【文档说明】2023届内蒙古呼和浩特市高三年级第二次质量数据监测 理数答案.pdf，共(7)页，339.355 KB，由管理员店铺上传

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呼和浩特市2023届高三年级第二次质量普查考试理科数学参考答案一、选择题题号123456答案BCBCAD题号789101112答案DBADAA二、填空题题号13141516答案2172606①②③三、解答题17.（1）证明

：5,4,3ABBCAC，则,222ABBCAC,所以BCAC，又因为ABCCC平面1,且ABCAC平面，则1CCAC...............(2分)所以11BBCCAC平面，又因为111BBCCBC平面，所以1BCAC，....(4分)由

于四边形11BBCC为正方形，所以CBBC11，所以11ACBBC平面.............................................(5分)（2）由（1）知，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，1CC为z轴，建立空间直角坐标

系，可知)0,0,0(C，)4,0,3(1A，)0,2,23(D，)4,4,0(1B,)0,2,23(CD，)4,0,3(1CA,设),,(1111zyxn为平面CDA1的法向量，所以0223111yxCDn，0431111zxCAn，令41x，

可得)3,3,4(1n.......................................(7分)),,(2222zyxn为平面CDB1的法向量，所以0223222yxCDn，0442212zyCB

n，令42x，可得)3,3,4(2n........................................(9分)所以1783416,cos212121nnnnnn，...............

.................(11分)又因为二面角11BCDA为锐角，所以178cos....................(12分)18、解：（1）由正弦定理23sinsin(sin)sin3bBcCbCaA可化为2223(sin)3bcbCaa，即22

223sin3bcaabC，……(2分)则由余弦定理可得232cossin3bcAabC，所以3sincossinsin.3CAAC……(3分)又(0,)C，sin0C，所以3cossin3AA，即tan3.A……(5分)又(0,)A，所以.3A……(6分)

（2）由正弦定理可得：22sinsin3aB，解得3a，2sin2B，……(8分)ba，B为锐角，.4B(9分)在ACB中，53412C，AD是ABC的内角平分线，6CAD

，……(10分)5512612ADC，……(11分)2.ADAC……(12分)19.解：（1）随机变量X的可能取值为0，1，2,103)2(,106)1(,101)0(3513223523123533CCCXP

CCCXPCCXP随机变量X的分布列如下表：X012P101106103……（3分）随机变量X的期望为E(X)=56103210611010……（5分）法二：随机变量X服从超几何分布)5,2,3(~HX……（2分

）所以E(X)=56523.……（5分）（2）设脱落一个“学”为事件A，脱落一个“好”为事件B，脱落一个“数”为事件C，事件M为脱落两个字，BCACABBBAAM,……（7分）,101)(,101)(25222522CCBBPCCAAP,102)(,102)

(,104)(251112251122251212CCCBCPCCCACPCCCABP……（10分）所以某同学捡起后随机贴回，标语恢复原样的概率为,5321545121))()()((1)(

)((BCPACPABPBBPAAPP……（12分）法二：掉下的两个字不同的概率为8.010210P,……（10分）所以标语恢复原样的概率为6.0211pp）（.……（12分）20

.解：（1））（ｆxaxaxexexaxexexxxxxcossincossin)4sin(2cossin)()cos)(sin()(fxxaexx即……(2分）因为1a，

所以0aex在),0(π上成立.……（3分）令0)('xf得43πx，……（4分）当430πx时，0)('xf，)(xf在]43,0[π上为增函数，当πxπ43时，0)('xf，)(xf在],43[ππ上为减函数.……5（分）（2）当1a时，].,0[

),4cos(2sin)(πxπxaxexfx由（1）得)(xf在]4,0[π单调递增，在],4[ππ单调递减，1)0(f，1)(πf…………（7分）所以1)()(πfxf，即.1)4cos(2sin

πxxex即.1sincossinxxxex即.1cossinsinxxxex…………（9分）要证1cossin)(xxxπex，只需证xexπexxsin)(，只需证0)sin(xxπex在],0[π上恒成立.……（10分）令xxπxs

in)(h，则0cos1)(h'xx，所以)(hx单调递减，所以0sin)()(hminππππhx，所以0)(hx恒成立，所以0)sin(xxπex，原不等式得证.…………（12分）21．解：（1）在椭圆中，2222cab，

所以2c，……(2分)由22p，得22.p……(4分)（2）设直线l：2pxmy，代入抛物线方程得2220.ympyp……(5分)设AB的中点00(,)Gxy，则0ymp，202pxmp，由22OGMNbkka得221()422mpmpmp，

解得212m，……(7分)由点G在椭圆内，得222()()2142pmpmp，解得22p，……(9分)因为pN，所以p值是1，……(10分)OAB面积22216||442244ABppSyypmp

……(12分)22．解：（1）将曲线1C的参数方程化为普通方程，得22(3)8.xy曲线2C的极坐标方程为2sin6cos0，有22sin6cos0，由

sincosyx得曲线2C的直角坐标方程为26.yx……(5分)（2）将tytx23213（t为参数）代入曲线2C的方程得，)213(6)23(2tt，即24240.tt解得两根为1227t，2227t，由t的几何意义得，1212|||

|||47.PQtttt同理将tytx23213（t为参数）代入曲线1C的方程得，28t，解得两根为322t，4343422.||||||42.tMNtttt故||||||||4742.PMNQPQMN……(10分)23．

解：（1）由题意知()fx14.,4111,,4414,.4xxxxx„令()3fx，得34x或34，结合图象可知()3fx的解集为33{|}44xx……(5分)（2）由题意可知2121abab，4121

121ab，41221ab令2ma，1nb，则412mn，14114133()()3(5)3(54)32222nmabmnmnmnmn，当且仅当23mn，即1a，12b

时等号成立.……(10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