重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷(五)数学-答案

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. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号答案【解析】

2．z1i，z22i，

1C

2D

3A

4A

5C

6A

7B

8B

3210

z16i32i16i，故选D．z2

31223．向量a，b满足|a||b||ab|1，可得(a2abb)1，可得12ab13，

331所以ab，故选A．

24．设圆柱高为l，左、右两端半球形半径为r，其表面积为S，胶囊的体积为V．依题意，

S4πr24Sr23

4πr2πrlSl，故V(r)πr3πr2lπr，将S16π，r2带入2πr3232

可得V(r)202π，故选A．35．每次抽奖中，总情况数为C3获奖的共有(1，2，3)、(1，3，5)、(2，3，4)、(3，4，5)510种，这4种，所以p3

2

22，设5人中获奖人数为X，则X~B5，，所以P(X3)5523144C，故选C．

625553

5

6．由x(0，π)得2xππ5π，，333由

π5sin2x0可

313知

2x1πππ5π5π12x22π，故x1x2，所以sin(x1x2)sin，故选A．3326626

7817．f(x)为偶函数，则pfe，qfln，rf．又当x≥0时，

77数学参考答案·第1页（共9页）

f(x)2xsinx，f(x)2cosx0，则f(x)在(0，)上单调递减，

67f(x)≤f(0)0．∴f(x)在(0，)上单调递减．又e676718ln0，∴fe77618811，ln1，

77777∴e18ffln，故选B．

778．如图1，2，在折叠的过程中，四棱锥ABCEF体积最大，此时二面角AEFB为90，

设AM长为x，则四棱锥ABCEF体积V(x)1111Sh(2x6)(3x)xx33323由V(x)x23V(3)0，易知V(x)在(0，3)上单调递增，在(3，3)3x(0x3)，

上单调递减，即在x3处取到最大值，V(3)23，故选B．

图1

图2

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）

题号答案

【解析】

9．A正确；对于B，截面为平行四边形D1A1BC，故B错误；对于C，设正方体棱长为1，以

9AD

10ABC

11ACD

12BD

则AC1(1，，D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，11)，平面D1MN的法向量为m(0，，11)，AC1与m(0，，11)不平行，故C错误；D显然正确，故选AD．

10．f(x)x2a，当a1时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增，又xx21，∴f(x)f(x21)，∴A正确；此时，x2≤0，a10，则x2≤a1，

数学参考答案·第2页（共9页）

x3x3∴f(x)≤f(a1)，∴B正确；由f(x)f(x)axbaxb2b，则

332当b1时C式子成立，∴C正确；且f(x)的唯一对称中心为(0，b)，∴D错误，故选2ABC．

11．由题意知b2，kPAkPB故eb2y2222，1，故a1，双曲线的方程为x对于A：c3，a2c3，选项A正确；对于B：因实轴长2a24，故选项B错误；对于Ｃ：记a3|PF1||TF1|T，0，由角平分线定理得：2，又|PF1||PF2|2a2，所以3|PF||TF|221|PF1|4，|PF2|2，于是|PF1|2|PF2|2|F1F2|216，所以PF2F190，S△PF1F2|F1F2|2|PF2|23，故选项C正确；对于D：设P(x0，y0)，则切线方程为x0x线y2x联立解得x2y0y1，与渐近2222，故R；与渐近线y2x联立，，2x02y02x02y02x02y0114242222解得Q，于是S△OQR|xQyRxRyQ|，22222x2y2x2y224x02y04x02y0000022222，故选项D正确，故选ACD．222x0y0212．令g(x)f(x)x，则g(x)为奇函数，即(0，0)为其对称中心，且由f(2x)f(2x)4知：f(2x)(2x)f(2x)(2x)0，即g(2x)g(2x)0，则g(x)关于点(2，0)对称，由对称性知g(x)的周期为T4，又x[0，2]时，g(x)2xx2，最大值g(1)1，由对称性知g(x)min1，方程f(x)xlgx有几个不同的根等价于ylgx与yg(x)有几个交点，结合图象，由lg91，则当x≤10时共5个交点，当x10时，lgx1，lgxg(x)，没有交点，所以共5个交点，∴B正确；g(2023)f(2023)2023；若f(x)xb有解，则bg(x)max1，g(1)g(1)1，∴f(2023)2022，∴A错误

∴C错误；若f(x)xb无实数解，则b≤g(x)min1，∴D正确，故选BD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号

13

14

15

16

数学参考答案·第3页（共9页）

yx2（或y答案19426122或x779426122）yx7716【解析】

13．由278a7120，得a1．

14．因圆C1：(x3)2(ya)2a21关于直线xy0对称，故圆心C1(3，a)在直线

xy0上，得3a0，解得a3，故C1：(x3)2(y3)28，易知两圆外切，公切

线有三条，结合图易知公切线的斜率存在，设方程为ykxb，于是有：

|3k3b|22，21k两式相除得：|3k3b|2|b|3k3b2b或3k3b2b，当|b|2，21k3k3b2b时，得b3k3，代回方程组可解得k9426122，或，b77k9426122；当3k3b2b时，bk1，代回方程组可解得，b779426122x，77k1，b2，得公切线有三条公切线方程为：yx2，yy9426122．（数形结合找一点，再点斜式设切线也可，最特殊的一条为内x77公切线）

123x02lnx0ax0，f(x0)g(x0)，2215．设公共点为P(x0，y0)即消a得

2f(x)g(x)，00x0a，x02x04lnx010(x00)，令h(x)x24lnx1(x0)h(x)2x40，∴h(x)在x∴x01，a1．(0，)上单调递增，又h(1)0，16．设内切圆半径为r，取线段PF2的中点N，∵MF12MF22MP0，所以MF14MN，

数学参考答案·第4页（共9页）

|F1F2|2|PF1||F1F2||F1M|，得4，所以|PF1||F1F2|2|PF2|，故e则|PF1||PF2|3|PN||F2N||MN|a3，由椭圆对称性有|F1B||F2A|；|F1A||F1B||F1A||F2A|2a6.四、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）∵4a3c3b，∴cosB(4sinA3sinC)3sinBcosC，cosCcosB∴4sinAcosB3sinBcosC3sinCcosB，∴4sinAcosB3sinA，∴cosB3．…………………………………………………（5分）4（2）由（1）得，cosB37，则sinB，

44S△ABC1acsinB27，2∴ac16，又∵a，b，c成等比数列，∴b4，

由余弦定理，b2a2c22accosB得，16(ac)22ac2accosB，∴ac62，所求周长为624．……………………………………………………………………（10分）

18．（本小题满分12分）

a1d2，解：（1）由题意，9(a4d)451a11，所以ann.……………………………（2分）d1，a1b1a2b2anbn(n1)2n1 ①，

当n≥2时，a1b1a2b2an1bn1(n2)2n11 ②，

①−②可得，bn2n1(n≥2)，…………………………………………………………（5分）当n1时，a1b11，b11适合bn2n1，

所以bn2n1(nN*)．……………………………………………………………………（6分）

（2）因为ann，所以在数列{dn}中，从项a1开始到项ak为止，

数学参考答案·第5页（共9页）

共有项数为k20212k2k2k11．…………………………………………（8分）

当k11时，11210110342023；当k12时，12211120592023，

所以数列{dn}前2023项是项a11之后还有20231034989项为2，

所求和为T2023(1211)2(202129989)4090．………………（12分）19．（本小题满分12分）

解：（1）经计算得：x3.5，y12，

6xiyi6xy12ˆi1b，61272ˆ(xx)由最小二乘法：所以yx6．…………………………（4分）i7i112ˆ123.56，a7（2）（ⅰ）80，5，那么758790，则该同学能被评为“反诈小能手”.

……………………………………………………………………………………………（7分）（ⅱ）设全校参与本次竞赛的人数为n，反诈小天才的概率为

11P(2)[1P(22](10.9545)0.02275，22则

300.02275，解得n1319，n参与本次知识竞赛的学生人数约为1319人．…………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

解：（1）由题意知抛物线标准方程为y24ax，

∵a1，∴M在抛物线开口内，4过P点作准线l垂线交l于H，则|PF||PM||PH||PM|，当M，P，H三点共线时，|PH||PM|最小，

数学参考答案·第6页（共9页）

∴(|PH||PM|)min1a2，即a1，

所以抛物线的方程为y24x．…………………………………………………………（4分）（2）根据题意，可得|BC|2r2，∵|AB|2|BC|2|CD|218，

∴(|AF||BF|)24(|DF||CF|)218，化简得|AF|2|DF|22|AD|12，

……………………………………………………………………………………………（6分）设A(x1，y1)，D(x2，y2)，由焦半径公式可得|AF|x11，|DF|x21，

|AD|x1x22，

214，………………………………………………………………（8分）代入上式得x12x2设直线l的方程为xmy1，若m0，则x1x21，不满足上式；xmy1，由2联立，整理得：y24my40，0恒成立，y4x则y1y24m，y1y24，

(y1y2)2所以x1x2m(y1y2)24m2，x1x21，……………………………（10

162分）

2(x1x2)22x1x2(4m22)2214，∴x12x2解得m2，22即y2(x1)．…………………………（12分）y1，

2所以直线AD的方程为x21．（本小题满分12分）

（1）证明：∵平面PAB平面ABC，且平面PAB平面ABCAB，ABBC，

∴BC平面PAB，∴BCPA，∵APPB，BPBCB，

∵BP平面PBC，BC平面PBC，∴AP平面PBC，

∵AP平面APC，∴平面APC平面PBC．………………………………………（5分）（2）解：因为ABBC，过点B作BZ垂直于平面ABC，

数学参考答案·第7页（共9页）

以B为原点，BC为x轴正方向，BA为y轴正方向，BZ为z轴正方向建立空间直角坐标系，

2所以P(0，，11)，A(0，2，0)，B(0，0，0)，Q，0，0，C(2，0，0)，3设PEPA(0，，)，E(0，1，1)，(0，1)，2EQ，1，1，

3因为异面直线EQ与PB所成30角，|PBEQ|cos30|PB||EQ|2422293，2481222，，………………………………………………………………（8分）93342由题意知，平面ABC的一个法向量为n1(0，0，1)，BE0，，，BC(2，0，0)，

334y2z0，设平面EBC的一个法向量为n2(x，y，z)，则332x0，所以n2(0，，12)，

|n1n2|2所以cosn1，n2，|n1||n2|5平面EBC和平面ABC夹角的余弦值为22．（本小题满分12分）

25．………………………………………（12分）5x2kx1（1）解：f(x)，令(x)x2kx1，……………………………………（1分）

xk2kk注意到(0)1，对称轴x对，故(x)min1，

422（ⅰ）当x对k≤0时，即k≤0，此时(x)在(0，)上单调递增，即(x)(0)1，2从而f(x)0，即f(x)在(0，)上单调递增；

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（ⅱ）当x对k0时，即k0，22kk若1≥0，即0k≤2时，(x)≥0恒成立，

42从而f(x)0，即f(x)在(0，)上单调递增；kk0，即k2时，若124kk存在x10，，x2，有(x1)(x2)0，

222从而f(x)在(0，x1)上单调递增，(x1，x2)上单调递减，(x2，)上单调递增.

……………………………………………………………………………………………（5分）（2）证明：由（1）可知，要使f(x)有两个极值点x1，x2，则k2，此时满足x1x2k，x1x21，不妨设x1x2，此时有f(x1)f(x2)，

12k222，从而原不等式转化为：f(x1)f(x2)(x1x2)k(x2x1)lnx1lnx222……………………………………………………………………………………………（7分）将x211及kx1代入有：x1x121121111xxx2lnxx112，……………………………（91112x12x1x2x11分）

化简即得：2lnx1x121，即证lnx12x121，

由x1x21x12，可得x11，令tx12lntt1(0t1)，设g(t)lnt(t1)(0t1)，则g(t)1t0，t故g(t)在t(0，1)上单调递增，g(t)g(1)0，故原不等式成立.…………………………………………………………………………（12分）

数学参考答案·第9页（共9页）