河南省济源市、平顶山市、许昌市2022届高三第二次质量检测理科数学试卷 参考答案

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1
平顶山许昌济源 2021-2022 学年高三第二次质量检测理科数学
参考答案
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。
1. D2. B3. C4. C5. B6. B
7. D8.A9.A10. D11. D12.B
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13.-114.45 15.
0 2( , )
16.
1011
4045
三、解答题：共 70 分。
17.解：
（1）因为
2 cos
cos
b c C
a A
，所以
 
2 cos cosb c A a C 
，
所以
 
2sin cos sin cos cos sin sin sinB A A C A C A C B  
，············（3分）
因为
sin 0B
，所以
1
cos 2
A
，
因为
 
0, πA
，所以
；···············································（6分）
（2）因为
1 3
4 4
BD BA BC 
 
，所以
3AD DC
 
，
所以
1 1 3
sin
4 8 16
BCD ABC
S S bc A bc 
△ △
，·································（8分）
因为
2 2 2 2 cosa b c bc A  
，
所以
2 2
16 b c bc bc  
，当且仅当
b c
时等号成立，
所以
33
16
BCD
S bc 
△
，················································（11 分）
所以
BCD
面积的最大值为
3
············································（12 分）
18.解：（1）相关系数为
2
 
 
1
2 2
1 1
n
i i
i
n n
i i
i i
x x y y
r
x x y y
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2 2
1
1
22 2
2
11
ˆ ˆ
n
n
i
i i
i x x
i
nn
y y
ii
ii
x x
x x y y ns s
b b
ns s
x x y y
 
   
2
4.7 0.94 [0.75,1]
50
= ´ = Î
··············································（6 分）
故
y
与
x
线性相关较强···················································（7 分）
（2）
2
2100(35 30 15 20) 9.091 7.879
50 50 45 55
K  
 
  
····························（11 分）
所以有 99.5％的把握认为购买电动汽车与性别有关····（12 分）
19.解：（1）因为
1
2
BE EC
，
1
2
DF FC
，所以
//EF BD
，
因为
EF
平面
ABD
，所以
//EF
平面
ABD
，·····························（2 分）
因为
G
是
ABC
的重心，
1
2
BE EC
，所以
GE AB∥
，
因为
GE
平面
ABD
,所以
//GE
平面
ABD
；
因为
GE EF E 
，所以平面
//GEF
平面
ABD
·························（5分）
（2）因为
//GE AB
，所以
GE BC
，因为
DC
平面
ABC
，所以
GE CD
，
因为
,BC CD
平面
，
BC CD C 
，所以
GE
平面
BCD
，
因为
EF
平面
BCD
，所以
GE EF
，
所以当点
P
与
E
重合时，
GP
最短；·····································（7 分）
如图，在平面
ABC
内，作
CH BC
，以
C
为坐标原点，
CB
为
x
轴，
CH
为
y
轴，
CD
为
z
轴，建立空间直角坐标系，则
(1, 3,0)A
，
 
0,0,0C
，
 
0, 0, 2D
，
2
( , 0, 0)
3
P
，
所以
1
( , 3, 0)
3
AP  
，
2
( , 0, 2)
3
DP  
，
(1, 3, 0)CA  
，
(0,0,2)CD
设
1 1 1
( , , )m x y z
为平面
ADP
的一个法向量，
则
0
0
m AP
m DP
 
 
，即
1 1
1 1
13 0
3
22 0
3
x y
x z
 
 
，
令
13x
，得
3
(3, ,1)
3
m
；
设
2 2 2
( , , )n x y z
为平面
ADC
的一个法向量，
3
则
0
0
n CA
n CD
 
 
，即
2 2
2
3 0
2 0
x y
z
 
令
23x
，得
(3, 3,0)n
；
10 5 31
cos , 31
| | | | 31
12 3
m n
m n m n
  
 
 
 
·····················（11 分）
所以二面角
P AD C 
的余弦值为
5 31
31
.·····························（12 分）
20.解：（1）抛物线
22 ( 0)py p
x 
的焦点为
(0, )
2
p
F
，
设
( , )
2
p
N t
，则
(0, ), ( , )
2 2
p p
OF ON t  
 
因为
1OF ON  
 
，所以
2
1
4
p
 
，得
2p
所以抛物线的方程为
24x y
；····························（4 分）
（2）依据圆与抛物线的对称性，四边形
ABCD
是以
y
轴为对称轴的等腰梯形，
不妨设
AB CD
，
,A D
在第一象限，
1 1 2 2
( , ), ( , )A x y D x y
，
则
1 1 2 2
( , ), ( , )B x y C x y 
，
1 2
y y
，
联立
2 2
2
( 3) 5
2
x y
x py
 
消去
x
得
2(6 2 ) 4 0y p y  
，显然关于
y
的一元二次方程
有互异二正根，所以
 
2
1 2
1 2
6 2 16 0
6 2 0
4
p
y y p
y y
 
 
，解得
1p
，而
0p
，所以
0 1p 
..............................(6 分)
依据对称性可知，点
G
在
y
轴上，可设
(0, )G t
，
由
AG AC
k k
得，
1 1 2
1 1 2
y t y y
x x x
 
，
所以
1 2
1 1 2
1 1 2
2 2 ( ) 2
y y
y t y y
py p y y p
 
 
则
1 2 2t y y 
，所以点
(0, 2)G
；························（8 分）
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