2+36a2−36=8，解得a=3或a=12（舍去），且a=3时，Δ>0，
∴双曲线C的方程为x29−y24=1．（5分）
（2）依题意直线l2的斜率不等于0，设直线l2的方程为x=my+6．
由x=my+6,x29−y24=1,消去x整理得：4m2−9y2+48my+108=0，（7分）
∴4m2−9≠0，Δ1>0．
设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=−48m4m2−9，y1y2=1084m2−9．
直线AP的方程为y=y1x1−3x−3，令x=6得：y=3y1x1−3，∴M6,3y1x1−3．
同理可得N6,3y2x2−3．由对称性可知，若以线段MN为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，（9分）
设该定点为Rt,0，则RM=6−t,3y1x1−3，RN=6−t,3y2x2−3，
故RM⋅RN=6−t2+9y1y2x1−3x2−3
=6−t2+9y1y2my1+3my2+3
=6−t2+9y1y2m2y1y2+3my1+y2+9
=6−t2+9×1084m2−9m2×1084m2−9−3m×48m4m2−9+9
=6−t2−12=0．
解得t=6−23或t=6+23．
故以线段MN为直径的圆过定点6−23,0和6+23,0．（12分）
21（1）由题意得f'x=ax+1ex−x−1=x+1⋅aex−1．
因为x>0，所以x+1>0．
当a≤0时，aex−1<0，f'x<0，所以fx在0,+∞上单调递减．（2分）
当a>0时，令aex−1=0，则x=−lna．
①若a≥1，则x=−lna≤0，当x>0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增；
②若00，当x∈0,−lna时，f'x<0，所以fx在0,−lna上单调递减；当x∈(−lna,+∞)时，f'x>0，所以fx在−lna,+∞上单调递增．（4分）
综上，
当a≤0时，fx在0,+∞上单调递减；
当a≥1时，fx在0,+∞上单调递增；
当0（2）证明：方程fx=lnx−12x2，即axex−lnx−x=0，
因为axex−lnx+x=0，则axex−lnxex=0，（7分）
令t=xexx>0，t'=x+1ex>0，所以函数t=xex在0,+∞上单调递增，
因为方程axex−lnx+x=0有两个实根x1，x2，令t1=x1ex1，t2=x2ex2，则关于t的方程at−lnt=0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，
要证x1x2>e2−x1−x2，即证x1ex1⋅x2ex2>e2，即证t1t2>e2，即证lnt1+lnt2>2，
由已知at1=lnt1at2=lnt2，
所以at1−t2=lnt1−lnt2at1+t2=lnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2，（9分）
不妨设t1>t2>0，
即证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，
即证lnt1t2>2t1−t2t1+t2=2t1t2−1t1t2+1，
令s=t1t2，即证lns>2s−1s+1，其中s>1，
构造函数gs=lns−2s−1s+1s>1，g's=1s−4s+12=s−12ss+12>0，
所以函数gs在1,+∞上单调递增，当s>1时，gs>g1=0，故原不等式成立．（12分）
22．（1）由曲线C1:x=2csty=sint（t为参数），
消去参数t，得x22+y2=cs2t+sin2t=1，（2分）
所以曲线C1的直角坐标方程为x22+y2=1.
又由x=ρcsθ,y=ρsinθ，得ρ2cs2θ+2ρ2sin2θ=2，
所以曲线C1的极坐标方程为ρ2cs2θ+2ρ2sin2θ=2.
由曲线C2:ρ=r，得ρ2=r2，即x2+y2=r2，
所以曲线C2的普通方程为x2+y2=r2(r>0). （5分）
（2）由题意∠AOB=90°，设Aρ1,α，则Bρ2,α+90∘，
又曲线C2与直线AB有且仅有一个公共点，故r为点O到直线AB的距离，
由曲线C1的极坐标方程ρ2cs2θ+2ρ2sin2θ=2，得1ρ2=cs2θ+2sin2θ2，（7分）
所以1ρ12=cs2α+2sin2α2，1ρ22=cs2α+90∘+2sin2α+90∘2=sin2α+2cs2α2，
所以1ρ12+1ρ22=32，即ρ12+ρ22ρ1ρ22=32，所以ρ1ρ2ρ12+ρ22=23=63；（9分）
又OA×OB=AB×r，
所以r=OA×OBAB=ρ1ρ2ρ12+ρ22=23=63，
即所求实数r的值为63. （10分）
23．（1）解：由fx<2x−1可得x<2x−1，（1分）
当x≥0时，则有x<2x−1，解得x>1，此时x>1；（3分）
当x<0时，则有−x<2x−1，解得x>13，此时x∈∅.
综上所述，不等式fx<2x−1的解集为1,+∞. （5分）
（2）解：由绝对值三角不等式可得gx=2x+2x−1≥2x−2x−1=1，（6分）
当且仅当0≤2x≤1时，即当0≤x≤12时，等号成立，故m=1，
所以a+b+b+c=a+2b+c=1，（8分）
又因为a、b、c均为正数，
所以，1a+b+1b+c=1a+b+1b+ca+b+b+c=2+a+bb+c+b+ca+b
≥2+2a+bb+c⋅b+ca+b=4，
当且仅当a+b=b+c=12时，等号成立，故1a+b+1b+c≥4. （10分）
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D
C
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A
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参考答案：
13．22 （5分）
14．x2+y2+x−y−2=0 （5分）
15．10 （5分）
16．(1,+∞) （5分）
17．（1）csinCsinA−c=bsinBsinA−a，
由正弦定理，得c2a−c=b2a−a，则a2+c2−b2=ac，（2分）
即csB=a2+c2−b22ac=12，（3分）
因为0
所以△ABC的外接圆半径为6．（5分）
（2）由BD平分∠ABC，得S△ABC=S△ABD+S△BCD，
则12acsinπ3=12×3×csinπ6+12×3×asinπ6，即ac=a+c．（7分）
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsπ3，
又b=32，则a2+c2−ac=18，（9分）
联立ac=a+ca2+c2−ac=18，可得a2c2−3ac−18=0，
解得ac=6（ac=−3舍去）．
故S△ABC=12acsinπ3=12×6×32=332．（12分）
18．（1）证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB'，
又AF∩FB'=F，AF、FB'⊂平面AFB'，所以EF⊥平面AFB'，
因为AB'⊂平面AFB'，所以EF⊥AB'. （4分）
（2）解：因为二面角B'−EF−A为π3，EF⊥AF，EF⊥FB'，
所以，二面角B'−EF−A的平面角为∠B'FA=π3，（6分）
以点F为坐标原点，FE、FA所在直线为x、y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设AB=4，则F0,0,0、A0,1,0、C23,3,0、E3,0,0、B'0,32,332.
AC=23,2,0，FA=0,1,0，FB'=0,32,332，EC=3,3,0. （8分）
设AM=λAC=23λ,2λ,0，FM=FA+AM=23λ,2λ+1,0，其中0≤λ≤1，
设平面B'MF的法向量为u=a,b,c，
由u⋅FB'=0u⋅FM=0得32b+332c=023λa+2λ+1b=0，
取c=2λ，可得u=2λ+1,−23λ,2λ，（10分）
csu,EC=u⋅ECu⋅EC=3−43λ23×2λ+12+12λ2+4λ2=55，解得λ=156，合乎题意，
故当AM=156AC时，直线BC与平面B'MF所成角的正弦值为55. （12分）
19．（1）t=1+2+3+4+5+6+77=4;
i=17ti−t2=32+22+12+0+12+22+32=28; （2分）
r=i=17ti−tui−ui=17ti−t2i=17ui−u2=25.228×30=25.22210≈25.22×14.5≈0.86.
∴|r|>0.75可以用线性回归模型拟合变量间的关系. （4分）
（2）设z=kebt，则u=lnz=bt+lnk.
b=i=17ti−tui−ui=17ti−t2=25.228=0.9；
lnk=u−bt=−1.2−0.9×4=−4.8;
∴k=e−4.8，（6分）
z=e0.9t−4.8,当t=8时，z=e0.9×8−4.8=e2.4.
所以预测前8天该隧道拱顶的累加总下沉量为e2.4毫米（8分）
（3）z=e0.9t−4.8，
下沉速率：z'=−4.8，（10分）
所以设第n天下沉速率超过9毫米/天，
则：−4.8>9，e0.9n−4.8>10，0.9n−4.8>ln10，0.9n>2.3+4.8，n>7.8，
所以第8天该隧道拱顶的下沉速率超过9毫米/天，
最迟在第7天需调整支护参数，才能避免塌方．（12分）
20．（1）∵双曲线C的左焦点F−c,0到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离为d=bca2+b2=b，而d=2，∴b=2．（1分）
∴双曲线C的方程为x2a2−y24=10
由x2a2−y24=1,y=13x−a, 消去y整理得：36−a2x2+2a3x−a2a2+36=0，
依题意：36−a2≠0，Δ>0，点A，B的横坐标分别为xA,xB，
则xAxB=a2a2+36a2−36．（3分）
∵xA=a，∴xB=aa2+36a2−36．
∴AB=1+132xA−xB=103xA−xB=8103，∴xA−xB=8．
即a−aa2+36a2−36=8，解得a=3或a=12（舍去），且a=3时，Δ>0，
∴双曲线C的方程为x29−y24=1．（5分）
（2）依题意直线l2的斜率不等于0，设直线l2的方程为x=my+6．
由x=my+6,x29−y24=1,消去x整理得：4m2−9y2+48my+108=0，（7分）
∴4m2−9≠0，Δ1>0．
设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=−48m4m2−9，y1y2=1084m2−9．
直线AP的方程为y=y1x1−3x−3，令x=6得：y=3y1x1−3，∴M6,3y1x1−3．
同理可得N6,3y2x2−3．由对称性可知，若以线段MN为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，（9分）
设该定点为Rt,0，则RM=6−t,3y1x1−3，RN=6−t,3y2x2−3，
故RM⋅RN=6−t2+9y1y2x1−3x2−3
=6−t2+9y1y2my1+3my2+3
=6−t2+9y1y2m2y1y2+3my1+y2+9
=6−t2+9×1084m2−9m2×1084m2−9−3m×48m4m2−9+9
=6−t2−12=0．
解得t=6−23或t=6+23．
故以线段MN为直径的圆过定点6−23,0和6+23,0．（12分）
21（1）由题意得f'x=ax+1ex−x−1=x+1⋅aex−1．
因为x>0，所以x+1>0．
当a≤0时，aex−1<0，f'x<0，所以fx在0,+∞上单调递减．（2分）
当a>0时，令aex−1=0，则x=−lna．
①若a≥1，则x=−lna≤0，当x>0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增；
②若0
综上，
当a≤0时，fx在0,+∞上单调递减；
当a≥1时，fx在0,+∞上单调递增；
当0
因为axex−lnx+x=0，则axex−lnxex=0，（7分）
令t=xexx>0，t'=x+1ex>0，所以函数t=xex在0,+∞上单调递增，
因为方程axex−lnx+x=0有两个实根x1，x2，令t1=x1ex1，t2=x2ex2，则关于t的方程at−lnt=0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，
要证x1x2>e2−x1−x2，即证x1ex1⋅x2ex2>e2，即证t1t2>e2，即证lnt1+lnt2>2，
由已知at1=lnt1at2=lnt2，
所以at1−t2=lnt1−lnt2at1+t2=lnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2，（9分）
不妨设t1>t2>0，
即证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，
即证lnt1t2>2t1−t2t1+t2=2t1t2−1t1t2+1，
令s=t1t2，即证lns>2s−1s+1，其中s>1，
构造函数gs=lns−2s−1s+1s>1，g's=1s−4s+12=s−12ss+12>0，
所以函数gs在1,+∞上单调递增，当s>1时，gs>g1=0，故原不等式成立．（12分）
22．（1）由曲线C1:x=2csty=sint（t为参数），
消去参数t，得x22+y2=cs2t+sin2t=1，（2分）
所以曲线C1的直角坐标方程为x22+y2=1.
又由x=ρcsθ,y=ρsinθ，得ρ2cs2θ+2ρ2sin2θ=2，
所以曲线C1的极坐标方程为ρ2cs2θ+2ρ2sin2θ=2.
由曲线C2:ρ=r，得ρ2=r2，即x2+y2=r2，
所以曲线C2的普通方程为x2+y2=r2(r>0). （5分）
（2）由题意∠AOB=90°，设Aρ1,α，则Bρ2,α+90∘，
又曲线C2与直线AB有且仅有一个公共点，故r为点O到直线AB的距离，
由曲线C1的极坐标方程ρ2cs2θ+2ρ2sin2θ=2，得1ρ2=cs2θ+2sin2θ2，（7分）
所以1ρ12=cs2α+2sin2α2，1ρ22=cs2α+90∘+2sin2α+90∘2=sin2α+2cs2α2，
所以1ρ12+1ρ22=32，即ρ12+ρ22ρ1ρ22=32，所以ρ1ρ2ρ12+ρ22=23=63；（9分）
又OA×OB=AB×r，
所以r=OA×OBAB=ρ1ρ2ρ12+ρ22=23=63，
即所求实数r的值为63. （10分）
23．（1）解：由fx<2x−1可得x<2x−1，（1分）
当x≥0时，则有x<2x−1，解得x>1，此时x>1；（3分）
当x<0时，则有−x<2x−1，解得x>13，此时x∈∅.
综上所述，不等式fx<2x−1的解集为1,+∞. （5分）
（2）解：由绝对值三角不等式可得gx=2x+2x−1≥2x−2x−1=1，（6分）
当且仅当0≤2x≤1时，即当0≤x≤12时，等号成立，故m=1，
所以a+b+b+c=a+2b+c=1，（8分）
又因为a、b、c均为正数，
所以，1a+b+1b+c=1a+b+1b+ca+b+b+c=2+a+bb+c+b+ca+b
≥2+2a+bb+c⋅b+ca+b=4，
当且仅当a+b=b+c=12时，等号成立，故1a+b+1b+c≥4. （10分）
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