2023年河南省五市高三第二次联考数学（理科）参考答案温馨提示：解答题解题方法不唯一。参考答案只给出了大致评分标准，阅卷老师请根据考生作答情况酌情细化给分。一、选择题：1.A2.D3．C4.B5.D6.C7.C8.B9.D10.C11.B12.A1323二、填空题：13.214.15.16.2106三、解答题：111证明：(1)由已知，得整理为：，17.2an1an1an1an112an1an11an11为等差数列，公差d1，首项为3；............4分1a1an11n1所以，整理为：*，经检验，符合要求分3n1n2annN............61ann2n12（2）由（）得：*．，1annNTna1a2ann2n224411Tn4，............8分(n2)2(n2)(n3)n2n3，11即S4().............12分n3n318.解：（1）因为BC∥AD，∠ADC＝90°，AB＝BC＝2DE，所以平面四边形ABCD为直角梯形．设AB＝BC＝2DE＝4a，因为∠ABC＝120°．所以在Rt△CDE中，DE3CD23a,EC4a,tanECD,DC3所以∠ECD＝30°，又∠ADC＝∠BCD＝90°．所以∠BCE＝60°，由EC＝BC＝AB＝4a，所以△BCE为等边三角形．又F是EC的中点，所以BF⊥EC，又BF⊥PC，EC，PC平面PEC，EC∩PC＝C，所以BF⊥平面PEC，而BF平面ABCE，故平面PEC⊥平面ABCE.......................6分高三数学（理科）参考答案第1页（共5页）1（2）在直角三角形PEC中，PE＝DE＝PF＝EC2a，取EF中点O，所以PO⊥EF．2由（1）可知平面PEC⊥平面ABCE，平面PEC∩平面ABCE＝EC．∴PO⊥平面ABCE，以O为原点，OC方向为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．...........8分则P(0，0，3a)，A（23a，-3a，0），B（23a，a，0），C（0，3a，0），所以PA(23a,3a,3a),PB(23a,a,3a),PC(0,3a,3a)，mPA023ax3ay3az0设平面PAB的法向量m(x,y,z)，∴，即，mPB023axay3az0令x＝1得m(1,0,2)．设直线PC与平面PAB所成角为，|mPC|23a5θ则sin．|m||PC|1222(3a)2(3a)255所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为．......................12分5111219.解：（1）X可能取值为0，1，2，3，4，记甲答对某道题的概率为事件A，则PA，2233k4k221则，k，X~B4,PXKC4k0,1,2,3,4333则X的分布列为：X012341883216P818127818128则EX4......................6分33（2）记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”，其中甲答对某道题的概率为AiiBii11111p(1p)，答错某道题的概率为1(1p)(1p)，2222211111则P(A)C1(1p)(1p)(1p2)，P(A)[(1p)]2(1p)2，12222224211313PB，PBC1，041612448所以甲答对题数比乙多的概率为：P(A1B0A2B0A2B1)P(A1B0)P(A2B0)P(A2B1)1112112357931=1p21p1p=p2p,解得p1，21641648643264165高三数学（理科）参考答案第2页（共5页）1甲的亲友团助力的概率P的最小值为．......................12分5820.解：（1）设N(4,y)，代入x2＝2py，得y，00p8pp8p858所以|MN|，|NF|y．由题设得，p202p2p4p解得p2（舍去）或p2，∴C的方程为x24y．......................4分（2）由题知直线l的斜率存在，设其方程为ykx6，ykx6由消去整理得2，2yx4kx240x4y2x1x24k显然Δ＝16k+96＞0．设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，x1x224x2x2x抛物线在点P(x,1)处的切线方程为y11(xx)，14421x24x24令y1，得x1，可得点R(1,1)，......................7分2x12x1x22111由，，三点共线得＝，所以4，QFRkQFkFR2x2x142x1即22，(x14)(x24)16x1x20整理得22，(x1x2)4[(x1x2)2x1x2]1616x1x2011所以(24)24[(4k)22(24)]1616(24)0，解得k2，即k，4211故所求直线l的方程为yx6或yx6．......................12分221121.解：（1）当a时，f(x)cosxx2，则f(x)sinxx，设g(x)f(x)，则22g(x)cosx1…0在[,]上恒成立，g(x)在[,]上单调递增，又g(0)0，..............2分2222高三数学（理科）参考答案第3页（共5页）当x[,0)时，f(x)0，当x(0,]时，f(x)0，222f(x)在x[,0)上单调递减，在x(0,]上单调递增，f(0)1,f()f()，222282函数f(x)的值域为[1,]......................4分8（2）f(x)cos(x)a(x)2cosxax2f(x)，f(x)在[,]上为偶函数，22函数f(x)在[,]上恰有两个极小值点等价于函数f(x)在(0,)上恰有一个极小值点，222设h(x)f(x)sinx2ax，则h(x)cosx2a，①当a0时，hx0，则h(x)在(0,)上单调递减，h(x)h(0)0，则f(x)0，2f(x)在(0,)上单调递减，无极小值；21②当a时，hx0，则h(x)在(0,)上单调递增，22hxh00，则fx0，f(x)在(0,)上单调递增，无极小值；......................6分21③当a0时，存在x(0,)，使得h(x)0，且当x(0,x)时，h(x)0，当x(x,)时，2020002h(x)0，h(x)在x(0,x)上单调递减，在x(x,)上单调递增，002h(0)0，h(x)0，又h()1a，021(i)当1a0，即a0时，h0，2fx0，此时f(x)在(0,)上单调递减，无极小值；211(ii)当1a0，即a时，h()0，则存在t(x,)，使得h(t)sint2at0(*)，2202且当x(0,t)时，h(x)0，当x(t,)时，h(x)0，2f(x)在(0,t)上单调递减，在(t,)上单调递增，2函数f(x)在(0,)上恰有一个极小值点xt，此时x0是函数f(x)的极大值点，2211当函数f(x)在[,]上恰有两个极小值点时a的取值范围为(,)；......................9分22214xx0，若f(xx)1(xx)2，则cos2x4ax21x2，122192122924由(*)知，sinx2ax，18a2x24ax21x2，222292111整理可得x2(3a1)(6a1)0，又x0,a(,)，a，2223高三数学（理科）参考答案第4页（共5页）11存在a，使得f(xx)1(xx)2成立．......................12分321921x1cos22.（1）∵曲线C的参数方程为（为参数），消去参数可得：(x1)2(y1)21，y1sin22∴曲线C的普通方程为(x1)(y1)1，......................2分又∵直线l的极坐标方程为sin3cos10，且siny,cosx，∴直线l的直角坐标方程为y3x10,综上所述：曲线C的普通方程为x2y22x2y10；直线l的直角坐标方程为3xy10..............................................5分（2）由（1）可知：直线l的直角坐标方程为3xy10，即直线过点P(0,1)，斜率为3，倾斜1xtπ2角为，则可设直线l的参数方程为（t为参数），33y1t21xt2将代入(x1)2(y1)21整理得：t2231t40，3y1t2设点M,N对应的参数分别为t1,t2，判别式Δ0恒成立，可得：t1t22310,t1t240，即t10,t20，∴PMPNt1t2t1t2231....................10分23.（1）因为a,b,c为正数，且abc3.2222222据柯西不等式(abc)(111)…(a1b1c1)9，222所以abc…3，当且仅当abc1时，等号成立．...................5分2111111111（2）据柯西不等式abc…abc9，所以…3，abcabcabc当且仅当abc1时，等号成立．所以m3故m的最大值为3...................10分（注：23题亦可利用基本不等式证明.）高三数学（理科）参考答案第5页（共5页）