2023年宝鸡市高考模拟检测（二）数学（文科）答案一．选择题：题号123456789101112答案ADCABBBDCABA二、填空题:5ퟏk−,,k+kZ13:퐲=(答案不唯一）14:1212풙−ퟏ15:8π16：3−+1,31解答题答案文科17.解：(1)由频率分布直方图得第七组的频率为：1−(0.004+0.012+0.016+0.030+0.020+0.006+0.004)×10=0.08;4分(2)用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分为：70×0.004×10+80×0.012×10+90×0.016×10+100×0.030×10+110×0.020×10+120×0.006×10+130×0.008×10+140×0.004×10=102(分);8分(3)样本成绩属于第六组的有0.006×10×50=3人，设为퐴，퐵，퐶，样本成绩属于第八组的有0.004×10×50=2人，设为푎，푏，10分从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，有{퐴,퐵}，{퐴,퐶}，{퐶,퐵}，{퐴,푎}，{퐴,푏}，{퐵,푎}，{퐵,푏}，{퐶,푎}，{퐶,푏}，{푎,푏}共10种，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件有{퐴,퐵}，{퐴,퐶}，{퐶,퐵}，{푎,푏}，共4种，42∴他们的分差的绝对值小于10分的概率푝==．12分10518.(1)证明：因为푃퐷⊥平面퐴퐵퐶퐷，퐶퐷⊂平面퐴퐵퐶퐷，所以푃퐷⊥퐶퐷，2分因为퐴퐷⊥퐶퐷，퐴퐷∩푃퐷=퐷，퐴퐷,푃퐷⊂平面푃퐴퐷，所以퐶퐷⊥平面푃퐴퐷，4分因为퐸为棱푃퐷上一点，所以퐴퐸⊂平面푃퐴퐷，所以퐶퐷⊥퐴퐸．6分14(2)因为푃퐷⊥平面퐴퐵퐶퐷，沿퐻做下底面퐴퐵퐶퐷垂线퐻푀，可知퐻푀=푃퐷=，8分33所以三棱锥퐶−퐴퐵퐻的体积就等于三棱锥퐻−퐴퐵퐶的体积10分11412所以Ⅴ=|퐻푀|×푆=××|퐴퐵|×|퐴퐷|=12分3퐴퐵퐶3329119.解：(퐼)∵푓(푥)=()푥，31等比数列{푎}的前푛项和为푓(푛)−푐=()푛−푐，푛312∴푎=푓(1)−푐=−푐，푎=[푓(2)−푐]−[푓(1)−푐]=−，13292푎=[푓(3)−푐]−[푓(2)−푐]=−，327푎2푎31数列{푎}是等比数列，应有==푞，解得푐=1，푞=．2푛푎1푎23分12∴首项푎=푓(1)−푐=−푐=−，133211∴等比数列{푎}的通项公式为푎=(−)×()푛−1=−2×()푛．푛푛333∵푆푛−푆푛−1=(√푆푛−√푆푛−1)(√푆푛+√푆푛−1)=√푆푛+√푆푛−1(푛≥2)，又푏푛>0，√푆푛>0，∴√푆푛−√푆푛−1=1；∴数列{√푆푛}构成一个首项为1，公差为1的等差数列，4分∴√푆푛=1+(푛−1)×1=푛，2∴푆푛=푛，当푛=1时，푏1=푆1=1，22当푛≥2时，푏푛=푆푛−푆푛−1=푛−(푛−1)=2푛−1又푛=1时也适合上式，∴{푏푛}的通项公式푏푛=2푛−1．6分11111(퐼퐼)==(−)，8푏푛푏푛+1(2푛−1)(2푛+1)22푛−12푛+1分11111111∴푇=[(1−)+(−)+(−)+⋯+(−)]푛2335572푛−12푛+111=(1−)22푛+1푛=，10分2푛+11010푛1010由푇>，得>，得푛>336.6，푛20232푛+120231010故满足푇>的最小正整数为푛2023337．12分20.解：(1)依题意可知√7|퐴퐹⃗⃗⃗⃗⃗|=2|퐴퐵⃗⃗⃗⃗⃗|，即√7푎=2√푎2+푏2，由右顶点为퐵(2,0)，得푎=2，解得푏2=3，푥2푦2所以퐶的标准方程为+=1．4143分2(2)依题意可知퐶2的方程为푦=−4푥，假设存在符合题意的直线，设直线方程为푥=푘푦−1，푃(푥1,푦1)，푄(푥2,푦2)，푀(푥3,푦3)，푁(푥4,푦4)，푥=푘푦−122联立方程组{푥2푦2，得(3푘+4)푦−6푘푦−9=0，6+=143分6푘−9由韦达定理得푦1+푦2=，푦1푦2=，3푘2+43푘2+42则12√푘+1，|푦1−푦2|=3푘2+4푥=푘푦−1联立方程组{，得푦2+4푘푦−4=0，푦2=−4푥由韦达定理得푦3+푦4=−4푘，푦3푦4=−4，8分1所以2，若푆=푆，|푦3−푦4|=4√푘+1△푂푃푄2△푂푀푁112√푘2+1√6则|푦−푦|=|푦−푦|，即2，解得푘=±，1012234=2√푘+133푘2+4分√6√6所以存在符合题意的直线方程为푥+푦+1=0或푥−푦+1=0．1233分20.푎121.解：(1)依题意，푥>0，푓′(푥)=−(푎>0)푥푥2푎111由푓′(푥)>0得−>0，解得푥>，函数푓(푥)的单调增区间为(,+∞) ，2푥푥2푎푎分푎111由푓′(푥)<0得−<0，解得푥<，函数푓(푥)的单调减区间为(0,)，4分푥푥2푎푎111∴当푥=时，函数푓(푥)的极小值为푓()=푎푙푛+푎=푎−푎푙푛푎，无极大值;5分푎푎푎(2)设푔(푥)=푎푥(2−푙푛푥)=2푎푥−푎푥푙푛푥，则函数定义域为(0,+∞)1푔′(푥)=2푎−(푎푥⋅+푎푙푛푥)=푎(1−푙푛푥) 6푥 分由푔′(푥)=0，解得푥=푒，由푎>0可知，当푥∈(0,푒)时，푔′(푥)>0，函数푔(푥)单调递增，当푥∈(푒,+∞)时，푔′(푥)<0，函数푔(푥)单调递减，∴函数푔(푥)的最大值为푔(푒)=푎푒(2−푙푛푒)=푎푒，8分要使不等式恒成立，只需푔(푥)的最大值不大于1即可，即푔(푒)≤1，1也即푎푒≤1，解得푎≤，10分푒又∵푎>0，1∴0<푎≤．12分푒1푥=2푡−解：因为6푡为参数，22.(1){1(푡)푦=2푡+6푡2212푥=4푡+2−所以36푡3{122分푦2=4푡2++36푡234所以曲线퐶的普通方程为푦2−푥2=，3휋因为휌cos(휃+)=1，3所以휌cos 휃−√3휌sin휃=2，因为푥=휌cos 휃,푦=휌sin휃，所以直线푙的直角坐标方程为푥−√3푦−2=0．4分√3푥=2+푠(2)由(1)可得直线푙的参数方程{2(푠为参数)，1푦=푠2212√34所以(푠)−(2+푠)=，223整理得3푠2+12√3푠+32=0，6分设|푃푀|=−푠1,|푄푀|=−푠2,32则푠+푠=−4√3,푠푠=,812123分128164√3所以||푃푀|−|푄푀||=√(푠+푠)2−4푠푠=√48−=√=．101212333分23解：(1)由题设知：|푥+1|+|푥−1|<3；3①当푥>1时，得푓(푥)=푥+1+푥−1=2푥，2푥<3，解得1<푥<；2②当−1⩽푥⩽1时，得푓(푥)=푥+1+1−푥=2，2<3，恒成立；3③当푥<−1时，得푓(푥)=−푥−1−푥+1=−2푥，−2푥<3，解得−<푥<−1；22分33所以不等式的解集为：(−,)；4分22(2)由二次函数푦=−푥2−2푥+푚=−(푥+1)2+1+푚，该函数在푥=−1取得最大值1+푚，6分−2푥(푥<−1)因为푓(푥)={2(−1⩽푥⩽1),82푥(푥>1)分所以在푥=−1处取得最小值2，所以要使二次函数푦=−푥2−2푥+푚与函数푦=푓(푥)的图象恒有公共点，只需푚+1⩾2，即푚≥1.10分