重庆市第八中学2024届高考强化一考卷数学答案.pdf

数学参考答案第1页（共 8 页）重庆八中高 2024 级高三（下）强化训练一 数学参考答案 一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A B C A C B B【解析】1由题，得|(e2)(2)0 2 ln2xAxx=+=，因为ABB=，所以BA，当0a=时，10ax =无解，此时B=，满足题意；当0a 时，得1xa=，所以12a=或1ln2a=，解得12a=或2log ea=，综上，实数a的值可以为210log e2，故选 D 2双曲线的渐近线方程为3yx=，顶点为(2 0)，故距离为3d=，故选 A 3令3()f xx=，根据导数的概念，333000(2)8(2)2(2)(2)limlimlimxxxxxfxfxxx +=(2)f=，2()3fxx=，所以(2)12f=，故选 B 4 对于 A，当/mm，时，两平面，可能平行可能相交，所以 A 错误；对于 B，两平面，可能平行可能相交，所以 B 错误；对于 C，当=m，时，设bc=，在取一点O，过O分别作,OBbB OCcC=，则OBOC，因为=m，所以mm，所以OBm OCm，因为OBOCO=，所以m，所以 C 正确；对于 D，当m=，n，/nn，时，可得m或m，所以 D 错误，故选 C 5角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点(1)Aa，(2)Bb，且3cos25=，23cos22cos15=，解得24cos5=，2|cos|5=，1|sin|5=，|sin|1|tan|21|cos|2baab=，故选 A 6设1PF的中点为M，则2224PFOMc=，于是1222PFac=，又124FF=，则12PFF为等腰三角形，1 212161152PF FS=.故选：C 7根据题意，从长方体的 8 个顶点中任选 4 个，有48C70=种取法，“这 4 个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这 4 个点在同一个平面”，而长方体有 2 个底面和 4 个侧面、6 个对角面，#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第2页（共 8 页）一共有 12 种情况，则这 4 个点在同一个平面的概率1267035P=，则这 4 个点构成三棱锥的概率为61353529=，故选 B 8切点为0(x，0e)x，0(3)x ，exy=，0exa=又切点0(x，0e)x在直线yaxb=+上，0000eexxaxbxb=+=+，解得00(1)exbx=00(2)exabx+=令()(2)exg xx=，则()(1)exg xx=，(3)x，可得()g x在(1)，上单调递增，在(1 3)，上单调递减，当x 时，()0g x+，3(3)eg=；max()(1)eg xg=，故ab+的取值范围为3(ee，故选 B 二、选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）题号 9 10 11 答案 BC ABD ACD【解析】9因为2(32)xxf x+=为偶函数，2()ln(193)g xxx=+为奇函数，所以()()f xg x+为非奇非偶函数，A 错误；()()f xg x为奇函数，B 正确；令()()()()gxg xfxf x=，所以()()g xf x是奇函数，C 正确；令()()H xg f x=，()()()()Hxg fxg f xH x=，即()H x为偶函数，D 错误，故选 BC 10对于 A，若2MN=，则1DN=，故动点N的轨迹为圆的一部分，故 A 正确；对于 B，若三棱柱111NADN AD的侧面积为定值，且高为 2，可得(2)2NAND+为定值，即NAND+为定值，且必有NANDAD+成立，故动点N的轨迹为椭圆的一部分，故 B正确；对于 C，由题意得点N到直线1DD与直线DC的距离相等，故点N到点D与到直线DC的距离相等，故动点轨迹为AD所在直线一部分，故 C 错误；对于 D，以D为原点，1DA DCDD，分别为xyz，轴建立空间直角坐标系，则 1(2 0 0)(2 2 0)(0 0 2)ABD，设(0)N xy，则1(0 2 0)(2)ABD Nxy=，若1D N与AB所 成的角为3，所以1221|212|24AB D NyABD Nxy=+，所 以整理得221443yx=，所以点N的轨迹为双曲线的一部分；故 D 正确，故选 ABD 11选项A，na是等方差数列，则221nnaad+=为常数，所以数列2na是以21a为首项，公差为d的 等 差 数 列，A 正 确；选 项 B，当2nna=时，222nna=，22212nna+=，则2222221223 2nnnnnaa+=，故不是等方差数列，B 错误；选项C，若na是等方差数列，#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第3页（共 8 页）则数列2na是以21a为首项，d为公差的等差数列，故212(1)nadan=+，当0d 时，则总存在正整数n，使21(1)0and+，与0na 矛盾，故0d 恒成立，2210nnaad+=，有212(1)(1)nadandn=+，1221nandnda+=+，即(1)nand，+1nand，有+1na+(1)(1)nndnadnnd=+，设1nnnbaa+=，则1+1nnnnndbaaaa+=+(1)1nndndnd=+，由1nn+随n的增大而增大，故总存在正整数n使11dnn+，即数列 nb中存在小于 1 的项，C 正确；选项 D，得212(1)nadan=+，故21(1)naand=+，即222111112(1)(1)(1)naandandand=+22112222221111112()(1)(1)(1)(1)2andandandandandandandand+=22112()1andandd+=，则22221111121(2niiadaadadad=+2221111(1)2()dandandanda+=+，由211anda+随n的增大而增大，且n+时，2112()andda+，故 对 任 意 的0d，总 存 在 正 整 数n使2112()2024andad+，即总存在正整数n，使得112024niia=，D 正确，故选 ACD 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）题号 12 13 14 答案 45 1255；33 23 23a 【解析】12本次研究调查中，非吸烟者有 7500 人，吸烟者样本量有 2500 人，设非吸烟者患肺癌的人数是x人，则634.225007500 x=，45x=，因此，本次研究调查中非吸烟者患肺癌的人数为 45 人 13由于1z，2zC，若2|5z=，所以2225zz=，则22212122125()zzzzzzzzz=，故12zz；所以12121212122121222212|11|525()|()|zzzzzzzzzzzzzzzzzzzz=14 设弦AB的中点为P，则|16122CP=，又23()6OCMAMBMP=+=，即3OCMP=，#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第4页（共 8 页）设CP的延长线交yx=于点T，根据相似可得：|3CT=，于是直线yx=上存在点T使得|3CT=，从而圆心C到yx=的距离|3|32ad+=，解得：33 23 23a 四、解答题（共 77 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15（本小题满分 13 分）解：（1）4 秒后质点移动到点 1，则质点需向右移动 3 次，向左移动 1 次，故43411(1)C24P X=（6 分）（2）由题意，X可能的取值为42 0 2，则3(4)(1)P Xp=，2223(2)(1)3(1)P XCpppp=，11223(0)(1)3(1)P XCpppp=，3(2)P Xp=；故323()4(1)23(1)22(32)0E Xppppp=+=，故：213p，（13 分）16（本小题满分 15 分）解：（1）法一：16.5MCE=，48.5MDE=，32DMC=在CDM中，由正弦定理得，sinsinCDCDMCMDMC=，又100CD=m，100sin(18048.5)100sin48.5sin32sin32CM=（3 分）100sin48.5 sin16.5sin40msin32MECMMCE=，所以，40m1.7m41.7mMOMEEO=+=+=（5 分）4040135(m)8tantan16.527MECEMCE=（6 分）35mDECECD=45NDEMDEMDN=，35mNEDE=，5mMNMENE=（8 分）法二：tanMECEMCE=，tanMEDEMDE=，100tantanMEMECEDEMCEMDE=，（3 分）即27710088ME=，40mME=，所以，40m1.7m41.7mMOMEEO=+=+=（5 分）4040135m8tantan16.527MECEMCE=（6 分）#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第5页（共 8 页）35mDECECD=45NDEMDEMDN=，35mNEDE=，5mMNMENE=（8 分）（2）设mFOx=，40tanMGEx=，35tanNGEx=，tantantantan1ta()ntanMGENGEMGNMGENGEMGENGE=+（10 分）4035555403540 3540 352 40 3512xxxxxxxx=+，（13 分）当且仅当4035xx=，即37.42x=时，等号成立 所以，测角仪底到楼底的距离FO为37.42m处时，测得楼尖MN的视角最大 （15 分）17（本小题满分 15 分）解：（1）根据抛物线的定义知：00|12PFxx=+=，得01x=，则02y=，（3 分）于是OFP的面积为11 212=（5 分）（2）设过点(1 0)，的直线方程为1xmy=，11()A xy，22()B xy，(0)MMy，(0)NNy，由241xxmyy=，得2440ymy+=，由216160m=，得1m 或1m，且124yym+=，124y y=，又直线PA的方程为1122(1)1yyxx=，令0 x=，得 2111111211112222211214yyyxyyyyxxy=+，于是11202yMy+，同理22201yNy+，（10 分）所以1212121212122244()16162222()488MNyyy yyymyyyyy yyym+=+=+，故线段MN的中点坐标为(01)，（15 分）#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第6页（共 8 页）18（本小题满分 17 分）解：（1）222cos122 3ABACBCACBCACB=+=，2AFFB=，所以4 33AF=，1233CFCACB=+，22214449993CFCACBCA CB=+=，（2 分）222416433ACCFAF+=+=，则CFAC，又因为平面ACDE 平面ABC，平面ACDE平面ABCAC=，故CF 平面ACDE （5 分）（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz，由60EAC=，可得120DCA=，2DC=，所以(000)(103)CD，(200)A，2 3003F，2 3(103)203CDAF=，设2 3203ANAF=，则2 32203N，设CMCD=，则(03)M，2 32233MN=+，（7 分）由题知，223004442003MNCDMNAF=+=，解得921313=，故913ANAF=（9 分）（3）(130)B ，设EAC=，则(22cos02sin)E，(32cos32sin)BE=，可取平面ABC的法向量(001)n=，则|sincos|n BEnBEnBE=，()222sinsin43cos32cos34sin=+，243cossincos43cos=，222sin21tan10sin9cos12010cos9cos20743cossin=+，故21cos52，（12 分）200(2cos02sin)3CFCD=，(13 0)CB=，记平面CDF的法向量为1()nxyz=，则有1100cossin00nCDyxznCF=+=，#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第7页（共 8 页）取1(sin0 cos)n=，记平面CBD的法向量为2()nab c=，则22030cossin00nCDxyxznCB=+=+=，取2(3sinsin3cos)n=，（15 分）记平面BCD与平面CFD所成角为，则 1223cos|cos|3sinnn=+，21cos52，所以2321sin425，2154 63sin25+，故235 22 5cos853sin=+，（17 分）19（本小题满分 17 分）解：（1）()f x定义域为(0)+，2221(1)(1)(22)1()(1)(1)a xa xxa xfxxxx x+=+，对于方程2(22)10 xa x+=，22(22)44(2)aaa=，当0，即02a 时，2(22)1 0 xa x+，()0fx，()f x在(0)+，上单增，（2 分）当0，即0a 或2a 时，方程2(22)10 xa x+=有两不等根，2112xaaa=，2212xaaa=+，而122(1)xxa+=，121x x=，（3 分）所以当0a 时，120 xx，()0fx在(0)+，上恒成立，()f x在(0)+，上单增；（4 分）当2a 时，120 xx，1(0)xx，或2()xx+，时，()0fx，12()xxx，时，()0fx，所以()f x在1(0)x，和2()x+，上单增，在12()xx，上单减（5 分）综上，当2a时，()f x在(0)+，上单增；当2a 时，()f x在2(012)aaa，和2(12)aaa+，上单增，在22(1212)aaa aaa +，上单减（2）由题，121212121212(1)(1)lnln11()()a xa xxxxxf xf xkxxxx+=112112121221212212121212122()2()lnlnln(1)(1)1lnln211221xa xxxa xxxxxxxx xxxxxxaxxxxxxaxx+=+，#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#数学参考答案第8页（共 8 页）所以要证21aka，即证1212lnln1111xxxxa，即证121212lnln2xxxxxx+，（8 分）也即证121121121222212()lnln01xxxxxxxxxxxx=+（*）成立 设12(0 1)xtx=，函数2(1)()ln1th ttt=+，由（1）知()h t在(0)+，上单增，且(1)0h=，所以(0 1)t，时，()0h t，所以（*）成立，原不等式得证 （11 分）（3）由题，201002020A100 9982 81100100p=，因为22299 8190990=，22298 8290890=，22291 8990190=，所以19910p，（14 分）又由（2）知(1)t+，2(1)()ln01th ttt=+，取109t=，有1021101029lnln010991919=+，即1910ln29，也即19210e9，所以1929110ep （17 分）#QQABYQQUoggAAJIAARgCAQ1QCAMQkBECACoGRBAIsAABSAFABAA=#