巴蜀中學2023屆高考適應性月考卷（九）數學參考答案 一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）題號12345678答案DABCCCDA【解析】1．由表示橢圓，則可得或，故，故選D.2．由題：角終邊經過點，所以代入，得故選A.3．對于A，由獨立性檢驗可知，值越大，判斷“X與Y有關系”的把握性越大，故A錯誤；對于B，在殘差圖中，殘差點分布的水平帶狀區(qū)域越窄，說明波動越小，即模型的擬合精度越高，故B正確；對于C，樣本點都在直線上，說明是負相關，相關系數為，故C錯誤；對于D，8個數據從小到大排列，由于，所以第25百分位數應該是第二個與第三個的平均數故D錯誤，故選B.4．若且公比則所以對于任意，成立，故必要性成立；若且則 所以由對于任意的，推不出故充分性不成立；則“對任意的恒成立”是“”的必要不充分條件，故選C.5．因為為奇函數，所以，即有，所以函數的圖象關于點對稱．因為是偶函數，所以，所以函數的圖象關于直線對稱，所以，所以，所以函數的周期為4，所以， ，無法確定其值，ABD無法確定，故C正確，故選C.6．設“第1天去智能餐廳用餐”，“第1天去人工餐廳用餐”，“第2天去智能餐廳用餐”，則，且與互斥，根據題意得：，，，由全概率公式則 ，故選C.7．等價于，所以，由，解得，所以即故選D.8．拋物線的焦點坐標為，設斜率為的直線方程為設，直線與拋物線聯(lián)立得所以①，②，所以 ，所以③，由②③式解得，代入①式得=8，故選A.二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分. 在每小題給出的選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）題號9101112答案BDACABDBCD【解析】9．對于A，復數不可以比較大小，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D， ，故D正確，故選BD.10．對于A，由線面平行判定定理可知A正確； 對于B，，，則與平行或相交，故B錯誤；對于C，正確；對于D， ，，三條交線平行或交于一點，如圖1，正方體兩兩相交的三個平面，平面平面平面平面平面平面平面平面但不平行，故D錯誤，故選AC.11．如圖2所示：對于A， 且，所以，故A正確；對于B，，，所以，又由相似可得：，，，，所以離心率，故B正確；對于C，中，由余弦定理可得，故C錯誤；對于D，由C可知，，則其面積，故D正確，故選ABD.12．對于選項ABC，記，，所以，在處的切線斜率為則在處的切線方程為，即令，得即 ，故A錯誤；而對于B，，，，假設，則有，則由數學歸納法可知，對任意，均有，故B正確；對于C，， 又，則，則為遞增數列，故C正確；對于D，所以，所以所以 所以即 又所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列，故D正確，故選BCD.三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）題號13141516答案4144；【解析】13．由題的展開式的通項公式為當時，展開式的項為有理項，所以有理項有4項.14．第一步：選出1個空盒，共4種；第二步：4個小球分為3組 ，共6種；第三步：3組小球放入3個不同的盒子，共 6種；則．15．，則，所以.16．（1）以MCN所在的平面建立直角坐標系，MN為軸，MN的垂直平分線為軸，由球半徑為3且，可得|MN|=3，則，設，，則可得故點的軌跡是以為圓心，半徑的圓，轉化到空間中：當繞MN為軸旋轉一周時，|PM|，|PN|不變，故空間中的軌跡為以T為球心，半徑為的球，所以其表面積為；（2）由（1）可知點Q的軌跡即為球C與（1）問中阿氏球的交線，兩球的交線為圓，又該阿氏球球心為T，利用C，T在（1）中的坐標，，則球心距為，三角形QTC為直角三角形，對應圓半徑周長即為軌跡長四、解答題（共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分10分）解：（1）由已知為等差數列，記其公差為①當時，兩式相減可得解得②當時，所以則   ………………………………………（5分）（2）由（1）知 ……………………………………………………………………（10分）18．（本小題滿分12分）解：（1）若選①：由正弦定理得，即：在化簡得：   ………………………………………………………………………（6分）若選②：由正弦定理得，在即    ………………………………………（6分）（2）由角平分線定理： …………………（8分）由（1）知 則即 ……………………………（10分）化簡得故（舍去），或故 …………………………………（12分）19．（本小題滿分12分）解：（1）如圖3，取的中點，連接，設分別為的中點，異面直線與所成角即為   …………………………（1分）又為菱形，底面 ………………………………………………………………………（3分）解得或者（舍），即   ………………………（6分）（2）如圖4，取的中點，為等邊三角形，又底面 如圖以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，，，，，，，     …………………………………………………………………（8分）設平面的法向量為，，即不妨令得：， ……………………（10分）與平面所成角的正弦值為   ………………………（12分）20．（本小題滿分12分）解：（1）該校中“學習積極分子”的人數為（人）， ………………………（2分）平均數為…………………………………………………………（4分）（2）由題意得：   ……………………………………（8分）（3）由題意得：   ……………………………………………（12分）21．（本小題滿分12分）解：（1）由題意得解得所以橢圓的標準方程為    …………………………（4分）（2）由（1）知，由于直線斜率為零與斜率不存在均不符合題意，故設該直線方程為從而坐標為設聯(lián)立得所以   ……………（6分）現設因為三點共線，故因為三點共線，故兩式兩邊作比得：   …………………（8分）                    所以，故   …………………………………………………（12分）22．（本小題滿分12分）解：（1）由題若，則恒成立，此時在R上單調遞增，若則令則，當，則在上單調遞減，當則在上單調遞增． ………………（2分）（2）（i）由題：則解得故因為易知在上單調遞減，上單調遞增，所以即恒成立.    ……………………………………（4分）（ii）由即令，所以記故所以①當時，1）當時，在上單調遞增，又，，唯一實數，使得2）當時，由1），2），又，，有且當，又存在唯一實數，使得，滿足題意.    ……………………（8分）②當時，法一：易證在上恒成立，時，，記，，則，由（i）可知，，在，，即恒成立，在上不存在零點，不滿足.法二：時，，取則在，在，即有在上不存在零點，不滿足.綜上所述：    …………………………………………………………（12分）
 

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