重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（九）数学试题

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巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（九）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12345678答案DABCCCDA【解析】1．由表示椭圆，则可得或，故，故选D.2．由题：角终边经过点，所以代入，得故选A.3．对于A，由独立性检验可知，值越大，判断“X与Y有关系”的把握性越大，故A错误；对于B，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故B正确；对于C，样本点都在直线上，说明是负相关，相关系数为，故C错误；对于D，8个数据从小到大排列，由于，所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数故D错误，故选B.4．若且公比则所以对于任意，成立，故必要性成立；若且则 所以由对于任意的，推不出故充分性不成立；则“对任意的恒成立”是“”的必要不充分条件，故选C.5．因为为奇函数，所以，即有，所以函数的图象关于点对称．因为是偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，所以，所以，所以函数的周期为4，所以， ，无法确定其值，ABD无法确定，故C正确，故选C.6．设“第1天去智能餐厅用餐”，“第1天去人工餐厅用餐”，“第2天去智能餐厅用餐”，则，且与互斥，根据题意得：，，，由全概率公式则 ，故选C.7．等价于，所以，由，解得，所以即故选D.8．抛物线的焦点坐标为，设斜率为的直线方程为设，直线与抛物线联立得所以①，②，所以 ，所以③，由②③式解得，代入①式得=8，故选A.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9101112答案BDACABDBCD【解析】9．对于A，复数不可以比较大小，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误；对于D， ，故D正确，故选BD.10．对于A，由线面平行判定定理可知A正确； 对于B，，，则与平行或相交，故B错误；对于C，正确；对于D， ，，三条交线平行或交于一点，如图1，正方体两两相交的三个平面，平面平面平面平面平面平面平面平面但不平行，故D错误，故选AC.11．如图2所示：对于A， 且，所以，故A正确；对于B，，，所以，又由相似可得：，，，，所以离心率，故B正确；对于C，中，由余弦定理可得，故C错误；对于D，由C可知，，则其面积，故D正确，故选ABD.12．对于选项ABC，记，，所以，在处的切线斜率为则在处的切线方程为，即令，得即 ，故A错误；而对于B，，，，假设，则有，则由数学归纳法可知，对任意，均有，故B正确；对于C，， 又，则，则为递增数列，故C正确；对于D，所以，所以所以 所以即 又所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，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）题号13141516答案4144；【解析】13．由题的展开式的通项公式为当时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项.14．第一步：选出1个空盒，共4种；第二步：4个小球分为3组 ，共6种；第三步：3组小球放入3个不同的盒子，共 6种；则．15．，则，所以.16．（1）以MCN所在的平面建立直角坐标系，MN为轴，MN的垂直平分线为轴，由球半径为3且，可得|MN|=3，则，设，，则可得故点的轨迹是以为圆心，半径的圆，转化到空间中：当绕MN为轴旋转一周时，|PM|，|PN|不变，故空间中的轨迹为以T为球心，半径为的球，所以其表面积为；（2）由（1）可知点Q的轨迹即为球C与（1）问中阿氏球的交线，两球的交线为圆，又该阿氏球球心为T，利用C，T在（1）中的坐标，，则球心距为，三角形QTC为直角三角形，对应圆半径周长即为轨迹长四、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）由已知为等差数列，记其公差为①当时，两式相减可得解得②当时，所以则   ………………………………………（5分）（2）由（1）知 ……………………………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（1）若选①：由正弦定理得，即：在化简得：   ………………………………………………………………………（6分）若选②：由正弦定理得，在即    ………………………………………（6分）（2）由角平分线定理： …………………（8分）由（1）知 则即 ……………………………（10分）化简得故（舍去），或故 …………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）如图3，取的中点，连接，设分别为的中点，异面直线与所成角即为   …………………………（1分）又为菱形，底面 ………………………………………………………………………（3分）解得或者（舍），即   ………………………（6分）（2）如图4，取的中点，为等边三角形，又底面 如图以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，     …………………………………………………………………（8分）设平面的法向量为，，即不妨令得：， ……………………（10分）与平面所成角的正弦值为   ………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）该校中“学习积极分子”的人数为（人）， ………………………（2分）平均数为…………………………………………………………（4分）（2）由题意得：   ……………………………………（8分）（3）由题意得：   ……………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）由题意得解得所以椭圆的标准方程为    …………………………（4分）（2）由（1）知，由于直线斜率为零与斜率不存在均不符合题意，故设该直线方程为从而坐标为设联立得所以   ……………（6分）现设因为三点共线，故因为三点共线，故两式两边作比得：   …………………（8分）                    所以，故   …………………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（1）由题若，则恒成立，此时在R上单调递增，若则令则，当，则在上单调递减，当则在上单调递增． ………………（2分）（2）（i）由题：则解得故因为易知在上单调递减，上单调递增，所以即恒成立.    ……………………………………（4分）（ii）由即令，所以记故所以①当时，1）当时，在上单调递增，又，，唯一实数，使得2）当时，由1），2），又，，有且当，又存在唯一实数，使得，满足题意.    ……………………（8分）②当时，法一：易证在上恒成立，时，，记，，则，由（i）可知，，在，，即恒成立，在上不存在零点，不满足.法二：时，，取则在，在，即有在上不存在零点，不满足.综上所述：    …………………………………………………………（12分）