【文档说明】重庆第八高级中学校2021届高三下学期5月高考适应性月考卷（七）数学答案.pdf，共(8)页，261.764 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共8页）重庆市第八中学2021届高考适应性月考卷（七）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CCBADDBD【解析】1．4(22)izmm为纯虚数，则4m，故选C

．2．26nMxxnZ，，216nNxxnZ，，故NM，故选C．3．(|3|)(33+)2(2)PaPaaPa≥≤或≥≤，又(3)(3)PaPa≤≥，故(3)(2)PaPa≤≤，则32aa，得1a，

故选B．4．e2sinxyx，当[0π]x，时，sin0x≥，则0y；当(π)x，时，πee2x，则0y，所以[0)x，时，0y，函数单调递增，故选A．5．结合图象易知A，B错误，2020年1~2月出口金额约为4847.54(11.847)1

702.68百万美元，故C错；2020年1~2月出口数量约为2384(11.694)885万台，故选D．6．如图1，设OAa，OBb，OCc，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB，设DOA，在OAD△中，||||sinsi

n(75)ba，所以sin2sin(75)，又62sin754，62cos754，于是可得tan1，即45DOA，于是a与c的夹角为18045135AOC，故选D．7．设截面半径为x

，上、下圆台的高分别为1h，2h，则12hxrhRx，又21VV，则22222111(πππ)(πππ)33RxRxhxrrxh，于是221222()hRxRxxrxrxrhRx

，则3333()Rxxr，得333(1)xRr，故3331rRx，故选B．图1数学参考答案·第2页（共8页）8．令2(0)xtt，则原方程等价于||atat，即211

tta，令()ft21tta，作出()ft的草图如图2所示，又22112atttaa4a，则只需满足14a，得4a，故选D．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ACACDBCACD【解析】9．323ababab≥，解不等式得1a

b≤或3ab≥，故9ab≥，等号当且仅当3ab时取得，故ab有最小值9，则A对，B错；232ababab≤，解不等式得2ab≤或6ab≥，又0a，0b，故6ab≥，当且仅当3ab时取等号，故ab有最小值6；则C对，D错，故选

AC．10．A中：()()()(|)(|)1()()PABPABPAPBAPBAPAPA，故A正确；C中：A，B独立，则()()()PABPAPB，则()(|)()()PABPABPAPB

，故C正确；D中：A，B互斥，()0PAB，则根据条件概率公式(|)(|)0PBAPAB，故D正确；B中：设A，B独立，则(|)(|)2()PBAPBAPB，而()PB显然不一定为12，故B错误，故选ACD．11．如图3所示，取BC的中点N，则可以

证明1MNAD∥，从而四点1D，A，N，M四点共面，分别取1BB与11BC的中点E，F，则可以证明平面1AEF∥平面1DANM，所以平面1AEF即为平面，又平面11BCCBEF，所以PEF．设11APBC∥，又1BCEF∥

，则1APEF∥矛盾，所以A错；由于1BCEF，DC平面11BCCB，所以DCEF，所以EF平面1BCD，从而平面平面1BCD，故B正确；设正方体的棱长为2，1AP与AB所成图2图3数学参考答案·第3页（共8页）角为11PAB，则111121211sinsin441BPPABBPBP

，又122BP，，所以11sin3≥，故C正确；当P为F时，有1AP∥平面ABC，则20，故D错，故选BC．12．设2(0)4mPmm，，2(0)4nQnn，，(11)AB

，，(11)BA，，214nAQn，，214mBPm，，2244mnPQnm，，214nsn，214mtm，

则st22440nmnm()()4()0nmnmnmnm或4mn；ABPQ∥22044nmmn()(4)0mnmnmn，故A正确，B错误；又22(2)144mmtm

，故t取最小值时，2m，此时(12)P，，此时PABOAB，故C正确；22(2)(2)44nmst，故2m且2n时，st取最小值，此时(12)P，，(21)Q，，所以四边形ABPQ为正方形，故选ACD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分

）题号13141516答案π2（答案不唯一）73420π；10【解析】13．由条件，知π(0)2ff，即coscos(π)，cos0，所以π2k，kZ．14．由条件，知双曲线的一条渐近线为12yx，所以8144k，7k.15

．00后1名党员确定入选，①80后党员恰有3人入选，90后党员恰有1人入选，则选派方法数为3143CC12种；②80后党员恰有2人入选，90后党员恰有2人入选，则选派方法数为2243CC18种；③80后党员恰有1人入选，90后党员恰有3人入选，则选派方法数为1343CC4种，故共有12184

34种．数学参考答案·第4页（共8页）16．由题知四边形11ACAC为平行四边形，又该几何体有外球，所以A，C，1A，1C四点共圆，故四边形11ACAC为矩形，则1AA，1BB均与1CC交于一点，则该点即为该几何体外接球球心O，则外接球的半径22124522BBR，所以外接球表

面积为20π；该几何体的体积为四棱锥11ABCBC体积的2倍，又矩形11BCBC的面积8S，又外接球球心O在矩形11BCBC内，A在球O的球面上运动，则AO平面11BCBC时，四棱锥的高h最大，所以此时四棱锥的体积最大．如图4，此时5OAR，2OE，则3A

E，又21AEm，则10m．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）4sinsin2(1cos())22ABAB，∴2cos()2AB，即2cos2C，∴π4C．…………………………

…………………………（5分）（2）由题意知：4b，∴1sin282ABCSabCa△，∴42a，由余弦定理得2222cos16cababC，即4c．……………………………………………………（1

0分）18.（本小题满分12分）解：（1）11116(1)(2)2aaaa，2632nnnSaa，①2111632(2)nnnSaan≥，②图4数学参考答案·第5页（共8页）①-②：11()(3)0(2)nnnnaaaan≥，∴

13(2)nnaan≥，23(1)31(2)nannn≥，综上：31(1)nann≥．………………………………………………（6分）（2）由题意知：23313mmn，即121113333mmn，∵*nN，∴121313mmn≤

≤，∴21133mmmb，2119(19)3(13)3431319138mmmmmT．……………………………………………………（12分）19.（本小题满分12分）

（1）证明：∵E为1AA的中点，F为1DD的中点，∴11EFADBC∥∥，11EFADBC，11EFABBA面平，∴四边形11EFCB为矩形，∵1112AEAB，112ANAE，111ABAA，1AAAB，∴1

1ANEAEB△∽△，1NEBE．又∵11EFABBA面平，∴EFEN，11111111BEEFCBEFEFCBENEFCBBEEFE面面面平，平，平，∴四棱锥11NEFCB为阳马．…………………（6分）（2）解：以D为坐标原点，DA为x轴正

方向，DC为y轴正方向，1DD为z轴正方向，如图5所示建立空间直角坐标系．则1202N，，，(201)E，，，(001)F，，，1(022)C，，，1012NE，，，1212NF

，，，设平面NEF的法向量为1111()nxyz，，，图5数学参考答案·第6页（共8页）则111111111002(021)10202yznNEnnNFxyz

，，，，．1212NF，，，13222NC，，，设平面NEF的法向量为2222()nxyz，，，则22222212

22120052243202202xyznNFnnNCxyz，，，，，1244cos010552nn<，>，所以平面EFN与平面1NFC所成二面角为

π2．………………………………（12分）20.（本小题满分12分）解：（1）2017年的估计值：7ˆ0.12572.4253.3h(亿吨)，从而估计减少碳排放量为3.33.090.21(亿吨)．……………………………………………………（3分）（

2）①设2xt，则140207t，1207102223.6057200.1157.505ˆ0.00446767201876iiiiitzntzbtnt，∴7.505ˆ0.115200.0351876azbt

，∴2ˆ0.0040.035zx，∴22ˆˆˆ0.1252.4250.0040.0350.004+0.1252.39yhzxxxx，……………………………………………………（8分）②∵y的对称

轴为0.12515.62520.004x，∴大约在2026年实现碳达峰，数学参考答案·第7页（共8页）当44x时，ˆ0y；当45x时，ˆ0y，即在2055年实现碳中和．……………………………………………………（12分）21

.（本小题满分12分）解：（1）(10)F，，设直线1l：11xty，直线2l：21xty，22122111122221xtyMttxty，，，同理可得22222222tNtt，，设直线OM，O

N的斜率分别为1k，2k，则1211121022202tttkt，222tk，∴12121212244ttttkk，∴2111544145kk，直

线ON的斜率为54．………………………（5分）（2）设过点(10)F，的直线为1xty，则其与椭圆交点弦的中点坐标为22222ttt，，设直线MN的方程为xmyn．1xmynxty，中点的纵坐标为1ntm，∴2212(1)02

ntntmtntmt，122(1)213nttnn，∴直线MN过定点203，，max21133d．（此时直线MN垂直于x轴）……………………………………………………（12分）数学参考答案·第8页（共8页）22.（本小题满分1

2分）解：（1）()exfxk，①当0k≤时，()0fx恒成立，则()yfx在R上单调递增；②当0k时，lnxk时，()0fx，()yfx的单调递增区为(ln)k，；lnxk时，()0fx，()yfx的单调递减区间为(l

n)k，．……………………………………………………（4分）（2）222e23xkxxk≥对任意的0x≥恒成立，即22232exxkxk≤对任意的0x≥恒成立．令2223()exxkxkhx，(1)(3)()exxkxkhx．①当3k≥时，()0hx≤

在(0)x，恒成立，()hx在(0)，上单调递减．所以只需2(0)32hk≤，即[55]k，，矛盾．②当13k≤时，()hx在(03)k，上单调递增，在(3)k，上单调递减．所以只需

36(3)2ekhk≤，即3ln3k≤．∴13ln3k≤≤；③当1k时，()hx在(01)k，上单调递减，在(13)kk，上单调递增，在(3)k，上单调递减．(0)253ln3(3)2hkh

k≤，≤≤≤，∴51k≤，综上，实数k的取值范围为[53ln3]，．……………………………（12分）