重庆市第八中学校2024-2025学年高三下学期入学适应性训练数学答案_2025年2月_250208重庆市第八中学校2024-2025学年高三下学期入学适应性训练（全科）

重庆八中 2024—2025 学年度（下）高三年级入学测试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D B D C C D C ACD ABD ABC 1.【解析】B=x|0x4,A B=2，故选A． 2.【解析】由 第1页 共8页 z + 1 = 2 z + 2 z i 1 1 ，则z= , z = ，故选D． 1+2i 5 3.【解析】 a=(−2,m),b=(1,2),2a+b=(−3,2m+2). a ( 2a+b ) = 11 ,(−2)(−3)+m(2m+2)= 11 ，解得 2 2 m = − 1 2 .故选： B . 2 4.【解析】3cos(+)=coscos3coscos−3sinsin=coscostantan= . 3 tan+tan 于是tan(+)= =3(tan+tan)6 tantan=2 6， 1−tantan 6 当且仅当tan=tan= 时取等号，则 3 +   t a n ( )的最小值为 2 6 .故选：D. 5.【解析】设等比数列a  n  a n  的公比为 q ，首项为 a 1 ， 若q=−1，则S =0−5，与题意不符，所以 4 q  − 1 ； 若q=1，则S =6a =32a =3S 0，与题意不符，所以 6 1 1 2 q  1 ； 由S =−5， 4 S 6 = 2 1 S 2 a ( 1−q4) a ( 1−q6) a ( 1−q2) 可得， 1 =−5， 1 =21 1 ①， 1−q 1−q 1−q 由①可得，1+q2+q4 =21，解得： q 2 = 4 ， a ( 1−q8) a ( 1−q4) 所以S = 1 = 1  ( 1+q4) =−5(1+16)=−85．故选：C． 8 1−q 1−q  1 x3,0 xm 6.【解析】由 f(x)= 的图像特点，若 1  x2,xm m  [ 1 , +  ) ， f ( x ) 单调递增，方程 f ( x ) = t 1 1 1 1 没有两个不同的正实数根，当m(0,1)时， ，故存在实数 使得方 m3 m2 t[m2,m3) 程 f(x)=t 有两个不同的正实数根，故选C. 7.【解析】设球的半径为 R ，则4R2 =20，解得R= 5，所以圆台的高为2 5． 设圆台下底面半径为r，则(r+1)2 =(r−1)2 + ( 2 5 )2 ，解得 r = 5 ， 1 62 5 所以圆台的体积V = ( 12 +52 +15 ) 2 5= ，故选D． 3 3 f(f(f (x)))= f k(x) 8.【解析】记 ，对于 A 选项，由于 f(x)不恒等于x，故存在实数x 使得 0 k个 f(x ) x ，若 f(x ) x ，则有 f 2(x ) f(x )，即导致 f 2(x )= x  f(x ) x ， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 矛盾，同理， f(x ) x 也会导致x  x ，故 ff((xx))不可以是R上的单调递增函数； 0 0 0 0对于 B 选项，若 f(x)是偶函数，则存在实数a对任意的xR有 f(x)= f(−x)成立， 则有 f 2(x)= f 2(−x)，故x=−x，显然此式不对xR恒成立，f(x)不可以是偶函数； 1  ,x0 对于C选项，函数 f(x)=x ，即满足题目要求，且为奇函数；  0,x=0 对于 D 选项，若 f(x)是周期函数，则存在非零常数T ，使得 f(x)= f(x+T)，则 f 2(x)= f 2(x+T)，即有x= x+T，显然矛盾，故 f(x)不是周期函数. 9【. 解析】解：当−ax−1时，g(x)0,x2−x0.f '(x)0,同理可得：当−1x0时，f '(x)0， 当0x1时， f '(x)0，当1xa时， f(x)0, 函数 f (x)有极大值 f(x)在x=−1处取最大值，没有极小值，故A，C正确，而x=1 处导函数不一定为0，故D正确，故选ACD 6 6 6 10.【解析】解： (y −y)2 =(y2 −2yy + y2)=y2 −6y2 =510−6y2 =24， y2 =81， i i i i i=1 i=1 i=1 8+10+12+14+16+18  y =9，m+n=17，故A正确，由题意可知，x = =13， 6 6 (x −x)(y −y) 6 i i 20 ， (x −x)(y −y)=40， r= i=1 = i i 25+9+1+1+9+25 24 21 i=1 6 (x −x)(y − y) i i 40 40 4 b ˆ = i=1 = = = ，故B正确， 6 25+9+1+1+9+25 70 7 (x −x)2 i i=1 4 11 4 11 aˆ= y−b ˆ x =9− 13= ，故C错误， yˆ = x+ ， 7 7 7 7 4 11 4 11  + =m−( 12+ )+n−( 14+ )=m+n−18=17−18=−1．故选：ABD． 1 2 7 7 7 7 11. 【解析】 ，对于A，y2 =4x，F(1,0) ，准线方程为x=−1，点G(3,2) ， 过点G作垂直于准线的直线,垂足为G,由抛物线定义知 CF = CC ，则 GFC周长为 GF + GC + CF = GF + GC + CC ，当 GC + CC 最小时，周长最小，所以当 G,C,C在一条直线上时， GC + CC 最小，最小长度为 GC =4，所以周长最小值 为 GF + GC + CF =4+ (3−1)2 +(2−0)2 =4+2 2 ,故 A 正确；对于 B，由题意 知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线l 的方程为y=k(x−1) ， 1 第2页 共8页y2 =4x 联立  ，即 k2x2 − ( 2k2 +4 ) x+k2 =0 ①， C(x ,y ),D(x ,y ) ，  y =k(x−1) 1 1 2 2 4 x +x =2+ ，x x =1， 1 2 k2 1 2 则2CF + DF =2(x +1)+(x +1)=2x +x +32 2x x +3=3+2 2，B正确； 1 2 1 2 1 2 1 对于C，直线l 的斜率为− ，代入①中，设A(x ,y ),B(x ,y ) ，得x +x =2+4k2， 2 k 3 3 4 4 3 4 x x =1，由抛物线定义得：FA = x +1，FC = x +1，FB = x +1，FD = x +1， 3 4 3 1 4 2 4 于是 CD = x +x +2=4+ ,| AB|= x +x +2=4+4k2，ACBD面积 1 2 k2 3 4 . 1 1 4 1 1 S = AB CD = (4+4k2)(4+ )=8(1+k2)(1+ )=8(k2 + +2)32 2 2 k2 k2 k2 当且仅当k =1等号成立，所以四边形ACBD面积的最小值为32，故C正确. 1 对于D，直线BC方程为(y + y )y=4x+ y y ，代入( ,0)得：y y =−2， 1 4 1 4 2 1 4 又y y =−4，y y =−4，所以y y =−8，所以直线AD方程为 1 2 3 4 1 4 (y + y )y=4x+ y y =4(x−2)恒过定点(2,0)，故D不正确，故选：ABC 2 3 2 3 12. 【解析】连接OA、OB、OP，则OA⊥ AP，OB⊥BP，由切线长定理可知，PA = PB ， 又 因 为 OA = OB ， OP = OP ， 所 以 ， AOP≌ BOP ， 所 以 ， 1 π APO=BPO= APB= ，则 OP =2OA =2b，于是a=2b，所以离心率 2 6 c b2 5 e= = 1+ = a a2 2 f (x) f(x)−2f (x) 13. 【解析】令h(x)= ，则h(x)= =2x−1，故h(x)=x2−x+c（c为常数）， e2x e2x f (0) h(0)= =−6，c=−6，h(x)= x2 −x−6 e0 f (x)= ( x2−x−6 ) e2x =(x−3)(x+2)e2x，令 f (x)=(x−3)(x+2)e2x 0，解得x(−2,3). 14. 【解析】依据乘法原理，选派方法一其有：A5 −2A4 + A3 =78种。 5 4 3 由表知道，五项工作后获得的效益值总和最大为12+25+14+10+15=76，但不能同时 取得．要使总和最大，甲可以承担第二或四项工作，丙只能承担第三项工作，则丁不可 以承担第三项工作，所以丁承担第五项工作；乙若承担第二项工作，则甲承担第四项工 作，戊承担第一项工作，此时效益值总和为：13+25+14+12+10=74； 乙若不承担第二项工作，则乙承担第一项工作，甲承担第二项工作，则戊承担第四项工 作，此时效益值总和为：24+12+14+15+10=75． 完成五项工作后获得的效益值总和最大是75．故答案为：78，75． C 15. 【解析】（1）因为2cos2 =1−cosAcosB+2 2sinAcosB，所以 2 第3页 共8页cosC+cosAcosB=2 2sinAcosB，即−cos(A+B)+cosAcosB=2 2sinAcosB，所以 sinAsinB=2 2sinAcosB ， 因 为 sinA0 ， 所 以 sinB=2 2cosB0 又 因 为 1 sin2B+cos2B=1，解得：cosB= . 3 （2）因为R(sinA+sinC)=1，由正弦定理得a+c=2，可得c=2−a， 2 由余弦定理可得：b2 =a2+c2−2accosB=a2+c2− ac 3 2 8 4 2 3 =a2+(2−a)2− a(2−a)== (a−1)2+ ，∵0a2，∴ b2， 3 3 3 3 2 3  所以b的取值范围为 ,2.  3   16. 【解析】（1）证明：在 PAB中，PB2 =PA2 +AB2 −2PAABcosPAB=4+1−2=3， 所以PB2 +AB2 =PA2，所以AB⊥PB，又AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC ，又因为AB 面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD； （2）在平面PBC 中，过点B作BC的垂线l，则l ⊥面ABCD，以B为坐标原点，BC,BA,l 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,1,0),B(0,0,0),D(1,1,0)，设P(x,0,z)(z0)， 则AB=(0,−1,0),AD=(1,0,0),AP=(x,−1,z)，所以ADAP=x, AP = x2 +1+z2 ， ( ) 由已知ADAP= AD AP cosPAD= 2, AP =2，所以x= 2,z=1，即AP= 2,−1,1 设面PAB和面PAD的法向量分别为m=(x,y,z )和n=(x ,y ,z )， 1 1 1 2 2 2 ABm=0 −y =0   1 ( ) 则 ，即 ，取x =1，得m= 1,0,− 2 1  APm=0   2x 1 − y 1 +z 1 =0 ADn=0 x =0   2  ，即 ，取y =1，得n=(0,1,1) 2  APn=0   2x 2 − y 2 +z 2 =0 mn − 2 3 所以cos m,n = = =− ，设平面PAB与平面PAD所成二面角为，则 m n 3 2 3 1 6 6 sin= 1−cos2= 1− = ，所以平面PAB与平面PAD所成二面角的正弦值为 ． 3 3 3 2b2 1 2b2 3 17. 【解析】(1). PQ = ，故S = 2c = ab，可得4bc= 3a2， a PF1Q 2 a 2 1 3 所以16(a2−c2)c2 =3a4，即16e4−16e2+3=0，解得e2 = 或e2 = ； 4 4 1 3 椭圆离心率e(0,1)，所以e= 或 . 2 2 2 3 (2). 由 a 2c 得 e ，所以 e= ，即 a:b:c=2:1: 3 ，所以 a=2b ，椭圆 2 2 x2 y2 C: + =1，即x2+4y2 =4b2； 4b2 b2 第4页 共8页设A(x,y ),B(x ,y ),M(x ,y )，则x2+4y2 =4b2，x 2+4y 2 =4b2，① 1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 由N 是AB中点得OA+OB=2ON ，代入3OA+4OB=2ON+4OM 得2OA+3OB=4OM ，  2x +3x x = 1 2 所以   2x 1 +3x 2 =4x 0 ，即   0 4 ，即M   2x 1 +3x 2 , 2y 1 +3y 2  ； 2y 1 +3y 2 =4y 0 y = 2y 1 +3y 2  4 4   0 4 2x +3x  2 2y +3y  2 由M 在椭圆上，则x 0 2+4y 0 2 =4b2，即   1 4 2   +4  1 4 2   =4b2， 整理得4 ( x2+4y2) +12(xx +4y y )+9 ( x 2+4y 2) =64b2，② 1 1 1 2 1 2 2 2 将①代入②得：xx +4y y =b2，③ 1 2 1 2 若直线AB的斜率不存在，则线段AB的中点在x轴上，不合乎题意，  1  1 1 y=k(x−1)− 线段AB中点为Q1,− ，设直线AB: y=k(x−1)− ，由 2得  2 2  x2+4y2 =4b2 ( 1+4k2) x2− ( 8k2+4k ) x+4k2+4k−4b2+1=0 8k2+4k 1 1 x +x = =21k = ，所以x2−2x+2−2b2 =0，由0解得b2  ， 1 2 1+4k2 2 2 1 所以x x =2−2b2，直线AB方程为y= x−1 1 2 2 1 1  1 1 1−b2 所以y y = x −1 x −1= xx − (x +x )+1= ，④ 1 2 2 1 2 2  4 1 2 2 1 2 2 1−b2 4 将④代入③得：2−2b2+4 =b2 b2 = ， 2 5 1 5x2 5y2 满足b2  ，所以椭圆C的方程为 + =1. 2 16 4 18. 【解析】（1）据题意： f(x)= 1+ 1 x +1−acosx， f(x)=asinx− (1+ 1 x)2 ， 则当x(−1,0)时， f(x)0，则 f(x)在(−1,0)单调减；所以 f(x) = f(0)=2−a， min 由于 f (x)在(−1,0)单调增，则 f(x)0恒成立，即2−a0，故0a2．……（4分） （2）由于 f (x)0= f (0)，故0是函数 f (x)的极大值点，即 f(0)=0，a=2．…6分 下面证明，当a=2时， f (x)0恒成立，此时 f (x)=ln(1+x)+x−2sinx， 由(1)知，当x(−1,0)时，f (x) f (0)=0，符合； ………………（7分） 当x ( 0,  6 ) 时： f(x)= 1+ 1 x +1−2cosx， f(x)=2sinx− (1+ 1 x)2 ， f(x)=2cosx+ 2 0 ， 则 f(x) 在 ( 0, ) 单 调 增 ， 由 于 f(0)=−10 ， (1+x)3 6 f () =1−1 ( 1+ )2 0，则存在t ( 0, ) 使 f(t)=0，则 f(x)=   0,0x  t ，即 6 6 6  0,tx 6 f(x)在(0,t)单调减， 第5页 共8页在 ( t, ) 单调增．又 f(0)=0， f () =1 ( 1+ ) +1− 31 3 +1− 3= 5 − 30， 6 6 6 2 3 所以 f(x)0对x ( 0, ) 恒成立，即 f (x)在 ( 0, ) 单调减，故 f (x) f (0)=0． 6 6 综上，a=2．………………（13分） （3）由(2)知：ln(1+x)+x2sinx对x ( 0, ) 恒成立， 6 1 1   1   1  1  k2  1( 1 1 ) 令x=   ，2sin ln1+ + =ln + − ， k2 −1 3 6 k2 −1  k2 −1 k2 −1 k2 −1 2 k−1 k+1 n  1  n   k2  1( 1 1 ) ( 2n ) 1( 1 1 1 ) 所以2 k  =2 sin k2 −1    k  =2   ln k2 −1   + 2 k−1 − k+1   =ln n+1 + 2 1+ 2 − n − n+1 3 n 1  +ln2+ln − ．………………（17分） 4 n+1 n 19. 【解析】（1）因为数列a 为k—跳跃数列，且a =1， n 1 1 若k =1,a =a +1=2,a = a =1,d(1,3)=0，与对任意1i j6,d(i, j)0矛盾； 2 1 3 2 2 1 1 若k=2，则a =a +3=4,a = a =2,a = a =1,d(1,4)=0， 2 1 3 2 2 4 2 3 与对任意1i j6,d(i, j)0矛盾； 1 1 1 若k =3，则a =1,a =a +5=6,a = a =3,a =a +5=8,a = a =4,a = a =2， 1 2 1 3 2 2 4 3 5 2 4 6 2 5 满足对任意1i j6,d(i, j)0， 此时d(i, j)的最大值为8−1=7，所以k的最小值为3，且k =3时d(i, j)的最大值为7. （2）①m=10时，2210−1−1=210−1，a =1,a =210,a =29, ,a =2,a =1， 1 2 3 11 12 数列a 是周期为11的周期数列，所以a 的前2025项和为 n n 5 ( 1+2+22 + +210) +1+210 +29 +28+27 =2115−5+1921=12156 ②d(i, j)的所有不同的值为: 1−1,2−1,22−1,22−2,23−1,23−2,23−22, ,2m−1,2m−22, ,2m−2m−1， 所以d(i, j)的所有不同值的和为 T =0+[2−1]+222−(1+2)+323− ( 1+2+22)+ +m2m− ( 1+2+22+ +2m−1),       1−2m 因为m2m− ( 1+2+22+ +2m−1) =m2m− 1−2 =m2m− ( 2m−1 ) =(m−1)2m+1=(m−2)2m+1−(m−3)2m+1， m 所以T =(i−2)2i+1−(i−3)2i+m=(m−2)2m+1+m+4.   i=1 第6页 共8页