【文档说明】重庆市巴蜀中学2022届高三上学期高考适应性月考卷（四）+数学答案.pdf，共(11)页，263.871 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-85cae60a145cd6a575228090e9e25254.html

以下为本文档部分文字说明：

数学参考答案·第1页（共11页）巴蜀中学2022届高考适应性月考卷（四）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ADCCDBBA【解析】1．234iiiii1i10

，故选A.2．240xxaxaR，，2160(016)aaa，，，则其成立的充分必要条件为D，故选D．3．17137777()7(14)3513524222aaSaaS，∴，∴，故选C.4．展开式共有10项，中间项有两项，第五

项和第六项，4542565243596911C()126C()126TxxTxxxx，，故选C.5．22113)()(12)222ADBCABACACAB

（，故选D.6．设三棱柱111ABCABC的高为h，底边边长为a.设球O的半径为R，则2222231193132343412ahRah，故球O的表面积为231π4π3R，故选B.7．设所需时间为t秒，则101285

102lglg5lg210128lg2lg130lg2112ttt，，，28.13280.1328lg1300.3011128.13101010101.349tt∴，∴秒

，故选B.8．111(1)2nnaa，{1}na∴是以12为首项，以12为公比的等比数列，111122nnnnaa，，33nnnaan∵恒成立，(3)(3)(3)(1)nnnanna的最大值，令11132

34(3)(1)2222nnnnnnnnnnnnbnabb，，04n∴时，nb单数学参考答案·第2页（共11页）调递增，4n时，nb单调递减，1234567bbbbbbb∵，nb∴的最大值4511

6bb，116∴，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，有选错的得0分，部分选对的得2分）题号9101112答案A

BCABDACDBCD【解析】9．ab时，42204tt，，故A正确；ab∥时，4401tt，，故B正确；a与b夹角π02，时，8204abtt，，当(0)ab时，解的12t，，无解，a∴与b夹角

为锐角时，4t，C正确；当2t时，a在b上的投影为2||abb，故D选项错误，故选ABC.10．ππππππππ()cos(2)sin(2)cossinsincos44424244fxxxxxx，()fx()fx，函数

()fx是偶函数，图像关于y轴对称，故A正确；[24]x，时，ππππππππsin0()sincos2sin4244444xxfxxxx，，≥，，ππ44xπ3π44，，故函数()fx的值域为[12]，，所以B正确

；33(3)sinπcosπ244f，55(5)sinπcosπ2(3)(5)044fff，，所以C错误；π(8)sin2π4fxxπcos2π()4xfx，8是函数()fx的周期，所以D正确，故

选ABD．11．424ababab≥≤，故A正确；1311313()444baabababab≥1(423)4，当且仅当32(31)23(31)baabab，，取等，故B错误；当ln0a≤数学参考答案·第3页（共

11页）时，ln0b，2lnlnln2ab∴≤成立，当ln0ln0ab，时，2lnlnlnln2abab≤2222()ln4(ln)ln244abab≤，故C正确；2221212244bbMbabbbbb2

4214bbb，其中4004abb，，令2164221812036ttbtMtt，，1613620tt，36[1220)[1)tMt∵，，∴，，当且仅当6t时取得最小值1，故D正确，故选ACD．12

．从第一行开始，每一行的数依次对应()nab的二项式系数，(11)2nnna∴，{}na为一个等比数列，12(12)2212nnnS，所以1110221022S，故A错误；1121212211(22)(22)2222nnnnnnnnaSS

，12nnnaSS∴的前n项和为23341222111111111122222222222222222nnnna，故B正确；去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0123，，，构成一个等差数列，项

数之和为(1)572nn≤，n的最大整数为10，杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，在nb中去掉，57b取的就是第12行中的第三项，25712C66b，故C正确；121122S，这11行中共去掉了22个1

，1257115657121222409422CC4150TSbb∴，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33yx9722182xy①1或2；②253x

【解析】13．1(1)0()2ffxxx，，斜率(1)303(1)33kflyxyx，：，.数学参考答案·第4页（共11页）14．981021181228083100263110444mmxy，，样本中心点()xy，在回归直线方程上，代入0.85

1103.59097ym，∴.15．AB，的中点为坐标原点O，则根据||||PAPB，210210155OPPOABkP，∴，，，322eab∵，∴，∴设椭圆C的方程为222214xybb，代入21021055P

，，解的22b，∴椭圆C的方程为22182xy.16．设||km(03)||(3)kmCPxxPDxAPCBPD，，，，，，1tantanx，23x，①当90APB

时，1290tantan113xx，解得1x或2，所以此时||1kmCP或2km；②当π2时，123tantan()21(3)xxAPBxx∴2332xxx，由

题意，张角APB要达到最大，23tan32xAPBxx，令3(36)txt，，，21tan209209tAPBtttt取负数时，对应的是钝角，2045990tt∵≤时，1tan459APB≤，当且仅当25253tx，时取等，由正切函数单调性可

知，此时张角为APB达到最大.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）（1）证明：如图1，BCD△为等边三角形，M为BD的中点，CMBD∴，①又ABAD

，AMBD∴，②AMMCM∵，BD∴平面AMC.………………………………………………………………………………………（5分）图1数学参考答案·第5页（共11页）（2）解：6BD，33CM∴，3BMAM∴，6AC∵

，222ACAMMC∴，AMMCAMBDMCBDM∴，，，AM∴平面BCD，11333693334ABCDBCDVAMS△.……………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：选①：由余弦定理：2222c

osbcabcA，1sin2SbcA，由2224303bcaS，有4312cossin032bcAbcA，即sin3cosAA，tan3A，(0π)A，，所以2π3A.…………………（8分）又11πcoscos423B，π02B

，，cosyx在π02，上单调递减，所以π3B，2πππ33AB，与ABC△的内角和为π矛盾，所以不存在符合题意的三角形.…………………………………………………………………………（12分）另解1：同上得：2π3A.又1π153cos0

0sinsin604242BBB，，，，sinyx在π02，上单调递增，所以π3B，2πππ33AB，与ABC△的内角和为π矛盾，所以不存在符合题意的三角形.……………

…………………………………………（12分）另解2：同上得：2π3A.又1π15cos00sin424BBB，，，，31115sinsin()sincoscossin2424CABABAB31

508因为(0π)sin0CC，，，矛盾，所以不存在符合题意的三角形.………………………………………………………………………………（12分）选②：因为3cos(coscos)sin0AcBbCaA，由正弦定理得：23cos(sincossincos)sin0

ACBBCA，数学参考答案·第6页（共11页）即23cossinsin0AAA，因为(0π)sin0AA，，，所以：3cossin0AA，即：sin3cosAA，tan3A，(0π)A，，所以2π3A.…………………（8分）下面的解法同上.19．（本

小题满分12分）解：（1）该顾客实际付款金额为X元，则X可能为0500700800，，，.1212310CC1(0)C120PX；111127310CCC147(500)C12060PX；1217310CC217()700C120

40PX；39310C847(800)C12010PX，则X的分布列为：X0500700800P112076074071017774445()05007008001206040106EX

，答：该顾客实际付款金额的数学期望为44456元.…………………………………（7分）（2）设10名顾客中享受8折优惠的人数为Y人，则7~1010YB，，7()10710EY，…………………………………………

………………………………（9分）售货员获得的提成为Z元，4020(10)20020ZYYY，……………………………………………………………………………（11分）()20020()200207340EZEY（元）.答：该售货员可获得的平均提成为34

0元.…………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）由11133nnnnbbbb，，{}nb是以11b为首项，13q的等比数列，1111133nnnb，…………

……………………………………………………（2分）数学参考答案·第7页（共11页）由14nnnSSa，1(2)nnnaSSn≥，有11()()4nnnnSSSS，2214(2)nnSSn≥，故2{}nS是以214S为首项，公差4d的等差数列.

所以24(1)44nSnn，又002nnnaSSn，∴，，……………………（4分）当2n≥时，142(1)nnnannSS，1n时，12a满足上式，故2(1)nann.………………………………………………………………（6分）（2）114

3nncn，设012111111233333nnTn，①1231111111123(1)333333nnnTnn

，②①②：12312111111333333nnnTn1113311313223313nnnnnn，9913144323nnnTn

，11119969(32)333nnnnTnn.………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）由231|3|332bcaacb

，，，，E的方程：2213yx.…………………………………………………………………………………（4分）数学参考答案·第8页（共11页）（2）如图2，由已知直线l的斜率存在，设l：ykxm，l与圆O：221xy相切，则222||11

1mdmkk，……………………………………………………（5分）联立双曲线E与直线l的方程：22222330(3)230xykxmkxmykxm，，设直线l与双曲线E的左右两

支交于1122()()PxyQxy，，，两点，所以22222221223044(3)(3)003303kkmmkkmxxk，，≤，……………………………（7分）12221222333mkxxkmxxk，，……………………

…………………………………………（8分）又1122(10)()()APxyQxy，，，，，，以P，Q为直径的圆经过双曲线的右顶点A，所以APAQ，0APAQ，又12121212(1)(1)(1

)(1)()()APAQxxyyxxkxmkxm221212(1)(1)()10kxxmkxxm，即2222222(1)(3)2(1)102033kmmkmkmmmkkkk(2)()02mkmkmk或m

k.……………………………………………（10分）①当mk时，点M与右顶点A重合，不合题意舍去；②当2mk时，代入221mk，得213k，33k，满足条件，所以直线l的方程为32333yx或32333yx.…

…………………（12分）图2数学参考答案·第9页（共11页）22．（本小题满分12分）解：（1）1m时，21()exxxfx，232(1)(2)()eexxxxxxfx，()fx在(1)，减，(12)，增，(2)，减，极小值1(1)ef，极大值23(2

)ef.………………………………………………………………（5分）（2）221()22exxmxxgxx，222()2exmxmxxgxxe(2)(2)(2)exxxmxxx(2)(e1)exxxmx.…

…………………………（7分）解法1：令()e1xxmx，()exxm，()x在(0)，上单调递增，又(0)0，(0)1m.①当(0)10m≥，1m≥时，()(0)0x≥≥，()x在(0)，

上单调递增，又(0)0，所以，()0x≥，当(02)x，时，()0gx，当(2)x，时，()0gx，()gx在(02)，上减，(2)，上增，只有一个极值点2x.…………………

……（9分）②当(0)10m，1m时，由()e0xxm，ln()xm，当(0ln())xm，，()0x，当(ln()+)xm，时，()0x，()x在(0ln())m，上减，在(ln())m，上增，又(0)0，(ln())

0m，x时，()gx，0ln()xm，0()0x，当0(0)xx，时，()0x，当0()xx，时，()0x.（ⅰ）若02x，由0()0x，得：2e210m，21

e2m时，()0()gxgx≥在(0)，单增，无极值点；（ⅱ）若0(02)x，，由00e10xmx，000e1()xmhxx，00020e(1)1()xxhxx，令000()e(1)1xpxx，000()e0xpxx，0()px在

(02)，上单增，(0)0p，0()0px，0()0hx，则0()hx在(02)，上单减，又0000000e1elim()limlim11xxxxxhxx，数学参

考答案·第10页（共11页）201e()12hx，，即21e12m时，()gx在0(0)x，上增，在0(2)x，上减，(2)，上增，有2个极值点；（ⅲ）若02x，即21e2m时，则()gx在

(02)，上增，在0(2)x，上减，0()x，上增，()gx在(0)，上有2个极值点.注：（ⅱ），（ⅲ）直接合起来写：当1m且21e2m时，00x且02x时，()0gx有两个不等的实根02x，，（ⅰ）若0(

02)x，，()gx在0(0)x，上增，在0(2)x，上减，(2)，上增，有2个极值点；（ⅱ）若02x，则()gx在(02)，上增，在0(2)x，上减，0()x，上增，()gx在(0)，上有2个极值点.也可.综上：

①1m≥时，()gx在(0)，上只有1个极值点；②21e2m时，()gx在(0)，上有0个极值点；③1m且21e2m时，()gx在(0)，上有2个极值点.………………………（12分）（2）解

法2：要讨论()gx的极值点的个数，令()e1xxmx，先讨论()x的零点个数，令()e10xxmx，e1()(0)xmhxxx，2e(1)1()xxhxx，()e(1)1xpxx，()e0xpxx，()px在(0)，上单增，(

)0px，()0px，()0hx，则()hx在(0)，上单减，又00e1elim()limlim11xxxxxhxx，e1elim()limlim1xxxxxhxx

，①1m≥时，e1()(0)xmhxxx无实数解，()e10xxmx在(0)，没有实根，当(02)x，时，()0gx，当(2)x，时，()0gx，()gx在(02)，上减，(2)，上数学参考答案·第11页（共11页

）增，只有一个极值点2x；…………………………………………………………（9分）②当()e10xxmx的实数解为2x，21e2m时，()0gx≥，()gx在(0)，单增，无极值点；③当1m且21e2m

时，ym与e1()xhxx有一个交点，()e10xxmx有一个实数解0x，00x且02x，()0gx有两个不等的实根02x，.（ⅰ）若0(02)x，，()gx在0(0)x，上增，在0(2)x，上减，(2)，上增，有2个极值点；（ⅱ）若02x，则()gx

在(02)，上增，在0(2)x，上减，0()x，上增，()gx在(0)，上有2个极值点.综上：①1m≥时，()gx在(0)，上只有1个极值点；②21e2m时，()gx在(0)，上有0个极值点；③1m

且21e2m时，()gx在(0)，上有2个极值点.………………………（12分）