《巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（九）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（九）含答案.pdf（12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、扫描全能王 创建巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（九）扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建 数学参考答案第 1 页（共 8 页）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 A C B D C A B C【解析】1由1 2 3 4 5 6 8 9AB，所以()7 10MAB，故选 A 2由35iz，所以235i3i5i53iiiiz，对应的坐标为(53)，故选C 3A323yxyx，在(0 0)，的切线斜率为0，不符合；Bsincosyxyx，在(0 0)，的切线斜率为1，所以切线为01(0)yx，成立
2、；CD两个函数均不经过(0 0)，不符合，故选B 4由定义，22sinsin14sin，当sin0，合题意；当sin0，化简得23sin4，由于横坐标10，角在一、四象限，所以3sin2，故选D 5设出每一秒钟的路程为数列na，由题意可知na为等差数列，则数列首项12a，公差3d，由求和公式有(312)2222nn，解得12n，故选C 6 令6b，则14ac，2222222222 2114()4224accabSa ca ccab，将假 设 代 入，则2211(2)(12160(41660)40)4acSacac，由 基 本 不 等 式：142acac，所以4196ac，可得6 10S，当且仅
3、当7ac时取等号，面积最大，故选A 7由题意可知：1235401aaaaa，且*515452535510kkkkkaaaaakN，即12345515253545512kkkkkaaaaaaaaaa，当10k 时，515452535510aaaaa，由于201291，所以满足120niia的n的最小值为51，故选B 数学参考答案第 2 页（共 8 页）8 由抛物线方程22(0)Eypx p：，设圆心00()C xy，半径为R，04px，在MNO中，由 正 弦 定 理 得252sin5pONROMN，54pR，2202ONRy 224452ppp 又圆C与直线210 xy 相切，圆心到直线的距离d
4、R 当02py 时，则圆心到直线的距离222142154521pppdR，解得45p；当02py 时，则圆心到直线的距离222142|1|54521ppppdR，解得49p 或4（舍），综上45p 或49，故选C 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 BD ABD ABD【解析】9设7位裁判对每位选手给分分别为127xxx，A若7位裁判分别给分为17分，则原来平均值和去掉后的平均值都是4，不变，所以A错误；B7162xxxx，所以B正确；C中位数不变，
5、都是4x，故C错误；D由题意，极差变小，数据更稳定，所以方差变小，所以D正确，故选BD 10令3212logxzty，画出2xy，13yx，2logyx，如图1，由图象可知：当yt在位置时，yxz；当yt在位置时，xyz；当yt在位置时，xzy；故yzx不可能成立，故选ABD 图 1 数学参考答案第 3 页（共 8 页）11由棱长为2，可得正八面体上半部分的斜高为22213EG，高为3 12EO，则正八面体的体积为2228 222333ABBCEOV 此正八面体的外接球的球心为O，半径为2EO，所以外接球的体积为8 23，A正确；由于O到平面ABE的距离等于O到平面BCE的距离，在RtOEG中
6、，过O作EG的垂线，垂足为H，则OH 平面BCE由1OG，得63EO OGOHEG，平面ABE截正八面体的外接球所得截面是圆，其半径2222 3233rEOOH，所以所得截面的面积为243r，B正确；甲随机选择的情况有36C20种，乙随机选择的情况有38C56种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有1124C C8种，甲构成正三角形的概率为82205，故C错误；乙构成正三角形，只有一种情况：上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有248种，概率为
7、81567；甲能构成正三角形的概率为25，所以甲与乙均能构成正三角形的概率为2125735，故D选项正确，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 1 9 34【解析】12 因 为3()log(33)xxf xm，且()()fxf x，即3333xxxxmm，有(33)33xxxxm，所以1m 13设20()C()0.8kkg kh kkN，因为当010k 时，()g k单调递增；当10k 时，()g k单调递减，所以当10k 时，()g k有最大值 又因为()h k是减函数，所以只需考虑010k 时，()f k的大小情况即可当010k 时，比
8、较()f k与(1)f k 的大小因为 数学参考答案第 4 页（共 8 页）2020!()C0.80.8!(20)!kkkf kkk，1112020!(1)C0.80.8(1)!(21)!kkkf kkk，所以令()1(1)f kf k，得210.81kk，解得849k 因此，当9k 时，()f k取最大值 14在ACD中，由正弦定理得：12 332sinsinsin22ADACADCACDADC，由于90ADC，所 以120ADC 则 有：302DACDC，tan BAC 3 33tantan3033tan()1tantan3063 331355BADBADDACBADACBCBC，tan1
9、ACBAC，由11sin3022DCEECBDCBSSSCD CECEBC 1sin1202CD BC，可得313sin30242CDECESCD CE，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）（1）解：当112 32 32nnnnnSbSb，两式相减得：13nnnbbb，所以14nnbb.当11112nab，且1232Sb，可得28b，也满足，由0nb，则 nb为等比数列，121242nnnb，所以21nan（7分）（2）证明：(32)nTnn，当1n 时，1111413niiTT 成立；当2n 时，113311(32)3(32)3(33)333n
10、Tnnnnnnnn，所以111111111111413669333333niiTTnnn 成立 （13分）16（本小题满分15分）解：（1）如图2，设ACBDO，由正四棱锥的性质，POABCD 平面，BDAC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系 数学参考答案第 5 页（共 8 页）由于各边长均为1，所以20 02A，2002B，20 02C，20 02P，可得：(2 0 0)CA ，22022PC ，22022PB，设()nxyz，为平面PBC的一个法向量，则有：2202222022n PByzn PCxz ，令1z，则(1 1 1)n ，设AC与平面PBC所成角
11、为，所以23sin|cos|3|23CA nCA nCAn ，|；（7分）同理，可得平面PBA的一个法向量(1 1 1)m，设二面角APBC的平面角为，所以11|cos|cos|3|33m nm nmn ，则2 2sin3，所以AC与平面PBC所成角的正弦值为33；二面角APBC的平面角的正弦值为2 23 （10分）（2）得到5个面一个正四棱锥，每个侧面都是单位正三角形；一个正四面体，每个面也都是单位正三角形把两个几何体通过一个全等的正三角形面粘接起来因为有四个面两两融合，变成了两个面原因是这里有两对两个二面角恰好互补，下面计算验证分别计算二面角APBC和二面角EQFG的平面角大小 （11分）
12、由（1）求得二面角APBC平面角1cos3，（12分）取QF的中点S，可得ESQ为所求的平面角，二面角EQFG的平面角222233(1)221cos3322，图 2 数学参考答案第 6 页（共 8 页）所以，这样平面APB与平面QFG融合成了一个平面，同理：平面DPC与平面QEG融合成了一个平面，所以组合体有5个面（15分）17（本小题满分15分）解：（1）直接法：设点()P xy，由题意，1222yyxx，化简得：221(0)2xyy（4分）（2）如图3，由于直线l的斜率存在，设1122(0)()()lykxm mA xyC xy：，将直线l代入221(0)2xyy，可得：222(12)42
13、20kxkmxm，则要222222164(12)(22)8(21)0k mkmkm，韦达定理得：21212224221212kmmxxx xkk，.由于1122()()OAxyOCxy，若四边形OABC为平行四边形，则有12122242()1212kmmOBOAOCxxyykk ，即点22421212kmmBkk，在椭圆上，代入椭圆方程，化简可得：22412mk，满足：2228(21)240kmm，则2212122224221442kmkmmxxx xmmmm，弦长22222212122161|1()41422|kmkACkxxx xkmmm，点O到直线lykxm：的距离2|1mdk，故平行四
14、边形OABC的面积22161|62|22|21kmSACdmk，所以面积为定值62（15 分）图 3 数学参考答案第 7 页（共 8 页）18（本小题满分 17 分）解：（1）X 的所有可能取值为 1，2，3 1 个人的情况为：1 号胜胜，则概率为211(1)323P X，2个 人 的 情 况 为：1号 负2号 胜 胜 或1号 胜 负2号 胜，概 率 为121211115(2)3323229618P X，3 个人的概率157(3)1(1)(2)131818P XP XP X ，所以分布列为：X 1 2 3 P 13 518 718 所以15737()1233181818E X （8 分）（2）
15、分三种情况：第一，1A 一人全胜，该事件的概率设为1P，则3113P，第二，1A2A 两人参赛获胜，该事件的概率设为2P，则32223321121121383233233232P，第三，1A2A3A 三人参赛获胜，该事件的概率设为3P，则2332321121211121121121.32332322332332232Pppp 由312333822332108PP，所以要甲队获胜的概率大于12，即331108P，化简得：3236301931ppp，当23p，代入可得：110313，成立（17分）19（本小题满分17分）（1）解：列举或用公式可求出124019DDD，（3分）数学参考答案第 8 页
16、（共 8 页）（2）解：由麦克劳林公式，令()exf x，有23e12!3!nxxxxxn，再取12x，可得121111e110.50.1250.02081.645828482!nn ，所以估算值为1.65 在23e12!3!nxxxxxn 中，取1x ，可得!ennD.（9分）（3）证明：由麦克劳林公式，当(0 1)x，时，令()sinf xx，有35sin3!5!xxxx，猜想：sin.xx 令()cosf xx，有24cos12!4!xxx ，猜想：2cos12xx .令()sin(0)g xxx x，由()cos1 0g xx，所以()(0)0g xg，即sin xx 令2()cos1(0)2xh xxx，由()sin0h xxx，所 以()(0)0h xh，即2cos12xx 又(0 1)x，时，0sin xx，2cos102xx ，所以2tan12xxx.令1xn，当2n，有2222221122211tan22121111112nnnnnnnnnn，则1111111112tan4tan2 tan2222124213352121nnnnn 12121nn，命题得证 （17分）