数学试题答案_2024年5月_01按日期_30号_2024届重庆市巴蜀中学高三5月适应性月考卷（十）_重庆市巴蜀中学2024届高三年级下学期5月适应性月考卷（十）数学

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 C A C B B D B B 【解析】 1．由于x2 4x30，解得1x3，又因为AB且B{x|1xa}，所以a≥3，故选C．     2．因为“a∥b，所以2x2 18，解得x3，所以“x3”是“a∥b”的充分不必要条件， 故选A． 3．因为S 15a 60，所以a 4，所以a a 2a 8，故选C． 15 8 8 3 13 8 4．按照3原则可知：488≤5003，解得：≤4，所以的最大值为4，故选B． 5．第一种情况：当丙为第一名时，有A3 6种；第二种情况：当丁为第一名时，有A3 6种； 3 3 第三种情况：当戊为第一名时，有A3A2 12种，所以共有：661224种，故选B． 3 2 1 1 6．设直线l与曲线yln(xa)的切点为P(x，y )，由y[ln(xa)] ，则 1， 0 0 xa x a 0 则x 1a，y 0，即切点为P(1a，0) ，所以直线 l 为 yx1a ．又直线 l 与圆 0 0 |1a| x2  y2 2都相切，则有  2，解得a3或a1，故选D． 2 1 7．设二面角PEF C的平面角为，则coscos60 ． 因为PC⊥平面ABC，过点P 2 作截面分别交 AC，BC 于点 E，F，所以△PEF 在平面 EFC 上的投影为△CEF ，所以 S 1 1 △CEF cos ，即S 2S ．设CE x，CF  y ，则S  xy，过点 P 作 S 2 △PEF △CEF △CEF 2 △PEF PC PM⊥EF 于点 M ，连接 CM ，则∠PMC60 ，所以 tan60 3 ，所以 CM 2 3 2 3 2 3 CM  ，在△CEF 中，由等面积得：xyEFCM  x2  y2  ≥ 2xy，解 3 3 3 8 8 4 得：xy≥ ，当且仅当x y时，等号成立，所以xy的最小值为 ，所以(S )  ， 3 3 △CEF min 3 8 所以(S ) 2(S )  ，故选B． △PEF min △CEF min 3 数学参考答案·第1页（共10页）8．如图 1，设双曲线 C 的右焦点为 F ，连接 PF，MF，NF ，∵OFM OMF ， ∴|OM ||OF||OF|，∴MFMF．又 O 为 MN 的中点，∴四边形MFNF为矩形．设 |NF|x，则|NP|4x，|PF|3x，∴|NF|2ax，|PF|2a3x． ∵|PN|2 |NF|2 |PF|2，∴(4x)2 (2ax)2 (2a3x)2，解得： xa ． 又 |NF|2 |NF|2|FF|2 ， ∴a2 (3a)2 (2c)2 ， 即 c 10 10a2 4c2，所以双曲线C的离心率e  ，故选B． a 2 图1 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 BCD BC 【解析】 9．选项 A：因为z 和z 互为共轭复数，所以z z ，故 A 正确；选项 B：由韦达定理得： 1 2 1 2 z z 2，故B错误；选项C：因为z 和z 互为共轭复数，所以z z |z |2，故C正确； 1 2 1 2 1 2 1 选项 D：由韦达定理得：z z 2，z z 3，则(z z )2 (z z )2 4z z 8，所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 |z z |2 2 ，故D正确，故选ACD． 1 2 1 10 ．选项 A：若 A 与 B 互相独立，则 P(AB)P(A)P(B) ，所 以 P(AB) 4 1 1 1 3 P(A)P(B)P(AB)    1 ， 故 A 错 误 ； 选 项 B ： 因 为 2 2 4 4 1 1 P(AB)P(A)P(B|A) ，所以P(B|A) P(B)，所以A与B互相独立，故B正确； 4 2 选项 C：因为 A与 B 互斥，所以 P(AB)0 ．又因为 P(A)P(AB)P(AB) ，所以 1 P(AB) P(AB) P(AB)P(A) ，故 C 正确；选项 D：因为 P(A|B)P(A|B)   2 P(B) P(B) 1 1 1 2(P(AB)P(AB))1，所以P(AB) P(AB)  0，所以A与B互斥，故D正确， 2 2 2 故选BCD． x2y 2 11．由1x2 4y2 2xy(x2y)2 6xy，得：(x2y)2 16xy≤13  ，所以有：  2  (x2y)2≤4 ，即2≤x2y≤2，当且仅当 x2y1时，左边等号成立；当且仅当 数学参考答案·第2页（共10页）x2 4y2 x2y1时，右边等号成立，故A错误，B正确；又因为x2 4y2 12xy≤1 ， 2 所以有x2 4y2≤2，当且仅当x2y1或x2y1时，等号成立，故C正确；又因为 x2 4y2 2 x2 4y2 12xy≥1 ， 所 以 有 x2 4y2≥ ， 当 且 仅 当 2 3 3 3 3 3 x ，2y 或x ，2y 时，等号成立，故D错误，故选BC． 3 3 3 3 【注】本题也可以通过三角换元进行求解． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 5π 3 答案 8或9 4； 3 2 【解析】 12．由题可知：击中目标的次数X ~ B(14，0.6)，因为(n1)p(141)0.69，所以由二项 分布的性质可知：最有可能击中目标8次或9次． 【参照人教A版选择性必修3学生用书第82页】 【注】也可直接通过比较概率大小而求值． π  π π 13．因为 f(x)的一个对称中心为  ，0 ，所以有2 kπ，k Z，即 kπ，k Z 6  6 1 1 3 1 1  π  2π   π π  ①．又因为 f(x)在   0， 3   上单增，所以有   ， 3       2 2k 2 π， 2 2k 2 π   ，k 2 Z，  π ≥ 2k π，   2 2 π π 即 得到 2k π≤≤ 2k π，k Z②．又因为0，所以结 2π π 2 2 6 2 2  ≤ 2k π，  3 2 2 5π 合①②知：的最小值为 ． 3 14．延长 AF 交抛物线 E 于点 D，连接 CD，过点 A 作AH⊥x轴于点 H，由抛物线的性质结 论可知：直线 CA 与 CD 关于 x 轴对称． 又因为 BF 为∠AFC的角平分线，所以 ∠AFB∠CFB∠CFD60 ， 所 以 ∠AFH 60 ， 由 焦 半 径 公 式 得 ： p 2 |AF|  4 ；则 AH 2 3，FH 2 ．又因为 F(1，0) ，所以 1cos∠AFH 1cos60 数学参考答案·第3页（共10页）2 30 3 A(3，2 3)或 A(3，2 3)． 又因为C(1，0) ，所以直线 l 的斜率k   或 3(1) 2 2 30 3 3 k   ，所以直线l的斜率为 ． 3(1) 2 2 【注】直接设直线l的方程为xmy1，与抛物线E：y2 4x联立方程，利用韦达定理以 及角平分线性质，也可以求解． 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） （1）证明：如图2，取BC的中点E，连接BE，AE，则AE⊥BC． 1 又因为ABCABC 为正三棱柱，所以平面ABC⊥平面BBCC ． 1 1 1 1 1 又因为BC平面ABC平面BBCC ，所以AE⊥平面BBCC ． 1 1 1 1 又因为BC 平面BBCC ，所以AE⊥BC ．…………………………………………（2分） 1 1 1 1 又因为AB2，BB  2， 1 BE 2 BB 2 所以tan∠EBB  ，tan∠BCB 1  ， 1 BB 2 1 1 BC 2 1 1 1 所以tan∠EBBtan∠BCB，所以∠EBB∠BCB． 1 1 1 1 1 1 又因为∠BCB∠BBC 90， 1 1 1 1 图2 所以BE⊥BC ． ………………………………………………………………………（5分） 1 1 又因为AEBEE，所以BC ⊥平面ABE， 1 1 1 所以AB ⊥BC ． ………………………………………………………………………（6分） 1 1 （2）解：过点D作DF⊥BC 于点F， 由（1）知：AE⊥平面BBCC ，所以DF⊥平面BBCC ． 1 1 1 1 又因为D为边AC的中点，所以AE2DF． 3 因为AB2且△ABC为正三角形，所以AE 3，所以DF  ． 2 1 又因为S  2 2  2， △BCC1 2 1 1 3 6 所以V  S DF   2  ．……………………………………（9分） DBCC1 3 △BCC1 3 2 6 （3）解：过点F作FG⊥BC 于点G，连接DG， 1 因为DF⊥平面BBCC 且FG⊥BC ， 1 1 1 数学参考答案·第4页（共10页）所以∠DGF 即为二面角DBC C的平面角．……………………………………（10分） 1 GF 3 3 又因为sin∠FBG  且BF  ， BF 3 2 3 DF 所以GF  ，所以tan∠DGF  1．…………………………………………（12分） 2 GF π 又因为∠DGF 为锐角，所以∠DGF  ， 4 π 即二面角DBC C的大小为 ．……………………………………………………（13分） 1 4 16．（本小题满分15分） 解：（1）如下表： 疾病 药物 合计 未患病 患病 未服用 50 40 90 服用 75 35 110 合计 125 75 200 ………………………………………………………………………………………（3分） （2）零假设为H ：药物与患病独立，即药物对疾病没有效果． 0 根据列联表中的数据，经计算得到： 200(50354075)2 2  3.3672.706 x ，…………………………………（5分） 1257590110 0.1 所以依据0.1的独立性检验，我们可以推断H 不成立，即认为药物对预防疾病有效， 0 该推断犯错误的概率不超过0.1．………………………………………………………（7分） 5 4 结论解释：未服用药物中未患病和患病的频率分别为 和 ，服用药物中未患病和患病的 9 9 15 7 频率分别为 和 ，根据频率稳定于概率的原理，可以推断服用药物不患病的概率更 22 22 大．【参照人教A版选择性必修3教师用书第176页】 ………………………………………………………………………………………（9分） （3）按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10只，则未服用药物的动物有4只，服用药 物的动物有6只，所以X的可能取值为0，1，2，3，4，…………………………（11分） 数学参考答案·第5页（共10页）C4 15 C3C1 80 C2C2 90 则P(X 0) 6  ，P(X 1) 6 4  ，P(X 2) 6 4  ， C4 210 C4 210 C4 210 10 10 10 C1C3 24 C4 1 P(X 3) 6 4  ，P(X 4) 4  ， C4 210 C4 210 10 10 所以X的分布列如下： X 0 1 2 3 4 15 80 90 24 1 P 210 210 210 210 210 ……………………………………………………………………………………（14分） 15 80 90 24 1 则E(X)0 1 2 3 4 1.6．……………………（15分） 210 210 210 210 210 17．（本小题满分15分） 3sinC 解：（1）由正弦定理得： sinBtanAcosB， sinA 3sinC sinB sinA 所以   ，………………………………………………………（2分） sinAcosB cosB cosA 3sinC sinA sinB sinAcosBcosAsinB sin(AB) sinC 所以      ， sinAcosB cosA cosB cosAcosB cosAcosB cosAcosB sinA 化简得：  3，所以tanA 3．………………………………………………（5分） cosA π 又因为A(0，π)，所以A ．………………………………………………………（6分） 3 a b c 2 6 （2）由正弦定理得：    4 2， sinA sinB sinC π sin 3 所以b4 2sinB，c4 2sinC，………………………………………………………（8分） 1 2π  所以S △ABC  2 bcsinA8 3sinBsinC 8 3sinBsin  3 B   2π  2π  2π 4 3  cos cos2B  4 3cos2B 2 3．  3  3   3  ……………………………………………………………………………………（11分） 数学参考答案·第6页（共10页） π  π 0B ， 0B ，    2  2 又因为△ABC为锐角三角形，所以 所以 2π π π 2π 0 B ，  B ，  3 2 6 3 π π 2π  π π 所以B ，  ，所以2B  ，  ，………………………………………（13分） 6 2 3  3 3  2π 1  所以cos2B  ，1  ，  3  2   2π 所以S △ABC 4 3cos  2B 3   2 3(4 3，6 3]．…………………………………（15分） 【另注】第（2）问也可以用几何意义说明： π 由于A 且a2 6， 3 所以点A的轨迹为△ABC外接圆O的一部分，即弦BC所对的优弧． 当AO⊥BC时，此时△ABC的面积最大为6 3； 当AB⊥BC或AC⊥BC时，此时△ABC的面积最小为4 3； 由于△ABC为锐角三角形，所以取不到最小值； 因此S (4 3，6 3]． 也可根据实际情况酌情给分． △ABC 18．（本小题满分17分） c 1  ，  a 2   3 2  12  2   a2， （1）解：由题可知：  1，解得  a2 b2 b 3， a2 b2 c2，     x2 y2 所以C的方程为  1． 4 3 ………………………………………………………………………………………（4分） （2）（ⅰ）证明：①当直线l的斜率为0时，则不妨设P(2，0)，Q(2，0)， 3 3 2 2 所以k k   1为定值．…………………………………………………（5分） 1 2 12 12 数学参考答案·第7页（共10页）②当直线l的斜率不为0时，设直线l：xmy4(m0)，P(x，y )，Q(x，y )， 1 1 2 2 xmy4， 联立直线l与椭圆C的方程： 3x2 4y2 12， 消掉x得：3(my4)2 4y2 12， 化简得：(3m2 4)y2 24my360，  24m y  y  ，   1 2 3m2 4 当0时，由韦达定理得： ……………………………………（7分） 36 y y  ，  1 2 3m2 4 3 所以my y  (y  y )， 1 2 2 1 2 3 3  3  3 y  y  y  (x 1)y  (x 1) 1 2 2 2  1 2 2  2 2 1 所以k k    1 2 x 1 x 1 (x 1)(x 1) 1 2 1 2  3  3  3  y  (my 3)y  (my 3) 2my y 3 m(y  y )9  1 2 2  2 2 1 1 2  2  1 2   (my 3)(my 3) m2y y 3m(y  y )9 1 2 1 2 1 2  3  3 3(y  y )3 m(y  y )9  m(y  y )9 1 2  2  1 2 2 1 2   1为定值， 3 3  m(y  y )3m(y  y )9 m(y  y )9 2 1 2 1 2 2 1 2 综上：k k 1为定值．……………………………………………………………（11分） 1 2 x x，  N 1 （ⅱ）证明：设线段PM的中点为N(x ，y )，M(x，y )，易得 y  y N N 1 M y  1 M ，   N 2 ……………………………………………………………………………………（12分） 3 3 由题可得：直线AQ的方程为yk (x1) ，则y k (x 1) ， 2 2 M 2 1 2 3 直线AP的方程为yk (x1) ， 1 2 3 则y k (x 1) ，…………………………………………………………………（13分） 1 1 1 2 y  y 1 3 3 1 3 所以y  1 M  k (x 1) k (x 1)  (k k )(x 1) ． N 2 2   1 1 2 2 1 2   2 1 2 1 2 ……………………………………………………………………………………（15分） 数学参考答案·第8页（共10页）y  y 1 3 1 由（ⅰ）知：k k 1，所以y  1 M  (x 1)  x 2． 1 2 N 2 2 1 2 2 N 1 又因为直线AT 的方程为y x2，所以点N(x ，y )在直线AT上， 2 N N 即直线AT过线段PM的中点．…………………………………………………………（17分） 19．（本小题满分17分） 证明：（1）令 f(x)xsinx(x0)，则 f(x)1cosx≥0， 所以 f(x)在(0，)上单增，所以 f(x) f(0)0，即xsinx． ………………………………………………………………………………………（2分） x3 x2 再令g(x)x sinx(x0)， 则g(x)1 cosx且g(0)0， 6 2 再求导得：g(x)xsinx0， 所以g(x)在(0，)上单减，所以g(x)g(0)0， x3 所以g(x)在(0，)上单减，所以g(x)g(0)0，即x sinx． 6 x3 综上：当x0时，x sinxx成立，证毕．……………………………………（5分） 6 sina （2）（ⅰ）由于a a  n ，所以(n1)a (n1)a sina ， n1 n n1 n1 n n 所以(n1)a na a sina ．………………………………………………………（7分） n1 n n n 由（1）知：当a 0时，a sina 0， n n n 所以(n1)a na a sina 0，所以{na }为递增数列，证毕． n1 n n n n ………………………………………………………………………………………（8分） 3a 1 3a2 1 a 1 1 a （ⅱ）要证na  1 ，即证  1   1    1 ． n 3a2 na 3a a 3 a na 3 1 n 1 1 1 n ………………………………………………………………………………………（9分） a3 由（1）知：当a 0时，a sina  n ， n n n 6 a3 所以(n1)a na a sina  n ，………………………………………………（10分） n1 n n n 6 a3 1 1 a2 即有(n1)a na  n ，所以   n ， n1 n 6 na (n1)a 6n(n1)a n n1 n1 数学参考答案·第9页（共10页）1 1 a2 所以   n ．…………………………………………………（12分） na (n1)a 6n(n1)a n n1 n1 又因为0a  3，所以sina 0， 1 1 sina 所以a a  1 a  3，归纳易得：数列{a }为递减数列． 2 1 2 1 n ……………………………………………………………………………………（13分） 又因为数列{na }为递增数列， n 1 1 a2 a2 a 所以   n  n  1 ， na (n1)a 6n(n1)a 6n(na ) 6n2 n n1 n1 n 1 1  1 1   1 1  1 1 a  1 1 1  所以         1     ． a na a 2a  2a 3a  (n1)a na 6 12 22 n2  1 n 1 2 2 3 n1 n ……………………………………………………………………………………（15分） 1 1 1 1 又因为    (n≥2)， n2 n(n1) n1 n 1 1 1 1 1 1 1 所以   11   2 2， 12 22 n2 2 n1 n n 1 1 a  1 1 1  a 3a 所以   1     1 ，即na  1 ，证毕． a na 6 12 22 n2  3 n 3a2 1 n 1 ……………………………………………………………………………………（17分） 数学参考答案·第10页（共10页）