【文档说明】重庆市巴蜀中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（八）数学试题 含答案.docx，共(16)页，1.233 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-232ae94da94d70bb6e6d526ef61dc8cb.html

以下为本文档部分文字说明：

秘密★启用前巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（八）数学注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作

答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．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）1．“3|log(2)1xxx−”是“{||11}xxx−∣”的（）条件．

A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要出D．既不充分也不必要2．已知复数z在复平面内对应的点都在射线3(0)yxx=上，且||10z=，则z的虚部为（）A．3B．3iC．3D．i33．“垃圾分类”已成为当下最热议的话题，我们每个公民都应该认真履行，逐步养成“减量、循环、

自觉、自治”的行为规范，某小区设置了“可回收垃圾”、“不可回收垃圾”、“厨余垃圾”、“其他垃圾”四种垃圾桶．一天，小区住户李四提着属于4个不同种类垃圾桶的4袋垃圾进行投放，发现每个桶只能再投一袋垃圾就满了，作为一个意识不到位份子，李四

随机把4袋垃圾投放到了4个桶中，则有且仅有一袋垃圾投放正确的概率为（）A．16B．23C．13D．124．已知直线34100xy+−=与圆22:24200Cxyxy+−+−=相交于A，B两点，点P在圆C上，且满足4PABS=，则满足条件的P点个数为（）A．1B．2C．3D．45．已知在边长为

3的等边ABC中，1123APACAB=+，则CP在CB上的投影为（）A．154B．54−C．54D．1526．函数lg||()10sinxfxxx=+的大致图象为（）A．B．C．D．7．在三棱锥PABC−中，PA

，PB，PC两两垂直，3PA=，4PB=，5PC=，点E为线段PC的中点，过点E作该三棱锥外接球的截面，则所得截面圆的面积不可能为（）A．6B．8C．10D．128．函数()sin(0,0)6fxAxA=+在,6

2上单调，且412ff=，若()fx在[0,)t上存在最大值和最小值，则实数t的取值范围为（）A．2,3+B．2,3+C．,63

D．2,,633+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，有选错的得0分，部分选对的得3分）9．2020年12月31日，我国第一支新冠疫苗“国药集团中国生物新冠灭活疫苗”获得国家药

监局批准附条件上市，保护率为79.34%，中和抗体阳转率为99.52%，该疫苗将面向全民免费．所谓疫苗的保护率，是通过把人群分成两部分，一部分称为对照组，即注射安慰剂；另一部分称为疫苗组，即注射疫苗来进行的当从对照组和疫苗组分别获得发病率后，就可以计算出疫苗的保护率=（对照组发病率疫苗组发病

率）/对照组发病率100%．关于注射疫苗，下列说法正确的是（）A．只要注射了新冠疫苗，就一定不会感染新冠肺炎B．新冠疫苗的高度阳转率，使得新冠肺炎重症感染的风险大大降低C．若对照组10000人，发病100人；疫苗组20000人，发病80人，则保护率为60%D．若某疫苗的保护率为8

0%，对照组发病率为50%，那么在10000个人注射了该疫苗后，一定有1000个人发病10．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点P，Q分别是棱1BB，1DD⊥上异于端点的两个动点，且DQBP=，则下列说法正确的是（）A．三棱

锥DAPQ−的体积为定值B．对于任意位置的点P，平面APQ与平面1111ABCD所成的交线均为平行关系C．PAQ的最小值为3D．对于任意位置的点P，均有平面APQ⊥平面11ACCA11．已知非零实数a，b满足32ab=，则下列不等关系中正

确的是（）A．abB．若0a，则0baC．||||1||1||abab++D．若30log2a，则baab12．给定两个函数()fx与()gx，若实数m，n满足()()gmfn=，则称||nm−的

最小值为函数()fx与()gx的横向距．已知0k，1()lnxfxkk=+，()exkgx−=，则（）A．当1k=时，()fx与()gx的横向距为0B．若()fx与()gx的横向距为0，则01kC．()fx与()gx的横向距随着k的增大而增大D．若()fx与()gx的

横向距大于1，则ek三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上）13．在5(1)xx+的展开式中，含3x项的系数为________．14．已知数列na为等比数列，数列nb为等差数列，若271233aaa=，17136bbb++=，

则212311tanbbaa+=________．15．如图，为测量C点到河对岸塔顶A的距离，选取一测量点D，现测得75BCD=，60BDC=，40mCD=，并在点C处测得塔顶A的仰角为30，则C

A的距离为________m．16．已知点P为双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=右支上一点，1F，2F为双曲线的左、右焦点，点D为线段1PF上一点，12FPF的角平分线与线段2FD交于点

M，且满足24377PMPDPF=+，则2||DMMF=________；若D为线段1PF的中点且1260FPF=，则双曲线C的离心率为________．（第一空2分，第二空3分）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）在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且已知ABC的外接圆半径为R，已知________，在以面下三个条件中任选一个条件填入横线上，完成问题（1）和（2）：①coscos2cosCBBacabbc+=，②sincosRAbAc+=

，③(3sincos)0acbCC+−+=．问题：（1）求角B的大小；（2）若2R=，求ac+的最大值．18．（本小题满分12分）已知正项数列na的前n项和为nS，且12a=，()14nnnnSSaS+−=，*nN．（1）求2a，3a，4a的值，并求数列

na的通项公式；（2）求数列()121nnaan−+的前n项和公式nT．19．（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABEF，AD//BC，AF//BE，ADAB⊥，ABAF⊥，2

22ADABBCBE====．（1）已知点G为AF上一点，且1AG=，求证：BG//平面DCE；（2）已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55，求平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值．20．（本小题满分12分）在“十三五”期间，我国的扶贫工作进入了“精准扶贫”阶

段．到2020年底，全国830个贫困县全部脱贫摘帽，最后4335万贫困人口全部脱贫，这是我国脱贫攻坚史上的一大壮举．重庆市奉节县作为国家贫困县之一，于2019年4月顺利脱贫摘帽．因地制宜发展特色产业，是奉节脱

贫攻坚的重要抓手．奉节县规划发展了以高山烟叶、药材、反季节蔬菜；中山油橄榄、养殖；低山脐橙等为主的产业格局，各类特色农产品已经成为了当地村民的摇钱树．尤其是奉节脐橙，因“果皮中厚、脆而易剥，肉质细嫩化渣、无核少络，酸甜适度，汁多爽口，余味清香”而闻名．为了防止返贫，巩固脱贫攻坚成

果，各职能部门对脐橙种植、销售、运输、改良等各方面给予大力支持．已知脐橙分类标准：果径80mm85mm~为一级果，果径75mm80mm~为二级果，果径7075mm~或85mm以上为三级果．某农产品研究所从种植园采摘的大量奉节脐橙中随机抽取1000个，测量这些脐橙的果径（单位：m

m），得到如图所示的频率分布直方图．（1）试估计这1000个奉节脐橙的果径的中位数；（2）在这1000个脐橙中，按分层抽样的方法在果径7085mm~中抽出9个脐橙，为进一步测量其他指标，在抽取的9个脐橙中再抽出3个，求抽到的一级果

个数X的分布列与数学期望；（3）以样本估计总体，用频率代替概率，某顾客从种植园的这批脐橙中随机购买100个，其中一级果的个数为Y，记一级果的个数为k的概率为()PYk=，写出()PYk=的表达式，并求出当k为何值时，()PYk=最

大？21．（本小题满分12分）已知函数()ln(1)1xfxxaxx=+−++，12a．（1）当0x时，求证：()0fx；（2）记数列na的前n项和为nS，若()*1nann=N，求证：2ln24nnnaSS−+．22．（本小题满分12分）

已知椭圆方程22221(0)yxabab+=，抛物线方程：22(0)ypxp=，O为坐标原点，F是抛物线的焦点，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，如图所示．（1）证明：直线OA，OB的斜率乘积为定值，并求出该定值；（2）反向延长OA，OB分别与椭圆交于C，D

两点，且225OCOD+=，求椭圆方程；（3）在（2）的条件下，若OABOCDSS的最小值为1，求抛物线方程．巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（八）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

DACDCBAD【解析】1．3log(2)1[1,2)xA−=−，|1|1[0,2]xB−=，因为AB，BA，∴xA是xB的既不充分也不必要条件，故选D．2．设3izaa=+，aR，0a，22(3)10aa+=，∴1a=

，虚部为3，故选A．3．四袋垃圾总共有44A24=种不同的情况，选出一袋投放正确14C4=，剩下3袋与对应垃圾桶全部错位排，共2种情况，1444C21A3P==，故选C．4．圆22:(1)(2)25Cxy−++=，5r=，(1,2)C−到直线34100xy+−=的距离|

3810|35d−−==，则弦长22||28ABrd=−=，设P到AB的距离为h，则1||42PABSABh==，解得1h=，而圆上AB两侧的动点到直线AB的最大距离分别为5和2，故满足条件的点P共4个，故选D．5．1132CPAPACABAC=−=−，∴

21115()3236CPCBABACABACABABAC=−−=−+211524AC=，∴CP在CB的投影为54||CPCBCB=，故选C．6．()||sin(0)fxxxxx=+为偶函数，定义域为(,0)(0,)−+

，排除AC选项；0x时，()sin(1sin)0fxxxxxx=+=+，图象横在x轴的上方，排除D选项；当sin1x=−，32()2xkk=+Z时，()0fx=，故选B．7．构造以PA，PB，PC为棱长的长方体，设该长方体的外接球球心为O，半径为R，则有24916255

0R=++=，则2504R=，在所有过点E的截面里，当截面过球心O时，截面圆的面积取最大值，此时半径为R；在所有过点E的截面里，当OE与截面垂直时，截面圆的面积取最小值，此时截面圆的圆心为E，因为2234522OE+==，∴最小截

面圆的半径为2250255442rROE=−=−=，∴最小截面圆的面积为2252524Sr===，故截面圆的面积范围为2525,42，故选A．8．()fx在,62上单调，所以120326322T

−==，又41263−=，所以41226+=，∴()662kk+=+Z，26k=+，kZ，所以0k=，2=，当[0,)xt时，2,2666xt++，52266t

+或326263tt+或23t，故选D．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，有选错的得0分，部分选对的得3分）题号91011

12答案BCBDBCDABD【解析】9．A选项错误：B选项中阳转率高说明有高滴度的抗体，当感染新冠肺炎后，肺炎症状将会大大降低，进而减少重症率；C选项中由保护率的计算公式可得：对照组和疫苗组的发病率分别为1%，0.4%，代入可得保护率为60%；D选项中虽然根据公式算出样本中疫

苗组的发病率为10%，但实际是否会发病是随机事件，故选BC．10．对于A选项，DAPQPADQVV−−=，ADQ面积不定，而P到平面ADQ的距离为定值AB，故DAPQV−不是定值；对于B选项，由于PQ//平面1111ABCD，则经过直线PQ的平面APQ与平面1111ABCD的所有交线均

与直线PQ平行，根据平行的传递性，可得所有交线也平行；对于C选项，设正方体棱长为1，(0,1)PBDQa==，则21APAQa==+，2PQ=，则()22222112cos121aaaPAQaa+++−==++21110,12a=−+，

则,32PAQ，错误；对于D选项，易得直线PQ与平面11ACCA垂直，故平面APQ⊥平面11ACCA，故选BD．11．A选项中，由指数函数的图象可知，0ab或者0ba，所以错误，所以B正确；C选项中，函数1111xyxx−=

=+++在(1,)−+上单增，而||||ab，所以正确；或者也可以将B选项等价转化为证明||||ab是正确的；D选项中，30log201aab，则有baaaab，所以正确，故选BCD．12．由()()gmfn=，令1eln0m

kntkk−=+=，则lnmtk=+，1etknk−=，所以1elntknmktk−−=−−，记函数1()elntkhtktk−=−−，0t，则11()etkhtkt−=−，显然()ht单调递增，且

10hk=，故()ht在10,k，1,k+，即min11()lnlnhthkkk==−=，①当1k时，ln0k，所以min()lnnmk−=0，即函数()fx与()gx的横向距为lnk；②当01k

时，ln0k，所以min()ln0nmk−=，所以min||0nm−=，即函数()fx与()gx的横向距为0，故选ABD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案10340234，7【解析】13．2

5C10=．14．由数列性质知32712733aaaa==，得73a=，又1713736bbbb++==，得72b=，又212724bbb+==，231173aaa==，所以2123114tantantan333bbaa

+===．15．由题意知45CBD=，由正弦定理40sin45sin60BC=，得206BC=，所以402CA=．16．过M作2MN//PF交1PF于点N，作1MG//PF交2PF于点G，由24377PMP

DPF=+，得234DMDNMFNP==，由角平分线定理2234PDDMPFMF==，因为D为PF的中点，所以1264PFPF=，由双曲线的定义，122PFPFa−=，所以16PFa=，24PFa=，1

22FFc=，在12PFF中，由余弦定理22236164cos60e7264aacaa+−==．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．解：（1）选条件①：由题知coscos2cosbCcBaB+=，∴2sin

cos2sincos22sincosRBCRCBRAB+=，∴sin()2sincosBCAB+=，∴sin2sincosAAB=，又0A，则sin0A，∴1cos2B=，又0B，∴3B=

．5分选条件②：由题知2sin4sincos4sinRARBARC+=，∴sin2sincos2sinABAC+=，又()CAB=−+，∴sin2sincos2sin()ABAAB+=+，∴sin2sincosAA

B=，又0A，则sin0A，∴1cos2B=，又0B，∴3B=．5分选条件③：由题知2sin2sin2sin(3sincos)0RARCRBCC+−+=，∴sin()sincossin3sinsin0BCBCCBC+−+−=，∴cossinsin

3sinsin0BCCBC+−=，又0C，则sin0C，∴cos13sin0BnB+−=，∴2sin16B−=，又5666B−−，∴66B−=，∴3B=．5分（2）由正弦定理知2sinbRB=，∴2sin23bRB==，又2222cosbacac

B=+−，∴2212acac=+−，∴212()3acac=+−，∴22()()12334acacac++−=，∴2()48ac+，∴43ac+（当且仅当23ac==时取等号），∴ac+的最大值为43．10分18．解：

（1）由题知()*14nnnSaan+=N①，又12a=，∴1124Saa=，∴24a=，又2234Saa=，∴36a=，又3344Saa=，∴48a=，由①知：2n时，114nnnSaa−−=②，−①②：()()1114nnnnnSSaaa−+−−=−，又0na，∴11

4(2)nnaan+−−=，∴对于数列na来说，1a，3a，5a，…成等差数列，2a，4a，6a，…成等差数列，（ⅰ）当n为奇数时，11422nnaan−=+=，（ⅱ）当n为偶数时，22422nnaan−=+=，∴*nN时，2nan=．8分（2）()111112

14(1)41nnaannnnn==−−+++，∴11111111114122314114(1)nnTnnnn=−+−++−=−=+++．12分19．（1）证明：如图，连接AE交BG于点O，取DE中点为H，连接

HO，HC，GE，在四边形ABEG中，AG//BE，AGBE=，故四边形ABEG为平行四边形，故O为AE中点，所以在ADE中，OH为中位线，则OH//AD且12OHAD=，又BC//AD且12BCAD=，故OH//BC

且OHBC=，即四边形BCHO为平行四边形，所以HC//OB，又∵HC平面DCE，OB平面DCE，∴OB//平面DCE，即BG//平面DCE．5分（2）解：ABCDABEFABCDABEFABADADABADABCD⊥=⊥⊥平面平面平面平面平面平面A

BEF，如图，以点A为坐标原点，分别以AF，AB，AD为x，y，z轴正方向建立坐标系，设AFa=（0a且1a），则(,0,0)Fa，(0,2,0)B，(0,0,2)D，(1,2,0)E，(0,2,1)C，则(0,2,1)DC=−，(1,2,2)DE=−，(,2,0)BFa=−，设平面DC

E的法向量为(,,)nxyz=，则20220DCnyzDEnxyz=−==+−=，取(2,1,2)n=，所以直线BF与平面DCE所成角满足2|||22|5sin5||||34BFnaBFna−===+，即21140

160aa−−=，解得4a=或411a=−（舍），设平面BDF的法向量为(),,mxyz=，∵(4,2,0)BF=−，(0,2,2)BD=−，∴420220BFmxyBDmyz=−=

=−+=，取(1,2,2)m=，所以平面BDF与平面DCE所成锐二面角满足||88cos||||339mnmn===．12分20．解：（1）果径[65,80)的频率为(0.0130.0300.045)50.440.5++=，果径[65,85)的频率为(0.01

30.0300.0450.060)50.740.5+++=，故果径的中位数在[80,85)，不妨设为a，则(80)0.0600.50.440.06a−=−=，解得中位数81a=．3分（2）果径[70,75)，[75,80)，[80,85)的频率之比为(0.035)(0.

0455):(0.065):3:4:2=，所以分层抽样过程中，一级果、二级果、三级果个数分别为4，3，2个，故随机变量0,1,2,3X=，3539C10(0)C84PX===，215439CC40(1)C84PX===，125439CC30(2)C84PX===

，3439C4(3)C84PX===，所以X的分布列为X0123P108440843084484期望10403041124()012384848484843EX=+++==．7分（3）这批果实中一级果的概率310P=，每个果实相互独立，则3~100

,10YB，则10010037()C1010kkkPYk−==，题目即求k为何值时，()PYk=最大，令199110010010037C(1)3(100)101

01()7(1)37C1010kkkkkkPYkkPYkk+−+−=+−===+，解得29.3k，故当29k时，(1)()PYkPYk=+

=，即(30)(29)(28)(27)PYPYPYPY====…，当30k时，(1)()PYkPYk=+=，即(30)(31)(32)(33)PYPYPYPY====…，所以max()(30)P

YkPY===，即一级果的个数最有可能为30个．12分21．证明：（1）∵()ln(1)1xfxxaxx=+−++，12a，则(0)0f=，当0x时，221111()11(1)(1)1fxaaaxxxx=−+=−+−++++，令1(0,1)1tx=+，

则由()0fx=，可得20atta−+−=，∵12a，∴2140a=−，则()0fx，在(0,x+恒成立，∴()fx在(0,)+上单调递减，则()(0)0fxf=．6分（2）由（

1）知，当12a=时，11ln(1)121xxx+++，取1xn=，则1111ln11112211nnnnnn++=+++，∴111ln(1)ln21nnnn+−++，∴111ln(2)

ln(1)212nnnn+−++++，∴111ln(3)ln(2)223nnnn+−++++，…，∴111ln(2)ln(21)2212nnnn−−+−，上式全部相加，则有112221ln(2)ln

212212nnnnnnn−+++++++−，则211111ln22122144nnnaSSnnnnn+++++=−+++−，证毕．12分22．（1）证明：设直线OA的斜率为()110kk，直线OB的斜率为2k，由题可知，直线l的斜率不为0，设直线:2plx

ty=+，则由222pxtyypx=+=，可得2220yptyp−−=，易知0，且212yyp=−，又()222212121222244yyyypxxppp===，则2121221244yykkpxxp==−=−．3分（2）解：设(),ccCxy，(),ddD

xy，由（1）可知，1:OAlykx=，214:OBlykxxk==−，联立方程12222,1ykxyxab=+=，可得2222221cabxbka=+，用14k−替换式子中的1k，有222222122221221164da

babkxakbbak==+−+，2222222222222211cdccddcdxxOCODxyxyxaxabb+=+++=+−++−()2222221cdaaxxb=+−+

222222221222222211216baababkabbkaakb−=++++()22244422242112224442221121621616baabkabkabababkabkab−++=+

+++又225OCOD+=，则42244216abbab=+，且2222225baabb−+=，即225ab+=，∴2241ab==，此时椭圆方程为2214yx+=．7分（3）解：∵12121||sin||21||||sin2OABOCDcdcdOAOBAOBSOAOBxxxx

SOCODxxxxOCODCOD====‖‖‖‖，由（2）可知，当24a=，21b=时，22144cxk=+，221214dkxk=+，则12124cdkxxk=+，又由（1）可知2124pxx

=，2221211121442824OABOCDcdpSxxppkkSxxkk===++，当且仅当12k=时等号成立，由题意212p=，2p=，此时抛物线方程为222yx=．12分