贵阳第一中学2024届高考适应性月考卷(一)数学-答案

2023-11-10 · U1 上传 · 9页 · 262.1 K

贵阳第一中学2024届高考适应性考卷(一)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12345678答案ACDBDCAB【解析】x11.函数yxln(1)的定义域为(1),,不等式≤0,可化为xx(1)0≤且x0,所以x01x≤,所以AB{|0xx1},故选A.11x212.当x0时由基本不等式可得x≥2,当且仅当x时取得“=”,当≥2时,则xxxx21xx221(1)x2x2120≥,可得≥0,即≥0,解得x0;所以“x0”是“≥2”xxxx的充要条件,故选C.3.对于A,由正态分布曲线对称性可知:PX(10)0.5≥,PX(8≤≤12)2PX(8≤≤10),A正确;C正确,对于B,∵PX(8)(12)≥≤PX,∴PX(8)(12)(8)≤≤PXPX≤PX(8)1≥,B正确;对于D,∵DX()224,∴DX(21)4DX()16,D错误,故选D.4.当x0时,fx()0,排除A选项;因为fx()fxx(),R,所以f()x为偶函数,排除2sinxxx(21)cosxπC;当x0时,fx(),0x≤时,2sinxxx(21)cosx0,e22πππ所以f()x在区间0,单调递增;ff0(,π)0,所以存在m,π,使得222fm()0,故f()x在(0,m)上单调递增,在(m,π)上单调递减,排除D,故选B.5.当a0时,满足题意;当为二次函数时,因为fx()ax22(a1)x2在(4),上为减a0,11函数,所以1a解得0a≤,综上所述a的取值范围为0,,故选D.≥,455a数学参考答案·第1页(共9页){#{QQABYQKEogCIABBAAAhCEQECCEAQkBAACKoOgEAIoAAAgQFABCA=}#}xy22b6.双曲线1(ab0,0)的渐近线方程为yx,记点A(0,3c),由题意可知,点ab22axy22bFc(0),为双曲线1(ab0,0)的右焦点,易知直线AF与直线yx垂直,且ab22a22b1cb110kAF3,可得,因此,该双曲线的离心率为e11,a3aa33故选C.ab22bx7.因为2log22ab2log12log2(2b),令f()xx2log2,其中x0,因为函x,x,数y2、yxlog2在(0)上均为增函数,所以,函数f()xx2log2在(0)上ab2为增函数,因为2log222ablog(2),即f()afb(2),故20ba,则20ba,所以,211ba,则ln(2ba1)ln10,B错A对;无法确定|2|ab与1的大小,故ln|ab2|与0的大小无法确定,CD都错,故选A.fx()1fx()exx[fx()1]efx()fx()18.构造函数Fx(),则Fx(),因为exee2xxfx()1fx()fx()1,所以Fx()0恒成立,故Fx()单调递减,fx()12023ex变exfx()1f(0)1形为2023,又f(0)2022,所以F(0)2023,所以Fx()F(0),解exe0得:x0,故选B.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)题号9101112答案BDCDABCAD【解析】512139.由题意知A,A,A两两互斥,故D正确;又PA(),PA(),PA(),12311022105310544PB(|A),PB(|A),PB(|A),故B正确;P()BPABPAB()()111211311121514349P(AB)PA()(|PBA)PA()(|PBA)PA()(|PBA),故3112233211511101122155A错误;因为P()BAP(|)()BAPAP()()BPA,所以B与A不是相互独立1112112211事件,故C错误,故选BD.数学参考答案·第2页(共9页){#{QQABYQKEogCIABBAAAhCEQECCEAQkBAACKoOgEAIoAAAgQFABCA=}#}10.数列{}an各项乘以10后再减4得到数列{}bn:,0361224489619,,,,,,,2,故该数列从01,,n第2项起构成公比为2的等比数列,所以bnn2数列{}bn的第2023项为32,≥,n2b40.4,,n12021n32,故A错误;从而ann2故B错误;当n1时,100.320.4,≥,n201n2Sa110.4;当n≥2时,Snaa12an0.40.3(222)0.4(n1)12n10.4nn0.30.40.32n10.3,当n1时,S0.4也符合上式,所以121n19Snn0.40.320.3,S1040.320.3157.3,故C正确;因为01,,nnbnn2所以当n1时,Tb110,当n≥2时,Tbn12323bb32nn,≥,2012n2123nbn03(223242n2),23(223Tn242nn1n112nn2122n12),所以Tn03(2222n2)32n212n1n13(1n)2,所以Tnn3(1)2,又当n1时T10也满足上式,所以n1Tnn3(1)2,故D正确,故选CD.11.对于A,令xy0,得fff(0)(0)(0)0,故A正确;对于B,令yx得:2x2xxxfx()f(x)f2(1),再以代,得:fx()fxf()2(2),(1)1x1x22xx22xx∴,(2)得:ff220,ff22,∴定义在(11)上的函11xx11xx数f()x为奇函数,故B正确;对于C,∵函数f()x为定义在(11),上的奇函数,且当xx,12x(10)时,fx()0,不妨设11xx12,则fx()12fx()f,因为1x12xxx12xx12(1x1)(1x2)xx1211xx12,所以0且10,因此10,1xx1211xx12xx121xx12xx12,所以f0,则fx()12fx()0,即f()xfx12(),故函数f()x在(11)上为1xx1272xy增函数,C正确;对于D,令xy,,因为fx()fy()f,则831xy72121777fff,即fff,因为,且函数f()x在(11),上83232889数学参考答案·第3页(共9页){#{QQABYQKEogCIABBAAAhCEQECCEAQkBAACKoOgEAIoAAAgQFABCA=}#}772177为增函数,所以ff,即ffff,故D错误,故选ABC.893289xy22312.因为双曲线C的方程为1,所以abc435,,,渐近线方程为yx,选169433项,因为直线与双曲线有两个交点,所以,,即正确;选项,由双APF2kAB442222曲线的定义知,||||28PF12PFa,若mn,则||||||(2)PFPFFFc1212222100,因为(|PFPFPFPFPFPF12|||)|1||2|2|12|||,所以641002|PFPF12|||,解得||||18PF12PF,即B错误;选项C:||||PFPQ2||2||252||5FQ1PQaPQ,即C错误;选项D,因为PT平分FPF12,由角分线||||PFPF12||||PF11TF513定理知,,所以,又||||8PF12PF,所以||||TF12TF||||512PF22TF3||||8PFPF,解得||16PF,即D正确,故选AD.2222三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)题号13141516n1121623334答案48011,;2e35209【解析】62322332313.(21)xy的展开式中为xy项为CC(2)48064xyxy.11114.令411x,即x,得y2,故P,,由2P,2在直线laxby:30(0)b2221上,得ab230,即ab248,因为a0且a1,b0,所以a22,所以21111114ba214ba21≥,(24)ab222abab242488a24b8a24b242ba当且仅当,即ab244,即ab21,时,等号成立.ab241115.由f()xxxln(m1)xx21,得f()xxmxln(1),x0.要使4211f()xxxln(m1)xx21有两个极值点,只需f()xxmxln(1)有两个变号根,42数学参考答案·第4页(共9页){#{QQABYQKEogCIABBAAAhCEQECCEAQkBAACKoOgEAIoAAAgQFABCA=}#}1lnxlnx1lnx即(1)m有两个变号根.令gx()(0)x,则gx(),由gx()0得2xxx2xe,易知当x(0,时,e)gx()0,此时g()x单调递增;当x(e,时,)gx()0,1此时g()x单调递减.所以gx()g(e),maxe1而ge0,当01x时,gx()0,当e1x1时,gx()0,作出ygx(),ym(1)211的图象如图1,可知:0(1)m,解得2e图12211m.故答案为11,.ee16.记第n个图形为Pn,边长为an,边数为bn,周长为Ln,面积为Sn,P1有b1条边,边长a1;2121P2有bb214条边,边长aa21;P3有bb314条边,边长aa31;……分析可知33n111n1aann1,即aan1;bbnn41,即bbn14.当第1个图中的三角形的边长为33nn1114n11时,即a11,b13,所以Labnnn343,当n3时,3331416L33.由图形可知Pn是在Pn1每条边上生成一个小三角形,即33333SSba2,(2)n≥,即SSab2,SSab2,nn11n4nnn114nnnn124nn1233,SSab2,利用累加法可得SS()ab22abab2,21142nnnnn11121421数列{}a是以为公比的等比数列,数列{}b是以4为公比的等比数列,故{}ab2是以n3nnn1413为公比的等比数列,当第1个图中的三角形的边长为1时
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