【文档说明】重庆市巴蜀中学2022-2023学年高三上学期适应性月考（二） 数学答案.pdf，共(10)页，316.377 KB，由管理员店铺上传

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数学参考答案·第1页（共9页）巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（二）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BCADCCDD【解析】1．由角的周期性变化可知：AB，故选B．2．3cos2x

解得π2π()6xkkZ或π2π()6xkkZ，故选C．3．0.10555551log5log4log100abab.，∵∴又π3ππ25，3πtan05c∴，abc∴，故选

A．4．由函数定义域可以排除C，由函数奇偶性可以排除A，又因当(01)x，时，2eeee0ln||00ln||xxxxxxx，，，所以B选项错误，D选项正确，故选D．5．如图1所示，在等腰三角形中，330OBAOB，，可得3322B，，

由题意，点B的坐标6次一个循环，即以6为周期，23B与5B重合，故有3322B，，故选C．6．由卷图可知05sin0252π3π234A.,A.T，，又ππ||226N，

≤，，∴，1π()sin226fxx∴，1π12ππ12π()sinsin3523562330gxfxxx∴，故选C．7．8人中

选5人，分三组的分组分配问题：2253353853CCCCA84002，故选D．图1数学参考答案·第2页（共9页）8．设切点坐标32000(3)xxx，，∵32()3fxxx，∴2()36fx

xx，∴曲线()fx在32000(3)xxx，处的切线斜率为20036xx，又∵切线过点(2)Pt，，∴切线斜率为3200032xxtx，∴322000003623xxtxxx，即3200029120xxxt，∵过点(2)Pt，可作曲线()yfx的三条切线，∴

方程3200029120xxxt有3个解．令320000()2912hxxxxt，则0()hx图象与x轴有3个交点，∴0()hx的极大值与极小值异号，2000()61812hxxx，令0()0hx，得01x或2

，∴(2)(1)0hh，即(4)(5)0tt，解得54t，故选D．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91011

12答案BDABDABCABD【解析】9．对称轴为ππ32kxkZ，；对称中心为ππ0122k，；π()2sin26fxxπ2cos23x；两个零点的距离：12π()2kxxkZ，故选BD．10．选

项A：()gx有两条对称轴2x，7x，()(4)(14)gxgxgx，∵()(10)gxgx∴周期为10，所以正确；选项B：()(14)(24)gxgxgx，12x是()ygx的对称轴，所以正确；选项C：由对称性(1)(3)(11)0ggg，()0gx

至少有3个解，所以错误；选项D：周期为10，[22022]，有202个周期，(1)0g，至少有20221405个解，所以正确，故选ABD．11．对于A：πsinsinsinsinsincos22ABAAAA≤，正确；对于B：ππcos

coscoscossincos2sin124ABAAAAA，正确；关于C：cos()coscossinsin0ABABAB，sinsincoscosABAB，tantan1AB∴，正确；关于D：t

antantantantantan0ABCABC（也可用特殊值法排除）错误，故选ABC．数学参考答案·第3页（共9页）12．选项A：π02x，，cos0xx≥，故2sincos2sin2xxxxxxxxx≤≤，所以正确；选项B：()2sinc

osfxxxxx，()2coscossin1cossin1fxxxxxxxx，()cos0fxxx≥，(0)0f，π()002fxx≥≤≤，()fx在π02

，单调递增，()0fx≥，所以B正确；选项C：由选项B可知当π02x≤时，()0fx，单调递增，无零点；当ππ2x≤≤时，()cossin1fxxxx单调递减；ππ1022f，(π)20

f，由零点存在性定理知有唯一零点，()fx在(0π)，有1个零点，所以C错误；选项D：0a“≤”由选项B可知不等式成立；法一：若()fxax≥，则令()2sincoshxxxxxax，(0)0h∵，()cossin1hxxxxa，(0)0h≥∴即

(0)0ha≥，0a≤；只需证明0a≤不等式成立，显然；法二：令()2sincoshxxxxxax，()cossin1hxxxxa，π()cos002hxxxx≥，，，()hx在π02，单调递增，当0a≤

时，不等式成立，当0a时，(0)0ha，ππ122ha，0π02x，，0(0)()0xxhx，，，()hx单调递减，(0)0h∵，()0hx∴

即()fxax，不合题意，综上可知，0a≤命题成立，所以D正确，故选ABD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案π2351122，612【解析】13．ππ||2T．14．古典概型，样本空间样本点总数

为55A120，事件所占样本个数为3234AA72，故723()1205PA．数学参考答案·第4页（共9页）15．()sincos(sincos)gxxxxx；令πsincos2sin[22]4txxx，，则22111(1)11222

2tytt，．16．2sincoscossinsinsinsinABABBAB∵，2sinsinsinsinsincoscosABABBBA∴，sin(2sinsin)cossincosABBA

BB，22sinsincossincoscos2sinsin3sin2cosABBBBABBBB∴2tan123tan23tantanBBBB，16tan1226A≤，当且仅当23tan2B，即6tan3B时有最大值612．四、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：由sinsintancos1cosABAAB知：sin(1cos)sincossinsincossincossin()ABBAABAABBA；………（3分）由πππ0sin222AB

Ayx，，，，在ππ22，上单调递增知：2BA．…………………………………………………………………………（5分）（2）解：由锐角ABC△知π02π202π3π2ABAABA

，，，，，ππ64A，，…………………………………………………………………………（7分）故tantan3tan()tan11tantan3BABAAAB

，．………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（1）231()cossincos2(2sin1)2224AfxAxxxx数学参考答案·第5页（共9页）33sin2(cos2

1)2cos22sin22cos2244444AAAAxxxAxx214sin(2)24AAx，…………………………………………………（4分）故2max)142234(fAAx，解得2A．…………………………（

6分）（2）由（1）知33π()sin2cos223sin22223fxxxx，……………（8分）故37ππ2330ππ46xx，，，故max5()π3212fxf，min1()(0)2fxf

，故()yfx的值域为1322，．…………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：由ABCDABBC，∥，22ABBCCD得ADBD，平面PBD平面ABCD，交线为BD，由PBPD知PO平面ABCD，故POAD，…………

…………………………（3分）由ADBD，ADPO，BDPOO，BD平面PBD，PO平面PBD，故AD平面PBD．………………………………………………………………（5分）（2）解：OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点建立如图2所示的空间直角坐标系Oxyz，

则(000)(2220)(200)OAB，，，，，，，，，(020)(200)CD，，，，，，设(00)Pa，，，则由PAPC知240PAPCa，2a，故(002)P，，；…………………………………………………………（7分）设平面PB

C的法向量为()xyzm，，，由(220)BC，，，(202)BP，，，有220220mBCxymBPxz，，取1z，则(221)m，，；设平面PAD的法向量为()nabc，，，图2数学参考答案·

第6页（共9页）由(202)DP，，，(0220)AD，，，有220220nDPacnADb，，取1c，则(201)n，，，……………………

……………………（11分）记平面PAD与平面PBC所成角为，则||15cos|cos|15||||5|31|mnmnmn，．………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：

（1）记“小陈同学前3轮比赛答对至少2题”为事件A，第1轮答错时没有损失奖金风险，故前2轮必答；前3轮比赛答对至少2题包含两种情况：前2轮全对或前2轮1对1错且小陈同学选择参加第三轮作答且答对，……………（2分）故

212111115()C13332327PA．………………………………（5分）（2）记小陈同学参加比赛获得的奖金为X（单位：元），在有损失奖金风险时：小陈同学选择继续作答且答对的可能性为16，选择继续作答且答错的可能性为13，选择停止作答的可能性为12，

【法一】排异法：22112221211211121442252(0)CC33333363333927818181PX，……………………………………………………………………………（7

分）1211(100)3329PX，………………………………………………………（8分）2111(200)3329PX，………………………………………………………（9分）21211(300)33227PX

，…………………………………………………（10分）12111(400)336254PX，………………………………………………（11分）故52111113(450)181992754162PX≥．…………

……………（12分）数学参考答案·第7页（共9页）【法二】21111(500)336254PX，………………………………（6分）311(600)(1000)327PXPX，…………………………………………（7

分）21211(700)33681PX，…………………………………………………（8分）21211(800)336162PX，…………………………………………………（9分）22111(900)336162PX，……………

…………………………………（10分）故1111113(450)542781162162162PX≥．……………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）由22cea知22abc，………………………………（2分）22222133OABabbdbbab直线，

故332ba，，故椭圆C的标准方程为221332xy．………………………………………………（4分）（2）0MNk时：(01)(11)(11)QMN，，，，，，故||||2OQMN；……………（5分）0MNk时：设直线l的方程为xmyt，由直线l与圆221xy相切，所以2

||11tdm，即221tm，………………（6分）联立221332xyxmyt，，得222(2)230mymtyt，由韦达定理：12221222232mtyymtyym，，…………………………………………

…（8分）数学参考答案·第8页（共9页）MN中点Q的坐标为22222tmtmm，，故22222222224(1)(4)2||2222()tmmmtmtOQmmmm

，2222122223||1||1422mttMNmyymmm22222222(4)2163221)(2mmmmtmm，…………………………………………………………………（10分）故222224222()()192212124

(2)4414|4|||4mmmmmmONmQmM，，综上：||||OQMN的取值范围是924，．………………………………（12分）22

．（本小题满分12分）解：（1）1()e1xfx，……………………………………………………（1分）令()0fx得1x，令()0fx得1x，故()fx在(1)，上单调递减，在(1)，上单调递增．………………………（4分）（2

）11()eln()(1)e1xxaggxxxxxaxx，(1)0g恒成立(1)1ga，…………………………………………………………………（5分）当0a≤时：1()(e1)lnxgxxax，故

(01)x，时，()0gx，(1)x，时，()0gx，只有1x一个零点，不符合题意；…………………………………（6分）当01a时：1()(1)e1xagxxx在(0)x，时单调递增，且(1)10ga，由0lim()x

gx知必存在0(01)x，使得0()0gx，()gx在0(0)xx，时单调递减，在0()xx，时单调递增；结合min0()()(1)0gxgxg，0lim()lim()xxgxgx知：数学参考答案·第9页（共9页）()g

x在0(0)x，和0()x，上各存在一个零点，共有两个零点；……………（8分）当1a时：11()(1)e1xgxxx在(0)x，时单调递增，且(1)0g，故min()(1)0gxg，只有1x一个零点，不符合题意；………………………

……………（9分）当1a时：1()(1)e1xagxxx在(0)x，时单调递增，且(1)10ga，由lim()xgx知必存在0(1)x，使得0()0gx，()gx在0(0)xx，时单调递减，在0()xx，时单调递增，结合min0()()(

1)0gxgxg，0lim()lim()xxgxgx知：()gx在0(0)x，和0()x，上各存在一个零点，共有两个零点，………………（11分）综上所述：(01)(1)a，，．…………………………………

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