重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（九）数学含答案.pdf

巴蜀中学 2023 届高考适应性月考卷（九）数学参考答案一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）题号12345678答案DABCCCDA【解析】1 由221210 xynn表 示 椭 圆，则20100210nnnn，可 得26n或610n，故(2 6)(6 8)AB，故选 D.2 由题：角a终边经过点(52)，-，所以5cos3a=代入，得21cos22cos19，aa=-=故选 A.3对于 A，由独立性检验可知，2值越大，判断“X 与 Y 有关系”的把握性越大，故 A 错误；对于 B，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故 B 正确；对于 C，样本点都在直线23yx 上，说明是负相关，相关系数为1，故 C 错误；对于 D，8 个数据从小到大排列，由于80.252，所以第 25百分位数应该是第二个与第三个的平均数12322，故 D 错误，故选 B.4若10a ，且公比0q ，则110nnaa q，所以对于任意*nN，0nS 成立，故必要性成立；若10a ，且12q ，则111112212111(1)1323212nnnnnaSaa 0，所以由对于任意的*nN，0nS ，推不出0q ，故充分性不成立；则“0nS 对任意的*nN恒成立”是“0q”的必要不充分条件，故选 C.5因为(22)fx 为奇函数，所以(22)(22)fxfx，即有(2)(2)f xfx ，所以函数()f x的图象关于点(2 0)，对称因为(1)f x 是偶函数，所以(1)(1)f xfx，所以函数()f x的图象关于直线1x 对称，所以(2)(2)()f xfxf x ，所以(4)()f xf x，所以函数的周期为 4，所以(4)(0)(2)0fff，(3)(1)(1)fff(5)f，无法确定其值，ABD 无法确定，故 C 正确，故选 C.6设1A“第 1 天去智能餐厅用餐”，1B“第 1 天去人工餐厅用餐”，2A“第 2 天去智能餐厅用餐”，则11AB，且1A与1B互斥，根据题意得：11()()0.5P AP B，21(|)0.7P AA，21()|0.8P AB，由全概率公式则2121121()()()()|)|(P AP A P AAP B P AB0.50.70.50.80.75，故选 C.7()e ln0f xxtx等价于ln1etxx，所以1111ln(ln2)12ettxxxx，由1111ln(2n)l2ttxxxx，解得12x，所以ln212et，即2eln2t，故选 D.8 抛 物 线 的 焦 点 坐 标 为(1 0)，设 斜 率 为k的 直 线 方 程 为(1)yk x，设()()AADDA xyD xy，直线与抛物线联立2(1)4yk xyx，得2222(24)0k xkxk，所以2224ADkxxk，1ADx x，所以|11 1AAABAFxx ，|1DCDDFx 1 1Dx ，4ABCD ，所 以4ADxx，由式解得42ADxx，代入式得2k=8，故选 A.二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）题号9101112答案BDACABDBCD【解析】9对于 A，复数不可以比较大小，故 A 错误；对于 B，22zzabR，故 B 正确；对于C，222222222(i)2i|zabababzabzz，故 C 错 误；对 于 D，15i|1iz|15i|2613|1i|2，故 D 正确，故选 BD.10 对于 A，由线面平行判定定理可知 A 正确；对于 B，则与平行或相交，故 B 错误；对于 C，正确；对于 D，a，b，c，三条交线平行或交于一点，如图 1，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面11ABB A，平面11ADD A，平面ABCD 平面11ABB AAB，平面ABCD 平面11ADD AAD，平面11ABB A 平面111ADD AAA，但1ABADAA，不平行，故 D 错误，故选 AC.11如图 2 所示：对于 A，121PFFFQP 且121FPFQPF，所以121PFFPQF，故 A 正 确；对 于 B，12|2|PFPF，12|2PFPFa，所以12|2|4PFPFa，又 由相 似 可得：|8PQa，2|6QFa，1|8QFa，12|42FFac，所以离心率2e，故 B 正确；对于 C，12PFF中，由余弦定理可得127cos8PFF，故 C 错误；对于 D，由 C 可知，115sin8FQP，则其面积24 15Sa，故 D 正确，故选 ABD.12对于选项 ABC，记()ln2f xxxb，1()2fxx，所以，()f x在()nnxf x，处的切 线 斜 率 为12nnkx，则()f x在()nnxf x，处 的 切 线 方 程 为()()()nnnyffxxxx，即12ln1nnnxyxxbx，令0y，得ln(1)12nnnnxxbxxx，即1nxln(1)12nnnnxxbxx，故 A 错 误；而 对 于 B，1ln3(3ln)2121nnnnnnnnxxxxxxxx，11111ln1ln12121nnnnnnnnnxxxxxxxxx，图 1图 21(0 1)x，假设(0 1)kx，则有1(0 1)kx，则由数学归纳法可知，对任意*nN，均有(0 1)nx，故 B 正确；对于 C，1(2ln2)21nnnnnnxxxxxx，又(0 1)nx，则10nnxx，则nx为 递 增 数 列，故 C 正 确；对 于 D，()2fxx，所 以22144()()22nnnnnnnnnf xxxxxxfxxx，所以22142(222)2nnnnnxxxxx，22142(222)2nnnnnxxxxx，所以2211(2(2)22)22nnnnnnxxxxxx222(2)22)2nnnnxxxx，所以211122lnln2ln22222nnnnnnnnxxxaaxxx，即1na2na，又11a ，所以数列na是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，故 D 正确，故选BCD.三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）题号13141516答案41441816；12 1313【解析】13由题6n ，612xx的展开式的通项公式为366216611CC22rrrrrrrTxxx，当0 2 4 6r ，时，展开式的项为有理项，所以有理项有 4 项.14第一步：选出 1 个空盒，共 4 种；第二步：4 个小球分为 3 组，共 6 种；第三步：3组小球放入 3 个不同的盒子，共 6 种；则466144N 15|2|3ab，则229|4|44|4|cos8(1cos)aba ba ba ba ba b ，所以max1cos8a b，.16（1）以 MCN 所在的平面建立直角坐标系，MN 为x轴，MN 的垂直平分线为y轴，由球半径为 3 且3MCN，可得|MN|=3，则330022MN，设()P xy，|2|PMPN，则2222334422xyxy，可得22542xy，故点P的轨迹是以502T，为圆心，半径2r 的圆，转化到空间中：当P绕 MN 为轴旋转一周时，|PM|，|PN|不变，故空间中P的轨迹为以 T 为球心，半径为2r 的球，所以其表面积为16；（2）由（1）可知点 Q 的轨迹即为球 C 与（1）问中阿氏球的交线，两球的交线为圆，又该阿氏球球心为 T，利用 C，T 在（1）中的坐标502T，3 302C，则球心距为|13CT，三角形 QTC 为直角三角形，对应圆半径1236 131313r，周长即为轨迹长16 1312 13221313r 四、解答题（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 10 分）解：（1）由已知na为等差数列，记其公差为d当2n时，1122(1)nnnnanaaan，两式相减可得21dd，解得1d ，当1n 时，2121aa，所以12a 则2(1)11nann （5 分）（2）由（1）知(1)(1)(1)nnnnban ，2122121ninnibbbbb2345221(23)(45)(221)nnnnn （10 分）18（本小题满分 12 分）解：（1）若选：212sin22Aabc,由正弦定理得，即：2sinsinsin12sin22AABC，212sincos2AA，1sinsincossin2BCAA，在()ABCBAC中，1sin()cossinsin2ACACA，化简得：1sincossin2ACA，sin0A ，1cos2C，3C（6 分）若选：3 cossin3cAcAb，由正弦定理得，3sincossinsin3sinCACAB，在()ABCBAC中，3sincossinsin3sin()CACAAC，即sinsin3sincosACAC，sin0A ，tan33CC，故（6 分）（2）由角平分线定理：221ACADBCtACtBCBD，设，（8 分）由（1）知3C，则6ACDBCD，ABCACDBCDSSS，即21112sin4sin2sin232626ttt，（10 分）化简得230tt，故0t（舍去），或3t，故213 32sin232ABCSt（12 分）19（本小题满分 12 分）解：（1）如图 3，取AD的中点H，连接EH，PH，设PAt，HE，分别为AD CD，的中点，HEAC，异面直线PE与AC所成角即为PEH，（1 分）又ABCD为菱形，120BAD，=2AB，2AC ，3AE，PA 底面ABCD，112EHAC，222(3)3PEtt，21PHt，22222231(1)3cos2423 1PEEHPHttPEHPEEHt，（3 分）解得1t 或者1t （舍），即1PA （6 分）（2）如图 4，取BC的中点F，ABC为等边三角形，AFBC，又PA 底面ABCD，如图以A为原点，分别以AFAD AP ，为xyz，轴建立空间直角坐标系，(0 0 0)A，(0 0 1)P，(31 0)B，(3 1 0)C，(0 2 0)D，33022E，33122PE，(0 21)PD ，(311)PB ，（8 分）设平面PBD的法向量为()nxyz，0n PB ，0n PD ，图 3图 4即30 xyz，20yz，不妨令3x，得：1y ，2z，(3 1 2)n，（10 分）PE与平面PBD所成角的正弦值为332222sin|cos|8|2 22n PEn PEnPE ，（12 分）20（本小题满分 12 分）解：（1）该校中“学习积极分子”的人数为100(100.028100.020100.012)60（人），（2 分）平均数为10(950.0061050.0141150.021250.0281350.021450.012)122.8(min).（4 分）（2）由题意得：(122.8 10.8)XN，(101.2133.6=(122.821.6122.810.8PXPX）=(122.810.82122.810.8=(2PXPX）(22(222PXPXPX）0.95450.68270.95450.81862（8 分）（3）(130)0.02 10+0.012 100.32P X，由题意得：(3 0.32)YB，()3 0.320.96E Y（12 分）21（本小题满分 12 分）解：（1）由题意得22222222222(1)1caababc，解得211abc，所以椭圆C的标准方程为2212xy（4 分）（2）由（1）知(0 1)(01)AB，由于直线CD斜率为零与斜率不存在均不符合题意，故设该直线方程为(1)(0)yk xk从而M坐标为(0)k，设1122()()C xyD xy，联立22(1)12yk xxy，得2222(21)4220kxk xk，所以22212121222212422121212x xkkkxxx xkkxxk，从而，（6 分）现设00()N xy，因为B NC，三点共线，故011011yyxx，因为A ND，三点共线，故022011yyxx，两式两边作比得：（8 分）0122021111yy xxyy xx12221211kx xkxxkx xkxx21222212121()(1)21()(1)2kkxxkxkkkxxkxk221222121(1)22(1)122kkxxkkkkxxkk121211(1)(1)112111(1)(1)12kk xkxkkkkkk xkxkk，所以0011(0)yN xMkkk，从而，又，故011OMON （12 分）22（本小题满分 12 分）解：（1）由题()exfxa，若0a，则()0fx恒成立，此时()f x在 R 上单调递增，若0a ，则令()0fx，则lnxa，当(ln)()0 xafx，时，则()f x在(ln)a，上单调递减，当(ln)()0 xafx，时，则()f x在(ln)a ，上单调递增（2 分）（2）（i）由题：(0)0(0)0ff，则1010ba，解得11ab，故()e1xf xx，因为()e1xfx，易知()f x在(0)，上单调递减，(0)，上单调递增，所以min()(0)0f xf，即()0f x 恒成立.（4 分）（ii）由()sinf xkxx，即()sin0f xkxx，令()e1sin(0)xg xxkxx x，所以()e1(sincos)xg xkxxx，记()e1(sincos)(0)xh xkxxxx，故()e2 cossinxh xkxkxx，所以(0)12hk 当12k 时，1）当02x，时，()e3 sincos0 xh xkxkxx，()h x在02，上单调递增，又(0)120hk，2e022hk，唯一实数002x，使得0()0h x，2）当2x，时，()e(2cossin)0 xh xkxxx，由 1），2）0(0)()0()xxh xh x，0()()0()xxh xh x，又(0)0h，()e10hk ，10()xx，有1()0h x，且当01()()()0()xxxh xg xg x，1()()()0()xxh xg xg x，又(0)0()e10gg，存在唯一实数21()xx，使得2()0g x，满足题意.（8 分）当12k时，法一：易证sin xx在(0)，上恒成立，(0)x，时，211()e1sine1sine122xxxg xxkxxxxxxx ，记21()e12xxxx，(0)x，则()e1xxx，由（i）可知，()0 x，()x在(0)，()(0)0 x，即()0g x 恒成立，()g x在(0)，上不存在零点，不满足.法二：(0)x，时，1()e1sine1sin2xxg xxkxxxxx ，取1()e1sin2xF xxxx，则1()e1(sincos)2xF xxxx，011()ecossinecos0sin022xFxxxxxx，()F x在(0)，()(0)0()F xFF x，在(0)，()(0)0F xF，即有()()0g xF x，()g x在(0)，上不存在零点，不满足.综上所述：12k（12 分）