安徽省黄山市2023届高三下学期二模数学试卷+答案.pdf

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1、数学答案第 1 页(共 6 页)黄山市 2023 届高中毕业班第二次质量检测 数学参考答案及评分标准一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B C B B C D A 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分.题号 9 10 11 12 答案 BC ACD CD ACD 三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.【答案】32

2、14【答案】1120 15.【答案】216.【答案】667四、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 17(本小题满分 10 分解:(1)根据频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数为:65,1 分 平均数x=+=45.05506.065124.075.085261.095.06906 3 分设第 71 百分位数为x,则 x=+.0 06.0 12(4.070.0026.0)71,x=75 5 分(2)根据频率分布直方图,+=x300030003000696063800100012003,x=3807 分 高中三个年级的总体样本方差为140,又+=s30

3、0030003000(80 69)55140(60 69)75(63 69)1200100080022222,s=2248 10 分18.(本小题满分 12 分)解:(1)+=bcaabC3sin2 3222,=+bcbcAAbcaabC232sincos33sin2 3222,即=Atan3,数学答案第 2 页(共 6 页)A0,(),=A3;2 分 又=bc3,6,=+=abcbcA2cos27222,=a3 3,又=bc3,6,=C2,3 分 由=PBPC=CPCB2213 3,=CQ23,=APBQ22733 13,=APAPBAPBAPCPC77,sincoscos2 721,=QB

4、CQBC1313,cossin2 39134 分=+=BBMQBCAPAQBCAPBQBCAPBcoscossinsincoscos)(=137137912 3921132 78 916 分(2)记,设=APCQPCx xPC,(0,3 3APQ,+=1tantantantan()tantan8 分+=xxxxxxxx22 2129433923323310 分.当且仅当,即取等号=xxx2293 211 分 当=x0时,不符合题意.12 分 19.(本小题满分 12 分)解:因为=ABC900,ADBC/,且=ADABBC221,取BC边的中点M,连结DM,则=DMMC2,且DMMC,所以=D

5、C2+2=2 222.又PDC是DPC为直角的 等腰直角三角形,所以=DPCP2.过点P作PNCD的交CD于N点,则N为CD的中点,且=PN2.因为平面平面PCDABCD,且交于CD,所以平面PNABCD.故以,ABAD所在的直线分别为可知P为中点,数学答案第 3 页(共 6 页)轴,轴xy,过点A作垂直于平面ABCD的为z轴,建立空间直角坐标系如图所示.则(),AB0,0,0(2,0,0),DC(0,2,0),(2,4,0),P(1,3,2),而E为棱PC的中点,所以(,)E2 223 72,又点F在棱PD上,且=PFFD2.故F3 33(,)1 723 分(1)证明:=ABAEAF3 33

6、2 22(,),(,),(2,0,0)1 723 72,令=+AEABAF 则(,)()(,)3 332 22=2,0,0+1 723 72,解得,22=13,故=+AEABAF2213,则向量AB AE AF,共面,且向量AB AE AF,有公共点A,所以、A BEF四点共面。6 分(2)因为=BABCBP(1,3,2),(0,4,0),(2,0,0),令平面PAB的一个法向量为r=nx y z(,)111,则=BA nBP n00即=+=xxyz203201111,所以可以取=n2(0,1,)3 28分 令平面PBC的一个法向量为u r=mxyz(,)222,则=BC mBP m00即=+

7、=yxyz403202222,所以可以取=m2(1,0,)210 分 于是+=n mn mn m22111911coscos,233312 分 20.(本小题满分 12 分)解:(1)由题意,可设G5商用初期,该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品的占比分别为=a2055%110,=b2045%90 易知经过n次技术更新后+=abnn1,则=+=+babbnnnn420(1 20%)5%311,则=+bbnNnn420()3112 分 由式,可设=+bbbbnnnn444()3311,对比式可知=420511 4 分 数学答案第 4 页(共 6 页)又,=+=bbb420805163

8、13113110,从而当=51时,bn51是以163为首项,43为公比的等比数列 5 分(2)由(1)可知()()=bnnn516 44 41331 31,6 分 所以 经过n次技 术更形后,该区域市 场采用A公司 技术的智 能终端产品 占比()=abnnn54 4141 3,7 分 由题意,令an75%,得()()nnn54 444545lglg41 333131=nlg32lg22lg2lg32lg2lg32 0.301 0.4775.5925lg5lg51 lg21 0.301,10 分 又nN*,故n6,即至少经过6次技术更新,该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上

9、 12 分 21.(本小题满分 12 分)解:(1)解:函数f x()的定义域为,1(),=+=+xxxfxaxxa112222()1 分 记=+axgxx222(),当 0,即 a21时,g x0(),fx0(),此时f x()在,1()单调递减.2 分 当 0,即 a21,由=g x0()得=+xa211 21,=+xa211 22当a201时,由fxg xxx x()00,12()(),由U fxgxxxx()00,112()()()xf()在112,2a+a2,112单调递减,在+aa22,112112单调递增,在数学答案第 5 页(共 6 页)112,12a+单调递减;4 分 当0a

10、 时,由()()0011212fxgxax+,由()()0012,12fxgxax+()xf在112,2a+单 调 递 减,在11212a+,单调递增.5 分(2)证明:由(1)知当102a时,函数()fx有两个极值点12,x x,且12,x x是方程222=0 xxa+的两根,12121,2axxx x+=12101.2xx7 分 要证()21322ln22faxax,只要证()21232ln22fxax而()()211122222 ln 1fxaxxaxxa=()211222ln 1xxxa=21221222ln2xxxx x=1222222212ln2lnxxxxxxxx=22211 2

11、ln xxx=+9 分 令()112ln1,12xxxxx=+,则()22212211,xxxxxx+=()1,1,02xxQ,()1,12x在单调减,()132ln222x=故原不等式得证.12 分 22.(本小题满分 12 分)解:(1)由4 3AB=,知2 3AByy=,代入圆22(1)+16Exy=:得3ABxx=.2 分 再由抛物线C:22(0)ypx p=,得126p=,所以2p=,故抛物线C:24yx=.4 分(2)令00(,)P xy,1122M(,),N(,)x yxy数学答案第 6 页(共 6 页)抛物线在点处的切线方程为11()xxm yy=,与24yx=联立得21144

12、40ymymyx+=5 分 由相切211164 44)0mmyx=(得211444myxm=,代入得12ym=6 分 故在点处的切线方程为111()2yxxyy=,即为1122yyxx=+7 分 同理:点处的切线方程为2222yyxx=+,8 分 而两切线交于点00(,)P xy所以有010122y yxx=+,020222y yxx=+则直线MN的方程为:00220 xy yx+=由2004220yxxy yx=+=得200240yy yx+=,所以1201202,4yyyy yx+=10 分 于是 MFNF=2222221212120001(1)(1)1(2)2 4 116444y yyyxxxyx+=+=+2200(1)xy=+又点00(,)P xy在圆22(1)+16Exy=:上,所以2200(1)16xy+=,即16MFNF=.12 分

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