重庆市巴蜀中学2021届高三高考适应性月考(三)数学试卷及答案解析2020.10
重庆市巴蜀中学2020届高考适应性月考卷(三)数学(文)试题(扫描版)
EF
，
∴ 1 1 DE EF d 1 1 OE DE sin 60 EF ，
32
32
∴d 8 3.
…………………………………………（12 分）
18．（本小题满分 12 分）
解：（1）在公差 d 不为 0 的等差数列{an} 中， a1 ， a3 ， a9 成等比数列，
解：（1）∵成绩在[90，100)内的人数为 30，
∴成绩在[90，100)内的频率为 30 0.15 . 200
由频率分布直方图得 (0.01 y x x 0.005) 10 0.15 1 ，化简得 y 2x 0.07 ，①
由中位数可得 0.0110 10 y (78 70) x 0.5 ，化简得 5y 4x 0.2 ，②
所以 EF 平面 ADE ，
又 OT 平面 ADE ， ∴ EF OT ，又 OT DE ， EF DE E ，
∴ OT 平面 CDEF ，即 OT 为点 O 到平面 CDEF 的距离，
∵ OA AM ，∴ OA AM AM 7 ，
OE EF
OA 2 EF AB 8
∴ y 1 0 (x 1) ，即 y 1 0 为所求切线的方程. …………………………………（3 分）
（2）∵函数
f
(x)
在
1 e
，1
上单调递减，在
(1，e]
上单调递增，
故 f (x)min f (1) 1， 橙子辅导
又因为
f
1 e
1 e2
则 N 为 FD 的中点，所以 DO∥MN .
图3
又 DO 平面 EMC ， MN 平面 EMC ，∴ DO∥ 平面 EMC .
重庆市渝中区巴蜀中学2021届高考数学适应性月考卷(三)理(含解析).doc
又当 时， ；
当 时， ，
所以 的最小值为 .
故答案为：
【点睛】本题考查等差数列的基本运算，考查函数的最值，考查转化能力与计算能力，属于中档题.
16.在 中， ， ，点 满足 ，则 的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
令 ， ，可得 ，即 在直线 上，从而当 时 最小，结合三角形知识得到结果.
重庆市渝中区巴蜀中学2021届高考数学适应性月考卷（三）理（含解析）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意构造 ， 在 上单调递增，且 ，从而可以推断出 在 上单调递增，即可化抽象不等式为具体不等式，得到结果.
【详解】令 ， 在 上单调递增，且 ，从而可以推断出
则 （当 时，满足 ），
从而 在 上单调递增，
所以当 时， ，
从而当 时， ；
当 时， （当 时取等号），
又当 时， ，即 ，
【分析】
由题意可知 是半径为1 球的体积的 ，把三棱锥 补成正方体，利用正方体与外接球的关系即可得到球 的体积为 .
【详解】由题意易得： ，
将三棱锥 补形为正方体可得其外接球即为三棱锥体的外接球，直径为： ，
从而 ， ，
所以 ，
故选：B.
【点睛】三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为 ，则其外接球半径公式为: .
巴蜀中学2021届高考适应性月考数学试题与答案
与平面 A1B1C1D1 的所有交线均与直线 PQ 平行，根据平行的传递性，可得所有交线也平行；
对于 C 选项，设正方体棱长为 1，PB = DQ = a ∈ (0，1) ，则 AP = AQ = a2 + 1 ，PQ = 2 ，
则
cos
∠PAQ
=
a2
+1+ a2 +1− 2(a2 + 1)
2
=
a2 a2 +1
AB
的距离为
h
，则
S△PAB
=
1 2
|AB
|
h
=
4
，解得
h
=
1，
而圆上
AB
两侧的动点到直线
AB
的最大距离分别为
5
和 2，故满足条件的点 P 共 4 个，故选 D.
5．
CP
=
AP
−
AC
=
1 3
AB
−
1 2
AC，∴CP
CB
=
1 3
AB
−
1 2
AC
( AB
−
AC)
=
1 2 3 AB
选项中，函数
y
=
x 1+
x
=1+
−1 1+ x
在
(−1，+
∞)
上单增，而 |
a
|<|
b
|
，所以正确；或者也可以
将 B 选项等价转化为证明 | a |<| b | 是正确的；D 选项中， 0 < a < log3 2 0 < a < b < 1 ，则
有 ab < aa < ba ，所以正确，故选 BCD.
2020年12月重庆市巴蜀中学2021届高三毕业班高考适应性月考卷(五)数学试题及答案解析
绝密★启用前重庆市巴蜀中学2021届高三毕业班高考适应性月考卷(五)数学试题2020年12月注意事项：1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2. 每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效，3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150 分，考试用时120 分钟 ．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) 1. 设集合A ={x | x 2+2x －3<0 l , B ={x | x <0}, 则A ∩ B = A. (－3, 1) B. (－∞, －3)C. (－∞ , 0)D. (－3, 0)2. 巳知( l +i ) x = 2y +i , x , y ∈R , i 为虚数单位,则| x +y i |= A. 2 B. 3C.52D.53. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,异面直线AB 1与BD 的夹角为 A.π2 B.π3C.π4D.π64. 过点M ( 2, 0) 的直线l 将圆C : (x －3)2 +(y + 3)2 =18分成两段弧,当其中的优弧最长时, 直线l 的方程是A. 3x +y －6=0B.x －3y －2=0C. x =2D.y =05. 在(x －2y )( x +y )4的展开式中,x 2y 3的系数是A.8B.10C.－8D. －106. 若将函数f (x )= sin (2x +π4)的图象向左平移个单位, 再把图象上每个点的横坐标都 缩小为原来的13倍(纵坐标不变)得到g ( x ),则g ( x )的解析式为 A.g(x )= sin(6x +5π12) B. g(x )= sin(6x -π12)C. g(x )= cos(6x +5π12)D. g(x )= cos(6x +π4)7. 函数f (x )的定义域为 R , 且满足1(2),(2)()()f x f x f x f x +=+=-; 当x ∈(0, 1) 时,f (x )= x 2+3, 则f (150)= A.3 B.4 C.134D.2898. 已知单位向量a ,b ,且a ∙b =0, 则| t (a +b )+4b | +| t (a +b )+( a +4b )| (t ∈R )的最小值为A. 4+17B. 5C. 7D. 32二、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 3分)9. 已知双曲线C :221(0)x y mn m m-=>的渐近线方程为 y =±2x ,则该双曲线的方程可以是 A. 2212y x -=B. 2212x y -=C. 2212y x -=D. 2212x y -=10. 若数列{a n }满足112,,2712,,62n n n n n a a a a a +⎧⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩≤123a =,则数列{a n }中的项的值可能为。
巴蜀中学2021届高考适应性月考卷(三)数学-答案
2x
1 2
sin
2x
1 2
2 2
sin
2x
π 4
，选项
A：函数
f
(x)
的
最大值是
2 2
1 2
，错误；选项
B：当
x
π ，π 48
，t
2x
π 4
单调递增，且t
π 4
，π 2
，
而此时
y
1 2
2 2
sin t
在t
π ，π 42
上单调递减，故函数
y
f
(x)
在
x
π ，π 48
上单调
递减，故错误；选项
3 4
85，P( X
0)
1 2
1 2
1 2
1 4
3 8
，
数学参考答案·第 5 页（共 8 页）
学生甲的得分 X 的分布列为
X
0
3
3
5
P
8
8
故
E(
X
)
15 8
；
学生乙： P(Y
3)
1 2
C32 C24
1 4
，P(Y
5)
1 2
C22 C24
1 12
，P(Y
0)
2 3
，
学生乙的得分 Y 的分布列为
分）
（2）∵
S△ABD S△ACD
1 2
AB
1 2
AC
AD sin BAD AD sin CAD
AB AC
4 2
2，
且
S△ABC
1 2
AB
AC
sin BAC
2
重庆巴蜀中学2021届高三高考适应性月考卷(二)数学试题(含答案和解析)(2020.09)
巴蜀中学2021届高考适应性月考卷(二)数学注竄■项：1. 答4札 才生券炒用黑包磁茂笔将自乙的灶名•准*⅛Λ∙<才场号■用位号虚答媚卡上瞋骂潇址.2. ⅜Φ⅛it⅛^<^.刖2B 佃笔把祐妞卡上对总It 目的衣第林十涂花 ⅛Xdt 动，用惊皮擦干冷后.再 选滄共他琴耒林号.点试题息上竹缶无效•3. 才试站*看.⅛4t*X⅛和茶题卡一卄交回・満分130分•才汶用时120分仲•一. 选抒Ja (本大JS 共12小毎小題,分.共60分，在每小题给出的四个选项中，只冇一项是符合题且独 求的)1.设集合Λ=∣z ∣2∙-8⅛O ∣ t 5=∣x ∣x a →x÷10<0∣ f 则 Λ∩5≡ A. IZ ∣2w=w3∣B∙ b I 3w*wS}■2. 设i 为處敷单位.己知尸丄⑺ 則Z 的虚辭为3.>0-是3BC 为锐角三角形”的A.充分不必要条件 D ・既不充分也不必異条件4. 交通运输部发布了《城市轨逋交通容运组织与腹务管理办法》.对期客衣地铁内一系列行为进行规范.其中 就包括一使用电子设备时外放声音J 不听劝阻考将被列人•壤客行为黑名单”.该办法已于辺0年4月开 始施行.通常我们以分员(dff)为单位来表示理音大小的彎级■ 30→0分贝为安静环境.超过M)分贝旃对 人体有影响，90分贝以上的环境会严廈影响听力且会引起神经衰窮等疾病.如乘强度为U 的声音对应的分 贝数为/MdB 9那么満足汀(u)"0xlg 命乔若在地铁中多人外放电子设备加上行车噪音.车厢内的声 音的分贝能达到嘶，则90/E 的声音与50対的声音强度之比为 A. 40 B. 100 C. 40000D. I(XX)O■设单位向ftβr SM 足；15*2Kl «i t JIIJI2≡-sj = A. ] B. 2 C. 3D. 4ft* - » I S 〈共 4片）D.B∙必要不充分条件C.充畏条件9•设 ¢6 (0w IT)F 若 eos⅛+coβ⅛a≡ I ■则片C. c<w 1Λ+∙bos l βl ÷<^9,C÷2eΛUcσ5^CMC≡ 1 11・为响应国彖精庭扶贫改策•某工作组要在村外一湖岸边修建一段道路（如田1中樂线处、.委求诫逍路与两条直线道路平滑连接（注二两立线道路；y ∣≡-2χ. n ≡3ι-9分别与该曲线相切于（0,°）∙ U. on, 已知诙弯曲路段为三次函数用錶的一部分•则该解析式为 A.∕（*）≡ - ∙∣i *,*y*,-⅛B∙ Λ*)≡y*,-∙ y*1~2* C Λ*)≡⅛3ψa -12■如图2.设在△肋C 中■ A J B=I B^=AC i 从頂点A 连接对边BC 上两点D, £%使得厶加£二3叭 若B"6CEf 则边长人8 =A. 38B. 40C. 42 D- 44二. 填空& (本丈題共4小題.稈小題5分.共20分)6.乩中学林学期的迭悴课即将开启选课.甲-乙、两三人在足球、彥球、攝心、第法P lJ n«»«中选择∙ TRalirW 人限选一门课•若甲不选足球•乙不选篮球•则共有（ ）种不同的結果■A. 36B. 27D. 247.ς-）'的展开式中，含*顼的系数为 A. 60B. -60C. -80■8. 设歯数人幻二葺5色W ）.剜下列说祛正碗的足D. 18D. 80A. /U ）是奇歯数B.八是周期函数 GZ （X ）M 图彖关于点（亍・0）对称D ，1/(" I WlIr 5τA w -Λ- ≡≡≡ A, 6, 6 B44c∙ ⅛∙ P ⅛10.设ZUBC 中角札B 9 C 所对的边分别为α∙ b 9c ＞下列式子一定成立的足A. UnX ∙ IanB ∙ IanC s =IanXhaniManCC. J ≡≡6'w'∙2& ∙ COSID. Λ1+C 2 * dbe«C+OrCOSB*⅛C«i4B16 DIl设向盘孑打乱2)i 6 = (-2. m).若N丄门则W ____________________ •14.i5⅛δΛχ)≡^>n(2∙τ- J)^J∙则/")在* [o・于]上的最大值为________________________ ・15.去年底、新一代的无线网络技术Wn6发布.相比于上一代，WIΠ6 All人了WW OFDMA ½术，文持多个知S同时并厅传D 有效提升了效率井降低延时.小明家更换了支持WIFI6的駅跻由器.设竹宓••时纵P(O) ∙ (Y) ∙ 1<Λ≤3.宋里有〃个役备接人该路由器的槪率为PM.且PAF '和那么没订设条接人的槪O t 24.率P(OA _________ ・16函数y=[x]称为取猿函数.也称稲斯函数、捷中不超过实数塔的最大整数称为X=的整数部分，例如：[i.3] = l,设函数JM=P则函5R∕5(×)-=[∕(x))itxe[2f 3]的值域为_________________________________ •(其中；—2.718. e a-7.389l√-20. Q86)三、H答JS (共70分.解答应写出文字说明.迁明过程或演算步骤)17.(本小題満分H)分)½Δ.WC 中.角仏B I C 的对边分别为 5 b t Ct且l+c os1β-2cos2C=Q.(1)求血J?: s⅛C的值；(2)若α≡∕15l且AABC为锐角三肃形，求C的取值范囤.18.(本小題满分12分)甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，規定每一局比赛获胜方记I分.失败方记0分，淮先获得庁分就获胜, 比赛结束.假设毎局比赛甲荻胜的概率都是*.(1)求比赛结東时恰好打了7局的概率：(2)若现在的比分是3比1甲领先.记彳表示结束比赛还需打的局数，求g的分布列及期勧第3页(共4頁｝(9. G本小題滿分12分)已甸√l±)= 2sIirUd√ AcosunTnwx)* I (co〉。
重庆市巴蜀中学2021届高三上学期适应性月考(二)数学试题(解析版)
巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（二）数学注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时l20分钟．一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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）．1. 设集合，，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先化简集合，再根据交集运算求解即可【详解】，，故故选：B【点睛】本题考查集合的交集运算，一元二次不等式的解法，属于基础题2. 设为虚数单位，已知，则的虚部为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算可得，即可得答案；【详解】，的虚部为，【点睛】本题考查复数的虚部概念以及复数的除法，属于基础题.3. “”是“为锐角三角形”的（）．A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】以为起点的两个向量数量积大于零，说明它两个的夹角是锐角，但不能说明其他角的情况，当三角形是锐角三角形时，以三个顶点为起点的每组向量数量积都大于零．【详解】解：以为起点的两个向量数量积大于零，夹角是锐角，但不能说明其他角的情况，在中，“”不能推出“为锐角三角形”，为锐角三角形，，前者是后者的必要不充分条件，故选：．【点睛】两个向量的数量积是一个数量，它的值是两个向量的模与两向量夹角余弦的乘积，结果可正、可负、可以为零，其符号由夹角的余弦值确定．4. 交通运输部发布了《城市轨道交通客运组织与服务管理办法》，对乘客在地铁内一系列行为进行规范，其中就包括“使用电子设备时外放声音”，不听劝阻者将被列入“乘客行为黑名单”．该办法已于2020年4月开始施行．通常我们以分贝为单位来表示声音大小的等级，分贝为安静环境，超过50分贝将对人体有影响，90分贝以上的环境会严重影响听力且会引起神经衰弱等疾病．如果强度为的声音对应的分贝数为，那么满足：．若在地铁中多人外放电子设备加上行车噪音，车厢内的声音的分贝能达到，则的声音与的声音强度之比为（）．A. 40B. 100C. 40000D. 10000【答案】D【解析】直接把数值代入，两式作除法运算可得比值.【详解】由公式可知，，，所以，故选：D．【点睛】本题考查对数函数模型的应用，属于基础题.5. 设单位向量，满足：，则（）．A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据条件对两边平方，进行数量积的运算即可求出，然后根据即可求出答案．【详解】解：，，，．故选：．【点睛】本题考查了单位向量的定义，向量数量积的运算，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题．6. 某中学新学期的选修课即将开启选课，甲、乙、丙三人在足球、篮球、摄影、书法四门选修课中选择，学校规定每人限选一门课，若甲不选足球，乙不选篮球，则共有（）种不同的结果．A. 36B. 27C. 24D. 18【答案】A【解析】【分析】甲空掉足球，乙空掉篮球，再结合分步计数乘法原理求解即可【详解】由于甲不选足球，共有种选法，乙不选篮球，共有种选法，丙共有种选法，故共有种选法故选：A【点睛】本题考查排列组合公式的应用，属于基础题7. 的展开式中，含项的系数为（）．A. 60B.C.D. 80【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理写出通项公式，再令的幂为1即可求解【详解】的展开式中，第项为，令，即时，含项的系数为，故选：C．【点睛】本题考查二项式定理中具体项的系数求解，属于基础题8. 设函数，则下列说法正确的是（）．A. 是奇函数B. 是周期函数C. 的图象关于点对称D.【答案】B【解析】【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【详解】解：对于函数，当时，函数，为常数函数，显然不是奇函数，故错误；由于，故该函数为周期函数，故正确．当时，，不一定等于零，故错误；当，时，，故不正确，故选：B．【点睛】本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．9. 设，若，则（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合余弦二倍角公式化简即可求解【详解】结合题干，由可得，即，所以或，故选：D．【点睛】本题考查二倍角余弦公式的使用，属于基础题10. 设中角，，所对的边分别为，，，下列式子一定成立的是（）．A.B.C. ．D.【答案】C【解析】【分析】A项不妨令，可判断错误；B项由余弦定理判断错误；C先采用边化角得，再结合同角三角函数代换关系将正弦化余弦可求证；D项结合角化边得，再结合余弦定理两式代换可判断错误【详解】对A，令，可判断等式不成立，故A 错误；对B,由余弦定理可得，故B错误；对于C选项，由可得，即，整理得，移项可得C选项，故C正确；对于D选项，由，有，，而，可得，故D错误，故选：C．【点睛】本题考查由正弦定理和余弦定理进行公式推导证明，考查了数学运算的核心素养，属于中档题11. 为响应国家精准扶贫政策，某工作组要在村外一湖岸边修建一段道路（如图中虚线处），要求该道路与两条直线道路平滑连接（注：两直线道路：，分别与该曲线相切于，，已知该弯曲路段为三次函数图象的一部分，则该解析式为（）．A.BC.D.【答案】C【解析】【分析】先设函数解析式，再求导，根据导数几何意义列方程，解得结果.【详解】由题意得三次函数过两点，，所以可设又，所以故选：C【点睛】本题考查求函数解析式、导数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.12. 如图，设在中，，从顶点连接对边上两点，，使得，若，，则边长（）．A. 38B. 40C. 42D. 44【答案】B【解析】【分析】结合正弦定理，设，，对可得，同理对可得，联立解方程即可求解；也可对和使用余弦定理求得，再对使用正弦定理面积公式和余弦定理，联立方程即可求解【详解】方法一：设，，在中，由正弦定理：，可以化简得，在中，由正弦定理：，可以化简得，联立可得，可以化简得，解得，（舍去），故选B．方法二：利用余弦定理得，，，而的面积，则，则在中，由余弦定理得，，简化整理得，即，（舍），故选：B．【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的具体应用，数学运算的核心素养，属于中档题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设向量，，若，则______．【答案】3【解析】【分析】根据，由，利用坐标运算求解.【详解】向量，，因为，所以，即，解得．故答案为：3【点睛】本题主要考查平面向量数量积运算，属于基础题.14. 设函数，则在上的最大值为______．【答案】2【解析】【分析】由，得到，然后再利用正弦函数的最值求解.【详解】已知函数，因为，所以，所以，所以在上的最大值为2故答案为：2【点睛】本题主要考查三角函数的最值的求法，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.15. 去年底，新一代的无线网络技术发布.相比于上一代，加入了新的技术，支持多个终端同时并行传输，有效提升了效率并降低延时，小明家更换了支持的新路由器，设在某一时刻，家里有个设备接入该路由器的概率为，且那么没有设备接入的概率______．【答案】【解析】【分析】由题意可列出，再结合计算公式代值计算即可【详解】由，且，所以有，可求得．故答案为：【点睛】本题考查具体问题中概率求解问题，属于基础题16. 函数称为取整函数，也称高斯函数，其中不超过实数的最大整数称为的整数部分，例如：，设函数，则函数在的值域为______．（其中：，，）【答案】【解析】【分析】求导得，令，再次求导后可推出在，上单调递增，故有，从而得在，上单调递增，再求出在，上的最大值和最小值即可．【详解】解：，，令，则，，，，即在，上单调递增，（2），即，在，上单调递增，；，在，上的值域为，2，．故答案为：，2，．【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，需要构造函数，多次求导来确定函数的单调性，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力.三、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. 在中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求的值；（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）结合二倍角公式将代换，再全部转化为关于的表达式即可；（2）由为锐角三角形，再结合（1）知，且，结合余弦定理解关于的不等式组即可求解【详解】（1）因为，则，即，因，，则，．（2）因为，，且为锐角三角形，则角一定为锐角，因为，所以，即，，又，所以，，即，综上所述，的取值范围是．【点睛】本题考查二倍角公式的使用，余弦定理解三角形的具体应用，属于中档题18. 甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，规定每一局比赛获胜方记1分，失败方记0分，谁先获得5分就获胜，比赛结束，假设每局比赛甲获胜的概率都是．（1）求比赛结束时恰好打了7局的概率；（2）若现在的比分是3比1甲领先，记表示结束比赛还需打的局数，求的分布列及期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）利用事件的独立性，分两种情况，恰好打了7局甲获胜和恰好打了7局乙获胜，再将概率相加，即可得答案；（2）记的可能取值为，利用二项分布求出分布列，即可得答案；【详解】解：（1）恰好打了7局甲获胜的概率是，恰好打了7局乙获胜的概率是，故比赛结束时恰好打了7局的概率．（2）的可能取值为，，，，，故的分布列为2 3 4 5则的数学期望．【点睛】本题考查相互独立事件和二项分布的概率计算，考查运算求解能力，求解时注意识别概率模型.19. 已知．（1）若函数的最小正周期为，求的值及单调递增区间；（2）若时，方程恰好有两个解，求实数的取值范围．【答案】（1），，；（2）.【解析】【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简得，根据最小正周期可求出，再令可解出单调递增区间；（2）可知恰好有两个解，可得，解出即可.【详解】（1），所以，因为最小正周期，又，所以，即，所以，解得，，所以的单调递增区间为，．（2）因为时，，恰好有两个解，即恰好有两个解，所以，即，解得，所以实数的取值范围是．【点睛】本题考查二倍角公式和辅助角公式化简，考查三角函数的性质，属于中档题.20. 如图，已知三棱柱的底面是正三角形，且平面，是的中点，且．（1）求证：平面；（2）已知三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接交于，根据中位线定理可得，于是平面；（2）证明平面，根据棱锥体积计算棱柱的高，建立空间坐标系，求出两平面法向量，根据法向量夹角得出二面角大小．【详解】（1）证明：连接交于，则为的中点，又是的中点，，又平面，平面，平面．（2）解：因为，又因为平面，所以，而，因为，底面是正三角形，所以，，代入得．以为轴正方向，为轴正方向，过作的平行线为轴正方向建立空间直角坐标系，所以，，，，，因为平面，且平面，所以，又，且，故平面．取平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，．因为，，所以令，，，则．又，所以与夹角的余弦值为，所以二面角的余弦值为．【点睛】本题考查线面平行的判定，棱锥的体积计算，考查空间向量与二面角的计算，属于中档题．21. 已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，，离心率，的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆相交于点，，则直线，的斜率分别为，，且，，其中是非零常数，则直线是否经过某个定点？若是，请求出的坐标．【答案】（1）；（2）直线经过定点.【解析】【分析】（1）由题可得，再结合即可求解椭圆标准方程；（2）联立直线与椭圆方程，表示出韦达定理，求出，结合韦达定理可得与的代换式，代入整理成点斜式即可求解【详解】（1）因为，的面积，且，故解得，，，则，，则椭圆的标准方程为．（2）假设，，直线与椭圆联立得消去整理得，则，，又因为，所以，，则，即，代入韦达定理得，即，化简得，因为，则，即，代入直线得，所以恒过，故直线经过定点．【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，由直线与椭圆的位置关系求证直线过定点问题，韦达定理的使用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题22. 已知．（1）当时，讨论的单调性；（2）若在上单调递增，求实数的取值范围；（3）令，存在，且，，求实数的取值范围．【答案】（1）在上单调递增；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求导得，则，由此得，从而得到函数的单调性；（2）分类讨论，当时，，满足要求；当时，有时，恒成立，而，，再分和两种情况讨论即可求出答案；（3）由题意得，即，进而有，令，则转化为时，方程有解．解法一：令，则时，有解，结合导数讨论函数的单调性，由此求得结论；解法二：分离参数后用洛必达法则求得答案．【详解】解：（1）当时，，则，∴，当时，，时，，则在上单调递减，在上单调递增，又∵，∴时，，∴在上单调递增；（2）当时，，在上单调递增，则时满足要求；当时，在上单调递增，则当时，恒成立，∵，，当时，，∴上单调递减，而，∵，，∴，∴时，，故时不成立，当时，，当时，，时，，则在上单调递减，在上单调递增，∵时，，只需，即，∵，∴，则，综上所述，实数的取值范围是；（3）∵，∴，，∵，∴，即，又，∴，即，令，则，即方程有解．解法一：令，则时，有解，，因为时，则，当时，，即时，，则在上单调递减，又，故时，无解，则时不成立；当时，当时，，时，，又，则，，而，令，，，因为，则，则在单调递减，，则在单调递减，则，即，故存在，使得，故时满足要求，综上所述，实数的取值范围是．解法二：分离参数后用洛必达法则：即，令，则，令，，∴当时，，故在上单调递增，故，由洛必达法则知：当时，，则，则，∴实数的取值范围是．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查计算能力，考查转化与化归思想，考查分类讨论思想，属于难题．。
巴蜀中学2024届高考适应性月考卷(三)数学答案
巴蜀中学2024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 D D A B A B C 【解析】1．由题意设41a m =+，42b n =+，其中m n ，都是整数，则4()3a b m n +=++，其中m n +是整数，可以是奇数也可以是偶数，故a b D +∈，故选D ．2．设75()()()()a b m a b n a b m n a m n b -=-++=+--，所以75m n m n +=⎧⎨-=⎩，， 解得61m n =⎧⎨=⎩，，所以756()()a b a b a b -=-++；又[527][630]a b a b -∈+∈，，，，所以756()()[36192]a b a b a b -=-++∈，，故选D ．3．0112()x a f x a --==，∵∴且1a ≠，恒过定点(11)-，，111()1m n g x x==-=+，，∴∴，其图象不经过第四象限，故选D ．4．因为()a b a +⊥ ，所以2)0(a a a a b b =++= ，∴21||||||02a a b -= ，1||||2a b = ，所以a在b 方向上的投影向量为14||||a b b b b b =-，故选A ．5．不妨设(30)(06)A B -，，，，由||AB =，min 15()2AMB S =△，知min ()M l d →=． 设2002y M y p ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则M l d →==故min 6()M l pd →-==，故4p =，故选B ． 6．8341288C 1C r rr rrrT x x --+⎛⎫= ⎪⎭=⎝ ，其中08r r ∈N ≤≤，，当02468r =，，，，时为有理项，故有5项有理项，4项无理项，故555599A A A p = ，454599A A A q = ，故55554545A A A A 5p q == ，故选A ． 7．由题意知5S 是等差数列{}n a 的前n 项和中的最小值，必有10a <，公差0d >，若50a =，此时45S S =，4S ，5S 是等差数列{}n a 的前n 项和中的最小值，此时5140a a d =+=，即1=4a d -，则18167335a d da da d a +===+；若5600a a <>，，此时5S 是等差数列{}n a 的前n 项和中的最小值，此时1540a a d =+<，6150a a d =+>，即154a d-<<-，则1816111771(3)5552a a d d a a a d d da a ++===+∈+∞+++，，综合可得：86a a 的取值范围是[3)+∞，，故选B ．8．由(1)[2()()]()x f x xf x xf x '++>，可得22()2()()1x f x xf x x f x x '+>+，即22()(())1x f x x f x x '>+，令2()()g x x f x =，则()()()(1)0()11g x g x g x x g x x x '-+'>-=++．令()()1g x G x x =+，2()()(1)()()01(1)g x g x x g x G x x x ''+-⎛⎫'==> ⎪++⎝⎭，所以()G x 在(0)+∞，上是单调递增．不等式2315(4)(4)x f x x ++<+，等价于2(4)(4)35x f x x ++<+，即(4)(4)35g x G x x ++=<+，(6)36(6)(6)377g f G ===，所求不等式即(4)(6)G x G +<．由于()G x 在(0)+∞，上是单调递增函数，所以46x +<，解得2x <，且40x +>，即4x >-，故不等式的解集为(42)-，，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 ABD ACD BC BC【解析】9．函数πsin 3cos32y x x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，A 选项，将cos y x =的图象上各点的横坐标缩小为原来的13得cos3y x =，再将图象关于x 轴翻折得到cos3y x =-的图象；B 选项，将sin y x =的图象上各点的横坐标缩小为原来的13，得sin 3y x =，再向右平移π6个单位长度得ππsin 3sin 362y x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图象；C 选项，将sin y x =的图象向右平移π6个单位长度得πsin 6y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，再将各点的横坐标缩小为原来的13得π6sin 3y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象；D选项，将cos y x =的图象左平移π个单位长度得cos y x =-，再将各点的横坐标缩小为原来的13得cos3y x =-的图象，故选ABD ． 10．∵12m a ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，，41n b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴42m n a b =+ ．对A ：若m n ，可以作为平面向量的一组基底，则m n ，不平行，故11240a b ⨯-⨯≠，18ab ≠，故23log ab ≠-，故A 正确；对B ：若m n ⊥ ，则42420b am n a b ab +=+== ，故20a b +=，2a b +的值不确定，故B 错误；对C ：若1a b +=，则424242()666b a m n a b a b a b a b ⎛⎫=+=++=+++=+ ⎪⎝⎭，当且仅当42211b a a a b b a b ⎧⎧=-=⎪⎪⇒⎨⎨=-⎪⎪⎩+=⎩，时取等号，故C 正确；对D：由||||m n => 知221141632a b +=+>，故221112a b -=且2116b >，故22222221112127111114b a b a b b b +⎛⎫===+∈ ⎪⎝⎭，，故12b a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，，故D 正确，故选ACD ． 11．()(1)sin cos f x x x x λ'=++，令()0f x '=，则(1)sin cos x x x λ+=-，当cos 0x =时，sin 1x =±，则(1)sin cos x x x λ+=-无解，此时()f x 无极值点；当cos 0x ≠时，1tan (1)1x x λλ=->-+，数形结合知：tan y x =与1(1)1y x λλ=->-+在[ππ]()x k k k +∈-∈N ，上有21n k =+个交点，对应()f x 在[ππ]()k k k +-∈N ，上的极值点为21222111()k k x x x x x x ++<<< ，，，，且2122321120k k k k k x x x x x x x x +-+++++===== ，10k x +=，故A 错误，B 正确；当1k =时，3n =，并且21320x x x ==+，故123x x x ，，为等差数列，C 正确；当2k =时，5n =，并且5124320x x x x x ++===，21312ππππ22x x ⎛⎫⎛⎫∈--∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，故要使125x x x ，，，为等差数列，只需312(0)x x x =，，为等差数列，即等价于122x x =成立即可，故1122222212tan tan 211tan 22tan 1tan 1x x x x x x x x λλλ⎧=-⇒=-⎪⎪++⇒=⎨⎪=-⎪+⎩，，由二倍角公式：222222tan tan 22tan 1tan x x x x ==-，故221tan 0ππ2x x ⎛⎫=⇒∈-- ⎪⎝⎭，时无解，故当2k =时，不存在1λ>-使得125x x x ，，，为等差数列，D 错误，故选BC ． 12．令||()|log |||0x a f x a x =-=，则|||log |||x a a x =，||x y a =与|log |||a y x =都是偶函数，故考虑0x >时：||x x y a a ==与|log ||||log |a a y x x ==的图象的交点；当01a <<时，作出函数|log |x a y a y x ==，的图象易得：函数|log |x a y a y x ==，的图象有两个交点，所以当01a <<时，函数()|log |x a f x a x =-的零点个数为2；当1a >时，作出函数|log |x a y a y x ==，的图象，此时两个函数图象的交点个数取决于方程log x a a x =的解的个数，x y a =与log a y x =的函数图象关于y x =对称，故临界情况是x y a =与log a y x =都与y x =相切，此时有111e e ln ln 1ln 1e x x x xx a x a x x x x a a a =⎧⎧=⎪⎪⇒=⇒==⇒⎨⎨=⎪⎪⎩=⎩，，，故当0x >时：1e1e a <<时，函数|log |xa y a y x ==，的图象有3个交点，1ee a =时，函数|log |x a y a y x ==，的图象有2个交点，1ee a >时，函数|log |x a y a y x ==，的图象有1个交点． 综上所述：1e e a >时，函数()y f x =的图象有2个零点；01a <<或1ee a =时，函数()yf x =的图象有4个零点；1e1e a <<时，函数()y f x =的图象有6个零点，故选BC ． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．2a ∵，10a 是方程213140x x -+=的两个实数根，2102101314a a a a +==，，∴故21000a a >>，，根据等比数列的性质有：2621014a a a ==且4620a a q => ，故6a =14．直线y x c =+过上焦点2(0)F c ，且倾斜角为π4，由12112F F F B F A += ，知A 是2BF 的中点，由2(0)(0)F c A c -，，，，得(2)B c c --，，故双曲线的渐近线方程为12y x =±．15．对数函数符合1122()()x f f x f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，结合()f x 是偶函数：可令()log ||a f x x =，代入点382⎛⎫⎪⎝⎭，，解得4a =，故()f x =4log ||x ． 16．三倍角公式：2cos3cos(2)cos 2cos sin 2sin (2cos 1)cos A A A A A A A A A =+=-=--232(1cos )cos 4cos 3cos A A A A -=-，故cos cos30cos cos3C A C A +=⇒=-=cos(π3)π32A C A B A -⇒=-⇒=，ABC △为锐角三角形，故π02π022π0π32A A A ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪⎪<-<⎪⎩，解得ππ64A <<，故tan 13A <<，114tan 4tan 5tan()tan A A B A A ⎫+=+∈⎪⎪-⎝⎭． 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）由频率分布直方图可知：分数低于70分的学生所占比例为40%，分数低于80分的学生的所占比例为70%，所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数在[70)80，内．…………………………………………………………………………………………（2分） 由0.500.40220701073.30.700.403-+⨯=≈-，所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数约为73.3分．………………………………………………………………………………………（5分） （2）根据按比例的分层抽样：抽取的“亚运迷”学生3人，“非亚运迷”学生2人，ξ的所有可能取值分别为0，1，2，……………………………………………………（6分）0325C 1(0)C 10P ξ===，113225C C 3()C 15P ξ===，2325C 3(2)C 10P ξ===，………………………………………………………………………………………（9分）所以ξ的分布列为：所以数学期望1336()012105105E ξ=⨯+⨯+⨯=．………………………………………（10分） 18．（本小题满分12分）解：（1）由tan ϕ=sin cosϕϕ==………………………………………………………………………………………（1分）故222()cos (cos )sin cos sin 2f x x x x x x x x ωωωωωωω=+-=-+1πcos22cos22sin 226x x x x x ωωωωω⎫⎛⎫=+=+=+⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ………………………………………………………………………………………（4分） 所以2ππ2T ω==，解得1ω=， 所以π()2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．………………………………………………………………（5分）（2）由π12x ϕ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，得πππ22636x ϕ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦，，tan 32ππϕϕ⎛⎫=⇒∈⇒ ⎪⎝⎭， π5π7π2666ϕ⎛+⎫∈ ⎪⎝⎭，， 2sin y x =在ππ32x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，上单调递增，在π2π26x ϕ⎡⎤∈⎢⎣+⎦上单调递减，…………………………………………………………………………………………（7分） π2sin 3π2sin 22=，222π2tan 1tan 22cos 261tan 2si 1t a n n ϕϕϕϕϕϕϕ-⎛⎫++=+ ⎪++=⎝⎭ 113=，……………………………………………………………………………………（11分）所以函数()y f x =在区间π12ϕ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为1213⎡⎤⎢⎥⎣⎦． ……………………………………………………………………………………（12分）解：（1）由1n n a a +>，知221111a a k k a =+=+>=，故0k >．………………………………………………………………………………………（2分）当0k >时，显然0n a >，且221111()()n n n n n n n n a a a a a a a a +----=-=+-，故1n n a a +-与1n n a a --同号，故对一切n +∈N 都有1n n a a +>．综上所述：实数k 的取值范围是(0).+∞， ……………………………………………（5分）（2）若13a =且0k =，则21n n a a +=．由130a =>，知0n a >，两边取对数：212ln ln ln n n na a a +==，且1ln ln 3a =，…………………………………（8分） 故1ln ln 32n n a -= ，故11ln 322e 3n n n a --== ，故数列{}n a 的通项公式为123()n n a n -+=∈N ．…………………………………………（12分） 20．（本小题满分12分）解：（1）在ABC △中，由2sin a B =，可得：2sin sin A B B =，而sin 0B >，所以sin A =π3A =或2π.3A =由2||AC AB AB = ，知π2B =，故ππ.36A C ==，…………………………………………………………………………（3分）由2b =，知1c a ==，故ABC △的面积为1sin 22ABC S ac B ==△．…………………………………………（5分） （2）在ACD △中，由余弦定理：2222cos 4024cos AC AD CD AD CD D D =+-=- ，………………………………………………………………………………………（7分）故2126sin 6sin 82ABCD ABC ACD S S S AC D D D =+=+⨯⨯⨯=-+△△)D ϕ=+-，其中sin cos ϕϕ==11分）所以，当π2D ϕ=+时，ABCD S 取得最大值．………………………………（12分）解：（1）由已知得1ABD a a b S ab ⎧⎧==⎪⎪⇒⎨⎨=⎪==⎪⎩⎩△，， ………………………………………………………………………………………（2分） 所以椭圆C 的标准方程为2213x y +=．…………………………………………………（4分）（2）设直线P Q '的方程为(0)x ty n t =+≠，联立方程2213x y x ty n ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，， 得：222(3)2(3)0.t y tny n +++-=设1122()()P x y Q x y '，，，，则由韦达定理：12221222333tn y y t n y y t ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，， ………………………………………………………………………………………（6分） 由点P 与点P '关于x 轴对称知11()P x y -，， 由M P Q ，，三点共线知MP MQ k k =，即2121y y x m x m-=--，即2121y y ty n m ty n m -=+-+-， 故122121()()ty y n m y ty y n m y ---=+-，即12122()()0.ty y n m y y +-+=………………………………………………………………………………………（8分） 代入韦达定理：2222232262(3)2()03333n tn tnm t t nm t n m t t t t -----===++++ ， 由0t ≠，知3n m=故直线P Q '与x 轴交于定点30.K m ⎛⎫⎪⎝⎭………………………………………………（10分） 由(0)M m ，在椭圆2213x C y +=：外，得：()m ∈-∞-+∞ ，，由AKB ∠是钝角，知||||1OK OA b <==(O 为坐标原点)， 即3(01)m∈，，解得(3)(3)m ∈-∞-+∞ ，，， 综上所述：m 的取值范围是(3)(3)-∞-+∞ ，，．……………………………………………………………………………………（12分）（1）证明：π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，求证()1f x <等价于求证sin x x <．令()sin x x x ϕ=-，则()cos 10x x ϕ'=-≤，故()x ϕ在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，故()(0)0x ϕϕ<=，不等式成立．………………………………………………………（2分） （2）解：令sin cos ()()().x ax xF x f x g x x-=-=因为()()F x F x -=，所以题设等价于()0F x >在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上恒成立，即：()sin cos 0H x x ax x =->在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上恒成立，………………………………………………………………………………………（3分） ()(1)cos sin H x a x ax x '=-+，(0)0(0)1.H H a '==-，（i ）当0a ≤时，在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上sin 0cos 0x ax x >-，≥，故()0H x >，所以()0F x >，符合题意；（ii ）当01a <≤时，()(1)cos sin 0H x a x ax '=-+≥在π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，上恒成立，故()H x 在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，故()(0)0H x H >=，所以()0F x >，符合题意； （iii ）当1a >时，(0)10H a '=-<，ππ022aH ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭， 故必存在0π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使得0()0H x '=，且当0(0)x x ∈，时，()0H x '<，故()H x 在0(0)x ，上单调递减，故在0(0)x ，上()(0)0H x H <=，不符合题意．综上所述：实数a 的取值范围是(1]-∞，．……………………………………………（6分） （3）解：由（1）知：sin x x <在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上恒成立．由（2）知：当1a =时，()()f x g x >，即sin cos sin cos x x x x x x >⇒>在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上恒成立． 令222222sin sin cos ()[()]()cos x x ax xG x f x g x a x x x -=-=-=，因为()()x x G G =-，所以题设等价于()0G x >在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上恒成立，即：22()sin cos 0h x x ax x =->在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上恒成立．………………………………………………………………………………………（7分） （i ）当0a ≤时，在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上22sin 0cos 0x ax x >-，≥，故()0h x >，所以()0G x >，符合题意；（ii ）当01a <≤时，2222()sin cos sin cos h x x ax x x x x =--≥， 令22()sin cos r x x x x =-，π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，则22()2sin cos 2cos sin 2sin cos 2sin sin r x x x x x x x x x x x x >-+'=-+ 22222[2(1cos )]sin 4sin sin 4sin sin 0222x x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=-=->⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 所以()r x 在π02⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，所以()(0)0r x r >=，故()0h x >，所以()0G x >，符合题意；（iii ）当1a >时，22()sin cos h x x ax x =-222cos (1cos )x ax x x a x <-=-， 当1cos 1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，1cos 0a x -<， 故222()cos 1c s ()o 0h x x ax x x a x <-=-<，不符合题意．综上所述：a 的取值范围为(1]-∞，．…………………………………………………（12分）。