绵阳中学2023级高考适应性考试（一）数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260524四川绵阳中学2023级高考适应性考试（一）（全科）

绵阳中学 2023 级高考适应性考试（一）
数学答案
一、单选题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A B B A D D
二、多选题
题号 9 10 11
答案 AC BD ABD
三、填空题
1  2 3
12：8 13： ( ,) 14： ；
8 3 3
四、解答题
15．解：（1）根据sinB2sinC ，由正弦定理得b2c，
因为BAC 120，BAC的角平分线交BC于点D，所以BADCAD60，
1 1 1
由S S S ，可得 bcsinBAC  cADsinBAD bADsinCAD，
ABC ADB CDA 2 2 2
1 1 1
即 2bsin60 2csin60 bcsin120，化简得bc2c2b，解得b6，c3，
2 2 2
1
在△ABC中，由余弦定理得a2 b2 c2 2bccos120369236( )63，
2
所以a 633 7（舍负）；
1 1 1
（2）由S S S ，得 bcsinBAC  cADsinBAD bADsinCAD，
ABC ADB CDA 2 2 2
1 1 1
即 2bsin60 2csin60 bcsin120，化简得bc2b2c，
2 2 2
根据2b2c2 4bc 4 bc，可得bc4 bc，解得bc16，
当且仅当bc4时等号成立，
当bc取得最小值时，△ABC的面积取得最小值，
此时△ABC为等腰三角形，M 为BC中点，
即AM 既是中线也是角平分线，可得D、M 重合，故AM  AD2．
16．解：（1）由已知得：g(x) f(x)sinxxcosxasinx ，所以g(x)2cosxxsinxacosx，
因为x是函数g(x)的极小值点，所以g()2a0，解得a2，
当a2时，g(x)xsinx ，g(x)0(0，)，g(x)0(，2)，符合题意，故a2．
（2）因为 f(x)xsinx2cosx为偶函数，故只需研究x[0，2)的情形，
由（1）知g(x)xcosxsinx ，g(x)xsinx ，g(x)0x(0，)， f(x)单调递减；
g(x)0x(，2)， f(x)单调递增，因为 f(0)0， f()， f(2)2，
所以存在x (,2)，使得 f(x )0；
1 1
当x(0,x )时， f(x)0， f(x)单调递减；当x(x ，2)时， f(x)0， f(x)单调递增；
1 1
因为 f(0)2， f()0， f(2)0，故存在x (0,)，x (,2)，使得 f(x ) f(x )0；
2 3 2 3
由对称性可知，函数 f(x)在区间(2,2)内的零点个数为4．
17．解：（1）根据频率分布直方图的性质，所有组频率和为 ，组距为 ，
因此： ，解得：
第 1 页 共 4 页下四分位数即第 百分位数，计算累计频率
频率 ，累计 ； 频率 ，累计 ；
频率 ，累计 ； 频率 ，累计 。
，因此第 百分位数在区间 内，
计算得：
（2）零假设 ：认真完成作业与成绩无关
认真完成作业 不认真完成作业
成绩优秀
成绩不优秀
，因为 ，
依据小概率值 的独立性检验，零假设 不成立，即认真完成作业与成绩有关，
该判断出错概率不超过0.001，
18．解：（1）证明：取 AC 的中点O ，连接OB ， EF ，因为△ ABC 为等腰直角三角形，
 3
B90,ABBC4 2，所以OB AC，AC 8，由AE  AC，得AE 6，EC 2，
4
则E为OC 的中点，又F 为BC的中点，所以EF //OB，EF  AC ，又DE  AC，则SE  AC，
因为SEEF E，SE，EF 平面SEF ，所以AC 平面SEF ，又FS 平面SEF ，所以FS  AC．
（2）由（1）知，AC 平面SEF ，而BG  AC，则点G 必定在平面SEF 的平行平面内，取点M ，
 2 2
使得AM  AS ，连接OM ，BM ，因为AO AE，则OM //SE，因为OM  平面SEF ，SE 
3 3
平面SEF ，所以OM // 平面SEF ，又EF //OB，EF 平面SEF ，OB 平面SEF ，所以OB//
平面SEF ，因为OMOB，OM ，OB平面MOB，所以平面MOB//平面SEF ，因此点G 的
轨迹为线段OB，OM ，MB（不包括点B)组成，因为BC 4 2，SB2 13，SE 4，EC 2，
1 2 8
则SC 2 5，所以SC2 BC2 SB2 ，则SC BC，而OB AC 4,MO SE  ，
2 3 3
以O为原点，以OB，OC 所在直线为x，y轴，以垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直
角坐标系，则A(0，4，0)，C(0，4，0)，B(4，0，0)，E(0，2，0)，S(4cos，2，4sin)，
其中为平面DAC 绕直线AC 向上旋转至平面SAC的旋转角，
  
则SC (4cos,2,4sin),CB(4,4,0),AB(4,4,0) ，因为SC BC，
  1 
所以SCCB16cos80，则cos ，即 ，则S(2,2,2 3)，
2 3
  2 4 4 3
所以AS (2,6,2 3)，则AM  AS ( ,4, ) ，
3 3 3
   16 4 3  16 4 3 4 19
所以MB ABAM ( ,0, )，则|MB| ( )2 ( )2  ，
3 3 3 3 3
8 4 19 204 19
则点G 的轨迹长度为OBMOMB 4   ．
3 3 3
（3）由（2）及题意知，S(4cos，2，4sin)，且平面DAC 绕直线AC 向上旋转至平面SAC时
 
 ，则0 ，而B(4，0，0)，则K(22cos，1，2sin)，
3 3
第 2 页 共 4 页   
而AC (0,8,0),AK (22cos,5,2sin),ES (4cos,0,4sin),EB(4,2,0)，

设平面AKC 的一个法向量为m(x,y,z)，
   
m AC mAC 8y0 
则
 
，则
 
，取xsin，得m(sin,0,1cos)，
m AK mAK (22cos)x5y(2sin)z0
   
 mES  mES (4cos)x (4sin)z 0
设平面SEB的一个法向量为n(x 1 ,y 1 ,z 1 )，则   ，则   1 1 ，
mEB mEB4x 2y 0
1 1

取x sin，得n(sin,2sin,cos)，设平面AKC 与平面SEB所成角为，
1
 
  |mn| |sin2cos(1cos)|
则cos|cosm,n|
 

|m||n| sin2(1cos)2  sin24sin2cos2
1cos 1cos 2 1cos 1
    ，令t 1cos，0t ，
22cos 54cos2 2 54cos2 2 54cos2 2
2 t 2 t 2 1 1 1
则cos      ，因为函数y 4t在(0, ]上单
2 54(1t)2 2 14t2 8t 2 1 t 2
4t8
t
调递减，则 1 4t0，即 1 4t88，则0 1  1 ，所以 0 2  1  1，则平面
t t 1 4t8 8 2 1 4t8 4
t t
1
AKC 与平面SEB所成角的余弦值的取值范围为(0, ]．
4
19.解：（1）由题意，双曲线
E
的第一象限渐近线为
y x
，
n
当n1时，双曲线E :x2 y2 1的右顶点为A(1,0)，
1 1
过点A作x轴的垂线，交渐近线y x于点Q ，故Q (1,1)，
1 2 2
再过点Q 作x轴的平行线，与双曲线E :x2 y2 2的右支交于点A ；
2 2 2
故点A 的纵坐标为y 1，代入双曲线方程，得x2 12，所以x2 3，
2 2 2 2
因为点A 在右支上，所以x 0，故x  3，因此A ( 3,1)；
2 2 2 2
（2）由构造知，过点A (x ，y )作x轴的垂线，与渐近线y x交于点Q ，所以Q (x ，x )，
n1 n1 n1 n n n1 n1
再过点Q 作x轴的平行线与双曲线E 的右支交于点A ，故y  x ，
n n n n n1
又因为点A 在双曲线E :x2 y2 n上，所以x2  y2 n，
n n n n
代入 y  x ，得x2 x2 n，于是x2 x2 n，
n n1 n n1 n n1
n(n1) n(n1)
由x 1，递推可得x2 123n ，所以x  ，
1 n 2 n 2
n(n1) n(n1) n(n1)
又y x  ，故A ( , )，
n n1 2 n 2 2
对于双曲线E :x2 y2 n，有a2 n，b2 n，从而c2 a2 b2 2n，
n
所以左、右焦点分别为F ( 2n,0)，G ( 2n,0)，
n n
 
于是A F ( 2n x ,y )，AG ( 2n x ,y )，
n n n n n n n n
 
因此a  A F AG ( 2n x )( 2n x ) y2x2 y22n ，
n n n n n n n n n n
n(n1) n(n1)
由x2  ,y2  ，得x2  y2 n2，所以a n2 2nn(n2)，
n 2 n 2 n n n
第 3 页 共 4 页20 1 20 1 1 20 1 1 1 1 1 1 531
于是   (  ) (1   ) ，
a n(n2) 2 n2 n 2 2 19 20 760
n3 n n3 n3
531
故所求值为 ；
760
n(n1) n(n1)
（3）由第（2）问可知A ( , )，
n 2 2
y
因为a 为射线OA 与x轴正半轴的夹角，所以sin  n ，
n n n
x2  y2
n n
1 n(n1) n1
又由第（2）问知x2  y2 n2，故sin   ，
n n n n 2 2n
n1 n1 1 2
于是 2sin  ，因为n2，所以   ，且当n2时取等号，
n n n 2 2
m 2
所以原条件等价于存在实数，使得对任意mN*，都有cos( ) ，
4 2
 2
设 0，则上式化为对任意mN*，都有cos(m) ，
4 2
2  7
由三角函数性质可知cosx ，当且仅当m(mod2)( , )，
2 4 4
 p
设  ，(p,q)1，则m(mod2)只取q个等分点：
2 q
2 4 (2q1)  7
， ， ，， ，这些点都要落在开弧( , )，
q q q 4 4
7  3
该开弧长度为   ，
4 4 2
3
若q个等分点能全部落在长度 的开弧中，
2
2 3 2 
必须有2     q4，故q3，
q 2 q 2
  
若 不是有理数，则m(mod2)后的点会进闭弧[ , ]，不合条件，
2 4 4
2
因此必有q3，为了使最小，取q3， p1．此时 ，
3
2   2m
当 ， 时，有m  ，
3 3 3 3
 5 1 1 2
当m1，2，0(mod3)时，分别为 ，, ，对应余弦值分别为 ，1， 均小于 ，
3 3 2 2 2
8
因此，的最小值为4 ．
3
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