重庆八中2023届高考适应性月考（一）数学答案_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考_重庆八中2023届高考适应性月考（一）

重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（一） 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 D C B C D D C 【解析】 1．∵A{x|log (x2)2}{x|2x2}，ANB，∴B AN{0，1}，∴B的元素个 2 数为2，故选B． 2．设A{x|(xa)(x2)0}，B(1，1)，∵不等式(xa)(x2)0成立的一个充分不必 要条件是1x1，∴BA，1≤a≤2或a2，a≥1，故选D． 4．由图象可知 f(0)0，∴排除D选项；又图象不关于原点对称，∴排除A，C选项，故选 B． 6．alog 0.3log 0.41， b0.30.6 0.30.5 0.40.5 c0.40 1 ，所以bca，故选D. 0.4 0.4 3sin10°-cos10° 7．∵sin10°=( 3tan10°-1)  sin(a-20°)，∴sin10°=  sin(a-20°)， cos10° 1 ∴sin10°cos10°=-2sin20°  sin(α-20°)，∴sin(a-20°)=- ，则sin(2a+50°)= 4 æ1ö2 7 sin(2a-40°+90°)=cos[2(a-20°)]，1-2sin2(a-20°) =1-2´ç ç ÷ ÷ = ，故选D. è4ø 8 8．因为函数 f(x1)为奇函数，且在[0，2)上单调递增，所以 f(x1)在(2，2)上单调递增．将 1 f(x1)的图象横向压缩 倍，得到函数y f(2x1)的图象，所以y f(2x1)在(1，1)上 2 单调递增，故选C． 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 题号 9 10 11 12 答案 BD CD ABD BCD 数学参考答案·第1页（共8页）【解析】 9．对于A：安排方法为：C2A3 36，A错误；对于B：甲、乙被安排在同社区的安排方法为： 4 3 C1A2 6，B正确；对于C：A社区需要两名志愿者的安排方法为C2A2 12，C错误；对 3 2 4 2 于D：甲安排在A社区的安排方法为C1A2 C2A2 12，D正确，故选BD． 3 2 3 2 2π π 10．T  2π，所以，A 错； f(x)的图象向左平移 个单位后的函数解析式为  4   π π ysin  x   b，由于平移单位后的图象关于 y轴对称，所以，当x0时，   4 4 π π π 5  kπ 4k16k  Z ，所以，B 错；当 T π 时，2 ， 4 4 2 4  π π π π 3π f(x)sin2x b(0) ， 解 不 等 式 ， 2kπ ≤2x ≤2kπ ， kπ  4 2 4 2 8 π  3π π ≤x≤kπ ， 所 以 ， f(x) 的 单 调 递 增 区 间 为 kπ ，kπ ，kZ ，   8  8 8  π   3π π 2π k 0， ，0   ， ，C 正确；由函数的最小正周期 T 满足 T π ，得      4   8 8 3 2π 2π 3π   π ， 解 得 23 ， 又 因 为 函 数 图 象 关 于 点  ，2 对 称 ， 所 以 3   2  3π π 1 2 5  kπ，kZ ， 且 b2 ， 所 以   k，kZ ， 所 以  ， 2 4 6 3 2 5 π  π  5 π π f(x)sin x 2，所以 f  sin   23．所以，D正确，故选CD． 2 4 10 2 10 4  p  3 11．对于 A，易得F ，0，由|AF||QF|可得|AF| p，由焦半径公式得 A 点横坐标为  2  2 3 p 3 p  p，代入抛物线可得A(p， 2p)，则|QA| p2 ( 2p)2  3p|QF| p，A 2 2 2 2p 正确；对于 B，由A(p， 2p)可得直线AB的斜率为 2 2 ，则直线AB的方程为 p p 2 1 p 2 2 x y ，联立抛物线方程得y2  py p2 0，设B(x，y )，则 2p y  p， 2 2 2 2 1 1 1 2 数学参考答案·第2页（共8页）2p p  p 2p 则y  ，代入抛物线解得x  ，则B ， ，故 B 在 OF 的中垂线上， 1 2 1 4   4 2   |BF||OB|，B正确；对于C，由抛物线的性质知，以AB为直径的圆与准线相切的切点 2p 2p 2 2p   纵坐标为  ，故当PA  PB0时，P 为该圆与 y 轴的交点，纵坐标大于 2 4 2p 5p 2p 或 小 于 均 可 ， C 错 误 ； 对 于 D ， 设 AB 的 中 点 为 D ，  ，   4  8 4  1 1 p  9p   81 |AD| |AB| p  p ，则PA  PB|PD|2 |AD|2|PD|2  p2，当PD y 2 2 4  8 64 5p   81 56 轴时，|PD|  ，则(PA  PB) |PD|2  p2  p2 p2，∴不存在 P 使得 min 8 min min 64 64   PA  PBp2，D正确，故选ABD． ex ex 12．只需 f(x)2axex有两个变号零点，即方程2a (x0)有两个根，构造函数g(x) ， x x ex(x1) g(x) ，从而g(x)在(，0)和(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以函数g(x) x2 e 的极小值为g(1)e，且当x0时，g(x)0，当a 时，直线y2a与函数g(x)的图 2 象有两个交点，即函数 f(x)有两个极值点，A错；对于B选项，x ，x 为直线y2a与 1 2 函数g(x)图象两个交点的横坐标，因为函数g(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，且 ex1 x x ，故0x 1，x 1，B 对；对于 C 选项，由g(x )0，从而2a 代入得 1 2 1 2 1 x 1 x  x  (x1) f(x )  1 1ex1，令(x) 1ex，x(0，1)，则(x) ex 0，故(x)在(0，1) 1  2  2  2 e ex1 ex2 上递减，故 (1)(x )(0)1，C对；对于D选项，因为x 1，ex1 1，由  2 1 2 x x 1 2 可得xex2 x ex1 1，D对，故选BCD． 1 2 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13 14 15 16 7 1 答案 2 12ln2 8 e 数学参考答案·第3页（共8页）【解析】 2i 13．∵(1i)z2i，∴z 1i，∴|z| 2． 1i 14．函数 f(x)|x1|2lnx的定义域为(0，). 当0x≤1时， f(x)|x1|2lnxx1 2lnx，此时函数 f(x)在(0，1]上为减函数；当x1时， f(x)|x1|2lnxx12lnx， 2 x2 则 f(x)1  ，当x(1，2)时， f(x)0， f(x)单调递减，当x(2，)时， x x f(x)0，f(x)单调递增，∴当x(0，2)时，f(x)单调递减，当x(2，)时，f(x)单 调递增．∴当x2时， f(x)取得最小值为 f(2)12ln2．  π 2 2 15．因为2cos2cos  ，则2(cos2sin2) (cossin)，则cossin ，  4 2 4 1 7 两边同平方可得，1sin2 ，所以sin2 ． 8 8 16．由已知得，m0，n10，ln(n1)0，令 f(x)xex(x0)，则 f(x) (x1)ex 0， ∴f(x) 在 (0，) ， 而 f(m) f(ln(n1))，∴mln(n1) ， ∴m(n1)[ln(n1)] lnt lnt lnt 1lnt t(0，e)，g(t)，  (n1)t ，∴  ，令g(t) ，g(t) ，则  m(n1) t t t2 t(e，+)，g(t) 1 g(t) g(e) ． max e 四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分10分） πB B B 解：（1）AC πB，asin bsinA，acos bsinA，sinAcos sinBsinA， 2 2 2 B B B B 1 π cos sinB2sin cos ，sin  ，B .………………………………………（5分） 2 2 2 2 2 3 a b c 2 3 （2）由正弦定理    4， sinA sinB sinC 3 2 2π   3 1  a4sinA，c4sinC 4sin A4  cosA sinA  2 3cosA2sinA，  3   2 2   3 1  2ac8sinA2 3cosA2sinA6sinA2 3cosA 4 3 sinA cosA   2 2    π 4 3sinA  ，………………………………………………………………………（8分）  6 π π  π  3 由  A ，sinA   0，   ，2ac(0，6).………………………………（10分） 6 2  6  2  数学参考答案·第4页（共8页）18．（本小题满分12分） 解：（1）由 f(x)xsinxcosx，得 f(x)1cosxsinx， 所以， f(0)1， f(0)0. 所以曲线y f(x)在x0处的切线方程为y10，即y1.……………………（5分）  π  3  （2）令 f(x)1 2sinx 0，解得x0， π ，  4  2   3  3  故函数y f(x)在 0， π 上递增，在  π，2π 上递减，…………………………（9分）  2  2  3  3 故 f(x)  f  π π1，f(x) min{f(0)，f(2π)}1.……………………（12分） max 2  2 min 19．（本小题满分12分） 解：（1）b30，c30，e40， f 40，n100， ……………………………………………………………………………………………（3分） 零假设为H ：球队胜利与甲球员参赛无关. 0 100(30103030)2 根据表中数据，计算得到2  6.255.024， 60406040 根据小概率值0.025的独立性检验，我们推断H 不成立， 0 即认为该球队胜利与甲球员参赛有关联，此推断犯错误的概率不超过0.025. ……………………………………………………………………………………………（6分） （2）①设A表示“甲球员担当前锋”；A 表示“甲球员担当中场”；A 表示“甲球员担 1 2 3 当后卫”；B表示“球队输掉某场比赛”， P(B)P(AB)P(A B)P(AB)P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )P(A)P(B|A) 1 2 3 1 1 2 2 3 3 0.10.20.50.20.40.70.4. …………………………………………………（8分） P(A B) 0.50.2 ②P(A |B) 2  0.25． 2 P(B) 0.4 ……………………………………………………………………………………………（10分） ③因为P(A |B)∶P(A |B)∶P(A |B) 0.02∶0.10∶0.28， 1 2 3 所以，应该多让甲球员担任前锋，来扩大赢球场次． ……………………………………………………………………………………………（12分） 数学参考答案·第5页（共8页）20．（本小题满分12分） （1）证明：连接BE ，取线段AE的中点O，连接DO，OC， 在Rt△ADE中，DADE 2， ∴DO AE，DO1，……………………………………………………………………（1分） 1 3 在△OEC中，OE AE1，EC  2，OEC  π， 2 4 2 由余弦定理可得：OC2 122  1  2  5，∴OC 5 ， 2 在△DOC中，DC2 6DO2 OC2，∴DOOC， ……………………………………………………………………………………………（3分） 又AEOC O，∴DO平面ABCE ，………………………………………………（4分） 又DO平面ADE ，∴平面ADE平面ABCE ， 在△ABE中，AEBE2，AB2 2，∴BE AE， 平面ADE平面ABCE AE，BE平面ABCE ， ∴BE 平面ADE．………………………………………………………………………（6分） （2）解：过E作DO的平行线l，以E为原点，EA，EB，l分别为x轴，y轴，z轴，建立 空间直角坐标系， D(1，0，1)，C(1，1，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)， ……………………………………………………………………………………………（7分）  平面ADE的法向量n (0，1，0)，………………………………………………………（8分） 1 在平面直角坐标系xOy中，直线AB的方程为x y2， 设H 的坐标为(t，2t，0)，   则HC (t1，1t，0)，DC (1，1，1)，  设平面DHC的法向量为n (x，y，z)， 2     n  HC 0，n  DC 0， 2 2 所以(t1)x(1t)y0，2x yz0，  令y1t，则xt1，z3t，∴n (t1，1t，3t)， 2 …………………………………………………………………………………………（10分）   π 2 n  n 1t 由已知cos   1 2  ，解之得：t 1或9（舍去）， 4 2 |n ||n | 1  (t1)2 (t1)2 (3t)2 1 2 所以点H 是线段AB的中点． ……………………………………………………………………………………………（12分） 数学参考答案·第6页（共8页）21．（本小题满分12分） 解：（1）由已知设椭圆C方程为：mx2 ny2 1(m0，n0)，  3 1 1 代入A(2，0)，B1，  ，得m ，n ，  2 4 3 x2 y2 故椭圆C方程为  1． 4 3 ……………………………………………………………………………………………（4分） （2）设直线l：ykxm，P(x，y )，Q(x，y )， 1 1 2 2 ykxm， 由 (4k2 3)x2 8kmx4m2 120得， 3x2 4y2 12  8km x x  ，   1 2 4k2+3  ………………………………………………………………………（6分） 4m2 12  x  x  ，  1 2 4k2+3 y kx m kx m 又k  1  1 ，k  2 ， 1 x 2 x 2 2 x 2 1 1 2 kx m kx m 2kxx 2k(x x )m(x x )4m 故k k  1  2  1 2 1 2 1 2 1 2 x 2 x 2 xx 2(x x )4 1 2 1 2 1 2 8km2 24k16k2m8km2 16k2m12m 3m6k   ， 4m2 1216km16k2 12 m2 4km4k2 3 由k k  ，得m2 3km2k2 0， 1 2 k 故(m2k)(mk)0m2k或mk ，………………………………………………（9分） ①当m2k时，直线l：ykx2k k(x2)，过定点A(2，0)，与已知不符，舍去； ②当mk 时，直线l：ykxk k(x1)，过定点(1，0)，即直线l过左焦点， 所以△FPQ的周长为4a8． ……………………………………………………………………………………………（12分） 22．（本小题满分12分） （1）解： f(x)aex 1， 若a≤0，则 f(x)0， f(x)在R上递减，无极值； 若a0，令 f(x)0，则xlna， 由 f(x)递增，从而 f(x)在(，lna)上递减，在(lna，)上递增， 故 f(x)在xlna处取极小值 f(lna)1lna，无极大值. ………………………（4分） 数学参考答案·第7页（共8页）aex （2）证明：法一：即证 xlnxlna1≥0， x aex (x1)(aex x) (x1)f(x) 令g(x) xlnxlna1，g(x)  ，……………（6分） x x2 x2 由（1）可知 f(x)  f(lna)1lna， min 1 （ⅰ）当a≥ 时， f(x)≥0，从而g(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增， e 从而只需g(1)ealna2≥0， 1 令(a)ealna2，a≥ ， e 1 1  (a)e ≥0，故(a)在  ， 上递增， a e  1 从而(a)≥ 0，即g(x)≥0；…………………………………………………（9分） e 1 （ⅱ）当a 时， f(lna)0，由 f(0)a0， f(1)ae10，x，f(x)， e ex1 ex2 1 故存在x (0，1)，x (1，)有 f(x ) f(x )0，则有   ， 1 2 1 2 x x a 1 2 故g(x)在(0，x )递减，(x，1)递增，(1，x )递减，(x，)递增， 1 1 2 2 故g(x)≥0，即证g(x )≥0，g(x )≥0， 1 2 ex1 1 x 由  ，则有x ln 1 lnx lna， x a 1 a 1 1 aex1 g(x ) x lnx lna11x lnx 1x lnx 0， 1 x 1 1 1 1 1 1 1 同理g(x )0，从而g(x)≥g(x )g(x )0. ………………………………………（12分） 2 1 2 ex ex 1 exax 法二：记h(a) alnaxlnx1≥0，则h(a)   ，…………（7分） x x a ax x  x   x  令h(a)0，则a ，则h(a)在 0，  上递减；在  ， 上递增，…………（9分） ex  ex  ex  ex x x 从而h(a)   ln xlnx10，证毕. …………………………………（12分） min x ex ex aex aex aex 法三： xlnxlna1 ln 1， x x x aex 令t  ，即证tlnt1≥0，这是显然的. ………………………………………（12分） x 数学参考答案·第8页（共8页）