重庆市巴蜀中学2023-2024学年高三下学期4月适应性月考卷（八）数学 PDF版含解析

{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}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CBDABCBD【解析】1．因为BA，故2aA．①当2aa时，a0，则A{0，，11}，故a0不成立；②当121aa2时，解得a1，则A{1，，21}，故a1不成立；③当21a时，即a，则21511A，，1，B{1}，故a成立，故a，故选C．24223101012．因为(0，，π)cos，故sin，故tan，故选B．101031153．因为a3，令{}a的公差为d，则aaaada2(3)5dada，6n5833396666故选D．444．间接法：总的辩论队数量是C1269，全是男生的辩论队数量是：C55，全是女生的辩4444论队数量是C14，故满足的辩论队数量是：C954CC12651120，故选A．π3π3π．①当时，，；②当时，，；③当时，5PF12FP1PF21FP1FPF1222222无解，故一共满足要求的P点个数是4，故选B．6．因为lnaln3ln7，lnbln4ln6，lncln5ln5，lndln4ln6，则db，故||0db，又||0ba，||0cb，||0dc，||0ca，||0da，故最小值是||db，故选C．7．令tx2，则g()tattln1，当a0时，g()ttln1与x轴有公共点，故a0时不成立；当a0时，gaaa(eaa)e1(ea1)10，又ga(e)e0，故g()tattln1与x轴有公共点，故a0时不成立；当a0时，g(1)a1，因为g()tattln1与x轴lnt1lnt1没有公共点，故t(0，时，)atlnt10恒成立，即a恒成立，令ht()，tt数学参考答案·第1页（共9页）{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}2lntht()，t(0，e2)时，ht()0，t(e2，)时，ht()0，故ht()在(0，e2)上单t211调递增，在(e2，)上单调递减，故ht()≤h(e)2，故a，故选B．e2e28．因为OQa，OF1c，又因为P，Q在渐近线上，故OQF1Q，FQ1b，又OMF1P，MPOPta且5MPFM1，设MPt，则FP16t，Rt△∽△，故PMORtPQF1，则，PQPF126atb2故62ta22，又在Rt△中：PQFPFQFPQ222，即36taab2222124，解得8，111a2则e29，解得e3，故选D．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ABCACABD【解析】119．根据正态分布的定义得PX()≤，故A正确；EX()2，EY()42，故2211EX()EY()，故B正确；DX()21，DY()41，故D()XDY()，故C正22114确；1，故错误，故选．PY(1)C4DABC2410．根据正方体的性质得ACBC11，故A正确；当r11时，球O1与正方体内切，当O2与正方体的三个面相切时半径r2最大，此时满足13rr22323，解得r223，故B错误；对任意的球O1，球O2与正方体的三个面相切时半径r2最大，故当球O1，球O2都与正方体的三个面相切时rr12取最大值，即rrrr11223323，解得rr1233，故rr12的最大值是33，故选项C正确；由选项B和选项C知，rr122222取最大值33，此时23≤≤，则r114π()4rr12πr14π(33r1)，当r123或r11取得最大值(32163)π，故选项D错误，故选AC．11．fx(1)0，y，对应曲线是xy2210表示单位圆，故A正确；fx(2)0，y，对应的曲44线是xy10，故1111≤≤，x≤≤，且y||1x与||1y不能同时取等号，故S24，故选项B正确；fx()0，yn，对应的曲线xy22nn1，令|||xnx|，|||yyn|，因为曲数学参考答案·第2页（共9页）{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}11线()xy22()1，则||||xxn，且||||yyn，fx(1)0(2)，，ynn≥对应的曲线1xy22nn221，令||xn1|x|，||yyn1||，因为曲线()xy22()1，则||||xxn1，且11111n1nn1nn1||||yy，又||xx≥，||||yy≥||且等号不能同时取得，故SSnn1，故{}Sn是单调递增的，故选项C是错误的；fx(2)0，y，对应的曲线是xy4410，假设曲π线上任意一点，，则44，令22，≤≤，则Px()00yxy001xycossin02142224dxy00sincos≤，故2d≤22，故选项D正确，故选ABD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号121314答案3i2(5，57]【解析】12．因为z(1i)24i，则z(1i)(1i)(24i)(1i)，即262iz，则z3i，故答案是z3i.3313．因为fxfx，即f()xf(3x)，又fx()f(6x)0，即f(3xf)(3x)220，故f(3)()xfx，故f(6)()xfx，则fff(2024)(2)(1)2，故答案是2．1π22a2214．因为cosA，且0A，故sinA，由正弦定理得：23R，323sinA223故2bc2R(2sinBsinC)3[2sin(AC)sinC]3[2sinAcosC2cosAsinCsinC]425π3cosCCsin5sinC42cosC．因为△ABC是锐角三角形，故0C，332π1且AC，故cosACsin1，即sinC1，又25sin42cosbcCC231ππ57sin(C)，令锐角满足sin，故C，C，，且322ππππ，故sin(C)在，上单调递增，在，上单调递减，故2222数学参考答案·第3页（共9页）{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}π1C时，2bc取得最大值57．又sinC时，25sin42cos7bcCC，23又当sinC1时，25sin42cos5bcCC，故2bc的取值范围是(5，57].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）（1）证明：因为PA平面ABC，BC在平面ABC内，所以PABC．……………………………………………（2分）又BCAC，ACPAA，故BC平面PAC．………………………………………（4分）又BC在平面PBC内，故平面PBC平面PAC．………………………………（6分）（2）解：因为ACB90，AB51，，BC故AC2.又PA平面ABC，ACBC，以CA为x轴正方向，CB为y轴正方向，过C作AP的平行线为z轴正方向，建立空间直接坐标系Cxyz，则CABP(0，0，0)，(2，0，0)，(0，，10)，(2，0，2)．……………………………………（7分）设平面PAB的一个法向量为nxyz1111()，，，则nAP10，nAB10，因为AP(0，，02)，AB(210)，，，20z1，则令x11，则y12，z10，，20xy11则n1(1，2，0)．…………………………………………………………………………（9分）设平面PBC的一个法向量为nxyz2222()，，，则nCP20，nCB20，又CP(2，，02)，CB(0，，10)，220xz22，则令x21，yx2201，，，y20故n2(1，，01)．………………………………………………………………………（11分）数学参考答案·第4页（共9页）{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}nn12110故n1与n2夹角的余弦值cos，||||nn125210310310故sin，故二面角APBC的正弦值sin．1010………………………………………………………………………………………（13分）16．（本小题满分15分）解：（1）因为fx()e(xx2x1)，则f()xxxxe(xx22121)e(xx)，……………………………………………（1分）故当x(1)，时，fx()0，当x(10)，时，fx()0，当x(0，时，)fx()0，………………………………………………………………………………………（3分）则f()x在区间(1)，上单调递增，在区间(10)，上单调递减，在区间(0，)上单调递增，故f()x的单调递增区间是(1)，，(0，)，单调递减区间是(10)，，………………………………………………………………………………………（4分）3故f()x在x1处取得极大值f(1)，在x0处取得极小值f(0)1．e………………………………………………………………………………………（6分）x0（2）设切点Mx(e(1))00，x，因为gx()(x1)ex，则g()xxex，…………………………………………………（7分）(1)exx0mx00则切线的斜率kx0e，x00x02化简得：mxxe(001)．…………………………………………………………（8分）因为过点P(0，m)可以作三条直线与曲线ygx()相切，x02故mxxe(001)有三个不同的实根，即fx()m0有三个零点．………………………………………………………………………………………（9分）令hx()f()xm，则hx()f()x，由（1）知：则hx()在(1)，上单调递增，在(10)，上单调递减，在(0，)上单调递增，………………………………………………………………………………………（10分）3又hm(1)，hm(0)1．e数学参考答案·第5页（共9页）{#{QQABRQQUggAgQIBAABgCUQFgCgEQkAEACKoOwBAIoAAAyRNABAA=}#}3①当hm(1)0时，x(0)