巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（七）数学答案.pdf

1、数学参考答案第 1 页（共 10 页）巴蜀中学 2023 届高考适应性月考卷（七）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 C B A C B A C【解析】1|2Mx x，|13Nxx ，所以|23MNxx，故选 D.220232023202320232220232i1(i1)i2i12i(i)ii1(i1)(i1)i12，故选 C.3先将函数()sinf xx的图象向左平移 3 个单位，得到sin3yx，再把图象上每个点的横坐标缩小为原来的 12，得到()sin 23g xx，故选 B.4作1BC 的平行

2、线1B D，使得11BCB D，所以直线1AB 与直线1BC 夹角为直线1AB 与直线1B D的 夹 角.在1AB D中，221125ABB DADACCD，由 余 弦 定 理 得222111112251cos24222ABB DADAB DABB D，所以直线1AB 与直线1BC 夹角的余弦值为 14，故选 A.5如图 1，连接CH，作 AMCH于点 M，作 BNCH于点 N，由正八边形的特征可得 ABCH，45AHCBCH ，故 MHNC 2222AHAB，所以(12)CHAB，则 ACAHHCAH(12)AB，又因()ACxAByAH xyR，所以112yx，所以22xy，故选 C 62

3、525525(3)()()6()9()xyxyxxyxy xyyxy，5()xy的展开式的通项是1rT 55Crrrxy，令4r，则5()xy的展开式中4xy 的系数为45C5，令3r，则5()xy的展开式中23x y 的系数为35C10，令2r，则5()xy的展开式中32x y 的系数为25C10，故25(3)()xyxy的展开式中，34x y 的系数是56 109 1035，故选 B.图 1 数学参考答案第 2 页（共 10 页）7设12)(00)FF cc，其中222cab设111222()()O xyO xy，如图 2，过1O 分别作1PF，2PF，12F F 的垂线，垂足分别为 R，

4、S，T，所 以 由 切 线 长 定 理 有1122|PRPSF RFTF SF T，则12121212|(|)|PFPFPRRFPSSFRFSFFTTF 2a，又因为1212|2F FTFTFc，所以1|TFac又1(0)Fc，所以1Oxa，同理可得2.Oxa则12OO，在直线 xa上，又因为21F O 平分2TF P，22F O 平分22TF QQPF，则1222OO F在122O O F中，1222OO F，2F Tca由射影定理可得2122|OTO TF T，即22()2caaca，则双曲线离心率为 2，故选 A.8令OAa OBb OCc ，其中 F 为 AB 的中点，CECACB，则

5、 4()()acbc 224CEABCA CB，以 O 为圆心，2 为半径作圆，O 为原点，OC为 x 轴的正方向建立直角坐标系，如图 3所示又因为2222222()()()(2)OAOBOAOBOAOBOFAB，222()OCOE 2222()()(2)OCOEOCOEOFCE，得2222()()OAOBOCOE 2282ABCE，所以|2OE，这样点 E 也在圆O 上，所以2|16abABCE，又因为|CEOEOCOEOC，所以|1 3CE，所以|17 5abAB，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

6、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 BC ABD AB BD【解析】9由复合函数的单调性可知()f x 在(0)，上单调递减，故 B 正确；()f x 为偶函数，所以关于直线0 x 对称，故 C 正确，故选 BC.图 2 图 3 数学参考答案第 3 页（共 10 页）10选项 A：57A2520，故 A 正确；B 选项：为不同物体的分组问题：分为：2 组 2 个，3组1个；1组3个，4 组1个，即 7221 1 1 ，731 1 1 1 ，所以有22375722C CC140A种，故 B 正确；选项 C：用隔板法求解，C 选项等价于8个

7、相同的球，放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个，所以有27C21种，故 C 错误；选项 D：由于球与盒子都相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，存放 1 个盒子：将 7 个球放入 1 个盒子，有 1 种存放方式；存放 2 个盒子：7162534 有 3 种；存放 3 个盒子：71 15124133322 有 4 种；共 8 种，故 D 正确，故选 ABD.11由2lnxaxx，令2()lnF xxaxx，所以()F x 2221axxaxxx，令2()2h xxxa，易知()h x在(1)，所以()(1)1h xha，当10a ，即 01a 时，()0()0()h xF xF x，所 以

8、()(1)0F xF 当 10a，即1a 时，存 在0(1)x ，使得0()0h x，即20020 xxa当0(1)xx，时，()0h x ，()0F x，()F x ，所以0()(1)0F xF与()0F x 矛盾.综上，(0 1a，故 A 正确；如图 4：由2()f xbxcx，得()lnf xaxx与2()g xx在(1)，上存在分隔直线，()()f xg x，在1x 处的切线方程分别为：(1)yaxa，21yx，所以12ab ，得(1 2b，故 B 正确；取1x 得2(1)1(1)1fbcg，所以1bc，得1 1 0)cb ，故 C，D 错误，故选 AB.12选项 A：平面最多和正方体

9、的六个面都相交，所以最多 6 条交线，所以形成的多边形最多为六边形，所以截面图形一定不是七边形，故 A错误；选项 B：如图 5，设 ADx BDy CDz，由勾股定理得：222222222ABxyBCyzACxz，所以22222cos022ACABBCxAACABACAB，22222cos022ABBCACyBAB BCAB BC，22222cos022ACBCABzCACBCACBC，所图 4 图 5 数学参考答案第 4 页（共 10 页）以角 A B C，均为锐角，所以ABC为锐角三角形，故 B 正确；选项 C：正方体 3 组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知：五边形中有两组对边平行，

10、所以截面五边形不可能为正五边形，故C 错误；选项 D：如图 6，截面 EHGF 分别交棱 ABAD，于点G H，假设四边形 EHGF 为直角梯形（EFGH），则 EHHG，又因为1AAHG且1AAEH，共面，所以1AAEH或1AAEHP，当1AAEH时，由线面平行的性质定理得 EHFG，又因为 EFGH，所以四边形 EHGF 为平行四边形，与假设矛 盾；当1AAEHP时，因 为1HGAA，HGEH且1AAEHP，所 以HGAPH 平面，即11HGAA D D 平面，又因为11ABAA D D 平面，所以 ABGH，与ABGHG矛盾，所以假设不成立，故 D 正确，故选 BD.三、填空题（本大题共

11、 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）题号 13 14 15 16 答案 21.6 25 154 151515yx或154 151515yx 或3 74 777yx或3 74 777yx （写出其中一个即可得满分）3222101334()32()236079nnnnan 为奇数；为偶数【解析】13因为(10 0.6)XB，所以()(1)2.4D Xnpp，所以2(39)3()92.421.6DXD X 14222241215544xyxxx，当且仅当0 x 时等号成立，所以函数的最大值为 2.5 15由题可知：两圆外离，所以两圆有 4 条公切线，设切线与两圆圆心连线的交点为00()A xy

12、，.当切线为外公切线时：112212AOrAOr，1212AOAO，所以00001()(4)2xyxy，得0040 xy，所以(4 0)A ，设公切线 l：(4)yk x，所以圆心1O 到切线 l 的距离图 6 数学参考答案第 5 页（共 10 页）2|4|11kdk，解得1515k ，所以公切线为154 151515yx或154 151515yx；当切线为内公切线时：112212AOrAOr，11213O AO O，所以001()(4 0)3xy，所以403A，设公切线l：43yk x，所以圆心1O 到切线l 的距离24311kdk，解得3 77k ，所以公切线为3 74 777yx或3 7

13、4 777yx 16当 n 为奇数时，12nnaa，令21nk*()k N，则2212kkaa；当 n 为偶数时，132nnaa，令*2()nk kN，则21232kkaa 所以21221323(2)2kkkaaa 2138ka，则*212143(4)()kkaakN，当1k 时，149a，所以214ka 是以9为首项，3 为公比的等比数列，所以112149 33kkka，21ka 134k，则1221232kkkaa.当n为 奇 数 时，由21nk，则12nk，所 以132213434nnna；当 n 为偶数时，由2nk，则2nk，所以22213232nnna，所 以322234()32()

14、.nnnnan 为奇数，为偶数232023132023242022()()(33Saaaaaa 2101210132310123(13)34 1012)(3332 1011)4 101213 210113(13)2 101113 1013236079.四、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）（1）证明：依题 cos0C，否则 cos0sin13sin4cos5CCCC，矛盾.由3sin4cos5CC得：229sin(54cos)CC，故22229sin9cos9cos(54cos)9CCCC，数学参考答案第 6 页（共 10 页）整理得2(5co

15、s4)0C，从而43cossin55CC，从而sin3tan.cos4CCC（5分）（2）解：由221ab，由（1）可得4cos5C，故C 为锐角，2221abc，故22222222411cos1522abcccCcababab，从而21555cc，当且仅当22ab时取等.（10分）（没有取等扣1分）18（本小题满分12分）（1）证明：依题21111()4()()0nnnnnnnnaaaaaaaa，从而11()()0nnnnxaaxaa有两个相等的实根，从而11()()nnnnaaaa，也即数列na成等差数列.（6分）（2）解：依题5338315102()25Saadaa ，3(3)28naa

16、ndn，（9分）由于数列单调递增且当4n 时0na ，因此数列na的前 n 项和nS 的最小值为4312.SS （12 分）19（本小题满分12分）（1）证明：依题意 QSPN，又 PQPN，QSPQQ，故 PN 平面 APQ 又 PN 平面 MNPQ，故平面 APQ 平面 MNPQ.（5分）（2）解：取 PQ 的中点为O，MN 的中点为 E，则 AOPQ，又平面 APQ 平面 MNPQ 且 PQ 为交线，则 AO 平面 MNPQ.数学参考答案第 7 页（共 10 页）分别以OE OP OA，为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图7所示：设2MNPQa，则平面 MNPQ 的法向量为

17、(0 0 1).m，又(0 03)(20)(20)AaMaaNa a，则(23)(0 20)MAa aaMNa，设平面 AMN 的法向量为()nxyz，则1111(23)020n MAxyzan MNay，故平面 AMN 的法向量可取为(3 0 2).n，平面 AMN 与平面 MNPQ 所成二面角 的余弦值满足|2 7|cos|7|m nmn，故21sin.7 （12 分）20（本小题满分12分）解：（1）设 A，B，C 三家工厂各自独立生产的烟花“加特林”是正品分别为事件 A，B，C.依题意3()()52()(1()259()(1()40P A P BP BP CP CP A，则()152(

18、)1()1()2159()(1().40P AP CP AP CP CP A ，从而2217312331()()()()01515401544P AP AP AP A，解得：349()()().4510P AP BP C，（5分）（没有具体计算过程的酌情给分）（2）随机变量 的所有可能取值为0，1，2，3 依题意：1111(0)4510200P ，1191413112(1)45104510451025P ，图 7 数学参考答案第 8 页（共 10 页）1493193413(2)4510451045108P ，34927(3)451050P 随机变量 的分布列如下：0 1 2 3()P 1200

19、 225 38 2750 的数学期望238149().2545020E （11分）数学期望是随机变量最基本的数学特征之一，它反映了随机变量 平均取值的大小（要突出平均取值）.（12分）21（本小题满分12分）解：（1）椭圆 C 的方程为22221xyab，依题意22222124213cecbaaab，解得：222243acbc，代入224213ab 得：2222214433cacbc，故椭圆C 的方程为221.43xy（4分）（2）设圆心01122(0)()()P xA xyB xy，显然直线l 的斜率存在，设l：(1)yk x，由222PAPBPQ，则22201107()2xxyx，又221

20、1334yx，代入得到：2101112042xx x，数学参考答案第 9 页（共 10 页）同理：2202112042xx x，则12xx，分别是20112042xx x的两根，（8分）由韦达定理可得：122x x .又联立l：(1)yk x与22143xy，得2222(43)84120kxk xk，故212241222432kx xkk .直线l 的方程为2222yx或2222yx.（10分）此时 AB 的中点横坐标为2120024214243510 xxkxxk ，此圆的圆心坐标为1010，.（12分）（若仅仅联立方程得到韦达定理建议给2分）22（本小题满分12分）（1）解：()e2xfx

21、，当ln 2x 时，()e20 xfx，()f x 在(ln 2)，上单调递减；当ln 2x 时，()e20 xfx，()f x 在(ln 2)，上单调递增；故函数()f x 的极小值为(ln 2)32ln 2f，无极大值.（4分）（2）证明：依题 e12ln 2mnmn，从而0n.先证：1ln022nn，事实上令11()1ln(0)()1xt xxx xt xxx ，故当1x 时，()0()t xt x，单调递增，()(1)0t xt；当1x 时，()0()t xt x，单调递减，()(1)0t xt.则1ln022nn.（7分）数学参考答案第 10 页（共 10 页）又依题意ln 2e12lnln1lnlnlne22222222nmnnnnnnnnmn ，（9分）又令()e()1exxh xxh x，故0 x 时，()0h x，()h x 在0)，上单调递减，eln22mnnm，也即()ln 2nh mh 当2n 时，利用()h x 在0)，上单调递减知ln 2nm；（11分）当 02n时，也有0ln 2nm.从而lne22mnnm，综上：2emn.（12分）