2024届陕西省宝鸡市高三下学期三模考试数学（理）答案

2024年宝鸡市高考模拟检测（三）数学（理科）参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，满分60分．123456789101112ADBCBCDAACBD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分．65213.2514.215.2216.e，4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(12345)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xiiyxy5ˆi13.5（2）b50.35，…………………8分210xxii1aˆybxˆ1.40.3530.35，…………………10分{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}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)（1）取棱AA1中点D，连接BD，因为ABAB1，所以BDAA1因为三棱柱ABCA1B1C1，所以AABB11//，…………1分所以BDBB1，所以BD3{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}因为AB2，所以AD1，AA12；222因为AC2，AC122，所以ACAAAC11，所以ACAA1，………2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；…………4分(2)取AB中点O，连接AO1，取BC中点P，连接OP，则OPAC//，由（1）知平面，所以OP平面因为平面，平面，所以OPA1O，OPAB，因为ABAAA11B，则A1OAB…………6分以O为坐标原点，，OB，OA1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，A(0,1,0)则，A1(0,0,3)，B1(0,2,3)，C(2,1,0)，…………7分可设点Na,0,3，02a，AC2,1,3AB110,2,0，1，AN(a,1,3)，{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}nABy1102设面A11BC的法向量为nxyz(,,)，得，nACxyz1023取x3，则y0，z2，所以n(3,0,2)…………9分设直线AN与平面所成角为，nAN32a则sincosn,ANnAN7a2423344a2aa2…………10分77aa224421若a0，则sin，7343442sin11若a0，则447，…………11分77aa4当且仅当a，即a2时，等号成立，所以直线与平面ABC所成角的正弦值a1142的最大值.…………12分720.【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3{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}xy22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c3②当斜率存在时，设l:xty1(t0)，M(x1,y1)(y10),N(x2,y2)(y20)xty12222由xy22，得(34)690tyty，显然3636(34)0tt，1436t9所以yy122，yy12，…………8分34t34t21311因为SDFy(y),SAFyy,DNF2222AMF2121所以…………9分36t22222222()yy(3t4)4t44()2yyyy1211yyyy2212因为12，又2，yy943t243yyyyyy12312122134tt22y411设1k，则k0，k20，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92221.【详解】:（1）由a得f(x)cosx…………1分22当(2k,2k),kZ，时，fx0，…………3分44所以，fx的单调递增区间是…………4分{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}（2）不等式恒成立等价于axxxcossin10在x0,π上恒成立，h002令hxaxxxcossin1，则由hπ0可得，a…………5分ππh02∵yaxxxcossin1可以看作是关于a的一次函数，单调递增，22∴令xxxxcossin1，对于a，x0,π，hxx恒成立.ππ222π只需证明xxxxcossin10即可.xsinxcosx2sinxπππ4ππ①当x0,，sincos2xxxsin1,2，2422π则xxxsincos10，x在0,上单调递减，又00，ππ2所以此时x0恒成立.…………6分3π22π②当x,π时，xxxxsincos2sin0恒成立，所以在4ππ43π,π上单调递增，又0，所以此时恒成立.…………7分4π3π③当x,时，单调递增，24π3ππ3π0，0，所以在,上存在唯一的x0，使得x00，2424当xx0,0时，x0，当xx0,π时，x0，所以在时单调递减，在时单调递增.∴，π0，x00∴恒成立，故hxx0恒成立，…………8分{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}2∴a.…………9分π2π2（3）由（2）可知sincos12xxxxxsin1π4ππ22sinxx…………10分4π2πkπ415k令gxsinx，x，xπ，k1，2，…，8，41560kπ222415kπ可得到sin415k，…………11分15π6026088kπ2222818从而sin41504158k，kk1115606025π2π3π8π22即gggg得证.…………12分1515151552222．【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yaya221240，2………6分yx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120a…………9分(12aa)4402217解得2a.…………10分4{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}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mxx22或mxx22，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所以m,13,…………10分{#{QQABAYCEggAAAJJAARgCAQ3gCgMQkAEACAoGxAAMoAAACBNABCA=}#}