巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（七）数学-答案

巴蜀中学2024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12345678答案ADBCCDBD【解析】log(12500)log(2500)12lg23．提升的比例为2211log(2.5103)113%，故选103log22(11000)log(1000)3B．CA12CA22724．P3434，故选C．5625413．由题为偶函数，∴，∵0.1且在，5f()xbflog22f(log3)2log3220f()x(02)32上单调递减，所以bca，故选C．n6．aaaaaaannnnnnn2132211222()02aa21，故选D．另解：aaaaaaannnnnnn213221122aa21222，若1，则n1an2符合；若1，则aann11222an222(22)an.①当2时，n1n1an2不符合；②当2时，an2(2)22，aann12(2)0恒成立，则2，故选D．π7．fx()sin2x3cos2x32sin2x3，fx()0在(0，π)上恰有两解，3πππ2ππ7π14∵22x，，π则2π≤≤，故选B．333333238．由题可得OAOB，记AB的中点为M，则M的轨迹为Cx：22y2，|xy1136||xy2326|表示A()()xy11，，Bxy2，2到直线xy360的距离之和的2倍，即M到直线xy360的距离的4倍，所以其最小值为1242，故选D．数学参考答案·第1页（共8页）{#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案ABDACDBD【解析】10109．选项C中，比如数据4，4，4，4，4的均值为4，标准差为1，故C错误，22故选ABD．1yy22110．动点M满足MA与MB的斜率之积为，设M()xy，，2xx2xy22：，1(x0)故A正确；BC：，设yx2M(22cos，，则2sin)841SBCd|||22cos2sin2||23sin()2|≤，故232C正确；△MBC2△MBC面积无最小值，故B错误；Mx()(，，yNx，y)(0)，Hx，，yy1k，，kkk，kk1，△MPN为以NMP为直角的直角三角形，MNxxHN22PMPNPMMN故D正确，故选ACD．π11．由题可知CFB，当时，AC与EF所成角等于AC与AB所成角CAB，此时2ABAB6cosCAB，故A错误；记AB的中点为M，∵△ABGACAB222BFCF3为等腰直角三角形，则CABG的外心在过点M且垂直于平面ABG的直线上，Rt221，R2，MFMB22BF2，设OMt，则有故CABG的外22Rt(1)2t1，8接球的体积为2π，故B正确；过C作CHBF，垂足为H，则3πCHsin，AH4(1cos)2，当时，AC与平面ABFE所成角为CAH，此3315时tanCAH，，sinCAHD正确；AC4(1cos)22sin517101πcos，故C错误，故选BD．23数学参考答案·第2页（共8页）{#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号12131410答案2(0，1)2【解析】tt513．由题，设PFtPFt，，224aQFaQF，a，在Rt△中，PQFQFPF2113322223510t，∴taPFa3.，在△PFF中，由勾股定理可得()()4PF222PFce.3112212114．P(())xfx11，处切线方程为yxxx()ln11；Qx(())22，fx处切线方程为x1111yxxx()ln22，两条切线互相垂直，则11xx12，x2xx12211||x12||PAx1x11∴||(01).x1，||QB221x211||x2x2四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．（本小题满分13分）解：（1）由余弦定理及题目acb2222bcAcos2acBbcAacos2coscosBbAcos，由正弦定理可得sinABcossinBAcossin(AB)0，π∴∴AB，，C2a25125AMb2b6b，4251210cb2．………………………………………………………………………（6分）5数学参考答案·第3页（共8页）{#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}（2）由（1）可知，∴caBaA2cos2cos，a2在△中，ABMAM22caccosA36，4a2144(2aAcos)22222acosA36a，48cos12A1144sinAAcosSaC2sin≤24(=tanA3)，29cossin22AA所以△ABC面积的最大值为24．………………………………………………………（13分）本题解法较多，其他方法可以参照公平性原则给分.16．（本小题满分15分）解：（1）当n1时，22Saaa1122；当n≥时，22Saannn11，又因为2Saannn1，可得2(aaaannnn11).∵an0，可得aann112，所以{}{}aa21nn，2均为等差数列，anan21nn21，，22可得ann；………………………………………………………………………………（4分）设等比数列的公比为q，由题bb236b1，6b∴bq(1)2qq260.2q因为{}bn为正项等比数列，故q2，由ba244，n故bn2．…………………………………………………………………………………（7分）111111（）由题，，2cnnTn23nabnnn222232n2kk1存在k16，使得Tn(4)≥．………………………………………………（9分）24n24证明如下：111116当n4时，TT；n2222343242324……………………………………………………………………………………（11分）11111当n4时，Tn2222343242n2n11111234n222323232数学参考答案·第4页（共8页）{#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}1611117，1n32438224即证．……………………………………………………………………………………（15分）17．（本小题满分15分）ax221x解：（1）由题，f()x的定义域为(0，，)fx()．x3①当a≥时，1fx()≥0恒成立，f()x在(0，)上单调递增，无极值点；11a②当a1且a0时，fx()0x.a11a11a11a（）当时，，故在，上单调递增，在，ia00f()x0aaa上单调递减，不符合；11a11aa11（ⅱ）当时，在，上单调递增，在，上单01af()x0aaa11a调递减，在，上单调递增，af()x在(0，)上有两个极值点，故01a．………………………………………（9分）21（2）由（1）可知x，x为方程ax2210x的两根，所以xx，xx.1212aa12……………………………………………（11分）2211，fx(12)fx()alnx1alnx222aalna2xx1222x1x2记g()aaaaln2(0a1)，在ga()lna0ga()(0，1)上递增，121又g2，故a．……………………………………………………………（15分）eee18．（本小题满分17分）解：（1）存在，当点F与点C重合时，平面底面ABCD.证明如下：如图1，由题△CC11D为正三角形，E为CD11的中点，∴CED11C.∵D11CDC∥，∴CEDC.图1又∵侧面DCC11D底面ABCD，∴CE底面ABCD.∵∴CE，底面ABCD．…………………………………………………………（5分）数学参考答案·第5页（共8页）{#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}（2）过点D在平面DCC11D内作DZDC，由题可得DZ平面ABCD.π取AB的中点M，连接DM，在菱形ABCD中，DAB，3∴DMAB，DMCD.所以DMDCDZ，，两两互相垂直，以D为坐标原点，DMDCDZ，，分别为x，yz，轴正方向建系如图2，则DA(0，，00)，11(3，，03)，E(0，，23)，C(0，，33).设CFCC1(01)，图2则DFDCCF(0，，，23)AE1(320)，，，EF(0，，3(1))，CE(003)，，，可知CE(0，0，3)为平面ABCD的法向量.设nxyz()，，为平面的法向量，AE1n0，32xy0，有可取n(2(1)3(1)).，，EFn0yz3(1)0，记平面与平面ABCD所成二面角的大小为，211则有cos|cosnCE，，|可得38402，7(1)22112可得或2（舍），3此时F为CC1上靠近C1的三等分点.……………………………………………（12分）如图3，记交BB1于点G，∵平面DCC11D∥平面ABB11A，∴A1GEF∥，G为BB1上靠近B的三等分点，所以A11GBEFC1为三棱台，图31π231π3SABBGSECCF△△sin，，sinAGB11233236111EFC111h3，数学参考答案·第6页（共8页）{#{QQABAYKEggiAQhAAAQhCEwH4CgMQkAACAAoORBAAoAAASRFABCA=}#}17VSSSSh()△△△△.AGB11EFC136AGB11AGB11EFC1EFC1又VSEC6，ABCDA111BCD1ABCD7所以两部分体积之比为．……………………………………………………………（17分）2919．（本小题满分17分）解：（1）设Px()()()()()()00，，yMx11，，yNx22，，yAx33，，yBx44，，yDx55，，yx2x（i）对于抛物线C，yy，，42x故M处的切线方程为yxxyxxyy