贵阳第一中学2023届高考适应性月考卷（一）理数-答案

理科数学参考答案·理科数学参考答案·PAGE2页（9页）2023届高考适应性月考卷（一理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDBCCACDABBA【解析】因为M{x|x{x|x2n{x|x所以PM，则PMP，故选B．2z2iiiaz所以a2，所以a2，则z22i，z22i，故选D．3192，271，932，812，3931276个，0.3B．

4．因为|a|4|b|2aab20aabaab|a|2ab20

a 4 1 b ab4a与b的夹角为，则cos以2π，故选C．3

|a||

42

，因为[0，π]，所x2

1

展开式的通项为T

k1Ckx2(51

k1xk1

x103k103k1k3， 2x

k1 5

2

52 52所以二项式展开式中，x的系数为C52

5，故选C．4accosB，由正弦定理可得，sinAsinCcosBsin(BC)sinCcosB，所以sinBcosCsinCcosBsinCcosB，所以sinBcosC0．因为0Aπ0Bπ，所以sinB0cosC0，则CπABC为直角三角形，但△ABC为直角三角形时不一2定是CπaccosB是△ABCA．2f(xf(x)

cos3x4x4x

f(x)，∴f(x)为奇函数，BDf(x)

sin

sin

f(x)，∴f(x)为奇函数，|4x4x| |4x4x|Dx0f(x)0Ax从正方向无0sin3x04x4x0f(x0，AC．△ABC6D，EAC，BC上，DEBCCxCCBy13图1D，EAC，BCDEBC且0

3m)，33所以DADE3

3m)27

3m)3m29m3m

322

274

，故当m32时，DADE的最小值为 ，故选D．4ABEBCE，F关于平面对称，所以PEPF，最小值为FC1

6，故选A．2222424210．将函数f(x)左移一个单位，得g(x)f(x1)ln2x(x21)sinx2x2a，2xxg(xg(x)42ag(x)关于a)对称，故最大值与最小值也关于a8，则a2B．b2，在△ABC中，2由 正 弦 定 理 得 2a 4 ， 解 得 a 6 ， 则2sin(6045) sin6033 23b2

2 e21

1

5B．a

62 32 12．设f(x)kex，则f(x)满足f(x)f(x)，而f(0)2，∴k2，∴f(x)2ex，∴g(x)2exln(2ex)32ex3(xln2)，∴g(0)23ln20，2e33ln20.g(2)0g(30g(4)0g(x在A．理科数学参考答案·理科数学参考答案·PAGE12页（9页）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案127221π②③④【解析】yx3，13．由 3

xx解得 或 所以阴影部分的面积为S

13xdx1x3dxy

y0 y

0 0 43x3|11x4|1311，正方形的面积为1，所以质点落在非阴影部分区域的概率为44 0 4 0 4 4 2111．2 2分别将隶书、草书、楷书当作整体，排法总数为A36，隶书内部顺序A22，草书内3 2部顺序A36，故方法总数为A3A2A372种．3ADBCAB

323

22(5)22(5)2设△BCD外接圆圆心为ABCDR，连接OD，OA，由BDC120BC

3BD2

图33，由正弦定理得32r

23sin120

4r2ADDBADDCDBDCD，DBDC平面BCD，则AD平面BCD，又OO1平面BCD，则AD∥OO1．又OAOD，则OO1AD

5，则R

21，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为r2OO211 2r2OO214πR2.abf(x)a(exexa(exexf(xf(xf(xf(x)aexbexf(x)aexbex，则(ab)exab)exxRababf(x)为偶函数的充要条件，①不正确；对于②，易得函数定义域为Rab0f(x)a(exexa(exex)f(x)，函数f(x)为奇函数；若函数f(x)为奇函数，则有f(x)aexbexf(x)aexbex，则(ab)ex(ab)exxR都成立，则ab0，即ab0f(x)f(x)aexbexa0，b0f(xaexbex0，f(xa00f(x)aexbex0，f(x) x x

ae2xb 1 b单减，故③正确；对于④，f(x)aebe

，令f(x)0，可得x ln ，ex 2 aa00f(x在1lnb1lnba00， ， 2 a 2 a 则f(x)在1lnb上单增，在1lnb，上单减；则函数f(x)存在极值点，④正 ， 2 a 2 a 确.故答案为：②③④．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）121设[7h，则10(0.0050.010h0.0150.0250.030)1，解得：h0.015，所以补充频率分布直方图如图4所示：图4平均数为x10(0.005450.015550.015650.030750.025850.0195)73.5，所以平均数为73.5． （6分）（2）根据题中数据得到22列联表如下：喜欢不喜欢合计男同学403070女同学203050合计6060120K

120(40303020)260607050

3.4292.706，依据小概率值2.706的独立性检验，能在犯错概率不超过0.100的条件下，认为对新菜品的喜爱程度跟性别有关． （12分）1211a1a1a…1a

n，①21 42 83 2nn1a1a1

…1a

n1，②21 42 8

2n1n1①②1

1，2nnn∴a2n(n≥2)，n而当n1时，1a1，a2也满足上式，21 1n∴a2n． （6分）n（2）由（1）知bn

log2an

log2nn，21 2

11．

n(n

n n1T1111…11 11．n 2 2

n n

n1…………………（12分）12ADCDDADC2，2∴AC2 ．22又∵EAEC2 ，2∴△AEC为等边三角形，又∵DADE2，M是EA的中点，2∴AEDM，AEMC，DM ．2又∵DMMCM，DM，MC平面MDC，∴AE⊥平面MCD，故平面平面MCD． （6分）EABECDl，所以lECD．又ABECD，ECD．又AB平面ABCD，平面ABCD平面ECDCD，所以AB∥CD．∵AE⊥平面MCD，∴AECD.又∵ADCD，ADAEA，AD，AE平面ADE，∴CD平面ADE．又∵DM平面ADE，∴CDDM．∵，∴ABDM．又∵AEDM，ABAEA，AB，AE平面ABE，∴DM平面ABE．∵，∴C点到平面ABE的距离等于D点到平面ABE的距离，2∴VMBCEVCBMEVDBME.2又∵V 1

DM11

DM11122AB 1，DBME 3

△BME

3 2

3 2 2解得AB3． （12分）221AB过抛物线1F，所以|AB||AF||BF|，抛物线C的准线方程为xp，焦点Fp，0．1 2 2 设点A，B的坐标分别是(x1，y1)，(x2，y2)，则|AB||AF||BF|xpxpxx

p．1 2 2 2 1 2因为双曲线C2：x2y21的渐近线方程为yx，所以直线l的方程为yx，所以直线AB的方程为yxp，2yxp，联立2y22p，2 p2y

3px 0，4则9p2p20，所以xx3p，1 2所以|AB|4p16，所以p4，1故抛物线C的方程为y28x． （6分）1（2）设直线m的方程为yxt，yxt，联立y28x，yx22t8)xt20(x0)，m与抛物线相切，1所以(2t8)24t26432t0且2t80，解得t2，1代入方程x2(2t8)xt20得x24x40，解得x2，所以切点P的坐标为(2，4)．12AByx2与抛物线Cy28x，xy28y160，则824161280．B(x2，y2，12则y1y28，y1y216，则xxyy

(yy)2412，xx124，1 2 1 2

12 64则k

(y14)(y24)y1y24(y1y2)161632162．PA

(x2)(x2) xx2(xx)4 42441 2 12 1 2……………（12分）221）f(x)的定义域为()，f(xlnx1k(x0)，f(x)0xek，当0xek1时，f(x)0，此时函数f(x)单调递减；当xek1时，f(x)0，此时函数f(x)单调递增，f(x的单调递减区间是1，单调递增区间是(ek，f(xxek，无极大值点．……………（4分）（2）不等式f(x)2k10，对任意的x(2，)，kZ恒成立，∴kxlnx1，即kxlnx1 ．x2

x2 min设g(x)xlnx1(x2)，则g(x)x2lnx3，x2 (x2)2令h(x)x2lnx3，则h(x)12x20，函数h(x)在(2，)上单调递增，x xh(662ln63lne3ln3672ln73lne4ln490，h(x002ln30，当x(0)h(x)0，g(x)0，所以函数g(x)单调递减；当x()h(x)0，g(x)0g(x)xg(xg(x0，同时也为最小值，0因为g(x)x0lnx01x01，02 2又x0(6，7)，∴x015，3，2 2 所以整数k的最大值是2． （12分）20441sin2aosy2ax，Cy2ax(a0)．x1由

22

可得直线l的直角坐标方程为xy10． （5分）y

2t，2

x1

2t，2 2 2（