巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（七）数学-答案_2024年3月_013月合集_2024届重庆市巴蜀中学高三下学期适应性月考（七）_重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高三下学期适应性月考（七）数学

巴蜀中学 2024 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 A D B C C D B D 【解析】 log (12500) log (2500) 12lg2 3．提升的比例为 2 1 2 1log (2.5103)1 13%，故选 log (11000) log (1000) 103 3 2 2 B． C1A2 C2A2 72 4．P 3 4 3 4  ，故选C． 54 625  1 3 5．由题 f(x)为偶函数，∴b f log  f(log 3)，∵2log 3 20.1 0且 f(x)在(0，2)  2 3 2 2 2 上单调递减，所以bca，故选C． 6．a 3a 2a a a 2a 2a 2n(a a )02，故选D． n2 n1 n n2 n1 n1 n 2 1 另 解 ： a 3a 2a a 2a a 2a a 2a 22， 若 1 ， 则 n2 n1 n n2 n1 n1 n 2 1 a 2n1符合；若1，则a 2a 22a 222(a 22). ①当2时， n n1 n n1 n a 2不符合；②当2时，a 2n1(2)22，a a 2n1(2)0恒成立， n n n1 n 则2，故选D．  π 7． f(x)sin2x 3cos2x 32sin2x  3， f(x)0 在(0，π) 上恰有两解，  3 π  π π 2π π 7π 1 4 ∵2x  ，2π  ，则 2π ≤  ≤ ，故选B． 3  3 3 3 3 3 2 3 8 ． 由 题 可 得 OAOB ， 记 AB 的 中 点 为 M ， 则 M 的 轨 迹 为 C：x2  y2 2 ， |x  3y 6||x  3y 6|表示 A(x，y )，B(x，y )到直线x 3y60的距离之和 1 1 2 2 1 1 2 2 的2倍，即M 到直线x 3y60的距离的4倍，所以其最小值为124 2 ，故选D． 数学参考答案·第1页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}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 ABD ACD BD 【解析】 10 10 9．选项 C 中，比如数据4 ，4，4，4，4 的均值为 4，标准差为 1，故 C 错误， 2 2 故选ABD． 1 y2 y2 1 10．动点 M 满足 MA 与 MB 的斜率之积为  ，设 M(x，y) ，    2 x x 2 x2 y2 ：  1(x0)， 故 A 正 确 ； BC：yx2 ， 设 M(2 2cos，2sin) ， 则 8 4 1 S  |BC|d |2 2cos2sin2||2 3sin()2| ≤2 32， 故 C 正 确 ； △MBC 2 △MBC 面 积 无 最 小 值 ， 故 B 错 误 ； M(x，y)，N(x， y)，H(x，0)， y y 1 k  ，k  ，k k  ，k k 1，△MPN 为以NMP为直角的直角三角形， MN x HN 2x PM PN 2 PM MN 故D正确，故选ACD． π 11．由题可知CFB，当 时，AC与EF 所成角等于AC与AB所成角CAB，此时 2 AB AB 6 cosCAB   ，故A错误；记AB的中点为M ， ∵△ABG AC AB2 BF2 CF2 3 为等腰直角三角形，则CABG 的外心在过点 M 且垂直于平面 ABG 的直线上， R2 t2 1， R 2， MF  MB2 BF2  2，设OM t，则有  故CABG的外 R2 (1t)2 2 t 1， 8 接 球 的 体 积 为 2π ， 故 B 正 确 ； 过 C 作 CH BF ， 垂 足 为 H ， 则 3 π CH sin，AH  4(1cos)2 ，当 时，AC 与平面ABFE所成角为CAH ，此 3 3 15 时 tanCAH  ，sinCAH  ， D 正 确 ； AC  4(1cos)2 sin2 5 17 10 1 π cos  ，故C错误，故选BD． 2 3 数学参考答案·第2页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 10 答案 2 (0，1) 2 【解析】 t t 5 13．由题，设PF t，PF t2a，QF  2a，QF  4a，在Rt△PQF 中，QF  PF 2 1 1 3 2 3 2 2 3 2 5 10  t，∴t 3a，PF a. 在△PFF 中，由勾股定理可得(PF )2 (PF)2 4c2 e . 3 1 1 2 2 1 2 1 1 4 ． P(x，f(x )) 处 切 线 方 程 为 y (xx )lnx ； Q(x，f(x )) 处 切 线 方 程 为 1 1 x 1 1 2 2 1 1 1 1 y (xx )lnx ， 两 条 切 线 互 相 垂 直 ， 则   1xx 1， x 2 2 x x 1 2 2 1 2 2  1  1  |x | |PA|  x  1 x2 1 ∴  1  1 |x |(0，1). |QB|  1  2 x2 1 1 2 1  |x | x  2 2 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） 解：（1）由余弦定理及题目 a2 c2 b2 2bccosA2accosB2bccosAacosBbcosA， 由正弦定理可得sinAcosBsinBcosAsin(AB)0， π ∴AB，∴C ， 2 a2 5 12 5 AM  b2   b6b ， 4 2 5 12 10 c 2b ．………………………………………………………………………（6分） 5 数学参考答案·第3页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}（2）由（1）可知，∴c2acosB2acosA， a2 在△ABM 中，AM2 c2  accosA36， 4 a2 144 (2acosA)2  2a2cos2 A36a2  ， 4 8cos2 A1 1 144sinAcosA S  a2sinC  ≤24 (=tanA3)， 2 9cos2 Asin2 A 所以△ABC面积的最大值为24．………………………………………………………（13分） 本题解法较多，其他方法可以参照公平性原则给分. 16．（本小题满分15分） 解：（1）当n1时，2S aa a 2； 1 1 2 2 当n≥2时，2S a a ， n1 n n1 又因为2S a a ，可得2a a (a a ). n n n1 n n n1 n1 ∵a 0，可得a a 2， n n1 n1 所以{a }，{a }均为等差数列，a 2n1，a 2n， 2n1 2n 2n1 2n 可得a n；………………………………………………………………………………（4分） n 设等比数列的公比为q，由题b b 6b ， 2 3 1 6b ∴b (1q) 2 q2 q60. 2 q 因为{b }为正项等比数列，故q2，由b a 4， n 2 4 故b 2n．…………………………………………………………………………………（7分） n 1 1 1 1 1 1 （2）由题c   ，T     ， n a b n2n n 2 222 323 n2n n n k k1 存在k 16，使得 T  (n≥4)．………………………………………………（9分） 24 n 24 证明如下： 1 1 1 1 16 当n4时，T     T  ； n 2 222 323 424 3 24 ……………………………………………………………………………………（11分） 1 1 1 1 1 当n4时，T      n 2 222 323 424 n2n 1 1 1  1 1        2 222 323 324 32n  数学参考答案·第4页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}16 11 1  17    1   ， 24 38 2n3 24 即证．……………………………………………………………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） ax2 2x1 解：（1）由题， f(x)的定义域为(0，)，f(x) ． x3 ①当a≥1时， f(x)≥0恒成立， f(x)在(0，)上单调递增，无极值点； 1 1a ②当a1且a0时， f(x)0x . a 1 1a  1 1a 1 1a  （i）当a0时， 0，故 f(x)在0， 上单调递增，在 ，     a a a     上单调递减，不符合；  1 1a 1 1a 1 1a （ⅱ）当0a1时， f(x)在0， 上单调递增，在 ， 上单     a a a     1 1a  调递减，在 ，上单调递增，   a   f(x)在(0，)上有两个极值点，故0a1．………………………………………（9分） 2 1 （2）由（1）可知x，x 为方程ax2 2x10的两根，所以x x  ，xx  . 1 2 1 2 a 1 2 a ……………………………………………（11分） 2 2 1 1 f(x ) f(x )alnx alnx     aalna2， 1 2 1 2 x x 2x2 2x2 1 2 1 2 记g(a)aalna2(0a1)，g(a)lna0g(a)在(0，1)上递增， 1 2 1 又g  2，故a ．……………………………………………………………（15分） e e e 18．（本小题满分17分） 解：（1）存在，当点F与点C重合时，平面底面ABCD. 证明如下： 如图1，由题△CCD 为正三角形，E为CD 的中点， 1 1 1 1 ∴CEDC . 1 1 ∵DC∥DC，∴CEDC. 1 1 又∵侧面DCCD 底面ABCD，∴CE底面ABCD. 图1 1 1 ∵CE，∴底面ABCD．…………………………………………………………（5分） 数学参考答案·第5页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}（2）过点D在平面DCCD 内作DZ DC，由题可得DZ 平面ABCD. 1 1 π 取AB的中点M，连接DM ，在菱形ABCD中，DAB ， 3 ∴DM  AB，DM CD. 所以 DM，DC，DZ 两两互相垂直，以 D 为坐标原点，    DM，DC，DZ 分别为x，y，z轴正方向建系如图2， 则D(0，0，0)，A( 3，0， 3)，E(0，2， 3)，C (0，3， 3). 1 1   设CF CC (01)， 1 图2    则DF DCCF (0，2， 3)，    AE( 3，2，0)，EF (0，， 3(1))，CE(0，0， 3)， 1  可知CE(0，0， 3)为平面ABCD的法向量.  设n(x，y，z)为平面的法向量，    AEn0，   3x2y0，  有1   可取n(2(1)， 3(1)，). EF n0 y 3(1)z0， 记平面与平面ABCD所成二面角的大小为，    2 11 则有cos|cosn，CE|  ，可得32 840， 7(1)2 2 11 2 可得 或2（舍）， 3 此时F 为CC 上靠近C 的三等分点.……………………………………………（12分） 1 1 如图3，记交BB 于点G， 1 ∵平面DCCD∥平面ABBA，∴AG∥EF，G为BB 1 1 1 1 1 1 上靠近B的三等分点， 所以AGB EFC 为三棱台， 1 1 1 图3 1 π 2 3 1 π 3 S  AB BGsin  ，S  EC CFsin  ， △A1GB1 2 1 1 1 3 3 △EFC1 2 1 1 3 6 h 3， 数学参考答案·第6页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}1 7 V  (S  S S S )h . A1GB1EFC1 3 △A1GB1 △A1GB1 △EFC1 △EFC1 6 又V S EC6， ABCDA1B1C1D1 ABCD 7 所以两部分体积之比为 ．……………………………………………………………（17分） 29 19．（本小题满分17分） 解：（1）设P(x，y )，M(x，y )，N(x，y )，A(x，y )，B(x，y )，D(x，y )， 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 x2 x （i）对于抛物线C，y ，y ， 4 2 x 故M 处的切线方程为y 1(xx ) y xx2(y y )0， 2 1 1 1 1 故N处的切线方程为x x2(y y )0. 2 2 xx 2(y  y )0， ∵M，N处的切线交于点P，故 1 0 0 1 x x 2(y  y )0， 2 0 0 2 即直线MN：x x2(y y )0， 0 0 在第（1）问中，点P在抛物线C的准线上，即y 1， 0 MN：x x2y20．……………………………………………………………………（5分） 0 （ⅱ）将直线MN的方程代入抛物线方程得x2 2x x40， 0  x2 2 故MN的中点P x， 0 ， 0  0 2  1 x2 4 1 故S  PP |x x | 0 4x2 16  ( x2 4)3≥4， △PMN 2 0 1 2 4 0 2 0 即△PMN 面积的范围为[4，)．……………………………………………………（8分） （2）直线ND与AB互相平行. 证明如下：  x x x  1 2， xx 2(y  y )0，   0 2 由 1 0 0 1  x 2 x 0 2(y 0  y 2 )0  y  x 1 x 2，  0 4 ∵A，B，P三点共线， y  y y  y 则k k  3 0  4 0 (x x )[2x x (x x )(x x )2xx ]0. PA PB x x x x 4 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3 0 4 0 数学参考答案·第7页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}∵x x 0，∴2x x (x x )(x x )2xx 0，（*）…………………………（10分） 4 3 3 4 1 2 3 4 1 2 x x y  y  Q 3 4， 3 4 ，    2 2  ∵M，Q，D三点共线， x x x x 对于直线AB：y 3 4 x 3 4 ，代入C：x2 4y，可得x2 (x x )xx x 0， 4 4 3 4 3 4 x x y  y  即Q 3 4， 3 4 ，    2 2  y  y y  3 4 所以直线MQ： y y  1 2 (xx )，代入C：x2 4y， 1 x x 1 x  3 4 1 2 y  y y  3 4 可得x2 4 1 2 (xx )4y 0， x x 1 1 x  3 4 1 2 8y 4(y  y ) 2x2 x2 x2 x (x x )x2 x2 所以x  1 3 4 x  1 3 4 x  1 3 4 3 4， 5 2x (x x ) 1 2x (x x ) 1 2x (x x ) 1 3 4 1 3 4 1 3 4 ……………………………………………………………………………………（14分） y  y x x k  3 4  3 4 ， AB x x 4 3 4 x (x x )x2 x2 x  1 3 4 3 4 y  y x x 2 2x (x x ) (x x )(x x )2xx x2 x2 k  2 5  2 5  1 3 4  1 2 3 4 1 2 3 4， ND x x 4 4 4[2x (x x )] 2 5 1 3 4 x x 由（*）代入上式可得k  3 4 ， ND 4 所以k k 即证．…………………………………………………………………（17分） AB ND 数学参考答案·第8页（共8页） {#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}