学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司景德镇市2023届高三第二次质检试题数学（理科）答案一、选择题1-5DDABC6-10BDCAD11-12DB2313二、填空题13．0.414.22+215.[,)6316.解：由函数性质知f2(x)f(2x)1∴(x1)2(2x)2∴x[,1]3三、解答题17.解：（1）∵sinCtanBcosC2cosA∴sinCsinBcosBcosC2cosBcosA∴2cosBcosAcosBcosCsinCsinBcos(BC)cosA∵角A为锐角12∴cosA0∴cosB∴B2313（2）SacsinBac∴ac4ABC24由余弦定理b2a2c22accosBa2c2ac3ac12∴b的最小值为2318．(1)证明：ABPB(2)若PA∥平面BDN，求平面ABN与平面ADN所成夹角的余弦值学科网（北京）股份有限公司解：证明：(1)面PBD面ABCDBD面PBD面ABCDPBBD,PB平面PBDPB平面ABCDPBAB(2)连接AC交BD于点O,连接ONO为中点，则也为中点PA//平面BDNPB//ON,ONPCABPB,CDPBCDPDCD面PBDCDBDBA、BD、BP两两垂直，∴以B为原点，以BA,BD,BP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则B0,0,0,D0,3,0,P0,0,2,C1,3,0,A1,0,0，13N,,122∴13，BA(1,0,0），BN,,122面ABN的法向量为n(x,y,z）13xyz0）22n(0,2,3x0，33面ADN的法向量为m(x,y,z）AD(1,3,0）,AN(,,1）2233xyz0），22m(3,1,3x3y01mnmncoscos7学科网（北京）股份有限公司平面ABN与平面ADN所成.夹角的余弦值1719.解：（1）A队踢完三场比赛后积分不少于6分∴A队三场比赛中至少胜两场312P(0.4)C3(0.4)0.60.352（2）六场比赛比完后四支球队积分总和最少12分，最多18分∴四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分6①若同积3分，则六局皆平P1(0.2)0.000064②若同积4分，则每支球队均一胜一平一负，若A胜B，平C，负D，则B胜C，B平D，C胜D42P16(0.4)(0.2)0.006144综上所诉：四支球队比完后积分相同的概率为PP1P20.00620820.【详解】(1)当倾斜角为时，直线l为，令x0，得y3.即椭圆的上顶点为0,3，所以b3，222又AF1F2的周长为6，即2a2c6，又abc，解得a2,c1，x2y2所以椭圆C的方程为1.43(2)由（1）可知M(2,0),N(2,0),F2(1,0)，因为过F2与圆E相切的直线分别切于N,H两点，所以F2HF2N1，所以PF1PHPF1PF2F2HPF1PF21，设点E(2,t)(t0)，则D(2,2t)，圆E的半径为t，2t0t则直线DM的方程为y(x2)(x2)，222|2kt1|21tl2的方程设为xky1，则|t|，化简得k1k22t学科网（北京）股份有限公司t6ty(x2)y2223t62t6t由，得，所以点P(,)1t262t23t23t2xy1x2t3t2262t26t2()()4222t6t9，所以点在椭圆上，3t3t1PC43(3t2)2∴PF1PF24，即PF1PH413．x1alnx21.解：（1）f(x)，x1alnx0，令g(x)x1alnxx21∴g(x)1∴g(1)2a0∴£.∴a的最大值为2xa2x2x11alnx10x11alnx10（2）设t（t1），∴∴x1x21alnx20tx11alntlnx10lnttlnt两式相减得(t1)xlnt，∴x，x11t12t1(t)lnt(t)lnt∴xx令h(t)（t1）12t1t1t1(1)lnt∴h(t)t(t1)21(t1)(t)令p(t)t1(1)lnt∴p(t)1tt2tt2∴p(t)在(1,)上递减，在(,)上递增，e(e2)e又∵p(e)e(e2)e(e2)1[e(e2)1]0且p(1)0∴在(1,e)上p(t)0，即h(t)0，在(e,)上p(t)0，即h(t)0∴h(t)在(1,e)上递减，在(e,)上递增(t)lnte∴当te时，h(t)取最小值h(e)et1e1四、选做题学科网（北京）股份有限公司xcos22.解：由题意得曲线：为参数的普通方程为22(1)C1)xy1.ysinxxx3x3由伸缩变换得y2yyy2x2y2代入x2y21，得1.94x2y2C的普通方程为1.294(2)直线l的极坐标方程为2cos3sin63.，直线l的普通方程为2x3y630.设点P的坐标为(3cos,2sin)，则点P到直线l的距离223sin33|23sin6cos63|3dsin13473221d，min7221所以点P到直线l距离d的最大值为.723.已知函数f(x)|xt||x2t|，tR(1)若t1，求不等式f(x)14x2的解集．4a2b(2)已知ab4，若对任意xR，都存在a0，b0使得f(x)，求实数abt的取值范围．解：(1)若t1，则，当x2时，2x114x2，2x3；当1x2时，314x2，1x2；当x1时，12x14x2，114x1，学科网（北京）股份有限公司综上不等式的解集为[114,3]；(2)f(x)|(xt)(x2t)|3|t|，，f(x)min3|t|4a2b又f(x)，ab4，ab4a14aab14ab9则2，bab4a4b4a4当且仅当4ab，等号成立，4a2b9所以[,),ab49根据题意，3|t|，433t的取值范围是(,][,)44学科网（北京）股份有限公司