巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（六）数学-答案_2024年2月_01每日更新_22号_2024届重庆市巴蜀中学高考适应性月考卷(六)_重庆市巴蜀中学2024届高考适应性月考卷(六)数学

巴蜀中学 2024 届高考适应性月考卷（六） 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 B C B C D C B A 【解析】 1．A{x|1x1}，故选B． 75 2．从小到大排列为90，100，115，120，125，130，由6 4.5得上四分位数为第五个，故 100 选C． 3．红岩村被选中时，还需要从剩余的5个站点选择3个，共有C3 10种选法，其中10号线 5 不少于2个站点，有C2C1 C3 7种选法，故选B． 3 2 3 2 5 5 4．记，的终边分别为OA，OB，由条件知cos ，sin ，横坐标为角的余弦值， 5 5  π π π 2 5 3 5 1 2 15 5 故得coscos coscos sinsin      ，故选C．  6 6 6 5 2 5 2 10 5．不妨设正方体的棱长为2，平面AEF 即为平面AEFD ，几何体EFCADD为一个三棱台， 1 1 1 1 1 1  7 易得V   11 22 22 ，总体积为8，故另一个几何体的体 EFCAD1D 3   2 2 2   3 7 17 7 17 V 7 积为8  ，从而V  ，V  ， 1  ，故选D． 3 3 1 3 2 3 V 17 2 6．由条件可知直线l经过定点A(1，0)，但l不能表示y0，故A错；当直线与圆相交时，最 小距离为0，故B错；由几何性质可知，l  AC时，圆上有点到直线的距离最大，AC  5， 故最大距离为 51，C 对；直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，即 |2m1| 4 1，解得m0或m ，D错，故选C． 1m2 3 a a a a a 7． 2  2 ，则 n1 ( 2)n， n ( 2)n1， n1 ( 2)n2，， 2  2，将后面n1个式子 a a a a a 1 n n1 n2 1 a (n1)n (n1)n (n1)n (n1)n 相乘得 n ( 2)n1 ( 2)n2  2 ( 2) 2 2 4 ，所以a 2 4 ，即2 4 2024， a n 1 验证即可知n最小为8，故选B． 数学参考答案·第1页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}8．不妨设切点E在第一象限，M 在第一象限．记左焦点为F ，连接MF，OE，则可知MF OE， 1 1 故EF  c2 b2 ，又由E为MF的中点，O为FF的中点，可得OE为△MFF的中位线， 1 1 则MF MF 且MF 2OE2b，由定义可得MF 2a2b，从而 c2 b2 ab，平方化 1 1 5 简得3b2a，平方得9b2 4a2 9(a2 c2)，解得e ，故选A． 3 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 ACD AB ABD 【解析】 9．设复数zabi(a，bR)，则zabi，对于A，zz2aR，所以A正确；对于B， zz2bi，当b0时，zz是实数，故B错误；对于C，|z||z| a2 b2 ，所以C正 确 ； 对 于 D ， z2 a2 2abib2i2 a2 b2 2abi ， 则 z2 a2 b2 2abi ， 又 z 2 (abi)2 a2 b2 2abi，则z 2  z2 ，故D正确，故选ACD． 10．令y1，得 f(x)f(1)2f(x)0 f(x)[f(1)2]0 f(1)2，故A正确；令y0， 得 f(x)f(0)2f(0)0 f(0)[f(x)2]0 f(0)0，故 B 正确；令 x y1，则 f(1)f(1)2f(1)0 f2(1)4 ， 解 得 f(1)2 ， 这 样 可 构 造 函 数 2，x1， f(x) 满足题意，所以选项CD均错误，故选AB． 0，x1， 1 1 3  11．对于选项A，记正六边形的中心为O，由V   22 6PO4 3，得PO2，   3 2 2   从而外接球球心为O，R2，S 4πR2 16π，故A正确；对于选项B，由CF∥AB，可 知CF∥，又因为CF 平面PCF，平面PCF MN ，所以CF∥MN，故AB∥MN ， 故B正确；对于选项C，因为BEPO，若BECN，则可得BE平面PCF，故BECF （矛盾），故C错；对于选项D，将△PAB，△PBC，△PCD展开平铺，两点之间线段最 PA2 PB2 AB2 3 短．在△PAB 中，记 APB，由余弦定理可得 cos  ，又 2PAPB 4 cos3cos(2) cos2cossin2sin(2cos21)cos2sincossin 数学参考答案·第2页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}9 2cos3cos2cos(1cos2)4cos33cos，则cos3 ，对于平铺后的 16 △PAD，由余弦定理有AD2 PA2 PB2 2PAPBcos325，从而AD5，故D对， 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 1 2 10 答案 20 ≤ 8 3 3 【解析】 1 12．由条件知2x y1，借助基本不等式得2x y1≥2 2x y ，化简得xy≤ （当且仅当 8 1 1 2x y 时取得等号），故填 . 2 8 13．由条件知 F(0，1) ，点斜式可得直线l：y12(x0) y2x1，与抛物线联立得 x2 8x40 ，则 x x 8，y  y 2(x x )218 ，由抛物线的定义可知 A B A B A B |AB| y  y 220，故填20. A B  π π π π 14． f(x) 3sin2xcos2x12sin2x 1，令t 2x ，t ，π  ，借  6 6 6 6 5π π 7π 2 10 助y2sint1的图象可知 ≤π  ，故填 ≤ . 6 6 2 3 3 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）因为a 2a 2n1，所以a 2(n1)12(a 2n1). n1 n n1 n 又数列{a 2n1}的首项为0，所以{a 2n1}不是等比数列， n n 则{a 2n1}是各项为0的常数列，即a 2n10， n n 所以a 2n1. ………………………………………………………………………（6分） n 1 1 （2）令2k 2n12k1，解得2k1 n2k  ， 2 2 则2k1≤n≤2k 1，所以b (2k 1)2k112k1， k 12k 故S 20 2122 2k1  2k 1. ……………………………………（13分） k 12 数学参考答案·第3页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}16．（本小题满分15分） 1 1 9 解：（1）由题x (129)5，y y 2.67， 9 9 i i1 9 (x x)2 1694101491660， i i1 9 9 (x x)(y  y)x y 9x y133.3924.03513.24， i i i i i1 i1 9 (x x)(y  y) 所以b   i1 i i  13.24 0.22，a   yb  x2.67 13.24 51.57， 9 60 60 (x x)2 i i1 所以回归方程为 y0.22x1.57. ………………………………………………………（5分） 又2023年的年份编号为10，将x10代入 y0.22x1.57，得 y3.77， 所以，2023年全体居民人均可支配收入约为3.77万元．……………………………（7分） （2）由图表，人均可支配收入超过3万共有3年，则X的取值为0，1，2，3， C3 20 C2C1 45 C1C2 18 P(X 0) 6  ，P(X 1) 6 3  ，P(X 2) 6 3  ， C3 84 C3 84 C3 84 9 9 9 C3 1 P(X 3) 3  ， C3 84 9 故随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 20 45 18 1 P 84 84 84 84 45363 所以E(X) 1. ……………………………………………………………（15分） 84 17．（本小题满分15分） （1）证明：如图1，延长AA，BB，CC，DD 交于点P，连接BD交AC于点O， 1 1 1 1 由正四棱台的定义知，四条侧棱相交于点P， 且四棱锥PABCD为正四棱锥，即PAPBPC PD， 又点O分别为AC，BD的中点，所以PO AC，POBD， 而ACBDO，所以PO平面ABCD. 又PO平面ACC A ，所以平面ACC A 平面ABCD. 1 1 1 1 ………………………………………………………（5分） 图1 数学参考答案·第4页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}（2）解：由（1）知，OA，OB，OP两两垂直，    如图2，以点O为坐标原点，分别以OA，OB，OP为x，y，z轴正方向建系，设棱台的高为h， 则C(2 2，0，0)，B(0， 2，h)，B(0，2 2，0)，C ( 2，0，h)， 1 1   又平面AAC 的法向量为m(0，1，0)，BC(2 2， 2，h)， 1 1 1 由题直线BC与平面AAC 所成角的正弦值为 ， 1 1 13   |mBC| 2 1 则有sin  1   ， |m||BC| h2 10 13 1 解得h4，……………………………………………（10分） 图2   所以BC (2 2，2 2，0)，BB (0， 2，4). 1  设平面BCCB 的法向量为n(x，y，z)， 1 1    BCn0，  则由  取n(2 2，2 2，1)， BB n0， 1     mn 2 2 所以cosm，n    ， |m||n| 17 3 3 17 所以二面角BCC A的正弦值为  . ……………………………………（15分） 1 17 17 18．（本小题满分17分） y y y2 1 （1）解：设动点P(x，y)，由题则有k k     ， PC1 PC2 x2 x2 x2 4 4 x2 化简得：  y2 1(y0). ……………………………………………………………（5分） 4 x2 （2）证明：（ⅰ）设直线l：xmy4，与  y2 1联立，则有(m2 4)y2 8my120. 4 设A(x，y )，B(x，y )，则D(1，y )， 1 1 2 2 1 m2 40，  64m2 48(m2 4)16m2 1920，  由题，则有y  y  8m ，  1 2 m2 4  12 y  y  0，  1 2 m2 4 解得2m2，且有2my y 3(y  y )，…………………………………………（9分） 1 2 1 2 数学参考答案·第5页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}y  y 又直线BD的方程为：y y  2 1(x1)，令y0， 1 x 1 2 3 5 (y  y ) y 4y (y  y ) y (x 1) y x y my y  y 4y 2 1 2 2 1 2 2 1 5 则x1 1 2  2 2 1  1 2 2 1    ， y  y y  y y  y y  y y  y 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 5  所以直线BD过定点T ，0. ………………………………………………………（13分） 2  1 3 3 16m2 192 （ⅱ）解：所以△MBD的面积S  |MT || y  y | | y  y |  △MBD 2 1 2 4 1 2 4 |m2 4| 3 m2 12  . 4m2 令t m2 12[2 3，4)，则m2 t2 12， 3t 3t 3 所以S    在t[2 3，4)上单调递增， △MBD 4(t2 12) 16t2 16 t t 3 3 故当t 2 3时，即m0时，(S )  . ……………………………………（17分） △MBD min 2 19．（本小题满分17分） （1）解：g(x) f(x)x2x x3，求导得g(x)2xln210恒成立， 则函数g(x)在R上单调递增. 又g(1)0，故函数g(x)在(0，)上有唯一零点x1， 即 f(x)有唯一不动点x1. ……………………………………………………………（4分） （2）证明：充分性：设x 为函数 f(x)的不动点，则有 f(x )x ， 0 0 0 则 f(f(x ))x ，所以x 为函数 f(x)的稳定点； 0 0 0 必要性：已知x 为函数 f(x)的稳定点，即有 f(f(x ))x 成立，假设 f(x ) y ， 0 0 0 0 0 若y x ，则有 f(f(x )) f(y ) f(x ) y x 不合题. 0 0 0 0 0 0 0 同理，若y x ，则有 f(f(x )) f(y ) f(x ) y x 不合题； 0 0 0 0 0 0 0 则必有y x ，则有 f(f(x )) f(y ) f(x ) y x ， 0 0 0 0 0 0 0 此时 f(x ) y x ，所以x 为函数 f(x)的不动点. 0 0 0 0 综上：“ x 为函数 f(x) 的不动点”是“ x 为函数 f(x) 的稳定点”的充分必要条 0 0 件. ………………………………………………………………………………………（9分） 数学参考答案·第6页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}2 1 （3）解：当a1，函数 f(x) lnx(a1)x 在(0，)上单调递增， e2 x 由（2）知 f(x)的稳定点与 f(x)的不动点等价，故只需要研究 f(x)的不动点即可. 2 1 构造函数F(x) f(x)x lnxax ，x(0，)， e2 x 2 1 求导：F(x) a ，由于F(x)在(0，)上单调递减，且F(x)a. e2x x2 ①当a≥0时，F(x)0恒成立，即F(x)在(0，)上单调递增， 4 1 3 又x0 时，F(x)且F(e2) ae2   ae2 0，  e2 e2 e2 故存在唯一x (0，e2)，使得F(x )0，即 f(x)x有唯一解，所以此时 f(x)有唯一不 0 0 动点； 2 1 ②当a0时，即1a0时，存在唯一x (0，)，使得F(x ) a 0， 1 1 e2x x2 1 1 此时F(x)在(0，x )上单调递增，在(x，)上单调递减； 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 所以F(x) F(x ) lnx ax   lnx     lnx   . max 1 e2 1 1 x e2 1 x e2 x e2 1 x e2 1 1 1 1 当x0 时，F(x)，且当x，F(x).  2 2 2 4 2 2 又h(x) lnx  在(0，)上单调递增，且h(e2)   0， e2 x e2 e2 e2 e2 1 2 又a  在x (0，)上单调递增， x2 e2x 1 1 1 2 2 2 3 故(ⅰ)当F(x)  lnx   0时，即x e2，此时a ，方程F(x)0有一个 max e2 1 x e2 1 e4 1 解，即 f(x)有唯一不动点； 2 2 2 3 （ⅱ）当F(x)  lnx   0时，即x e2，此时1a ，方程F(x)0无 max e2 1 x e2 1 e4 1 解，即 f(x)无不动点； 2 2 2 3 （ⅲ）当F(x)  lnx   0时，即x e2，此时 a0，方程F(x)0有两 max e2 1 x e2 1 e4 1 个解，即 f(x)有两个不动点. 3 3 综上：当a≥0或a 时， f(x)有唯一稳定点；当1a 时， f(x)无稳定点； e4 e4 3 当 a0时，f(x)有两个稳定点．………………………………………………（17分） e4 数学参考答案·第7页（共7页） {#{QQABQQaAogCAAhAAAQhCAwFqCgMQkBCCCAoOQAAEoAAByQNABAA=}#}