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理科数学参考答案
一、选择题：
1. B 2. B 3.D 4.D 5.C 6.C 7.C 8. A 9.C 10.A 11.B 12. D
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13． 12 14． 2π 15．1 16． ①②③
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．
150(45 25 75 5) 2 75
17 2．解： (1) 由表知K 观测值 k 4.688<6.635 ．
120 30 50 100 16
∴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) 2 2由题意，设某职工获奖概率为 p， p C3 0.8 (1 0.8) 0.8
3 0.9 ．
所以某职工获奖的概率为0.9 .
18．(1)证明：∵ PA PD，O是 AD的中点，∴PO AD．
∵平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD， PO 平面 PAD，
z
∴ PO 平面 ABCD． P
∵ BD 平面 ABCD，∴PO BD .
设 AB a，则 AD 2a ． BAD 60 ，在△ABD中，由
BD2 AB2 2余弦定理得 AD 2AB AD cos BAD 3a2 ， F
AB2 BD2 AD2∴ ，∴ AB BD．
∵ E是 BC中点，四边形 ABCD是平行四边形， O D
∴OE∥AB，∴BD OE． A
∵ PO，OE是平面 POE内两相交直线， x
∴ BD 平面 POE． B E y C
∵ BD 平面 PBD，∴平面 PBD 平面 POE．
(2)解：由(1)知 PO OE．
以过点O平行于 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O xyz．
∵ | AB | 2 ， | PA | 2 5 ，∴ A( 3， 1， 0) ，D( 3， 1， 0) ，C( 3， 3， 0) ， P(0， 0， 4) ，
3 1
∵ F 是 PA中点，∴ F ( ， ， 2) ．
2 2
DF (3 3 3
∴ ， ， 2) ，DC (0， 2， 0) ．
2 2
设平面CDF 的一个法向量为m (x，y， z) ，
DF m 0 ， 3 3 3 x y 2z 0，∴ ，即 2 2 不妨取 x 2，得m (4， 0， 3 3)．
DC m 0 2y 0．
根据条件n (1， 0， 0) 是平面 POE一个法向量．
cos m n m n 4 4 43∵ ， ，
| m | | n | 1 43 43
所以平面 POE 4 43与平面CDF 所成锐二面角的余弦值为 ．
43
b c a 3a
19．(1)证：∵ ，
cos B cosC cos A cos BcosC
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∴ (bcosC ccosB) cos A a(cosB cosC 3cos A) ．
由正弦定理得 (sin BcosC cos BsinC) cos A sin A(cos BcosC 3cos A) ．
∴ sin(B C) cos A sin A(cos BcosC 3cos A) ．
∵ A B C π，∴ sin(B C) sin A， cos A cos(B C) sin BsinC cos BcosC ，
∴ 2sin BsinC cosBcosC 1，即 tan B tanC ，
2
(2)解：由(1)得 tan B tanC 1 ， tan B 0， tanC 0 ．
2
∴ tan A tan(B C) tan B tanC 2(tan B tanC) ≤ 4 tan B tanC 2 2 ，等号
tan B tanC 1
在 tan B tanC 2 时成立.且 A为钝角．
2
∴ sin A 2 2≥ ，等号在 tan B tanC 2 时成立．
3 2
1
∵bc 3，∴ S bc sin A的最小值是 2 ．
2
20 2 2 2．解：(1)设椭圆C的焦距为 2c，则 c a b .
∵ A到 l 16的最大距离为 4 ， | DE | ，
3
a c 4，
∴ 2b2 16
． a 3
解得 a 3，b 2 2 ．
2 2
所以C x y的标准方程为 1．
9 8
(2)①解：分别设D，E的坐标为 (x1，y1) ，(x2，y2 ) ．因为直线 l过定点 F (1， 0) ，所以当 k1 0
时， k2 0；当 k2 0时， k1 0 ，都与 k1 k2 1矛盾，因此 y1y2 0， x1 3， x2 3．
x2 y2
设直线 l的方程为 x ty 1，将 x ty 1代入 1，化简得
9 8
(8t 2 9)y2 16ty 64 0 .
y y 16t 64∴ 1 2 8t 2
， y y ．
9 1 2 8t 2 9
∴ ty1y2 4y1 4y2 ．
y1
由(1)得 A( 3， 0) ，B(3， 0) k x 3 y (ty 2) ty y 2y，∴ 1 1 1 2 1 2 1 2y1 4y 1y
2 ．
k2 2 y2 (ty1 4) ty1y2 4y2 4y1 8y2 2
x2 3
②∵ k 1 21 k2 1，∴ k1 ， k2 ．3 3
∴直线 AD 1 2与直线 BE的方程分别为 y (x 3) ， y (x 3)．
3 3
理科数学答案 第 2页(共 4 页)
y
1
(x 2 3) ， y (x 3)，
3 3 7 16 8
分别由方程组 和x2 y2 x2 y2
解得D( ， ) ， E( 1， ) ．
3 9 3 1 1
9 8 9 8
16
| FD | 2
∴ 9 ．
| FE | 8 3
3
所以 | FD | k2 | FE | ．
21．(1) 解∵m 2 ，∴ f (x) ln x 1 n x 2 2x ．
2 x
3 2
∴ x 0，且 f (x) 1 n x 2x x n x 2 2 ，即 f (x) ．x x x2
3
设 g(x) x 2x2 x n(x≥0) ，则 g (x) 3x2 4x 1 ，即 g (x) (3x 1)(x 1) ．不等式
g (x) 0的解集为 (0 1， ) (1， ) ，g (x) 1 0 的解集为 ( ， 1) 1．所以 g(x) 在区间 (0， ) 上单
3 3 3
1
调递增，在区间 ( ， 1) 上单调递减，在区间 (1， ) 上单调递增．
3
∵ g(0) g(1) n，∴ g(x)min n．
∵ f (x) 为单调增函数，∴ f (x)≥0恒成立，即n≥0
(2)解：由 f (x) ln x 1 x 2 mx n ln x 1 n 0 得m x ．
2 x x 2 x2
ln x 1 n 1 ln x 1 2n x(1 ln x
1
x 2) 2n
设 h(x) x 2
x 2 x2
，则 x 0 ，h (x) 2 3 ，即 h (x) ．x 2 x x3
k(x) 1 ln x 1 x 2 x 0 k (x) 1 x (x 1)(x 1)令 ，则 ， ．当0 x 1时，k (x) 0 ，
2 x x
k(x) 3单调递减；当 x 1时，k (x) 0，k(x) 单调递增．∵ k (1) 0 ，∴ k(x)min k(1) 0，2
∴ k(x) 0 ．
∵ x 0，n 0 ，∴ h (x) 0 ，∴ h(x) 在区间 (0， ) 单调递增．
设 (x) x 1 1 ln x，则 (x) 1 ，当0 x 1时， (x) 0 ， (x) 单调递减， (x) (1)
x
0，即 ln x x 1 h(x) x 1 1 n 3 n 1，∴ ． t 0 ，当0 x min{1 2n 2， } 时，
x 2 x 2 x 3 2t
h(x) t．【注：这一段可用∵ x 0 时， h(x) 替代】．
x ln x 1 n 1当 1时， h(x) x 2 x n ， t 0，当 x 2(t n) 时， h(x) t．【注：这x 2 x 2
一段可用 x 时， h(x) 替代】．
∴对任意实数m，方程 h(x) m只有一个解，即 f (x) 的零点个数是1．
x sin 2 cos ，22．解：(1)由曲线C的参数方程 ( 为参数 ) 得
y sin 2 cos
sin x y ， cos x y ．
2 2 2
理科数学答案 第 3页(共 4 页)
( x y )2 ( x y∴ )2 1 2 2，化简得C的直角坐标方程为3x 3y 2xy 8 0 ．
2 2 2
2
分别将 x y2 2 ， x cos ， y sin 代入C的直角坐标方程并化简得C的极坐标方
2 8程为 2（或 (3 sin 2 ) 8 0 ）．
3 sin 2
(2)设点 A，B极坐标分别为 ( 1， ) ， ( 2， )，则 | AB | | 1 2 |．
2 8 π π 2
由 知，当 2 2kπ (k Z) ，即 kπ (k Z) 时， 取得最大值4 ．根
3 sin 2 2 4
据题意，不妨取 1 2 ， 2 2 ，所以 | AB | 的最大值为 4 ．
f (x) | 123．(1)解：由 x 1| ， g(x) | x m | m得
2
1
x 1，x 2， 2 x 2m，x m，f (x) ， g(x) 1 x 1 x 2 x，x≥m． ， ≥
2
1
由 x 1
2
x得 x ．
2 3
当m 2 时， f (m) 1 2 m 1 m g(m) ，不合题意．
3 2 3
m 2当 ≥ 时，若 x 2，则 f (m) 1 2 m 1≤ ≤m g(m) g(x) min ，若 x≥2， f (m) 3 2 3
1 m 1 m g(m) g(x)min ．由于射线 y g(x)(x m) 的斜率 1，小于射线 y f (x)(x 2)2
1 1
的斜率 ，射线 y g(x)(x≥ m) 的斜率1，大于射线 y f (x)(x≥2) 的斜率 ，所以 f (x)≤
2 2
g(x) 恒成立．
2
所以实数m的取值范围是[ ， )．
3
2
(2)证明：由(1)知m的最小值为 ，
3
f (x) g(x) | 1 x 1| | x 2 | 2 | 1 x 1 x 2 | 2 | 1 1∴ ≥ x | 2 1 ≥ x 1 ．
2 3 3 2 3 3 2 3 3 2
理科数学答案 第 4页(共 4 页)达州市普通高中2023届第二次诊断性测试
A.b2=0时，y是偶函数
B.模型函数的图象是中心对称图形
数学试题（理科）
C.若b,b均是正数，则y有最大值
D.苹果树负载量的最小值是b,
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上
8.已知向量a,b,c满足a日b=2,a⊥b,|c-a仁l,则|b-c的最大值为
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标
A.22+1
B.2V2-1
号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，
C.V2+1
D.√2-1
9.三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD=
将答案写在答题卡上，写在本试卷无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
V6,AB⊥AD,△BCD有两个内角分别为30和60，则球O的表面积不能是
A.12π
B.16π
C.32π
D.48π
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.
10.如图，在△ABC中，AB=3,∠ABC=交，BA.BC=18,平面ABC内的点D,E在
1.设集合A={x|-1
A.[-1,4]
B.(-1,4]
C.(-1,4)
D.[-1,4)
是△ABD,△BCE的重心.则O,O=
2安数：=+5，
A.√26
22,则
B.3V5
0
1,3
A:22
B.15
c.-1+
13
C.5
D.6
22
22
D.-22
3.在等比数列{a}中，%=1，a3=4,则4，=
1.把股底比为5-1：（比值约为0.618，称为黄金比）的等腰三角形叫黄金三角形，长宽
2
A.-128
B.128
C.-64
D.64
比为√2：1（比值约为1.414，称为和美比）的矩形叫和美矩形.树叶、花瓣、向日葵、蝴
4.命题p:x∈R,2+x2-x+1>0,则p为
蝶等都有黄金比.在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的√2：1的比例关系，常用的
A4纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条对角线构成的图形），
A.xeR,2+x2-x+1>0≤0
B. x∈R,2+x2-x+1<0
C.3x,∈R,20+x号-x0+1<0
D.3x。∈R,20+x6-x+1≤0
AD=V5-1
B.图二是长方体，EF=√2，EG=2EH=2.在图一图二所有三角
形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为
5.设￡，F是双曲线C:
=1的左、右焦点，过F,的直线与C的右支交于P,Q
43
两点，则IFP|+|FQ1-|PQ=
A.
B.
A.5
B.6
C.8
D.12
3
D.
5。已知a=2,b=logo23,c=tan,见
8
图一
12.点A(x0)(x>1,<0),B,C均在抛物线y2=4x上，若直线AB,AC分别经
A.c
7,果树的负载量，是影响果树产量和质量的重要因素.苹果树结果期的负载量y(单位：kg)
0为原点，记0Da,1DEFb,则a+
的最小值为
与干周x(树干横截面周长，单位：cm)可用模型y=b。+bx2-bx3模拟，其中b,,b
a+1b+3
均是常数.则下列最符合实际情况的是
x2
B
4
二诊数学（理）试卷第1页（共4页）
二诊数学（理）试卷第2页（共4页）
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