《重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（九）数学含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（九）数学含答案.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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
2、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)(2
3、2)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
4、 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
5、，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
6、|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|2
7、PFPFa，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
8、)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
9、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 6
10、r ，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
11、，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
12、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：1sincossin2AC
13、A，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
14、 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
15、，(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
16、.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
17、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 xx12
18、221211kx 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
19、，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 s
20、incos0 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，
21、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）