贵州省贵阳市第一中学2025届高三上学期高考适应性月考（二）数学答案

贵阳第一中学2025届高考适应性月考卷（二）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DCDACBBC【解析】1．因为BA，所以m的取值范围是(5]，，故选D.2．由百分位数的定义，故选C．3．令213x，则x2，则f(3)224，故选D.2π8π12π4．∵AOC，弧长为，∴OA4.又∵OB2，∴扇环的面积为(4222)4π，3323故选A．135．当yx与ykx1相交和相切时有唯一公共点，公共点分别为A(1，0)或A2，，则x23sin0或sin，故选C.56．当n≥2时，bTTnnn11TnTn，即()()TTnn11TTnnTTnn1.由数列为正项数列可知，TTnn11，又Tb111，即数列{}Tn是首项为1，公差为1的等差数列，即Tnn，则Tnn11，n≥2.当n≥时，2bTTnnn121n；当n1时，b12111成立，所以bnn21，b2039，故选B．237．将4名教师和6名学生分成2个组，再将两组分别安排到两所高校共有：CC46120种分122配方式；甲和乙不去同一所高校共有：CCC24472种方法，所以，学生甲和乙不去同一723所高校的概率为：，故选B.12058．fx(1)关于直线x1对称，则f()x是偶函数，当x(0，时，)fx()0，函数在(0，)1上单调递增.由3ln21，ln3lne1，1，比较3ln2和ln3的大小，构造函数2lnxfx()，则3ln2>ln3，所以abc，故选C．x数学参考答案·第1页（共8页）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案BDBCDACD【解析】9．根据题意，依次分析选项：A．函数fx()ax12，当x10，即x1时，fx()121，x20≥，则函数f()x的图象恒过定点(1，1)，A错误，不符合题意；B．解得x≥2，所x50≥，29以函数的定义域为[2，)，B正确；C．fx()x25，设tx225，则x22599yt，又由tx225≥5，结合对勾函数的性质可得yt在区间[5，)上递增，tt29xx2≥12则fx()5，C错误，不符合题意；D．函数fx()，有xx20≥，解52t11得21≤≤x，即函数的定义域为[2，1]；设txx22，则y，在区间2，22t11上，t为增函数，在区间，1上，t为减函数，由于y为定义域为R的减函数，2221xx21x，11，1故有，故函数fx()的单调增区间为，D正确，符合题意，222故选BD．m10．对于A，离心率为21，解得：mc12，，4||MF||MF||4，则||9MF或1.4122又因为||MF2≥，ca2∴||9MF2，故A错；对于B，假设存在点P(1，2)为线段ABb233的中点，则k2，又∵kk3，∴kAB，线段AB：yx(1)2，OPOPABa222322xy22联立AB：yx与双曲线1，整理计算得，0，矛盾，所以不存在22412点P(1，2)为AB中点的弦，故B正确（方法2，数形结合）；对于C，由于双曲线的渐近线斜率为3，结合图象易知，直线l与双曲线C的两支各有1个交点，则直线l的斜率k(33)，，故C正确；对于D，△MFF12的内切圆与x轴相切于点Hx(0)0，，则由双曲线定义得：2a||MFMFHFHF1212|||||||||||(x000ccx)()|2|x|，所以xa02，即△MFF12内切圆圆心的横坐标为2，所以D正确，故选BCD.数学参考答案·第2页（共8页）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}2π211．A．因为0，所以T≥3π，解得0≤，所以A正确；B．由曲线yfx()关3πππ于直线x对称，得kkπ(Z)，解得24(kkZ)，所以“2”是“曲442π线yfx()关于直线x对称”的充分不必要条件，所以B错误；C．因为图象平移后4πππππ令gx()sinx，在区间0，上单调递增，令x，，所以66622ππ≥，≥，3623即3又因为0，所以0≤，所以C正确；D．因为πππ≤.2≤，2662x12，，xxx(0π)(12)，又因为sin(πx)sinx，所以xx12π，则122sin(x21xxxxx)sin(π21)sin212sin1cos1，因为sinx1，所以cosx，所以31312242sin(xx)2，所以D正确，故选ACD.21339三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号121314答案2411【解析】525rr51rr5533rr12．二项式ax的展开式通项为Taxxaxr15C()C5，由于该32xC40rra5，5r3，二项式的展开式中常数项为40，则5r解得∴a2.50，a2，313．先作出f()x的大致图象，如图1，令f()xt，则gt()t2atb0，根据f()x的图象可知：要满足题意必须gt()0有两个不等根ttt1212，()t，且f()xt1有两个整数根，f()xt2有三个整数根，结合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数图1数学参考答案·第3页（共8页）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}444ytyx，相切时符合题意.因为xx≥24，当且仅当x2时取得等号，1xxx又yxlog22||log(xx)(0)，易知其定义域内单调递减，即fx()t14，此时有两个整数根x2或x16，而要满足f()xt2有三个整数根，结合f()x的图象知必有一根小4于2，显然只有x1符合题意，当x1时，有f(1)5，则t5，解方程x5，得t52x2的另一个正根为x4.又log2(xx)532，此时五个整数根依次是x32，，，，16124，显然根和为41.14．设AB的直线方程为xtyn，A()xy11，，B()xy22，，则由AB与抛物线的方程消x得：2x12xyy122ytyn220，∴yy122t，yy122n.∵P，，∴，P()tnt.2211111142∵ABCD，同理可得：Qn，，SMPMQtt△MPQ||||t2t22tt4211121t2≥，当且仅当t2，即t1时，面积有最小值为1.2t2t2四、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）因为ann2100≥，解得n≥，5所以Sa15||||1a2|a15|()aaaa1234aa56a15…………………………………………（2分）15(aa)4(aa)SS2115214130.………………………………………（4分）15422（2）b15，bbb∵bn23n5，155215nbbb当n≥时，2bn231n5(1)，155225nb两式相减，得n5，即b5.n…………………………………………………（6分）5n1n又当n1时，b15符合题意，n所以bn5.数学参考答案·第4页（共8页）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}a210nn，nbn51121n，…………………………………（分）Tnn(8)(6)(210)8555111231n1故，…………………………（分）Tnn(8)(6)(210)955554111231nn11两式作差得，Tnn(8)222(210)555555…………………………………………………………………………………………（10分）n1211n1482551即Tn(210)，………………………………（11分）n155155115115n化简得.………………………………………………（分）Tnn13285816．（本小题满分15分）（1）解：f()xae2xx4e，令tex，即f()ttta24，x1x22令t1e，t2e，则t1，t2是方程tta40的两个正根，则Δ(4)42aa1640，即a4，有tt124，tt12a0，即04a.……………………………………………（6分）（2）证明：aa(1)ln20(04)aa，令gx()x(1)ln2(04)xxx，x11则g()x1lnxxln.xx111令hx()lnx(0x4)，则h()x0，xx2x则g()x在(0，4)上单调递减.………………………………………………………（9分）11又g(1)ln11，g(2)ln20，1211故存在x0(1，2)，使gx()00lnx0，即lnx0，则当x(0，x0)时，gx()0；x0x0当xx(4)0，时，gx()0，故g()x在(0，x0)上单调递增，g()x在(4)x0，上单调递减，………………………………………………………………………………（12分）数学参考答案·第5页（共8页）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}11则gx()≤gx(000)x(x1)lnx02x00(x1)2x03.xx00151，gx()x30又x0(1，2)，则x02，故00，x02x0即gx()0.………………………………………………………………………（15分）17．（本小题满分15分）11（1）证明：因为AEAB，ADAC，所以AAAB，AAAC.12121111又因为A111BACA，所以AA1平面A1BC.……………………………………（6分）（2）解：如图2，点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，三角形的边长为2，1133，，，，，，，，则E00，D00，B10，C10.22223设A()xyz，，，因为AE1，AO，11122122xyz1，x0，2所以3yz22，2223xyz4图241