黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测数学参考答案及评分标准一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．）题号12345678答案DBCBBCDA二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.题号9101112答案BCACDCDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.206713.【答案】3214．【答案】15.【答案】216.【答案】−116四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分解：（1）根据频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数为：65，……………1分平均数x=45.006+55.012++654.075.026++851.095.006=69…3分设第71百分位数为x，则.006+.012+0.4+(x−70)0.026=0.71，x=75…………………5分（2）根据频率分布直方图,8001000120060+63+x=69，x=80……………………………7分30003000330003高中三个年级的总体样本方差为140，又80010001200−++−++−+=(6069)275(6369)2s2(8069)255140，30003000230002……………………………………………………………………10分s2=4818.（本小题满分12分）23解：（1）∵b2+c2−a2=absinC，323222absinC∴b+−ca3，即tanA=3，cosAA==3=sin2bc2bc3数学答案·第1页（共6页）A()0,，∴A=；……………………………………………………………2分3又bc==3,6，∴a2=b2+c2−2bccosA=27，∴a=33，又bc==3,6，∴C=，………………………………………3分2由PBP=C可知P为中点，13333313∵CPC==B，CQ=，∴AP==7，BQ，22222PC2127cosAPB=−cosAPC=−=−,sinAPB=，AP7713239sinQBC=,cosQBC=……………………………4分1313∴cosAMB=cos(QBC+APB)=cosQBCcosAPB−sinQBCsinAPB239211327891=−−=−………………6分13713791（2）设PC=x,x(0,33],记APQ=,APC=,QPC=tan−tantan=tan(−)=……………………………………………8分1+tantan33−xx2332===……………………………………10分3399412+x+22xx2xxx932当且仅当2xx==，即取等号.……………………………………11分x2当x=0时，不符合题意.……………………………………12分19.（本小题满分12分）1解：因为=ABC900，AD//BC，且AD=AB=BC=2，取BC边的中点M，连2结DM，则DM==MC2，且DM⊥MC，所以DC=222+2=22.又PDC是DPC为直角的等腰直角三角形，所以DP==CP2.过点P作PN⊥CD的交CD于N点，则N为CD的中点，且PN=2.因为平面PCD⊥平面ABCD，且交于CD，所以PN⊥平面ABCD.故以AB，AD所在的直线分别为数学答案·第2页（共6页）xy轴，轴，过点A作垂直于平面ABCD的为z轴,建立空间直角坐标系如图所示.则AB（0,0,0），(2,0,0),DC(0,2,0),(2,4,0),P(1,3,2)，372而E为棱PC的中点，所以E（，，），又点F在棱PD上，且PFF=D2.222172故F(,,)………………………………………………………………………3分333172372（1）证明：AF=(,,),AE=(,,),AB=(2,0,0)，令AE=+ABAF33322237217213则（，，）（）（，，）=2,0,0+，解得==，，故2223332213AEA=+BAF，则向量ABA,,EAF共面，且向量ABA,,EAF有公共点A，22所以ABEF、、、四点共面。………………………………………………6分（2）因为BP=(−1,3,2),BC=(0,4,0),BA=(−2,0,0)，r令平面PAB的一个法向量为nx=yz(,,111)，BPn=0−x1+3y1+2z1=032则即，所以可以取n=−(0,1,)……8−=20xBAn=012分ur令平面PBC的一个法向量为m=(,,)x2y2z2，BPm=0−x2+3y2+2z2=02则即，所以可以取m=(1,0,)……10分40y=BCm=0223nm233于是cos=cosnm,===………………12分1911nm11++2220.（本小题满分12分）解：（1）由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产119品的占比分别为a==55%，b==45%．020020易知经过n次技术更新后abnn+=1，3131则b=(1−20%)b+5%a=b+，则b=b+()nN…………2分n+1nn4n20nn+14203311由式，可设b−=()b−b=b+，对比式可知==．n++114nn4n44205……………………………………………………………………………………………4分数学答案·第3页（共6页）313113又b=b+=，b−=,140208015161133从而当=时，{}b−是以为首项，为公比的等比数列．………………5分5n516413313（2）由（1）可知b−=（）（）nn−1=,……………………………………6分n516444所以经过n次技术更形后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比413ab=−1=−（）n，……………………………………………………………7分nn54441333131由题意，令a75%，得−（）（）nnnlglgn54444545−lg5lg51−lg21−0.301n====5.5925，…10分lg3−2lg22lg2−lg32lg2−lg320.301−0.477又nN*，故n6，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上．…………………………………………………………………………………12分21.（本小题满分12分）a−22x2+x+a解：（1）解：函数fx()的定义域为()−,1，fx'()x=2+=11−−xx…………………………………………………………………………………1分记g()x=−22x2+x+a，1①当0，即a−时，g()x0，2f'()x0，此时fx()在()−,1单调递减.……………………………………2分11−+12a1++12a②当0，即a−，由g()x=0得x=，x=212221当−a0时，由f'(x)0g()()x0xx,x，212'由f(x)0g()()()x0x−,x12Ux,11−+12a1−1+2aa1+1+2fx在单调递减，在单调递增，在()−,,222数学答案·第4页（共6页）11++2a单调递减；……………………………………………………………4分,12112−+a当a0时，由'，，fxgx()00()x121−12+a11−+2a由'xf在单调递减，在fxgx()00−()x,()−,221−+12a，单调递增.………………………………………………………………5分121（2）证明：由（1）知当−a0时，函数f()x有两个极值点xx12,，且是方程22a1−2+2x+x=0a的两根，+==−xxxx12121,,0xx1.…………7分212232f()x13要证，只要证2fa()x−−ax212ln2−−x22ln22a22222f()x12x11−−2aln()1x2x12x1而−xx22=−=−2ln()1−xx12−=−2lnxx22−aaa−2xx12xx121−1=−−2lnx2−x2=−−2lnx2−x2=−+1−2lnxx22−……………9分xx22x21112−xx2−2+1令，则'()x=−2lnx−x−+1,x,1()x=22−−1,=x2xxx1'113Qxx,1,()0，()x在,1单调减，()x=2ln2−2222故原不等式得证.……………………………………………………………………12分22.（本小题满分12分）22解：（1）由AB=43，知yyAB==23，代入圆E：(x−=1)+y16得xxAB==3.……………………………………………………………………………………2分再由抛物线C：y2=2px(p0)，得12=6p，所以p=2，故抛物线yx2=4.…………………………………………4分（2）令P(,)x00y，M(x1,y1),N(x2,y2)数学答案·第5页（共6页）抛物线在点处的切线方程为xx−m=y−11y()，22与yx=4联立得y−4my+4my11−4x=0……①………………………5分22由相切=−−=16444)0mmyx（11得44m4y11x−=m,代入①得ym1=2…………6分y故在点处的切线方程为xx−y=y−1()，即为yyxx=+22……7分11211同理：点处的切线方程为yy22xx=+22，………………………………8分而两切线交于点P(,)x00y所以有y0101yxx=+22，y0202yxx=+22则直线MN的方程为：22xy0−y+x=002yx=42由得yyy−x+2=4000，所以yyyyyx120120+==2,4…10分2x−y00y+2x=0于是y2y2y2y21MFNF=(x+1)(x+=1)12+++=+121x22[(2y)−+24x]1121644040022=(xy00−1)+2222又点在圆E：(x−=1)+y16上，所以(xy00−+=1)16，即MFNF=16.………………………………………………………………12分数学答案·第6页（共6页）