重庆市第八中学2021届高考适应性月考卷(二)数学-答案

重庆市第八中学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 答案 【解析】

m20，

1．z(m2)(m1)i在复平面内对应的点在第二象限，可得解得1m2，

m10，

故选A．

1

2

3

4

5

6

7

8

9 BCD

10

11

12

A A B C C B C BACD AC ABC

2．0a1是|a|1的充分不必要条件，故选A．

3．因为a1a36，S4a2S33，则S4S3a23，a4a23，又(a1a3)qa2a4，

所以q

1

，故选B． 2

t01616，得

4．由第64天和第67天检测过程平均耗时均为8小时知，16N0，所以

64N0t064．又由8知，N064，所以当n49时，t(49)

6449

64

9，故选C． 7

5．由题P(X3)

117

，P(Y3)，E(X)，E(Y)3，故选C． 652

6．因为an(1)n1(4n1)，则a11a12…a21(a11a12)…(a19a20)a214585

65，故选B． 7．在△ABC中，由cosC

221

，得sinC．又由3csinCasinA3bsinB，得3c2a2

33

2

2

22

a

abca22a233b，所以cosC，从而22，故选C．

2ab2ab3b3b

2

8．以O为原点，AD所在直线为x轴建系，不妨设ABBOOCCD1，则该双曲线过点

x2y2

(2，2)且a1，将点(2，2)代入方程221b22c23，故离心率为

ab

数学参考答案·第1页（共8页）

e

c

3，微博橙子辅导故选B． a

1

若ab，则ab=2cossin0，则tan2，故A错误；若b在a上的投影为，9．

2

12π

，故B正确；若(a+b)2a2+b22ab，且|b|1，则|b|cosa，b，cosa，b

23(|a||b|)2|a|2|b|22|a||b|，若|a+b||a||b|，则ab=|a||b|cosa，b|a||b|，

即cosa，b1，故0，|a+b||a||b|，故C正确；ab=2cossin 3sin()，因为0≤≤π，0 故选BCD．正确，微博橙子辅导

10．令AA12AB2a，在△B1EC中，B1E3a，EC2a， B1C5a，满足勾股定理，

ππ

，则当时，ab的最大值为3，故D22

则△B1EC为直角三角形，故A正确；因为CE与A1B不平行，故B错误；棱锥C1B1CE的体积为VC1B1CEVB1C1CE

11a3

a2a2a，所以VABCDA1B1C1D12a3，则三棱锥323

C1B1CE的体积是长方体体积的

1

，故C正确；因为三棱锥C1B1CD1的外接球就是长方6

a2a2(2a)2体ABCDA1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1B1CD1的外接球半径R

26a6a22

Sa6aπ，三棱锥C1B1CD1的外接球的表面积为S4π，，三ABCD22 棱锥C1B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选ACD．11．因为f(x)是偶函数，令“任意xR都有f(x6)f(x)2f(3)，”中的x3，可得

f(3)f(3)f(3)，故f(3)0，故A正确；因为f(x6)f(x)2f(3)0，故f(x6) f(x)对任意的x恒成立，故yf(x)的周期为T6，f(x)在(0，3)上是单调减函数，故f(x)在(6，3)上也是减函数，故B错误；又f(2020)f(4)f(5)f(2021)，故C

2

正确；D微博橙子辅导不满足题目所叙述的单调性，故D错误，故选AC．

数学参考答案·第2页（共8页）

12．如图1，直线ykx(k0)与C交于A，B两点，由椭圆的对称性

可得O为AB的中点，又O为F1F2的中点可得四边形AF1BF2为平行四边形，故A正确；由椭圆方程可得a6，bc3，以F1F2为直径的圆与椭圆相切于短轴的两个端点，P在圆外，可得

yy1

易知BE∥OD，F1PF290，故B正确；取AE的中点D，则DxA，AkODAk，

22xA21b2111

故C正确；又kPAkPB2，kPBk，可得kAP，故直线BE的斜率也为k ，

k222a



故得ABAP，微博橙子辅导即PAB90，故D错误，故选 ABC． 二、填空题（微博橙子辅导本大题共4小题，每小题5分，共20分）

图1

题号 13 14 15 答案 4 【解析】

16 9 0 14 213．由图，当直线经过(1，1)时，zmax31(1)4．

πππππ

14．∵f(x)2fxcosx，∴f2f，∴f0．

22222

π

圆C：x2(y1)21，则圆心C(0，1)，r1，设ACP0，则|AB|2rsin 15．

2

2sin，|AB|min2min|3|1k2k

14(舍负)． 2

π1r|CP|有最小值4coscos2，即dCl2

a13d4，a1，11

解得1所以ann，，设等差数列{an}的公差为d，则依题得16．

annd1，10a145d55，

则Tn1

11111111

…．… 令AnT2nTn，所以An1

2nnn1n2n2n323

…

11111

0，所以An1An，则An，故An1An

2n22n12n2n1(2n1)(2n2)

11m

对，m10，则m的最大值为9． 2220

的最小值为A1T2T1

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）

（1）证明：在直三棱柱A1B1C1ABC中，ACBC， 所以A1C1B1C1． 又CC1平面A1B1C1，

所以CC1A1C1，CC1B1C1C1，

所以A1C1平面BCC1B1，B1C平面BCC1B1， 因此微博橙子辅导． A1C1

B1C…………………………………………………………（3分）

因为ACAA1，所以BCC1B1为正方形，即有B1CBC1， A1C1与BC1是平面A1BC1内两相交直线，

故B1C平面A1BC1，从而B1CA1B．

………………………………………（5分）



（2）解：如图2以C为原点，分别以CB，CA，CC1为

正方向建立x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系Cxyz， 则C(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(0，0，2)， A1(0，2，2)，B1(2，0，2)，D为AB的中点， 

故D(1，1，0)，B1D(1，，12)． 

设平面A1BC1的法向量为m(x，y，z)， mBC2x2z0，10，由即 

2y0，mA1C10，

取z1，则m(1，0，1)．

………………………………………………………（8分）

图2

设B1D与平面A1BC1所成的角为， 

|B1Dm|π3，所以． 则sin3|B1D||m|218．（本小题满分12分）

解：（1）由题意圆C的圆心为直线xy60与直线xy20的交点，

………………………………（10分）

……………………………………（3分）联立两方程解得微博橙子 辅导C(4，2)，

数学参考答案·第4页（共8页）

又圆C与y轴相切，故半径为4，

所以圆C的标准方程为(x4)2(y2)216．

…………………………（6分）

（2）假设满足条件的直线l存在，显然l的斜率存在，设方程为yk(x2)． 取AB的中点Q，连接CQ， 则CQl，有|PQ||AB|2|AQ|，

222

64|PC|26440|PC||CQ|4|AQ|，2

|CQ|8， 于是有2

22

334|CQ||AQ|

于是|6k2|1

2247k26k10，解得k1或k，

7k21故存在直线l满足题意，且l的方程为xy20或x7y20．

19．（微博橙子辅导本小题满分12分）

解：（1）由f(0)1，得sin

1

， 2

………………………（2分）

………………………………………………（12分）

因为

π5π5ππ，所以，f(x)2sinx． 266

5π

又由f(1)0，得sin0，

6由图知，

5π

2kππ，kZ， 6

π

，kN． 6π6≤

12

，与图形条件矛盾． 13

因为0，所以2kπ

2π

2π

若k≥1，则T



2kπ

所以k0，

π

，从而T12． 6

………………………………………………（6分）

5ππ

（2）由（1）知，f(x)2sinx．

66由f(x0)

15π1π

，得sinx0． 2646

数学参考答案·第5页（共8页）

因为2x01， 所以

ππ5π5π15π

． x0π，从而cosx0266664

……………………………………………………（8分）

π5π5ππ

所以cosx0cosx0

66665π5π5π5πππ

cosx0cossinx0sin

66666615311351． 42428

………………………………………………………（12分）

20．（微博橙子辅导本小题满分12分）

解：（1）因为等差数列{an}为递增数列，且a2，a4是方程x210x210的两根， 所以a2a410，a2a421， a23，a27，或 解得

a7a3，44

…………………………………………………（2分）

a23，aa2

d42． 又d0，则

a7，24

…………………………………………………（4分）

1

n(12n1)n2． 2

故ana1(n1)d2n1(nN*)，Sn （2）bn

1an1an

2an

…………………………………………………（6分）

11112n1

22n12，

(2n1)(2n1)22n12n1

…………………………………………………（8分）

11111112n1

可得前n项和Tn1…(28…2)

233552n12n1112(14n)n2

1(4n1)． 22n1142n13

………………………………………………（12分）

数学参考答案·第6页（共8页）

21．（微博橙子辅导本小题满分 12分）

2a4，2

a4，2 （1）解：由已知得19

1b3，a24b2x2y2

故所求椭圆的方程为1．

43

…………………………………………（4分）

（2）证明：①当直线AB的斜率存在时，设方程为ykxm， 与椭圆C联立消去y得(4k23)x28kmx4m2120， 64k2m24(4k23)(4m212)0．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

8km4m212

则x1x22，x1x2．

4k34k23

……………………………………（6分）

33

因为MAMB，所以MAMB(x11)(x21)y1y20，

22

………………………………………………（7分）

33

(x11)(x21)kx1mkx2m0，

22

33

(k1)x1x2km1(x1x2)m10，

22

2

2

33

代入韦达定理，整理得kmk7m0，

22解得mk若mk

313

或mk． 2714

………………………………………（9分）

33

，则直线AB的方程为yk(x1)，过点M，不符题意； 22

131331

若mk，则直线AB的方程为ykx，恒过点，；

714714147

……………………………………………………（11分）

②当直线微博橙子辅导AB的斜率不存在时，设x0，y0，B(x0，A(y0)，) 332(x1)yy0000，

22由 

3x24y212，

00

数学参考答案·第7页（共8页）

解得x0

1

或x01(舍)， 7

31

此时直线AB也过点，．

14731

综上知，直线AB恒过定点，．

14722．（本小题满分12分）

………………………………（12分）

（1）解：F(x)

1lnx

1． x2

………………………………………………（1分）

注意F(1)0，且当0x1时，F(x)0，F(x)单调递增； 当x1时，F(x)0，F(x)单调递增减． 所以F(x)的微博橙子辅导最大值为 F(1)1b．

…………………………………………………………（4分）

lnx1lnx

ax1b，2ax2b， x1x2

（2）证明：由题知，

2

即lnx1ax12bx1，lnx2ax2bx2，

可得lnx2lnx1(x2x1)[a(x2x1)b]． (x1x2)g(x1x2)2a(x1x2)b

……………………………………（6分）

lnx2lnx122

．

x2x1x1x2x1x2

………………………………………………………（8分）

x22(x2x1)

． x1x2x1

不妨0x1x2，则上式进一步等价于ln

令t

x22(t1)

，则只需证lnt(t1)．

t1x1

………………………………………（10分）

2(t1)(t1)2

设(t)lnt(t1)，(t)0，

t1t(t1)2

所以(t)在(1，+)上单调递增， 从而(t)(1)0，即lnt故原不等式得证．

2(t1)

(t1)， t1

…………………………………………………（12分）

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