重庆市第八中学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_1028重庆市第八中学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．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 A C D D B C B A 【解析】           1．由|a||b||ab|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，当向量a，b同向时，     不能得到|a||b||ab|，故选A． 1 i z 1i 2．因为i(1z)1，所以1z  i，z1i，所以z 1i，  i，故选C． i i2 z 1i 3．根据 y(x2)f(x)的图象可知：当x2时， f(x)0；2x0时， f(x)0，当 0x2时，f(x)0，当x2时，f(x)0，所以 f(x)在(，0)上单调递增，在(0，2) 上单调递减，(2，)上单调递增，因此函数 f(x)在x0时取得极大值，x2时取到极 小值，故ABC错误，D正确，故选D．  2 2  2 2 4 ．由两角和差的正弦公式得 2 sin cos cos sin ，化简得   2 2 2 2   1 1 sin 1 cos2sin2 1tan2 9 4 cos3sin，则  tan，故cos2    ， cos 3 cos2sin2 1tan2 1 5 1 9 故选D． 5．设等差数列{a }的公差为d，由题意可得，47a 7a 2147(a d)7(a 4d) n 4 7 3 3 2121a 21a 1，故选B． 3 3 4 6．∵将函数h(x)向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得到函数y ，∴当x≤0时， x 3x ，x0  3x 1x 3x h(x) ．∴函数 f(x) ，∴当x0时，f(x) 为单调递增函数， 1x     1  x 1，x0 1x   e 数学参考答案·第1页（共9页）1 x 且 f(x)1 ；当 x0 时， f(x)  1 为单调递增函数，且 f(x)1 ．∵ e f(x2) f(x2)，∴x2x2≤0或0x2x2，∴x(2，1)(2，)，故选C． 7．当k≥2时，a 2023(a a )(a a )(a a )(a a )a ，因为数列{a } k k k1 k1 k2 3 2 2 1 1 n 为“速增数列”，所以 a a a a a a a a 2 ，且 a Z ，所以 k k1 k1 k2 3 2 2 1 n (a a )(a a )(a a )(a a )a≥kk1321 ， 即 k k1 k1 k2 3 2 2 1 1 k(k1) k(k1) k(k1) 2023≥ ，kZ，当k 63时， 2016，当k 64时， 2080，故正 2 2 2 整数k的最大值为63，故选B． ex  ex 8．x0时，即   a(x2 cxb)≥0恒成立，设 f(x)  a ，g(x)x2 cxb，则  x  x ex(x1) f(x) ，∴ f(x)在(0，1)上单减，在(1，)上单增，且 f(1)e a 0，x0 x2 时， f(x)，x时， f(x)，故 f(x)在(0，)上有两个零点，记为x ， 1 x (假设x  x ) ，显然 x x 或 xx 时， f(x)0 ， x  x x 时， f(x)0 ，要使 2 1 2 1 2 1 2 f(x)g(x)0恒成立，则 x ， x 也是 g(x) 的两个零点，故 cx x ，b xx ，又 1 2 1 2 1 2 ex1 ex2 ex1x2 ec ab ec ec ec(c3)   a ，∴ a，∴ a，∴  ，令h(c) ，则h(c) ，h(c) x x xx b c3 c3 c3 c4 1 2 1 2 e3 在(0，3)上单减，在(3，)上单增，∴h(c)的最小值为h(3) ，故选A． 27 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 AD BCD BCD 【解析】 9．由于(x，0)，(x，0)，，(x ，0)，它们分别与(y，10)，(y，10)，，(y ，10)关于点(2，5)对 1 2 10 1 2 10 称，则有x  y 4(iZ，1≤i≤10)，即有y 4x(iZ，1≤i≤10)，则由平均数的性质可 i i i i 数学参考答案·第2页（共9页）得y，y，，y 这组数的平均数为4a，结合中位数性质可知中位数为4b，结合方差 1 2 10 性质可得方差为c，结合极差性质可得极差为d，故选AD．         10．对于 A，|OA| OA 2  (e e )2  e 2 e 2 2e e  112cos1201，故 A错误； 1 2 1 2 1 2         对于 B， OAOB(e e )(e e )e 2 e 2 110 ，故 B 正确；对于 C， 1 2 1 2 2 1      BC(2，t1) ，由BC∥OA，R，使得BC OA(，)(2，t1) ，故t3，故C      正确；对于D，AB(2，0)，AC (0，t1)，BA(2，0)，BC (2，t1)，CB(2，1t)，     AB AC 0 2e (t1)e t10        1  2    CA(0，1t)，由题有BABC 0 2e (2e (t1)e )42(t1)e e 5t 0，   1 1  2  1 2    CACB0  (2e 1 (1t)e 2 )1te 2 t2 3t20 解得t(2，5)，故D正确，故选BCD．  π  π  π 11．A：因为 f(x)sinx (0)的图象在 0，  上有且仅有两条对称轴，x0，  ，  6  2  2 π π π π 3π π π 5π 8 14 所以x  ，   ，所以   ≤ ，所以 ≤ ，故 A 错误；B： 6 6 2 6 2 2 6 2 3 3 5π  5π π 因为 f(x)的图象关于点  ，0 对称，则  kπ，kZ，即5318k，kZ， 18  18 6 8 14  π π π π  π 因为 ≤ ，所以3，当x0，  时，3x  ，  ，则 f(x)在 0，  上单 3 3  9 6 6 2  9  π π π π π 8 14 调递增，故 B 正确；C：当x 0， 时，x  ，  ，因为 ≤ ，所      4 6 6 4 6 3 3 π π π 8 π 5π  π 1 以      ，所以 f(x)在 0， 上的最小值小于 ，故C正确；D：因为   4 6 4 3 6 6  4 2 π π π π f(x) 的图象关于直线 x 对称，则   kπ，kZ，即13k，kZ ，又 3 3 6 2 8 14 b  25π ≤ ，所以4，由g(x)0可转化为| f(x)|与y 交点横坐标，而x 0，   3 3 2  24  1 b 3 x x π x x 5π 上有奇数个零点，知 ≤ ≤ ，此时共有 9 个零点， 1 2  、 2 3  、 2 2 2 2 12 2 24 数学参考答案·第3页（共9页）x x π x x 11π x x 14π x x 17π x x 5π x x 23π 3 4  、 4 5  、 5 6  、 6 7  、 7 8  ， 8 9  ， 2 3 2 24 2 24 2 24 2 6 2 24 25π 所以x 2(x x ...x )x  ，D正确，故选BCD. 1 2 3 8 9 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 3 2 2 3 答案 y2x ； 2 4 9 【解析】 y2 x2 y2 x2 12．虚轴长2b2b1，所以C：  1，其渐近线是  0，即y2x． 22 12 22 12 13．S 1，S 1m，S 1mm2，∵b S 2，若{b }是等比数列，∴b2 bb ，即 1 2 3 n n n 2 1 3 3 (3m)2 (12)(3mm2)，即2m2 3m0，解得m 或m0，由于数列{a }为等 2 n 3 比数列，m0不符合，故答案为m ． 2 1 1 14．已知g(x)lnx，所以g(x) ，g(x) ，故g(1)1，g(1)1，所以密切圆半径 x x2 3 R (1(g(1))2)2 2 3 2 2 2 ，故曲率 K  1  2 ；设C 上任一点(x，g(x))，所以密切 |g(1)| R 4 3  1 2 3 1  3 3 圆半径为 R (1 | ( g g   ( ( x x ) )) | 2)2   1 x2  x2     1 x 1 2    2 ，设函数 h(x)x2     1 x 1 2    2 ， x2 3 1 1 1 所以 h(x)2x  1 1   2 x2 3 1 1   2    2     1 1   2 2x  1 1   3   1 1   2   x2  2 x2   x3  x2    x2  x  x2   1  2  2  2x  ，故当x  0，   时，h(x)0，h(x)单调递减；当x  ，  时，h(x)0，  x  2   2   1  3 3 h(x)单调递减增；所以h(x) h  ，所以 g(x)lnx 密切圆半径最小值为   min  2 2 3 3 1 2 3 2 2 3 ，此时曲率最大为 ，故答案为： ； ． K   2 R 9 4 9 数学参考答案·第4页（共9页）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2ab2ccosB可得2sinAsinB2sinCcosB， 即2sin(BC)sinB2sinCcosB， 即2sinBcosC2cosBsinCsinB2sinCcosB2sinBcosCsinB0， 1 ∵sinB0，∴cosC  ， 2 π ∵C(0，π)，∴C  ． ……………………………………（6分） 3 （2）在△ABC中，由余弦定理可得c2 a2 b2 2abcosC， 即a2 3a913a2 3a40，解得a4或a1（舍去），…………………（9分） π 又ACDBCD ，S S S ， 6 △ABC △ADC △BDC 1 3 1 1 1 1 12 3 所以 34  3CD  4CD ，解得CD . ……………（13分） 2 2 2 2 2 2 7 16． （本小题满分15分） 解：（1）∵a a 2(3S 1)，① n n1 n 当n≥2时，a a 2(3S 1)，② n n1 n1 由①−②可得：6a a (a a )，且a 0a a 6， n n n1 n1 n n1 n1 数列a 的奇数项是以1为首项，6为公差的等差数列，a 16(k1)3(2k1)2， n 2k1 令n1a 4，偶数项是以4为首项，6为公差的等差数列：a 46(k1)32k2， 2 2k ∴a 3n2，nN*． …………………………………………………………（7分） n 3 1 1 1 1 1 1 （2）b        (n≥2)，b 1， n a (a 2) n(3n2) 3 n(n1) 3n1 n 1 n n 1 1 1 1  1 1 1 1 4 T b b b b  1     1 1  ． n 1 2 n 1 3 2 2 3 n1 n 3 n 3 …………………………………………………………（15分） 数学参考答案·第5页（共9页）17． （本小题满分15分） 4 3 解：（1）点P到l的距离d  x ，点P到点F 的距离 PF  (x 3)2  y2 ， 3 4 3 x d 2 3 3 2 3 根据题意得  ，即  ，化简得x2 4y2 4， PF 3 (x 3)2  y2 3 x2 所以动点P的轨迹是椭圆E：  y2 1． …………………………………（5分） 4 （2）易知A(2，0)，B(2，0)，不妨设M(x ，y )， M M t 6 由k  ，设l ：x y2， AT 6 AT t  6 x y2   t 4t2 36 24 6t 直线AT 与椭圆相交于A，M 两点，由 得 y2  y，解得y  ； x2 t2 t M t2 9   y2 1  4 t 2 设N(x ，y )，由k  ，设l ：x y2， N N BT 2 AT t  2 x y2   t 4t2 4 8 2t 直线BT 与椭圆相交于B，N 两点，由 得 y2  y，解得y  ； x2  y2 1 t2 t N t2 1  4 1 1 6t 2t 16t (t2 3) 四边形AMBN面积S   AB  y  y  4   AMBN 2 M N 2 t2 9 t2 1 (t2 9)(t2 1)  3 3 16 t   16t 16t (t2 3)  t  t 16     ， t4 910t2 t2  t 9 2 10    t 3 t    2 4 t 3 t  4 3 t t 3 4 8 3  16 令 t ，则[2 3，)，  ，，所以S  (0，2 3]，  t   3  AMBN 4   即四边形AMBN面积的最大值是2 3． …………………………………………（15分） 18． （本小题满分17分） 解：（1）由中位数为87.5，则(9087.5)b(9590)0.04(10095)0.020.5，解得 数学参考答案·第6页（共9页）b0.08； 又频率和为1，则ac0.04； 由平均数为87，72.55c77.50.182.55a87.50.492.50.297.50.187，解 得a0.03，c0.01． …………………………………………………………（7分） cosx1 （2）利润y的期望为 (10ab)x，其中ab0.11，a0； x cosx1 设t10ab(0.11，1.1)， tx0cosx1tx2 0， x 设 f(x)cosx1tx2， f(x)sinx2tx， f(x)cosx2t ， 1 ①当t≥ 时， f(x)0，则 f(x)单调递增， f(0)0， f(x)0，则 f(x)单调递增， 2 f(x)0；此时生产该产品一定能盈利； 1  π ②当t 时，由 f(x)cosx2t 单增，f(0)12t，故存在0， ，当x(0，) 2  2 时， f(x)0，则 f(x)单调递减， f(0)0， f(x)0，则 f(x)单调递减， f(x)0； 此时生产该产品不能盈利； 13 11  π 故当 ≤a 时，对任意的x0， ，生产该产品一定能盈利． 300 100  2 …………………………………………………………（17分） 19． （本小题满分17分） 解：（1）f(x)(x1)ex 2e2xm(x1)(ex 2e2)(m2e2)， …………………（1分） 令h(x)(x1)(ex 2e2)，h(x)xex 2e2，h(x)(x1)ex 0， 0(1x2) 则h(x)在(1，)单调增，又h(2)0，所以h(x) ， 0(x2) 即h(x)在(1，2)单调减，在(2，)单调增． ………………………………（4分） 又h(1)0，h(2)e2，h(2ln2)0，所以e2 2e2 m0，故m(2e2，3e2)． ………………………………………………………………（6分） （2）不妨设x x ，由（1）知：1 x 2 x 2ln2． 1 2 1 2 数学参考答案·第7页（共9页）①先证x x 4，只需x 4x ，由h(x)在(2，)单调增，只需证h(x )h(4x )， 1 2 2 1 2 1 因为h(x )h(x )，所以只需证H(x )h(x )h(4x )0． 2 1 1 1 1 ……………………………………………………………（8分） 则H(x)h(x)h(4x)xex (4x)e4x 4e2，H(x)(x1)ex (x5)e4x， H(x)(x2)ex (6x)e4x 0，则H(x)在(1，2)单调增，所以H(x)H(2)0， 则H(x)在(1，2)单调减，所以H(x)H(2)0，故H(x)在(1，2)单调增， 于是H(x )H(2)h(2)h(2)0，即证．……………………………………………（11分） 1 ②再证x x 3ln2，若x≥1ln2，由x 2，即证； 1 2 1 2 若1x 1ln2，3ln2x 2，只需证x 3ln2x ， 1 1 2 1 由h(x)在(2，)单调增，只需证h(x )h(3ln2x )， 2 1 由h(x )h(x )，所以只需证F(x )h(x )h(3ln2x )0． …………………（13分） 2 1 1 1 1 则F(x)xex 2(3ln2x)e3x 4e2，F(x)(x1)ex 2(x4ln2)e3x， 由F(x)(x2)ex 2(5ln2x)e3x 0，知F(x)在(1，2)单调增， 又F(1)2e2e2(3ln2)0，F(2)3e2 2e(2ln2)e(3e6)0， 则存在唯一s(1，2)使得F(s)0，则F(x)在(1，s)单调减，(s，2)单调增， 又F(1)e2ln2e2 0，F(s)F(2)2e(1ln2e)0， 0(1xr) 所以存在唯一r(1，s)，使得F(r)0，即F(x) ， 0(rx2) 故F(x)在(1，r)单调增，在(r，2)单调减， 所以F(x )min{F(1)，F(2)}，由F(1)h(1)h(2ln2)0，即证． 1 ………………………………………………………………（17分） ②的法二：令g(x)ln2ex2 x2ln2，则g(x)ln2ex2 1， 则g(x)在1，2ln(ln2)单调减，2ln(ln2)，2ln2增，于是： 当1 x2时，g(x)g(2)0；当2 x2ln2时，g(x)max{g(2)，g(2ln2)}0． 数学参考答案·第8页（共9页） e2 0(1x2)    ln2 (x2ln2)(1x2) 所以g(x) ，即ex 2e2  ， 0(2x2ln2)  e2  (x2ln2)(2x2ln2)  ln2 e2 G(x)(1x2) 记G(x) (x1)(x2ln2)，则有h(x) ， ln2 G(x)(2x2ln2) 记方程G(x)2e2 m的两根为x，x ，则x x 3ln2； 3 4 3 4 由上述不等式知x x，x x ，所以有x x  x x 3ln2． 1 3 2 4 1 2 3 4 (x 1)ex2 (x 1)ex1 ②的法三：由h(x )h(x )得 2 1 2e2，令t  x 1，t  x 1， 1 2 x x 1 1 2 2 2 1 t et2 tet1 则0t 1t 1ln2，即 2 1 2e． 1 2 t t 2 1 于是x x 3ln2  t t 1ln2  et1t2 2e t 2 et2 t 1 et1  t t t et1 tet2 1 2 1 2 t t 2 1 2 1 2 1  1  1  1  1  1et2  1et1 ，故只需证Q(x) 1ex 在(0，1ln2)单调增． t t tet1 t et2 t et2 tet1 xex 1 2 1 2 2 1 ex x1 因为Q(x) 0，所以Q(x)在(0，1ln2)单调增，即证． x2ex 注：由于函数结构的特殊性，本题无法使用“切割线夹”或是“差值代换”来解决，于 是目前只有以上三种方法． 数学参考答案·第9页（共9页）