重庆市第八中学2023届高三适应性月考卷（五）数学含答案.pdf

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1、 数学参考答案第 1 页（共 9 页）重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（五）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 C D A A C A B B【解析】21iz ，22iz，1023216i32i16izz，故选D 3向量 ab，满足3|13abab，可得221(2)13aa bb ，可得1213a b ，所以12a b ，故选A 4设圆柱高为l，左、右两端半球形半径为r，其表面积为S，胶囊的体积为V依题意，224422SrrrlSlr，故323

2、42()323SrV rrr lr，将16S，2r 带入可得20()23V r，故选A 5每次抽奖中，总情况数为35C10种，获奖的共有(1 2 3)，、(1 3 5)，、(2 3 4)，、(3 4 5)，这4种，所以25p，设5人中获奖人数为X，则255XB，所以(3)P X 323523144C55625 ，故选 C 6由(0)x，得52333x，由5sin 20313x 可知12222332xx，故1256xx，所以1251sin()sin62xx，故选 A 7()f x 为偶函数，则6781eln77pfqfrf，又当0 x时，()2sinfxxx，()2cos0fxx ，则()fx在

3、(0)，上单调递减，()(0)0fxf()f x在 数学参考答案第 2 页（共 9 页）(0)，上单调递减又6761881e1ln177777 ，667718eln0e77f，18ln77ff，故选B 8如图1，2，在折叠的过程中，四棱锥ABCEF体积最大，此时二面角AEFB为90，设AM长为x，则四棱锥ABCEF体积111()(26)(3)332V xS hxxx 313x 3(03)xx，由2()3(3)0V xxV，易知()V x在(03)，上单调递增，在(3 3)，上单调递减，即在3x处取到最大值，(3)2 3V，故选B 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

4、的选项中，有多项是符合题目要求的全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号 9 10 11 12 答案 AD ABC ACD BD【解析】9A正确；对于B，截面为平行四边形11D ABC，故B错误；对于C，设正方体棱长为1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴建立空间直角坐标系，则1(1 1 1)AC ，平面1D MN的法向量为(0 1 1)m，1AC与(0 1 1)m，不平行，故C错误；D显然正确，故选AD 102()fxxa，当1a 时，()0fx，则()f x在R上单调递增，又21xx，2()(1)f xf x，A正 确；此 时，2010 xa ，则21xa，2

5、()(1)fxf a，B正确；由33()()233xxfxf xaxbaxbb，则图 1 图 2 数学参考答案第 3 页（共 9 页）当12b时C式子成立，C正确；且()f x的唯一对称中心为(0)b，D错误，故选ABC 11 由题意知2b，222PAPBbkka ，故1a，双曲线的方程为2212yx，对于A：3c，故3cea，选项A正确；对于B：因实轴长224a，故选项B错误；对于：记303T，由角平分线定理得：1122|2|PFTFPFTF，又12|22PFPFa ，所以12|4|2PFPF，于是2221212|16PFPFFF，所以2190PF F，1 2121|2PF FSFF 2|2

6、 3PF，故选项C正确；对于D：设00()P xy，则切线方程为0012y yx x，与渐近线2yx联立解得00222xxy，故000022 22222Rxyxy，；与渐近线2yx 联立，解得000022 22222Qxyxy，于是22220000114 24 2|22 4242OQRQRRQSx yx yxyxy 22002 22 2222xy，故选项D正确，故选ACD 12令()()g xf xx，则()g x为奇函数，即(0 0)，为其对称中心，且由(2)(2)4fxfx知：(2)(2)(2)(2)0fxxfxx，即(2)(2)0gxgx，则()g x关于点(2 0)，对称，由对称性知(

7、)g x的周期为4T，又0 2x，时，2()2g xxx，最大值(1)1g，由对称性知min()1g x，方程()lgf xxx有几个不同的根等价于lgyx与()yg x有几个交点，结合图象，由lg91，则当10 x时共5个交点，当10 x 时，lg1 lg()xxg x，没有交点，所以共5个交点，B正确；(2023)(2023)2023gf(1)(1)1gg ，(2023)2022f，A错误；若()f xxb有解，则max()1bg x，C错误；若()f xxb无实数解，则min()1bg x，D 正确，故选 BD 三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）题号 13 1

8、4 15 16 答案 1 2yx（或94 2612 277yx 或94 2612 277yx）1 6 数学参考答案第 4 页（共 9 页）【解析】13由7728120a，得1a 14因圆2221(3)()1Cxyaa：关于直线0 xy对称，故圆心1(3)Ca，在直线0 xy上，得30a，解得3a，故221(3)(3)8Cxy：，易知两圆外切，公切线有三条，结合图易知公切线的斜率存在，设方程为 ykxb，于是有：22|33|2 21|21kbkbk，两式相除得：|33|2|kbb332kbb或332kbb，当332kbb时，得33bk，代 回 方 程 组 可 解 得94 2612 277kb ，

9、或94 2612 277kb ，；当332kbb 时，1bk ，代回方程组可解得12kb，得公切线有三条公切线方程为：2yx，94 2612 277yx ，94 2612 277yx （数形结合找一点，再点斜式设切线也可，最特殊的一条为内公切线）15 设 公 共 点 为000000()()()()()f xg xP xyfxg x，即200000132ln222xxaxxax，消 a 得20004ln10(0)xxx，令24()4ln1(0)()20h xxxxh xxx，()h x在(0)，上单调递增，又0(1)011hxa，16设内切圆半径为r，取线段2PF 的中点 N，12220MFMF

10、MP，所以14MFMN ，则11212|4|FFPFFMPNF NMN ，所以1122|2|PFFFPF，故1212|2|3FFePFPF，得3a，由椭圆对称性有12|FBF A；1112|26F AFBF AF Aa.数学参考答案第 5 页（共 9 页）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）解：（1）433cos(4sin3sin)3sincoscoscosacbBACBCCB，4sincos3sincos3sincosABBCCB，4sincos3sinABA，3cos4B（5分）（2）由（1）得，3cos4B，则7sin4B，1sin2 72

11、ABCSacB，16ac，又a b c，成等比数列，4b，由余弦定理，2222cosbacacB得，216()22cos6 2acacacBac，所求周长为6 24 （10分）18（本小题满分12分）解：（1）由题意，1129(4)45adad，111ad，所以nan.（2分）1 122(1)21nnna ba ba bn ，当2n时，11 12211(2)21nnna ba babn ，可得，12nnb(2)n，（5分）当1n 时，1 11a b，11b 适合12nnb，所以1*2()nnbnN （6分）（2）因为nan，所以在数列nd中，从项1a开始到项ka为止，共有项数为01212222

12、1kkkk （8分）当11k 时，10112110342023；当12k 时，11122120592023，所以数列nd前2023项是项11a之后还有2023 1034989项为2，所求和为0192023(1211)2(222989)4090T（12分）数学参考答案第 6 页（共 9 页）19（本小题满分12分）解：（1）经计算得：3.512xy，由最小二乘法：616216127()12123.567iiiiix yx ybxxa，所以1267yx（4 分）（2）（）805，那么758790，则该同学能被评为“反诈小能手”.（7 分）（）设全校参与本次竞赛的人数为n，反诈小天才的概率为 11(

13、2)1(22(10.9545)0.0227522PP，则300.02275n，解得1319n，参与本次知识竞赛的学生人数约为1319人 （12分）20（本小题满分12分）解：（1）由题意知抛物线标准方程为24yax，14a，M在抛物线开口内，过P点作准线l垂线交l于H，则|PFPMPHPM，当M，P，H三点共线时，|PHPM最小，min(|)12PHPMa，即1a，所以抛物线的方程为24yx（4分）（2）根据题意，可得|22BCr，222|18ABBCCD，22(|)4(|)18AFBFDFCF，化简得22|2|12AFDFAD，（6分）设1(A x，1)y，2(D x，2)y，由焦半径公式可

14、得1|1AFx，2|1DFx，12|2ADxx，代入上式得221214xx，（8分）数学参考答案第 7 页（共 9 页）设直线l的方程为1xmy，若0m，则121xx，不满足上式；由214yxmyx，联立，整理得：2440ymy，0 恒成立，则124yym，124yy ，所以2212121212()()242116y yxxm yymx x，（10分）22222121212()2(42)214xxxxx xm，解得22m ，所以直线AD的方程为212xy，即2(1)yx（12分）21（本小题满分12分）（1）证明：平面PAB 平面ABC，且平面PAB平面ABCAB，ABBC，BC 平面PAB，

15、BCPA，APPB BPBCB，BP 平面PBC，BC 平面PBC，AP 平面PBC，AP 平面APC，平面APC 平面PBC（5分）（2）解：因为ABBC，过点B作BZ垂直于平面ABC，以B为原点，BC为x轴正方向，BA为y轴正方向，BZ为z轴正方向建立空间直角坐标系，所以0 1 10 2 0()()()0 0 0PAB，20 0(2 0 0)3QC，设()PEPA ，0，(0 11)E，(0 1)，2113EQ ，因为异面直线EQ与PB所成30角，2|23cos302|4229PB EQPBEQ ，数学参考答案第 8 页（共 9 页）2482293，13，（8分）由题意知，平面ABC的一个

16、法向量为1(0 0 1)n ，420(2 0 0)33BEBC ，设平面EBC的一个法向量为2()nxy z，则4203320yzx，所以2(0 12)n ，所以121212|2cos|5nnnnnn ，平面EBC和平面ABC夹角的余弦值为2 55（12分）22（本小题满分12分）（1）解：21()xkxfxx，令2()1xxkx，（1分）注意到(0)1，对称轴2kx对，故2min()124kkx，（）当02kx对时，即0k，此时()x在(0)，上单调递增，即()(0)1x，从而()0fx，即()f x在(0)，上单调递增；（）当02kx对时，即0k，若21024kk，即02k时，()0 x恒

17、成立，从而()0fx，即()f x在(0)，上单调递增；若21024kk，即2k 时，存在102kx，22kx，有12()()0 xx，从而()f x在1(0)x，上单调递增，12()xx，上单调递减，2()x，上单调递增.（5分）数学参考答案第 9 页（共 9 页）（2）证明：由（1）可知，要使()f x有两个极值点12xx，则2k，此时满足12xxk，121x x，不妨设12xx，此时有12()()f xf x，从而原不等式转化为：222121221121()()()()lnln222kf xf xxxk xxxx，（7分）将211xx及111kxx代入有：2211111211111111112ln222xxxxxxxxx，（9分）化简即得：2112ln1xx，即证2211ln1xx，由21211x xx，可得11x，令21ln1(01)txttt ，设()ln(1)(01)g tttt，则1()0tg tt，故()g t在(0 1)t，上单调递增，()(1)0g tg，故原不等式成立.（12分）