【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()6xkkZ或
π2π()6xkkZ,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||226N,≤,,∴,1π()sin226fxx∴,1π12ππ1
2π()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3
2000(3)xxx,,∵32()3fxxx,∴2()36fxxx,∴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()2912hxxx
xt,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9101112答案BDABDABCABD【解析】9.对称轴为ππ32kxk
Z,;对称中心为ππ0122k,;π()2sin26fxxπ2cos23x;两个零点的距离:12π()2kxxkZ,故选BD.10.选项A:()gx有两条对称轴2x,7
x,()(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:ππcoscoscoscossincos2sin124ABAAAAA,正确;关于C:cos()coscossinsin0ABABAB,sinsincosco
sABAB,tantan1AB∴,正确;关于D:tantantantantantan0ABCABC(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:π02
x,,cos0xx≥,故2sincos2sin2xxxxxxxxx≤≤,所以正确;选项B:()2sincosfxxxxx,()2coscossin1cossin1fxxxxxxxx,()cos0fxxx≥,(0)0f,π()00
2fxx≥≤≤,()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)20f,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()2sincoshxxxx
xax,(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()cos002hxx
xx≥,,,()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∵,()0
hx∴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55A
120,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)112222tytt,.16.2sincoscossinsinsinsinABABBAB∵,2sinsinsinsinsincoscosABABBBA∴,si
n(2sinsin)cossincosABBABB,22sinsincossincoscos2sinsin3sin2cosABBBBABBBB∴2tan123tan23tantanBBBB,16tan1226A≤,当且仅当23tan2B,即6
tan3B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πππ0sin222ABAyx,,,,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)2224AfxAxxx
x数学参考答案·第5页(共9页)33sin2(cos21)2cos22sin22cos2244444AAAAxxxAxx214sin(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PBC的法向量为()xyzm,,,由(220)BC,,,(202)BP,,,有2202
20mBCxymBPxz,,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)CC333333
63333927818181PX,……………………………………………………………………………(7分)1211(100)3329PX,………………………………………………………(8分)2111(200)3329P
X,………………………………………………………(9分)21211(300)33227PX,…………………………………………………(10分)12111(400)336254PX,………………………………………………(11分)故5211
1113(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)336
162PX,…………………………………………………(9分)22111(900)336162PX,………………………………………………(10分)故1111113(450)5427811621621
62PX≥.……………………(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||1422mttMNmyymmm22222222(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()xgx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)()gx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)e1
xagxxx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,,
.………………………………………(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