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1、 数学参考答案第 1 页（共 8 页）巴蜀中学 2023 届高考适应性月考卷（三）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）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B C C A D B A【解析】12i(1i)2ii(1i)1i1i1izzz ，故选D 22201|10abxxab，故选 B 3(1 0)(0 1)A ，(10)(0 1)BAB RR，故选 C 4令0(0)(0)(0)1(0)1xyffff，这样()()()1()f xxf xfxf x ()2fx，所以()f x 的图象关于点(0 1)，对称，故选 C 5设 AGx，则3xGC

2、GEx，所以1112186 328.383CExx，所以站台高度28.381.629.9830.0ABAGGB，故选 A 62221546593377373722()2 28a aa aa aaa aaaaaa，故选 D 7 62ABAC，AD为BAC的 角 平 分 线，231(3)44ADACAB 221(96)16ACACABAB，12 2cossin4 233ABCBACBACS，故选B 8如图 1，由双曲线的定义知，12|2|QFQFa，1|=|QFQP，212|4PFaPFa，而12|2F Fc，设12F F P，在12PF F中，由余弦定理知：2222244163cos2 222a

3、cacaacac，2cos24cea 因为2122|2aaQFQFa，在12QF F中，由余弦定理有：222222282 2 2cos3aaaaaa，故选 A 图 1 数学参考答案第 2 页（共 8 页）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，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）题号 9 10 11 12 答案 BCD ABD AC BC【解析】9A由22|abab得不出 ab或 ab，所以错误；B由|a baba b，所以正确；C由|0ababa bab，所以正确；D由 a，b同向得：|abb

4、aabab，所以正确，故选 BCD 10137771330Saaa，而10a，所以 A，B 正确；60a，70a nS 取最大值时，6n 或 7，所以 C 错误；1314131400SSSa，所以 D 正确，故选 ABD 11A0a 时，()ln()ln1(1)1f xxxfxxf ，而(1)0f，所以在1x 处的切线 方 程 是1yx，正 确；由 于 始 终 有(1)0f，所 以 B 错 误；C 1a 时，1()ln10e1afxxax，11()(e)e0aaf xfa极小值，而 x 时，()0f x，所以()f x 在1(e)a，有唯一零点，显然()f x 在1(0 e)a，有唯一零点1x

5、 ，所以 正 确；D.1a 时，同 样 有11()(e)e0aaf xfa极小值，此 时10e1a，令ln 2(0 1)a，此时()(lnln 2)ln 2f xxx，102f ，所以()f x 在ln 2 1(0 e)，有一零点，又(1)0f，所以错误，故选 AC 12在等腰ABC中，120BAC，2 32BCABAC，AMAEEMAE 212233333EFAEAFABAC，|2ABAC，120BAC，ABAC 4cos1202 ，222416849999AM，22421，所以 A 错误；22()31，令cos3sin，显然cos 1 1 ，所以 B正 确；11sinsincos33，22

6、2222sincossincos33 11cos215133(1cos2)sin 2sin(2)tan326663，当sin(2)1 时，22max513()6，所以 C 正确，故选 BC 数学参考答案第 3 页（共 8 页）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 答案 12 2sin 23x 1256 1【解析】13设第1r 项为常数项，则236 31332C()C(2)rrrrrrrTxxx为常数项，所以2r，222 1332C()12Txx 14 353 241234TT，52()2sin 212233f xx 15 取 AB，11A

7、B 的 中 点 分 别 为 E，F，在 等 腰 梯 形 ABCD 中 易 算 得：2 3AC，222ACBCAB，90ADBACB，122EDECAB，外接球的球心O是EF的中点，1322OEh，2EB ，2252ROBOEEB，34 3VR 125 6 162222()()2 log()23()fxxaxaf x，()f x为 R 上的偶函数，()f x为 R上的偶函数，又有且只有一个零点，2(0)2301faaa或3a ，当1a 时，222()2log(2)2f xxx，显 然(0)0f，当 xR 且0 x 时，222x 222log(2)20()0 xf x，()f x此时只有0 x 这

8、个零点，符合题意；当3a 时，222()6log(2)6f xxx，2(2)86log 440f ，2(30)366log 32f 60，()f x在(230)，内至少还有一个零点，与题意不合，舍去，所以1a 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）1111094910100122adadad，21nan（5分）（2）21max222(41)200430143nannnnnbTn（10分）数学参考答案第 4 页（共 8 页）18（本小题满分 12 分）（1）证明：3sincossinsin()sincoscossinACBACACAC

9、2sincoscossintan2tanACACCA（6分）（2）解：2222221323abcabcabab，而73cb，222712933babab，1cos323bCCa，（12分）19（本小题满分 12 分）解：（1）列联表如下：（3 分）由 公 式 得：222()400(120 10010080)4004.040()()()()200200 18022099n adbcab cd ac bd 5.024，所以认为喜爱马拉松项目与性别无关 （6 分）（2）易得：采取分层抽样方法从接受问卷调查且喜爱马拉松的居民中抽取 10 人中有 6 名男士，4 名女士；从 10 人中抽取 4 人有 1

10、 名女士的概率：31641410CC821Cp，从 10 人中抽取 4 人没有女士的概率：462410C114Cp，所以从 10 人中抽到的 4 人中至少有 2 名女士的概率：1223142ppp （12 分）喜爱 不喜爱 合计 男性 120 100 220 女性 80 100 180 合计 200 200 400 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 DQ，因为 PO平面 ABC，所以 POAB 又因为 CDAB，CDPOO，所以 AB平面 PCD，所以 ABPC，ABDQ 由二面角的定义可知：QDC即为截面QAB 与底面 ABC 所成的二面角 又

11、因为QDCOPC，所以90PQDPOD ，即 PCDQ 又因为 ABDQD，所以 PC平面QAB，证毕（5 分）（2）解：由（1）知：可以Q 为坐标原点，向量QD，DB，QP所在方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图 2 所示的空间直角坐标系Qxyz，由题可知：(0 0 0)Q，(0 0 2)P，(42 0)A，(4 2 0)B，所以(0 0 2)QP，(422)PA，(4 22)PB，设平面 PAB 和平面 PBC 的法向量分别为1111()nxyz，2222()nxyz，则有1100nPAnPB，可得11111142204220 xyzxyz，令11x ，得10y，12z，所以1(

12、1 0 2)n，则有2200nQPnPB，可得2222204220zxyz，令21x ，得22y ，20z，所以2(12 0)n，设平面 ABP 与平面 BPC 夹角的大小为，则1212|1cos5|nnnn （12分）图 2 数学参考答案第 6 页（共 8 页）21（本小题满分 12 分）（1）解：由题可知：2222221914acababc，解得2243ab，所以椭圆C 的标准方程为22143xy （4 分）（2）证明：设直线l 的方程为1xmy，点11()M xy，22()N xy，联立2213412xmyxy，得：223(1)412myy，化简得：22(34)690mymy，由于直线l

13、 所过点 F 在椭圆内部，所以直线l 与椭圆必相交，即0，所以由韦达定理得：122122634934myymyym，易得：121246()my yyy，（7 分）又因为(2 0)A ，11()M xy，所以直线 AM 的方程为11(2)2yyxx，又因为(2 0)B，22()N xy，所以直线 BN 的方程为22(2)2yyxx，联立直线 AM 与 BN 得：1212(2)(2)22yyxxxx，（9 分）解得：2 112122112122 1121221121224422(1)442(1)22(1)22(1)x yyyx ymyyyymyyxx yyyx ymyyyymyy 12121212

14、12124266()26433my yyyyyyyyyyy，即点 P 的横坐标为 4，同理：点Q 的横坐标也为 4，PQ 即为直线4x，所以 PQx 轴，证毕 （12分）数学参考答案第 7 页（共 8 页）22（本小题满分 12 分）（1）解：由题可知：()f x 的定义域为(0)，导函数222ee11(1)(e)()(0)xxxxxkfxkxxxxx（1 分）当1k 时，易得：e0 xk，从而当(0 1)x，时，()0fx；当(1)x，时，()0fx，所以()f x 在(0 1)，上单减，(1)，上单增；当1k 时，由()0fx可得：1x 或 ln k，1 当 ln1k 时，即ek 时，()

15、0fx 恒成立，所以()f x 在(0)，上单增；2 当 ln1k 时，即1ek时，从而当(0 ln)xk，时，()0fx；当(ln1)xk，时，()0fx；当(1)x，时，()0fx，所以()f x 在(0 ln)k，上单增，(ln1)k，上单减，(1)，上单增；3 当 ln1k 时，即ek 时，从而当(0 1)x，时，()0fx；当(1 ln)xk，时，()0fx；当(ln)xk，时，()0fx；所以()f x 在(0 1)，上单增，(1 ln)k，上单减，(ln)k，上单增 综上：当1k 时，()f x 在(0 1)，上单减，(1)，上单增；当1ek时，()f x 在(0 ln)k，上单

16、增，(ln1)k，上单减，(1)，上单增；当ek 时，()f x 在(0)，上单增；当ek 时，()f x 在(0 1)，上单增，(1 ln)k，上单减，(ln)k，上单增 （5 分）（2）证明：由（1）知：若()f x 存在极小值，则1ek或ek，当1ek时，()f x 在(0 ln)k，上单增，(ln1)k，上单减，(1)，上单增，易得：()(1)e0f xfk极小，而2(ln)0k，所以不符合题意，舍去；（6 分）当ek 时，()f x 在(0 1)，上单增，(1 ln)k，上单减，(ln)k，上单增，数学参考答案第 8 页（共 8 页）易得：2()(ln)ln(ln)(ln)f xfk

17、kkk 极小，得到：2ln(ln)(ln)kkk，令ln1tk，则有2e lnttt，得到 lnlneeetttttt，（8 分）令ln()(1)xg xxx，则21ln()xg xx，从而得到()g x 在(1 e)，上单增，(e)，上单减，又因为()(e)tg tg，所以1eett，令()(2e)lnln(2e)G xxxxx，1ex，则2e2e()lnln(2e)ln(2e)2e2exxxxG xxxxxxxxx 2222eln(e)e)ln(e)202exxxxx ，所以()G x 在(1 e)，上单增，从而()(e)0G xG，得到：(2e)lnln(2e)xxxx，即 lnln(2e)2exxxx，又因为1eett，所以 lnelnln(2e)2eetttttt，又因为()g x 在(e)，上单减，所以 e2ett，从而 e2ett，即ln2ekk，证毕（12分）