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）