2024年宝鸡市高考模拟检测（三）数学（文科）参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，满分60分．123456789101112ADBCBBCCAABD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分．3513.14.15.116.2252三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．117.【详解】（1）由题意知x(12345)3，…………………1分51y(0.811.31.72.2)1.4，…………………3分55xyxy5ii24.5531.43.53.5所以ri10.986…55522101.2612.63.55xxyyiiii11分，因为r与1非常接近，故可用线性回归模型拟合y与x的关系．…………………6分5xiiy5xyˆi13.5（2）b50.35，…………………8分210xxii1aˆybxˆ1.40.3530.35，…………………10分{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}所以y关于x的回归直线方程为yxˆ0.350.35．…………………11分当x7时，yˆ0.3570.352.8，由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为2.8千人．…………12分18.【详解】（1）设等差数列an的公差为dd0，由题意可知，a13d52,……………2分a3a1a7a12解得，……………4分d1所以ann1；……………6分aπn1π（2）由（1）可知，bacosnn1cos，……………8分nn22对于任意kN*，有bkbbk4342414kkkkb42,0,4,0，……………9分所以bbbb4342414kkkk2，……………10分故数列bn的前2024项和为.（b1b2b3b4)(b5b6b7b8)(b2021b2022b2023b2024)1012……………12分19.【详解】（1）取棱AA1中点D，连接BD，因为ABA1B，所以BDAA1因为三棱柱ABCA1B1C1，所以AA11//BB，…………2分所以BDBB1，所以BD3因为AB2，所以AD1，AA12；{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}因为，，所以222，所以，AC2AC122ACAAAC11ACAA1………4分同理ACAB，因为AA1ABA，且AA1，AB平面A11ABB，所以AC平面，因为AC平面ABC，所以平面A11ABB平面；…………6分（2）过B1做B1EAE,垂足为E,连结CE,由（1）可知B1E平面ACE,则B1ECE，可得B1E3,CE13,B1C4,A1CB1中，A1C22,A1B12,B1C4,可得的面积为7，…………8分1123又VCACBVCACB322…………10分1111113231设N到面ABC的距离为h，则VS2h，11C1A1B1C3A1B1C21可得h…………12分720.【详解】（1）当k1时，得fxexxsin，故fxexcosx，…………1分当0,时，fx()0恒成立，…………3分故fx()在区间为单调递增函数.…………4分(2)当x0,时，sinx(0,1]，故fx1，即exksinx1，即ekxxsin10.…………5分令g(x)exksinx1…………6分{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}①当k0时，因为x0,，故sin(0x,1]，即kxsin0，又ex10，故fx()0在上恒成立，故；…………7分②当01k时，gxekx()cosx，gxekx()sinx，故gx()0在上恒成立，gx()在上单调递增，故gxgek()(0)00，即gx()在上单调递增，故gxge()(0)100，故；…………9分gx()0③当k1时，由②可知在上单调递增，设时的根为x0，则在xx(0,)0时为单调递减；在xx(,)0时为单调递增0又ge(0)10，故gx()00，舍去；…………11分综上：k(,1]…………12分21.【详解】（1）设椭圆焦距为2c，由题意可得c=1，有a2b21①…………1分xy又因为直线AB方程为1abab221所以d②…………2分a2b2722联立①②解得：a4,b3xy22故椭圆方程为1…………4分43SAFac1（2）①当l斜率不存在时，易知AMF；…………6分SDNFDFac3{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}l②当斜率存在时，设l:xty1(t0)，M(x1,y1)(y10),N(x2,y2)(y20)xty12222由xy22，得(34)690tyty，显然3636(34)0tt，1436t9所以yy12，yy12，…………8分34t234t21311因为SDFy(y),SAFyy,DNF2222AMF2121所以…………9分36t22222222()yy(34)t444t()2yyyyyyyy12112212因为12,又2，yyt943432yyyyyy12312122134tt22y411设1k，则k0，k20，解得3k且k1，y23k3所以…………11分1综上可得的取值范围为(,1)．…………12分92222．【详解】（1）曲线C1的普通方程为xya()4，表示一个以0,a为圆心，2为半径的圆：…………2分222曲线C2的极坐标方程可化为cossin，故对应的直角坐标方程为yx.…………4分22x(ya)4（2）将两方程联立得得ya22ya1240，2………6分yx{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}由于两方程表示的曲线均关于y轴对称，所以只要关于y的方程有两个大于0的不等实根，a240即代表两个曲线有4个不同交点，因此有120a…………9分(12)440aa2217解得2a.…………10分4256,xx3223.【详解】（1）因为m3，所以fxxxxx24322,2…2分356,2xx22当x时，fx8可化为56x8，解得x，352当x2时，fx8可化为x28，无解，314当x2时，fx8可化为5x68，解得x，…………4分5214综上：不等式解集为,,；…………5分55（2）因为fxx32在1,2上恒成立，即24232xmxx任1,2上恒成立，因为x1,2，所以20x，故原不等式可化为mxx22，…………7分44即mx22x或mx22x，即m1或m1，所以只需m1或xxmaxm1，4因为x1,2，所13，…………9分xmax{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}所以m,13,…………10分{#{QQABCYAAogigAIBAARhCAQ3wCAMQkAGACCoGwAAIsAAAiANABCA=}#}