【文档说明】河南省平顶山、许昌、济源、洛阳2022-2023学年高三第二次质量检测理科数学答案.pdf，共(8)页，293.821 KB，由小赞的店铺上传

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1平许济洛2022-2023学年高三第二次质量检测理科数学答案一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）1．D2．A3．C4．D5．B6．D7．A8．B9．B10．A11．B12．B二、填空题（本大题共4小题，每小题5

分，共20分）13．414．315．3216．643三、解答题：（共70分）17．解：（1）依题意，s3sinabcoAAc，则s3sin0ccoAcAab，故sins3sinsinsinsin0CcoACAAB，则sins3sins

insinsin()0CcoACAAAC，············3分sins3sinsinsinsincoscossin0CcoACAAACAC，所以3sinsinsinsincos0CAAAC,由于0πA，所以sin0A，所以3sin1cos0CC，故

2sin()16C由于0πC，则π3C.················6分（2）由题意，13sin43,24ABCSabCabV所以16.ab··················8分又由余弦定理22

22coscababC，c=4即2216,abab所以2232,ab··················10分所以4ab.··················12分18.解：（1）根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，则年轻人人数为1008

0%80，则非年轻人为20人，根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为10060%60，根据其中年轻人占比56，所以健身达人中年轻人人数为560506，则非年轻人为10人；健身爱好者人数为1006040，再通过总共年轻人

合计为80人，则健身爱好者中年轻人人数为805030，3根据非年轻人总共为20人，则健身爱好者中非年轻人人数为201010，具体表格填写如下.2列联表为年轻人非年轻人合计健身达人501060健身爱好者301040合计802010022100(50103010)1.0423.84180

206040K···········5分所以没有95%的把握认为“健身达人”与年龄有关.···········6分（2）由（1）知，既是年轻人又是健身达人的概率为11,3,22XB，0,1,2,3X，303110C

128PX，12131131C1228PX21231132C1228PX，333113C28PX··········10分故X的分布列：X0123P183

83818X的数学期望值33131238882Ex.··········12分19．解：（1）设O是AD的中点，连接,OPOB，由于5PAPD，所以OPAD，平面PAD⊥平面ABCD且交线为

AD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD，由于OB平面ABCD，所以OPOB；在菱形ABCD中，60BAD，所以三角形ABD是等边三角形，所以OBAD，故,,OAOBOP两两相互垂直，·········3分由此分别以,,OAOBOP为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如下

图所示，1,0,0,0,3,0,2,3,0,1,0,0ABCD512,OP(0,0,2),1,0,2PAP，31331,,4242DMDPPMDPPC

··········5分311672cos,35127154164APDMAPDMAPDM，所以异面直线AP与DM所成角的余弦值6735；····

·····7分（2）1331,,,1,3,0242DMDB，设平面BDM的法向量为,,nxyz，则1331024230nDMxyznDBxy

，故取6x，则可得6,23,15n，··········9分假设在棱PB上存在点N,设PNPB，则PNPB，ANAPPNAPPB

1,0,20,3,21,3,22若//AN平面BDM，则66152224360ANn，解得23，·······11分所以在棱PB上存在点N，使得//AN平面BDM且23PNPB

.········12分20.解：（1）由题意得2a，设12PFPF，的长分别为,mn，24mna，则2222212424cos22mncmnmncFPFmnmn222222221112bbbmnamn当且仅

当mn时取等号，··············3分从而222112ba，得2234ba，23b，则椭圆的标准方程为22143xy．···············5分（2）设1221,),,()(MxyyxN，由题意，根据椭圆的定义可得1FMN△的周长为4

8a，1111(||||||)42NMFSFMFNNMrr，所以114NMFrS，··········6分设l的方程为1xty，联立椭圆方程223412xy，4可得22(43)690tyty，122643tyyt

，122943yyt，11212212212112211212121111||||||||||||||()42222NMFFFMFFNSSSFFyFFyFFyyFFyyyy

222221691212()4()2434343ttttt，所以122131443NMFtrSt，·············10分令21tk，则1k，2331313krk

kk，由函数1()3fxxx在[1,)上单调递增,则134kk，所以330143kk，即304r故304r．·············12分21．解：（1）()xfxxee，

1xfxxe，·········1分令0fx，解得=1x．当,1x时，0fx，fx单调递减；当1,x时，0fx，fx单调递增，···········3分所以函数fx有最小值1min1xfefe

．···········4分（2由函数()gx有且仅有两个不同的零点，且易知(1)0g，当0k时，函数()gx是增函数，()gx有唯一的零点，与已知矛盾；·······5分当0k时，1'()1xxxxekkgxxexx，令1,(0)xhxxxekx

，则23'10xxhxxe，所以hx是增函数，又00hk，10kekkhkkkk，故存在00x,，使000010xhxxxek，即0001xkxxe

，当00,xx时，0hx，所以'()0gx，()gx单调递减；当0,xx时，0hx，所以'()0gx，()gx单调递增，5所以函数()gx有最小值，且000min00

00000()ln1lnxxxgxgxxekxexexxexe，令()1ln,(0)xxtxxeexxexx，则2'()13lnxtxxxex，当0,1x时，'()0

tx，()tx单调递增；当1,x时，'()0tx，()tx单调递减，所以max()(1)0txt．········7分当00,1x时，有0()(1)0txt，所以min0()0gxgx，又0,()xgx，所以存

在100,xx使10gx，又(1)0g，故()gx有且仅有两个不同的零点，此时0001(0,2)xkxxee；········9分当01x时，此时2ke，()gx有唯一的零点1；········10分当01,x时，

有0()(1)0txt，所以min0()0gxgx，又,()xgx，所以存在20,xx使20gx，又10g，故()gx有且仅有两个不同的零点，此时000,)1(2xekxxe；综上所述，

0,22,kee．········12分22.解（1）由M的参数方程可得22(1)(1)5xy，即22223xyxy,22cos2sin3···········2分由题设知：1l为tanyx，故1l的极坐标方程为,

(R)，又21ll，2l的极坐标方程为2，(R,(0,))2．·····5分（2）记1234,,,OAOBOCOD，联立1l与M得22(cossin)3013132(cossin),3同理联立2l与

M得24242[cos()sin()]2(cossin),322·······7分6222222221234||||||||2()ABBCCDDA22

131324242{[()2][()2]}22040·······10分23.解（1）由11f得：1abc，22222231113abcabc，

·······2分由柯西不等式得：22222223111abcabc当且仅当13abc时等号成立，所以3abc．········5分（2）由2

fxaxb得：220axbaxcb，由题知：20Δ240abaacb，则2244baca，22222222244144411212ccbacaaaca

cacccaaa；········7分224440acaacab，又0a，ca，则10ca，····8分令1cta，

则0t，设24022tgtttt，当0t时，0gt；·········9分当0t时，4422222221222gttttt（当且仅当2t时等号成立），222bac的最大值为222．·········10分7获得更多资源请扫码

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