重庆市第八中学校2022-2023学年高三下学期高考适应性月考卷（六）数学试题含答案.pdf

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1、重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（六）数学注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚2每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号在试题卷上作答无效3考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回满分 150 分，考试用时 120 分钟一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知集合2,Ax xx R，260,Bx xxxR，则下列关系中，正确的是（）AABBABRR痧CAB DAB RR痧2复

2、数2ii1z，则 z 的共轭复数的虚部为（）A32B32C12D123斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、小利是个数学迷，她在设置手机的数字密码时，打算将斐波那契数列的前 5 个数字 1，1，2，3，5 进行某种排列得到密码如果排列时要求两个 1 不相邻，那么小利可以设置的不同密码有（）A24 个B36 个C72 个D60 个4如图，大正方形的中心与小正方形的中心重合，且大正方形边长为3

3、2，小正方形边长为 2，截去图中阴影部分后，翻折得到正四棱锥PEFGH（A，B，C，D 四点重合于点 P），则此四棱锥的体积为（）A2 33B2 53C4 33D4 535重庆，我国四大直辖市之一，在四大直辖市中，5A 级旅游点最多，资源最为丰富，不仅有山水自然风光，还有人文历史景观现有甲、乙两位游客慕名来到重庆旅游，分别准备从武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源 5 个国家 5A 级旅游景区中随机选择其中一个景区游玩记事件 A：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件 B：甲和乙选择的景区不同，则条件概率P B A（）A56B67C78D896在ABC中，CACB，且4C

4、ACB，12BNBABC ，动点 M 在线段 AB 上移动，则NM BM 的最小值为（）A94B92C1D372022 年诺贝尔物理学奖授予在量子领域做出贡献的法国、美国、奥地利科学家，我国于 2021 年成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”，操控的超导量子比特为 66 个已知 1 个超导量子比特共有“0，1”2 种叠加态，2 个超导量子比特共有“00，01，10，11”4 种叠加态，3 个超导量子比特共有“000，001，010，011，100，101，110，111”8 种叠加态，只要增加 1 个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长设 M 个超导量子比

5、特共有 N 种叠加态，且 N 是一个 20 位的数，则这样的 M 有（）个（参考数据：lg20.3010）A2B3C4D58已知函数 2e2lnxf xaxx ax R，若对于定义域内的任意实数 s，总存在实数 t 使得 f tf s，则实数 a 的取值范围为（）A1,2eB1,2eC0,D,0二、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）9加斯帕尔蒙日（如图甲）是 1819 世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆

6、上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图乙）已知长方形 R 的四边均与椭圆22:154xyC相切，则下列说法正确的是（）A椭圆 C 的离心率为2 55e B椭圆 C 的蒙日圆方程为226xyC椭圆 C 的蒙日圆方程为229xyD长方形 R 的面积最大值为 1810 已知函数 sin04fxx，且 32f xf，f x的最小正周期为T，2T，则（）A56B312fC3fx为奇函数D f x关于,02对称11已知2211xy，则（）A1xy B212x y C1xxyD254xxy12记 x表示与实数 x 最接近的整数，数列 na的通项公式为*1nannN，其前 n 项和为nT设n，）A

7、12nkB12nkC2nkkD2023438845T三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13圆2214xy被直线20mxnymn截得的最短弦长为_14将数列 2n与32n的公共项由小到大排列得到数列 na，则数列 na的前 n 项的和为_15设四棱锥PABCD的顶点 P 和底面 ABCD 的四个顶点都在半径为 2 的球面上，则该四棱锥体积的最大值为_16已知抛物线24yx的焦点为 F，点 P，Q 在抛物线上，且满足3PFQ，设弦 PQ 的中点 M 到 y 轴的距离为 d，则1PQd 的最小值为_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

8、题满分 10 分）已知等差数列 na的前 n 项和为nS，且1010S，20180S（1）求nS，并求nS的最大值；（2）设数列na的前 n 项和为nT，求30T18（本小题满分 12 分）如图所示，已知 DOE 是半径为6，圆心角为3的扇形，P 为弧DE上动点，四边形 PQMN 是矩形，03PODxx（1）求矩形 PQMN 的面积 f x的最大值及取得最大值时的 x 值；（2）在ABC中，3f C，2c，其面积2 3ABCS，求ABC的周长19（本小题满分 12 分）如图，在斜三棱柱ABCDEF中，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，433BDCD，侧棱 AD 与底面 ABC所成角为 6

9、0（1）求证：四边形 BCFE 为矩形；（2）求平面 DBC 与平面 BCFE 夹角的余弦值20（本小题满分 12 分）2023 年 3 月的体坛属于“冰上运动”，速滑世锦赛、短道速滑世锦赛、花滑世锦赛将在荷兰、韩国、日本相继举行 中国队的“冰上飞将”们将在北京冬奥会后再度出击，向奖牌和金牌发起冲击据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加 2023 年 3 月 10 日12 日在首尔举行的短道速滑世锦赛 5000 米短道速滑男子 5000 米接力的角逐接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛 已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为23和34；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分

10、别为34和45；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为 p 和32p，其中304p（1）甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；（2）若甲、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率为3790，求 p 的值；（3）在（2）的条件下，设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列21（本小题满分 12 分）已知双曲线2222:10,0 xyCabab的实轴长为2 2，右焦点 F 到双曲线 C 的渐近线距离为 1（1）求双曲线 C 的方程；（2）点 P 在第一象限，P，Q 在直线12yx上，点 P，A，B 均在双曲线 C 上，且AQx轴，M 在直线 AQ 上，P，M，B 三点共线从下面中选取一个作为条件

11、，证明另外一个成立：Q 是 AM 的中点；直线 AB 过定点0,1T22（本小题满分 12 分）已知函数 2sin22sinf xxx（1）若 2f xax在0,2上恒成立，求实数 a 的取值范围；（2）证明：1 23 2sinsinsin2n+121218nnn数学参考答案第 1 页（共 10 页）重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（六）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.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号 12345678答案 DBBCDBBD【解析】1 已知集合|2Ax x，xR，2|60Bx xx，xR，解得|

12、3Bx x或2x，xR，|2Ax xR，xR，|23Bxx R，则BA RR，故选 D 2(2i)(1i)13i(1i)(1i)22z，所以z的共轭复数的虚部为32，故选B 3利用插空法3234A C36种，故选B 42EF，则所得的棱锥侧面的高为2，棱锥的高为22213h，其体积为21423333V，故选C5 事件 A发生的个数()5 5449n A，又事件 A，B 同时发生的个数()248n AB，()(|)8()9n ABP B An A，故选D6以C为原点，CA为x轴建系，(0 4)B，(2 0)N，(4)M xx，所以(2 4)NMxx，()BMxx，所以NMBM 22399(2)(

13、4)262222x xxxxxx，所以最小值为92，故选B7由题意可得，M 个超导量子比特共有2M种叠加态，两边同时取以10为底的对数：lglg2lg2MNM，由N是一个20位的数，可以得到19201010N，则19lg20N，从而有1920lg2lg2M，将lg20.3010代入则有63.166.4M，则64 65 66M，共3个数，故选B 数学参考答案第 2 页（共 10 页）8函数2e()ln()xf xaxx axR ，定义域为(0)，因为(0)s，总(0)t，使得()()f tf s，则有函数()f x在(0)，上没有最小值，又注意到22ee()lnxxf xaxx，令2e()xtg

14、 xx，()lnh tatt，一方面，对()g x而言：22e(21)()xxg xx，令()0g x得12x，从而()g x在102，上单调递减，在12，上单调递增，故min1()2e2g xg，且()xg x ，从而()g x值域为2e)，则只需要()lnh tatt在2e)，上不存在最小值；若0a，则()h t在2e)，上单调递减，符合要求；若0a，则()h t1at，令()0h t，则1ta，从而()h t在10a，上单调递减，在1a，单调上递增，易知当0a 时，()h t总在2e)，上存在最小值，舍；综上，a的取值范围为(0，故选D二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分

15、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9 10 11 12 答案CD BD ABD BCD【解析】9椭圆C的离心率为54555cea，A错误；当长方形的边分别与xy，轴平行时，蒙日圆方程为229xy，所以B错误，C正确；因为蒙日圆为长方形的外接圆，设|3rOA，AOB，则矩形面积公式为214sin18sin2Sr ，显然sin1，即矩形四条边都相等，为正方形时，max18S，D正确，故选CD 10因为3()2f xf，所以3242k，所以21()36kkZ，又因为2T，所以22|，所以12，所以32，A错；对于B，()sin4f x

16、x3sin24x，35sin122f，B正确；对于C，3cos324fxx，C错；对于D，3sin02224f，D正确，故选BD 数学参考答案第 3 页（共 10 页）11 由已知可得2211xy，因为20y，所以201x，所以22210 1)x yx，所以1xy，A正确；又由221yx yy，则当0y时，20 x y；当0y 时，21112x yyy，从而B正确；2222222(1)(21)121(1)2xyxyyx yxy，当且仅当212x，1y 时 取 等 号，所 以()2x xy，C错 误；由 已 知 得2221xx y，所 以22211()24554xxyxyxyxy ，当12xy

17、时取等号，D正确，故选ABD 12由题意，记 x表示与实数x最接近的整数且kn当1n时，可得1n，则1n，A不正确；由1|2nn，即1|2nk，可得1122nk，故12nk成 立，B正 确；由B分 析 知：1122knk，平 方 得：221144kknkk，因为*nN且214kk不是整数，其中2kk是214kk左侧的最接近的整数，所以2nkk成立，C正确；当1n，2时，1n，此时121aa；当3n，4，5，6时，2n，此时345612aaaa；当7n，8，9，10，11，12时，3n，此时781213aaa；当13n，14，20时，4n，此时13142014aaa，归纳得：数列na中有2个1，

18、4个162，个183，个14，又2，4，6，8，构成首项为2，公差为2的等差数列 nb，其前n项和(22)(1)2nnn n，而202344(441)43，所以20231111431 24688438823444545T，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 13 14 15 16 答案 2 2 4(41)3n 51281 1 数学参考答案第 4 页（共 10 页）【解析】13 设圆心为(1 0)C，经整理后，直线(2)(1)0m xn y过定点(2 1)P，因为弦长最短时，即直线与CP垂直时，此时弦长为2 422 2 14公共项由小到大排列得到数列na：

19、4 16 64 256，则数列na是等比数列，首项为14a，公比为4q，所以其前n项的和为4(14)4(41)143nn 15如图，设底面ABCD所在小圆的圆心为1O，半径为r，易知1O P垂直于小圆1O所在平面时，体积最大，四边形ABCD内接于小圆1O，当四边形ABCD是正方形时面积最大，所以四棱锥PABCD是正四棱锥时体积最大，设该正四棱锥的底面边长为a，高为h，222()4hRrR，222(2)4hrR，224rhh，22ar，13P ABCDVSh 222122(4)333a hr hhh，22(83)3Vhh，所以当83h 时，V取得最大值51281 16设|PFaQFb，由余弦定理

20、可得222|2|cosPQPFQFPFQFPFQ 22abab，由抛物线定义可得P到准线的距离为|PF，Q到准线的距离为|QF，由梯形的中位线定理可得M到准线1y 的距离为11(|+|)()22PFQFab，则1()12adb，2222222|()344(1)()()PQababababdabab，又2abab，22|(1)PQd 2223()()441()ababab，当且仅当ab时，等号成立，所以|1PQd 的最小值为1 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）设数列na的公差为d，则1012011091010220 19201802S

21、adSad，解得1102ad，所以22111211124nSnnn ，当56n 或时，nS 取得最大值，最大值为 30 （6 分）数学参考答案第 5 页（共 10 页）（2）因为6|122|7nnnananan，当6n时，21211nnnTaaaSnn；当7n时，21267666()()21160nnnnTaaaaaSSSSSnn 综上，2211611607nnn nTnnn，30630T（10分）18（本小题满分12分）解：（1）因为03PODxx，所以6sinQMPNx，则2sintan3QMOMx，又6cosONx，所以6cos2sinMNONOMxx，（2分）所以2()6sin cos

22、2 3sin3sin23(1cos2)f xMNPNxxxxx 3sin23cos232 3sin 23 063xxxx，（4分）03x，则52666x，故当262x 时，即当6x 时，函数()f x取得最大值，max()2 333f x （6分）（2）()2 3sin 2336f CC，sin 216C，又(0)C，132666C，262C，即6C，（8分）又2c，1sin2 32ABCSabC，2222coscababC，8 3ab，（10分）22243()23ababababab，即2()2816 3ab，42 3ab，62 3abc，即ABC的周长为62 3（12分）数学参考答案第 6

23、 页（共 10 页）19（本小题满分12分）（1）证明：取BC中点M，连接AM，DM，如图1所示，因为ABC为正三角形，DBC为等腰三角形且以BC为底，故AMBC，DMBC（三线合一），所以BC平面ADM，BCAD，又ADBE，所以BCBE，四边形BCFE为矩形（5分）（2）解：由BC 平面ADM，又BC 平面ABC，所以平面ADM 平面ABC，故AD在平面ABC的射影在射线AM上，DAM为侧棱AD与底面ABC所成角，即60DAM 在DAM中，3AM，133DM，由余弦定理知433AD，故三棱锥DABC为正三棱锥，高sin602hAD，即为点D到平面ABC的距离 以M为坐标原点，MA，MB为x

24、，y轴建立如图2所示坐标系 依题意，(3 0 0)A，(0)1 0B，(01 0)C，30 23D，(0)2 0CB ，31 23BD，(3)1 0AB ，1(3)0DEAB ，2 31 23E，2 30 23BE ，（6分）设平面DBC的法向量为()yznx，则00n CBn BD，取(2 3 01)n，（8 分）图 1 图 2 数学参考答案第 7 页（共 10 页）设平面 EFBC 的法向量为()mxy z，则00m CBm BE ，取(3 0 1)m，（10 分）平面 DBC 与平面 BCFE 夹角的余弦值|55 13cos26|2 13m nmn （12 分）20（本小题满分 12 分

25、）解：（1）甲队在预赛和半决赛中均获胜的概率为：1132234P，（1 分）乙队在预赛和半决赛中均获胜的概率为：2343455P，（2 分）丙队在预赛和半决赛中均获胜的概率为：233322Ppppp ，（3 分）3043012pp，1324p，233993416165Pp，乙队进入决赛可能性最大 （4 分）（2）123132231(1)(1)(1)PPPPPPPPPP 3311313311252552PP 3(1)3790P，解得359P，23529pp，解得23p 或56p，1324p，23p （7 分）（3）由题意可得，所有可能取值为 0，1，2，3，1244(0)25894590P，12

26、413412530551(1)2929293590P，134125135375559(2)2929290P，数学参考答案第 8 页（共 10 页）1351551(3)29960P，（11 分）故的分布列为：0 1 2 3 P 445 13 3790 16 （12 分）21（本小题满分 12 分）解：（1）由已知可得，22 21ab，即21ab，故双曲线C的方程为2212xy （4 分）（2）联立222(2 1)12xyPxy，（P 在第一象限），若作为条件，证明，设11)(A xy，22)(B xy，直线ABykxm：，则111111()2Q xxM xxy，则11121121111222PM

27、PBxyyykkxxx，因为P MB，三点共线，故有121211122PMPByykkxx，（6 分）联立22222(21)422012ykxmkxkmxmxy，则12221224212221kmxxkmxxk，（7 分）由121221121211(1)(2)(1)(2)1122(2)(2)yykxmxkxmxxxxx，121212121222()(1)()4(1)2()4kx xk xxmxxmx xxx，121212(21)2()(1)()40kx xk xxmxxm，代入韦达得22222(22)(21)84484021mkk mkmkmk mmk，数学参考答案第 9 页（共 10 页）2

28、2222102(1)(1)kkmmmkmm，（10 分）若10m，则1212mkmk ，此时直线(2)1AByk x：过点(2 1)P，与已知条件不符，故舍去，（11 分）故只能是1m ，即直线 AB 过定点(0 1)T，.（12 分）若作为条件，证明，设11)(A xy，22)(B xy，直线1ABykx：，则1112Q xx，联立22221(21)44012ykxkxkxxy，则122122421421kxxkxxk，（5 分）由2212PBykx，(2 1)P，得直线2211(2)2yPByxx：，令1xx得点211211(2)2yMxxx，要证Q是 AM 的中点，即证221111112

29、21111111(2)12222yyxyyxyxxxxx，（7 分）2121121212122121111122()2()42222yykxkxkx xk xxx xxxxxxx ，即证1212(21)(22)()40kx xkxx，（9 分）左边22(21)4(22)(4)84021kkkkk 右边，故Q是 AM 的中点 （12 分）22（本小题满分 12 分）（1）解：根据题意得：2sin22sin2xxax在02，上恒成立，即sin2(1cos2)2xxax在02，上恒成立 令2tx，则0 t，问题化归为sin1costatt在0，上恒成立 当0t时，aR；当(0 t，时，sincos1

30、ttat，设sincos1()ttg tt，数学参考答案第 10 页（共 10 页）22(cossin)(sincos1)cossinsincos1()tt tttttttttg ttt，设()cossinsincos1h ttttttt，()(cossin)h tttt，则04t，时，()0h t，()h t单调递增；4t，时，()0h t，()h t单调递减 而(0)00()04hhh，所以()h t在4，上存在唯一零点，设为0t，则0(0)tt，时，()0h t，()0g t；0(tt，时，()0h t，()0g t，所以()g t在0t 处取得最大值，在t 处取得最小值，所以2()ag，综上所述：实数a的取值范围为2，（5 分）（2）证明：由（1）知：0 x，时，2sin1cosxxx，所以2sincos1xxx，所以22sin14xx，令()sins xx，即2212sin2sin1212144 214212kkkknnnn，（8 分）所以2(1)212(1)12212121212212nnsssnnnnn2(1)(2)13(1)21222(21)nnnnnn ，所以2(1)3 2(1)2121214(21)nnsssnnnn（10 分）3 2(22)3 213 218(21)8218nnn（12 分）