【文档说明】重庆市第八中学2022届高三上学期高考适应性月考（三）数学试题答案.doc，共(11)页，1.008 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第八中学2022届高考适应性月考卷（三）数学参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案BDACCBDC【解析】4．根据题意：向径为卫星与地球的连线，即椭圆上的点与焦点的连线的距离.根据椭圆的几何性质有：卫星向径的最小值为ac−

，最大值为ac+，A，B错误；由开普勒行星运动定律，卫星的向径在相同的时间内扫过的面积相等，在第二象限运动时扫过的面积大于在第一象限运动时扫过的面积，故卫星在第二象限内运动的时间大于在第一象限内运动的时间，C正确；当卫星向径的最小值与最大值的比值越

小时，由12111aceacee−−==−++++，可得e越大，椭圆越扁，所以D错误，故选C．5．由0xy，，且431xy+=，则121243(43)169452321yxxyxyxyxy+=++=++++≥249yxxy=，当且仅当y

xxy=时，即7xy==时，等号成立，所以43xy+的最小值是49，故选C．6．因为33log4log31a==，33log0.4log10b==，0.30.3log0.4log0.31c==且0.3log0.4c=0.3log

10=，所以acb，故选B．7．法一：()5sin()fxx=+，π02，，1tan2=，由0()355fx=，0()5sin()fxx=+=0353tan()54x+=，00

00tan()tan2tantan(())1tan()tan11xxxx+−=+−==++或−2（舍），故选D．法二：2000002200(2sincos)3922sincostansincos5115xxxxxxx++===+或−2（舍），故选D．8．因为四边形12M

FNF为矩形，所以12||||MNFF=2c=（矩形的对角线相等），所以以MN为直径的圆的方程为222xyc+=．直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为byxa=，由222byxaxyc=+=，，解得xay

b==，或xayb=−=−，，所以()Nab，，()Mab−−，或()Nab−−，，()Mab，．不妨设()Nab，，()Mab−−，，又(0)Aa，，所以2222||()4AMaabab=++=+，22||()ANaabb=−+=.在△AMN中，2

π3MAN=，由余弦定理得2222π||||||2||||cos3MNAMANAMAN=+−，即222244cabb=+++224abb+，则2224bab=+，所以2224(4)bab=+，则2243ba=，所以222113bea=+=

，故选C．二、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2分）题号9101112答案ABDACDBCDBCD【解析】9．由于7πππ41234T=−=，故2ππT==，所以

2=，A正确；因为()sin(2)fxx=+，π2πsin033f=+=，解得π3=，故π()sin23fxx=+，5ππ033ff−==，B正确；令ππ2π32xk+=+，解得ππ122kx=

+，即对称轴为ππ()122kxk=+Z，故C错误；令π2π3xk+=，解得ππ62kx=−+，即对称中心为ππ0()62kk−+Z，，故D正确，故选ABD．图110．由()()(2)(2)(2)(2)fxfxfxfxfxfx=−+=−+=−，，

所以4(2)()2fxfx+=+−=()fx，即(4)()fxfx+=，故函数()fx是周期为4的周期函数，选项A正确；当[02]x，时，1(2)3xfxx=+−，则()fx在[02]，上单调递增，所以()fx在[42]−−，上单调递增，故选

项B错误；因为()fx为偶函数且()fx图象关于2x=对称，则有()2(2)2[()]ffxxfx−==−−−，(2)[(2)](2)fxfxfx+=−+=−−，所以(2)fx−−=2()fx−+，则(

)fx的图象关于直线2x=−对称，故选项C正确；因为函数()fx是周期为4的偶函数，则(2021)(50541)(31)214fff==+=+−=，故选项D正确，故选ACD．11．如图2，对于A，2||||1PAOP=−，而min|10

|||225OP==，故min||3PA=，所以四边形OAPB的面积有最小值min121||32PA=，故A错误；对于B，因为90PAOPBO==，故四点O，A，P，B共圆，故B正确；对于C，如图3，由B得到A，B，O，P在以OP为直径的圆上，此圆的方

程为：()()0xxayyb−+−=，故2222(1)ABxyaxbyxy+−−−+−：0=，即10axby+−=，故C正确；对于D，因为3POPA=，故()3PAPAOA+=，即23PA=，所以24PO=，即224ab+=，故22()

()8abab++−=，故2()8ab+≤，即22ab+≤，当且仅当2ab==，故ab+的最大值为22，故选BCD．12．如图4，由已知条件可得(10)(10).FC−，，，由抛物线的对称性，不妨设直线m的方程为2211(1)

(0)()().ykxkAxyBxy=+，，，，依题意12xx，由2(1)4ykxyx=+=，，整理得2222(24)0.kxkxk+−+=当22Δ(24)k=−42416160kk−=−，即0

1k时，由韦达定理，得212122421.kxxxxk−+==，对A选项，假设||||APPC=成立，由APC△为等腰直角三角形，4545.ACPACF==，图2图3图4ABBF⊥，所以BCF△为等腰直角三角形，则点B在y轴上，这与已知条件显然矛盾，故A错误；对于B选项，过B作B

Ql⊥，垂足为Q，由已知可得APBQ∥，所以||||||||BQBCAPAC=.又||||ABBC=，所以||2||.APBQ=由抛物线的定义，得||||AFAP=，||||.BFBQ=因此||2||AFBF=，故B正确；对于C选项，||41(323)AAFxA==+

，，所以(123)P−，，3PFk=−，由直线AB的方程为3(1)2yx=+，由121xx=可得联立12333B，，3BFk=−，所以PBF，，三点共线，C正确；对于D选项，因为12||1||1AFxBFx=+=+，，所以1212||||2224AFBFxxxx+=

+++=≥，又12||2xxCF=，，故||||||2AFBFCF+成立，故D正确，故选BCD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案2149516【解析】13．由题，21ln()()axxfx

xa+−=+，2111(1)(1)13afaa+===++，解得2a=．14．由题22a=，则点P满足22221214xyxy−=+=，，解得33y=，则12||1FPFScy==△．15．观察规律，每一斜线上分别有1，2，3，…个数，100之前

要走99条斜线，共99199149512++=．16．法一：平面向量abc，，满足0ab=，设OAaOBbOCc===，，，如图5，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，建立直角坐标系，作矩形OADB

，根据矩形的性质2222CACBOCCD+=+，而||||13CAac=−=，||||13||1CBbcc=−==，，所以213131CD+=+，所以5CD=．由||||||156ababODOCCD−=+=+=+=||≤||，当O，C，D共线的时候成立．图5法二：设(0)(0)(co

ssin)AaBbC，，，，，，则22||||(cos)sin13CAaca=−=−+=，22||||cos(sin)13CBbcb=−=+−=，整理有22222cos2sin24ababab+−−=+−22242si

n()ab=++，则2222242abab+−+≤，解得2246ab−+≤≤，即max||6ab−=．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）当1n=时，1121aa=−，解得11a=；当2n≥时，1121nnS

a−−=−，∴1122nnnnnaSSaa−−=−=−，化简得12nnaa−=，∴{}na是首项为1，公比为2的等比数列，∴12nna−=，因此{}na的通项公式为12nna−=．………………………………………………………（5分）（2）由（1）得2121nn

nSa=−=−，∴22log212nnnnbaSn=−=−−，∴231212(13521)(2222)(22)222nnnnnnTnn++=++++−−++++=−−=−+，∴2122.nnTn+=−+……………………………………………………………………

（10分）18．（本小题满分12分）解：（1）由已知得222sinsinsinsinsinACBAC+−=，故由正弦定理得222acbac+−=，由余弦定理得2221cos22acbBac+−==，所以π3B=．……………………………

…………………………………………………………（5分）（2）由（1）知3sin2B=，∴2sinsinsinacbACB===，π2(sinsin)2(sinsin())sin3cos2sin.3caCACBCCCC−=−=−+=−=−在锐角三角形ABC△中，π3B=，∴ππ62C

，，∴πππ366C−−，，∴π2sin(11)3C−−，，故ca−的取值范围为(11)−，．……………………………………………………………………………………（12分）19．

（本小题满分12分）解：（1）设事件“第*()iiN次划拳甲赢”为iA；事件“第i次划拳甲乙平局”为iB；事件“第i次划拳甲输”为iC，则1()()()3iiiPAPBPC===．因为游戏结束时甲得3分，乙得−3分，所以这包含两种可

能的情况：第一种：前4次猜拳甲赢2次，平局2次，第5次猜拳甲获胜，其概率为：421411C32813P==；第二种：前3次猜拳甲赢2次，输1次，第4，5次猜拳甲连胜，其概率为：32223181

1C331P==．所以游戏结束时乙得−3分的概率为12812118127PPP=+=+=．………………………………………………………………………………………（6分）（2）依题可知包含三种情况：第一种：进行3次猜拳后游戏

结束，只可能为甲连胜3次，其概率为31(3)2317P==；第二种：进行4次猜拳后游戏结束，只可能为甲在前3次中胜2次，平1次，第4次甲胜，其概率为：32311(4)C33127P==；第三种：进行5次猜拳后游戏

结束，由（1）知，其概率为：2(5)17P=，综上：甲至多在进行五次猜拳后获胜的概率为(3)(4)(519)PPP++=．………………………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：由题意知，在平

行四边形EFGH中，FGEH∥，又因为EH平面ABD，FG平面ABD，∴FG∥平面ABD．……………………………………………………………………（2分）又因为平面ABD平面ABCAB=，由线面平行性质定理有：ABEH∥，…………………………

………………………（3分）又因为EH平面EFGH，AB平面EFGH，∴AB∥平面EFGH．……………………………………………………………………（5分）（2）解：取BD的中点O，连接AOCO，，由题意，AOBD⊥，因为平面ABD⊥平面BCD，平面AB

D平面BCDBD=，AOABD，故AO⊥平面BCD，同理CO⊥平面ABD，故AODO⊥，AOCO⊥，CODO⊥，又易知AOCO=，故AOC△为等腰直角三角形．又因为2AC=，故1AOCO==，同理，易知2BD=．…………

…………………………………………………………（7分）以O为坐标原点，建立如图6所示的空间直角坐标系，故易知：(001)(010)(100)(010)ABCD−，，，，，，，，，，，，故：(101)(011)(110)ACABCD=−=−−=−，，，，，，，，.…………

………………………………………（8分）由（1）知AB∥平面EFGH，同理可知，CD∥平面EFGH；易知ABCD，不共线，设平面EFGH的法向量()nxyz=，，，故00nAByznCDxy=−−==−+=，，故(111).n=−，，…………………………

…………………（10分）设直线AC与平面EFGH所成角为，故：6sin|cos|.3||||nACnACnAC===，……………………………………………（12分）图621．（本小题满分12分）解：（1

）()fx的定义域为(0)+，且11()(0).axfxaxxx−=−=①当0a≤时，()0fx，()fx在(0)+，上单调递增；②当0a时，令()0fx=，则1xa=，当10xa时，()0fx；当1xa时，()0fx，所以()fx在10a，上单

调递增，在1a+，上单调递减．………………………………………………………………………………………（5分）（2）由（1）可知，当0a≤时，()fx单调递增，至多有一个零点，舍去；若0a时

，由()0xfx+→→−，，()xfx→+→−，，则要使()fx有两个零点，只需1ln10faa=−−，从而10ea．故10ea时，()fx有两个零点12xx，，不妨设12xx．由（1）易知121

0xxa，∴1122lnlnxaxxax==，，∴2211ln()xaxxx=−，∴2121lnlnxxaxx−=−，212121212121()ln()0xxxaxxbxxbxxxxx++=++−，

即22221221112112lnln0.xxxxxxbbxxxxxx−+=+−令21(1)xttx=，∴1ln0tbtt+−在(1)t+，上恒成立．因为ln0t，10tt−，易知0b，令1()lngttb

tt=+−，则(1)0g=，2222211(1)()1(0).bttbttbgtbttttt++++=++==令2()htbttb=++，(1)12hb=+，对称轴012tb=−．①若(1)0h≤，即12b−≤时，01t≤，故()0ht，()gt在(1)

+，上单调递减，则()(1)0gtg=，符合题意；②若(1)0h，即102b−时，01t，故存在唯一1(1)t+，，有1()0ht=，从而()gt在1(1)t，上单调递增，在1()t+，上单调递减，从而1()(1)0gtg=，矛盾．综上所述，b的取值范围是

12−−，．……………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）（1）解：由题意知：2232aba−=，解得2ab=．因为抛物线E的焦点为(01)F，，所以12ba==

，，则椭圆的方程为2214xy+=．………………………………………………………………………………………（3分）（2）证明：（i）设2(2)(0)Pmmm，，由24xy=，可得12yx=，所以直线l的斜率为m，

其直线方程为2(2)ymmxm−=−，即2ymxm=−．设112200()()()AxyBxyDxy，，，，，，联立方程组22214ymxmxy+==−，，消去y并整理可得22340()1484

4mxmxm+−+−=，故由其判别式0，可得3122814mxxm+=+，故320214142mmxxx+==+，代入2ymxm=−，可得22014ymm+=−．因为0014yxm=−，所以直线OD的方程为14yxm=−．联立142yxmxm=−

=，，可得点M的纵坐标为12y=−，即点M在定直线12y=−上．………………………………………………………………………………………（8分）（ii）解：由（i）知直线l的方程为2ymxm=−，令0x

=，得2ym=−，所以2(0)Gm−，，又2322241(2)(014)14mmmPDmmmF−++，，，，，，所以211||2(1)2SGFmmm==+，222021(12)|||2|22(14)mmSPMmxm+=−=+，所以2212222(41)(1)(21)SmmSm++=

+，令221tm=+，则1222(21)(1)112SttSttt−+==−++.因此当112t=，即2t=时，12SS最大，其最大值为94，此时22m=满足0，所以点P的坐标为122，，在椭圆的内部，因此12SS的最大值为94，此时点P的坐标为122

，．………………………………………………………………………………（12分）