1、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 1214 215116 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(45 2575 5)754.6886.635120 30 50 10016k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(1 0.8)0
2、.80.9pC所以某职工获奖的概率为0.9.18(1)证明：PAPD，O 是 AD 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2ADa60BAD，在ABD中，由余弦定理得22222cos3BDABADAB ADBADa，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
3、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，|2 5PA，(3 1 0)A，(3 1 0)D，(3 3 0)C，(0 0 4)P，F 是 PA 中点，31(2)22F，3 33(2)22DF，(0 2 0)DC，设平面CDF 的一个法向量为(z)xy，m，00DFDC，mm，即3 33202220 xyzy，不妨取2x，得(403 3)，m根据条件(1 0 0)，n是平面 POE 一个法向量44 43cos|43143，m nmnmn，所以平面 POE 与平面CDF 所成锐二面角的余弦值为 4 434319(1)证：3co
4、scoscoscoscosbcaaBCABC，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)BCBCAABCAsin()cossin(coscos3cos)BCAABCAABC，sin()sinBCA，coscos()sinsincoscosABCBCBC，2sinsincoscosBCBC，即1tantan2BC，(2)解：由(1)得1tantan2BC，tan0B，tan0C tantantantan()2(tantan)4 tantan2
5、 2tantan1BCABCBCBCBC ，等号在2tantan2BC时成立.且 A 为钝角2 2sin3A，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，2 2b 所以C 的标准方程为22198xy(2)解：分别设 D，E 的坐标为11()xy，22()xy，因为直线l 过定点(1 0)F，所以当10k 时，20k；当20k 时，10k，都与121kk矛盾，因此120y y，13x ，23x 设直线l 的方程为1xty，将1xty 代入2
6、2198xy，化简得22(89)16640tyty.1221689tyyt，1226489y yt 121244ty yyy由(1)得(3 0)A ，(3 0)B，111121211222211221223(2)2241(4)44823ykxy tyty yyyyyky tyty yyyyx121kk，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|FDkFE21(1)解2
7、m，21()ln22nf xxxxx0 x，且21()2nfxxxx，即3222()xxxnfxx设32()2(0)g xxxxn x，则2()341g xxx，即()(31)(1)g xxx不等式()0g x的解集为1(0 )(1 )3，()0g x的解集为 1(1)3，所以()g x 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()g xn()f x 为单调增函数，()fx0 恒成立，即0n(2)解：由21()ln02nf xxxmxx得2ln12xnmxxx设2ln1()2xnh xxxx，则0 x，231 ln12
8、()2xnh xxx，即231(1 ln)22()xxxnh xx令21()1 ln2k xxx，则0 x，1(1)(1)()xxk xxxx 当01x时，()0k x，()k x 单调递减；当1x 时，()0k x，()k x 单调递增(1)0k，min()(1)k xk 302，()0k x 0 x，0n，()0h x，()h x 在区间(0 )，单调递增设()1 lnxxx，则1()1xx，当01x 时，()0 x，()x单调递减，()(1)x0，即ln1xx，1131()22xnnh xxxx0t，当220min1 32nxt，时，()h xt【注：这一段可用0 x 时，()h x 替
9、代】当1x 时，2ln11()22xnh xxxnxx，0t，当2()xtn时，()h xt【注：这一段可用 x 时，()h x 替代】对任意实数 m，方程()h xm只有一个解，即()f x 的零点个数是122解：(1)由曲线C 的参数方程sin2 cos(sin2 cosxy ，为参数)得sin2xy，cos2 2xy理科数学答案 第 4页(共 4 页)22()()122 2xyxy，化简得C 的直角坐标方程为2233280 xyxy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283sin 2（或2(3sin 2)80）(2)设点 A，B 极坐标分别
10、为1()，2()，则12|AB由283sin 2知，当22()2kk Z，即()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|2f xx，()|g xxmm得1122()1122xxf xxx，2()xmxmg xxxm ，由112 xx 得23x 当23m 时，12()1()23f mmmg m ，不合题意当23m时，若2x，则min12()1()()23f mmmg mg x，若2x，()f m min11()()2 mmg mg x 由于射线()()yg x xm的斜率 1，小于射线()(2)yf x x的斜率12，射线()(yg x x)m 的斜率1，大于射线()(2)yf x x的斜率 12，所以()f x()g x 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 23，1221221121()()|1|1|12332332332f xg xxxxxxx
