【文档说明】鹰潭市2023届高三第二次模拟考试 文数答案.pdf，共(6)页，284.101 KB，由管理员店铺上传

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鹰潭二模文科数学（答案）第1页共5页20xy11816n122(61)(2)9nnnnT（或也给满分）1AB515290,tan2,5BDABxABDABDABDxDACADDCxAB设=，在中

，为的中点，2225cos25ABACBCBACABAC222(17)(25)225cosxxxxBAC即ABC在中，172sin17DBC

111231234112341n21a21,2,c11(21)222135232122222222221352321222222222221212222222241nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnbabnnnTnnTnT

解：令上面两个式子相减的：31112221212216n12362612

1816n129nnnnnnnnT鹰潭市2023届高三第二次模拟考试数学答案(文科)参考答案一、选择题题号123456789101112答案BACDBBCDAACB二、填空题13．2314．15．815π316..三、解答题17．解：

（1）∵17a，sinsinco2172sABbAb，∴2sinsin2cosbAaBbA，由正弦定理得2sinsinsinsin2sincosBAABBA又∵sin0B，∴sin2cosAA，∴tan2

A.…………………………………………3分A为锐角，…………………………………………5分解得1x所以……………………………………8分5cos5A鹰潭二模文科数学（答案）第2页共5页42,17,5cos1017sin11721177BCDBDBCCDDBCDBC

在内，分分10511025816x（2）时，商品的月销售额预报值最大，最大值为万元。57h22ˆ410581051102548161051102511816zxyxxxxz

分当时有最大值。分511213211213274ABCDSABCDEABCABCSSAVVShh梯形故法一：由ABDBCDSS△△，得112217sin22xxxDBC……………

…………10分.解得17sin17DBC………………………12分法二：18．（1）甲；【详解】（1）根据数据知,xy负相关，排除乙.……………………………2分4567896.56x，8983827974677

96y.……………………………4分代入验证知，甲满足，丙不满足，故甲计算正确.………………………………6分（2）根据题意：10511025816x故当时，商品的月销售额预报值最大，最大值为万元。…………………

12分19.(1)见解析;(2)点E到平面ABCD的距离为57.（1）证明：因为二面角SABC的大小为90°，则SAAD，又SAAB，故SA平面ABCD，又BD平面ABCD，所以SABD；…………………2分在直角梯形ABCD中，90BADADC，21

ADCD，2AB，所以1tantan2ABDCAD，又90DACBAC，所以90ABDBAC，即ACBD；………………………4分又ACSAA，故BD平面SAC，………………………5分因为AF平面SAC，故BDAF………………………6分（2）

设点E到平面ABCD的距离为h，因为BAECEABCVV且47EABCSABCDVV………………8分…………………10分………………………11分…………………12分57EABCD所以点到平面的距离为鹰潭二模文科数学（答案）第3页共5页20.（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由题设

知C经过3P，4P两点.又由22222222222(2)abab知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此22222221,221,bab解得228,4.ab故C的方程为22184xy.…

……………………4分（2）在2△ABP中，222AMPABP，222AMPABPBPM，所以22ABPBPM，从而2PMBM，又M为线段AB的中点，即12BMAB，所以212PMAB，因此290APB

，从而220PAPB，……………5分根据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm，11,Axy，22,Bxy，联立22184ykxmxy消去y得222214280kxkmxm①，22

24428210kmmk，根据韦达定理可得122421kmxxk，21222821mxxk………………………7分所以222211221212,2,2122PAPBxyxykxxkmxxm

222222841222121mkmkkmmkk所以2222228412202121mkmkkmmkk

，………………………9分整理得2320mm，解得2m或23m又直线l不经过点0,2，所以2m舍去，于是直线l的方程为23ykx，恒过定点20,3，……………11分该点

在椭圆C内，满足关于x的方程①有两个不相等的解，所以直线l恒过定点，定点坐标为20,3……………12分21.（1）fx定义域为0,x，且2111xaxaxxaaf

xxaxxx，鹰潭二模文科数学（答案）第4页共5页令0fx得，1x或xa，①当01a时，0,xa与1,，()0fx¢>，fx单调递增，,1xa，0fx，fx单调递减，②当1a时，0fx

，fx在0,单调递增，③当1a时，0,1x与,a，()0fx¢>，fx单调递增，1,xa，0fx，fx单调递减，…………3分综上，当01a时，fx在区间0,a，

1,上单调递增，fx在区间,1a上单调递减；当1a时，fx在区间0,上单调递增；当1a时，fx在区间0,1，,a上单调递增，fx在区间1,a单调递减；……………4分（2）由已

知，214ln2gxxaxx，则22444axaxxxagxxxxx，函数gx有两个极值点1x，212xxx，即240xxa在0,上有两个不等实根，令24hxxxa，只需00240haha，故

04a，……………5分又124xx，12xxa，所以2212111222114ln4ln22gxgxxaxxxaxx22121212

14lnlnln82xxaxxxxaaa，要证1210lngxgxa，即证ln810lnaaaa只需证1ln20aaa，……………7分令1ln2maaaa

，0,4a，则11ln1lnamaaaaa，令nama，则2110naaa恒成立，所以ma在0,4a上单调递减，又110m，12ln202m，由零点存在性定理得，01,2a使得00ma，…

…………8分即001lnaa，所以00,aa时，0ma，ma单调递增，0,4aa时，0ma，ma单调递减，鹰潭二模文科数学（答案）第5页共5页311sin1sinsin122由，，

分MN335,,42626M点的极坐标为：或分则0000000max00111ln2123mamaaaaaaaaa

，……………10分∵由对勾函数知0013yaa在01,2a上单调递增，∴00111323022aa，∴0ma，即1210lngxgxa，得证……………12分22.（2）21（1）设点M在极坐标系中的坐标3,2

，（2）由题意可设1,M，2,2N.121sin1sin1sin1cos62由得，分2222121sin1cos

MNρρθθ32sincos322sin84分……………10分22.【详解】（1）因为1xy，且0,0xy，由522xyxy，可得0

152212xxx，即011212xxx，即01112122xxxx，解得116x，所以不等式的解集为1,16.…………5分（2）因为1xy，且0,0xy

，所以222222222222112211xyxxyyxyyxyxxyxyxy…………7分222222222252599yyxxxyxyxxyyyxyx

分.当且仅当12xy时，等号成立.…………10分214MN故当，的最大值为335,,2626M（1）点的极坐标为：或，502366

或分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com