2024届巴蜀中学高三下学期3月月考数学试题含答案.pdf

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1、#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 1 页（共 8 页）巴蜀中学 2024 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

2、3 4 5 6 7 8 答案 A D B C C D B D【解析】3提升的比例为33221022log(12500)log(2500)12lg211log(2.5 10)113%log(1 1000)log(1000)3 ，故选B 4122234344C AC A725625P，故选 C 5由题()f x 为偶函数，221log(log 3)3bff，0.1232log 3202且()f x 在(0 2)，上单调递减，所以bca，故选C 6212112132222()02nnnnnnnnaaaaaaaaa，故选D 另 解：21211213222222nnnnnnnaaaaaaaaa，若1，则

3、12nna符合；若1，则11222222(22)nnnnaaaa.当2时，2na 不符合；当2时，12(2)22nna，112(2)0nnnaa恒成立，则2，故选 D 7()sin23cos232sin 233f xxxx，()0f x 在(0)，上恰有两解，22 333x，则27142 33323，故选B 8 由 题 可 得OAOB，记AB的 中 点 为M，则M的 轨 迹 为222Cxy：，1122|36|36|xyxy表示1122()()A xyB xy，到直线360 xy的距离之和的2倍，即M到直线360 xy的距离的4倍，所以其最小值为124 2，故选D#QQABAYKEggiAQhA

4、AAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 2 页（共 8 页）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 ABD ACD BD【解析】9选项C中，比如数据1042，4，4，4，1042的均值为4，标准差为1，故C错误，故选ABD 1 0 动 点M满 足MA与MB的 斜 率 之 积 为12，设()M xy，2212yyxx 221(0)84xyx：，故A正 确；2BCyx：，设(2 2cos2sin)M，则1|

5、2 2cos2sin2|2 3sin()2|2MBCSBC d2 32，故C正 确；MBC面 积 无 最 小 值，故B错 误；()()(0)M xyNxyH x，1122MNHNPMPNPMMNyykkkkkkxx ，MPN为以NMP为直角的直角三角形，故 D 正确，故选 ACD 11由题可知CFB，当2时，AC与EF所成角等于AC与AB所成角CAB，此时2226cos3ABABCABACABBFCF，故 A 错误；记AB的中点为M，ABG为等腰直角三角形，则CABG的外心在过点M且垂直于平面ABG的直线上，222MFMBBF，设OMt，则有2222121(1)2RtRtRt，故CABG的外接

6、 球 的 体 积 为823，故B正 确；过C作CHBF，垂 足 为H，则2sin4(1cos)CHAH，当3时，AC与平面ABFE所成角为CAH，此时315tansin1710CAHCAH，D正 确；224(1cos)sin5AC 1cos23，故 C 错误，故选 BD#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 3 页（共 8 页）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 2 102(0 1)，【解析】13由题，设211222433ttPFtPFta QFa QFa

7、，在2RtPQF中，2253QFPF 53t，13.ta PFa，在12PFF中，由勾股定理可得2222110()()4.2PFPFce 1 4 11()P xf x，处 切 线 方 程 为1111()lnyxxxx；22()Q xf x，处 切 线 方 程 为2221()lnyxxxx，两 条 切 线 互 相 垂 直，则12121111x xxx ，2121112222211|1|(0 1).|111|xxxPAxQBxxx，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）由余弦定理及题目 2222cos2cos2coscoscosacb

8、bcAacBbcAaBbA，由正弦定理可得sincossincossin()0ABBAAB，2ABC，22512 56425aAMbbb，12 1025cb（6 分）#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 4 页（共 8 页）（2）由（1）可知，2 cos2 coscaBaA，在ABM中，222cos364aAMcacA，222222144(2 cos)2cos3648cos1aaAaAaA，2221144sincossin2429cossinAASaCAA(=tan3A)，所以ABC面积的最大值为 24 （1

9、3 分）本题解法较多，其他方法可以参照公平性原则给分.16（本小题满分 15 分）解：（1）当1n 时，112222Sa aa；当2n 时，112nnnSa a，又因为12nnnSa a，可得112()nnnnaa aa.0na，可得112nnaa，所以212 nnaa，均为等差数列，212212nnanan，可得nan；（4分）设等比数列的公比为q，由题2316bbb，2226(1)60bbqqqq.因为 nb为正项等比数列，故2q，由244ba，故2nnb （7分）（2）由题112nnnnca bn，231111222322nnTn，存在16k，使得1(4)2424nkkTn（9分）证明如

10、下：当4n时，3234111116222324224nTT；（11分）当4n时，2341111122232422nnTn 23411111222323232n#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 5 页（共 8 页）3161 11171243 8224n，即证（15分）17（本小题满分15分）解：（1）由题，()f x的定义域为2321(0)()axxfxx，当1a 时，()0fx 恒成立，()f x在(0)，上单调递增，无极值点；当1a且0a时，11()0afxxa.（i）当0a时，110aa，故()f x

11、在110aa，上单调递增，在11aa，上单调递减，不符合；（）当01a时，()f x在110aa，上单调递增，在1111aaaa，上单调递减，在11aa，上单调递增，()f x在(0)，上有两个极值点，故01a（9分）（2）由（1）可知12xx，为方程2210axx 的两根，所以121221xxx xaa，.（11分）12122212122211()()lnlnln222f xf xaxaxaaaxxxx，记()ln2(01)()ln0()g aaaaag aag a，在(0 1)，上递增，又122eeg，故1ea（15分）18（本小题满分17分）解：（1）存在，当点F与点C重合时，平面底面A

12、BCD.证明如下：如图1，由题11CC D为正三角形，E为11C D的中点，11CEDC.11DCDC，CEDC.又侧面11DCC D底面ABCD，CE底面ABCD.CE，底面ABCD （5分）图 1#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 6 页（共 8 页）（2）过点D在平面11DCC D内作DZDC，由题可得DZ平面ABCD.取AB的中点M，连接DM，在菱形ABCD中，3DAB，DMAB，DMCD.所以DMDCDZ，两两互相垂直，以D为坐标原点，DMDC DZ ，分别为xy z，轴正方向建系如图2，则11(

13、0 0 0)(3 03)(0 23)(0 33)DAEC，.设1(01)CFCC ，则(0 23)DFDCCF，1(3 2 0)(03(1)(0 03)AEEFCE ，可知(0 03)CE，为平面ABCD的法向量.设()nxy z，为平面的法向量，有1032003(1)0AE nxyEFnyz ，可取(2(1)3(1).n，记平面与平面 ABCD所成二面角的大小为，则有222 11cos|cos|117(1)n CE ，可得23840，可得23或2（舍），此时 F 为1CC 上靠近1C 的三等分点.（12 分）如图 3，记交1BB 于点G，平面11DCC D平面11ABB A，1AGEF，G

14、为1BB上靠近 B 的三等分点，所以111AGBEFC为三棱台，1111111112 313sinsin233236AGBEFCSABBGSECC F，3h，图 2 图 3#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 7 页（共 8 页）11111111117()36AGBEFCAGBAGBEFCEFCVSSSSh.又1 1 116ABCD A B C DABCDVSEC，所以两部分体积之比为729 （17 分）19（本小题满分 17 分）解：（1）设001122334455()()()()()()P xyM xyN

15、 xyA xyB xyD xy，（i）对于抛物线C，242xxyy，故M 处的切线方程为11111()2()02xyxxyx xyy，故 N 处的切线方程为222()0.x xyy MN，处的切线交于点 P，故100120022()02()0 x xyyx xyy，即直线002()0MNx xyy：，在第（1）问中，点 P 在抛物线C 的准线上，即01y ，0220MNx xy：（5 分）（）将直线 MN 的方程代入抛物线方程得20240 xx x，故 MN 的中点200022xPx，故2223001200411|416(4)4242PMNxSPPxxxx，即PMN面积的范围为4)，（8 分）

16、（2）直线 ND与 AB 互相平行.证明如下：由120100120021202()022()04xxxx xyyx xyyx xy，A B P，三点共线，则304043341234123040()2()()20.PAPByyyykkxxx xxxxxx xxxxx#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#数学参考答案第 8 页（共 8 页）433412341202()()20 xxx xxxxxx x，（*）（10 分）343422xxyyQ，MQ D，三点共线，对于直线343444xxx xAByx：，代入24Cxy：，可得2

17、3434()0 xxxxx x，即343422xxyyQ，所以直线MQ：341113412()2yyyyyxxxxx，代入24Cxy：，可得34121134124()402yyyxxxyxxx，所以222221341341343451113413413484()2()2()2()2()yyyxxxx xxxxxxxxxxxxxxxx，（14 分）3434344AByyxxkxx，221343422225251341234123425134()2()()()24442()NDx xxxxxyyxxxxxxxxxx xxxkxxxxx，由（*）代入上式可得344NDxxk，所以ABNDkk即证（17 分）#QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=#