【文档说明】重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（八）数学答案和解析.pdf，共(10)页，608.601 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共9页）重庆市第八中学2023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.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123

45678答案BBDADABA【解析】1．因为3ii1i11i1i1i222z，所以22112||222z，故选B．2．集合(33)A，，集合(2

](1+)B，，，所以(21]IB，ð，(21]IAB，ð，故选B．3．由条件，两圆的公共弦所在直线方程为242100xyr，公共弦过圆1C的直径，故圆1C的圆心(21)，在直线242100xyr上，得220r，所以圆2C的面积为20π，故选D

．4．建立如图1所示平面直角坐标系，则13(10)22AB，，，．设(3cos3sin)P，，2π03，，则(3cos13sin)PA，，133cos3(3cosi2)n2s1PAPBPB

，，·133cos3sin3sin2217π3sin26，其中ππ5π666，．所以PAPB17π17113sin

26322≥，当且仅当π3时，取“=”，故选A．5．记两次抛掷骰子向上一面的点数分别为ab，，则向上一面的点数之和能被3整除的情形有：(12)，，(21)，，(15)，，(51)，，(24)，，(42)，，(33)，，(36)，，(63)，，(45)，

，(54)，，(66)，，共12种情形．所以向上一面的点数之和能被3整除的概率为121363，故选D．图1数学参考答案·第2页（共9页）6．ππsincos1212xxπππsincos12126xx

π3πsincos12212xx1πsin212x3π1ππcossinsin12122124xxx，所以π2π4xk，kZ，故sin21x，故选A．7．由条件得

2121aaa，且12nnnaaa，所以222312321()aaaaaaaa，233424332()aaaaaaaa；；21111()mmmmmmmmaaaaaaaa，累加可得222121mmmaaa

aa，又因为2222123101mmmaaaaaaa，所以9m，故选B．8．令0xy，得22(0)(0)(1)fff；令1xy，得22(0)(1)(2)fff，解得2

(0)1f，又(0)0f，故(0)1f，(1)0f．令21xy，，知(1)(2)(1)(3)(2)fffff，(3)0f．令1y得(1)()(1)(1)(2)fxfxffxf，(1)(1)fxfx，即(

2)()fxfx，故存在4T，使得()()fxfxT，所以()fx是周期函数，周期4T，所以(2023)(3)0ff，故选A．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BCDBCDACDBD【解析】9．选项A：由题意知，π()cos2()3fxxfx，所以函数()fx不是奇函数，故A错误；选项B：由2

ππ|2|T，知函数()fx的周期为π，故B正确；选项C：由ππcos0122f，得点π012，是函数()fx的对称中心，故C正确；选项D：由π2ππcosc

osπ1333f，得π3x为函数()fx的一条对称轴，故D正确，故选BCD．数学参考答案·第3页（共9页）10．点F恰为四个曲线的焦点．选项A：抛物线28yx焦点弦弦长最小值为28p，故不存在弦长||2MN；选项B：焦点弦

弦长取值范围为222baa，，即26263，，而262263，，故B选项正确；选项C：若MN，同在右支上，则焦点弦弦长取值范围为22ba，，即233，，而2323，，故C选项正确；选项D：若MN

，在异支上，则焦点弦弦长取值范围为[2)a，，即[2)，，而2[2)，，故D选项正确，故选BCD．11．选项A：111PQBCPQAC，，故PQAC，PQ平面1ACB，1PQAB

，A正确；选项B：如图2，取PQJ，，分别为11111ACBCBC，，中点，则由中位线可知平面PQJ∥平面11ABBA，即存在//PQ平面11ABBA，B错误；选项C：如图2，连接AP交1CC延长线于I，连接QI

，分别交11BCBC，于JK，，此时点A，P，Q所确定的截面为AKJP，显然为梯形，要得到此种截面只需要QI连线与BC线段有交点，显然存在（例如取P为11AC中点，Q为1BC中点），C正确；选项D：如图3，若1

1APCP，14CQBQ，连接AP交1CC延长线于M，连接QM，分别交111BCBBCB，，延长线于NLO，，，设1CCh，2BCx，则1CMh，由1MNCMOC△∽△，12OCCN，又由1BNQCOQ△∽△，1142CNOCBN，故114233xxCNBN，，23xBO

，BOL△≌1BNL△，即L为1BB中点，N为靠近1B的三等分点，由P为11AC中点，1111111123CPNABCSCPCNS△△，1111123APNBABCSS△，1111LAAPLAPNBVVV111

1BAAPLAPNBVV1111AAPBLAPNBVV，不妨设三棱柱底面积111ABCS△为S，高为H，则1111125323218AAPBLAPNBSHSHSHVV，1V∶2V5∶13，故D正确，故选ACD．12．第一次取得黑球的概率1

()aPAab；第一次取得白球的概率2()bPAab；第一次取黑球，第二次取黑球的概率111()1aaPABabab；第一次取黑球，第二次取白球的概率12()1abPABabab，故A错误；第一次取白球，第二次取黑球的概率21()1baP

ABabab，故B正确；第一次取白球，第二次取白球的概率221()1bbPABabab；1112112111()()1(|)(|)()1()1PABPABabPBAPBAPAabPAab；，图2图

3数学参考答案·第4页（共9页）1121(|)(|)1PBAPBA，故C错误；211221122()(|)(|)(|)()1PABaPBAPBAPBAPAab；11abab，故D正确，故选B

D．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案10e0xy，e0xy7(01)[5)，，【解析】13．因为226335()()()()xxyyxyxyxy，在5()xy的展开式中，项4xy的系数为5，

项4xy的系数为5，所以226()()xxyyxy的展开式中44xy的系数为5(5)10．14．当0x时，()exfx，设切点为(e)mm，，则e0()0mfmm，即eemmm，解得1m，切

线方程为e0xy，又因为()fx为偶函数，所以当0x时，切线方程为e0xy．15．因为6214yxxy，所以1462yxy，所以1462333(2)22yxyyyyy26≥，

当且仅当623y时，取“=”．16．2()1212111xxxxxaaaafxa，若1a，则()fx在R上单调递增；若01a，则()fx在R上单调递减，又2()(4212)1xxa

afxfx，故2()()fxfx，故不等式2()()24fxfax对(13)x，恒成立，即2()2(4)()fxfaxfax对(13)x，恒成立，当1a时，244xaxxax对(13)x，恒成立，当1x时，45xx

，得5a≥；当01a时，244xaxxax对(13)x，恒成立，当2x时，min44xax，得01a．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）因为D为BC的中点，所以2.ADABAC所以22224()2ADABACABACABAC222cosbccbBAC，数学参考答案·第5页（共9页）由

余弦定理得：2222coscbBACbca，所以22222222242212ADbcbcacba，即2222()12.bca……………………………………………………………………（5分）（2）因为222acacb，即222acbac

，由余弦定理得2221cos22acbBac，所以2π3B，又π6ADB，在ABD△中，由正弦定理可得sinsinADABBADB，所以13sin21sin32ADADBABB.………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）

（1）解：由121332244nnnnSSSS，，得212nnaa，nN，又由114a，12132()4aaa，得214a，所以114122nnnan，，，≥.……………………………………………………………………（5分）（2

）证明：由（1）知，当1n时，141099b．当2n≥时，11111122(1)(1)111111112222nnnnnnnnnabaa

．……………………………………………………………………………………………（9分）所以233411411111129111111111111222222nknnkb

数学参考答案·第6页（共9页）121114114424412221993219321111122nnnn

1411421029321939n，得证．……………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）由2~(0.540.02)XN，可得：1(0.540

.020.540.02)(0.56)2PXPX0.15865．………………………………………………………………………………（4分）（2）（ⅰ）由散点图可知y与x的关系不是线性关系，所以dycx适宜作为粮食亩产量y关于每亩化肥施用量x的回归方程；……………………………

……………………（6分）（ⅱ）因为dycx，所以lnlnlnydxc，令lntx，lnzy，则lnzdtc，由表可得1.5t，1.5z，所以1011022211030.5101.51.5146.6101.5310iiiiitztzdtt

，所以1ln1.51.513czdt，所以ec，所以13eyx，当27x时，3e32.78.1y（百公斤）．………………………………………（12分）2

0．（本小题满分12分）（1）证明：取CD中点G，连接PG，连接AG交BE于H，如图4，由60DEBCBE，//BECD知BCDE为等腰梯形，DECB，又PDDEPCCB，故PDPC，显然H为BE中点，AGBE⊥，PGCD⊥，PGBE⊥，AGPGG，BE⊥平面P

AG，AP平面PAG，故BEAP．………………………………………………………………………………（4分）图4数学参考答案·第7页（共9页）（2）解：若平面PCD平面ABCDE，由CD为平面PCD与平面ABCDE的交线，PGCD，A

GCD知，90AGP，如图5，可以G为原点，建立平面直角坐标系．设22ABxCDa，，由等腰梯形中底角为60°可知2PDPCDCa，2()DEBCxa，(3()0)Bxax，，，(00)Ca，，，(003)Pa，，，(3()0)Ex

ax，，，(3()CBxa，0)xa，，(3()3)PBxaxa，，，设平面BPC法向量为1n，则1100nCBnPB，，可令1(3())(131)nxaxaax

，，，，，…………………………………（8分）(3()3)PBxaxa，，，(3()3)PExaxa，，，设平面PEB法向量为2n，则2200nPEnPB，，可令2(303())naxa

，，，…………………………………………………………（10分）120nn，有2xa，故12PDAE．………………………………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）直线l的方程为34yx，代入抛物线2xy得：2304xx

，解得1322x或，所以1124A，，3924B，，因为2()Pxx，，1322x，所以21114122xkxx，22332294xkxx，则有212133224kkxxxx

，又1322x，则有12(13)kk，，故12kk的取值范围是(13)，．……………………………………………………………………………………………（5分）图5数学参考答案·第8页（共9页）（2）由（1）知2()Pxx，，1322x

，所以21124PAxx，，23924PBxx，，2242131933||||2244216PAPQPAPBxxxxxxx

，令4233()216fxxxx，1322x，则2()(12)(1)fxxx，由于当112x时，()0fx，当312x时，()0fx，故max27()(1)16fxf，即||||PAPQ

的最大值为2716．……………………………（12分）22．（本小题满分12分）（1）解：由1a，得()(1)ln1fxxxx.不等式()0fx≥等价于1ln01xxx≥，令1()ln1xgxxx，221()(1)xgxxx，又

()0gx≥，则函数()gx在(0)，上单增，又(1)0g，则不等式()0fx≥的解集为[1)，.……………………………………（5分）（2）证明：令()0fx，则2lnlnaxaxaxa，设2()lnlnaxahxxaxa，因此()fx的零点是()

hx的零点.22222212(22)()()()axaaxahxxxaxxa，设222()(22)mxxaaxa，由(2)a，，则34(2)0aa，对称轴22xaa，(0)0m，2()2(2)maaa0，故存在34

(0)()xaxa，，，，使得()0mx.故函数()hx在3(0)x，上单增，在34()xx，上单减，在4()x，上单增.又因为()0ha，则3()0hx，4()0hx，数学参考答案·第9页（共9页）当xa时，2()(lnln)(lnln)aaxhxxaxaaxxa

，此时111(ln)ln0eeeaaahaaaa；又当xa时，2()(lnln)(lnln)aaxaxhxxaxaxaxa，此时e1(e)(lnln)0e1e1aaaa

ahaaaaa；故由零点存在性定理知，()hx有三个零点1x，2xa，3x．又因为22(lnln)()aaaxhaxhxxxa，所以22132xxax，即1x，2x，3x成等比数列．……………………………

………………………………………………………………（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com