2024届陕西省宝鸡市高三下学期高考模拟检测(二)数学（文）答案

数学（文）答案一．选择题：（每小题5分,共60分）题号123456789101112答案ACDBADBBACCB二：填空题：（每小题5分,共20分）π13、14、15、16、332±15三、解答4题（本大题5共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．(本小题满分12分)解(1)由题意知，样本中仅乘坐A的员工有27＋3＝30(人)，仅乘坐B的员工有24＋1＝25(人)，A，B两种交通工具都不乘坐的员工有5人．故样本中A，B两种交通工具都乘坐的员工有100－30－25－5＝40(人)．估计该公司员工中上个月A，B两种交通工具都乘坐的人数为×1000＝400.40.…100………………………4分(2)记事件C为“从样本仅乘坐B的员工中随机抽取1人，该员工上个月的交通费用大于600元”，则P(C)＝＝0.04.…………………………7分1(3)记事件E为“从25样本仅乘坐B的员工中随机抽查1人，该员工本月的交通费用大于600元”．假设样本仅乘坐B的员工中，本月的交通费用大于600元的人数没有变化，则由(2)知，P(E)＝0.04.…………………………10分答案示例1：可以认为有变化．理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月交通费用大于600元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．…………………………12分答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的．所以无法确定有没有变化．…………………………12分学科网（北京）股份有限公司18.(本小题满分12分)1a2解:(1)设BC=a,由1sin3得a8…………………………2分2231ADC中，DC4,由余弦定理得：AC216+1+214=21…………………4分21217由正弦定理得：,解得sinC=sinC314…………………………6分2(2)设ADC,0,则ADB中AB2BD212BD1cos()BD212BDcos,ADC中AC2CD212CD1cosBD212BDcos因为AB2AC210,所以BD=2,即BC=4…………………………9分由22得222ABAC10ABAC2ABAC=20,.…………………………11分所以ABAC25，即的周长的最大值为425………………………12分19.(本小题满分12分)∆ABC(1)证明:连结AC,BD,设AC∩BD=O,因为底面ABCD为平行四边形,则O为AC,BD的中点.因为PA=PC所以AC⊥PO…………………2分又AC⊥PB,PB∩PO=P,PO⊆平面PBD,PB⊆平面PBD所以AC⊥平面PBD.…………………4分又BD⊆平面PBD,所以AC⊥BD,来源：高三答案公众号所以四边形ABCD为菱形…………………6分(2)方法一：（反正法）假设AE∥面PDC,因为AB∥CD,AB面PCD,CD面PCD,所以∥平面PDC,…………………8分AB学科网（北京）股份有限公司又AB面PAB,AE面PAB,ABAEE所以平面PAB∥平面PDC.…………………10分这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P所矛盾.所以假设错误,即AE不可能与面PCD平行.…………………12分方法二：P面PAB,P面PCD面PAB与面PCD必相交，可设PAB面PCD=l又ABCD,AB面PCD,CD面PCDAB面PCD又面面ABPAB,PABPCD=lABl…………………8分又面必与相交AEPAB.AEl…………………10分面必与面相交lPCD.AEPCD…………………11分AE不可能与平面PCD平行…………………12分20.(本小题满分12分)解:(1)a1时f(x)(x1)exx21(x1)(exx1)…………………1分令g(x)exx1,则g(x)ex1x,0时g(x)0,g(x)单调递减，x0,+时g(x)>0,g(x)单调递增；又g(0)0,则g(x)有且只有1个零点x0…………………4分a1时f(x)有2个零点x0和x1…………………5分(2)f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a)来源：高三答案公众号当a0时，x,0时f(x)0,f(x)单调递减，x0,+时f(x)0,f(x)单调递增学科网（北京）股份有限公司x1时f(x)f(1)f(0)=0,所以a0符合题意…………………7分当a0时可由f(x)0解得x0或xln2a1若ln2a0,即a时，x(,0)时f(x)0,f(x)单调递增；2x(0，ln2a)时f(x)0,f(x)单调递减；x(ln2a,+)时f(x)0,f(x)单调递增；f(0)0,f(ln2a)01此时要使f(x)0在x(1,+)时恒成立，还需满足f(1)=1-a0,即a1………………9分21若ln2a0,即0a时，x(,ln2a)时f(x)0,f(x)单调递增；2x(ln2a,0)时f(x)0,f(x)单调递减；x(0,+)时f(x)0,f(x)单调递增；1x(1,+)时f(x)f(1)f(0)0,即0a符合题意…………………11分2综上所述：a-,1…………………12分21.(本小题满分12分)解:(1)易知抛物线x24y的焦点为A(0,-1)则b＝1，将代入椭圆C的方程，3x2解得a＝2.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.……………1…,2…………3分4(2)ⅰ).当直线PQ的斜率不存在时可设P(x1，y1),Q(x1，-y1),又A(0,-1)y11y1y21x2x2由111得12而这与12矛盾kAPkAQ2y11,y11x1x1x1224所以直线PQ的斜率存在．设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．＝由消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.＝y2kx+mX2当Δ＝4+64yk2m21－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2－m2＋1)>0时，学科网（北京）股份有限公司8km4m2－4x1＋x2＝－，x1x2＝.①4k2＋14k2＋12（2－）222－222k4m48km2m4k则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝kx1x2＋km(x1＋x2)＋m＝－＋m＝.②4k2＋14k2＋14k2＋12my1y2＝k(x1＋x2)＋2m=③+4k21y1y1112由kAPkAQ得2y1y22(y1y2)2x1x2④.…………………………6分x1x22将①②③式代入④解得m=-1,或m=3因为直线PQ不能经过点A，所以m=3.…………………………7分所以直线PQ方程为y＝kx＋3，所以直线PQ经过定点(0，3).…………………………8分ⅱ)设直线PQ经过的定点为M(0，3)此时由Δ＝16(4k2－m2＋1)＝16(4k2－8)>0，得k2>2MO3x1当OPAQ时，,（由向量平行的充要条件得出此结论，亦MA4x2可）…………………………9分3x24x124k4922由x1x22解得k满足k..…………………………11分4k12032>2x1x224k175此时直线PQ的方程为:yx3…………………………12分10(二）选考题:共10分.请考生在第22ˎ23题中任选一题作答,如果多选,则按所做的第一题计分.作答时请先涂题号.22.(选项4-4坐标系与参数方程）（本小题满分10分）(1)易知曲线C的极坐标方程为=，（R),.…………………………2分13将=代入曲线C的极坐标方程得：256032学科网（北京）股份有限公司解得2,或3:.…………………………3分则曲线C与曲线C的交点的极坐标为(2,)或(3,).…………………………4分1233333所以C1与曲线C2的交点的直角坐标为(1,3)或(,)…………………5分22注：本题其它做法按步骤酌情给分.来源：高三答案公众号，）(2)设，）为曲线C3上的点,则Q(-必在曲线C2上,.…………………………7分P(2将Q(，-）代入曲线C的极坐标方程2+4cos23sin6022得2+4sin23cos60,化为直角坐标方程为x2y223x4y6022所以曲线C3的直角坐标方程为xy23x4y60.…………………………10分23.(选项4-5不等式选讲）（本小题满分10分）解:(1)f(x)2x12x22x12x231当且仅当-x1时等号成立2所以f(x)的最小值为3.…………………………5分114x,x21(2)f(x)2x12x23,x124x1,x1做出其图象如图,因为f(x)图像与Y轴交点的纵坐标为3,且各部分直线斜率最大值为4,所以当且仅当a4且b3时f(x)axb在x0,恒成立所以ab7.…………………………10分学科网（北京）股份有限公司