2023重庆巴蜀中学高考适应性月考卷（五）数学可编辑PDF版含答案

巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（五）

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）

【解析】

1．或，如图1，白色区域为或，则阴影部分表示的集合为，故选B. 

2．由求根公式可知，，所以，在复平面内对应的点分别为，，关于x轴对称，故选D. 

3．因为是奇函数，所以有，代入有，所以，故选A. 

4．因为圆台下底面的半径为5，球的半径为5，所以圆台下底面圆的圆心与球心重合，底面圆的半径为，画出轴截面如图2所示，设圆台上底面圆的半径，则，所以球心到上底面圆的距离，即圆台的高为3，所以母线长，所以，故选C. 

5．设等差数列的公差为d，由题所以，即，所以，所以，又因为为公比为3的等比数列，所以 ，解得，故选B. 

6．原式

 ，故选A.

7．如图3所示，设，，．直线l与圆O相离，则，且，于是直线MN的方程为，分别令，则，，又，的面积 ，当且仅当时取等号，则，故选D.

8．构造函数，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，由，，即，同理，因为，在上单调递增，所以，故，因为在上单调递减，，，故p < m．因为，故，即，因为在上单调递减，n，，故，从而，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）

【解析】

9．点在渐近线上或者在双曲线上．当在渐近线上时，，此时故C正确；当在双曲线上时，，解得，此时，故D正确，故选CD.

10．A选项，如图4，根据CD，，，可利用正弦定理求得CB，从而求得AB，故A正确；B选项，根据CD，，，利用正弦定理可求得AC，从而求得AB，故B正确；C选项，根据CD，，，四个条件，无法通过解三角形求得AB，故C错误；D选项，由，借助直角三角形和余弦定理，用AB表示出CB，BD，AC，AD，然后结合CD，在三角形ADC中利用余弦定理列方程，解方程求得AB，故D正确，故选ABD.

11．对于选项A： ，故A正确；对于选项BC：总样本方差应该是总样本数据与总样本平均数之差的平方和，再除以总样本容量，故B错误，C正确；对于选项D：

，故D正确，故选ACD.

12．对于A选项，由于四边形不存在外接圆，因此四棱锥不存在外接球，故A错误；对于B选项，如图5所示：H为BE的中点，连接AH，CH，，由，H为BE的中点，∴，假设存在某个位置的，使得，则由平面，平面，，有平面，平面，有，而，显然不成立，故B正确；对于C选项，二面角为时，二面角为，即，，则到平面的距离为，设点A到平面的距离为，由，有，，解得，点F到平面的距离是点A到平面距离的一半，则点F到平面的距离为，故C正确；对于D选项，当四棱锥的体积最大时，平面平面，平面平面，，，，有平面，平面，，，，，以为直径的球以为球心，半径. 球面与被平面截得的交线是过的圆，设圆心为，如图6所示．平面，点A到平面的距离，F为的中点，∴球心F到平面的距离，截面圆的半径，圆的周长（即交线长）为，故D正确，故选BCD.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

【解析】

13．因为，，，所以，所以，设，的夹角为，则由平面向量数量积的定义可得，因为，所以.

14．，，． 

15．当时，，是增函数，当时，，也是增函数．由题意即存在实数t，使得方程有两个不相等的根，即函数图象与直线有两个交点，所以当点在点上方时，如图7所示，符合题意，所以，，结合与的图象可得正整数或2，所以a的最大值为2．

16．设，，，，所以M，N两点关于轴对称，则，．若的重心为F，由重心坐标公式有，，又M在第一象限，则有，代入抛物线方程有则OM的斜率为；若的内心为F，则MF平分角，记MN与x轴的交点为T，由角平分线定理有，即，化简得，解得：，舍去负值，所以直线MN的方程为．

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）对于③，，； ………………（2分）

对于④，，

即，且，则， ……………（4分）

故③，④不能同时存在，则满足有解三角形的序号组合为①②③，①②④.   

 …………………………………………………………………………（5分）

（2）选①②③：，，时，

由余弦定理：， ………………………（7分）

整理得：且，则， ……………………………（9分）

的面积为.   …………………………（10分）

选①②④：，，时，

由余弦定理：， …………………………（7分）

整理得：，则， ………………………………………………（9分）

的面积. ………………………………………（10分）

18．（本小题满分12分）

解：（1）由表中数据，

 ………………………………………………………………（2分）

 ………………………………………………（4分）

，  …………………………………………………（6分）

∴y关于t的线性回归方程.   ……………………………………（8分）

（2）2024年的年份代号为8，即，

则将代入线性回归方程得：（千个），

预测2024年该省新能源汽车充电桩的数量为39.5千个，即39500个.  

 ……………………………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

（1）证明：如图8，因为底面是平行四边形，，

，，且是的中点，

所以，

在中，由余弦定理得，则，

所以，           ………………………………（2分）

又，且，

平面，平面，

所以平面，则， ………………………………………（4分）

又，，平面，

所以平面.   ……………………………………………（6分）

（2）解：连接，则，

又，在中，由余弦定理得，

且，，则，

由（1）知，过作交于，则.

故可以以为坐标原点，分别为轴，

建立如图9所示的空间直角坐标系，   …………………………（8分）

则，

所以，，

设平面的一个法向量为，

所以

设直线与平面所成的角为，

则．   ………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

（1）证明：因为，

则

， ………………………………………………（3分）

所以数列是以为首项，为公差的等差数列.  

 …………………………………………………………（4分）

（2）解：由（1）知，，即，

所以.   ……………（7分）

令函数，所以，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

注意到：，两边同时取对数，即，

所以当时，，即， ……………………………………（8分）

特别地，时，；

当时，；

当时，；

当时，；

当时，，则    ……………………………………（10分）

显然使得成立的最大正整数的值大于，

则时，，

所以满足条件的的最大值为9.      ……………………………………（12分）

21．（本小题满分12分）

解：（1）离心率，所以，由于是直角三角形，

 ……………………………………………………………………（1分）

且，，

则

即：，

所以，   ……………………………………………………（4分）

故双曲线的方程为： ………………………………………（5分）

（2）设，

则直线的方程为：，令，

解得，即，

直线的方程为：，令，

解得，即．     ……………………………………7分

设以为直径的圆上任意一点为，故有：，

代入坐标，则以为直径的圆的方程为，

 ……………………………………………………………………（9分）

注意到：上式对任意的点恒成立，

由对称性可令，则，

由于在双曲线上，则，即，代入上式，解得，

所以，以为直径的圆必过定点和 

 ………………………………………………………………（12分）

22．（本小题满分12分）

证明：（1）解法一：令，则，

令，，

注意到：，函数在上单调递减，

所以当时，；当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为.

由题意，有两个零点，必有，即    ……………………（5分）

解法二：

在上单调递减.

当，；当，，

（另解：取，；

取，）

，即，，

则在上单调递增，在上单调递减.

，

．

令，

，在上单调递减，.

又，．   ……………………………………………………（5分）

（2）由题意，，且，

消去即得：， …………………………（6分）

注意到：，且，则：.

令，，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减.    ……………………………（8分）

故，

即得：当时，恒有成立.

，且，

即，

， ………………………………………………（10分）

，即证.     ………………………………（12分）