安徽省黄山市2023届高三下学期二模数学试卷+答案.pdf

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