鹰潭市2023届高三第二次模拟考试数学答案(文科)参考答案一、选择题题号123456789101112答案BACDBBCDAACB二、填空题13．214．xy2015．815π33n2(6n1)(2)n116n1216.T（或也给满分.）n189nnn2n1解：a2n1,b2n1,令c1ab1(2n1)2n12nnnnn21132532n3n12n1nT22222n222221233542n3n2n1n12T22222n22222上面两个式子相减的：11234n2n1n13T222222n22n4222n1n11212216n1n1236n126n12Tn18n16n129三、解答题51717．12sinDBC517解：（1）∵a17，2bsinA17sinB2bcosA，∴2bsinAasinB2bcosA，由正弦定理得2sinBsinAsinAsinB2sinBcosA又∵sinB0，∴sinA2cosA，∴tanA2.…………………………………………3分5A为锐角，cosA…………………………………………5分5BD2设AB=x，在ABD中，ABD90,tanABD2x,D为AC的中点，ADDC5xABAB2AC2BC25在ABC中，cosBAC即(17)2x2(25x)22x25xcosBAC2ABAC5解得x1所以AB1……………………………………8分鹰潭二模文科数学（答案）第1页共5页法一：由S△ABDS△BCD，得11x2x2x17sinDBC………………………10分2217.解得sinDBC………………………12分17417法二：在BCD内，BD2,BC17,CD5cosDBC10分1717sinDBC12分171051102518．（1）甲；（2）x时，商品的月销售额预报值最大，最大值为万元。816【详解】（1）根据数据知x,y负相关，排除乙.……………………………2分456789898382797467x6.5，y79.……………………………4分66代入验证知，甲满足，丙不满足，故甲计算正确.………………………………6分（2）根据题意：zxyˆ4x2105x8分2105110254x81610511025当x时z有最大值。11分81610511025故当x时，商品的月销售额预报值最大，最大值为万元。…………………12分816519.(1)见解析;(2)点E到平面ABCD的距离为.7（1）证明：因为二面角SABC的大小为90°，则SAAD，又SAAB，故SA平面ABCD，又BD平面ABCD，所以SABD；…………………2分在直角梯形ABCD中，BADADC90，AD2CD1，AB2，1所以tanABDtanCAD，又DACBAC90，2所以ABDBAC90，即ACBD；………………………4分又ACSAA，故BD平面SAC，………………………5分因为AF平面SAC，故BDAF………………………6分VEABC4（2）设点E到平面ABCD的距离为h，因为VV且………………8分BAECEABCV75SABCD11SSA21V梯形ABCD7故SABCD32…………………10分V114EABCSh21h3ABC25h………………………11分75所以E点到平面ABCD的距离为…………………12分7鹰潭二模文科数学（答案）第2页共5页20.（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.222222(2)2又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.a2b2a2b22221,ba28,因此解得22222b4.1,a2b2x2y2故C的方程为1.………………………4分84△（2）在ABP2中，AMP22ABP2，AMP2ABP2BP2M，所以ABP2BP2M，从而P2MBM，11又M为线段AB的中点，即BMAB，所以PMAB，222因此AP2B90，从而P2AP2B0，……………5分根据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm，Ax1,y1，Bx2,y2，ykxm222联立x2y2消去y得2k1x4kmx2m80①，18424km42m282k210，4km2m28根据韦达定理可得xx，xx………………………7分122k21122k2122所以P2AP2Bx1,y12x2,y221kx1x2km2x1x2m2222m84km21kkm2m22k212k21222m84km2所以1kkm2m20，………………………9分2k212k212整理得m23m20，解得m2或m3又直线l不经过点0,2，所以m2舍去，22于是直线l的方程为ykx，恒过定点0,，……………11分33该点在椭圆C内，满足关于x的方程①有两个不相等的解，2所以直线l恒过定点，定点坐标为0,……………12分321.（1）fx定义域为x0,，且ax2a1xax1xafxxa1，xxx鹰潭二模文科数学（答案）第3页共5页令fx0得，x1或xa，①当0a1时，x0,a与1,，f¢(x)>0，fx单调递增，xa,1，fx0，fx单调递减，②当a1时，fx0，fx在0,单调递增，③当a1时，x0,1与a,，f¢(x)>0，fx单调递增，x1,a，fx0，fx单调递减，…………3分综上，当0a1时，fx在区间0,a，1,上单调递增，fx在区间a,1上单调递减；当a1时，fx在区间0,上单调递增；当a1时，fx在区间0,1，a,上单调递增，fx在区间1,a单调递减；……………4分2212a4xaxx4xa（2）由已知，gx4xalnxx，则gx4x，2xxx2函数gx有两个极值点x1，x2x1x2，即x4xa0在0,上有两个不等实根，2h0a0令hxx4xa，只需，故0a4，……………5分h2a40又x1x24，x1x2a，1212所以gx1gx24x1alnx1x14x2alnx2x2221224x1x2alnx1lnx2x1x2aalna8，2要证gx1gx210lna，即证aalna810lna只需证1alnaa20，……………7分令ma1alnaa2，a0,4，1a1则malna1lna，aa11令nama，则na0恒成立，a2a所以ma在a0,4上单调递减，1又m110，m2ln20，2由零点存在性定理得，a01,2使得ma00，……………8分1即lna0，a0所以a0,a0时，ma0，ma单调递增，aa0,4时，ma0，ma单调递减，鹰潭二模文科数学（答案）第4页共5页11则mamaxma01a0lna0a021a0a02a03，……………10分a0a01∵由对勾函数知ya03在a01,2上单调递增，a0111∴a03230，a022∴ma0，即gx1gx210lna，得证……………12分33522.（1）点M的极坐标为：,或,，（2）212626331（1）设点M在极坐标系中的坐标,，由1sin，1sin，sin1分222502或3分66335点M的极坐标为：,或,4分2626（2）由题意可设M1,，N2,.2由得，分1sin11sin21sin1cos622222MNρ1ρ21sinθ1cosθ32sincos322sin8分4故当，MN的最大值为21……………10分4522.【详解】（1）因为xy1，且x0,y0，由x2yxy，20x10x10x1可得5，即1，即11，2x2x12x1xx2x1x222211解得x1，所以不等式的解集为,1.…………5分66（2）因为xy1，且x0,y0，2211xyx2xyy22xyy22xyx2所以…………7分21212222xyxyxy.222yy2xx2x2y2x2y分2252599xxyyyxyx1当且仅当xy时，等号成立.…………10分2鹰潭二模文科数学（答案）第5页共5页