河南省郑州市2023届高三第三次质量预测理科数学试卷+答案.pdf

1、 郑州市 2023 年高中毕业年级第三次质量预测 理科数学 评分参考 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.15.DADDB 610.ABBBA 11 12.CC 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.90；14.22214;xy 15.；16.1.m 三、解答题：17.（12 分）解：（1）设等差数列 na的首项为1a，公差为0d，又2a是1a和5a的等比中项，得5122aaa，即daada41121，即12ad-2 分 又*212Nnaann，取1n时，1212 aa，即1211ada-4 分 将联立解得11a，2d，12 nan-6 分（2）由题意可知，nnn

2、b422，nnnc412-7 分 2311 43 454234214,nnnTnn nT4 1432412432454341nnnn 13241242424243nnnnT 1241241444243nnnnT 142353203nnnT 120254.939nnnT-12 分 18.解：（1）由题意完善列联表如图 男生 女生 总计 选择方案一 100 80 180 选择方案二 200 120 320 总计 300 200 500-2 分 故22500(100 120200 80)2.3152.706,300200 320 180K 故没有90%的把握认为方案的选择与性别有关.-5 分（2）设

3、选择方案一的得分为 X，则 X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5，则(0)0.4 0.2 0.20.016P X,(1)0.3 0.2 0.20.012P X,(2)0.4 2 0.8 0.20.128P X ,(3)0.3 0.2 0.20.3 2 0.8 0.20.108P X ，(4)0.4 0.8 0.80.256P X,(5)0.3 0.80.3 0.2 0.80.3 0.8 0.80.480P X,故 X 的数学期望()1 0.0122 0.1283 0.1084 0.2565 0.4804.016E X .-8 分 设选择方案二的得分为 Y,则 Y 的可能取值为0,2,4，则

4、(0)0.2 0.2 0.20.008P Y,(2)3 0.8 0.2 0.20.096P Y ,2(4)0.8 0.820.80.20.896P Y,故()2 0.0964 0.8963.776E Y ,-11 分 因为()()E XE Y,故为了获取更好的得分,我会选择方案一.-12 分 19（12 分）解：（1）证明：在三棱柱111ABCABC中，11AAB B，111AABB BC，11ABABBC，11AAB1B BC，11ABCB，又D为AC的中点，1B DAC，在ABC中，ABBC，ADDC，BDAC，1B DBDD，1B D、BD 平面1BDB，AC平面1BDB，又1BB 平面

5、1BDB，1ACBB-5 分（2）1BB 平面ABC，1BBAB，1BBBC，ABC为二面角1ABBC的平面角，即60ABC，ABC为等边三角形，即2AC，过点A作AOBC于点O，则3AO，又平面ABC 平面11BCC B，平面ABC平面11BCC BBC，AO平面11BCC B，故直线1AB与平面11BCC B所成角为1ABO，即139sin13AB O，设1BBy，则121339sin3134AOAB OyABy，即13BB，-7 分 11ABCB BCC平面平面11111ABCB BCC平面平面，ABBC，60BACABC是等边三角形.取 1O为11B C中点，1111AOBC，1111

6、1ABCB BCC平面平面，平面111ABC平面1111B BCCBC，11AO平面11B BCC，以1O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则1(1B，0，0)，1(1C，0，0)，(1B，3，0)，3(,123,)2D，1(0,3,0)B B，3(,0,)232BD ,11(2,0,0)C B,13(12,0,)2C D，设平面1BB D与平面11C B D的一个法向量分别为111(,)mx y z，222(,)nxyz，由111130,30,232B BBmymxzD 取11x，得(1,0,3)m；同理(0,1,-2 3)n-10 分 3cos,-6131313|2m nm nmn

7、二面角11BB DC的余弦值3-1313-12 分 20.（12 分）解（1）由题意可知21ace，bA，0，又A到圆上距离最大值为33312bb，3b.又222,1,2abcca解得42a，32b.故椭圆方程为13422yx-4 分（2）若D点与F点重合，则不存在-1 分 若D点与F点不重合 点F到直线MN和PQ的距离相等，且F在直线1x上，0PQMNkk-5分 设mD,1，由题意可知直线MN，PQ的斜率均存在且不为0，设直线MN的方程为1110,ymkxk 由12431221yxxkmy得，0128448834122121221mkmkxkmkxk.设MMyxM，NNyxN，则348821

8、121kmkkxxNM，3412844211221kmkmkxxNM-7 分 又DM1121Mxk，DN1121Nxk，3494111111212212121kmkxxxxkxxkDNDMNMNMNM，设直线PQ的方程为0122kxkmy，同理可得3494122222kmkDQDP-11 分 又21kk，DQDPDNDM，故1.所以存在这样的1，使得DQDPDNDM-12 分 21.（12 分）解：（1）函数 fx的定义域为1，xaxxxf1222，设 axxxg222，0 xg令，a84，当0时，即21a，0,fxfx在1，单调递减，当0时，即，21a，0 xg令，得22111ax，2211

9、2ax，若0a，11x，12x，由 0 xf即 0 xg，得出1,xx.由 0 xf即 0 xg，得出11，xx.当210 a时，12x，由 0 xf即 0 xg，得出 1,21xxx.由 0 xf即 0 xg，得出21xxx，.综上所述：当21a时，函数 fx在,1上单调递减，当0a时，函数 fx在2211a，上单调递减，在12211，a上单调递增，当210 a时，函数 fx在2211a，上单调递减，在22112211aa，上单调递增；在12211，a上单调递减.-5 分（2）由（1）可知：当210 a时，22111ax，22112ax是函数 fx两个极值点，有121 xx,221axx,此

10、时1212 x，要证明 aaxxf21，只要证明 1121 xxfa，221111221221122222222212222ln 11ln 1,111lnlnlnln,22222xaxxfxxxxxaaaxxxxxxxxxxxx xxxx-9 分 设 xxxxhln2121，121 x，22221221121xxxxxxh，令 1222xxxM，当1,12x时，211xM，所以当1,12x时，0 xh，xh单调递减，所以有 11 hxh，即证 aaxxf21-12 分 二选二选考题考题:共 10 分。请考生在 22、23 题中任选一题作答。22.选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）解：（

11、1）曲线1C的方程可化为101122xyx，又cos,sin,xy所以1C的极坐标方程为20sin2.曲线2C中，2sincossincos22222yx，即12422yx.所以2C的极坐标方程为4sin122-5 分（2）由题意可知：222sin4AOA，222sin14BOB，所以4sin214sin14sin11622222OBOA.当2时，22116OBOA的最大值为43-10 分 23.选修 45：不等式选讲（10 分）解：（1）由柯西不等式易知，22222abcabcxyzxyzabcxyzxyz，因为x，y，z都为正数，所以2222abcabcxyzxyz，当且仅当abcxyz时，等号成立.-5 分（2）abc、为正数，所以2222=222abcabcabbcac 2223abacbcabbcacabbcac 由（1）可得222abcabcbcacababacabcbacbc 233222abcabbcacabbcacabbcac，当且仅当abc时,等号成立.所以cababbcca的最小值为32.-10 分