河南省洛阳市、平顶山市、许昌市、济源市联盟2022-2023学年高三第二次质量检测文科数学试题 答案

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1
平许济洛 2022-2023 学年高三第二次质量检测
文科数学答案
一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
1．D 2．A 3．C 4. D 5．D 6．B
7．A 8．C 9．B 10. B 11．A 12．D
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13．
3
14．
4 3
15．
9
2
16．
5
12
三、解答题：（共 70 分）
17.解：（1）由散点图中数据和参考数据得
4.5 5 6 7 7.5 6
5
x 
 
，
135y
····································1 分
2 2 2 2 2
( 1.5) 36 ( 1) 30 0 ( 5) 1 ( 26) 1.5 ( 35) 25
( 1.5) ( 1) 0 1 1.5
b
     
 
 
，
135 ( 25) 6 285a
 
， ·········5 分
所以
与
x
的线性回归方程为
25 285y x
 
. ·········6 分
（ 2 ） 将
160y
代入回归方程得
5x
，所以该跑者跑完马拉松全程所花的时间为
42 5 210 
分钟, ········8 分
从马拉松比赛前
3000
名跑者成绩的频率分布直方图可知成绩好于
210
分钟的累计频率为
0.0008 50 0.0024 (210 200) 0.064 
， ········10 分
有
00
6.4
的跑者成绩超过该跑者，则该跑者在本次比赛获得的名次大约
是
0.064 3000 192 
名 . ········12 分
18．解：（1）依题意，
s 3 sin 0c co A c A a b   
，
故
sin s 3 sin sin sin sin 0Cco A C A A B  
，
则
sin s 3 sin sin sin sin( ) 0Cco A C A A A C  
， ········3分
sin s 3 sin sin sin sin cos cos sin 0Cco A C A A A C A C  
，
所以
3 sin sin sin sin cos 0C A A A C 
,
2
由于
0 πA 
，所以
sin 0A
，所以
3 sin 1 cos 0C C 
，
故
2sin( ) 1
6
C
 
由于
0 πC 
，则
π
3
C
.················6分
（2）由题意，
1 3
sin 4 3,
2 4
ABC
S ab C ab  
V
所以
16.ab
··················8分
又由余弦定理
2 2 2 2 cosc a b ab C  
，c=4
即
2 2 16,a b ab 
所以
2 2 32,a b 
··················10 分
所以
4a b 
.··················12 分
19．证明：（1）连接
1 2
P P
，
1 2
O O
，如图，因为
1 1
PO
平面
ABCD
，
2 2
P O
平面
ABCD
，
所以
1 1 2 2
//PO P O
，又
1 1 2 2
PO P O
，所以四边形
1 1 2 2
PO O P
是矩形， ·········3分
所以
1 2 1 2
//PP O O
，
1 2 1 2
=PP O O
又
1 2
O O，
分别为
AB CD，
的中点，所以
1 2 //O O AD
，
1 2 =O O AD
，
所以
1 2 //PP AD
，
1 2 =PP AD
，
所以四边形
1 2
P P DA
是平行四边形， ··········5分
又对角线
2 1 =P A DP E
，所以点
E
为线段
2
P A
的中点 .·········6分
（2）连接
2 1
P O
，交
EF
于点
N
，过点
1
P
作
1 2 1
PM P O
于
M
， ·········7分
由题意知
2 2
P A P B
，故
2 1
P O AB
，
又
1 1
PO AB
，
2 1 1 1 1
P O PO O
，
2 1 1 1
,P O PO
平面
2 1 1
P PO
，
所以
AB
平面
2 1 1
P PO
， ··········8分
故
1
AB PM
，又
2 1 1
P O AB O
，
2 1,P O AB
平面
2
P AB
，
所以
1
PM
平面
2
P AB
，即
1
PM
是四棱锥
1
P ABFE
的高， ··········9分
由（1）同理可得点
F
为线段
2
P B
的中点,所以
1
// , 2
2
EF AB EF AB 
，
3
在
2 2 1
Rt P O O△
中，
2 1 2 5P O
，则
15NO
，
所以
1
= (2+4) 5=3 5
2
AEFB
S
梯形
，
1 1 1 1 1
4 4
sin 2 2 5 5
PM PO PO M  
， ··········11 分
1 1
2
1 1 4 20
2 4 3 5
3 3 3
5
P ABCD P ABEF
V V V
 
 
.··········12 分
20．(1)解：
 
1
2 2 ( 1)f x x a x
 
 
2
2 2 2 1x a x a x a x
x x
 
 
( 0)x
．
··········1分
当
0a
时，
 
0f x
，函数
 
f x
在
 
0, 
上单调递增，函数
 
f x
的
单调增区间为
 
0, 
． ··········2分
当
0a
时，由
 
0f x
，得
2
a
x
；由
 
0f x
，得
02
a
x 
.
所以函数
 
f x
的单调增区间为
,
2
a
 

 
 
，单调减区间为
0, 2
a
 
 
 
. ··········4分
(2)证明：因为
1 2
,x x
是方程
 
f x c
的两个不等实根，由(1)知
0a
.
不妨设
1 2
0x x 
，则
2
1 1 1 1
2 (ln )x x a x x c  
，
2
2 2 2 2
2 (ln )x x a x x c  
两式相减得
 
2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
2 2 ln ln ln lnx x x x ax a x ax a x a x x x x  
．
所以
2 2
1 1 2 2
1 1 2 2
2 2
ln ln
x x x x
ax x x x
 
 
.因为
0
2
a
f
 
， ··········6分
当
0, 2
a
x 
 
 
时，
 
0f x
， 当 x∈
,
2
a
 

 
 
时，
 
0f x
，
要证原命题成立，只需证
1 2
2 2
x x a
即可，即证明
2 2
1 1 2 2
1 2
1 1 2 2
2 2
ln ln
x x x x
x x x x x x
 
   
，
即证明
 
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
ln ln 2 2x x x x x x x x x x   
，
即证明
1 1 2
2 1 2
2 2
ln x x x
x x x
.设
1
2
(0 1)
x
t t
x
 
． ··········8分
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