2023届河南省洛阳、平顶山、许昌、济源市高三第四次联考理数答案

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济洛平许 2022—2023 学年高三第四次质量检测

理科数学参考答案

一、选择题： BACDC BACCB AD

二、填空题： 13. 60 14.



15. 538 16.













三、解答题：

17. 解：由

 

bCac  cos2

得

bcCa 2cos2 

由正弦定理得

 

CACACCACBCCA sincos2cossin2sinsin2sinsin2sincossin2 

所以

0sinsincos2  CCA

.……………………4分

又因为

 



，0C

，所以

0sin C

，

所以

cos A

，所以



A

.……………………6分

（2）由

acbac 3

222 

得

acbac 3

222 

，故

cos

222





ac

bac

因为

 



，0B

，所以



B

所以



 BAC

.……………………7分

由（1）可知，

2 cb

，设



BAM

则





 3

CAN





 6

BMA





 2

CNA

在

ABM

中，由正弦定理可知









































sin

sin2

sin

BMA

.…………8分

在

ANC

中，由正弦定理可知





cos

sin

sin2

sin

sin 

















CNA

.……………9分

故

sin

cos

sin

























MANANAMS AMN







cos

sin4















…10 分

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 



cos2cossin32

coscossin32









2sin2

12cos2sin3



























因为













3





，

，所以









，所以

2sin

1

















所以

2sin22 

















.所以

2sin2

3





















即















2

3，

AMN

.……………………12 分

18. 解：（1）由题意可得：

6 4 4 3 2

( ) 10 9 10 9 5

P B     

.……………………2

分

“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件 A发生的条件下，事件 B发生的

概率，则

( ) 5

P A 

，

6 4 4

( ) 10 9 15

P AB   

.……………………4分

故

( ) 4

( | ) ( ) 9

P AB

P B A P A

 

.……………………6分

（2）被抽取的 4次中男生人数 X的取值为 0，1，2，3，4且

(4, )

X B

.……………………7

分

4 0

3 2 81

( 0) 5 5 625

P X C    

  

   

   

;

3 1

3 2 216

( 1) 5 5 625

P X C    

  

   

   

;

1 3

3 2 96

( 3) 5 5 625

P X C    

  

   

   

;

0 4

3 2 16

( 4) 5 5 625

P X C    

  

   

   

X的分布列：

……………………11 分

X的数学期望

2 8

( ) 4 5 5

E X   

.……………………12 分

625

216

625

216

625

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19. (1)证明：设 BD 交AC 于点 O，连接 EO，FO，因为四边形 ABCD 为菱形，所以

BDAC 

因为 ED



平面 ABCD,AC



平面 ABCD，所以

EDAC 

又

DBDED 

，所以

AC

平面 BDEF；所以

EOAC 

.……………………2分

设FB=1，由题意得 ED=2，

2 2 2BD DO BO  ，

因为 FB//ED，所以 FB



平面 ABCD，所以

3OF

，

6EO

，

3EF

因为

222 OFOEEF 

，所以

FOEO 

.……………………4分

因为

OACOF 

，所以 EO



平面 ACF.……………………5分

又EO



平面 EAC，所以平面 EAC



平面 FAC.……………………6分

(2) 取 EF 中点 G，连接 OG，所以 OG//ED，OG



底面 ABCD.

以O为原点，以

OGOBOA ,,

分别为 x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， ……7分

因为

 60BAD

，由（1）中所设可知，

22 ADAB

所以，

6 OCOA

所以

)0,0,6()2,2,0()1,2,0()0,0,6(  CEFA ，，，

所以

)1,2,6( FA

，

)2,2,6( EA

，

)2,2,6( EC

.……………………8分

设平面 FAE 的一个法向量为

),,( zyxm 

，

则











































zyx

EAm

FAm

0226

026

所以

)22,1,3(m

.………………9分

同理，可求得平面 AEC 的一个法向量

），，（ 120n

.……………………10 分

所以

)22(133

,cos 2



nm

.……………………11 分

所以二面角

CAEF 

的大小为



……………………12 分

20. 解：（1）

1b

，则

1 3

1 2

e a

    

.…………3分

所以椭圆

的方程为

xy 

.…………4分

（2）当 l斜率不为 0时,设

: 3l x ny 

，联立

2 2

3, ( 4) 6 5 0

4 4

x ny n y ny

x y

 

    

 



.………5分

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