资源简介

重庆八中高2026届4月强化训练（二）数学试题
一、选择题：本题共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。
1.若z=2i+3,则川z归
A.0
B.1
C.2
D.2
2.已知集合M={x∈N|6-x∈N},则M的子集个数是
A.63
B.64
C.127
D.128
3.Sn为等比数列{an}的前n项和，a1>0,对neW，甲：Sn1>Sn乙：a+>an:则
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲是乙的既不充分也不必要条件
4.设圆M:x2+y2=1与圆N:(x-1)+(y-1)2=2交于P,9两点，则线段P9的长度为
A司
C.3
D.V14
2
5.某晚会有4个常规节目和2个机器人节目，现对这6个节目排序，要求机器人节目不相邻，
且前3个节目中至少有一个机器人节目，则不同的排法种数为
A.216
B.360
C.432
D.672
6.函数f(x)=sinx+√2 cosx(0>0)对应的图象如图，点A为
图象与x轴的交点，点B为图象的最高点，点C为图象的最低点，
若AB⊥AC,则D的值为
1
A.2
B.2
c
D.π
7.在正四棱锥P一ABCD中，AB=PA=4,当过P,C,D三点的球的体积最小时，该球被平
面ABCD所截截面的面积为
A.
20
9元
B.40
c,9
D.1
3
8.某商场有4种礼品，每次随机抽取一种（有放回），共抽4次，记M为被抽到次数最多的
礼品的抽中次数（若并列，则取该次数），则(M)=
7
A·8
B2
C,2
D,3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知f)=sn(2x+)(向<2），若f)≤〔)对xeR都成立，下列说法正确的有
A.9=I
6
B.(侣0是f网的一个对称中心
Cy=/(的最小正周期为号
D.先将函数图象上所有的点向左平移”个单位长度，再把横坐标伸长为原来的2倍，纵坐
6
标不变，则得到的函数解析式为g(x)=snx
10.已知T={s|s=f(x)-f(t),x≥，若f(x)=-x3+3x+2,则下列选项正确的是
A.f(x)有两个极值点
B.当t=-1时，T=(-0,4]
C.当t=1时，T=(-0,-2]
D.对任意的实数t,T三(-0,4]
已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为耳，乃，P(,)是椭园C上异于左、右顶
的一点，下列说法正确的有
A.△FPF,的周长为2v5+4
B.若4L,0),则P4的最小值为V5-1
C.满足△FPE是直角三角形的点P有8个
D.的最大值为1
x0+4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(1+x)”的展开式中，只有x4的系数最大，则1+x)的系数和为
3,已知双曲线C:-长1(a>0,>0)的左、右焦点分别为，·过点万的直线
圆x2+y2=a2相切于点T,且直线1与双曲线C的右支交于点P,若FP=4F7，则双曲
线C的离心率为
14.设a,beR,若对x≥0,0≤x-4x3+ax2-bx+1≤(x-1(x3-1),则ab=車厌八中高2026届4日强化训练(二)数学答案
单洗
号
1.解:∵z=2i+i=2i-i=i,∴lzl=M=1,选B
2.解:∵6-x=0123456,∴x=6543210,即M=10123456},∴M有7个元
∴M的子集个数为27=128,选D
3.解:甲:由题意,有:a >0对VneN*恒成立,即a>0,又a>0,∴>
a O
乙由顾意。 对VneN*恒成立,∴a1必为正项数列a,∴>1,即:q>aa
∴乙是甲的充分不必要条件,即:甲是乙的必要不充分条件。选B
x2+y2=1
4,解:联立 两式相减十: =0,即直线P0的方程为x+:
|(x=1)2+(y-12='
2
∴圆M的圆心到直线PO的距离d: 4PO=2 选工
5.解:法一首先只考虑满足“机器人节目不相邻”的点排法数:A542=480种
然后考虑“前3个无机器人节目”的排法数:A·A3=48种
∴满足要求的排法共有480-48=432种,选C
法二情形一:前3个刚好有1个机器人节目的排法数:2x3×A+2x3x2+2x2×AA=16xA=38
情形二:前3个有2个机器人节目的排法数:A×A2=48
∴满足要求的排法共有384+48=432种,选C
6.解:∵f(x)=√3sin(ax+o)(其中tano=√2)
如图:令BC与x轴交点为D,由函数特点:BA=BD=CD
∵AB1AC,∴∠B=60°,即:ABD为正三角形
显然ya=√3,∴AD=2,即:二=2,∴a 选C
【思考】若将AB1AC改为AABC为直角三角形。求0的信
7.解:由题意,显然APCD的外接国必是满足题意的球的大圆(“过P,C,D三点的球的体积最小
如图:令△PCD的外心(即;球心)为O,球的半径为R
43
∵APCD是边长为4的正三角形,∴R=OP=
3
如图:记正方形ABCD的中心为Q,记CD的中点为M
连接PO,OA,PM,OM,过O作ON//PQ交MQ于点N
则PQ为正四棱锥的高,PQ=√PA2-O42=2√2
2
∵ON//PQ,∴ON1面ABCD,且ON
2√2
即球心O到截面ABCD的距离h。
3
16821(
∴过ABCD截面圆的半径r=√R2-2
∴球被平面ABCD所截截而的而积为S=不> 2O 4O 选E
8.解:抽取4次的所有情况种数:4*=256
CCC C-C+C*CCC 45
∴P(A=4) P(A=3) P=2)
25664 256 256
P(=1 E(M 十 选A
256
光
题号 1O
BC ABD ACD
9.解:由题意, 为量大佰,2 十2
则g 斗2kπ /(x)=sin(
6
对A:显然A锆
对B:∵f(二)=0,结合y=Asin(a+0)的图象特征,B对
对C:f(x)=sin(2x-二)的最小正周期T2π
由y=f(x)到y=Lf(的图象变换规则,知:y=Lf()的最小正周期为二,C对
对D;第一步;ya ,第二步:g(x)=sin(x+一),D错
1O.解:
对A:∵f()=-3x2+3=-3(x+D(x-1),∵f()有两个变号零点,即(4)有两个极值点A对
对B:∴t=-1,(-1)=0,∴T=小s=f(x)-0=f(x)x≥-1
下面研究f(x)=-x3+3x+2(x2-1)的取值集合
∵f(x)=-3(x+1(x-1),∴/(x)在(-11)单增,(+oo)单减
又0)=4;当x→+o,(x)→-o,∴(x)≤4,即:7=(-m,41,故B对
对C:∴1=1,f(1)=4,∴T=ss=f(x)-4,x21
下面研究s=/(x)-4=-x3+3x-2(x≥1)的取值集合
与选项B类似分析,有:s(x)在xe(+o)单减,s(1=f0)-4=0,∵T=(-o01.故C镇
对D:①当1<-1时,s=(x)-f()在(-1)单减,在(-1D)单增,在(1+o)单减
[s(t)=O
∵{s(-1)=-f(),且当x→+oo时,s(x)→-o,∴s(x)<4
s(1)=4-f(C)<4
②当-1≤1<1时,s(x)在(41)单增,在(1+o)单减
[s(t)=O
s0)=4-f0)≤4’且当x→+o时,s(x)→-o,∴s(x)≤4
③当1≥1时,s(x)在(+o)单减,又s()=0,且当x→+o时,s(x)→-o,∵s(x)≤(
综上所述,7c(-oo4].故D对
11.解:
对A:由题意,△FPF的周长为2a+2c=2V5+4,故A
对B益 :4x6-2xa+2(-J55上单培
∵PAl'=f(xo)= =xo-2xo+2在xne(-√5, 上单,在xae
∴f(x)=f(二)= 1(2y-2.2+2= ,∴P4的最小值为 故B锰
对C;由椭圆的对称性:满足∠PFF=∠PFF= 二点P有4
以RB为直径的圆的半径2>b=1,∵以R5为直径的圆与椭圆有4个交点,∵共8个,故C
对D:法一0表示点P(xo,o)与点(-4,0)连线的斜率
卡4
设过点(-4.0)的直线方程为y=k(x+4)
yk(x十4)
联立
x2+5y2=5 ,整理得:(1+5k2)x2+40k2x+80k2-5=0
∵△=(40k2y2-4(1+5k2)(80k2-5)≥0,解得, _的最大值为 D对
十4
法 =√5Cosαt SnC ∴sina-√5tcosa=4t,即:V1+5t2sin(a-o)=4
yo=sina 十4 √5Co5a+.
即:sin(a-g) 经检验可取等,∴0的最大值为
Sg 士Se 十4 1
三、填空烟
号
答案 256 5 24
12.由二项式系数的性质:当n为偶数时,中间一项的二项式系数最大,且唯一
∴C4是最大的一项式系数.因此n=7×4=
令x=1,(1+x)的系数和为2 =256
13.解:法一如图,连接0T,在Rt△OTF中,l07-a,lOFl=
g2h
∴TF|=b,sin∠PFF2==,∴cosZPFFz=c
∵FP=4FT,∴|PFl=4b,|PFl=4b-2a,又|FFl=20
∴在APFF中,|PEF=|PFF+4C2-21PF1-1EB|cos∠PFE
即:(4b-2a)2=16b2+4c2-2·4b·2c 化简;4g=3弘
法二如图,作PH1x轴于点H,令P(xy),△PHF AOTF,
4b P PE 4a
Oπ 将P 代入双曲线OF
16b
-+c2—8b2 16a2b2c
a2 6
b
化简:9b*-7b2a2-16a =0, 16=(
f
合 原式化为9t2-7t-16=0
b2
g
法三 在双曲线中,利用中点构造中位线是常见思路,故有以下做法
作FH⊥PF交PF于点H,显然OT为AHFF的中位线
∴TF|=b,PF|=4b,HF|=2b,PHl=2b
PF2|=4b-2a,OT|=a,|HF2|=2a
在RtAPHF 中,∵|PF[2=|PH]2+|HF,[
∴(4b-2a)2=(2b)2+(2a)2
∴g1
14.解:注意到令x=1·得:0≤a-b-2≤0·∴a=b+2
∴x -4x3+ax2-bx+1=x -4x3+(b+2)x2-bx+1=(x-1le3-3x2+(b-Dx-
经分析:欲使(x-1)l3-3x2+(b-1)x-1l20对Vx≥0恒成立
故x3-3x2+(b-1)x-1必有因式(x-1),即:x=1为x3-3x2+(b-x-1=0的其中一解
∴b=4,进而有;a=6
a=6
经检验。当 "时,符合题意,*a功=24
b4
【优化】经分析:令f(x)=x -4x3+ax2-hx+1,则f(x)=4x3-12x2+2ax-
必有 [/(J)=O
【g=h=2O g=6 ∴ab=24
f(I)=O 12a-b-8=o 4
四、解答题
15.(1)由频率分布盲方图可知。组距为10.冬组的频率分别为0.02,004,0.03,α
组距
由原章:(a+0.02+0.03+0.04)×10=1 分
解得a=0.O1 2分
各组人数依次为:100×02=20:100×0.4=40:100×0.3=30;100×0.1=1(
前两组黑计频率为02+04=06·前=组黑计为02+0.4+0.3=0.9 4
0.75-O,6
故第75百分位数在第三组[175,185)内,175+ x1O=180O.9—O,6
∴订单处理量的第75百分位数为180千件 6分
(2)由(1)知,区间[85,195]中共有10人,其中女性2人,男性8人
从10人中随机抽取3人,女性人数X的可能取值为0,1,2,服从超几何分布· 8
CzC CCz CC
PCX=O)= PX=1)= P(X2)=
C15 C15 C
分布列:
X
z 1
15 15 5
分
E(X)Ox =O.6 3分
15 15 15
号育示试
16.解:(1)当m=1时,2S.=a.,即:2a.=a 1分
当n=2时,2S2=2a,即:q+az=as,又a=3,∴a=1 2分
[2S。=maa微信公众号“山盖学本面”
当2时 ,两式相减:2a。=na-(n-1)a。,即:(n+1)a,=a 4分
2S=(n-1)a。
方亡1L_a 是从第二项开始的常数列,∴“==1,即:a.=n 6分
π十
经检验,n=1适合此式,∴a.=n(n∈N+) 7分
方式2 ∵3m=m+1,aa a
a aaa — 6分a2
经检验,n=1适合此式,∴a。=n(n∈N+) 了分
注章:没有验证说明a.=1话合通项公式的和1分
(2)当m=1时,n2=≤1,∴m2-2n+4≤0无解,∴b=0· 8分
2
当m=2时,4=2≤2,∴m2-4n+4≤0,∴n=2,∴b=1
2 9
∵对m23,有O<2s2 2
n 二≤m,即:n<2m
2—1 5_2m
当四>3时,若n=2m-1时,又 十
2 2m= 2n_12 又 数列 二(n≥2)单增,且n=12时显然满足条件,故b=2m-1(m23) 13
注意:用不完全归纳的扣2分
48x47
∴数列仍1的前50项的和为0+1+5×48+ =x2=2497 5
2
17、解:(1)由题意,F(0,- ),注线为y=
18
由点P(6,m)在曲线C上,∴-2pm=36,解得m 2
pI8
又[PF=6,由抛物线定义; 三6,降得p=6 4
∴抛物线C的方程为x2=-12y 5分
(2)①证明:法一由(1)知F(0-3),令A(x,M),B(x,y
显然1,1的斜率均存在且不为0.设直线1的方程:y=x-
坚理得:x2+126=36=0
1
高+x ==12k
显然△=144k2+144>0.
[xx=-36
则|ABFp-y-y=6-[k(x+x)-6]=12+12k2=12(k2+1) 8分
12(k+1
4工 ,∴用。 替换,有:
2 9分
4B|4MN ABAN
即 为定信12
丨AB|-|MNI[AB| Mv12(k2+1)12(k2+1) 12 AB+MV
法二 如图,利用佛点弦的角度公式(若用此法,需要先证明公式) y
作PS1v轴于点8,令ZPF0=6
∴PF|=PH|=SY|=|FT|-FS|=p-PF|-cos6
[PF=卫
1+CoS6
令∠AFO=θ,则|AF: B dB
Ce eG@(意)1_coS sin26
∴MN= 12 12 AB.AN
ABMN12
sin2(G+二 cosG AB+MN
②∵411,∴四边形AMBN的面积S= |4B|-|MN|,由①:|AB|=12(k2+1),MV|=12(A2+I
12(k2+1)72(k2+1)2
十
令t=k2>0,则S=72x(①+1) 2(t+=+2)272.(2 +2)=288 14
当且仪当t: ,即t=1时,即k=土1时,等号成立
∴四动形AMBN的面积的最小值为28R· 5
方法代化
∴|AB-MN≥576,当且仅当|AB=lMMl=24时取等
12AB'[MN ABMV
∵S=AB-MM≥288,即:四边形AMBN的面积的最小值为288
18。解:(1)∵f(x+2n)=e~-sin(x+2n)=e**-sinx=(x),∴(x)为周期函数“ 3工
(2)(x)的图象上每个点的纵坐标不变,横坐标乘二即得y=/(ax)的图多
故不妨先研究f(x)在x∈[0,2π]上的零点
显然当xe[x,2r]时,f(x)=em*-sinv0没有零点· 4
,cosx0,ee*>lsinx,f(x)=em*-sinx0没有零点
()的点 6
f'(x)=e %*(-sinx)-cosx
令h(x)=f'(x),h(x)=e'(—sinx+e' )+sinx=e**(sin^x-cos:x)+sinx>(
故h(x)在 上鱼
由零点存在定理,存在唯一的x∈1
使得h(x)=0,且xe(二,n)上h(x)<0,f(x)<0,/(x)单减
x∈(x0,π)上h(x)>0,f(x)>0,f(x)单增
/(x)在xn取最小值,由广 )=0,故f(xo)<0
又(π)= ->0,故在(xa,π)上f(x)还存在另一个零点,记为x
综上所述,/(x)在xe[0,2x]上有两个零点,分别为 1O分
4O1
由于7=2x,由于每个周期有2个零点,第201个零点为x
4O11 4O
要使g(x)=f(ax)在xe0.2x1上至少有201个零点,只需 -2π日a 2
23
(3)由(2)知: 日Cx=e(—Sin工 -Cosx。=0。故e
t箱n
(xo)=e 5nx §tanx 4分
3
令 S
n 显然(x)在( 上单增
故t( 故f( 6
又f(x)为 (x)的最小值,故f(x)<
3
综上所泳 f(x)【后记
18题(2)问命题背景为圆x2+y2=1与指数函数y=e*的交点问题
记f(0)=es-sin6,若f(6)=0,则es0=sin6
微管公众号:山域学术科
令x+y2=1上的点为PcosGsin0,则P点坐标也满足y=c,故点P为圆x+v2=1与指数函数
y=e的公共点
显然圆x+y=1与y=c”有两个交点,一个是(01),另一个在第二象限,故/(x)=c*-snx在lo2x
内有两个等点
但是,第(3)向仍从头分析
另:第(2)问的解答过程,请重视下面的技巧(处理方式)
f(x)=(e*s*-sinx)=e*(-sinx)-cosx=-cosx(e*s*tanx+1)
令h(x)=es*tanx+1,则h(x)=ecos*(-sinx-tanx sin一x)2O 9
Cos
故h(x在 )单增
十 使得h(xa)=(
(一)十1
日当 =,x0)时,h(x)<0,f(x)<0,f(x)单减;
当xe(xo,π)时,h(x)>0,(x)>0,f(x)单增
∴f(x)在x=x0处取得最小值
10解,(1)证明,法一“在篇愿四面体ABCD中,E=1,2、3. ,6分别为所在榜的中点
连接EE,EE,EE,EE,∵EE//BD,且EE BD5Ea//BD,且EEa BD
∵EE,//EE.且EE.=EE,四边形EEE,E为平行四边形,又EE/1AC,AC=BD
∴EE=EE,∴四边形EEEE为菱形,∴EE⊥EE 2
同理:四边形EEEE为菱形,EE,⊥EE
又∵四边形EEEE为菱形,EE4,EE交于一点
∴EE⊥平面EEEEg 4
法二 如右图:将四面体4BCD置于长方体中
∵EE,1面ABDC,∴EE2⊥AD
又∵EE6// AD,∴EE2⊥E3E6
同理:EE1E6Ea,又∵EE6门E4E6=E
∴EE,⊥平面EEsE4Eg
法三令4B=a,AD=b,AC=C,则EE=EB+BA+AE h4c
E Es==BC==(c-a),∴EiE EyEs= a -c-b+a·b) (1
微信公众号山域学术圆
将a-6=日两边同时平方,有:a.b==⊥(a2+b2-c) G
将lE-引=日两边同时平方,有:c-5=÷(cC2 .十b (
将②③代入①,有:EE·EE=0,同理可证:EEEE=
又∴EE6∩EAE6=E6,∴EE21平0EEsE4E
(2)法一:如图,格四面体ABCD热入长方体中。∵BV14B。∵/BOD(或其补角)为异而
直线AB与CD所成的角,记为0,设长方体的长、宽、高分别为x,y,z ·· ·· ·6
[x2+y2=a2
则(x2+z2=b2→x
y2+z2=c
则cos0=cos(∠B'CD+∠OB'C)=cos(2∠B'CD
g2+b2—c b—c _
=2cos2∠B*CD-1=2(-)2-1 g gZ 故cosO: 9分
法二:记B=元4刀=54C=元,记异面直线AB与CD所成的角为
则cosg=lā.(5-G)1_lā·bg-a·d1 6F
又∵1ā-bHcPa2-2a·b+b2=c2 2+b2-c2),同理: 2+c2—b2
格二者代入可得cosQ:,|a·b-a·cI|b2-c2g 9g
(3)由(2)知:可将P-MNO补成长方体,设长宽高分别设为4,5,1
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半,即:R==5V42+42+52,S=4nR2=m(42+42+43)
MN2=L2+L2,MO2=L2+L2.NO2=12+L2.WS 1(MN2+MO2+NO2)π 1O
在xOy平面内设M(x,y),N(x2,y)
由 得(m2+2)y2+2my-1=C
r十
显然△=(2m)2+4(2+m2)=8m2+8>0, 十
2十四
于是MV2=(1+m2(y-y)2=(1+m2)8-(1+m2) 8(1+m2y2
'(m2+2)2 (m2+2)2
MO2+NO2=n+W+8+3=2-2y+W+2-2y+=4-03+y
=4-(y+y )2+2yya=4m°+1Om2+12
(m+2)
S 1(aov2+Mo2+vo2)=5m +13m2+10 3
(m2+2y2
在AMVO中,cos ∠MON=MMO2+NO2-MN2
2MO.NO AO.NO
.4m +1Om2+122 8(m2+1)2
解得m2 4分
(m2+2)2 (m2+2)2
又s=5(m^+4m2+4)-11m2-14=6 11m2+14
(m2+2) (m2+2)
不妨今t=m2+24 (6 15分
青示

展开更多......

收起↑