巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（七）数学含答案.pdf

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1、数学第 页(共 页)数学第 页(共 页)秘密秘密启用前巴蜀中学 届高考适应性月考卷(七)数学注意事项: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.每小题选出答案后 用 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 考试结束后 请将本试卷和答题卡一并交回 满分 分 考试用时 分钟 一、单项选择题(本大题共 小题 每小题 分 共 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).已知集合 则.).(.已知 为虚数单位 则.函数()的图象经过下列哪个变换可以得到()的图象 这个变换是.先将函数

2、()的图象向左平移个单位 再把图象上每个点的横坐标扩大为原来的 倍.先将函数()的图象向左平移个单位 再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的.先把函数()的图象上每个点的横坐标缩小为原来的 再将图象向左平移个单位.先把函数()的图象上每个点的横坐标扩大为原来的 倍 再将图象向左平移个单位.已知直三棱柱 的所有棱长均为 则直线 与直线 夹角的余弦值为.抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑 简称“解放碑”位于重庆市渝中区解放碑商业步行街中心地带 是抗战胜利的精神象征 是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑.现在“解放碑”是重庆的地标性建筑 吸引众多游客来此打卡拍照.如图 甲所示 解放碑的底座外观呈

3、正八棱柱形 记正八棱柱的底 图 面是正八边形 如图乙所示 若 是正八边形 的中心 且 ()则.在()()的展开式中 的系数是.已知双曲线()的左、右焦点分别为 过点 的直线与双曲线的右支交于 两点 若的内切圆 的半径与的内切圆 的半径的乘积为 则双曲线的离心率为.已知平面向量 满足:()()则 的取值范围是.二、多项选择题(本大题共 个小题 每小题 分 共 分 在每个给出的四个选项中 有多项是满足要求的 全部选对的得 分 部分选对的得 分 有选错的得 分).若()()其中 为自然对数的底数 则下列命题正确的是.()在()上单调递增.()在()上单调递减.()的图象关于直线 对称.()的图象关于

4、点()中心对称.下列选项正确的是.有 个不同的球 取 个放入 个不同的盒子中 每个盒子恰好放 个 则不同的存放方式有 种.有 个不同的球 全部放入 个相同的盒子中 每个盒子至少放 个 则不同的存放方式有 种.有 个相同的球 取 个放入 个不同的盒子中 允许有盒子空 则不同的存放方式有 种.有 个相同的球 全部放入 个相同的盒子中 允许有盒子空 则不同的存放方式有 种.已知()()当 时 存在 使得()成立 则下列选项正确的是.(.(.已知截面定义:用一个平面去截一个几何体 得到的平面图形(包含图形内部)称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法 正确的是.截面图形可以是七边形.若正方

5、体的截面为三角形 则只能为锐角三角形.当截面是五边形时 截面可以是正五边形.当截面是梯形时 截面不可能为直角梯形数学第 页(共 页)数学第 页(共 页)三、填空题(本大题共 小题 每小题 分 共 分).若离散型随机变量 满足:()则().函数 的最大值为 .已知圆:圆:()请写出一条与两圆都相切的直线的方程:.已知数列满足:(为奇数)(为偶数).则的通项公式 设 为的前 项和 则 .(结果用指数幂表示)(第一个空为 分 第二个空为 分)四、解答题(共 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤).(本小题满分 分)在 中 的对边分别为 已知.()求证:()若 求边 的最小值.(本小题满分 分)

6、已知数列满足:关于 的一元二次方程()()()()有两个相等的实根.()求证:数列成等差数列()设数列的前 项和为 求 的最小值.(本小题满分 分)如图 甲所示 四边形 为正方形 为 的中点.将 沿直线 翻折使得 平面 如图乙所示.图()求证:平面 平面()求平面 与平面 所成二面角的正弦值.(本小题满分 分)兔年春节期间 烟花“加特林”因燃放效果酷炫在网上走红 随之而来的身价暴涨也引发关注 甚至还有买不到的网友用多支普通的手持燃放烟花自制“加特林”.据悉 有 三家工厂可以各自独立生产烟花“加特林”已知 工厂生产的烟花“加特林”是正品同时 工厂生产的烟花“加特林”也是正品的概率为 工厂生产的烟

7、花“加特林”是正品同时 工厂生产的烟花“加特林”不是正品的概率为 工厂生产的烟花“加特林”是正品同时 工厂生产的烟花“加特林”不是正品的概率为.()分别求 三家工厂各自独立生产出来的烟花“加特林”是正品的概率()三家工厂各自独立生产一件烟花“加特林”记随机变量 表示“三家工厂生产出来的正品的件数”求 的数学期望 它反映了什么实际意义?.(本小题满分 分)已知椭圆:的焦点在 轴上 它的离心率为 且经过点 .()求椭圆 的方程()若椭圆 的左焦点为 过点 的直线 与椭圆 交于 两点 且过点 和点 的圆的圆心在 轴上 求直线 的方程及此圆的圆心坐标.(本小题满分 分)已知函数().()若 求函数()

8、的极值()若 ()且满足()()()求证:.数学参考答案第 1 页（共 10 页）巴蜀中学 2023 届高考适应性月考卷（七）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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B A C B A C【解析】1|2Mx x，|13Nxx ，所以|23MNxx，故选 D.220232023202320232220232i1(i1)i2i12i(i)ii1(i1)(i1)i12，故选 C.3先将函数()sinf xx的图象向左平移3个单位，得到sin3yx，再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的12，得到()sin 23

9、g xx，故选B.4 作1BC的平行线1B D，使得11BCB D，所以直线1AB与直线1BC夹角为直线1AB与直线1B D的 夹 角.在1AB D中，221125ABB DADACCD，由 余 弦 定 理 得222111112251cos24222ABB DADAB DABB D，所以直线1AB与直线1BC 夹角的余弦值为14，故选 A.5如图 1，连接CH，作AMCH于点M，作BNCH于点N，由正八边形的特征可得ABCH，45AHCBCH，故MHNC 2222AHAB，所以(12)CHAB，则ACAHHCAH (12)AB，又因()ACxAByAH xyR ，所以112yx，所以22xy，

10、故选 C 62525525(3)()()6()9()xyxyxxyxy xyyxy，5()xy的展开式的通项是1rT 55Crrrxy，令4r，则5()xy的展开式中4xy的系数为45C5，令3r，则5()xy的展开式中23x y的系数为35C10，令2r，则5()xy的展开式中32x y的系数为25C10，故25(3)()xyxy的展开式中，34x y的系数是56 109 1035，故选 B.图 1 数学参考答案第 2 页（共 10 页）7设12)(00)FF cc，其中222cab设111222()()O xyO xy，如图 2，过1O分别作1PF，2PF，12FF的垂线，垂足分别为R，S

11、，T，所 以 由 切 线 长 定 理 有1122|PRPSFRFTF SF T，则12121212|(|)|PFPFPRRFPSSFRFSFFTTF 2a，又因为1212|2FFTFTFc，所以1|TFac 又1(0)Fc，所以1Oxa，同理可得2.Oxa则12OO，在直线xa上，又因为21F O平分2TF P，22F O平分22TF QQPF，则1222OO F在122OO F中，1222OO F，2F Tca由射影定理可得2122|OTO TF T，即22()2caaca，则双曲线离心率为2，故选A.8令OAa OBb OCc ，其中 F 为 AB 的中点，CECACB ，则4()()ac

12、bc 224CEABCA CB ，以O为圆心，2为半径作圆，O为原点，OC为 x轴的正方向建立直角坐标系，如图3所示又因为2222222()()()(2)OAOBOAOBOAOBOFAB ，222()OCOE 2222()()(2)OCOEOCOEOFCE ，得2222()()OAOBOCOE 2282ABCE ，所以|2OE ，这样点 E 也在圆O上，所以2|16abABCE ，又因为|CEOEOCOEOC ，所以|1 3CE ，所以|17 5abAB，故选C 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

13、分，有选错的得0分）题号 9 10 11 12 答案 BC ABD AB BD【解析】9由复合函数的单调性可知()f x在(0)，上单调递减，故B正确；()f x为偶函数，所以关于直线0 x 对称，故C正确，故选BC.图 2 图 3 数学参考答案第 3 页（共 10 页）10选项A：57A2520，故A正确；B选项：为不同物体的分组问题：分为：2组2个，3组1个；1组3个，4组1个，即7221 1 1 ，731 1 1 1 ，所以有22375722C CC140A种，故B正确；选项C：用隔板法求解，C选项等价于8个相同的球，放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个，所以有27C21种，故C错误

14、；选项D：由于球与盒子都相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，存放1个盒子：将7个球放入1个盒子，有1种存放方式；存放2个盒子：7162534 有3种；存放3个盒子：71 15124133322 有4种；共8种，故D正确，故选ABD.11由2lnxaxx，令2()lnF xxaxx，所以()F x 2221axxaxxx，令2()2h xxxa，易知()h x在(1)，所以()(1)1h xha，当10a，即01a 时，()0()0()h xF xF x，所 以()(1)0F xF当10a，即1a 时，存在0(1)x ，使得0()0h x，即20020 xxa当0(1)xx，时，()0h x

15、，()0F x，()F x，所以0()(1)0F xF与()0F x矛盾.综上，(0 1a，故A正确；如图4：由2()f xbxcx，得()lnf xaxx与2()g xx在(1)，上存在分隔直线，()()f xg x，在1x 处的切线方程分别为：(1)yaxa，21yx，所以12ab ，得(1 2b，故B正确；取1x 得2(1)1(1)1fbcg，所以1bc，得1 1 0)cb ，故C，D错误，故选AB.12选项A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多6条交线，所以形成的多边形最多为六边形，所以截面图形一定不是七边形，故A错误；选项B：如图5，设ADx BDy CDz，由勾股定理得：22

16、2222222ABxyBCyzACxz，所以22222cos022ACABBCxAACABACAB，22222cos022ABBCACyBAB BCAB BC，22222cos022ACBCABzCACBCACBC，所图 4 图 5 数学参考答案第 4 页（共 10 页）以角A B C，均为锐角，所以ABC为锐角三角形，故B正确；选项C：正方体3组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知：五边形中有两组对边平行，所以截面五边形不可能为正五边形，故C错误；选项D：如图6，截面EHGF分别交棱ABAD，于点G H，假设四边形EHGF为直角梯形（EFGH），则EHHG，又因为1AAHG且1AAEH，共

17、面，所以1AAEH或1AAEHP，当1AAEH时，由线面平行的性质定理得EHFG，又因为EFGH，所以四边形EHGF为平行四边形，与假设矛 盾；当1AAEHP时，因 为1HGAA，HGEH且1AAEHP，所 以HGAPH 平面，即11HGAAD D平面，又因为11ABAAD D平面，所以ABGH，与ABGHG矛盾，所以假设不成立，故D正确，故选BD.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 21.6 25 154 151515yx或154 151515yx 或3 74 777yx或3 74 777yx （写出其中一个即可得满分）3222101334(

18、)32()236079nnnnan为奇数；为偶数【解析】13 因为(10 0.6)XB，所以()(1)2.4D Xnpp，所以2(39)3()92.421.6DXD X 14222241215544xyxxx，当且仅当0 x 时等号成立，所以函数的最大值为2.5 15 由题可知：两圆外离，所以两圆有 4 条公切线，设切线与两圆圆心连线的交点为00()A xy，.当切线为外公切线时：112212AOrAOr，1212AOAO，所以00001()(4)2xyxy，得0040 xy，所以(4 0)A ，设公切线 l：(4)yk x，所以圆心1O 到切线 l 的距离图 6 数学参考答案第 5 页（共

19、10 页）2|4|11kdk，解得1515k ，所以公切线为154 151515yx或154 151515yx；当切线为内公切线时：112212AOrAOr，11213O AOO ，所以001()(4 0)3xy，所以403A，设公切线l：43yk x，所以圆心1O到切线l的距离24311kdk，解得3 77k ，所以公切线为3 74 777yx或3 74 777yx 16当n为奇数时，12nnaa，令21nk*()kN，则2212kkaa；当n为偶数时，132nnaa，令*2()nk kN，则21232kkaa 所以21221323(2)2kkkaaa 2138ka，则*212143(4)(

20、)kkaakN，当1k 时，149a，所以214ka是以9为首项，3为公比的等比数列，所以112149 33kkka，21ka134k，则1221232kkkaa.当n为 奇 数 时，由21nk，则12nk，所 以132213434nnna；当n为偶数时，由2nk，则2nk，所以22213232nnna，所 以322234()32().nnnnan为奇数，为偶数232023132023242022()()(33Saaaaaa 2101210132310123(13)34 1012)(3332 1011)4 101213 210113(13)2 101113 1013236079.四、解答题（共

21、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）（1）证明：依题cos0C，否则cos0sin13sin4cos5CCCC，矛盾.由3sin4cos5CC得：229sin(54cos)CC，故22229sin9cos9cos(54cos)9CCCC，数学参考答案第 6 页（共 10 页）整理得2(5cos4)0C，从而43cossin55CC，从而sin3tan.cos4CCC（5分）（2）解：由221ab，由（1）可得4cos5C，故C为锐角，2221abc，故22222222411cos1522abcccCcababab，从而21555cc，当且仅当22ab时取等.（

22、10分）（没有取等扣1分）18（本小题满分12分）（1）证明：依题21111()4()()0nnnnnnnnaaaaaaaa，从而11()()0nnnnxaaxaa有两个相等的实根，从而11()()nnnnaaaa，也即数列na成等差数列.（6分）（2）解：依题5338315102()25Saadaa ，3(3)28naandn，（9分）由于数列单调递增且当4n时0na，因此数列na的前n项和nS的最小值为4312.SS （12分）19（本小题满分12分）（1）证明：依题意QSPN，又PQPN，QSPQQ，故PN 平面APQ 又PN 平面MNPQ，故平面APQ 平面MNPQ.（5分）（2）解：

23、取PQ的中点为O，MN的中点为E，则AOPQ，又平面APQ 平面MNPQ且PQ为交线，则AO 平面MNPQ.数学参考答案第 7 页（共 10 页）分别以OE OP OA，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图7所示：设2MNPQa，则平面MNPQ的法向量为(0 0 1).m，又(0 03)(20)(20)AaMaaNa a，则(23)(0 20)MAa aaMNa ，设平面AMN的法向量为()nxyz，则1111(23)020n MAxyzan MNay ，故平面AMN的法向量可取为(3 0 2).n，平面AMN与平面MNPQ所成二面角的余弦值满足|2 7|cos|7|m nmn，故21s

24、in.7 （12分）20（本小题满分12分）解：（1）设A，B，C三家工厂各自独立生产的烟花“加特林”是正品分别为事件A，B，C.依题意3()()52()(1()259()(1()40P A P BP BP CP CP A，则()152()1()1()2159()(1().40P AP CP AP CP CP A，从而2217312331()()()()01515401544P AP AP AP A，解得：349()()().4510P AP BP C，（5分）（没有具体计算过程的酌情给分）（2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3 依题意：1111(0)4510200P，119141311

25、2(1)45104510451025P，图 7 数学参考答案第 8 页（共 10 页）1493193413(2)4510451045108P，34927(3)451050P 随机变量的分布列如下：0 1 2 3()P 1200 225 38 2750 的数学期望238149().2545020E（11分）数学期望是随机变量最基本的数学特征之一，它反映了随机变量平均取值的大小（要突出平均取值）.（12分）21（本小题满分12分）解：（1）椭圆C的方程为22221xyab，依题意22222124213cecbaaab，解得：222243acbc，代入224213ab得：2222214433cacb

26、c，故椭圆C的方程为221.43xy（4分）（2）设圆心01122(0)()()P xA xyB xy，显然直线l 的斜率存在，设l：(1)yk x，由222PAPBPQ，则22201107()2xxyx，又2211334yx，代入得到：2101112042xx x，数学参考答案第 9 页（共 10 页）同理：2202112042xx x，则12xx，分别是20112042xx x的两根，（8分）由韦达定理可得：122x x .又联立l：(1)yk x与22143xy，得2222(43)84120kxk xk，故212241222432kx xkk .直线l的方程为2222yx或2222yx.

27、（10分）此时 AB 的中点横坐标为2120024214243510 xxkxxk ，此圆的圆心坐标为1010，.（12分）（若仅仅联立方程得到韦达定理建议给2分）22（本小题满分12分）（1）解：()e2xfx，当ln2x 时，()e20 xfx，()f x在(ln2)，上单调递减；当ln2x 时，()e20 xfx，()f x 在(ln2)，上单调递增；故函数()f x 的极小值为(ln2)32ln2f，无极大值.（4分）（2）证明：依题e12ln2mnmn，从而0n.先证：1ln022nn，事实上令11()1ln(0)()1xt xxx xt xxx ，故当1x 时，()0()t xt x，单调递增，()(1)0t xt；当1x时，()0()t xt x，单调递减，()(1)0t xt.则1ln022nn.（7分）数学参考答案第 10 页（共 10 页）又依题意ln2e12lnln1lnlnlne22222222nmnnnnnnnnmn ，（9分）又令()e()1exxh xxh x，故0 x时，()0h x，()h x在0)，上单调递减，eln22mnnm，也即()ln2nh mh 当2n时，利用()h x 在0)，上单调递减知ln2nm；（11分）当02n时，也有0ln2nm.从而lne22mnnm，综上：2emn.（12分）