2023年重庆一中高2023届2月月考数学参考答案一、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BDCCAADB【解析】xxx12，，，641．由xyxyyx12，，N，，得∴AB{(12，，，，，1)(62)(43)}，yyy123，，，故选B．iii(1)11112．zi，zi，故选D．1(1)(1ii)i22223．圆Cx：(1)(1)422y，圆心C(1，1)，当直线垂直于过CP，的直径时，最短弦长224(2)22rCP222，故选C．74．赤道长：8万里=410米，令第n个雪花的周长为an，观察图形可知：14n14n122，，由，，227，得aa131023410an310310410333n24910，则(2)(2lg2lg3)9n≥，∴n≥77，故选C．35．由正弦定理知：sin2BACsinsin①，sinAsinCB=2sin②．解法一：由余弦定理：acb222sin222AsinCBsin(sinAsinCACB)222sinsinsincosB2ac2sinACsin2sinACsin4sin22BBsin1π1，所以B．解法二：(sinACsin)22(sinACsin)2sin2B23π4sinACsin=4sin22B4sinB0，所以sinAsinBCsin，B，故选A．313x6．令正方体棱长为3，过N作MC的平行线交BC于点E，令BEx，则，∴x，111232即E为B11C中点．V正333=27，平面CMN把正方体分成两部分，其中之一为棱11131台，NB1EMBCVSSSShNBEMBC()上上下12313下3222数学参考答案·第1页（共9页）1312121871233，V27，∴VV∶∶729，故选A．NB1EMBC2224447．设A点为坐标原点，分别以AB，AD为x，y轴建立坐标系，则Qx(1)(2)，，P，y，yxyxBAPQAD45，tanBAP，，所以tanDAQxtan4512，y211x22xy2≥，解得，当且仅当42xy2(2xy)4APAQmin(2xy)min42422222xy时取等号，故选D．8．由fx(1)为偶函数得：fx(1)(fx1)，∴f(2)()xfx．又f(2)()(2)xfxf，∴f()xfxf()(2)，令x0，则f(0)ff(0)(2)，即f(2)0，∴f(2)()xfx，∴f()x的周期为2，cf(2023.5)f(1.5)．当x(0，时，1)f()x单调递增，f()x关于直线x1对称，∴f()x在(1，2)上单调递减．又ln3，，且1.5(12)ln3＜，1.5∴bc＞．又3e3e1.510.5，＜，＞1ln20.5∴ac，又∵ln31ln，，＜1ln2lnlnln，∴ba＞，e2e2∴bac＞＞，故选B．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ACBCDABDABC【解析】9．将已知数按从小到大的顺序排列，0133589，，，，，，，插入x并使3为这组数的中位数，故x≤，故3A选项正确；将一组数中每一个都扩大为原来的2倍，方差变为原来的4倍，故B选项错误；三种产品按分层抽样的方式抽样，样本容量变成2倍，抽样比变成2倍，每个产品被抽中的概率变成2倍，故C选项正确；若22列联表中每个数字扩大2倍后，2(2na2d2b2)c222(nadbc)2，2变为原来的2倍，(2abcdacbd2)(22)(22)(22)(abcdacbd)()()()故D选项错误，故选AC．10．A选项，还有b的情况，故A错误；B选项，由线面垂直的性质和线面平行的性质可以证明ba⊥，故B正确；C选项，联想书本放在桌面上，书棱垂直桌面可以直观判断正数学参考答案·第2页（共9页）确，再结合面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理可以证明l⊥，故C正确；D选项，把直线ab，平移到同一张平面内，利用面面平行的判定定理和性质定理可以证明∥，故D正确，故选BCD．1π11．fx()sin(x)横向压缩得，fx()sin(2x)；再右移个单位得，216ππ2，π2kπ()kZ，，∴又，∴故选fx2()sin2x3302π2πA3，2，3π2π7π7π项正确；∴gx()sin2x，∴周期T==π，故B选项正确；由x，得，32126π3π8π8π5π12x，，＞，故C选项错误；gx()在区间()ab，上有5个不同的解，323322由函数图象可知，区间()ab，的长度大于两个周期，小于等于3个周期，故ba(2π，，3π]故D选项正确，故选ABD．12．令4封信分别为bbbb1234，，，，当b1在第2个信箱时，有这几种错排方式bb243423342bb111b，，共bbbbbb，b3种，同理可得b1在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共a4339种方法，故A选项正确；anaannn11()，∴anann1(1)nn32，anann11()anann，故B选项正确；aa3231，anann11(1)(1)aa(1)nn2(1)aaaaaaaa∴nn1，nnn11nn2322nn!(1)!n!n!nnn!!(1)!(n1)!(n2)!3!2!2!1(1)323(1)nn(1)(1)(1)，故C选项正确；装错信封的概率为2!3!nn!2!3!!axx23(1)23(1)(1)nn(1)1n，∵e1xx，则e1(1)1，n!2!3!2!3!nn!(1)!nn121(1)(1)an111an即，当n为奇数时，e!(1)!(2)!nnnenn!(1)!(n2)!11nn131an0；当n为偶数时，(nn3)!(4)!(nn2)!(4)!e!n1111(1)n(3)n0；综上，当n为奇数(nn1)!(2)!(nn3)!(4)!(n2)!(4)!na1a1时n；当n为偶数时n，故D选项错误，故选ABC．n!en!e数学参考答案·第3页（共9页）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415161答案512223；e【解析】13．abx(2，，1)，(6)，由ab得260xx，∴3.b(36)，，cy(4，，由)bc∥得：3240yy，，∴8∴xy5.14．将8个相同的球放进3个不同的盒子，可以等价于在8个球中间插两个板，将它分成32份并对应放到3个不同盒子中，共有C217种分法；还要求每个盒子中球的数量不相同，考虑存在相同的情况，首先不可能3个盒子数量均相同，只有两个盒子数量相同共3种1情况：116224332，，．所以有21C3312种放法．15．令Bx()11，，则yCx()11，y，，，A(20)∴kkABACy21xy221①，又11②，联立①②得2；221b2x1424b令双曲线的右焦点为F，如图所示，则BC关于原点对称，易证SS△△BFCBFF，FBF180BFC60，b2又Sb32，∴S23．△BFF△BFCtan22023xx1202312023x12023xx120231216．fx()1，gx()f()x12023xx1202312023xx12023122023xx1120231，g()x在R上单调递增，且g()xgx()，g()x为2023x12023xx112023奇函数，f(e)afaxx≥2(lnln)f(e)afaxx1≥1(lnln)ga(e)x≥xxxxxlng(lnaxgxaln)(lnln)axaelnlnlnx≥xelnlnex≥，令aaaaaxe1xexhx()xe(xx0)，易得hx()单调递增，所以x≥，ln≥，令mx()，axax数学参考答案·第4页（共9页）e(xx1)1mx()，mx()在(0，1)上单减，在(1，)上单增，mx()m(1)e，所以a≥．x2mine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）cabsinCABsinsin解：（1）由，结合正弦定理得：，………（2分）cosCABcoscoscosCABcoscos即sinCAcossinCBcoscosCAsincosCBsin，∴sinCAcoscosCAsincosCBsinsinCBcos，即sin(CA)=sin(BC)，………………………………………………………………（4分）∴CABC或()()CABCπ（舍），π∴2CAB，∴C．………………………………………………………………（5分）3a（2）CDBD，，ABc由cosADCcosADB0，22222aa22727c22在△ADC和△ADB中由余弦定理得：0，aa272722即ac22220．…………………………………………………………………………（7分）π在△ABC中，由余弦定理得：ca222222cosa，即caa2242，3………………………………………………………………………………………（8分）解得c27，即边AB的长度值为27.……………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）30201解：（1）当x80时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为.1002………………………………………………………………………………………（2分）因每位球迷是否购买该精制书签相互独立，1∴XB3，，X的可能取值为0，1，2，3．……………………………………（3分）2其分布列为：X01231331P8888………………………………………………………………………………………（5分）数学参考答案·第5页（共9页）13其期望为EX()3．……………………………………………………………（6分）22（2）设该公司销售该精制书签所得总利润为Y元，35302017当x70时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为，1002017此时EY()(7050)Z17Z；……………………………………………………（8分）2030201当x80时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为，10021此时EY()(8050)Z15Z；……………………………………………………（10分）2∵17Z15Z，所以当精制书签的销售价格定为70元时，对应的总利润的期望最大．………………………………………………………