巴蜀中学2022届高考适应性月考卷（八）数学（答案解析）.pdf

1、 数学参考答案第 1 页（共 7 页）巴蜀中学 2022 届高考适应性月考卷（八）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 B C B C D B A D【解析】1 2 5B ，(2)(5)B R，故8AB R，故选 B.2线性回归方程一次项为正数且过平衡点()(2 10)xy，故选 C.3 函 数()sin3g xx的 图 象 向 左 平 移 2 个 单 位 长 度 得 到 函 数()yf x的 图 象；故3()sin 3sin 3cos322f xxxx，故选 B.4由题意知2|22|21Olkdk，解得23

2、 23k，故选 C.5由平行四边形法则知2|2|42 22AHGHHAHGOHOA，故选 D.6由220aba知22ab，故 4(2)22(2)2888222abbbbbbb 4 22；当且仅当22822abbb，即22 222ab，取等号，故选 B.7随机取出三个小球共有37C35种情况，排异法列举知任意两个小球编号都不相邻的情况共有10种，故所求概率为 35105357，故选 A.8由(3 0)(3 0)AB，且|2PAPB知点 P 轨迹为双曲线的右支，轨迹方程为221(0)2yxx；故0 xyxybyxababa 与双曲线221(0)2yxx有公共点=2bka渐近线，即2ba，故选 D.

3、数学参考答案第 2 页（共 7 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，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分）题号 9 10 11 12 答案 BC ABC BD ACD【解析】9A 选项中 与 平行或者相交都有可能，D 选项中有可能无数个点在同一条直线上，故选BC.10因为5cos()5，5cos24 （，为锐角），故253sin 21cos 2，故 A正确；因为2 5sin()5，所以 cos()cos2()cos2 cos()sin 2 sin()525555432555 ，故 B 正确

4、；由 cos()coscos sinsin552，5coscoscs)in5os(sin，故 coscos 1152 55cos()cos()152250，故 C 正确；且1sinsincos()2 3101 2 55cos()5255，所以 tantan3，故 D 错误，故选 ABC.11由二项式定理展开知20222022(1142)2与20222022(2)2被7除同余；674674202228(71)被7除余1；故1a能被7整除，76()akkZ，故选 BD.12 如 图 1，连 接 BD 与 EF 相 交 于 G；34MDDGPDDB MGPB PB平面 EFM，A 正 确；由 PDP

5、EPDPF，知 PD 平 面PEF；故 PD 与 PB 不垂直，B 错误；平面 EFM与 平 面 BFDE 所 成 角 即 为MGD；在MGD中：3 2322GDMD，图 1 数学参考答案第 3 页（共 7 页）22523222MG；由 余 弦 定 理：得6cos3MGD，C 正 确；由6cos3MGD知3sin3MGD；作 MNBD，则44=33PBFDEMBFDEddMN平面平面 42sin33MGMGD，D 正确，故选 ACD.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 13 3)，1213 5 【解析】131123i|13zz.14

6、当0 x时，()3 3)f xx ，；当0 x 时，13()2(1)2xf x ，故值域为 3)，.15抛物线焦点(1 0)F，故由抛物线定义：12|1113PlPlFlPyddPFdd 轴.16由284nnnSaa知211184nnnSaa，两式相减得14(2)nnaan；令1n 得14a；故142nnanbn；11111(2)121nnnnnnnnnn；故351352361T，故355T.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）112012ADCCDBD，（2 分）由余弦定理：222cos7ACDADCDA DCADC.（4 分

7、）（2）102sin45sinsin51045BADBBADB，（6 分）正弦定理：=4 22 2sinsinBDADBDCDBADB；（8 分）故133sin13562ABCADCSSDA DC.（10 分）数学参考答案第 4 页（共 7 页）18（本小题满分 12 分）解：（1）胜场数 负场数 总计 主场比赛 35 5 40 客场比赛 25 15 40 总计 60 20 80（2 分）独立性检验：2206.6673.8413K 有 95%的把握认为比赛的“主客场”与“胜负”之间有关.（5 分）（2）A 队每场获胜的概率为 603804；总决赛五场结束即为前 4 场 3 比 1，第五场领先方

8、拿下；（6 分）A 队夺冠：331433381C1444256P；（8 分）B 队夺冠：33243333C11444256P ；（10 分）故总决赛五场结束的概率122164PPP.（12 分）19（本小题满分 12 分）解：（1）11342(1)13(21)nnnnaananan，12 1 13a ；（2 分）故数列21nan是以 3 为首项、3 为公比的等比数列.（5 分）（2）记100nnba；由（1）知213nnan 32132101nnnnanbn；故113322 320nnnnnbb，nb单调递增；（9 分）12345100968028132bbbbb ，；故0 1405nnbnb

9、n，；，；故min4()304nSS.（12 分）数学参考答案第 5 页（共 7 页）20（本小题满分 12 分）（1）证明：由正三棱台111ABCA B C知11BCC B 为等腰梯形；由O 为 BC 的中点，M 为11B C 中点，BCOM；由正三棱台111ABCA B C知 ABC 为正三角形，O 为 BC 的中点，BCAO；（2 分）由 AOMOOAO，平面 AOM，MO 平面 AOM，BC 平面 AOM，由 BC 平面 ABC，平面 ABC 平面 AOM.（5 分）（2）解：如图 2，将正三棱台111ABCA B C补形成正三棱 锥 PABC，设底面边长为 6；以正ABC的中心 D

10、为原点，OB OA DP ，分别为 x 轴，y轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系 Dxyz.平面 ABC 与平面11BCC B 所成角即为AOP，3OD，故3 32 6OPPD，故(0 0 2 6)P，；(0 2 3 0)(33 0)(33 0)ABC，；（7 分）直线1CC 即为直线CP，(33 2 6)CP，；平面11ABB A 即为平面 ABP；(33 3 0)(02 3 2 6)ABAP，；记平面 ABP 的法向量()nxy z，则33 302 32 60nABxynAPyz，取1z ，则(62 1)n，；（10 分）设直线 CC1 与平面 ABB1A1 所成角为，则|6 6|6sin

11、|cos|6 33|CP nCP nCPn ，.（12 分）21（本小题满分 12 分）解：（1）设11()A xy，22()B xy，则2211221xyab，2222221xyab，图 2 数学参考答案第 6 页（共 7 页）两式相减得1212121222()()()()0 xxxxyyyyab，故2212122121124lOMyyyybkkabxxxxa ；（3 分）故将33 2P，代入椭圆222214xyCbb：中解得32 3ba，；故椭圆C 的标准方程为221123xy.（5 分）（2）AB 不垂直 x 轴：设直线 AB 的方程为(0)ykxt k；联立221123xyykxt，得

12、222(14)84120kxktxt.由韦达定理：122814ktxxk，212241214tx xk；故2241414kttMkk，；（7 分）由|3OM，得22223(14)1 16ktk.故2222221212228412|(1)()4(1)41414kttABkxxx xkkk 2222216(123)(1)(14)ktkk.设O 到直线 AB 的距离为 d，则2221tdk；（9 分）结合22223(14)1 16ktk，化简得2222222max2222124121432(41)|369()32(1 16)(1 16)AOBAOBkkkkSABdSkk，当且仅当221241kk，即

13、218k 时取等号；此时验证0 成立；综上所述：AOB面积的最大值为 3 （12 分）数学参考答案第 7 页（共 7 页）22（本小题满分 12 分）解：（1）4()(41)e xfxx；令()0fx得14x ；（1 分）当14x，时()0fx，()f x 单调递减；当14x ，时()0fx，()f x 单调递增；故()f x 有极小值1144ef ，无极大值.（3 分）（2）（i）由34()2elnxm xxx知3241()(86)e0 xm xxxx，()m x 在(0)，上单调递增；由21()e xn xx知221()2e0(0)xn xxx，()n x 在(0)，上单调递增；又11e4

14、0e2042nn，故必存在唯一01142x，使得0()0n x；（5 分）即有：02000011e2lnlnxxxxx，；故024330000001()2eln220 xm xxxxxx；故34()2elnxm xxx与21()e xn xx有相同的唯一零点0 xx.（7 分）（ii）由 2()()10f xg xxax知422()()2ln11012e()xf xg xxah xxx 恒成立，定义域(0)，；434434 ln4()8e(2eln)xxxxh xxxxx；由（i）知3241()(86)e0 xm xxxx单调递增且34()2elnxm xxx存在唯一零点0 xx；则当0(0)xx，时()0h x，()h x 单调递减；当0()xx，时()0h x，()h x 单调递增；故min0()()hxh x；（9 分）由（i）知02000011e2lnlnxxxxx，；又2311e30e2032nn，故进一步确定01132x，；故0400min02222000002ln141214()()2e+(12 21)xxxhxh xxxxxx，故max1a.（12 分）