重庆巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（二）数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1021重庆巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（二）

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 D C B C A D C B
【解析】
1．因为A{3，0，3}，B{x|1x3}，所以AB{0}，故选D．
1 x
2．因为y

是非奇非偶函数，yx3是奇函数，所以B，D不合题意；又y|x|在(，0)
2
上单调递减，在(0，)上单调递增，故A错误；yx2在(，0)上单调递增，在(0，)
上单调递减，即C正确，故选C．
1
3．31，因此只需把正弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的 ，纵坐标不变，故选B．
3
π 5π 1 5π 1 1
4．在△ABC中，当  A 时，sinA ；当 ≤Aπ时，sinA≤ ．反之当sinA 时，
6 6 2 6 2 2
π π 1
一定有A 成立．故“A ”是“sinA ”的必要不充分条件，故选C．
6 6 2
2 2 2
5．令 f(x)g(x)，得2x  a ，所以2x  a0，设F(x)2x  a，原题等价于当
x x x
2
x(1，2) 时， F(x) 只有一个零点，显然 F(x)2x  a 在 (1，2) 单调递增，所以
x
F(1)F(2)a(3a)0，解得0a3，所以实数a的取值范围是(0，3)，故选A．
 π  π π π  π 3π
6 ． f(x)cosxsinx 2sinx  ， 由 x   ，  ， 则 x    ，  ， 得
 4  2 2 4  4 4 
 π π
2sinx [1， 2]，所以当x 时， f(x)取得最小值1，即切线斜率得最小值
 4 2
 π  π   π
为 1．因为 f  1，所以切点为  ，1 ，切线方程为 y1x  ，即
 2  2   2
π
x y 10，故选D．
2
tanAtanB sinAsinB sinC sin2C
7．由 tanC，得  ，整理得，cosC  ，
tanAtanB sinAcosBsinBcosA cosC sinAsinB
a2 b2 c2 c2 a2 b2
利用正、余弦定理，得  ，即a2 b2 3c2，所以 3，故选C．
2ab ab c2
数学参考答案·第1页（共8页）8．要使不等式恒成立，须 ax2 与 x2 bx8 同时为正，或为负，且同时为零，于是
ax20， 2 2 2 2
 得 x ， 从 而   b 80 ， 得 ab4a2 2 ， 由
x2 bx80， a a a
4 ab4 4a2 2 2 2
b   4a ≥2 4a 4 2，故选B．
a a a a 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 BC ABD ACD
【解析】
3 3 4
9．因为角的终边经过点P(3，4)，所以|OP| 916 5，则cos  ，sin ，
5 5 5
4 4 3 π  4
tan  ，cos(π)cos ，cos sin ，故选项B，C正确，
3 3 5 2  5
选项A，D错误，故选BC．
10．令x y0，则 f(0)0，故选项A正确；令x1，y1，则 f(1)1，令x1，y1，
则 f(2)4，故选项B正确；令y1，则 f(x1) f(x) f(1)2x f(x)12x，所以
f(x1) f(x)2，令x0，则 f(0)0，故选项 C 错误；令x1，则 f(2)4，故
选项D正确，故选ABD．
11．由图中数据可知智力的周期为T 33，情绪的周期为T 28，体力的周期为T 23，故
1 2 3
体力曲线的最小正周期最小，故选项A正确；462除以33余0，462除以28余14，此时
1
情绪曲线E处于 周期处，所以出于下降期，智力曲线I 刚好位于起点处，处于上升期，
2
故选项B错误；由图可知，智力曲线的对称中心的横坐标为n16.5k，k N，情绪曲线
1 1
的对称中心的横坐标为 n14k，k N ，体力曲线的对称中心的横坐标为
2 2
n11.5k，k N，故16.5，14，11.5的公倍数，均为三个曲线的公共对称中心的横坐标，
3 3
有无数个，故智力、情绪、体力三条曲线存在无数个公共的对称中心，故选项 C 正确；
由图可知，智力曲线的对称轴方程为n8.2516.5k，k N，情绪曲线的对称轴方程为
1 1
n714k，k N ， 体 力 曲 线 的 对 称 轴 方 程 为 n5.7511.5k，k N ， 令
2 2 3 3
8.2516.5k 714k 5.7511.5k ，不妨先求解 8.2516.5k 714k ，整理可得
1 2 3 1 2
82.5165k 70140k ，则165k 140k 12.5，又165k，140k Z，12.5Z，故该
1 2 1 2 1 2
方程无解，从而该方程组无解，故智力、情绪、体力三条曲线不存在公共的对称轴，故
选项D正确，故选ACD．
数学参考答案·第2页（共8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
31π
答案 3 0.84  32
6
【解析】
12．在△ABC 中，由余弦定理得， a2 b2 c2 2bccosA ，代入得，131c2 c ，即
1 1 3
c2 c120，所以c4或c3（舍），则S  bcsinA 14  3．
△ABC 2 2 2
13．令 f(x)sinx，则 f(x) cosx， f(x)sinx， f(3)(x)cosx， f(4)(x)sinx，，
故 f(0)0， f(0) 1， f(0) 0， f(3)(0)1， f(4)(0)0，，由麦克劳林公式可得
x3 x5 x7 1 1
sinxx   ，故sin11  0.84．
3! 5! 7! 6 120
1
14．由 f(x ) f(x ) f(x ) ，得  x 1cosx cosx ，根据对称性，得 x x 2π ，
1 2 3 2 1 2 3 2 3
x 2cosx 2 ， 所 以 x 2x 3x x x 4π2cosx x 4π2 ， 设
1 3 1 2 3 1 3 3 3
7π 11π
g(x)2cosxx ，x(π，2π]，g(x)2sinx1，由g(x)0，得x 或 ，当
6 6
 7π 7π 11π
xπ， 时，g(x)0，g(x)单调递增，当x ， 时，g(x)0，g(x)单调递
 6   6 6 
11π  7π 7π
减 ， 当 x ，2π

时 ， g(x)0 ， g(x) 单 调 递 增 ， g  3 ，
 6   6  6
7π 7π 7π
g(2π)2π2 3 ，所以g(x) g  3 ，故x 2x 3x 的最大值为
6 max  6  6 1 2 3
31π
 32．
6
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）已知函数 f(x)2 3sinxcosxcos2x 3sin2xcos2x
 π
2sin2x  ，………………………………………………………………………（4分）
 6
数学参考答案·第3页（共8页）2π
因为 f(x)的最小正周期：T  π，故1，……………………………………（5分）
2
 π
所以 f(x)2sin2x  ，
 6
π π π kπ
令2x  kπ，得对称轴方程：x  (kZ)．……………………………（6分）
6 2 6 2
（2）列表如下：
π 5π 2π 11π
x 0 π
6 12 3 12
π π π 3π 13π
2x π 2π
6 6 2 2 6
f(x) 1 2 0 2 0 1
………………………………………………………………………………………（8分）
f(x)在区间[0，π]上的图象如图所示．
……………………………………………………………（11分）
 π 2π 
f(x)在[0，π]上的单调递增区间： 0， ， ，π ．……………………………（13分）
   
 6  3 
16．（本小题满分15分）
c 2
解：（1）由e  ，及b2，解得a2 2 ，
a 2
x2 y2
所以椭圆E：  1．………………………………………………………………（5分）
8 4
（2）显然直线l斜率存在，设直线l：ykx1，B(x，y )，C(x，y )，
1 1 2 2
ykx1，

联立x2 y2 消去y得(12k2)x2 4kx60，显然0，
  1，
 8 4
4k 6
则x x  ，xx  ，…………………………………………………（7分）
1 2 12k2 1 2 12k2
数学参考答案·第4页（共8页）3
|BC| 1k2 (x x )2 4xx ，△ABC的高h ，
1 2 1 2
1k2
………………………………………………………………………………………（9分）
所以△ABC的面积
1 3 3 (4k)2 24 8k2 3
S  |BC|h (x x )2 4xx   3 2   22，
2 2 1 2 1 2 2 (12k2)2 12k2 12k2
……………………………………………………………………………………（12分）
4
化简得：11k4 7k2 40，解得：k2 1或 （舍），…………………………（14分）
11
所以k 1，所以直线l的方程为yx1．………………………………………（15分）
17．（本小题满分15分）
解：（1）由asinBbcosB及正弦定理，得sinAcosB，
π π  π
因为A ，所以sinAcosBsin B，故A B，
2 2  2
………………………………………………………………………………………（2分）
3π C π C
又ABC π，所以A  ，B  ，
4 2 4 2
3 4
因为sinC  ，且C为锐角，故cosC  ，…………………………………………（4分）
5 5
a b c ab  c  2 25
由正弦定理：   ，得    ，
sinA sinB sinC sinAsinB sinC 9
25 25 25 25 π  25 10
所以ab sinAsinB cosBsinB sin2B sin C cosC  ，
9 9 18 18 2  18 9
………………………………………………………………………………………（6分）
由余弦定理：c2 a2 b2 2abcosC (ab)2 2ab(1cosC)，
所以(ab)2 c2 2ab(1cosC)145，得ab 5，
所以△ABC的周长为1 5．……………………………………………………………（8分）
3π C π C
（2）由A  ，B  ，得
4 2 4 2
3π C π C C
cosAcosBcosC cos  cos  cosC  2sin cosC
 4 2 4 2 2
2
C C  C 2 5
 2sin 12sin2 2sin    ．……………………………………（12分）
 
2 2 2 4 4
 
数学参考答案·第5页（共8页）π C C π C 2
因为B  ，所以0  ，0sin  ，
4 2 2 4 2 2
 5
故cosAcosBcosC的取值范围是1，

．………………………………………（15分）
 4
18．（本小题满分17分）
解：（1）总的选法种数为C2 C3 10，得0分的选法共有C1C2 C1C1 6种，
4 4 1 3 1 3
3
所以甲第9题得0分的概率为 ．………………………………………………………（4分）
5
（2）第10题乙同学三个选项中随机猜选两项，用A，A，A 分别表示第10题乙同学得0，
0 4 6
4，6分，…………………………………………………………………………………（5分）
第11题乙同学四个选项中随机猜选一项，用B，B ，B 分别表示第11题乙同学得0，2，
0 2 3
3分，………………………………………………………………………………………（6分）
1 C1C1 1 1 1 1 1 1 C2 1 1
P(A )  1 2 + 0 ，P(A ) 0+ 1 ，P(A )  2 + 0 ，
0 2 C2 2 3 4 2 2 2 6 2 C2 2 6
3 3
1 C1 1 C1 3 1 C1 1 3 1 C1 1 1
P(B )  2 +  1  ，P(B )  3 + 0 ，P(B )  2 + 0 ，
0 2 C1 2 C1 8 2 2 C1 2 8 3 2 C1 2 4
4 4 4 4
………………………………………………………………………………………（9分）
从而第10，11题得分总和X 的可能取值为0，2，3，4，6，7，8，9，
……………………………………………………………………………………（10分）
1 1 1
P(X 0)P(A B ) ，P(X 2)P(A B ) ，P(X 3)P(A B ) ，
0 0 8 0 2 8 0 3 12
3 1 3 1 3 1
P(X 4)P(A B ) ，P(X 6)P(A B  A B )     ，
4 0 16 4 2 6 0 2 8 6 8 4
1 1 1
P(X 7)P(A B ) ，P(X 8)P(A B ) ，P(X 9)P(A B ) ，
4 3 8 6 2 16 6 3 24
……………………………………………………………………………………（15分）
从而X 的分布列为：
X 0 2 3 4 6 7 8 9
1 1 1 3 1 1 1 1
P
8 8 12 16 4 8 16 24
……………………………………………………………………………………（16分）
9
E(X) ．………………………………………………………………………………（17分）
2
数学参考答案·第6页（共8页）19．（本小题满分17分）
（1）解：当a1时， f(x)xcosxsinx，
则 f(x)cosxxsinxcosxxsinx．………………………………………………（1分）
当x(0，π)时， f(x)0；当x(π，2π)时， f(x)0，
所以 f(x)在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增．……………………………（3分）
1  1
（2）证明：令G(x)g(x) x2 x1ex  x2 x1(x0)，
2  2
则G(x)ex x1，G(x)ex 1，……………………………………………………（5分）
当x0时，G(x)0，所以G(x)在(0，)上单调递增；
所以G(x)G(0)0，所以G(x)在(0，)上单调递增，
所以G(x)G(0)0，所以不等式成立．………………………………………………（7分）
1
（3）解：由题可知：h(x)ex  x2 x1a(xcosxsinx)，
2
则h(x)ex x1axsinx．
令m(x)ex x1axsinx且m(0)0，
所以函数h(x)在(0，π)上存在唯一极值点等价于m(x)在(0，π)上存在唯一变号零点．
又因为m(x)ex 1a(sinxxcosx)且m(0)0，
m(x)ex a(2cosxxsinx)且m(0)12a，………………………………………（9分）
1
①当a 时，m(0)12a0，
2
 π  π
（i）当x0，

时，y2cosxxsinx在 0，

上单调递减，
 2  2
 π
所以m(x)ex a(2cosxxsinx)在 0，

上单调递增．
 2
π π π
又因为m  e2  a0，m(0)12a0，
2 2
 π
由零点存在性定理知：存在唯一x 0，

，使得m(x )0，
0  2 0
 π
所以当x(0，x )时，m(x)0；当xx，

时，m(x)0；
0  0 2
……………………………………………………………………………………（11分）
数学参考答案·第7页（共8页）π 
（ii）当x ，π 时，y2cosxxsinx0，
2 
所以m(x)ex a(2cosxxsinx)0，
所以由（i）（ii）知：m(x)在(0，x )上单调递减，(x，π)上单调递增，
0 0
所以当x(0，x )时，m(x)m(0)0．
0
又因为m(π)eπ 1aπ0，
所以由零点存在性定理知：存在唯一x (x，π)，使得m(x )0，
1 0 1
所以当x(0，x )时，m(x)0；当x(x，π)时，m(x)0，
1 1
所以m(x)在(0，x )上单调递减，(x，π)上单调递增，
1 1
所以当x(0，x )时，m(x)m(0)0．
1
又因为m(π)eπ π1，由（2）知：m(π)0，
所以由零点存在性定理知：存在唯一x (x，π)，使得m(x )0，
2 1 2
当x(0，x )时，m(x)0；当x(x，π)时，m(x)0，
2 2
1
即x 为m(x)在(0，π)上的唯一变号零点，所以a （符合题意）．
2 2
……………………………………………………………………………………（14分）
1
②当a≥ 时，由x(0，π)时，yxsinx0得：
2
1
m(x)ex x1axsinx≥ex x1 xsinx，
2
1
令M(x)ex x1 xsinx且M(0)0，
2
1
则M(x)ex 1 (sinxxcosx)且M(0)0．
2
1
又因为M(x)ex cosx xsinxe0 cos000，
2
所以M(x)在(0，π)上单调递增，所以M(x)M(0)0，
所以M(x)在(0，π)上单调递增，所以M(x)M(0)0，
所以当x(0，π)时，m(x)0，即m(x)在(0，π)上无零点，
1
所以a≥ （不符合题意）．
2
1
综上：a ．…………………………………………………………………………（17分）
2
数学参考答案·第8页（共8页）