巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（五）数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_0217重庆市巴蜀中学高2025届2月适应性月考（五）（全科）

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 B C A D A C C 【解析】 1．联立方程2x y5，3x y0，解得交点坐标为(1，3)，故选B．     OAOB 1 π 2．cosOA，OB    ，所以夹角为 ，故选B． |OA||OB| 2 3 i i |i| 1 5 3．计算可得z ，所以|z|    ，故选C． 12i 12i |12i| 5 5 4．令第n排的座位数为a ，所以800a a 10(a a )10(a a 32)，则a 37， n 1 20 9 12 9 9 9 故选A． 5． 0~55 的占比之和为 44% ，所以中位数在 55~65 这组，设中位数为 x ，由 (x55)0.020.06，可求得x58，故选D．  π 5 3 1 3 1  π 6．由sin cos 可得： sin coscos sin cossin   6 5 2 2 2 2  6 5  π  π 3  π π π  ，所以cos2 12sin2   ，且cos cos   5  3  6 5  3 2 6  π 5  π  π 3 5 sin  ，故cos2 cos  ，故选A．  6 5  3  3 5 1 ex ex 7．由于h(x)2f2(x) f(x)10，所以 f(x)1或 f(x) ，而 f(x) ≥ 2 2 2 exex 1，所以 f(x)1，当且仅当x0时为函数h(x)的唯一零点，故选C． 2 8．由题意得，△MFF 的周长为12，令椭圆的长轴和焦距分别为2a，2c，则ac6．根据 1 2 椭圆的几何性质可得，焦距确定时，当笔在短轴顶点处面积最大，此时 S bcc a2 c2 ，而a6c ．所以S  c2[(6c)2 c2] 6cc(62c) ，由 △MF1F2 △MF1F2 cc62c 3 cc(62c)≤   8，所以S≤4 3，当且仅当c2取到等号，故选C．  3  数学参考答案·第1页（共6页）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 BC ABD AC 【解析】 T 9．由图可知： 1468，所以 A 选项错误；由周期为 16，及最值 10 和 30，可得 2 π 3π  ，A10，K 20，将点(14，30)代入求得 ，B 选项正确；由周期为 16， 8 4 x(2024，2025)等价于x(8，9)，由图可知，C 选项正确；由题意，函数的对称中心为 (8k2，20)(kZ且k 0)，xR，f(1x) f(5x)40不成立，D选项错误，故选BC． 10．根据题意，曲线E：ax2 by2|x| y1，经过P(0，1)，Q(1，0)两点，所以A正确；由于曲线 E关于y轴对称，x≥0检验得：曲线经过点(0，1)，(1，0)，(0，1)，(1，1)，再根据对称性 可知，曲线E还经过点(1，0)，(1，1)，故曲线恰好经过6个整点，所以B正确；当x≥0 x2  y2 时，即为x2  y2 xy1，有x2  y2 1xy≤1 ，得x2  y2≤2，即曲线E右侧部 2 分的点到原点的距离都不超过 2，再根据曲线E的对称性可知，曲线E上任意一点到原 点的距离都不超过 2，与x2  y2 4没有交点，所以 C 错误；因为在x轴的上方，图形 的面积大于四点(1，0)，(1，0)，(1，1)，(1，1)围成的矩形的面积122，在x轴的下方， 1 图形的面积大于三点(1，0)，(1，0)，(0，1)围成的三角形的面积 211，所以曲线E 2 所围成的“心形”区域的面积大于3，D正确，故选ABD． 11．体积V Sh24 3，A 选项，棱长为a的正方体，则a2 3 ，正方体的外接球直径 2 2R2 3 36，可以放入；B选项，棱长为b的正四面体， b3 24 3，则正四面 12 3 3 1 1 体的外接球直径2R b (2 3 2)33 633 6，不可以放入；C选项，若高 2 2 6 3 是 4 的 圆 柱 ， 则 底 面 半 径 r2  ， 该 圆 柱 的 外 接 球 半 径 π 6 34π 5π4π R2 r2 4  32，可以放入；D 选项，若高是5的圆锥，则底面半径 π π 72 3 r2  ，而内接的高是5的圆锥底面半径r2 5，则r2 r2，不可以放入，故选AC． 5π 0 0 数学参考答案·第2页（共6页）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 40 5 e 【解析】 12．x4y2的系数为2C3 22040． 6   13．直线l 的法向量为 n(1，2) ，则所求距离为 AB 在法向量方向上的投影距离，即   ABn d    5． |n| 1 1 x2 ax a 2 2 1 14． f(x)1   ，则 x x a，xx  ；由 f(x ) f(x )eln2 ，所以 x x2 x2 1 2 1 2 2 1 2 1 x x f(x ) f(x )x x aln(xx ) 1 2 ，将韦达代入：aln2eln2，所以e，满足． 1 2 1 2 1 2 2 xx 1 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） 3 解：（1）当n1，解得a  ，a 1（舍去）； 1 2 1 当n≥2，2a 2S 2S 2a2 2a2 a a ， n n n1 n n1 n n1 化简a a 2(a a )(a a )， n n1 n n1 n n1 1 由于a 0，所以a a  ， n n n1 2 1 即数列{a }是等差数列，所以a  n1．……………………………………………（6分） n n 2 1 (n2)2 （2）由题意a  n1，则B (b， 2b )，b2 2b a2  ， n 2 n n n n n n 4 (n2)2 由b 0，所以b  11， n n 4  (n3)2  (n4)2 [(n3)2 4] 2a 2b n22 11n4 (n3)2 4  ， n n1   4   n4 (n3)2 4 而(n4)2 [(n3)2 4]2n30， 所以a b (nN*)．…………………………………………………………………（13分） n n1 数学参考答案·第3页（共6页）16．（本小题满分15分） 解：（1）由题意，估计从该批次的车厘子中随机抽取100颗的平均数为： x2(0.05250.125270.2290.075310.0533)28.829， 即x29，s1，所以X  N(29，12)， 1P(291 X 291) 10.6827 则P(X≥30)  0.158650.16， 2 2 所以从车厘子中任取一颗，该车厘子为一等品的概率约为0.16．……………………（7分） （2）(0.050.05)210020，所以所取样本20个， 直径在[32，34)的车厘子有10个，故可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为： C3 C0 2 C2C1 15 P(0) 10 10  ，P(1) 10 10  ， C3 19 C3 38 20 20 C1 C2 15 C0C3 2 P(2) 10 10  ，P(3) 10 10  ， C3 38 C3 19 20 20 随机变量的分布列为：  0 1 2 3 2 15 15 2 P 19 38 38 19 2 15 15 2 3 所以的数学期望E()0 1 2 3  ．………………………（15分） 19 38 38 19 2 17．（本小题满分15分） 解：（1）由于平面CDE垂直平面ABDE，DECE，平面CDE和平面ABDE的交线为 DE， 则CE 平面ABDE ，所以CEBD， 在乙图中，过点E作EF BD，垂足为点F ，连接FC， 可得BD平面CEF ，所以CF BD， 则CFE为二面角CBDE的平面角．………………………………………………（3分） CE 在Rt△CFE中，tanCFE ． EF 在甲图△BCD中，由余弦定理得：BD BC2 CD2 2BCCDcosBCD 2， 而AB AD 2，所以AD AB，CDBD． 当DECE时，CE3，BE1，DE 3， 数学参考答案·第4页（共6页）BEDE 3 所以EF   ． BD 2 CE 3 tanCFE  2 3．…………………………………………………………（7分） EF 3 2 （2）由于平面CDE垂直平面ABED， 3 1 π 由题意知C点到直线DE的距离为 3，sin∠CDE  ，∠CDE ∠DCE  ， 2 3 2 6 CE BE2，即E点位于甲图中线段BC中点，……………………………………（10分） 1 1 1 1 底面积S S S S  S   2 2  22 31 3． ABED △ABD △BED △ABD 2 △BCD 2 2 2 ……………………………………………………………………………………（14分） 1 3 3 故体积V   3(1 3) ．…………………………………………………（15分） 3 3 18．（本小题满分17分）  p  p p2 解：（1）由焦点F ，0 ，设直线l：yx ，代入抛物线得：x2 3px 0，  2  2 4 根据抛物线定义，|AB||AF||BF|x x  p， 1 2 所以3p p8，可得 p2．……………………………………………………………（4分）  y2   y2  （2）设A 1 ，y ，B 2，y ，T(t，0)(t0)，  4 1   4 2     y2  y2  (y y )2  y2 y2  由0TATB，得0 1 t 2 t y y  1 2  1  2 tt2  y y ，  4  4  1 2 16  4 4  1 2 ………………………………………………………………………………………（6分） 联立y2 4x和yx1，解得y  y 4，y y 4， 1 2 1 2 有y2  y2 24，代入得t2 6t30， 1 2 解得T(32 3，0)或T (32 3，0)（舍去）． 1 2 所以点T的坐标为T(32 3，0)，………………………………………………………（8分） |32 31| 又点T到直线x y10的距离d   2 6， 2 1 所以三角形TAB的面积S  |AB|d 4( 2 6)．………………………………（10分） 2 （3）结合几何性质，设DE的中点为M ， 则|PD||PE|(|PM ||MD|)(|PM ||ME|)|PM |2 |MD|2， 数学参考答案·第5页（共6页）设圆心C (3，0)到直线m的距离为d，则|MD|2R2 d2 6d2， 2 C2 所以|PD||PE||PM |2 (6d2)|PM |2 d2 6|PC |2 6，……………………（14分） 2  y2   y2  2 1 设点P ，y ，则|PC |2 3 (y0)2  (y2 4)2 8，  4  2  4  16 所以当y2 4时，即P(1，2)时，|PD||PE|最小值为2．………………………（17分） 19．（本小题满分17分） （1）解：yex，y| b2， x2lnb 所以曲线yex在(2lnb，b2)处的切线方程为yb2xb2(12lnb)． ………………………………………………………………………………………（3分） （2）证明： f(x)ex b， f(x)0xlnb，f(x)0xlnb， ∴f(x)在(，lnb)上单调递减，在(lnb，)上单调递增， ∴f(x)  f(lnb)bblnbe2．……………………………………………………（5分） min 记g(b)bblnbe2，g(b)lnb， g(b)在(2e2，)上单调递减，g(b) g(2e2)(12ln2)e2 0．…………………（7分） ∵f(0)1e2 0，∴存在唯一零点x (0，lnb)．…………………………………（8分） 1  1 ∵f(2lnb)b2 2blnbe2 2e2 b2lnb  ，  2 1 2 记(b)b2lnb ，(b)1 0，∴(b)在(2e2，)上单调递增， 2 b 7 (b)(2e2)2e2  2ln20，∴存在唯一零点x (lnb，2lnb)， 2 2 即函数 f(x)有两个零点x，x 满足0x lnbx 2lnb．………………………（10分） 1 2 1 2 （3）证明：∵ex≥x1，∴0 f(x )≥(1b)x 1e2 (1b)x e2， 1 1 1 e2 即有 x ．…………………………………………………………………………（12分） b1 1 yex在(2lnb，b2)处的切线方程为yb2xb2(12lnb)， 设h(x)ex b2xb2(12lnb)，h(x)ex b2， ∴h(x)在(，2lnb)上单调递减，在(2lnb，)上单调递增． ∴h(x)≥h(2lnb)0，ex≥b2xb2(12lnb)．…………………………………………（14分） ∴0 f(x )(b2 b)x b2(12lnb)e2， 2 2 b2(2lnb1)e2 b2(2lnb1) b(2lnb1) b(2lnb1)e2 b(2lnb1) x      x ， 2 b2 b b2 b b1 e2(b1) e2 1 即证．……………………………………………………………………………………（17分） 数学参考答案·第6页（共6页）