巴蜀中学2024届高考适应性月考卷(三)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）

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D D A B A B C 【解析】

1．由题意设a4m1，b4n2，其中m，n都是整数，则ab4(mn)3，其中mn是

整数，可以是奇数也可以是偶数，故abD，故选D．

mn7，m6，

7a5bm(ab)n(ab)(mn)a(mn)b 解得2．设，所以所以

mn5，n1，

7a5b6(ab)(ab)

；又

ab[5，27]，ab[6，30]

，所以

7a5b6(ab)(ab)[36，192]，故选D．

∴g(x)1∴f(x)ax12且a1，恒过定点(1，1)，∴m1，n1，3．∵a01，

象不经过第四象限，故选D．

1212

|a||a||b|0|a4．因为(ab)a，所以(ab)aaab0，∴，||b|，所以a在

22



ab1

bb，故选A． b方向上的投影向量为

4|b||b|5．不妨设A(3，0)，B(0，6)，由|AB|35，(S△AMB)min

2y0y06p1

，其图x

15

，知(dMl)min5． 设2

6

p

45，故5yM，y0，则dMl

p2p4，故选B． 6．Tr1C(x)r8

20

5

1pp6y0p2452，故(dMl)min

8r

41r

8时为有理项，C8x2，其中0≤r≤8，rN，当r0，2，4，6，

x

r

3r

555

A5A4pA55A54A55A5

5，故选A． 故有5项有理项，4项无理项，故p，q，故495

A9AqAA9945

7．由题意知S5是等差数列{an}的前n项和中的最小值，必有a10，公差d0，若a50，

此时S4S5，S4，S5是等差数列{an}的前n项和中的最小值，此时a5a14d0，即

a8a17d3d

3；若a50，a60，此时S5是等差数列{an}的前n项和a1=4d，则

a6a15dd

中的最小值，此时a5a14d0，a6a15d0，即5

a1

4，则d

a1

7a8a8a17dd2

1(3，)，综合可得：的取值范围是[3，)， 故选B．

a6a1a6a15da1

55dd

22

xf(x)xf(x)2

8．由(x1)[2f(x)xf(x)]xf(x)，可得2xf(x)xf(x)，即(xf(x))，

x1x1

2

令

g(x)x2f(x)，则0

g(x)g(x)g(x)(x1)

g(x)x1x1

．令G(x)

g(x)

x1

，

g(x)g(x)(x1)g(x)

0，所以G(x)在(0，)上是单调递增．不等式G(x)2

xx1(1)

f(x4)G(6)

3x15(x4)2g(x4)(x4)2f(x4)

3，3，即G(x4)，等价于

x5x5

g(6)36f(6)

3，所求不等式即G(x4)G(6)．由于G(x)在(0，)上是单调递77

增函数，所以x46，解得x2，且x40，即x4，故不等式的解集为(4，2)，故选C．

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 9 10 11 12 答案 ABD ACD BC BC 【解析】

π1

9．函数ysin3xcos3x，A选项，将ycosx的图象上各点的横坐标缩小为原来的

32

得ycos3x，再将图象关于x轴翻折得到ycos3x的图象；B选项，将ysinx的图象上各点的横坐标缩小为原来的

1π

，得ysin3x，再向右平移个单位长度得36

πππ

ysin3xsin3x的图象；C选项，将ysinx的图象向右平移个单位长度

626

π1π

得ysinx的图象，再将各点的横坐标缩小为原来的得ysin3x的图象；D

366选项，将ycosx的图象左平移π个单位长度得ycosx，再将各点的横坐标缩小为原来

1

的得ycos3x的图象，故选ABD． 3

1142，m2n，4mnA10．∵，，∴．对：若m，n可以作为平面向量的一组基

abab

111ab，故log2ab3，故A正确；对B：若mn，底，则m，n不平行，故240，

ab8424b2a

m0，故a2b0，2ab的值不确定，故B错误；对C：若则n

abab424b2a4b2a42

≥62642，当且ab1，则mn(ab)6

abababab

4b2aa22，，

b仅当a时取等号，故C正确；对D：由|m||n|42，知

b21ab111

1222b11111b1121，74221632，故2212且216，故2a，111aababb4b2b2b2

2

b7

1，故，故D正确，故选ACD． a2

11．f(x)(1)sinxxcosx，令f(x)0，则(1)sinxxcosx，当cosx0时，

sinx1，则(1)sinxxcosx无解，此时f(x)无极值点；当cosx0时，tanx

11

x(1)，数形结合知：ytanx与yx(1)在11

x[kπ，kπ](kN)上有n2k1个交点，对应f(x)在[kπ，kπ](kN)上的极值点为x1，x2，，x2k1(x1x2x2k1)，且x1x2k1x2x2kx3x2k1xkxk20，xk10，故A错误，B正确；当k1时，n3，并且x1x32x20，故x1，x2，x3为等差数列，C正确；当k2时，n5，并且x1x5x2x42x30，

31

x12π，π，x2π，π，，x5为等差数列，只需x1，x2，x3(0)故要使x1，x2，

22

为等差数列，即等价于

x12x2

成立即可，故

12

tanxxtan2xx，121112tan2x2tanx22，由二倍角公式：

1tanxx2

12tan2x2

2tanx21

2tanx2，故tanx20x2π，π时无解，故当k2时，不存21tanx22

，x5为等差数列，D错误，故选BC． 在1使得x1，x2，

12．令f(x)a|x||loga|x||0，则a|x||loga|x||，ya|x|与y|loga|x||都是偶函数，故考虑

x0时：ya|x|ax与y|loga|x|||logax|的图象的交点；当0a1时，作出函数yax，y|logax|的图象易得：函数yax，y|logax|的图象有两个交点，所以当

0a1时，函数f(x)ax|logax|的零点个数为2；当a1时，作出函数yax，y|logax|的图象，此时两个函数图象的交点个数取决于方程axlogax的解的个

数，yax与ylogax的函数图象关于yx对称，故临界情况是yax与ylogax都与

11xe，axx，xxyx相切，此时有axxlnxlnx11故当x0时：x

ealna1ae，

函数ya，y|logax|的图象有3个交点，函数yax，y|logax|1ae时，ae时，的图象有2个交点，ae时，函数yax，y|logax|的图象有1个交点． 综上所述：

1

e

1e

x

1e

ae时，函数yf(x)的图象有2个零点；0a1或ae时，函数yf(x)的图象有4个零点；1ae时，函数yf(x)的图象有6个零点，故选BC． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

1e

1e1e

题号 13 14 15 16 答案 14 1yx 2log4|x|（答案不唯一） 73，53 【解析】

13．∵a2，a10是方程x213x140的两个实数根，∴a2a1013，a2a1014，故

2

a20，a100，根据等比数列的性质有：a6a2a1014且a6a2q40，故a614.

π

yxcF(0，c)，14．直线且倾斜角为过上焦点2由F1F2F1B2F1A，知A是BF2的中点，

4

1

由F2(0，c)，A(c，0)，得B(2c，c)，故双曲线的渐近线方程为yx．

2

x

15．对数函数符合f1f(x1)f(x2)，结合f(x)是偶函数：可令f(x)loga|x|，代入点

x2

3

8，，解得a4，故f(x)log4|x|． 2

16．三倍角公式：cos3Acos(2AA)cos2AcosAsin2AsinA(2cos2A1)cosA

2(1cos2A)cosA4cos3A3cosA，故cosCcos3A0cosCcos3A

π0，A2πcos(π3A)Cπ3AB2A，△ABC为锐角三角形，故02A，解得

2π，0π3A27311ππ34tanA4tanA，5A，故tanA1，． tan(BA)tanA3643

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）由频率分布直方图可知：分数低于70分的学生所占比例为40%，分数低于80分的学生的所占比例为70%，

80)所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数在[70， 内．…………………………………………………………………………………………（2分）由7010

0.500.40220

73.3，

0.700.403

所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数约为73.3分．

………………………………………………………………………………………（5分）（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“亚运迷”学生3人，“非亚运迷”学生2人，

的所有可能取值分别为0，1，2，……………………………………………………（6分）

012C3C1C31333C2

P(0)2，P(1)2，P(2)2，

C510C55C510

………………………………………………………………………………………（9分）

所以的分布列为：

 P 所以数学期望E()0

0 1 2 1 103 53 10133612． ………………………………………（10分）105105

18．（本小题满分12分）

解：（1）由tan23，知sin

2313，cos

113，

………………………………………………………………………………………（1分）故f(x)cosx(cosx23sinx)sin2xcos2xsin2x3sin2x 31π

xxxsin2cos22sin23sin2xcos2x2， 226

………………………………………………………………………………………（4分）所以T2ππ，解得1， 2π

所以f(x)2sin2x．………………………………………………………………（5分）

6ππππππ，得2x，2，tan23， （2）由x，63632122

π5π7π

，， 666

ππππ

y2sinx在x，上单调递增，在x，2上单调递

6232 减，…………………………………………………………………………………………（7分）π2tan1tan2ππ

2sin3，2sin2，2sin23sin2cos23 2

61tan1tan232

1

，……………………………………………………………………………………（11分）

13

π1

上的值域为，2． 所以函数yf(x)在区间，1312

……………………………………………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

解：（1）由an1an，知a2a12k1ka11，故k0．

………………………………………………………………………………………（2分）

22

an当k0时，显然an0，且an1anan1(anan1)(anan1)，

故an1an与anan1同号，故对一切nN都有an1an．

综上所述：实数k的取值范围是(0，). ……………………………………………（5分）

2

（2）若a13且k0，则an1an．

由a130，知an0，

2

2lnan，且lna1ln3，…………………………………（8分） 两边取对数：lnan1lnan

故lnanln32n1，故aneln32

n1

32，

n1

故数列{an}的通项公式为an32(nN)．…………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）

解：（1）在△ABC中，由2asinB3b， 可得：2sinAsinB3sinB，而sinB0， 所以sinA

n1

π2π3，即A或A.

3322π

由ACAB|AB|，知B，

2

ππ

故A，C.…………………………………………………………………………（3分）

36由b2，知c1，a3， 故△ABC的面积为S△ABC

13 ．…………………………………………（5分）acsinB

22

（2）在△ACD中，由余弦定理：AC2AD2CD22ADCDcosD4024cosD，

………………………………………………………………………………………（7分）故SABCDS△ABCS△ACD

31

AC226sinD5333cosD6sinD 82

5337sin(D)， 其中sin所以，当D

2127 ，cos，………………………………………………………（11分）

77π

时，SABCD取得最大值5337．………………………………（12分） 2

21．（本小题满分12分）

a3，a3b，

 解：（1）由已知得

b1，S△ABDab3

………………………………………………………………………………………（2分）x2

所以椭圆C的标准方程为y21．…………………………………………………（4分）

3

x22

y1，

（2）设直线PQ的方程为xtyn(t0)，联立方程3

xtyn，

得：(t23)y22tny(n23)0.

2tn

，yy12t23 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由韦达定理：2

n3yy，122t3

………………………………………………………………………………………（6分）由点P与点P关于x轴对称知P(x1，y1)， 由M，P，Q三点共线知kMPkMQ，即

y2y1y2y1

， ，即

ty2nmty1nmx2mx1m

故ty1y2(nm)y2ty1y2(nm)y1，即2ty1y2(nm)(y1y2)0.

………………………………………………………………………………………（8分）n232tn2tnm6t2t(nm3)

(nm)220， 代入韦达定理：2t2

t3t3t3t23

由t0，知n

3， m

3

（10分）故直线PQ与x轴交于定点K，0.………………………………………………

mx2

M(m，0)由在椭圆C：y21外，得：m(，3)(3，)，

3

由AKB是钝角，知|OK||OA|b1(O为坐标原点)， 即

3

(0，1)，解得m(，3)(3，)， m

综上所述：m的取值范围是(，3)(3，)．

……………………………………………………………………………………（12分）

22．（本小题满分12分）

π

（1）证明：x0，时，求证f(x)1等价于求证sinxx．

2

π

令(x)sinxx，则(x)cosx1≤0，故(x)在0，上单调递减，

2

故(x)(0)0，不等式成立．………………………………………………………（2分）（2）解：令F(x)f(x)g(x)

sinxaxcosx

.

x

π

因为F(x)F(x)，所以题设等价于F(x)0在0，上恒成立，

2π

即：H(x)sinxaxcosx0在0，上恒成立，

2

………………………………………………………………………………………（3分）H(x)(1a)cosxaxsinx，H(0)0，H(0)1a.

π

（i）当a≤0时，在0，上sinx0，axcosx≥0，故H(x)0，所以F(x)0，符合题

2意；

ππ

故H(x)在0，上（ii）当0a≤1时，H(x)(1a)cosxaxsin≥0在0，上恒成立，

22单调递增，故H(x)H(0)0，所以F(x)0，符合题意； ππa

0， （iii）当a1时，H(0)1a0，H

22

π

故必存在x00，，使得H(x0)0，且当x(0，x0)时，H(x)0，

2故H(x)在(0，x0)上单调递减，故在(0，x0)上H(x)H(0)0，不符合题意．

1]．……………………………………………（6分） 综上所述：实数a的取值范围是(，

π

（3）解：由（1）知：sinxx在0，上恒成立．

2由（2）知：当a1时，f(x)g(x)，即

2

sinxπ

cosxsinxxcosx在0，上恒成立． x2

sin2xsin2xax2cosx

令G(x)[f(x)]g(x)2acosx，

xx2

π

因为G(x)G(x)，所以题设等价于G(x)0在0，上恒成立，

2

π

即：h(x)sin2xax2cosx0在0，上恒成立．

2

………………………………………………………………………………………（7分）π

（i）当a≤0时，在0，上sin2x0，ax2cosx≥0，

2故h(x)0，所以G(x)0，符合题意；

（ii）当0a≤1时，h(x)sin2xax2cosx≥sin2xx2cosx， π

令r(x)sin2xx2cosx，x0，，

2

则r(x)2sinxcosx2xcosxx2sinx2sinxcosx2sinxx2sinx x222x[x2(1cosx)]sinxx4sinsinx4sin2

22

2

x

sinx0， 2

π

所以r(x)在0，上单调递增，

2

所以r(x)r(0)0，故h(x)0，所以G(x)0，符合题意；

（iii）当a1时，h(x)sin2xax2cosxx2ax2cosxx2(1acosx)， π1

1且x0，时，1acosx0， 当cosx，2a故h(x)x2ax2cosxx2(1acosx)0，不符合题意．

1]．…………………………………………………（12分） 综上所述：a的取值范围为(，