四川省绵阳市高中2022级第三次诊断性考试数学试卷及答案（B卷）

=>上已知+=32<>>>≥≥<<DDCC且且高中2022级第三次诊断性考试一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．CBADBCAD二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．解1）由正弦定理知，·············································2分又··································································4分 则，·······················································5分（2）由余弦定理知：a2=b2+c2—2bccosA，······································7分 16．解1）f(x)=x2—2x—a，易知y=f(x)在(1，3)上单调递增，············2分参考答案及评分标准第1页共8页∴f’(x)在(1，3)上有唯一零点x0，·····················································4分∴f(x)在区间(1，3)内有唯一极值点；················································6分（2）因为a=3，x>0，所以g(x)在(0，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增，························12分17．解1）连接B1D1交A1C1于O1，连接DO1，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，BB1=DD1且BB1//DD1，∴BD=B1D1，且BD//B1D1，且O，O1分别为BD，B1D1的中点，∴OB1//O1D，·················································································4分由平面ACE//平面A1C1D，平面ACE∩平面BDD1B1=OE，平面A1C1D∩平面BDD1B1=O1D，又因为△OBE∽△B1D1E，·················································7分（2）记CD的中点为点F，连接BF，FD1，参考答案及评分标准第2页共8页∵平面CC1D1D⊥平面ABCD，且平面CC1D1D∩平面ABCD=CD，BF二平面ABCD，BF⊥DC，∴BF⊥平面CC1D1D，·····································································9分以F为原点，以FD，FB，FD1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．B(00)，·····················································································11分 不妨设平面ACC1A1的法向量为n=(x，y，z)，直线BE与平面ACC1A1所成角为θ,18．解：由解得···················································2分参考答案及评分标准第3页共8页丄x轴时，l2必然与x轴重合，由曲线对称性知AB中点M在x轴上，DE的中点N也在x轴上，故MN经过的定点P1(x1，y1)在x轴上．···········4分设为P1(n，0)，直线AB方程为：x=ty+3，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得：(t2-3)y2+6ty+6=0，······································5分由韦达定理可得分故AB中点分同理：直线DE方程为中点由P1MN三点共线可得即分（3）由（2）可知，P(3，0)时，定点P1(，0)，同理可知，P2(x2，y2)也一定在x轴上．考虑一般情况，假设点P(m，0)时，设P1(n，0)，并设直线AB方程为：x=ty+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得：(t2-3)y2+2tmy+m2-3=0，由韦达定理可得故AB中点分参考答案及评分标准第4页共8页 解得：即：点时故当点时，可得……由题意知，△QRPn的面积为分所以++S1S2S3Sn分19．解1）设事件X：顶点A与顶点B相互可达，事件Y：A与B之间有边，当n=3时，A与B相互可达分以下两种情况：②A与B之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为故A与B相互可达的概率分参考答案及评分标准第5页共8页故A与B之间有边的概率为························································5分（2）设事件C：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶同时这3个顶点相互可达，故分图G3连通以下两种情况：②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为，∴恰有3个顶点相互可达的概率为；··············································10分（3）固定任意一个顶点A，G2是连通的就是两个顶点间有边时，当n>2时，设事件Dn，i：恰好有(i—1)个顶点与x相互可达，任取除A以外i1个顶点，∴剩下(ni)个顶点与这i个顶点都无边的概率为分同时这i个顶点相互可达，则分显然，任意两个事件Dn，i和Dn，j均为互斥事件，参考答案及评分标准第6页共8页 方法二：G5共有条可能的边，②当G5中只存在1条边时，概率为此时G5不可能是连通的；··································································································12分③同理，G5中只存在2条或3条边时，概率分别为：，④当G5中只存在4条边时，计算G5不连通的概率：i)G5中存在1个孤立的顶点时，4条边只能存在于其它4个顶点之间.四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为ii)G5中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于4，与假设矛盾.iii)G5中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边，并且这3个顶点相互都有边.概率为.⑤当G5中只存在5条边时，计算G5不连通的概率：i)G5中存在1个孤立的顶点时，5边只能存在于其它4个顶点之间.四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为，参考答案及评分标准第7页共8页ii)G5中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于5，与假设矛盾.iii)G5中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边时，边数小于5，⑥当G5中只存在6条边时，不连通的情况只当存在1个孤立点时，概率为分⑦当G5中存在多于6条边时，因为G4最多只有6条边，因此G5必然连通，故G5不EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),10)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(3),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(4),6)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(5),6)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(1),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(6),6)EQ\*jc3\*hps