【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（九）数学答案.pdf，共(9)页，259.196 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-304ee26d77294042b0cd3b17c1012ba3.html

以下为本文档部分文字说明：

数学参考答案·第1页（共9页）巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（九）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BADCBABC【解析】1．由题意，{21012}M，，，，，{22}

N，，则{101}MN，，，故选B．2．设izab，则izab，由题意，24i12iab，则12a，12b，所以222||2zab，故选A．3．由题意，直线m，n可以平行（直二面角时），可以相交，也可以异面，故选D．4．甲、乙、丙

三人被系统随机地预约到ABC，，三家医院接种新冠疫苗的情况有33A6种，3162P，故选C．5．设切点000(ln)(0)Pxxx，，由1yx得曲线在点P处的切线l方程为0lnyx001()xxx

，l过(00)，，则0001ln()xxx，解得0ex，所以(e1)P，，故选B．6．由22tantan21tan且是第三象限角得tan2，21sincos33，，因此ππ2sincossincos223

，故选A．7．由题意知组距为10，共6组，由六个矩形面积之和为1，求得速度在[50，60]内的频率为0.05，因此平均速度为50.1150.15250.2350.3450.2550.0530

（km/h），根据表格拥堵等级为3，故选B．8．易知该圆的半径3r，圆心(cossin)C，在单位圆上，因为原点O到直线31yx的距离为12，则点C到直线31yx的距离d的最大值为13122

，由222ABrd可知，当d取最大值32时，线段AB长度的最小值为3，故选C．数学参考答案·第2页（共9页）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9101112答案ABDBDBDBD【解析】9．222222222ababab≥，A正确；222222()1abababab，B正确；211114()4ababababab≥，C错误；1122aaaa≥，虽然不能取

等，但不等式成立，D正确，故选ABD．10．函数()fx是(0](0)，和，上的单调递增函数，但是0lim()xfx，()fx在R上不单调，A错误；当0a≥时，2(1)(1)0faf≥，()(0)0faf≤，2(

1)()fafa≥；当0a时，210aa，由函数()fx在(0)，上单调递增知2(1)()fafa；B正确；令12121201()()0xxfxfxxx，，，且，C错误；当0x

时，()()0fxfx；当0x时，2()()()log21xgxfxfxx在(0)，上单调递增，12022g，1(1)02g，故存在1个解；同理知0x时也存在1个解；故方程()()0fxfx共有3个解，D正确，故选BD．11．令1n

，知21111aSa，结合122aa，知112a，232a，111nnnnaSaS11(2)nnnaaan≥，但2121133222aaaa，，，故231123

23222nnnnan，，，≥，123(12)12321122nnnS，6316147S，故A错误，B正确；111aS，2n≥时，313323131321410122nnnnnaS，，所以nnaS无最小值

，有最大值，112211111103221312nnaaa，故选BD．数学参考答案·第3页（共9页）12．记内切圆与PQ相切于N，与1FQ相切于K，则PMPNQKQN，；故111111124FPFQPQFMFKPMQKPNQNFMFKFMa

，A不正确；由以1FQ为直径的圆过点P，知1PFPQ；若双曲线C的方程为22146xy，则2610abc，，；设12PFxQFy，，则2144PFxQFy，，故222(4)(210)406xxx，2226(2)(4)6yyy；故1P

FQ△的面积为16(26)242，B正确；若5e，则2ba，故渐近线为2yx，设12PFyPFx，，由222245yxayxcca，，，得2yx，则2k，此时直线不可能与右支交于两点，故C不正确；若223PFQF，设223PFxQF

x，，则11232PFxaQFxa，，故22(2)(4)xax2(32)xaxa，故22210(2)(2)2aaace，D正确，故选BD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号1

3141516答案120122，9π223，【解析】13．2222||2||3(||+2||)aabbaabb，则22282||2||8||||cos2||abababa22||b，由于|

|||ab，因此1cos2，则120．14．由椭圆性质可知，当AB，分别为椭圆的顶点时，AFBF取最值．当A为椭圆的右顶点时，AF最小，此时312AF，此时B恰为椭圆的左顶点，BF最大，此时314BF，此

时||||AFBF的最小值为12，同理可得||||AFBF的最大值为2，即||||AFBF的取值范围是122，.数学参考答案·第4页（共9页）15．设题中的正四面体为ABCD，将它放置于正方体内，如图1所示，此时可得该正方体的内切球恰好与正四面体的六条棱都相切．设

正方体棱长为x，则23x，解得322x，因此正方体的内切球直径2rx，得3224xr，因此正方体内切球的表面积29π4π2Sr．16．由正弦定理得2sincos2sincossinBCCBaA，2sinsinAaA，因此2a，2221434

3sin23sin2SbcAbcAbca，因此222223sinbcAbcbc2cosbcA，即223sincosbccbAAbcbc，由于π3sincos2sin26AAA≤，2cbbc≥，当且仅当

π3Abc，时等式成立，因此2222cos4abcbcA，解得2bc，1sin32SbcA．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）选①：当113na，，当22112312333(1)3nnnnaaaan≥，，作差有113(21)3nnnan，则21nan，又1213a，符合，所以21nan．…………………………………………………………………………（5

分）选②：1221321111111111111233nnnncccaaaaaaaan，又13a，所以123nan，所以21nan．…………………………………………

………………………………（5分）选③：当113na，，图1数学参考答案·第5页（共9页）211(1)21()4nnanSnN≥，，作差：2211(1)(1)44nnnnnaaaSS

，221142121nnnnnaaaaa，所以11()(2)0nnnnaaaa，0na，有12nnaa，故数列{}na为等差数列，132ad，，所以21nan．…………………………………………………………………………（5分）（

2）2nnb，12121nnbnab，易知{}nba为单调递增数列，又1011210242021220482021，，所以1109nnnN，，≤≤，所以有9项符合．……………………………………（10分）

18．（本小题满分12分）解：（1）π()3sincos12sin16fxxxaxa，……………………………………………………………………………………………（3分）当π02

x，，ππ2π663x，，π1sin162x，，则min()1102fxaa，则．……………………………………………………（6分）（2）π()2sin16fxx

，则π()2sin16gxx，令()0gx，则π1sin62x，令π6tx，则1sin2t，当ππππ02626xt，，，，………………………………………

……………………………………………………（8分）则问题转化为sinyt在区间πππ626，上有且仅有2个t，使得1sin2t，求的取值范围.作出sinyt和12y的图象，如图2，观察交点个数，由题意列不等式：5πππ13π6266，≤解得443≤

.…………………（12分）图2数学参考答案·第6页（共9页）19．（本小题满分12分）解：（1）由题，5222p，则1p，22xy∴．………………………………………………………………………………（4

分）（2）0(2)Mx∵，在抛物线C上，且00x，204x∴，02x，设211(22)Axx，，222(22)Bxx，，则直线AM的方程为211222(2)22xyxx，即11(1)2yxxx，……………………………………………………………………………………………（8分

）同理直线BM的方程为22(1)2yxxx，由APBQ，分别垂直于x轴，得点11212(22())Pxxxxx，，21212(22())Qxxxxx，，……………………………………………………………………………………………（10分）则直线P

Q的斜率12124()22()xxkxx.……………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）茎叶图如图3，1131211331430.110.220.310.520.610.710.9110x

甲13.0，1111241331420.110.210.330.510.710.8213.010x乙，从统计图中可以

看出，甲、乙的平均水平是一样的；乙的成绩较为集中，差异程度较小，所以乙的成绩更稳定．(若学生从中位数分析也同样给分，甲的中位数为13.113.213.152，乙的中位数为12.813.213.02．

)………………………………………………………………………（6分）图3数学参考答案·第7页（共9页）（2）由茎叶图可计算：11101033(0)CC100P；1110101010985422501(1)CC1002P

；50347(1)1100100100P，的分布列为：101P123100471001463()1012100100E．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（1）证明：如图4，作AC的中点M，

连接DMBM，，在等腰梯形11ACCA中，DM，为11AC，AC的中点，ACDM∴，………………………………（1分）在正ABC△中，M为AC的中点，ACBM∴，………………………………（2分）ACDM∵，ACBMDMBMM，，DMBM，平面BDM，ACBDM∴平面，又BDBDMA

CBD平面，∴．………………………………………………………（5分）（2）解：ACBDM∵平面，在平面BDM内作MzBM，以M为坐标原点，以MAMBMz，，分别为xyz，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，DMACB

MACDMB∵，，∴为二面角1AACB的平面角，即DMB，…………………………………………………………………………………………（7分）33(100)(030)(100)0cossin22ABCD，，

，，，，，，，，，，11133133cossincossin222222CA，，，，，，图4数学参考答案·第8页（共9页）设平面11BBCC的法向量为1133()(130)cossin222nxyzCBCC

，，，，，，，，，则有13001cos31133sin0cossin0222xyCBnnCCnxyz，，，，，又1133cossin22

2AA，，，12233sin|cos|212coscos341cossinAAn∴，，π2π11cos3322∵，，∴，，21313sin713∴，．……………

…………………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）（1）证明：当0x时，11()0e1e1xxfxxx，令()e1xhxx，则()e10xhx，()hx∴在(0)

，上单调递增，()(0)0hxh∴，e1xx∴．………………………………………………………………………………（5分）（2）解：由题()()0gxfx，即21ln(1)2e01xxaxaxx，令21()ln(1)2e1xFxxaxaxx，

易知(0)0F，且211()22e1(1)xFxaxaxx，要满足题意，必有(0)0F≤，则11202aa，∴≥，≤………………………………（7分）当12a≥时，22111()ln(1)2eln(1)e(2)112xxFxxaxaxxxxxx

，数学参考答案·第9页（共9页）记211()ln(1)e(2)12xxxxxx，0x，2211111()e(1)(1)1(1)11(1)xxxxxxxxx

322222(21)(1)(21)(1)0(1)(1)(1)xxxxxxxx，()x∴在(0)，上单调递减，则()(0)0x，即当12a≥时，()()0Fxx

，满足题意．综上：12a≥．…………………………………………………………………………（12分）