巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（七）数学答案_2024年2月_01每日更新_14号_2023届重庆市巴蜀中学高考适应性月考卷（七）全科

巴蜀中学 2023 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 3 4 5 6 7 8
答案 D C B A C B A C
【解析】
1．M {x|x2}，N {x|1≤x≤3}，所以M N {x|2x≤3}，故选D.
i1 2023  (i1)2  2023 i2 2i1 2023  2i  2023
2．         (i)2023 i，故选C.
i1 (i1)(i1)  i2 1  2
π  π
3．先将函数 f(x)sinx的图象向左平移 个单位，得到 ysinx  ，再把图象上每个点
3  3
1  π
的横坐标缩小为原来的 ，得到g(x)sin2x

，故选B.
2  3
4．作BC 的平行线BD，使得BC BD，所以直线AB 与直线BC 夹角为直线AB 与直线BD
1 1 1 1 1 1 1 1
的 夹 角 . 在 △ABD 中 ， AB BD 2，AD AC2 CD2  5 ， 由 余 弦 定 理 得
1 1 1
AB2 BD2 AD2 225 1
cosABD 1 1   ，所以直线AB 与直线BC 夹角的余弦
1 2AB BD 2 2 2 4 1 1
1 1
1
值为 ，故选A.
4
5．如图1，连接CH ，作AM CH 于点M ，作BN CH 于点N，由正
八边形的特征可得AB∥CH ，AHC BCH 45，故MH NC 
2 2    
AH  AB ，所以CH (1 2)AB，则AC  AH HC  AH 
2 2
    图1
(1 2)AB，又因AC xAB yAH(x，yR)，所以y1，x1 2，所以x y2 2，
故选C．
6．(x3y)2(x y)5 x2(x y)5 6xy(x y)5 9y2(x y)5， (x y)5 的展开式的通项是T 
r1
Crx5ryr，令r4，则(x y)5的展开式中xy4的系数为C4 5，令r3，则(x y)5的展
5 5
开式中x2y3的系数为C3 10，令r2，则(x y)5的展开式中x3y2的系数为C2 10，故
5 5
(x3y)2(x y)5的展开式中，x3y4的系数是561091035，故选B.
数学参考答案·第1页（共10页）7．设F(c，0)，F (c，0)，其中c2 a2 b2．设O(x，y )，O (x，y )．如
1 2 1 1 1 2 2 2
图 2，过O 分别作PF ，PF ，FF 的垂线，垂足分别为 R，S，T，
1 1 2 1 2
所以由切线长定理有 |PR||PS|，|FR||FT |，|FS||FT| ，则
1 1 2 2
|PF ||PF ||PR||RF |(|PS||SF |)|RF ||SF ||FT||TF |
1 2 1 2 1 2 1 2
2a，又因为|FF ||TF ||TF |2c，所以|TF |ac．又F(c，0)，
1 2 1 2 1 1
图2
所以x a，同理可得x a.则O，O 在直线xa上，又因为FO 平分TF P， FO 平
O1 O2 1 2 2 1 2 2 2
π π
分TFQ，PFQπ，则OFO  ．在△OO F 中，OFO  ， FT ca．由射
2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2
影定理可得|OT ||OT ||FT |2，即a2 (ca)2 c2a，则双曲线离心率为2，故选A.
1 2 2
        
8．令OAa，OBb，OCc，其中F 为AB的中点，CECACB，
 
      CE 2 AB 2
则4(ac)(bc) CACB ，以O为圆心，2为
4

半径作圆，O为原点，OC为x轴的正方向建立直角坐标系，如图3
图3
         
所示．又因为2(OA 2 OB 2 )(OAOB)2 (OAOB)2 (2OF)2  AB 2 ①，2(OC 2 OE 2 )
         
(OCOE)2 (OCOE)2 (2OF)2 CE 2 ② ， ① − ② 得 (OA 2 OB 2 )(OC 2 OE 2 )
 
AB 2 CE 2      2
8，所以|OE|2，这样点 E也在圆O上，所以|ab||AB| CE 16，又
2
        
因为|CE|[|OE||OC|，|OE||OC|]，所以|CE|[1，3]，所以|ab||AB|[ 17，5]，
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 BC ABD AB BD
【解析】
9．由复合函数的单调性可知 f(x)在(0，)上单调递减，故B正确；f(x)为偶函数，所以关
于直线x0对称，故C正确，故选BC.
数学参考答案·第2页（共10页）10．选项A：A5 2520，故A正确；B选项：为不同物体的分组问题：分为：2组2个，3组
7
C2C2
1个；1组3个，4组1个，即722111，731111，所以有 7 5 C3 140
A2 7
2
种，故B正确；选项C：用隔板法求解，C选项等价于8个相同的球，放入3个不同的盒
子里，每个盒子至少放1个，所以有C2 21种，故 C 错误；选项 D：由于球与盒子都相
7
同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，①存放 1 个盒子：将 7 个球放入 1 个盒子，
有 1 种存放方式；②存放 2 个盒子：7162534有 3 种；③存放 3 个盒子：
7115124133322有4种；共8种，故D正确，故选ABD.
11．由x2≥alnxx，令F(x)x2 alnxx，所以F(x)
a 2x2 xa
2x 1 ，令h(x)2x2 xa，易知h(x)
x x
在(1，)，所以h(x)h(1)1a，①当1a≥0，
即 0a≤1 时 ， h(x)0，F(x)0，F(x) ， 所 以
F(x)F(1)0 ．②当1a0 ，即 a1时，存在
图4
x (1，)，使得h(x )0，即2x 2 x a0．当x(1，x )时，h(x)0， F(x)0，
0 0 0 0 0
F(x)，所以F(x )F(1)0与F(x)≥0矛盾. 综上，a(0，1]，故A正确；如图4：由
0
f(x)≤bxc≤x2，得 f(x)alnxx与g(x)x2在(1，)上存在分隔直线，f(x)，g(x)
在x1处的切线方程分别为：y(a1)xa，y2x1，所以a1≤b≤2，得b(1，2]，
故B正确；取x1得 f(1)12≤bc≤g(1)1，所以bc1，得c1b[1，0)，故C，
D错误，故选AB.
12．选项A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多6条交线，所
以形成的多边形最多为六边形，所以截面图形一定不是七边形，故A
错误；选项B：如图5，设ADx，BD y，CDz，由勾股定理得：
AB2 x2  y2，

BC2  y2 z2，所以cosA
AC2  AB2 BC2

2x2
0，
图5
2AC AB 2AC AB

AC2 x2 z2，

AB2 BC2 AC2 2y2 AC2 BC2 AB2 2z2
cosB  0， cosC   0， 所
2ABBC 2ABBC 2ACBC 2ACBC
数学参考答案·第3页（共10页）以角A，B，C均为锐角，所以△ABC为锐角三角形，故 B 正确；
选项C：正方体3组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知：
五边形中有两组对边平行，所以截面五边形不可能为正五边形，故
C错误；选项D：如图6，截面EHGF分别交棱AB，AD于点G，H ，
假设四边形EHGF 为直角梯形（EF∥GH ），则EH HG，又因
图6
为AA HG且AA，EH共面，所以AA∥EH 或AA EH P，当AA∥EH 时，由线面平
1 1 1 1 1
行的性质定理得EH∥FG，又因为EF∥GH ，所以四边形EHGF 为平行四边形，与假设
矛盾；当 AA EH P 时，因为 HG AA ， HGEH 且 AA EH P ，所以
1 1 1
HG平面APH ，即HG平面AADD，又因为AB平面AADD，所以AB∥GH ，与
1 1 1 1
ABGH G矛盾，所以假设不成立，故D正确，故选BD.
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
15 4 15
y x 或
15 15
y 15 x 4 15 或  3n 2 3 4(n为奇数)
答案 21.6 5 2 3 15 7 4 15 7
a
n

3n 2 2 2(n为偶数)
；
y x 或
7 7
231013 6079
3 7 4 7
y x
7 7
（写出其中一个即可得满分）
【解析】
13．因为X B(10，0.6)，所以D(X)np(1 p)2.4，所以D(3X 9)32D(X)92.421.6．
x2 4 1 2 2
14．y  ≤ ，当且仅当x0时等号成立，所以函数的最大值为 .
x2 5 1 5 5
x2 4
x2 4
15．由题可知：两圆外离，所以两圆有4条公切线，设切线与两圆圆心连线的交点为A(x，y ).
0 0
AO r 1  1 1
①当切线为外公切线时： 1  1  ，AO  AO ，所以(x， y ) (4x， y )，
AO r 2 1 2 2 0 0 2 0 0
2 2
x 4，
得 0 所以 A(4，0)，设公切线l ： yk(x4)，所以圆心O 到切线l 的距离
y 0， 1
0
数学参考答案·第4页（共10页）|4k| 15 15 4 15 15 4 15
d  1，解得k  ，所以公切线为y x 或y x ；
1k2 15 15 15 15 15
AO r 1  1 1
②当切线为内公切线时： 1  1  ，OA OO ，所以(x，y ) (4，0) ，所以
AO r 2 1 3 1 2 0 0 3
2 2
4
k
4   4 3
A ，0 ，设公切线l：ykx  ，所以圆心O 到切线l的距离d  1，解得
3   3 1 1k2
3 7 3 7 4 7 3 7 4 7
k  ，所以公切线为y x 或y x ．
7 7 7 7 7
16．当 n 为奇数时，a a 2，令n2k1(kN*)，则a a 2；当 n 为偶数时，
n1 n 2k 2k1
a 3a 2，令n2k(kN*)，则a 3a 2．所以a 3a 23(a 2)2
n1 n 2k1 2k 2k1 2k 2k1
3a 8，则a 43(a 4)(kN*)，当k 1时，a 49，所以{a 4}是以9
2k1 2k1 2k1 1 2k1
为首项，3为公比的等比数列，所以 a 493k1 3k1 ，∴ a  3k14，则
2k1 2k1
n1
a a 23k12 . 当 n 为 奇 数 时 ， 由 n2k1 ， 则 k  ， 所 以
2k 2k1 2
n
a 3 n 2 1143 n 2 3 4；当n为偶数时，由n2k ，则k  ，所以a 3 n 2 123 n 2 2 2，
n 2 n
 3 n 2 3 4(n为奇数)，
所 以 a  S (a a a )(a a a )(32 33
n 3n 2 2 2(n为偶数). 2023 1 3 2023 2 4 2022
32(131012) 
31013 41012)(32 33 31012 21011) 41012
 13 
32(131011) 
 21011 231013 6079.
 1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）
（1）证明：依题cosC 0，否则cosC 0sinC 13sinC4cosC 5，矛盾.
由3sinC4cosC 5得：9sin2C (54cosC)2 ，
故9sin2C9cos2C 9cos2C(54cosC)2 9，
数学参考答案·第5页（共10页）4 3
整理得(5cosC4)2 0 ，从而cosC  ，sinC  ，
5 5
sinC 3
从而tanC   . …………………………………………………………（5分）
cosC 4
4
（2）解：由a2 b2 1，由（1）可得cosC  ，
5
故C为锐角，a2 b2 1c2，
4 a2 b2 c2 1c2 1c2
故cosC    ≥ 1c2，
5 2ab 2ab a2 b2
1 5 2
从而c2≥ c≥ ，当且仅当ab 时取等.
5 5 2
………………………………………………（10分）（没有取等扣1分）
18．（本小题满分12分）
（1）证明：依题(a a a a )2 4(a a )(a a )0，
n1 n n n1 n1 n n n1
从而[x(a a )][x(a a )]0有两个相等的实根，
n1 n n n1
从而(a a )(a a )，也即数列{a }成等差数列. ……………………（6分）
n1 n n n1 n
1
（2）解：依题S 5a 10a 2，d  (a a )2，
5 3 3 5 8 3
∴a a (n3)d 2n8， …………………………………………（9分）
n 3
由于数列单调递增且当n≤4时a ≤0，
n
因此数列{a }的前n项和S 的最小值为S S 12. ………………………（12分）
n n 4 3
19．（本小题满分12分）
（1）证明：依题意QS PN ，又PQPN ，QSPQQ，故PN 平面APQ．
又PN 平面MNPQ，故平面APQ平面MNPQ. ……………………………（5分）
（2）解：取PQ的中点为O，MN 的中点为E，则AOPQ，
又平面APQ平面MNPQ且PQ为交线，则AO平面MNPQ.
数学参考答案·第6页（共10页）分别以OE，OP，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图7所示：设MN PQ2a，

则平面MNPQ的法向量为m(0，0，1).
又A(0，0， 3a)，M(2a，a，0)，N(2a，a，0)，
 
则MA(2a，a， 3a)，MN (0，2a，0)，
图7

设平面AMN 的法向量为n(x，y，z)，
 
 nMA(2x  y  3z )a0，
则   1 1 1
nMN 2a y 0，
1

故平面AMN 的法向量可取为n( 3，0，2).
 
|mn| 2 7
平面AMN 与平面MNPQ所成二面角的余弦值满足|cos|    ，
|m||n| 7
21
故
sin .
…………………………………………………………（12分）
7
20．（本小题满分12分）
解：（1）设A，B，C三家工厂各自独立生产的烟花“加特林”是正品分别为事件A，B，C.
 3
P(A)P(B) ，

5  P(A) 15 2
  P(C)1 P(A)，

 2 1P(C) 2 15
依题意 P(B)(1P(C)) ，则 
 25  9
P(C)(1P(A)) .

P(C)(1P(A))
9
，
 40

 40
2 17 31 2  3 31
从而 (P(A))2  P(A)  P(A) P(A) 0，
15 15 40 15 4 4 
3 4 9
解得：P(A) ，P(B) ，P(C) . …………（5分）（没有具体计算过程的酌情给分）
4 5 10
（2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．
1 1 1 1
依题意：P(0)    ，
4 5 10 200
1 1 9 1 4 1 3 1 1 2
P(1)          ，
4 5 10 4 5 10 4 5 10 25
数学参考答案·第7页（共10页）1 4 9 3 1 9 3 4 1 3
P(2)          ，
4 5 10 4 5 10 4 5 10 8
3 4 9 27
P(3)    ．
4 5 10 50
随机变量的分布列如下：
 0 1 2 3
1 2 3 27
P()
200 25 8 50
2 3 81 49
的数学期望E()    . ……………………………………（11分）
25 4 50 20
数学期望是随机变量最基本的数学特征之一，它反映了随机变量平均取值的大小（要突
出平均取值）. …………………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
x2 y2
解：（1）椭圆C的方程为  1，
a2 b2
 c 1
e  ，c2 b2 a2，

 a 2
依题意

4 2
  1，
3a2 b2
解得：a2 4c2，b2 3c2，
4 2
代入  1得：c2 1，a2 4c2 4，b2 3c2 3，
3a2 b2
x2 y2
故椭圆C的方程为  1. ……………………………………………………（4分）
4 3
（2）设圆心P(x，0)，A(x，y )，B(x，y )，
0 1 1 2 2
显然直线l的斜率存在，设l：yk(x1)，
7
由PA2 PB2 PQ2，则(x x )2  y2 x 2  ，
0 1 1 0 2
3 1 1
又y2 3 x2，代入得到： x2 2x x  0，
1 4 1 4 1 0 1 2
数学参考答案·第8页（共10页）1 1
同理： x 2 2x x  0，
4 2 0 2 2
1 1
则x，x 分别是 x2 2x x 0的两根， ……………………………………（8分）
1 2 4 0 2
由韦达定理可得：xx 2.
1 2
x2 y2
又联立l：yk(x1)与  1，
4 3
得(4k2 3)x2 8k2x4k2 120，
4k2 12 2
故xx  2k  .
1 2 4k2 3 2
2 2 2 2
直线l的方程为y x 或y x .……………………………………（10分）
2 2 2 2
x x 4k2 2 1
此时AB的中点横坐标为 1 2   4x x  ，
2 4k2 3 5 0 0 10
 1 
此圆的圆心坐标为  ，0 . ……………………………………………（12分）
 10 
（若仅仅联立方程得到韦达定理建议给2分）
22．（本小题满分12分）
（1）解： f(x)ex 2，当xln2时， f(x)ex 20， f(x)在(，ln2)上单调递减；
当xln2时， f(x)ex 20， f(x)在(ln2，)上单调递增；
故函数 f(x)的极小值为 f(ln2)32ln2，无极大值. ………………………（4分）
n
（2）证明：依题em m1n2ln ，从而n0.
2
n n
先证：1 ln ≤0，
2 2
1 1x
事实上令t(x)1xlnx(x0)，t(x)1  ，
x x
故当x1时，t(x)0，t(x)单调递增，t(x)t(1)0；
当x≥1时，t(x)0，t(x)单调递减，t(x)≤t(1)0.
n n
则1 ln ≤0. ………………………………………………………………（7分）
2 2
数学参考答案·第9页（共10页）又依题意mem 1n2ln n  n ln n   1 n ln n  ≤ n ln n ln n e ln n 2 ，
2 2 2  2 2 2 2 2
……………………………………………………………………（9分）
又令h(x)xex，h(x)1ex，
故x≥0时，h(x)≤0，h(x)在[0，)上单调递减，
n n  n
mem≤ ln ，也即h(m)≤hln  ．
2 2  2
n
当n≥2时，利用h(x)在[0，)上单调递减知m≥ln ； …………………（11分）
2
n
当0n2时，也有m≥0ln .
2
n n
从而m≥ln  ≤em，
2 2
综上：n≤2em. …………………………………………………………（12分）
数学参考答案·第10页（共10页）