重庆市8中2023届高考适应性月考卷（四）数学试卷+答案

重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（四）数学参考一、单项选择（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ADBCCBDC【解析】4bbi(4i)(34i)(124bb)(316)i2．∵zbbz(34i)4i(R)，，因为z为纯虚34i2525124b0，数，b3，故选D．3160b3．直线laxy1：与480直线lxay2：平3(1)60行，所以aa(1)43，解得a3或4，①当a3时，lx121：3480y，：lx3460y，ll∥2符合题意；②当a4时，lxy12：，44803360lxy：，此时ll12，重合，舍去，故a3，故选B．cos2(cossin)(cossin)13π4．因为cossin，所以sinsincossincos342212(cossin)，故选C．2236222225．设||PFrPFr11，，||22则rr1224|||a，PFPFr12|1(4)2(2)8r1r1，又≤≤2213acr1ac，所以当r12时，(|PF12m||PF|)in8，当r13时，22(|PF12m||PF|)in10，故选C．π6．设干扰信号对应的函数解析式为yAsin(x)A0，，0||．由题图得，24ππ32π2π2πTT(为干扰信号的周期），解得T，所以3．∵函数的最91843T2π32∴24π22π大值为，A．将，代入yxsin(3)，解得2πk，kZ，339336数学参考答案·第1页（共10页）∵π∴π∴2π2π||，，yxsin3．所以欲消除yxsin3的波需要选择相2636362π2π反的波，即，所以，，，故选．yxsin3A0030B36367．|()|fxax≥在0R上恒成立|()|fxax≥在R上恒成立yfx|()|的图象在yax图象ln(1xx)，≤，0的上方，由令，x，则x，≥|()|fxxg()xxln(1)hx()e1hx()eg()xaxe1，，x0在(0]，上恒成立，则a≥0；hx()≥在ax(0，)恒成立，则ah≤，(0)1综上：01≤≤a，故选D．CCC211．每个社区至少派一名志愿者，则有4213种方法，事件：甲派往①，则若①社82A363AA23212区分2人，则有A63种，若①社区分1人，则有CCA3126种，共有6612种，121121∴PA()，同理PB()，若A，B同时派往①社区，则①社区分两人，有A23633632211种．∴PAB()，PAB()PAPB()()，A错误；由互斥事件概念易知，B错误；361893212事件C：志愿者乙派往②社区，若②村分2人，则有A63种，若②村分1人，则有CCA3126121种，共有6612种，∴PC()，若事件A，C同时发生，则有CC511种，36332515PAC()5PAB()11∴PAC()，PC(|)A36，C正确；PB(|)A18，D36PA()112PA()16933错误，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9101112答案BDADBCDABC【解析】9．对于A，残差平方和越大的模型，拟合的效果越差，故选项A错误；对于B，用决定系数R2来刻画回归效果，R2越大说明拟合效果越好，故选项B正确；对于C，在经验回归方数学参考答案·第2页（共10页）程yxˆ0.20.5中，当解释变量x每增加1个单位时，预测值yˆ平均增加0.2个单位，观测值y无法确定，故选项C错误；对于D，经验回归直线一定经过样本点的中心()x，，故y选项D正确，故选BD．111210．对于A，AEACCEACCBACABACABAC()，故A正确；对于3333B，ABAC，由题意得E为BC的一个三等分点（靠C点更近），所以AEAB在上的投12112影向量为AB，故B不正确；对于C，易知ADABACAEABAC，，故333332252222222ADAEABACABACABAC5，又CBABACCB999992222ABAC2144ABAC，所以ABAC2ABAC144162，故22222222ADAEABAC541，故C错误；对于D，ADAEABAC9999522122ABAC4，而ABAC2144(ABACABACABAC)72，代入得9212222()4488ABACABAC，故选项D正确，故选AD．211．由题意知圆心必在第一象限，设圆心的坐标为()aa，，则圆的半径为a，圆的方程为222222()()xayaa．由题意可得(2aaa)(1)，解得a1或a5，又圆C与lAB：68480xy相离，所以圆心的坐标为(1，1)，A错误；因为点P到直线68480xy|6848|221的距离的最大值为dr，所以SABd≤||22，B正确；当105△ABP2PAB最小时，PA与圆C相切，由对称性或勾股定理可得||||PAAC22r5，C正31|AB|确；假设存在点P使APBπ，则△ABP的外接圆圆M的半径为52，可43π2sin4求得圆心M的坐标为(7，7)，因为||62152CM，所以圆M与圆C相离，点P不存在，D正确，故选BCD．12．ygx(2)为偶函数，则g(2)(2)xgx①，由fxgx(2)()5知f()xg(2x)5②，进而fx()g(2)5x③，将①代入③得fx()g(2)5x④，由②④知f()xfx()，所以f()x为偶函数，A正确；由条件gx(2)(2)7fx，③与此式作数学参考答案·第3页（共10页）差得：fx()fx(2)2⑤，所以f()x的图象关于点(1，1)对称，B正确；由f()x为偶函数，结合⑤式知：fx()fx(2)2，所以fx(2)(4)2fx，两式作差得：fx()fx(4)，即f()x的周期为4，C正确；fxgx(2)()5中令x2，则f(0)1，ff(4)(0)1，在⑤中令x1得2fff(1)2，，，(1)1(1)1ff(3)(1)1，在⑤中令x0得ff(2)(0)2，，f(2)3f(2)3，∴ff(1)(2)(3)(4)(1)(3)(1)14ff，由f()x的周期为4知，2023fk()4505(1)(3)(1)2025，D错误，故选ABC．k1三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415163yxn1答案87；22n4【解析】13．fx()ln(1x22x)ax3，，f(x)ln(1xx)ax3则fx()f(x)6，又f(2)2，故f(2)8．ykx2，．法一：设直线，，，，，由已知，联立14ykx2A()()xy11Bxy22x124x2xy8x8，，12x12xk8xkx8160，故有结合xxx1224(0)得x22，法二：角度焦xx16，123k.4443半径公式：设直线l与y轴的夹角为，由已知4cos，设直1cos1cos5333线与x轴夹角的正弦值为，正切值为，由于B在第一象限，故k0，则k．544x11x11115．设f()xgx，()上的切点分别为Ax(e)(ln(1))122，，，Bxx，由fx()e，gx()，x211kex11，故f()x在A处的切线方程为x21xx1111xx1111yxxee()1yxee(1)x1，g()x在B处的切线方程为11x2yxln(221)(xxy)xxln(21)，由已知xxx222111数学参考答案·第4页（共10页）1x11，e1lxx12n(1)x211xx故ln(1xx)ln(1)22xxx1122x1e(1)ln(1)x11xx2，22212x21x2ln(1x2)，故x20或ln(1x2)1，而ln(1xx22)11ex21111，不合题意舍去，故x20，此时直线l的方程为yx．x21e216．显然p(1)1．当有nn(2)≥个圆盘时，求pn()分三步：第一步，先将上面的n1个圆盘移到辅助柱，至少需要pn(1)次；第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；第三步，将辅助柱上的n1个圆盘移动到目标柱至少需要pn(1)次．因此npn()2pn(1)1(n≥2)，且p(1)1．可求得pn()2n1，所以p(3)7，pi()i1nni2(12)(21)nn22.n1i112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）由已知f(xxxxxx)23sincos2cos2213sin22cos1π3sin2xxcos222sin2x2，6πππ故，fB()2sin2B242B2π(kkZ)，662π故Bkkπ(Z)，6π又B(0，，故π)B．………………………………………………………………（5分）61122（2）法一：向量BDBABCBDBABCBABC()()(22)，2413及22，74aaaa222324042解得a23（舍负）．……………………………………………………………………（8分）111故SacBsin2323．…………………………………………（10分）△ABC222法二：把已知长度，角度，目标放入一个三角形，解三角形.取BC的中点E，如图1，在△BDE中（已知两边及一角），DEAB∥，15πDEAB1，，BEDBD7，26图1数学参考答案·第5页（共10页）5π3由余弦定理得：2222，BEDEBD2cos1721BEDEBEBE62即BE2360BEBE3，即a23，………………………………………（8分）111故SacBsin2323．…………………………………………（10分）△ABC22218．（本小题满分12分）（1）证明：当n为奇数，[5(1)]aann2244[11]0aann2，即数列{}an的奇数项a21n成等差数列，且首项为a11，公差为d2，所以aand21n1(1)12(1)21nn，bnn21．……………………………（5分）a2n2（2）解：当n为偶数，[51]aann244[11]0，an322即数列{}a的偶数项a成等比数列，首项为a，公比为q，n2n233nnn122所以aaq22n，cann21a2n(2n1)，……………………………（8分）33123n2222Tnn135(21)，3333222232nn21，Tnn13(23)(2n1)33333……………………………………………………………………………………………（9分）122nn123222两式相减得Tnn(21)233333321n221nn11n122331022(2nn1)2(21)623313333n1102(2n5)，332n故．……………………………………………………………（分）Tnn10(410)123数学参考答案·第6页（共10页）19．（本小题满分12分）（1）证明：取BC中点D，连接AD以及PD，如图2，在△和ACP△中，ABPABAC，APAP，PACPAB，所以△≌△ACPABP，……………………………………………（2分）所以CPBP，所以PDBC，图2又因为ADBC，AD平面PAD，PD平面PAD，所以BC平面PAD，……………………………………………………………………（4分）又因为APADP平面，所以PABC．………………………………………………（5分）（2）解：在平面PAD中，过P点作PEAD，垂足为E，连接CE，BE，PE，如图3，由（1）BC平面PAD，则BCPE，则PE平面ABC，πππ在△中，PCAPAC，，AP2ACPCA同理PBA．322∵ACPEACCP，，且PECPP，则ACCPE平面，又∵∴CE平面CPE，ACCE，同理可得ABBE，图3则四边形ABCE为正方形，ABACBECE2，则在Rt△PBE中，可求出PB23，，PE22……………………………………………………………………………………………（8分）则以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，如图建立空间直角坐标系，则ABCP(0，，00)，(2，，00)，(0，，20)，(2，，222)．设平面PAB的法向量为mxyz()，，，AB(2，，00)，BP(0222)，，．20x，22则令，则，，，．y1xz00m12220yz，22设平面PBC的法向量为nxyz()，，，CB(2，，，20)BP(0222)，，．220xy，22则令，则，，，．x1yz11n12220yz，22数学参考答案·第7页（共10页）记二面角APBC的平面角为，||15mn则|cos|．||||mn515又因为为锐角，则cos．……………………………………………………（12分）520．（本小题满分12分）3636解：（1）由题知：c2得到ab224，又1得到1，ab22aa224得到aa4213120，所以a212（舍）或aa211，y2则双曲线的C的方程为x21．……………………………………………………（4分）3（2）显然直线l与y轴不垂直，设lxmy：，2A()()xy11，，Bxy2，2，由双曲线的对称性知AP的中点为O，故SS△△PAB2OAB，…………………………（6分）xmy2，联立(3my221)12my90，2233xy12myy，122231m故36(m1)，…………………………………………………（7分）9yy，1231m24my()4y0，122xx120，31m由于A，B均在双曲线右支，故xx034m212myy22(myy)40，121231m21解得0≤，m2…………………………………………………………………………（8分）31SS22||(||)2()4OEyyyyyy2，△△PABOAB212121212m211代入韦达定理得≤，2……………………………………（分）Sm△PAB201013m322312t1223令mtt11≤，则St△1≤，PAB24343t3t3t4易知3t随t的增大而减小，则当t1时，()12S，t△PABmin综上：△PAB的面积的最小值为12．…………………………………………………（12分）数学参考答案·第8页（共10页）21．（本小题满分12分）解：（1）频率分布直方图中6个小矩形的面积分别是0.1，0.25，0.3，0.2，0.1，0.05，设7月份的水位中位数为x，则35x40，∴0.10.25(x35)0.060.5，解得x37.5.∴7月份的水位中位数为37.5.设该河流7月份水位小于40米为事件A1，水位在40米至50米为事件A2，水位大于50米为事件A3，在PA(1)0.10.250.30.65，PA(2)0.20.10.3，PA(3)0.05.设发生1级灾害为事件B，由条形图可知：PB(|A1)0.1，PB(|A2)0.2，PB(|A3)0.6，∴PAB()111PA()(|)0.065PBA，PAB()()(|)0.06222PAPBA，PAB()()(|)0.03.333PAPBA∴PB()PAB(123)PAB()PAB()0.155.（2）由（1）可知7月份该河流不发生灾害的概率为0.650.90.30.750.0500.81，发生1级灾害的概率为0.155，发生2级灾害的概率为10.810.1550.035.设第i种的企业利润为Xii(123)，，，①若选择方案一，则X1的取值可能为600，200，1200，∴PX(600)0.811，PX(200)0.1551，PX(11200)0.035.∴X1的分布列为：X1600−200−1200P0.810.1550.035∴EX(1)6000.812000.15512000.035413（万元）．②若选择方案二，则X2的取值可能为550，，1250且PX(2550)0.810.1550.965，PX(21250)0.035.数学参考答案·第9页（共10页）X2的分布列为：X2550−1250P0.9650.035∴EX(2)5500.96512500.035487（万元）.③若选择方案三，则不会受任何灾害影响，该企业7月份的平均利润为600200400（万元）∴EX()2最大，∴从利润考虑，该企业应选择第二种方案．22．（本小题满分12分）1（1）证明：由题，f()xxax1lncos，f()xaxsin，x注意到x(0，时，π)sinx0，从而fx()0，故f()x在(0，π)上单调递增，11又facos0，fa(π)1lnπ0，ee由零点存在性定理知，存在唯一x0(0，，有π)fx()00，从而f()x在(0，x0)上单调递减，在(π)x0，上单调递增，故x0为f()x在(0，π)上的唯一极值点．（2）解：当a2时，f()xxxln2sinx1，当x(0，π)时，由（1）可知，f()x在(0，x0)上单调递减，在(π)x0，上单调递增，π又注意到x0，fx()1，且f(π)πlnπ10，f(1)12sin112sin0，6由极小值定义知：fx()0≤，f(1)0从而存在x10(0，，x)xx20(π)，，有fx()12fx()0，当x[π，时，)fx()lnπ12sinx22sinx≥，0故f()x在[π，)上无零点，综上，f()x在(0，)上有两个零点．数学参考答案·第10页（共10页）