【文档说明】四川省达州市2023届高三下学期第二次诊断性测试 数学（理科）答案.pdf，共(5)页，435.789 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学答案第1页(共4页)达州市普通高中2023届第二次诊断性测试理科数学参考答案一、选择题：1.B2.B3.D4.D5.C6.C7.C8.A9.C10.A11.B12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．1214．2π15．116．①②③三、解答题

：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．解：(1)由表知2K观测值2150(4525755)754.688<6.635120305010016k．∴没有99%的把握认为经过职业

培训后，合作社职工年收入超过10万元与性别有关．(2)由题意，设某职工获奖概率为p，22330.8(10.8)0.80.9pC．所以某职工获奖的概率为0.9.18．(1)证明：∵PAPD，O是A

D的中点，∴POAD．∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，∴PO平面ABCD．∵BD平面ABCD，∴POBD.设ABa，则2ADa．60BAD

，在ABD△中，由余弦定理得22222cos3BDABADABADBADa，∴222ABBDAD，∴ABBD．∵E是BC中点，四边形ABCD是平行四边形，∴OEAB∥，∴BDOE．∵PO，OE是平面POE内两相交直线，∴BD平面POE．∵BD平面PBD，∴平面

PBD平面POE．(2)解：由(1)知POOE．以过点O平行于BD的直线为x轴，分别以直线OE，OP为y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．∵||2AB，||25PA，∴(310)A，，，(310)D，，，(330

)C，，，(004)P，，，∵F是PA中点，∴31(2)22F，，．∴333(2)22DF，，，(020)DC，，．设平面CDF的一个法向量为(z)xy，，m，∴00DFDC，mm，即333202220xyzy，．

不妨取2x，得(4033)，，m．根据条件(100)，，n是平面POE一个法向量．∵4443cos||||43143，mnmnmn，所以平面POE与平面CDF所成锐二面角的余弦值为44343．19．(1)证：∵3coscoscoscoscosbca

aBCABC，ABCDEFPOyxz理科数学答案第2页(共4页)∴(coscos)cos(coscos3cos)bCcBAaBCA．由正弦定理得(sincoscossin)cossin(coscos3cos)BCBCAABCA．∴

sin()cossin(coscos3cos)BCAABCA．∵πABC，∴sin()sinBCA，coscos()sinsincoscosABCBCBC，∴2sinsincoscosBCBC，即1tantan2BC，(2)解：由(1)得1tantan2BC，ta

n0B，tan0C．∴tantantantan()2(tantan)4tantan22tantan1BCABCBCBCBC≤，等号在2tantan2BC时成立.且A为钝角．∴22sin3A≥，等号在2tantan2BC时成立．∵3bc，∴1sin2SbcA的

最小值是2．20．解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则222cab.∵A到l的最大距离为4，16||3DE，∴242163acba，．解得3a，22b．所以C的标准方程为22198xy．(2)①解：分别设D，E的坐标为11()xy，

，22()xy，．因为直线l过定点(10)F，，所以当10k时，20k；当20k时，10k，都与121kk矛盾，因此120yy，13x，23x．设直线l的方程为1xty，将1xty代入22198xy，化简得22(89)16

640tyty.∴1221689tyyt，1226489yyt．∴121244tyyyy．由(1)得(30)A，，(30)B，，∴111121211222211221223(2)2241(4)44823ykxytytyyyyyykytytyyyyyx

．②∵121kk，∴113k，223k．∴直线AD与直线BE的方程分别为1(3)3yx，2(3)3yx．理科数学答案第3页(共4页)分别由方程组221(3)3198yxxy，和222(3)3198yxxy，解得716()39D，

，8(1)3E，．∴16||298||33FDFE．所以2||||FDkFE．21．(1)解∵2m，∴21()ln22nfxxxxx．∴0x，且21()2nfxxxx，即3222()xxxnfxx．设32()2(

0)gxxxxnx≥，则2()341gxxx，即()(31)(1)gxxx．不等式()0gx的解集为1(0)(1)3，，，()0gx的解集为1(1)3，．所以()gx在区间1(0)3，上单调递增，在区间1(1

)3，上单调递减，在区间(1)，上单调递增．∵(0)(1)ggn，∴min()gxn．∵()fx为单调增函数，∴()fx≥0恒成立，即0n≥(2)解：由21()ln02nfxxxmxx得2ln12xnmxxx．设2ln1()2xnhxxx

x，则0x，231ln12()2xnhxxx，即231(1ln)22()xxxnhxx．令21()1ln2kxxx，则0x，1(1)(1)()xxkxxxx

．当01x时，()0kx，()kx单调递减；当1x时，()0kx，()kx单调递增．∵(1)0k，∴min()(1)kxk302，∴()0kx．∵0x，0n，∴()0hx，∴()hx在区间(0)，单调递

增．设()1lnxxx，则1()1xx，当01x时，()0x，()x单调递减，()(1)x0，即ln1xx，∴1131()22xnnhxxxx．0t，当220min{1}32nxt

，时，()hxt．【注：这一段可用∵0x时，()hx替代】．当1x时，2ln11()22xnhxxxnxx，0t，当2()xtn时，()hxt．【注：这一段可用x时，()hx替代】．∴对任

意实数m，方程()hxm只有一个解，即()fx的零点个数是1．22．解：(1)由曲线C的参数方程sin2cos(sin2cosxy，为参数)得sin2xy，cos22xy．理科

数学答案第4页(共4页)∴22()()1222xyxy，化简得C的直角坐标方程为2233280xyxy．分别将222xy，cosx，siny代入C的直角坐标方程并化简得C的极坐标方程为283sin2（或2(3sin2)80

）．(2)设点A，B极坐标分别为1()，，2()，，则12||||AB．由283sin2知，当π22π()2kkZ，即ππ()4kkZ时，2取得最大值4．根据题意，不妨取12

，22，所以||AB的最大值为4．23．(1)解：由1()|1|2fxx，()||gxxmm得1122()1122xxfxxx，，，≥，2()xmxmgxxxm，，，≥．由112xx得23x．当2

3m时，12()1()23fmmmgm，不合题意．当23m≥时，若2x，则min12()1()()23fmmmgmgx≤≤，若2x≥，()fmmin11()()2mmgmgx．由于射

线()()ygxxm的斜率1，小于射线()(2)yfxx的斜率12，射线()(ygxx≥)m的斜率1，大于射线()(2)yfxx≥的斜率12，所以()fx≤()gx恒成立．所以实数m的取值范围是2[)3，．(2)证明：由(1)知m的最小值为23，∴1

221221121()()|1||||1|||12332332332fxgxxxxxxx≥≥．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com