【文档说明】重庆市巴蜀中学2022届高考适应性月考卷（一）数学试题答案.pdf，共(8)页，303.288 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共7页）巴蜀中学2022届高考适应性月考卷（一）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DADCBCDB【解析】1．命题(0)ln1xxx，，的否定：(0)ln1xxx，，≤，故选D

．2．2[(0)](3)log83fff，故选A．3．2i11i3i22z，复平面内z对应的点为1122，，故选D．4．30{|33}3xAxxxx，{|212}xByy≥，[23)AB，，故选C．5．设i()zabab

R，，则izab，若0zz，则0a，z不一定是纯虚数；若z是纯虚数，则i(0)zbb，izb，一定有0zz成立．所以“0zz”是“z是纯虚数”的必要但非充分条件，故选B．6．满足条件的集合P应同时含有

33，或22，或11，或0，又因为集合P非空，所以集合P的个数为42115个，故选C．7．0.300.40.41，00.40.5122221.5，322223log3log8log

21.52，故选D．8．设2()()gxxfx，则2ln()2()()xgxxfxxfxx，由2()()gxxfx，则2()()gxfxx，所以33()2()ln2()()xgxgxxgxfxxx，设()ln2()hxxgx，则

1()2()hxgxx12lnxx，令()0hx，得ex，当(0e)x，时，()0hx；当(e)x，时，()0hx，所以()hx在(0e)，上单调递增，在(e)，上单调递减，()(e)lne2(e)hxhg≤数学参

考答案·第2页（共7页）1112e(e)2e0224ef，所以()0fx≤在(0)，恒成立，则()fx在(0)，上单调递减，故选B．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BCDBDACDAB【解析】9．对选项A：()cfxx在(0)，时减函数，所以ccab，A错误；对选项B：110ababccab，B正确；对选项C：

22200abcacbc，，C正确；对选项D：22cacacaacacac≤≤，D正确，故选BCD．10．设数据1：12nxxx，，，的均值为x，标准差为s，极差为

maxminRxx，则数据2：12212121nxxx，，，的均值为21x，方差为24s，所以选项A，C错误；数据2的标准差为242ss，极差为maxminmaxmin(21)(21)2()2xxxxR，所以选项B，D正确，故选B

D．11．由()fx是奇函数，(1)fx是偶函数，可得()fx关于(00)，和直线1x对称，从而()fx的周期4T，所以选项B错误，选项C正确；对选项A：由对称性及奇函数的性质可知(2)(0)0ff，A正

确；对选项D：有已知()fx关于(00)，和直线1x对称，从而()fx关于(20)，对称，又因为()fx的周期4T，可得()fx关于(20)，对称，所以(2)fx是奇函数，D正确，故选ACD．12.2222211π()(4π4

πππ)4(24)4333VSSSShrrrrrr(02)r，对选项A：1r，π73(124)3π33V，A正确；322π344834rrrVr，设32()3448frrrr，则2()984frrr在区间(02)，上

递减，设()0fr的两数学参考答案·第3页（共7页）根为12rr，由韦达定理12409rr知2(02)r，，且当2(0)()0rrfr，，；2(2)()0rrfr，，，()fr在2(0)r，，2(2)r，，由(0)8f，(1)5f，(2)24f知，

0(12)r，，使得0()0fr，当0(0)()0rrfr，，，即0V；当0(2)()0rrfr，，，即0V，所以当V在0(0)r，，0(2)r，，B正确，C，D错误，故选AB．三、填空题（本大题共4小题，每小题5

分，共20分）题号13141516答案6；160241||xxx，，等（答案不唯一）10113(22)，【解析】13．二项式系数之和为62642n，所以6n；展开式的通项公式6621662C2CkkkkkkkTxxx(0123456

)k，，，，，，，令620k，则3k，所以常数项为33462C160T.15．记事件A“猎人第一次击中野兔”，B“猎人第二次击中野兔”，C“猎人第三次击中野兔”，D“野兔被击中”，则()()()()()0.80.2

PDPABCPAPBPC0.40.20.60.20.904，()0.0810()()0.904113PBDPBDPD.16．临界法：当90AOB时，渐近线方程为yx，即1ba，离心率212cbeaa

，当直线3()3yxc与渐近线byxa垂直时，3ba，离心率212cbeaa，所以当AOB△是锐角三角形时，离心率(22)e，.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()(1)xfxfR，≤，所以()fx的对称轴为1x，则212a，所以1a.………………………………………………………………………（5分）（2）令

ext，当[01]x，时，[1e]t，.数学参考答案·第4页（共7页）由（1）()ft在[1e]t，单调递减，所以()(e)xgxf的最大值为1c，所以0c.………………………………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（1）由已知可求得：409

5xy，，所以385008409581001.518200840405400b，而ˆ951.54035a，则线性回归方程为：ˆ1.535yx.………………………………………………………………………………

……（6分）（2）当65x时，带入回归方程得ˆ651.535132.5y，所以预测他这次考试数学成绩为132.5分.…………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）设正方形ABCD的边长为2a，取AD的中点M，连接PM，MC.由平

面PAD平面ABCD，17PDPA，则PMAD，所以PM平面ABCD，则2217PMa，又PMMC，所以22215PMa，则解出1a，4PM，所以体积21162433PABCDV.………………………………………（6分）

（2）以M为坐标原点，平行于AB为x轴正方向，MD为y轴正方向，MP为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.(010)A，，，(210)B，，，(210)C，，，(004)P，，.设PQPB，

则(244)Q，，，所以(2144)AQ，，，(220)AC，，，设平面QAC的法向量()nxyz，，，由0AQn且0ACn，所以2(1)(44)0xyz

且220xy，令1x，可得311144n，，，而(004)MP，，为平面ABCD的一个法向量，数学参考答案·第5页（共7页）所以2314194419314244

，解得311443，有15或713，由于点Q在线段PB上，所以713.………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）解：由2(20)A，，得2a.直线1AB与直线l：230xy

相互垂直，则由11ABlkk，即2123b，解得3b.所以椭圆E的方程为22143xy.…………………………………………………（5分）（2）证明：设直线l：1(0)xmym，联立l和椭圆C的

方程得：22(43)690mymy，设11()Cxy，，22()Dxy，，则有121222694343myyyymm，.111(2)2yACyxx：，令0x，则1122Syyx，同理：2222Tyyx.所以12122121(2)

(1)(2)(3)STOSyyxymyOTyyxymy.由1221211221213(1)(3)23()133(3)3(3)OSymyymymyyyyOTymyymy，将韦达

结论代入分子：1212229623()2304343mmyyyymmm，所以13OSOT.………………………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：

（1）设至少有3个单元正常工作的概率为1P，则34341441211CC3339P.………………………………………………………………………（4分）数学参考答案·第6页（共7页）（2）①7n时，至少有4个单元正常工作芯

片就能控制机床，所以44355266777777(7)C(1)C(1)C(1)CPppppppp，由12p，7777456777771111(7)CCCC2222P7456777771(CCCC)2

，而45673210677777777CCCCCCCC2，所以1(7)2P.………………………………………………………………………（8分）②若*21()nkkN，则111()C(1)C(1)CkknkkknknnnnnPnppppp

11(CCC)2nkknnnn，而11201CCCCCC2kknkknnnnnnn，所以1()2Pn，符合题意.若*2()nkkN，则11()(

CCC)2nkknnnnPn，而对立事件12101()(CCCC)2nkknnnnPn，且1120CCCCCknkknnnnn，则1()()C02n

knPnPn，所以1()2Pn，故：*21()nkkN.………………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（1）若选择①12m，121()e2xfxx，则1()exfxx，1()e1xfx，由()fx单调递

增，且(1)0f，所以()fx在(01)，上单调递减，(1)，上单调递增，有()(1)0fxf≥，则()fx在(0)，上单调递增，不存在极小值点.………………………………………………………………………（6分）若

选择②1m，12()exfxx，则1()e2xfxx，1()e2xfx，由()fx单调递增，且(1ln2)0f，数学参考答案·第7页（共7页）所以()fx在(01ln2)，上单调递减，(1ln2)，上单调递增，有()(

1ln2)2ln20fxf≥，而3(4)e80f，所以存在极小值点0(1ln24)x，.………………………………………………（6分）（2）令()0gx，有12eln()0xmxmxmx，又0mx，所以11ln()1ln()eeln()ln()e[ln

()]0exxxmxmxxmxxmxxmxmx，令ln()txmx，即转化为1e0tt有解，设1()ethtt，则由1()e1tht可得，()ht在(1)t，单调递减，在(1)t，单调递增，而(1)0h，所以1()e

thtt由唯一零点1t.若()gx在区间(0)，存在零点，即为1ln()xmx在(0)，有解.整理得：1lnlnmxx，设()lnlxxx，由1()1lxx知，()lx在(01)x，单调递减，在(1)x

，单调递增，则()(1)1lxl≥，所以1ln1m≥，故有1m≥.…………………………………（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