重庆市第八中学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_1224重庆市第八中学2025届高三12月适应性月考（四）（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．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C A D D C B C 【解析】 1．A[2，3]，B[2，)，则 B(，2)，所以( B)A[2，2)，故选B． R R ab a2 b2 1  2．由 ≤ a2 b2≥2，则A错；2ab 22a2，a(0，2)2ab ，4 ，则B 2 2 4  ab 2 a  b ab 错；log alog blog ab≤log   0，C正确； ≤ 1 a  b 2 2 2 2  2  2 2 ≤2，则D错，故选C． π 5π π 5π π 5π π π 2 3 2 1 3．由 A ， C  ，得 Bπ   ，又 sin sin       3 12 3 12 4 12 4 6 2 2 2 2  6 2 2    6 2 b c bsinC  4  ， b 2 ，由正弦定理得  ，所以 c   4 sinB sinC sinB 2 2 6 2 ，故选A． 2 4．A：m∥n，m∥，则n∥或n，所以 A 错误；B：如图 1， 在正三棱柱中，当m，n，nm时，与不垂直， 所以 B 错误；C：，，则，相交或平行，所以 C 错 图1 误；D：m//n，m，则n，又//，故n，所以D正确，故选D． a  a  2 1  a  2 1  a  2 5．方法1：由分布列得E(X)1 ，则D(X)1 1  1 a  1 2 3  3  3  3  3  3  1 2 3 2 1   a   ，则当a在(1，2)内增大时，D(X)先减小后增大，故选 D．方法 2： 3 9 2 6 数学参考答案·第1页（共9页）1 a2 4  a 2 2a2 6a6 2 3 2 3 D(X)E(X2)E2(X)   1    a   ，故选D． 3 3 3  3 9 9 2 4 1 1 1 1 2024 6．a  2025，a   ，a   a ，则数列{a }是周期数列， 2 1a 3 1a 2024 4 1a 2025 1 n 1 2 3 周期为3，且aa a 1，则T (1)674 aa 2024，故选C． 1 2 3 2024 1 2 7．因为圆C：x2  y2 2x0的圆心C(1，0)，半径r 1，由题意可得，P，A，C，B四点共圆  π 且线段AB被PC垂直且平分，设ACP0  ，则AB2sin，因为线段AB长  2 3 π π π 1 度的最小值为 3，所以sin≥ ，又0 ，所以 ≤ ，0cos≤ ，又 2 2 3 2 2 1 |m2m| 2 5 |CP| ，所以|CP|2，即 2，又m0，所以m ，故选B． cos 1m2 5   3π 2kπ π 2kπ  cosx，x  ，     4  4   8．由题意知 f(x) ，kZ，函数 f(x)的单调递增区间为  sinx，x  π  2kπ ， 5π  2kπ    4  4     3π 2kπ 2kπ  π 2kπ π 2kπ π π  3π 2kπ 2kπ   ，  ，   ，   ，kZ ，则  ，   ，  或  4    4  2   4 3  4     3π 2kπ π   ≤ π π  π 2kπ π 2kπ   4  4  ，    ，   ，kZ ， 由  ， 解 得 4 3 4  2    2kπ ≥ π   3 3 38k≤≤6k，kZ ，由38k≤6kk≤ ，而0，故k 1，此时5≤≤6；由 2  π 2kπ π  ≤  4  4 3 3 1  ，解得18k≤≤ 6k，kZ，由18k≤ 6kk≤ ，而0，故 π 2kπ π 2 2 4   ≥ 2  3 3  3 k 0，即1≤≤ ，综上， 1， ∪[5，6]，故选C．   2  2 数学参考答案·第2页（共9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 ACD ACD BCD 【解析】 9．A选项，复数z12i，则z 12i，故z 12i在复平面内对应的点为(1，2)，位于第一 象限，A 正确；B 选项，设复数z 1，z i，满足|z z ||z z | 2，但z z i，B 1 2 1 2 1 2 1 2 错误；对于 C，zC，设 zx yi ，由于|z|1，则 x2  y2 1，∴ x2  y2 1，故 |z2| (x2)2  y2  (x2)2 1x2  4x5 ，由 x2  y2 1 ，得 1≤x≤1 ，则 4x5≥1，故当x1时，|z2|的最小值为1，C正确；对于D，43i是关于x的方程 x2  pxq0(p，qR) 的 根 ， 则 43i 为 另 一 个 根 ， 由 韦 达 定 理 ， 43i+(4+3i)8p p8，D正确，故选ACD． 10．如图 2，分别取棱BB ，BC ，CD ，DD 的中点M，N，P，Q， 1 1 1 1 1 1 根据条件 AC 平面EFG，可得平面 EFG即为平面EMNPQF ， 1 于是点G的轨迹即为线段NP，对于 A，当点G为棱CD 的中点 1 1 P时，连接AD ，则EG//AD ，又EG平面ADD A ，AD 平 1 1 1 1 1 面ADD A ，所以EG//平面ADD A ，故A正确；对于B，平面EFG 1 1 1 1 图2 截正方体所得截面为正六边形EFQPNM ，其边长为EF  2 ，所以正六边形的面积为 1 6  2 2sin603 3，故B错误；对于C，连接AC ，与NP的交点即为点G， 2 1 1   此时AG3GC ，于是3满足，C正确；对于D，因为CE 5，点C到平面EFG的 1 1 1 3 15 距离等于 AC  3，所以直线CE 与平面EFG所成角的正弦值为  ，D 正确， 2 1 5 5 故选ACD． 11． f(x)4x3 2axa ， f(x)12x2 2a ，当 a0 时， f(x)0 ， f(x) 单增，又 f(3 a)3a2a3 a 0 ，f(0)a0，∴ f(x)在 (3 a，0) 内存在唯一零点，记为x ， 0 数学参考答案·第3页（共9页）则 f(x)在(，x )上单减，在(x，)上单增，f(x )既是极小值又是最小值；当a0时， 0 0 0  a  a   a a f(x)在，  和  ，上单增，在  ，  上单减， f(0)a0，       6 6 6 6        a  4 a  a  4 a f  a1  ， f  a1   ，根据 f(x)4x3 2axa的图         6 3 6 6 3 6         象分析，无论哪种情况，f(x)都不存在恰好两个变号零点的情况，故 f(x)不可能恰好有 两个极值点，A 选项错误；对于 B 选项，若 f(x) 恰有三个极值点，只需要   a0    a 27 f  0 a ，B 选项正确；对于 C 选项，注意 f(0)1，当a0时，   6 8       a f  0   6     f(0)a0，故x0处于单调递增区间，故x0左侧总有 f(x)的极小值 f(x )1，此 0 时命题成立，当 a0 时， f(0)a0 ，故 x0 处于单调递减区间，故极小值  a f    f(0)1，命题也成立，故总存在实数x使得 f(x)1，C 选项正确；对于 D   6   选项，当a1时， f(x)的图象如图3，显然没有对称轴，D选项正确，故选BCD． 图3 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 33 答案 (，2)(3，) 3 3 数学参考答案·第4页（共9页）【解析】 12． f(x)为单调递增函数，故 f(x2 2x) f(6x) x2 2x6x，解得 x(，2) (3，)．    2 1  1 1     13．因为DC 2BD AD AB AC AP AB AC．又因为AM xAB，AN  yAC ， 3 3 3 6  1  1  1 1 所以AP AM  AN ，因为M，P，N 三点共线，故  12yx6xy，因为 3x 6y 3x 6y △AMN 与△ABC的面积比为1:2，可得2yx6xy3．    14 ． 由 AB AF 2AE ， 可 知 点 E 为 线 段 BF 的 中 点 ， 由 1 1            EAEBEAEF EA(EBEF)EAFB0EAFB， 1 1 1 1   所以AE为△ABF 的中垂线，则有|AF ||AB|，ABF AFB． 1 1 1 1 如 图 4 所 示 ： 由 双 曲 线 的 定 义 可 得 图4 2a|AF ||AF ||AB||AF ||BF | ， 所 以 ， |BF ||BF |2a4a ． 又 1 2 2 2 1 2 7 7 cosFAF cosFABcos(π2ABF)cos(2ABF)，所以 12cos2ABF 9 1 2 1 1 1 9 1 1 cosABF  ．在 △FF B中，由余弦定理可得 |FF |2|BF |2 |BF |2 2|BF | 1 3 1 2 1 2 1 2 1 1 44a2 44 2 33 |BF |cosABF 16a2 4a2 24a2a  ，所以，2c a2  a，因此 2 1 3 3 3 3 c 33 该双曲线的离心率为e  . a 3 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） f(x)ex a， 当a≤0时，f(x)0，函数 f(x)在 R 上单调递增， ……………………………（3分） 当a0时， 在(，lna)上 f(x)0， f(x)单调递减； 在(lna，)上 f(x)0， f(x)单调递增． ……………………………………（6分） 数学参考答案·第5页（共9页）y 2x 0 0  （2）设切点为P(x，y )，则 y ex0 ax 1ex0(x 1)10，…………………（9分） 0 0 0 0 0  2ex0 a 显然x 0为方程的根， ……………………………………（10分） 0 又令h(x)ex(x1)1，h(x)xex，故h(x)在x0处取最小值h(0)0， 故方程ex0(x 1)10只有x 0这一个根， ……………………………………（12分） 0 0 故a1． ……………………………………（13分） 16．（本小题满分15分） 解：（1）当n6时，一共有20种可能，其中能够构成三角形有：{2，3，4}，{2，4，5}， {2，5，6}，{3，4，5}，{3，4，6}，{3，5，6}，{4，5，6}，一共7个． ……………（6分） （2）设x，y，20为满足题意的三角形的边长，不妨设x＜y＜20，则x+y＞20. 当n20时，若y≤10，不能构成三角形， 若y11，x10， 若y12，x9，10，11， … 若y19，x2，3，…，18， 所以一共有81个， 又因为在整数1，2，，20中任取三个不同的数的总的方法数为C3 1140， 20 27 故所求的概率为 ． ……………………………………（15分） 380 17．（本小题满分15分） （1）证明：由题可知四边形ABCD为矩形， 过点E在平面APD内作EF//AP交棱AD于点F ，连接CF，   因为PE 2ED，所以AF 2FD， AB 3 3 DF 又AD3 3，所以DF  3，于是    ． AD 3 3 3 CD 又BADFDC 90，所以△ABD∽△DFC，所以ADBDCF ， 数学参考答案·第6页（共9页）因为ADBBDC 90，于是DCF BDC 90，所以CF BD， 因为PA平面 ABCD，EF//AP，所以EF 平面 ABCD， 于是EF BD，又EFCF F ，且EF 、CF 平面CEF， 所以 BD平面 CEF， 又因为 CE平面 CEF，因此 CEBD． …………………………………………（6分） （2）解：以点A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴， 图5 y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图5所示. 设P(0，0，3a)，则B(3，0，0)， C(3，3 3，0) ， E(0，2 3，a) ，    所以 BC (0，3 3，0) ， BP(3，0，3a) ， CE (3， 3，a) ，    mBC 0 3 3y0  设平面BPC 的法向量为 m(x，y，z) ，则   ，即  ，取 m(a，0，1) ， mBP0 3x3az0     mCE 2a 于是cosm，CE    ． |m||CE| a2 1 a2 12 1 5 设CE 与平面BPC 所成角为，因为tan ，所以sin ， 2 5   2a 5 则sin|cosm，CE|  ， a2 1 a2 12 5 化简整理得a4 7a2 120，解得a 3或2， 所以棱AP的长为3 3或 6 ． ……………………………………（15分） 18．（本小题满分17分） （1）解：易知 p4，抛物线C：y2 8x， ……………………………………（1分） t2  t2  2 1 3 设点P ，t ，tR，则|PB|2 2 (t8)2  t4  t2 16t68．  8   8  64 2 ……………………………………………………（3分） 1 3 1 1 记 f(t) t4  t2 16t68(tR)，则 f(t) t3 3t16 (t4)(t2 4t64)． 64 2 16 16 ……………………………………………………（5分） 数学参考答案·第7页（共9页）因为t2 4t64(t2)2 600，所以令 f(t)0，解得t 4． 因为 f(t)在(，4)单调递减，在(4，)单调递增． ……………………………（6分） 所以 f(t)的最小值为 f(4)32，故|PB|的最小值为4 2．…………………………（7分） 4 t 8t （2）解：依题意可知tanOAB ，tanOAP  ， …………………（8分） 3 t2 t2 64 8 8 由PABOABOAP(t 0)或者PABOABOAP(t0)【或者倒角公式】得： 4 25 k k k 3 AP 3 16 tanPAB AB AP    ． ………………………………（9分） 1k k 4 4 3 AB AP 1 k k  3 AP AP 4 t 8t ①当t 0时，k tanOAP  0， AP t2 t2 64 8 8 25 3 16 4 则tanPAB   ； ……………………………………（10分） 4 3 3 k  AP 4 t 8t 8 1  1 ②当t 0时，k AP tanOAP t2  t2 64  64 ≤ 2 ，所以k AP   0， 2   ， 8 t 8 t 25 3 16 1 4 则tanPAB 4  3   2 ， 3   ； ……………………………………（12分） k  AP 4 8t 8 1  1  ③当t0时，k AP tanOAP t2 64  64 ≥ 2 ，所以k AP     2 ，0   ， t t 25 3 16 4 11 则tanPAB 4  3  3 ， 2   ． k  AP 4 1 11 综上，tanPAB的取值范围是 ， ． ……………………………………（14分）   2 2 1 （3）证明：由（2）知tanPAO≤ ≤tanPAB， …………………………………（16分） 2  π 且PAO  0，  ，所以PAB≥PAO． ……………………………………（17分）  2 数学参考答案·第8页（共9页）19．（本小题满分17分） 证明：（1）取m1，则(n1)S (n1)(S S )，即2S (n1)a (n1)a ，递推， n1 n 1 n n1 1 当n≥2时，2S (n2)a na ，两式相减整理得：na (n1)a a，(n≥2)，又： n1 n 1 n n1 1 (n1)a (n2)a a，(n≥3) ，两式相减整理可得： a a 2a，(n≥3) ，由 n1 n 1 n1 n1 n 2S (n1)a (n1)a ，当n2时，2S a 3a，即2a a a ， n n1 1 2 3 1 2 3 1 所以对任意的n≥2，nN*，都有a a 2a ， n1 n1 n 所以a 是等差数列，由a 2024，可得： n 1012 2024a d 1 d 2 a 1011d 2024d  1N*  或 ． 1 1011 a 1013 a 2 1 1 ∴a n1012或a 2n，nN*. ………………………………………………（8分） n n （2）由于d 1，∴a 2n，设“G数列”的公比为q，且q1． n ①由题意，只需证存在q对k≤5且kN*，2qk1≤2k≤2qk 成立， lnx 1lnx 即(k1)lnq≤lnk≤klnq成立，设 f(x) ，x0 f(x) ， x x2 令 f(x)00xe，所以 f(x)在(0，e)上单增，(e，)上单减， ln2 ln3 lnx ln3 又∵  ，∴ f(x) ≤ ， 2 3 x 3 所以q 33，使得lnk≤klnq对任意k≤5且kN*成立． ……………………（12分） 经检验，对任意k≤5且kN*，(33)k1≤k 均成立， 所以对任意k≤5且kN*，存在“G数列”b ，使得b ≤a ≤b 成立； n k k k1 ………………………………………………………………（14分） ②由①知，若c≤a≤c 成立，则qt1≤t≤qt成立，当k≥6时，取t3q2≤3≤q3， t t t1 q3≥3 q15≥243 取t6q5≤6≤q6，由  q不存在， q5≤6 q15≤216 所以当k≥6且kN*时，不存在“G数列”c ，使得c≤a≤c 对任意正整数t≤k n t t t1 成立． …………………………………………………（17分） 数学参考答案·第9页（共9页）