八中强化四数学答案.pdf

1、第 1页（共 8页）重庆八中高 2023 级高三（下）强化训练（四）数学试题答案1解：集合(,)|Ax yx，*yN，y x，(,)|8Bx yxy，(ABx，*)|,(1,7)8,y xyx yNxy，(2,6)，(3,5)，(4,4)AB中元素的个数为 4故选：C 2解：复数 z 在复平面内对应的点为(2,1)，则2zi ，故32322ziiii ，所以22|3|22|(2)22 2zii 故选：A 3解：由双曲线定义可知,点 M 的轨迹是以 A,B 为焦点的双曲线.且4,5ac,所以3b,所以点 M 的轨迹方程为221169xy.对于 A,显然正确；对于 B，229xy是以(0,0)为圆

2、心,3 为半径的圆,与点 M 的轨迹没有交点,不是“好曲线”;对于 C,椭圆221259xy的右顶点为(5,0),故椭圆与点 M 的轨迹有交点,是“好曲线”;对于 D,直线5xy过点(5,0),故该直线与点 M 的轨迹有交点,是“好曲线”.故选 B.4解：由题意得,3,2Rt ABC ACC，则2+303AMACAC CMACACCMAC 3MA AC 故选：C（注：也可建系）5.解：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3 种情况；余下3 人有33A 种排法故共有333 354A 种不同的情况.故选.B6解：sin160sin(18020)sin

3、 20 ，31sin(6020)sin60 cos20cos60 sin 20cos20sin 2022 ，sin 204sin 20 cos20sin 204sin160tan 204sin 20cos20cos20 2sin 40sin 202sin(6020)sin 203cos203cos20cos20cos20 ，故选：A 7解：设双曲线 OC 的方程为22221,(0,0)yxabab，将题设中双曲线 C 的一部分平移到平面 OAB 内，以点 O 为坐标原点，建系如图，因为圆锥的高与底面半径均为 2，所以(2,2)B，则20120OBk ，即渐近线 OB 的方程为 yx ，即1ab

4、 ，故 ab，选项 ABCD 中满足 ab的只有选项 C，故选：C 8解：因为(32)fx为偶函数，所以(32)(32)fxfx，即(3)(3)fxfx，所以函数图 象()f x关 于3x 对 称，则()(6)f xfx，又 因 为(2)f x 为 奇 函 数，所 以第 2页（共 8页）(2)(2)f xfx ，即函数图象关于点(2,0)对称，则()(4)f xfx，f（2）0，所以(6)(4)fxfx，所以()(2)f xf x，(2)()f xf x，所以(4)(2)()f xf xf x，所以函数以 4 为周期，(2022)(50542)fff（2）0，因为(32)(32)fxfx，所以

5、(32)(32)fxfx ，即2(32)2(32)fxfx，即(32)(32)fxfx，也 即(3)(3)fxfx，令0 x，则有f（3）f（3），所以 f（3）0，由(4)()f xf x，得(4)()fxfx，所以()fx以 4 为周期，所以(2023)(50543)fff（3）0所以(2023)(2022)0ff，C 正确；对于其余选项，根据题意可假设()sin()2f xx满足周期为 4，且关于点(2,0)对称，32()sin()0242f，故 A 错误；()cos()22fxx，f（2）02，B 错误；(2023)(2022)fff（3）f （2）sin10222，D 错误故选：C

6、9解：角 的顶点与坐标原点重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边经过点(2,4)，则2221cos3(2)4，故1cos()cos3，故 A 错误；31sin()cos23，故 B 正确；2217cos22cos12()139 ，故 C 错误；2sin22sincos4tan2 21cos222cos，故 D 正确故选：BD 10.因为 F 为椭圆22:184xyC的右焦点,则(2,0)F,左焦点1(2,0)F,所以1124 2PAPFPAaPFPAPF，又因为11111717AFPAPFAFPAPF 所以4 217,4 217PAPF,故 B,C 符合.故选 BC.11解：对于 A，如图，

7、11/ACAC，且11AC 平面1ACD，AC 平面1ACD，所以11/AC平面1ACD，同理1/BC平面1ACD，且11AC 平面11A BC，1BC 平面11A BC，且1111ACBCC，所以平面11/A BC平面1ACD，且1A M 平面11A BC，所以1/A M平面1ACD，故 A 错误；对于 B，如图，过点 M 作 MEBC于点 E，1MFCC于点 F，根据面面垂 直 的 性 质 定 理 可 知，ME 平 面 ACD，MF 平 面1DCD，2MEMFBEECBC，11111331114()2223323A MCDDMCDMACDMDCDACDD CDACDVVVVSMESMFSM

8、EMF ，故 B 正确；对于 C，因为11D C 平面1BCC，MC 平面1BCC，所以11D CMC，且1MDMC，且1111D CD MD，11D C 平面11D C M，1D M 平面11D C M，所以 MC 平面11D C M，且1MC 第 3页（共 8页）平面11D C M，所以1CMMC，即1CMBC，点 M 是1BC 的中点，此时线段 MC 最短，又因为11/BCAD，且1BC 平面1ACD，1AD 平面1ACD，所以1/BC平面1ACD，即1BC 上任何一个点到平面1ACD 的距离相等，设为 h，设 CM 与平面1ACD 所成角为，(0,)2，sinhMC，当1CMMD时，线

9、段 MC 最短，所以此时 sin 最大，所以 最大，故C 正确；对于 D，AMC的周长为 AMMCAC，AC 为定值，即 AMMC最小时，AMC的周长最小，如图，将平面1BCC 展成与平面11ABC D 同一平面，当点 A，M，C 共线时，此时 AMMC最小，作 CNAB，垂足为 N，2222BMABBMCNAN，解得：2 22BM，如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，(0C，2，0)，(2,2,22)M，连结1AC，因为 AB 平面1BCC，1B C 平面1BCC，所以1ABB C，又因为11B CBC，且1ABBCB，AB 平面1ABC，1BC 平面1ABC，所以1B C 平面1A

10、BC，1AC 平面1ABC，所以11B CAC，同理111B DAC，且1111B CB DB，所以1AC 平面11CB D，且三棱锥111CCB D是正三棱锥，所以1AC 经过11CB D 的中心所以三棱锥11MCB D外接球的球心在1AC 上设球心(O a，2a，2)a，则 OCOM即222222(22)(2)(2)(22)(222)aaaaaa解得：0a，224ROC，所以外接球的表面积2416SR，故 D 正确故选：BCD 12解：因为 62a，63b，所以6log 2a，6log 3b，所以666log 2log 3log 61ab，对于 A，因为 2(1)(1)(1)(1)abab

11、，所以2(11)2(1)(1)abab，因为 ab时，所以等号不成立，即112(1)(1)6abab，选项 A 错误；对于 B，因为6log 20a，6log 30b，所以2266(log 2log 3)()1444abab，因为 ab，所以等号不成立，所以14ab，1114abababab，选项 B 正确；对于 C，因为22 2abab，所以222()122abab，因为 ab所以等号不成立，所以2212ab，所以 C 正确；对于 D，因为26lnaln，36lnbln，所以 11636()()3263 3lnlnlnbablnlnln，由于64222lnlnlnln，且第 4页（共 8页）

12、363612263 36 3 33lnlnlnlnlnlnlnln，因为3663 3lnlnlnln，所以等号不成立，所以361263 33lnlnlnln，所以 116361()()2223263 33lnlnlnbablnlnln，所以 11()23bab，选项 D 正确故选：BCD 13.解：由于随机变量2(1,)XN，所以概率分布关于1X 对称，又2YX，则()()1()(2)1P XaP YaP XaP Xa，可得()(2)1P XaP Xa，所以22aa，解得2.a 故答案为：2.14解：11112a dada dad，取13323dad 取2d，此时21nan15设切点1122,

13、A x yB xy，则有直线1122:,:MA x xp yyMB x xp yy代入3,1M，得112231,31xpyxpy 所以直线 AB 的方程为：31xpy 由于 AB 过抛物线C 的焦点0,2pF 代入得2p 所以抛物线：24xy，直线 AB：312yx 与抛物线联立有1221266404xxxxxx 故222221111222222222331322331322MAxyxxMBxyxx故2222212121213132622616944MAMBxxxxx x16解：由()xf xxe，得()(1)xfxxe，故当1x 时，()0fx，()f x 单调递减，且()0f x；当1x

14、时，()0fx，()f x 单调递增，结合图象易得，过点(1P，)()m mR至多有 3 条直线与函数()xf xxe的图像相切，故3n；此时，设切点坐标为0(x，0)y，则切线斜率00(1)xkxe，所以切线方程为00000(1)()xxyx exexx，将(1,)Pm 代入得0200(1)xmxxe，存在三条切线，即函数2(1)xmxxe 有三个不同的根，设2()(1)xg xxxe，则()(1)(2)xg xxxe，易得在(2,1)上，()0g x，()g x 单调递增；在(,2)和(1,)上，()0g x，()g x 单 调 递 减，画 出 图 象 可 得 当(2)0gm，即250me

15、时符合题意故答案为：3；25(e，0)17.解：（1）因为 na是正数等比数列，且11,a 23 12aa，所以1211112aa qa q第 5页（共 8页）即2120qq分解得(4)(3)0qq，又因为0na，所以3q，.3 分所以数列 na的通项公式为13nna；.5 分（2）因为nnba是首项为 1，公差为 2 的等差数列.所以1(1)221nnbann ，121321nnnbnan .6 分所以12nnTbbb 0113133321nn 011333(1321)nn 1 3(121)1 32nnn23122nn.10 分18.解：（1）甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用，必然是

16、：甲、乙、丙均不超过30分钟还车或甲、乙、丙均超过30 分钟还车，其概率321321117(1)(1)(1)43243242424P；4 分（2）的取值可能为1.5,2,2.5,35 分3211(1.5)4324P ，32132132111(2)(1)(1)(1)43243243224P ，3213213211(2.5)(1)(1)(1)(1)(1)(1)4324324324P ，3211(3)(1)(1)(1).43224P 9 分（每个概率 1 分）的分布列为：1.522.53P1411241412410 分所以1111149()1.522.53.42442424E .12 分19解：（1

17、）记BAP=，已知()2coscos0cba+=，由正弦定理得，()2sinsincossincos0+=，.2 分所以 2sin cossincossincos0+=所以 2sin cossin0+=，.4 分所以1cos2=-，所以23=5 分（2）在 APB中，由余弦定理得知：2222cosABAPBPAP BPAPB，即21242APAP，因为0AP，所以2AP，.6 分因为2APBBPCAPC ，所以24233BPC，7 分第 6页（共 8页）111sinsinsin2221211422sin23sin23sin().923223ABCAPBAPCBPCSSSSAPBPAPBAPCP

18、APCBPCPBPC分 433sinsin()33133(sincossin)223333(sincos)33sin().11226分因为5666，所以当62，即23 时，ABC面积有最大值33.12 分20.（1）证明：连接1AB，交1A B 于点 O，连接 OD，则 O 为1AB 的中点，因为1/B C平面1A BD，1B C 平面1AB C，平面1A BD 平面1AB COD，所以1/B COD，.2 分又O 为1AB 的中点，所以 D 为 AC 的中点，因为 ABC为正三角形，所以 BDAC，.3 分因为1A A 平面 ABC，且 BD 平面 ABC，所以1A ABD，又1ACA AA

19、，AC、1A A 平面11A ACC，所以 BD 平面11A ACC，因为 BD 平面1A DB，所以平面1A DB 平面11A ACC.5 分（2）解：以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，.6 分则(0B，4，0)，(2 3C，2，0)，(3D，1，0)，设1(0A，0，)t，则1(0B，4，)t，.7 分所以(3BD，3，0)，1(0A B，4，)t，(3DC，1，0)，(2 3BC，2，0)，设平面1A BD 的法向量为(mx，y，)z，则100m BDm A B，即33040 xyytz，令1y ，则3x，4zt，所以(3m，1，4)t，.9 分因为1B C 到

20、平面1A BD 的距离为 1，所以2|311|1631DC mmt，解得2 33t （舍负），所以(3m，1，2 3)1(0BB，0，2 3)3，设平面11C CBB 的法向量为(na，b，)c，则100n BCn BB ，即2 3202 303abc，第 7页（共 8页）令1a ，则3b，0c，所以(1n，3，0)，.11 分设平面1A BD 与平面11C CBB 的夹角为，则 cos|cosm ，|333|43 1 122m nnmn ，故平面1A BD 与平面11C CBB 的夹角的余弦值为34.12 分21解：（1）证明：函数()f x 的定义域为(1,)，证明()f xx 等价于证明

21、(1)0 xln xxe令()(1)xg xln xxe，注意到 00g，11gxx x 1ex，g0 0.2分（2）原命题等价于判断函数()sin(1)xxexln x在区间02 x 2e x 0，故 gx 在1,上单调递减，又 g0 03gx x11分所以当 1 x 0 时，g(x)0，g(x)递增；当 x 0 时，g(x)0，g(x)递减4分所以 g(x)max g(0)0，所以 g(x)0，即 f(x)x.5分，上零点的个数易知(0)0，所以()x在区间 0,2上存在一个零点为0 x 11()(sincos)2sin()141xxxexxexxx，显然，当 02x时，112 sin()

22、2,1,141xxex()0 x，()x单调递增，又因为即()0 x，所以()x在区间(0,2 上单调递增，由(0)0所以()x在区间 0,2有且只有一个零点.8 分当2x 时，2211()2sin()cos()2cos44(1)(1)xxxexxexxx32()2cos()041xxexx，所以()x在区间(,2 上单调递减又因为()0,()02，所以()x在区间(,2 上存在唯一零点 m，所以()x在区间(,)2 m上单调递增，在区间(m，上单调递减.10 分所以()()02m，又()0，所以()x在区间(,2 上存在唯一零点1x，第 8页（共 8页）当1(,)2xx时，()0 x，()x

23、单调递增；当1(xx，时，()0 x，()x单调递减所以1()()02x而()0 ，所以()x在区间(,2 上有且只有一个零点综上，函数()x在区间 0,2上有且只有一个零点，在区间(,2 上有且只有一个零点.12 分22（1）不妨设 A 为双曲线右支上一动点，则1AFac，由题意可得：123,26aAFAFa，即2216,33AFAFAFc，则22222121111621236AFAFAFAFAFAF，221236yxxQ的对称轴为3x，则221236yxx在3,c 上单调递增，故22221211212362 312 33642AFAFAFAFcc，解得212c，可得2223bca，故双曲线

24、 C 的标准方程为22193xy.5 分（2）因为双曲线 E 的渐近线为33yx和33yx，不妨设113,3Mxx，22123,03N xxxx，,PPP xy，由于 MPPN，则12PPxxxx，123333Ppyxxy，故121Pxxx，12331Pxxy.6 分由于点 P 的双曲线 E 上，则 2212122219 19 1xxxx，整理得21249 1x x，即2129 14x x.8 分又2211112 333OMxxx，同理22 33ONx，易知3sinsin 32MON，则121211 4333 31sin222 3234MONSOMONMONx xx x.10 分易知函数1yxx在区间 1,13上单调递减，在区间1,3 上单调递增，故当1 时，min3 31123 341MONS；当13 或3 时，max3 31324 343MONS.所以MON面积的取值范围为 3 3,4 3.12 分