巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（六）数学-答案.pdf

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1、 数学参考答案第 1 页（共 7 页）巴蜀中学 2024 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）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C B C D C B A【解析】1|11Axx，故选 B 2从小到大排列为90 100 115 120 125 130，由7564.5100得上四分位数为第五个，故选C 3红岩村被选中时，还需要从剩余的5个站点选择3个，共有35C10种选法，其中10号线不少于2个站点，有213323C CC7种选法，故选B 4记，的终边分别为OA OB，由条件知2 55cossin55，横坐标为角的余

2、弦值，故得2 53512 155coscoscoscossinsin666525210，故选C 5不妨设正方体的棱长为2，平面 AEF 即为平面1AEFD，几何体1EFCAD D为一个三棱台，易得1111171 1222232223EFCAD DV ，总体积为8，故另一个几何体的体积为717833，从而112271773317VVVV，故选D 6由条件可知直线l经过定点(1 0)A，但l不能表示0y，故A错；当直线与圆相交时，最小距离为0，故B错；由几何性质可知，lAC时，圆上有点到直线的距离最大，5AC，故最大距离为51，C对；直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，即2|21|11m

3、m，解得0m 或43m ，D错，故选C 7212aa，则12112121(2)(2)(2)2nnnnnnnnnaaaaaaaa，将后面1n个式子相乘得(1)(1)12241(2)(2)2(2)2nnnnnnnaa，所以(1)42nnna，即(1)422024nn，验证即可知n最小为8，故选B#QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=#数学参考答案第 2 页（共 7 页）8 不妨设切点E在第一象限，M在第一象限 记左焦点为1F，连接1MFOE，则可知MFOE，故22EFcb，又由E为MF的中点，O为1FF的中点，可得OE为1MFF的

4、中位线，则1MFMF且122MFOEb，由定义可得22MFab，从而22cbab，平方化简得32ba，平方得2222949()baac，解得53e，故选A 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号 9 10 11 答案 ACD AB ABD【解析】9设复数i()zab a bR，则izab，对于A，2zzaR，所以A正确；对于B，2 izzb，当0b时，zz是实数，故B错误；对于C，22|zzab，所以C正确；对 于D，222 2222ii2izaabbabab，则2222iz

5、abab，又2222(i)2izababab，则22zz，故D正确，故选ACD 10令1y，得()(1)2()0()(1)20(1)2f x ff xf xff，故A正确；令0y，得()(0)2(0)0(0)()20(0)0f x ffff xf，故B正确；令1xy，则2(1)(1)2(1)0(1)4ffff，解 得(1)2f ，这 样 可 构 造 函 数21()01xf xx ，满足题意，所以选项CD均错误，故选AB 11 对于选项A，记正六边形的中心为O，由1132264 3322VPO ，得2PO，从而外接球球心为O，22416RSR，故A正确；对于选项B，由CFAB，可知CF，又因为C

6、F 平面PCF，平面PCFMN，所以CFMN，故ABMN，故B正确；对于选项C，因为BEPO，若BECN，则可得BE 平面PCF，故BECF（矛盾），故C错；对于选项D，将PABPBCPCD，展开平铺，两点之间线段最短在PAB中，记APB，由余弦定理可得2223cos24PAPBABPA PB，又cos3cos(2)2cos2 cossin2 sin(2cos1)cos2sincossin#QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=#数学参考答案第 3 页（共 7 页）3232coscos2cos(1cos)4cos3cos，则9c

7、os316，对于平铺后的PAD，由余弦定理有2222cos325ADPAPBPA PB，从而5AD，故D对，故选ABD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号 12 13 14 答案 18 20 21033【解析】12由条件知21xy，借助基本不等式得21 2 2xyxy，化简得18xy（当且仅当122xy时取得等号），故填1.8 13由条件知(0 1)F，点斜式可得直线12(0)21lyxyx：，与抛物线联立得2840 xx，则82()218ABABABxxyyxx，由 抛 物 线 的 定 义 可 知|220ABAByy，故填20.14()3sin2cos212sin 216

8、f xxxx，令2666txt，借助2sin1yt的图象可知57662，故填210.33 四、解答题（共77分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15（本小题满分13分）解：（1）因为1221nnaan，所以12(1)12(21)nnanan.又数列21nan的首项为0，所以21nan不是等比数列，则21nan是各项为0的常数列，即210nan，所以21nan.（6分）（2）令12212kkn，解得1112222kkn，则1221kkn，所以11(21)212kkkkb，故01211222222112kkkkS.（13分）#QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCC

9、AoOQAAEoAAByQNABAA=#数学参考答案第 4 页（共 7 页）16（本小题满分15分）解：（1）由题9111(129)52.6799iixyy，921()1694101491660iixx ，9911()()9133.3924.03 513.24iiiiiixx yyx yx y，所以91921()()13.2413.240.222.6751.576060()iiiiixxyybaybxxx，所以回归方程为0.221.57yx.（5分）又2023年的年份编号为10，将10 x 代入0.221.57yx，得3.77y，所以，2023年全体居民人均可支配收入约为3.77万元（7分）（

10、2）由图表，人均可支配收入超过3万共有3年，则X的取值为0，1，2，3，3639C20(0)C84P X，216339C C45(1)C84P X，126339C C18(2)C84P X，3339C1(3)C84P X，故随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 2084 4584 1884 184 所以45363()184E X.（15分）17（本小题满分15分）（1）证明：如图1，延长1111AABBCCDD，交于点P，连接BD交AC于点O，由正四棱台的定义知，四条侧棱相交于点P，且四棱锥PABCD为正四棱锥，即PAPBPCPD，又点O分别为AC，BD的中点，所以POACPOBD，而

11、ACBDO，所以POABCD 平面.又11POACC A平面，所以11ACC AABCD平面平面.（5分）图 1#QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=#数学参考答案第 5 页（共 7 页）（2）解：由（1）知，OAOBOP，两两垂直，如图2，以点O为坐标原点，分别以OA OB OP ，为xy z，轴正方向建系，设棱台的高为h，则11(2 2 0 0)(02)(0 2 2 0)(2 0)CBhBCh，又1AAC平面的法向量为1(0 1 0)(2 22)mBCh ，由题直线1BC与1AAC平面所成角的正弦值为113，则有121|2

12、1sin|1310m BCmBCh ，解得4h，（10分）所以1(2 22 2 0)(02 4)BCBB ，.设平面11BCC B的法向量为()nxy z，则由100BCnBBn，取(2 2 2 2 1)n ，所以2 2cos|17m nm nmn ，所以1BCCA二面角的正弦值为33 171717.（15 分）18（本小题满分 17 分）（1）解：设动点()P xy，由题则有122212244PCPCyyykkxxx，化简得：221(0).4xyy（5 分）（2）证明：（）设直线4lxmy：，与2214xy联立，则有22(4)8120mymy.设11221()()(1)A xyB xyDy，

13、则，由题，则有2222122122406448(4)161920841204mmmmmyymyym，解得22m，且有121223()my yyy，（9 分）图 2#QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=#数学参考答案第 6 页（共 7 页）又直线 BD 的方程为：2112(1)1yyyyxx，令0y，则122121122211221212121212135()4()(1)452212yyyyyyy xyx ymy yyyxyyyyyyyyyy，所以直线 BD 过定点50.2T，（13 分）（）解：所以MBD的面积21212213

14、316192|244|4|MBDmSMTyyyym 22312.4mm 令2122 3 4)tm，则2212mt，所以22333164(12)16MBDttStttt在2 3 4)t，上单调递增，故当2 3t 时，即0m 时，min3 3()2MBDS.（17 分）19（本小题满分 17 分）（1）解：()()23xg xf xxx，求导得()2 ln210 xg x 恒成立，则函数()g x 在R上单调递增.又(1)0g，故函数()g x 在(0)，上有唯一零点1x ，即()f x 有唯一不动点1x.（4 分）（2）证明：充分性：设0 x 为函数()f x 的不动点，则有00()f xx，则

15、00()f f xx，所以0 x 为函数()f x 的稳定点；必要性：已知0 x 为函数()f x 的稳定点，即有00()f f xx成立，假设00()f xy，若00yx，则有00000()()()f f xf yf xyx不合题.同理，若00yx，则有00000()()()f f xf yf xyx不合题；则必有00yx，则有00000()()()f f xf yf xyx，此时000()f xyx，所以0 x 为函数()f x 的不动点.综上：“0 x 为函数()f x 的不动点”是“0 x 为函数()f x 的稳定点”的充分必要条件.（9 分）#QQABQQaAogCAAhAAAQhC

16、AwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=#数学参考答案第 7 页（共 7 页）（3）解：当1a ，函数221()ln(1)ef xxaxx在(0)，上单调递增，由（2）知()f x 的稳定点与()f x 的不动点等价，故只需要研究()f x 的不动点即可.构造函数221()()ln(0)eF xf xxxaxxx，求导：2221()eF xaxx，由于()F x在(0)，上单调递减，且()F xa.当0a 时，()0F x恒成立，即()F x在(0)，上单调递增，又0()xF x 时，且222222413(e)ee0eeeFaa，故存在唯一20(0 e)x，使得0()0

17、F x，即()f xx有唯一解，所以此时()f x有唯一不动点；当0a 时，即10a 时，存在唯一1(0)x ，使得1221121()0eF xaxx，此时()F x在1(0)x，上单调递增，在1()x，上单调递减；所以max11111222221111212121222()()lnlnln.eeeeeF xF xxaxxxxxxx 当0()xF x 时，且当()xF x ，.又22222()ln(0)eeh xxx在，上单调递增，且2222422(e)0eeeh，又221112eaxx 在1(0)x，上单调递增，故()当max1221222()ln0eeF xxx时，即21ex，此时43ea ，方程()0F x 有一个解，即()f x有唯一不动点；（）当max1221222()ln0eeF xxx时，即21ex，此时431ea ，方程()0F x 无解，即()f x无不动点；（）当max1221222()ln0eeF xxx时，即21ex，此时430ea，方程()0F x 有两个解，即()f x有两个不动点.综上：当430eaa 或时，()f x有唯一稳定点；当431ea 时，()f x无稳定点；当430ea时，()f x有两个稳定点（17分）#QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=#