【文档说明】陕西省宝鸡市高三第二次质量检测数学（文）试题答案.pdf，共(6)页，255.977 KB，由小赞的店铺上传

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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:13:𝐲=𝟏𝒙−𝟏(答案不唯一）14:5,,1212kkkZ−+15:8π16：31,31−+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𝐴

，𝐵，𝐶，样本成绩属于第八组的有0.004×10×50=2人，设为𝑎，𝑏，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{𝐴,𝐵}，{𝐴,𝐶}，{𝐶,𝐵}，{𝐴,𝑎}，{𝐴,𝑏}，{𝐵,𝑎}，{𝐵

,𝑏}，{𝐶,𝑎}，{𝐶,𝑏}，{𝑎,𝑏}共10种，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件有{𝐴,𝐵}，{𝐴,𝐶}，{𝐶,𝐵}，{𝑎,𝑏}，共4种，∴他们的分差的绝对

值小于10分的概率𝑝=410=25．12分18.(1)证明：因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐶𝐷，2分因为𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，𝐴𝐷,𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴

𝐷，所以𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，4分因为𝐸为棱𝑃𝐷上一点，所以𝐴𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐶𝐷⊥𝐴𝐸．6分(2)因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，沿𝐻做下底面𝐴𝐵𝐶𝐷垂线𝐻𝑀，可知𝐻𝑀=13𝑃𝐷=43，8分所

以三棱锥𝐶−𝐴𝐵𝐻的体积就等于三棱锥𝐻−𝐴𝐵𝐶的体积10分所以Ⅴ=13|𝐻𝑀|×𝑆𝐴𝐵𝐶=13×43×12|𝐴𝐵|×|𝐴𝐷|=2912分19.解：(𝐼)∵𝑓(𝑥)=(13)𝑥，等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑓(𝑛)−�

�=(13)𝑛−𝑐，∴𝑎1=𝑓(1)−𝑐=13−𝑐，𝑎2=[𝑓(2)−𝑐]−[𝑓(1)−𝑐]=−29，𝑎3=[𝑓(3)−𝑐]−[𝑓(2)−𝑐]=−227，数列{𝑎𝑛}是等比数列，应有𝑎2𝑎1=𝑎3𝑎2=𝑞，解得

𝑐=1，𝑞=13．2分∴首项𝑎1=𝑓(1)−𝑐=13−𝑐=−23，∴等比数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=(−23)×(13)𝑛−1=−2×(13)𝑛．∵𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1)(√𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1)=√

𝑆𝑛+√𝑆𝑛−1(𝑛≥2)，又𝑏𝑛>0，√𝑆𝑛>0，∴√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1=1；∴数列{√𝑆𝑛}构成一个首项为1，公差为1的等差数列，4分∴√𝑆𝑛=1+(𝑛−1)×1=𝑛，∴𝑆𝑛=𝑛2，当𝑛=1时，𝑏

1=𝑆1=1，当𝑛≥2时，𝑏𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2−(𝑛−1)2=2𝑛−1又𝑛=1时也适合上式，∴{𝑏𝑛}的通项公式𝑏𝑛=2𝑛−1．6分(𝐼𝐼)1𝑏𝑛𝑏𝑛+1=1(2𝑛−1)(2𝑛

+1)=12(12𝑛−1−12𝑛+1)，8分∴𝑇𝑛=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12𝑛−1−12𝑛+1)]=12(1−12𝑛+1)=𝑛2𝑛+1，10分由𝑇𝑛>10102023，得𝑛2𝑛+1>10102023，得𝑛>336.6，故满足

𝑇𝑛>10102023的最小正整数为337．12分20.解：(1)依题意可知√7|𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|，即√7𝑎=2√𝑎2+𝑏2，由右顶点为𝐵(2,0)，得𝑎=2，解得𝑏2=3，所以𝐶1的标准方程为𝑥24+𝑦

23=1．4分(2)依题意可知𝐶2的方程为𝑦2=−4𝑥，假设存在符合题意的直线，设直线方程为𝑥=𝑘𝑦−1，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，𝑀(𝑥3,𝑦3)，𝑁(𝑥

4,𝑦4)，联立方程组{𝑥=𝑘𝑦−1𝑥24+𝑦23=1，得(3𝑘2+4)𝑦2−6𝑘𝑦−9=0，6分由韦达定理得𝑦1+𝑦2=6𝑘3𝑘2+4，𝑦1𝑦2=−93𝑘2+4，则|𝑦1−�

�2|=12√𝑘2+13𝑘2+4，联立方程组{𝑥=𝑘𝑦−1𝑦2=−4𝑥，得𝑦2+4𝑘𝑦−4=0，由韦达定理得𝑦3+𝑦4=−4𝑘，𝑦3𝑦4=−4，8分所以|𝑦3−𝑦4|=4√𝑘2+1，若𝑆△𝑂𝑃𝑄=12𝑆△𝑂𝑀𝑁，则|𝑦1−𝑦2|=1

2|𝑦3−𝑦4|，即12√𝑘2+13𝑘2+4=2√𝑘2+1，解得𝑘=±√63，10分所以存在符合题意的直线方程为𝑥+√63𝑦+1=0或𝑥−√63𝑦+1=0．12分20.21.解：(1)依题意，𝑥

>0，𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥2(𝑎>0)由𝑓′(𝑥)>0得𝑎𝑥−1𝑥2>0，解得𝑥>1𝑎，函数𝑓(𝑥)的单调增区间为(1𝑎,+∞)，2分由𝑓′(𝑥)<0得𝑎𝑥−1𝑥2<0，解得𝑥<1𝑎，函数𝑓(𝑥)

的单调减区间为(0,1𝑎)，4分∴当𝑥=1𝑎时，函数𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(1𝑎)=𝑎𝑙𝑛1𝑎+𝑎=𝑎−𝑎𝑙𝑛𝑎，无极大值;5分(2)设𝑔(𝑥)=𝑎𝑥(2−𝑙𝑛𝑥)=2𝑎𝑥−𝑎

𝑥𝑙𝑛𝑥，则函数定义域为(0,+∞)𝑔′(𝑥)=2𝑎−(𝑎𝑥⋅1𝑥+𝑎𝑙𝑛𝑥)=𝑎(1−𝑙𝑛𝑥)6分由𝑔′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑒，由𝑎>0可知，当𝑥∈(0,𝑒)时，𝑔′(

𝑥)>0，函数𝑔(𝑥)单调递增，当𝑥∈(𝑒,+∞)时，𝑔′(𝑥)<0，函数𝑔(𝑥)单调递减，∴函数𝑔(𝑥)的最大值为𝑔(𝑒)=𝑎𝑒(2−𝑙𝑛𝑒)=𝑎𝑒，8分要使不等式恒成立，只需𝑔(𝑥)的最大值不大于1即可

，即𝑔(𝑒)≤1，也即𝑎𝑒≤1，解得𝑎≤1𝑒，10分又∵𝑎>0，∴0<𝑎≤1𝑒．12分22.解：(1)因为{𝑥=2𝑡−16𝑡𝑦=2𝑡+16𝑡(𝑡为参数)，所以{𝑥2=4𝑡2+136𝑡2−23�

�2=4𝑡2+136𝑡2+232分所以曲线𝐶的普通方程为𝑦2−𝑥2=43，因为𝜌cos(𝜃+𝜋3)=1，所以𝜌cos𝜃−√3𝜌sin𝜃=2，因为𝑥=𝜌cos𝜃,𝑦=𝜌sin𝜃，所以直线𝑙的直角坐标方程为𝑥−√3𝑦−2

=0．4分(2)由(1)可得直线𝑙的参数方程{𝑥=2+√32𝑠𝑦=12𝑠(𝑠为参数)，所以(12𝑠)2−(2+√32𝑠)2=43，整理得3𝑠2+12√3𝑠+32=0，6分设|𝑃𝑀|=−𝑠1,|𝑄𝑀|=−𝑠2,则𝑠1+𝑠2=−4√3,𝑠1

𝑠2=323,8分所以||𝑃𝑀|−|𝑄𝑀||=√(𝑠1+𝑠2)2−4𝑠1𝑠2=√48−1283=√163=4√33．10分23解：(1)由题设知：|𝑥+1|+|𝑥−1|<3；①当𝑥>1时，得𝑓(𝑥)=𝑥+1+𝑥−

1=2𝑥，2𝑥<3，解得1<𝑥<32；②当−1⩽𝑥⩽1时，得𝑓(𝑥)=𝑥+1+1−𝑥=2，2<3，恒成立；③当𝑥<−1时，得𝑓(𝑥)=−𝑥−1−𝑥+1=−2𝑥，−2𝑥<3，解得−32<𝑥<−1；2分所以不等式的解集为：(−32,32

)；4分(2)由二次函数𝑦=−𝑥2−2𝑥+𝑚=−(𝑥+1)2+1+𝑚，该函数在𝑥=−1取得最大值1+𝑚，6分因为𝑓(𝑥)={−2𝑥(𝑥<−1)2(−1⩽𝑥⩽1)2𝑥(𝑥>1),8分所以在𝑥=−1处取得最小值2，所以要使二次函数𝑦=−𝑥2−2𝑥+𝑚与函

数𝑦=𝑓(𝑥)的图象恒有公共点，只需𝑚+1⩾2，即𝑚≥1.10分