重庆巴蜀中学2025届高三12月适应性月考（四）数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1216重庆巴蜀中学2025届高三12月适应性月考（四）

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 B C A D D B A 【解析】 1．因为xN，解得A{1，2}，进而集合A的子集个数为22 4，故选A． 2．对于A，若∥，m∥，则m∥或m，又m∥n，则n∥或n，故A错误；对 于B，若l与m，n都不相交，则l∥m，l∥n，则m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故B 正确；对于C，若m，n与和所成的角相等，如果n∥，n∥，则m∥n，故C 错误；对于D，若，m，则m∥或m，由mn，则n与斜交、垂直、平 行均有可能，故D错误，故选B． a 1 3．由题意可知 log a log a 1，即 n1  ，所以数列{a } 为等比数列，所以 2 n1 2 n a 2 n n a a 1 3 a a 1 8 5    5 2  ，故选C． a a 2 a a 8 5 2 5 2 4．z z 83i，z z 1612i，根据韦达定理知z ，z 是方程z2 (83i)z1612i0的 1 2 1 2 1 2 两根，因式分解可得方程两根为4，43i，不妨设z 4，z 43i，则△ABC在复平面 1 2 上的顶点坐标为O(0，0)，A(4，0)，B(4，3)，则其面积为6，故选A．  π  π 5．f(x)sinxcosx 2sinx  在[a，b]上是增函数，且 f(a)1 2sina  ，  4  4  π  π 2  π 2 f(b)1 2sinb  ， 所 以 sina  ，sinb  ， 则  4  4 2  4 2 π π π π π a  2kπ，b  2kπ，kZ，两式相减可得(ba) ，又baπ，所 4 4 4 4 2 1 以 ，故选D． 2 6．由题意，AB∥CD，AB⊥BC，AB4，DC2，∴AD2 2 ， 如图 1，原图形 ABCD 中， AB∥CD，AB⊥AD，AB4，DC 2， AD2AD4 2，所以直角梯形ABCD的边AD为轴旋转一周得到 π π 的几何体为圆台，V  (r2 r2 rr )h (22 42 24)4 2 3 1 2 1 2 3 图1 112 2  π，故选D． 3 数学参考答案·第1页（共9页）7．记g(x)xsinx，x[0，1)，则g(x)1cosx≥0，所以g(x)在[0，1)上单调递增，所以 1 1 1 3 3 2 3 3 3 3 g g(0)，可得asin   b，又   e  ，所以2ln 13ln ，即 3 3 3 3 2 2 2 2 1 3 1 3 ln   ，所以acb，故选B． 3 2 2 3 8．当x0时，则 f(x)xxm 0，记g(x)ln f(x)lnxxm (xm)lnx，由题，函数g(x)在 xm m (0，)上为增函数， g(x) lnx1 lnx≥0 对任意的 x0 恒成立，则有 x x 1 m≤xxlnx，令h(x)xxlnx，其中x0，且h(x)lnx2，令h(x)0，可得x ， e2 列表如下：  1  1 1  x 0，   ，  e2  e2 e  h(x)  0  h(x) 减 极小值 增 1  1  1 2 1 所以函数h(x)在x 取得极小值，亦即最小值，即h(x) h    ， e2 min e2  e2 e2 e2 1 1  1  所以m≤h(x) min  e2 ，可得m≤ e2 ，故实数m的取值范围为   ， e2  ，故选A． 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 BCD ABD BC 【解析】           9．选项A，a和b有可能反向，故A错误；选项B，当a2b时，a，b共线，但|ab||a||b|，               而|ab||a||b|时， a0 或b0 或 a与b同向，即有 a，b共线，所以“ a∥b ”是     “ |ab||a||b| ” 的 必 要 不 充 分 条 件 ， 故 B 正 确 ； 选 项 C ，               |ab|||a||b|co〈s a，b〉||a||b||co〈s a，b〉|≤|a||b|，故 C 正确；选项 D，向量a在b方向上     b 2      2 的投影向量为|a|co〈s a，b〉  b，又2|a||b|0代入可得co〈s a，b〉 ，故D正 |b| 6 3 确，故选BCD． 数学参考答案·第2页（共9页）10．选项 A， f(x)定义域为 R，假设mR，使得 f(x)为奇函数，则必有 f(0)m0，此 2x2 2x2 时 f(x) ，f(1) f(1)0，所以 f(x) 不是奇函数，所以假设不成立，故 A 正 ex ex 2x2 (m4)x2m 确；选项B，f(x) ，m1时，f(0)2，又 f(0)1，所以y f(x) ex 在 (0，f(0)) 处 的 切 线 方 程 为 y2x1 ， 故 B 正 确 ； 选 项 C ， 2x2 (m4)x2m (2xm)(x2) f(x)  ，当m4时， f(x)≤0，函数单调递减， ex ex 无极值点，故 C 错误；选项 D，由 C 可知m4时，无极大值；若m4， f(x)在 m   m m m (，2)，  ， 上单调递减， 2，  上单调递增，则极大值为 f   0；若  2   2   2  m e2  m m  m4， f(x) 在 ，  ，(2，) 上单调递减，  ，2 上单调递增，则极大值为  2   2  8m f(2) 0，故D正确，故选ABD． e2 11．选项A，因为AC∥平面ABCD，且AC 平面ACD，所以平面ACD和平面ABCD的 1 1 1 1 1 1 1 1 交线l∥AC ，而AC 与平面ABB A相交，则平面ABB A内不存在直线与AC 平行，即不 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 存在直线与直线l平行，故A错误；选项B，BC∥平面ACD，所以点M到平面ACD 1 1 1 1 1 的距离为定值，而三角形ACD的面积为定值，故三棱锥M ACD的体积为定值，故B 1 1 1 1 正确；选项C，记M到平面ACD到距离为d，由选项B可知，d为定值，记直线MC 与 1 1 1  π d  π 平面ACD所成角为 0， ，则sin ，又正弦函数在 0， 上单调递增，则 1 1   2   |MC |   2   1  3 最大时，sin最大，从而即为|MC |最小时，此时MC ⊥CB ，由相似可得CM  CB ， 1 1 1 4 1 故C正确；选项D，作平面ABCD与平面BBC 的展开图如图2所示，则AM MB的最 1 1 1 1 小值即为展开图中线段AB的长，Rt△BBC中，BC 1，BB  3， 1 1 1 π 2π 所以∠CBB ，从而∠ABB ，△ABB中，由余弦定理可知， 1 6 1 1 3 1 1  1 AB2 1321 3 4 3 ，从而 AM MB 的最小值为 1  2 1 图2 4 3，故D错误，故选BC． 数学参考答案·第3页（共9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 27π 答案 a (2n3)(n4) 2 ； 2 n 2 【解析】 a a  a  a 12． n1  n 1(nN*)，所以数列 n 是以 1 3为首项，1为公差的等差数列， 2n1 2n3 2n3 23 a 即 n 3(n1)1a (2n3)(n4)． 2n3 n    2    cos sin  cos sin 1tan 1sin  2 2 2 2 2 π  13．    tan  2． cos cos2  sin2  cos  sin  1tan  4 2 2 2 2 2 2 14．由题：如图3，外接球的球心OPQ，且PQ平面ABC，即PQ为 外接球的直径，设PQ平面ABC G，可知G为正三角形ABC的 中心，取AB的中点E，连接PE，QE，则PE AB，QE AB，可 知二面角PABQ的平面角为∠PEQ，所求即为tan∠PEQ，正 1 1 3 3 2 四面体PABC中，EG CE  3 ，CG CE 3， 图3 3 3 2 2 3 PG PE2 EG2  6，记外接球半径为 R，则在Rt△OGC中，R2 ( 6R)2 3，解 3 6 27π 得 R ，则外接球表面积为 S 4πR2  ，记∠PEG，∠QEG，则 4 2 6 PG 6 QG 2RPG 2 tan  2 2，tan    2，所以tan∠PEQ EG 3 EG 3 3 2 2 2 tantan tan()  2，即为所求． 1tantan 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abcosC 3csinB，正弦定理可得：sinAsinBcosC 3sinCsinB， ………………………………………………………………………………………（2分） 数学参考答案·第4页（共9页）则sin(BC)sinBcosC 3sinCsinB，所以sinCcosB 3sinCsinB， ………………………………………………………………………………………（4分） 3 又C(0，π)，所以sinC0，所以tanB ， 3 π 又B(0，π)，所以B ．……………………………………………………………（6分） 6 （2）a2 b2 c2  2ab及余弦定理有：a2 b2 c2 2abcosC， a2 b2 c2 2ab 2 可得cosC    ， 2ab 2ab 2 π 因为C(0，π)，所以C ，…………………………………………………………（8分） 4 π 1 2 2 3 6 2 又B ，sinAsin(BC)sinBcosCsinCcosB     ， 6 2 2 2 2 4 ……………………………………………………………………………………（10分） c 31 c 2 由正弦定理有asinA  c，bsinB  c， sinC 2 sinC 2 1 1 31 2 2 31 由三角形面积公式可知，S  absinC  c c  c2 33 3， △ABC 2 2 2 2 2 8 所以c2 6 ．……………………………………………………………………………（13分） 16．（本小题满分15分） （1）证明：连接AC， 因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCD AB，PA AB， 所以PA平面ABCD，…………………………………………………………………（2分） 所以AC为PC在平面ABCD内的射影， |PA| 2 故PCA为PC与平面ABCD所成角，即tanPCA  2， |AC| |AC| 所以|AC|1，又PA⊥AD，∴AD PD2 PA2  5，∵平面ABCD为平行四边形， ∴BC  5．……………………………………………………………………………（4分） 在△BAC中，|AB|2 |AC|2|BC|2，所以AB AC， 又PA AB，PA与AC交于点A，PA，AC平面PAC， 所以AB⊥平面PAC．……………………………………………………………………（7分） 数学参考答案·第5页（共9页）（2）解：由（1）可知PA平面ABCD，AB AC，    以A为坐标原点，AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系，如图4，  1  所以C(0，1，0)，D(2，1，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F1， ，1，  2   设平面EFC 的一个法向量为n (x，y，z )， 1 1 1 1   1    1  又CF 1， ，1 ，EF 1， ，0，  2   2     1 n CF x  y z 0，   1 1 2 1 1 则有 令y 2， n    E  F  x  1 y 0， 1 图4  1 1 2 1  则x 1，z 2，故n (1，2，2)， 1 1 1 ……………………………………………………………………………………（10分）    1   设平面DFC的一个法向量为n (x，y，z )，又CF 1， ，1 ，DC (2，0，0)， 2 2 2 2  2     1 n CF x  y z 0，  则有 2 2 2 2 2 令y 2，则x 0，z 1，故n (0，2，1)，   2 2 2 2  n DC 2x 0， 2 2 ……………………………………………………………………………………（13分）     |n n | 6 2 5 则|cosn，n | 1 2   ， 1 2 |n ||n | 3 5 5 1 2 2 5 所以二面角ECF D的余弦值的绝对值为 ．…………………………………（15分） 5 17．（本小题满分15分） （1）证明：由已知S 2S n1可得n≥2，S 2S n， n1 n n n1 两式相减得S S 2(S S )1，即a 2a 1， n1 n n n1 n1 n 从而a 12(a 1)（n≥2），………………………………………………………（2分） n1 n 当n1时，S 2S 2，所以a a 2a 2， 2 1 2 1 1 又a 1得a 3， 1 2 从而a 12(a 1)．……………………………………………………………………（3分） 2 1 数学参考答案·第6页（共9页）a 1 故总有a 12(a 1)，nN*，a 120，从而 n1 2， n1 n 1 a 1 n 所以数列{a 1}是以2为首项，2为公比的等比数列． n a 12n，所以a 2n 1．……………………………………………………………（6分） n n （2）解： f(x)axa x2 a xn，则有 f(x)a 2a xna xn1， 1 2 n 1 2 n f(1)a 2a na 2222 323 n2n (12n) 1 2 n n(n1) 2222 323 n2n  记为①式， 2 n(n1) 2f(1)22 223 324 n2n12 记为②式， 2 n(n1) n(n1) ①−②得：f(1)222 23 2n n2n1 (1n)2n12 ， 2 2 n(n1) 所以 f(1)(n1)2n12 ，…………………………………………………（10分） 2 7n2 5n 由上得： f(1) 2(n1)2n 2(2n2 n1)2(n1)[2n (2n1)]， 2 7n2 5n 当n1时，2(n1)[2n (2n1)]0，所以 f(1) ； 2 7n2 5n 当n2时，2(n1)[2n (2n1)]20，所以 f(1) ； 2 当n≥3时，n10，又2n (11)n C0 C1 Cn1Cn≥2n22n1， n n n n 7n2 5n 所以(n1)[2n (2n1)]0，所以 f(1) ， 2 7n2 5n 综上，当n1时， f(1) ； 2 7n2 5n 当n2时， f(1) ； 2 7n2 5n 当n≥3时，f(1) ．…………………………………………………………（15分） 2 18．（本小题满分17分）  3 1 x2 y2 3 1 解：（1）点Q  ， 是C：  1(a0，b0)上一点  1，  2 2  a2 b2 4a2 4b2   数学参考答案·第7页（共9页）1 1 1 1 △QFF 的面积为  2c  c1a2 b2 1， 1 2 2 2 2 2 1 两式联立求解得；a2 b2  ， 2 所以双曲线C的方程为2x2 2y2 1．…………………………………………………（5分） （2）为定值6， 设M(x，y )，A(x，y )，B(x，y )， 0 0 1 1 2 2 由（1）知：F(1，0)，F (1，0)， 1 2   y y 0， MF 1 F 1 A(1x 0 ， y 0 )(x 1 1，y 1 )  0 x  1 x 1， 1 0 ………………………………………………………………………………………（7分） 2x2 2y2 12(x )2 2(y )2 2，又2x2 2y2 1， 1 1 1 1 0 0 ………………………………………………………………………………………（9分） 两式相减得：2[(x x )(x x )]2[(y  y )(y  y )]2 1 1 0 1 0 1 0 1 0 2(1)(2x 1)2 1， 0 ∴2(2x 1)134x 0，……………………………………………（13分） 0 0   由MF F B，同理可得：34x 0，………………………………………（16分） 2 2 0 ∴6为定值．……………………………………………………………………（17分） 19．（本小题满分17分） 解：（1）①质点最终回到原点的情况为：向右走3次，向左走3次， 1 3 1 3 5 PC3      ．…………………………………………………………………（2分） 6 2 2 16 ②设n3和n5时质点最终落在原点右侧的概率分别为 p，p ， 3 5 n3情况为：第一次必然向右，后两次至少有一次向右， 则 p  p[1(1 p)2] p2(2 p)，………………………………………………………（4分） 3 n5包含2种情况： （ⅰ）前2次均向右，后三次至少有一次向右； （ⅱ）第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右， 数学参考答案·第8页（共9页）p  p2[1(1 p)3] p(1 p)p[1(1 p)2] p2[2 p2(1 p)3]， 5 ……………………………………………………………………………………（6分） p  p 2p2(1 p)3 0，则 p  p ．…………………………………………………（7分） 3 5 3 5 （2）①第一阶段通过的情况为3次均向右或者有2次向右，1次向左， 其概率为： p3 C2p2(1 p ) p2(32p )，…………………………………………（9分） 1 3 1 1 1 1 令X 为最终得分，则X 可以为0，1，3， p(X 3) p2(32p )p3， p(X 1) p2(32p )[C2p2(1 p )]， 1 1 2 1 1 3 2 2 ……………………………………………………………………………………（11分） 则其数学期望为E(X)3p2(32p )p3  p2(32p )[C2p2(1 p )]3p2(32p )p2， 1 1 2 1 1 3 2 2 1 1 2 ……………………………………………………………………………………（13分） ②若 p  p 1，则E(X)3p2(32p )(1 p )2 3(p  p2)2(32p )， 1 2 1 1 1 1 1 1 令 f(p)3(p p2)2(32p)， f(p)3[2(p p2)(12p)(32p)(p p2)2(2)]6p(1 p)(5p2 9p3)， p (0，1)， 1 9 21 9 21 f(p)00 p ， f(p)0  p1， 10 10  9 21 9 21  所以 f(p)在0， ，在 ，1，     10 10     9 21 即当 p  时，该游戏得分的期望值最大．……………………………………（17分） 1 10 数学参考答案·第9页（共9页）