巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（三）数学-答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届重庆巴蜀中学高三适应性月考（三）_重庆巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（三）数学

巴蜀中学 2024 届高考适应性月考卷（三） 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 D D D A B A B C 【解析】 1．由题意设a4m1，b4n2，其中m，n都是整数，则ab4(mn)3，其中mn是 整数，可以是奇数也可以是偶数，故abD，故选D． mn7， m6， 2．设7a5bm(ab)n(ab)(mn)a(mn)b，所以 解得 所以 mn5， n1， 7a5b6(ab)(ab) ； 又 ab[5，27]，ab[6，30] ， 所 以 7a5b6(ab)(ab)[36，192]，故选D． 1 3．∵a0 1，∴f(x)ax12且a1，恒过定点(1，1)，∴m1，n1，∴g(x)1 ，其图 x 象不经过第四象限，故选D．           1    1   4．因为(ab)a，所以(ab)aa 2 ab0，∴|a|2  |a||b|0，|a| |b|，所以a在 2 2    ab  1 b方向上的投影向量为   b b，故选A． |b||b| 4 15 5．不妨设 A(3，0)，B(0，6) ，由 |AB|3 5 ， (S )  ，知 (d )  5 ． 设 △AMB min 2 Ml min y2 1 p 2 p  y2  p 0  y 0 6 p   y 0  2    4 6 6 4 p M 0 ，y ，则d   ，故(d )   5，故 2p 0  Ml 5 5 Ml min 5 p4，故选B． 6．T Cr ( x)8r    1  r Cr x 4 3 2 r ，其中0≤r≤8，rN，当r0，2，4，6，8时为有理项， r1 8 x 8 A5 A5 A4 A5 p A5 A5 故有5项有理项，4项无理项，故 p 5 5 ，q 4 5 ，故  5 5 5，故选A． A9 A9 q A4 A5 9 9 4 5 7．由题意知S 是等差数列{a }的前n项和中的最小值，必有a 0，公差d 0，若a 0， 5 n 1 5 数学参考答案·第1页（共10页）此时S S ，S ，S 是等差数列{a }的前n项和中的最小值，此时a a 4d 0，即 4 5 4 5 n 5 1 a a 7d 3d a =4d，则 8  1  3；若a 0，a 0，此时S 是等差数列{a }的前n项和 1 a a 5d d 5 6 5 n 6 1 a 中 的 最 小 值 ， 此 时 a a 4d 0 ， a a 5d 0 ， 即 5 1 4 ， 则 5 1 6 1 d a 1 7 a 8  a 1 7d  d 1 2 (3，)，综合可得： a 8 的取值范围是[3，)，故选B． a a 5d a a a 6 1 1 5 1 5 6 d d x2f(x) x2f(x) 8．由(x1)[2f(x)xf(x)]xf(x)，可得2xf(x)x2f(x) ，即(x2f(x))  ， x1 x1 g(x) g(x)g(x)(x1) g(x) 令 g(x)x2f(x) ， 则 0 g(x) ． 令 G(x) ， x1 x1 x1 g(x)  g(x)(x1)g(x) G(x)   0 ，所以 G(x) 在 (0，) 上是单调递增．不等式 x1 (x1)2 3x15 (x4)2 f(x4) g(x4) f(x4) ， 等 价 于 3 ， 即 G(x4) 3 ， (x4)2 x5 x5 g(6) 36f(6) G(6)  3，所求不等式即G(x4)G(6)．由于G(x)在(0，)上是单调递 7 7 增函数，所以x46，解得x2，且x40，即x4，故不等式的解集为(4，2)， 故选C． 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 9 10 11 12 答案 ABD ACD BC BC 【解析】  π 1 9．函数ysin3x cos3x，A选项，将ycosx的图象上各点的横坐标缩小为原来的  2 3 得ycos3x，再将图象关于x轴翻折得到ycos3x的图象；B选项，将ysinx的图象 1 π 上各点的横坐标缩小为原来的 ，得 ysin3x ，再向右平移 个单位长度得 3 6   π  π π ysin  3x  sin3x  的图象；C选项，将ysinx的图象向右平移 个单位长度   6  2 6 数学参考答案·第2页（共10页） π 1  π 得ysinx  的图象，再将各点的横坐标缩小为原来的 得ysin3x  的图象；D  6 3  6 选项，将ycosx的图象左平移π个单位长度得ycosx，再将各点的横坐标缩小为原来 1 的 得ycos3x的图象，故选ABD． 3   1  1    4 2   10．∵m2， ，n ，4，∴mn  ．对A：若m，n可以作为平面向量的一组基  a b  a b   1 1 1   底，则m，n不平行，故  240，ab ，故log ab3，故A正确；对B：若mn， a b 8 2   4 2 4b2a 则mn   0，故a2b0，2ab的值不确定，故 B 错误；对 C：若 a b ab   4 2 4 2 4b 2a 4b 2a ab1，则mn  (ab)  6  ≥62  64 2 ，当且 a b a b a b a b 4b 2a   ，  a2 2，   仅当 a b  时取等号，故 C 正确；对 D：由|m||n|4 2，知  ab1 b 21 1 1 12 1 1 1 1 1 b2 a2 b2 12  7 4  1632，故  12且 16，故   1 1， ， a2 b2 a2 b2 b2 a2 1 1 1  4 b2 b2 b2 b  7 故 1， ，故D正确，故选ACD．   a 2   11． f(x)(1)sinxxcosx ，令 f(x)0 ，则 (1)sinxxcosx ，当 cosx0 时， sinx1 ，则 (1)sinxxcosx 无解，此时 f(x) 无极值点；当 cosx0 时， 1 1 tanx x(1) ， 数 形 结 合 知 ： ytanx 与 y x(1) 在 1 1 x[kπ，kπ](kN )上有n2k1个交点，对应 f(x)在[kπ，kπ](kN )上的极值点为   x，x，，x (x x x )，且x x x x x x x x 0， 1 2 2k1 1 2 2k1 1 2k1 2 2k 3 2k1 k k2 x 0，故A错误，B正确；当k 1时，n3，并且x x 2x 0，故x，x，x 为等 k1 1 3 2 1 2 3 差 数 列 ， C 正 确 ； 当 k 2 时 ， n5 ， 并 且 x x x x 2x 0 ， 1 5 2 4 3  3   1  x 2π， π ，x π， π，故要使x，x，，x 为等差数列，只需x，x，x (0) 1  2  2  2  1 2 5 1 2 3 为 等 差 数 列 ， 即 等 价 于 x 2x 成 立 即 可 ， 故 1 2 数学参考答案·第3页（共10页） 1 2 tanx  x tan2x  x，   1 1 1 2 1 2  tan2x 2tanx ， 由 二 倍 角 公 式 ： 1 2 2 tanx  x  2 1 2 2tanx  1  tan2x 2  1tan2 2 x 2tanx 2 ，故tanx 2 0x 2   π， 2 π  时无解，故当k 2时，不存 2 在1使得x，x，，x 为等差数列，D错误，故选BC． 1 2 5 12．令 f(x)a|x||log |x||0，则a|x| |log |x||，ya|x|与y|log |x||都是偶函数，故考虑 a a a x0时： ya|x| ax与 y|log |x|||log x|的图象的交点；当0a1时，作出函数 a a yax，y|log x| 的图象易得：函数 yax，y|log x| 的图象有两个交点，所以当 a a 0a1 时，函数 f(x)ax|log x| 的零点个数为 2；当 a1 时，作出函数 a yax，y|log x|的图象，此时两个函数图象的交点个数取决于方程ax log x的解的个 a a 数，yax与ylog x的函数图象关于yx对称，故临界情况是yax与ylog x都与 a a ax x， 1 1  xe， yx 相切，此时有  axx xlnxx lnx1 1 故当 x0 时： axlna1 aee， 1 1 1aee时，函数yax，y|log x|的图象有3个交点，aee 时，函数yax，y|log x| a a 1 的图象有2个交点，aee 时，函数yax，y|log x|的图象有1个交点． 综上所述： a 1 1 aee 时，函数y f(x)的图象有 2 个零点；0a1或aee 时，函数y f(x)的图象 1 有4个零点；1aee时，函数y f(x)的图象有6个零点，故选BC． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13 14 15 16 1 7 3  答案 14 y 2 x log 4 |x|（答案不唯一）   3 ，5    【解析】 13．∵a ， a 是方程 x2 13x140 的两个实数根，∴a a 13，a a 14， 故 2 10 2 10 2 10 a 0，a 0，根据等比数列的性质有：a2 a a 14且a a q4 0，故a  14. 2 10 6 2 10 6 2 6 数学参考答案·第4页（共10页）π    14．直线yxc过上焦点F (0，c)且倾斜角为 ，由FF FB2FA，知A是BF 的中点， 2 4 1 2 1 1 2 1 由F (0，c)，A(c，0)，得B(2c，c)，故双曲线的渐近线方程为y x． 2 2  x  15．对数函数符合 f  1  f(x ) f(x )，结合 f(x)是偶函数：可令 f(x)log |x|，代入点 x  1 2 a 2  3 8， ，解得a4，故 f(x) log |x|．  2 4 16．三倍角公式：cos3Acos(2A A)cos2AcosAsin2AsinA(2cos2 A1)cosA 2(1cos2 A)cosA4cos3 A3cosA，故cosCcos3A0cosCcos3A  π 0 A ，  2   π cos(π3A)C π3AB2A，△ABC 为锐角三角形，故 02A ， 解得 2   π 0π3A ，   2 π π 3 1 1 7 3   A ，故 tanA1，4tanA 4tanA  ，5．   6 4 3 tan(BA) tanA  3  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）由频率分布直方图可知：分数低于 70 分的学生所占比例为40%，分数低于 80 分的学生的所占比例为70%， 所 以 该 学 校 学 生 参 与 知 识 问 答 测 试 的 得 分 的 中 位 数 在 [70，80) 内．…………………………………………………………………………………………（2分） 0.500.40 220 由7010  73.3， 0.700.40 3 所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数约为73.3分． ………………………………………………………………………………………（5分） （2）根据按比例的分层抽样：抽取的“亚运迷”学生3人，“非亚运迷”学生2人， 的所有可能取值分别为0，1，2，……………………………………………………（6分） C0 1 C1C1 3 C2 3 P(0) 3  ，P(1) 3 2  ，P(2) 3  ， C2 10 C2 5 C2 10 5 5 5 ………………………………………………………………………………………（9分） 数学参考答案·第5页（共10页）所以的分布列为：  0 1 2 1 3 3 P 10 5 10 1 3 3 6 所以数学期望E()0 1 2  ．………………………………………（10分） 10 5 10 5 18．（本小题满分12分） 2 3 1 解：（1）由tan2 3，知sin ，cos ， 13 13 ………………………………………………………………………………………（1分） 故 f(x)cosx(cosx2 3sinx)sin2xcos2xsin2x 3sin2x  3 1   π  3sin2xcos2x2  sin2x cos2x  2sin2x ，  2 2   6 ………………………………………………………………………………………（4分） 2π 所以T  π，解得1， 2  π 所以 f(x)2sin2x ．………………………………………………………………（5分）  6  π  π π π π π （2）由x  ，  ，得2x   ，2  ，tan2 3 ，  12  6 3 6 3 2 π 5π 7π 2  ， ， 6  6 6  π π π π y2sinx 在 x ， 上 单 调 递 增 ， 在 x ，2 上 单 调 递     3 2 2 6 减，…………………………………………………………………………………………（7分） π π  π 2tan 1tan2 2sin  3，2sin 2，2sin2  3sin2cos2 3  3 2  6 1tan2 1tan2 1  ，……………………………………………………………………………………（11分） 13  π  1  所以函数y f(x)在区间 ， 上的值域为 ，2 ．     12  13  ……………………………………………………………………………………（12分） 数学参考答案·第6页（共10页）19．（本小题满分12分） 解：（1）由a a，知a a2 k 1k a 1，故k 0． n1 n 2 1 1 ………………………………………………………………………………………（2分） 当k 0时，显然a 0，且a a a2 a2 (a a )(a a )， n n1 n n n1 n n1 n n1 故a a 与a a 同号，故对一切nN 都有a a ． n1 n n n1  n1 n 综上所述：实数k的取值范围是(0，). ……………………………………………（5分） （2）若a 3且k 0，则a a2． 1 n1 n 由a 30，知a 0， 1 n 两边取对数：lna lna2 2lna ，且lna ln3，…………………………………（8分） n1 n n 1 故lna ln32n1，故a eln32n1 32n1， n n 故数列{a }的通项公式为a 32n1(nN )．…………………………………………（12分） n n  20．（本小题满分12分） 解：（1）在△ABC中，由2asinB 3b， 可得：2sinAsinB 3sinB，而sinB0， 3 π 2π 所以sinA ，即A 或A . 2 3 3    π 由AC AB|AB|2，知B ， 2 π π 故A ，C  . …………………………………………………………………………（3分） 3 6 由b2，知c1，a 3， 1 3 故△ABC的面积为S  acsinB ．…………………………………………（5分） △ABC 2 2 （2）在△ACD中，由余弦定理：AC2  AD2 CD2 2ADCDcosD4024cosD， ………………………………………………………………………………………（7分） 3 1 故S S S  AC2  26sinD5 33 3cosD6sinD ABCD △ABC △ACD 8 2 5 33 7sin(D)， 21 2 7 其中sin ，cos ，………………………………………………………（11分） 7 7 π 所以，当D 时，S 取得最大值5 33 7．………………………………（12分） 2 ABCD 数学参考答案·第7页（共10页）21．（本小题满分12分）  a 3b， a 3， 解：（1）由已知得  S △ABD ab 3 b1， ………………………………………………………………………………………（2分） x2 所以椭圆C的标准方程为  y2 1．…………………………………………………（4分） 3 x2   y2 1， （2）设直线PQ的方程为xtyn(t 0)，联立方程 3  xtyn， 得：(t2 3)y2 2tny(n2 3)0.  2tn y  y  ，   1 2 t2 3 设P(x，y )，Q(x，y )，则由韦达定理： 1 1 2 2 n2 3  y y  ，  1 2 t2 3 ………………………………………………………………………………………（6分） 由点P与点P关于x轴对称知P(x， y )， 1 1 y y y y 由M，P，Q三点共线知k k ，即 2  1 ，即 2  1 ， MP MQ x m x m ty nm ty nm 2 1 2 1 故ty y (nm)y ty y (nm)y ，即2ty y (nm)(y  y )0. 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 ………………………………………………………………………………………（8分） n2 3 2tn 2tnm6t 2t(nm3) 代入韦达定理：2t (nm)   0， t2 3 t2 3 t2 3 t2 3 3 由t 0，知n ， m  3  故直线PQ与x轴交于定点K ，0. ………………………………………………（10分） m  x2 由M(m，0)在椭圆C：  y2 1外，得：m(， 3)( 3，)， 3 由AKB是钝角，知|OK||OA|b1(O为坐标原点)， 3 即 (0，1)，解得m(，3)(3，)， m 综上所述：m的取值范围是(，3)(3，)． ……………………………………………………………………………………（12分） 数学参考答案·第8页（共10页）22．（本小题满分12分）  π （1）证明：x0， 时，求证 f(x)1等价于求证sinxx．  2  π 令(x)sinxx，则(x)cosx1≤0，故(x)在0， 上单调递减，  2 故(x)(0)0，不等式成立．………………………………………………………（2分） sinxaxcosx （2）解：令F(x) f(x)g(x) . x  π 因为F(x)F(x)，所以题设等价于F(x)0在0， 上恒成立，  2  π 即：H(x)sinxaxcosx0在0， 上恒成立，  2 ………………………………………………………………………………………（3分） H(x)(1a)cosxaxsinx，H(0)0，H(0)1a.  π （i）当a≤0时，在0， 上sinx0，axcosx≥0，故H(x)0，所以F(x)0，符合题  2 意；  π  π （ii）当0a≤1时，H(x)(1a)cosxaxsin≥0在0， 上恒成立，故H(x)在0， 上  2  2 单调递增，故H(x)H(0)0，所以F(x)0，符合题意； π πa （iii）当a1时，H(0)1a0，H   0， 2 2  π 故必存在x 0， ，使得H(x )0，且当x(0，x )时，H(x)0， 0  2 0 0 故H(x)在(0，x )上单调递减，故在(0，x )上H(x)H(0)0，不符合题意． 0 0 综上所述：实数a的取值范围是(，1]．……………………………………………（6分）  π （3）解：由（1）知：sinxx在0， 上恒成立．  2 sinx  π 由（2）知：当a1时， f(x)g(x)，即 cosxsinxxcosx在0， 上恒成立． x  2 sin2 x sin2 xax2cosx 令G(x)[f(x)]2 g(x) acosx ， x2 x2  π 因为G(x)G(x)，所以题设等价于G(x)0在0， 上恒成立，  2 数学参考答案·第9页（共10页） π 即：h(x)sin2 xax2cosx0在0， 上恒成立．  2 ………………………………………………………………………………………（7分）  π （i）当a≤0时，在0， 上sin2 x0，ax2cosx≥0，  2 故h(x)0，所以G(x)0，符合题意； （ii）当0a≤1时，h(x)sin2xax2cosx≥sin2xx2cosx，  π 令r(x)sin2xx2cosx，x0，  ，  2 则r(x)2sinxcosx2xcosxx2sinx2sinxcosx2sinxx2sinx  x x 2 x [x2 2(1cosx)]sinxx2 4sin2 sinx4  sin2 sinx0，  2 2 2  π 所以r(x)在0， 上单调递增，  2 所以r(x)r(0)0，故h(x)0，所以G(x)0，符合题意； （iii）当a1时，h(x)sin2xax2cosx x2 ax2cosxx2(1acosx)， 1   π 当cosx ，1且x0， 时，1acosx0， a   2 故h(x) x2 ax2cosxx2(1acosx)0，不符合题意． 综上所述：a的取值范围为(，1]．…………………………………………………（12分） 数学参考答案·第10页（共10页）