巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（二）数学-答案.pdf

数学参考答案·第 1 页（共 8 页） 巴蜀中学 2021 届高考适应性月考卷（二） 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C B D C A C B D C C B 【解析】 2．计算可得 21i55z  ，故选 C． 4．由公式 12() 10lg110 vfv   可知， 9 1 1210 110 v   ， 5 2 1210 110 v   ，所 以 1 2 10000v v  ，故 选 D． 5．由|2|1ab  可知， 44ab   ，所以 2|2 | 4 1 4 9ab ab      ，故选 C． 6．334 36  ，故选 A． 7． 5 2 2x x  的展开式中，第 1r  项为 25 5C( ) ( 2)rrrrx x  ，当 3r  时，系数为 80 ，故选 C． 8．由 () ()f xfx 可得，函数为偶函数；由 sin( 2 π)sin(2π)()sin( 2π)sin nx n nxf xfxxx    ，是周期 函数；由 2sin ()sin sin( π )() (π ) sinsin sin(π ) 0( ) nx nnx n nxfx f x xxxn      ， 是奇数 ， ， 是偶数 ， 不一定对称；当 π2 6nx，时，() 3 1fx，故选 B． 9．由条件可得 22cos (4cos 3) 0，所以 cos 0  或 3cos 2  ，故选 D． 10．易得 A，B选项显然错误；对于C 选项，由 2222cosabc bcA 可得， 222sin sin sinA BC 2sin sin cosBC A ，即 2221 cos 1 cos 1 cos 2(cos( ) cos cos )cosA BCBCBCA ， 有 222 2cos cos cos 1 2cos 2cos cos cosBC A A BCA 移项可得 C 选项；对于 D 选项， 由 sin sin( )A BC，有 cos cosab Cc B， 2 cos cosaabCacB， 而 222abc 2 cosbc A，可得 22cos cos 2 cosab C ac B b c bc A ，可得 D 错误，故选 C． 数学参考答案·第 2 页（共 8 页） 11．三次函数过两点 (0 0) (3 0)， ， ， ，且在这两点的导数分别为 23 ， ，联立可得 C 满足，故选 C． 12．方法一：设 AB x BAD  ，，在BAD△ 中，由正弦定理： 16 sin(60 ) sin x   ，可以化 简得 3 cos 12 16 sin 2 x  ，在 EAC△ 中，由正弦定理： 5 sin(90 ) sin(30 ) x   ，可以化 简得 3 sin512 cos 2x    ，联立可得 151 3 16 2 2 4 x x   ，可以化简得 2 42 80 0xx， 解得 40 2xx， （舍去），故选 B． 方法二：利用余弦定理得 ABx ， 22 216 16ADx x  ， 22255AEx x ，而 ADE△的 面积 131(21) sin30222Sx xADAE    ， 则 3( 21)AD AE x x ，则在 ADE△中， 由余弦定理得 222( 21) 2 cos30xADAEADAE   ， 2222242 21 16 16x xx xx  2553(21)xxx   ，化简整理得 2 42 80 0xx ，即 40 2xx ， （舍），故选 B． 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 13 14 15 16 答案 3 2 27 40 {1 2 3}，， 【解析】 13．由 ab  ，得 0ab   ，求得 3m  ． 14．当 5π 12x  时，取得最大值． 15．由 1 (0) (1) (2) (3) ( 4)PPPPPn≥，且 1() (0)3 n Pn P   ， 所以有1  11 1(0) 1 03927P   ，可求得 27(0) 40P  ． 16．由 2 2 e( 1)() x x xfx x    ，设 2() e( 1)xhx x x  ，有 () (e 2)xhx x  ， 当 [2 3]x ，时， () 0hx  ，所以 2() e 4 0hx ，即 ()f x 单调递增，值域为 23e4e9 23       ， ，估算取整， 可得 () [ ()]g xfx 的值域为{1 2 3}，， ． 数学参考答案·第 3 页（共 8 页） 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） 17．（本小题满分 10 分） 解：（1）因为 21 cos 2cos 2 0BC ， 则 22cos 4sin 1 0BC，即 224sin sinCB ， 因为sin 0 sin 0BC，，则sin 2sinBC ，sin B ∶sin 2C  ．……………………（5 分） （2）因为 15a  ， 2bc ，且 ABC△ 为锐角三角形，则角C 一定为锐角， 因为 cos 0A  ，所以 2220bca，即 2515c  ， 3c  ， 又 cos 0B  ，所以 2220acb， 2315c  ，即 5c  ， 综上所述，c 的取值范围是 35c ．……………………………………………（10 分） 18．（本小题满分 12 分） 解：（1）恰好打了 7 局甲获胜的概率是 6 4 16 11 15C 22128P  ， 恰好打了 7 局乙获胜的概率是 6 4 26 11 15C 22128P  ， 故比赛结束时恰好打了 7 局的概率 12 15 64PPP ．…………………………………（6 分） （2） 的可能取值为 2345  ，，， ， 211(2)24P    ， 2 1 2 111(3)C224P     ， 34 14 34 11 1 1(4)C C22 2 4P        ， 3 1 4 11 1(5)C 122 4P    ， 故 的分布列为  2 3 4 5 P 1 4 1 4 1 4 1 4 则 的数学期望 11117()234544442E       ．……………………………（12 分） 数学参考答案·第 4 页（共 8 页） 19．（本小题满分 12 分） 解：（1） 2() 23sin cos 2sin 1fx x x x ， 所以 π() 3sin2 cos2 2sin2 6fx x x x  ， 因为最小正周期 2π π|2 |T ，又 0  ， 所以 1  ，即 π() 2sin2 6fx x ， 所以 ππ π2 π 22π26 2kxk ≤≤ ，解得 ππππ36kxk ≤≤ ， k Z ， 所以 ()f x 的单调递增区间为 ππππ36kk k  Z， ， ．………………………………（6 分） （2）因为 π0 3x   ，时， ππ2 ππ2 6636x     ，，() 1fx 恰好有两个解， 即 π 1sin 2 62x 恰好有两个解，所以13 2 ππ17ππ6366  ≤ ， 即 2 π 82ππ33  ≤ ，解得34 ≤ ， 所以实数 的取值范围是34 ≤ ．…………………………………………………（12 分） 20．（本小题满分 12 分） （1）证明：如图，取 11A B 的中点 F ，连接 BF ， 1CF，EF， 所以 1 //A FBE，且 1A FBE ， 故四边形 1A EBF 为平行四边形， 1//BFAE， BF  平面 1A EC ， 1A E  平面 1A EC ， 所以 //BF 平面 1A EC ， 又因为 EF， 分别是 AB ， 11A B 的中点，故 1//EF CC ，且 1EF CC ， 所以 1EFC C 为平行四边形，所以 1 //CF CE， 1CF 平面 1A EC ，CE  平面 1A EC ， 所以 1 //CF 平面 1A EC ，又 //BF 平面 1A EC ，且 1BF C F F ， 所以平面 1 //BFC 平面 1A EC ，且 1BC  平面 1BFC ， 所以 1 //BC 平面 1A EC .……………………………………………………………………（6 分） 数学参考答案·第 5 页（共 8 页） （2）解：因为 11 11ACCE C ACEVV ，又因为 1 //BC 平面 1A EC ，所以 11 1C A CE B A CEVV ， 而 11 1 11 3 32 6B A CE A BCEVV BECEAC  ，因为 2AB  ，底面是正三角形， 所以 1BE  ， 3CE  ，代入得 1 1AC  . 以 EB  为 x 轴正方向，EC  为 y 轴正方向，过 E 作 1CA  的平行线为 z 轴正方向建立空间直角 坐标系 Exyz ， 所以 (0 0 0)E ，， ， (1 0 0)B ，， ， (10 0)A  ，， ， (0 3 0)C ，，，1(0 3 1)A ，，， 因为 1CA  平面 ABC ，且 EB  平面 ABC ， 所以 1CA EB ，又 EB CE ，且 1CE CA A ，故 EB  平面 1A EC . 取平面 1A EC 的一个法向量为 1 (1 0 0)nEB  ，， ， 设平面 11A EC 的一个法向量为 2222()nxyz  ，， ， 则 210nEA   ， 2110nAC    . 因为 1 (0 3 1)EA   ，，，11 (1 3 0)AC AC   ， ， ，所以 22 22 30 30 yz xy    ， ， 令 22 2133yz x  ，， ，则2n   (3 1 3)，， . 又 1 (1 0 0)n   ， ， ，所以 1n  与 2n  夹角的余弦值为 12 12 321cos 7|||| 71 nn nn       ， 所以二面角 11CAEC的余弦值为 21 7 ．……………………………………………（12 分） 21．（本小题满分 12 分） 解：（1）因为 (0 )Bb，， 12BF F△ 的面积 1 232Scbbc   ，且 3 2 ce a ， 故解得 231ac b ，，，则2241ab ， ， 则椭圆 E 的标准方程为 2 2 14 x y．……………………………………………………（4 分） （2）假设 11 2 2()()P xy Qxy，， ， ， 直线与椭圆联立得 2 2 14 x y ykxm     ， ， 消去 y 整理得 22 2(4 1) 8 4 4 0kxkmxm ， 数学参考答案·第 6 页（共 8 页） 则 2 12 1222 844 41 41 km mxx xxkk    ， ，又因为 (0 1)B ，， 所以 12 12 12 11yykkx x ，，则12 1 22 1 12 12 12 11(1)(1)y y kx m x kx m xkk txx xx     ， 即 12 1 2 12 2(1)()kx x m x x txx    ，代入韦达定理得 2 22 2 2 44 82(1)41 41 44 41 mkmkmkktm k   ， 即 2 2 2(4 4)( 1)(8 ) 44 km m km tm    ，化简得 2 2( 1) 1 km tm   ，因为 1m   ，则 2 1 k tm  ， 即 2(1)ktm， 2 1k mt  代入直线得 2211ykxk kxtt   ， 所以恒过 2 1t  ，，故直线l 经过定点 2 1A t   ，．………………………………（12 分） 22．（本小题满分 12 分） 解：（1）当 1a  时， () ( 1)lnf xx xx ，则 11() ln 1 lnxfx x xx x   ， 所以 22 11 1() xfx x xx    ， 当 (0 1)x ，时， () 0fx  ， (1 )x，时，() 0fx  ， 则 ()f x 在 (0 1)， 上单调递减，在 (1 ) ， 上单调递增， 又因为 (1) 1 0f   ， 所以 (0 )x，时，() 0fx  ，所以 ()f x 在 (0 ) ， 上单调递增．………………（4 分） （2） ()f x 在 (0 ) ， 上单调递增，当 0a  时， () lnf xx ， ()f x 在 (0 )， 上单调递增， 所以 0a  时满足要求； 当 0a  时， ()f x 在 (0 )， 上单调递增，所以 (0 )x ，时，() 0fx ≥ 恒成立， 因为 1() lnfx a x x  ， 2 1() afx x x   ， 当 0a  时， 2 1() 0afx xx   ， 所以 ()f x 在 (0 ) ， 上单调递减，而 1 1 1e1 e a a f       ， 数学参考答案·第 7 页（共 8 页） 因为 0a  ， 1 e1a ≥， 故 1 1 1e1 0 e a a f        ，从而 1 e ax    ， 时， () 0fx  ，故 0a  时不成立， 当 0a  时， 2 1() axfx x   ，当 10x a  ，时，() 0fx  ， 1x a   ，时，() 0fx  ， 则 ()f x 在 10 a   ， 上单调递减，在 1 a   ， 上单调递增， 因为 (0 )x，时，() 0fx ≥， 只需 1 0f a  ≥ ，即 11ln (1 ln ) 0faaaaaa   ≥ ， 因为 0a  ，所以1ln 0a ≥ ，所以 0ea ≤ ， 综上所述，实数 a 的取值范围是 0ea≤≤．…………………………………………（8 分） （3）因为 11 1 1() lngx a x x， 22 2 1() lngx a x x  ， 则 12 12 11ln lnax axx x ，即 2 121 11ln 0xa xxx ， 即 21212 12 1 ()()ln 0xxxxxa xx x ，即 212 121 ln 0xxxa xxx ， 令 2 1 xt x ，则 (1 )t ，，即 1ln 0at tt 方程有解． 解法一：令 1() lnGt a t tt ，则 (1 )t  ，时，() 0Gt  有解； 2 22 11() 1atatGt tt t     ，因为 (1 )t  ， 时，则 1 2t t  ， 当 2a ≤ 时， 2 2 1 1 0 attat t tt    ≤ ，即 (1 )t  ，时，() 0Gt ≤ ， 则 ()Gt 在 (1 )， 上单调递减， 又 (1) 0G  ，故 (1 )t  ，时，() 0Gt  无解， 则 2a ≤ 时不成立； 当 2a  时，当 2 41 2 aat   ， 时， () 0Gt  ， 2 4 2 aat   ， 时， () 0Gt  ， 数学参考答案·第 8 页（共 8 页） 又 (1) 0G  ，则 2 41 2 aat   ， ， () 0Gt  ，而 221(e ) e 1 e ( 2)e aaa aGa a a ， 令 2() 1 e( 2)xHx x x ， () 2 exHx x   ， () 2 exHx   ， 因为 2x  ，则 () 2 e 0xHx  ，则 ()Hx 在(2 ) ， 单调递减， 2() (2)4 e 0Hx H ≤ ， 则 ()Hx在 (2 )， 单调递减，则 2() (2)5 e 0Hx H  ，即 (e ) 0aG  ， 故存在 2 0 4 e2 aaax   ， ，使得 0()0Gx  ，故 2a  时满足要求， 综上所述，实数 a 的取值范围是 2a  . ………………………………………………（12 分） 解法二：分类变量洛必达法则： 即 1 ln t ta t   ，令 1 () ln t tht t   ，则 22 222 22 11111ln1ln () (ln ) (ln ) ttttt tttttht tt    ， 令 2 2 1() ln 1 tFt t t  ， 22 2 22 22 14(1)4() 0(1)(1) tt tFt tt tt    ≥， 所以 (1 )t ，时，() 0ht ≥，故()ht 在 (1 ) ， 上单调递增，故 1 () (1)ln t tht ht  ， 由洛必达法则知：当 1t  时， 2 11 () 1 tht t   ，则 (1) 2h  ，即 2a  ， 从而实数 a 的取值范围是 2a  ．………………………………………………………（12 分）