2024年重庆市巴蜀中学高考数学适应性试卷（八）（含解析）

这是一份2024年重庆市巴蜀中学高考数学适应性试卷（八）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.集合A={a,a2+1,1}，B={2a}，若B⊆A，则实数a=( )
A. −1B. 0C. 12D. 1
2.已知α∈(0,π)，csα=3 1010，则tanα=( )
A. 3B. 13C. −13D. −3
3.在等差数列{an}中，a6=3，则a5+a8−13a9=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.某班有5名男同学，4名女同学报名参加辩论赛，现从中选取4名同学组成一个辩论队，要求辩论队不能全是男同学也不能全是女同学，则满足要求的辩论队数量是( )
A. 120B. 126C. 210D. 420
5.已知椭圆C：x24+y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，P是椭圆C上的点，若△F1PF2为直角三角形，则这样的点P有( )
A. 8个B. 6个C. 4个D. 2个
6.已知a=3ln7，b=4ln6，c=5ln5，d=6ln4，则在|b−a|，|c−b|，|d−c|，|d−b|，|d−a|，|c−a|这6个数中最小的是( )
A. |b−a|B. |c−b|C. |d−b|D. |c−a|
7.已知函数f(x)=ax2−2lnx+1的图象与x轴无公共点，则实数a的取值范围是( )
A. a1e2C. a>1eD. a>1
8.双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，P，Q(P在第一象限)是双曲线的一条渐近线与圆x2+y2=a2的两个交点，点M满足OM⋅F1P=0，5MP=F1M，其中O是坐标原点，则双曲线的离心率e=( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X∼N(2,1)，Y∼B(4,12)，则( )
A. P(X⩽2)=12B. E(X)=E(Y)C. D(X)=D(Y)D. P(Y=1)=12
10.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，球O1和球O2的球心O1，O2都在线段AC1上，球O1，球O2外切，且球O1，球O2都在正方体的内部(球可以与正方体的表面相切)，记球O1和球O2的半径分别为r1，r2，则( )
A. AC1⊥B1C
B. 当r1=1时，r2的最大值是 3−1
C. r1+r2的最大值是3− 3
D. 球O1和球O2的表面积之和的最大值是6π
11.已知f(x,y,n)=x2n+y2n−1(n⩾1,n∈Z)，定义方程f(x,y,n)=0表示的是平面直角坐标系中的“方圆系”曲线，记Sn表示“方圆系”曲线f(x,y,n)=0所围成的面积，则( )
A. “方圆系”曲线f(x,y,1)=0是单位圆
B. S20)，O是坐标原点，过(4,0)的直线与E相交于A，B两点，满足OA⊥OB．
(1)求抛物线E的方程；
(2)若P(x0,2)在抛物线E上，过Q(4,−2)的直线交抛物线E于M，N两点，直线PM，PN的斜率都存在，分别记为k1，k2，求k1⋅k2的值．
19.(本小题17分)
集合A={x|x=2a+2b+2c,0⩽a0，|d−c|>0，|c−a|>0，|d−a|>0，
故最小值是|d−b|．
故选：C．
将指数转化为对数，即可判断．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：令t=x2，则g(t)=at−lnt+1，当a=0时，g(t)=−lnt+1与x轴有公共点，不正确；
当a0，又g(e)=ae0时，g(1)=a+1，因为g(t)=at−lnt+1与x轴没有公共点，
故t∈(0,+∞)时，at−lnt+1>0恒成立，即a>lnt−1t恒成立，
令h(t)=lnt−1t，h′(t)=2−lntt2，t∈(0,e2)时，2−lnt>0，t2>0，h′(t)>0，t∈(e2,+∞)时，2−lnt0，h′(t)Sn−1即可判断；对于D：利用三角换元求最值即可．
本题考查曲线方程的应用，属于难题．
12.【答案】3+i
【解析】解：由题意可得，z(1+i)(1−i)=(2+4i)(1−i)，即2z=6+2i，则z=3+i．
故答案为：3+i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
13.【答案】2
【解析】解：因为f(32+x)=f(32−x)，
即f(x)=f(3−x)，
所以f(2)=f(1)且y=f(x)关于x=32对称，
又f(x)+f(6−x)=0，
即f(3+x)+f(3−x)=0，
故f(x+3)=−f(x)，
所以f(x+6)=−f(x+3)=f(x)，
所以函数y=f(x)的周期为6，
则f(2024)=f(337×6+2)=f(2)=f(1)=2．
故答案为：2．
由f(32+x)=f(32−x)，可得f(2)=f(1)且f(x)=f(3−x)，由f(x)+f(6−x)=0，可得f(3+x)+f(3−x)=0，从而得函数y=f(x)的周期为6，最后由f(2024)=f(337×6+2)=f(2)求解即可．
本题考查了用赋值法求抽象函数的值、抽象函数的对称性及周期性，属于中档题．
14.【答案】(2 2, 57]
【解析】解：在三角形中csA=13，可得sinA=2 23，
由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA，
可得b=sinBsinA⋅a=3sinB，c=3sinC，
sinC=sin(B+A)=sinAcsB+csAsinB=2 23csB+13sinB，
所以2b+c=2×3sinB+3(2 23csB+13sinB)=7sinB+2 2csB= 72+(2 2)2sin(B+φ)，tanφ=2 27，
= 57sin(B+φ)，
在锐角三角形中，B为锐角，
所以sin(B+φ)≤1，
所以2b+c≤ 57，
又因为2b+c=b+c+b>b+a>a=2 2，
所以2b+c∈(2 2, 57].
故答案为：(2 2, 57].
由csA的值，可得sinA的值，由正弦定理可得b，c的表达式，进而求出2b+c的表达式，由锐角三角形中角的范围，进而可得2b+c的范围．
本题考查正弦定理及两角和正弦公式的应用，属于中档题．
15.【答案】(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC在平面ABC内，
所以PA⊥BC，又BC⊥AC，AC∩PA=A，
故BC⊥平面PAC，又BC在平面PBC内，
故平面PBC⊥平面PAC；
(2)解：因为∠ACB=90°，AB= 5，BC=1，故AC=2．
又PA⊥平面ABC，AC⊥BC，
则以CA为x轴正方向，CB为y轴正方向，过C作AP的平行线为z轴正方向，
建立空间直角坐标系C−xyz，

则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,1,0)，P(2,0,2)，
则AP=(0,0,2)，AB=(−2,1,0)，
设平面PAB的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则由n1⋅AP=0，n1⋅AB=0，
可得2z1=0−2x1+y1=0，令x1=1，则y1=2，z1=0，则n1=(1,2,0)，
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
又CP=(2,0,2)，CB=(0,1,0)，
则由n2⋅CP=0，n2⋅CB=0，
可得2x2+2z2=0y2=0，令x2=1，y2=0，x2=−1，则n2=(1,0,−1)，
故n1与n2夹角的余弦值csθ=n1⋅n2|n1||n2|=1 5× 2= 1010，
又θ∈[0,π]，故sinθ=3 1010，
故二面角A−PB−C的正弦值为3 1010．
【解析】(1)又题意，证得BC⊥平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面PAB和平面PBC的法向量，利用法向量的夹角公式求得夹角的余弦值，进而求得正弦值．
本题考查面面垂直的判定，考查二面角夹角的正弦值求法，属中档题．
16.【答案】解：(1)因为f(x)=ex(x2−x+1)，
则f′(x)=ex(x2−x+1+2x−1)=ex(x2+x)，
故当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(−1,0)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
则f(x)在区间(−∞,−1)上单调递增，在区间(−1,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，
故f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)和(0,+∞)，单调递减区间是(−1,0)，
故f(x)在x=−1处取得极大值f(−1)=3e，在x=0处取得极小值f(0)=1．
(2)设切点M(x0,ex0(x0−1))，因为g′(x)=xex，
则切线的斜率k=x0ex0=(x0−1)ex0−mx0−0，
整理得，−m=ex0(x02−x0+1)．
由题意可得，−m=ex0(x02−x0+1)有三个不同的实根，即f(x)+m=0有三个零点．
令h(x)=f(x)+m，则h′(x)=f′(x)，
由(1)知：则h(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又h(−1)=3e+m，h(0)=1+m．
①当h(−1)=3e+m0，故h(x)至多一个零点，不满足；
③当h(−1)=3e+m=0，x∈(−∞,0)时，h(x)有唯一零点x=−1，h(x)在(0,+∞)上单调递增，故h(x)在区间(0,+∞)至多一个零点，故h(x)至多两个零点，不满足；
④当h(0)=1+m=0，x∈(−1,+∞)时，h(x)有唯一零点x=0，h(x)在(−∞,−1)上单调递增，故h(x)在区间(−∞,−1)上至多一个零点，故h(x)至多两个零点，不满足；
⑤当h(−1)=3e+m>0，h(0)=1+m