资源简介

重庆八中高 2026届 4月强化训练（一）
数 学 试 题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．每题给出的四个选项，只有一项符合题目要求．
1
1. 复数 的共轭复数为
1 i
1 1 i 1 1 i 1 1 1 1A． B． C． i D． i
2 2 2 2 2 2 2 2
2. 设集合P 1,2 ，则满足 P Q 1,2,3 的不同集合Q共有（ ）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
3. 点M 在抛物线C : y2 2px p 0 上，F 为C的焦点，MF x轴，过M 且与 x轴平行的直线与C的准
线交于点 N , MNF 的面积 2，则 p （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4. 已知函数 f x sin 2x f π =f π . 设甲： 3 3 ；乙： f x 是偶函数，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
2
5. 设函数 f x log1 4x 4ax 3a 在 0,1 单调递增，则 a的取值范围是（ ）
5
A． , 2 B． 2, C． 2,4 D． 2,4

6. 已知非零向量 a,b,c满足 a b c 0，且 a 2， b 2，若 a与b的夹角为 75 ， 则 a与 c的夹角为
（ ）
A．60 B．105 C．135 D．155
7. 平面直角坐标系 xOy中，曲线 y x2 mx 3,m R与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆在 y
轴上截得的弦长为（ ）
A． 2 3 B．4 C．3 2 D．5
8. 已知实数 a,b满足 a log2 3 log6 2,b log5 2a 3a ，则（ ）
A． a b 1 B．b a 1 C．1 a b D．1 b a
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二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求．全部选对得 6分，部分选对得部分分，有选错得 0分．
9. 如图，在平行六面体 ABCD A1B1C1D1中，底面 ABCD是正方形，且 A1AB A1AD 60 ，AB AA1 1，
则（ ）
A． AA1 BD
π
B． B1C与 BD所成的角为 3
C．BD1 3
D 2．平行六面体的体积是
2
x2 y210. 已知 F1,F2 分别为双曲线C : 1 b 0 的左、右焦点，过 F 的直线交 C 的右支于 A,B 两4 b2 2
点，若 AF1 2 AF2 ， AF1F2 F1BF2，则（ ）
A． AF1 8 B． AB 16
C．C的渐近线方程为 y x D．△AF1F2的面积为 4 15
11. f x sink 2x cosk 3x ,k N*已知函数 ，则（ ）
A．当 k 2时， π是 f x 的一个周期
π
B． f x 的图象关于直线 x 对称
4
C．不存在整数 k，使得 f x 的最大值为 2
D．当 k 2n 1,n N*时， f x 在 π,3π 上恰有12个零点
三、填空题：山城学术圈本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 函数 f x 2x ln 1 2x 在 x 0处的导数 f 0 _____.
1 1 1 1 1
13. 已知等比数列 an 的各项都为正数，且 a1 a2 a3 a4 1， ，则 a1 aa a a a 2 2 a3 a4 的1 2 3 4
值为_____.
14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点 0出发，每隔 1s等可能地向左或向右移动一个单位，
移动 6次后质点对应的数为 X ，则D X ______，在有且仅有一次经过 1的条件下，事件“ X 2”
的概率是______．
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四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 重庆城市足球超级联赛（简称 “渝超”）引发了广泛关注.山城学术圈随机抽取了部分市民，调查他们
对赛事的关注情况， 得到如下表格：
性别 不关注赛事 关注赛事
男性 25 150
女性 50 75
（1）根据小概率值 0.001的独立性检验，能否认为关注 “渝超” 赛事与性别有关？
（2）现从被调查的关注赛事的市民中，按照性别比例采用分层抽样的方法随机抽取 3 名市民参加
3 1
“渝超” 赛事知识问答. 已知男性、女性市民顺利完成知识问答的概率分别为 ， ， 每个人
4 2
是否顺利完成相互独立．求 3人中顺利完成知识问答的总人数 X 的分布列及其期望．
n ad bc 2
附： 2 ,n a b c d ．
a b c d a c b d
P 2 k 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001
k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
16. 如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是正方形，平面 PAB 平面 ABCD， PA CD .
（1）证明： PA 平面 ABCD ；

（2）若 AP AB 6， E 为 PB 中点， PC 3PG，点 M 在平面 PBC 上，求直线 EG 与平
面 MAD所成角的正弦值的取值范围.
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17. 设 fn x 1+3x 1+32x 1+33x 1+3 nx ，其中 n是正整数，记 fn x 的展开式中 x的系数为 a 2n ，x 的
系数为bn .
（1）求数列 an 的通项公式：
（2 n 1）证明： bn 1 bn 3 an；
（3）是否存在等比数列 cn 和正数 ，使得bn cn 1 cn 1 1 对任意正整数 n成立？若存在，求
出通项 cn和正数 ；若不存在，说明理由.
2
18. x y
2
已知椭圆C : 2 2 1 a b 0 的右焦点为 F ，下顶点为 B 0, 2 ，离心率 e
5
，直线 l : y kx m
a b 5
交椭圆于M ,N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若 BF平分 MBN，且 BD MN，垂足为D．
（i）求 k的取值范围；
（ii）证明：存在定点Q，使得 DQ 为定值．
π
19. 已知函数 f x cos x m x sin x m 1 ，
2
f x π, π（1）当 m 1 时，求 在 的最小值； 2
（2）讨论 f x 在区间 π,0 内 零点的个数；
π π
（3）若存在 t 0，当 x t,

时，总有 f x 2x π成立，求符合条件的 m的最小值．
2 2
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重庆八中高 2026届 4月强化训练（一）
数 学 答 案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
1
答案 B B B C D C B D ACD ABD ACD ln 2 2 4 6 /0.25
4
1．B —解析】试题分析：复数 ，共轭复数为 ，故 B．
2．B【 —解析】由 P 1,2 ，P Q 1,2,3 ，故3 Q，则Q 3 ，
1,3 ， 2,3 或 1,2,3 ，不同集合Q共有 4个.
3．B【 —解析】由抛物线的定义可得 MF MN p ，所以
S 1 2 MNF p 2 p 2 .2
π π
4．C【 —解析】由 f =f

3
，
3
代入 f x sin 2x sin 2π 得： sin
2π


，
3 3
展开整理： sin
2π cos cos 2πsin sin 2πcos cos 2πsin ，
3 3 3 3
3 π
消去同类项后得 2 cos 0，即 cos 0，解得： kπ k Z ，
2 2
由 f x 是偶函数，即 f ( x) f (x)对任意 x恒成立，代入得： sin 2x sin 2x ，
展开整理得： 2sin2xcos 0，对任意 x恒成立，
因此 cos 0
π
，解得： kπ k Z ，甲和乙推出的 完全等价，因此甲是乙的充要条件.
2
5．D【 —解析】令 t 4x2 4ax 3a 由 f t log 1t在 0, 上单调递减，可得 t 4x2 4ax 3a
5
2
在 0,1 a 上单调递减，且 t 0在 0,1 上恒成立，又 t 4x2 4ax 3a 4 x 2 a 3a所以需满足二次函
2
数 t x a对称轴 x 1，且对任意 x 0,1 都有 t x 0。因为 t x 在 0,1 上单调递减，所以只需 t 1 0即
2
a
1
可所以 2 ，解得2 a 4
4 4a 3a 0

6．C【 —解析】 a b c 0 c a b ，两边平方得
2 2 2 2 2
c a 2a b b a 2 a b cos75 b ，
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又 cos75 cos 45 30 cos 45 cos30 sin 45 sin 30 6 2 ， a 2， b 2，
4
2
c 2 4 2 6 2

所以 4 4 2 3，故 c 4 2 3 3 1，
4

a b c 0 a b c a 0 2 ，即 a a b a c 0，
2
设 a与 c的夹角为 ，所以 a a b cos75 a c cos 0 ，
2 2 2 6 2所以 2 3 1 cos 2 0 ，解得 cos ，4 2

又 0 ,180 ，所以 135 ，故 a与 c的夹角为135 .
7．B【 —解析】 y x2 mx 3与 y轴交点：令 x 0，得 y= 3，设交点为 A 0, 3 ；
与 x轴交点：令 y 0，得 x2 mx 3 0，判别式 m2 12 0，
x2 mx 3 0有两个不同实根 x1, x2，设交点 B x1,0 ,C x2 ,0 ，共三个不同交点，
设过三点的圆方程为 x2 y2 Dx Ey F 0，
将 A 0, 3 代入得：9 3E F 0，
将 B x1,0 ,C x ,0 22 代入，得 x1 Dx1 F 0 x2， 2 Dx2 F 0
2 2
又 x1 +mx1 3 0, x2 +mx2 3 0，
对应相减得： D m x1 3 F 0, D m x2 3 F 0，
因为 x1 x2，故系数必为 0，得D m，F 3，
代入9 3E F 0，解得 E 2， 令 x 0代入圆方程得： y2 2y 3 0，
设两根为 y1, y2，由韦达定理： y1 y2 2， y1y2 3，
弦长为： y1 y2 ( y1 y2)
2 4 y 21y2 ( 2) 4 3 16 4，因此弦长为 4 .
1 1 1 1 1
8．D【 —解析】由 a log2 3 log6 2 log 3 log2 2 log 6 2 2
6 log 6>2
2 log 26 2
，且 2 ，
f (x) x 1 1由对勾函数单调性 在 x 2, 上单调递增， 2, log2 x 2 2 6都在 2, 内，
2 1 1
所以 a f log2 6 f 2 1，2 2 2
由 a 1，结合指数函数的单调性知 2a 3a 5，则b 1，
2 x 3 x
由 g(x) 5
在 x 1, 上单调递减，
5
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2 a 3 a 2 3
所以 g(a) g(1) a a a a a 1，则 2 3 5 ，所以b log5 2 3 log a5 5 5 5 5 5 a，综上，1 b a .

9．ACD【 —解析】设 AB a, AD b, AA1 c，
π
由题意知： a,b ,c ,a c
,b π ， a b c 1，
2 3

c b 1 1 cos π 1
π 1
所以 ， a c 1 1 cos ， ，
3 2 3 2 a b 0

对于 A， BD AD AB b a ，故 BD AA1 b a c b c a c 0，即 BD AA1 ，所以 AA1 BD，A
选项正确；

对于 B， B1C B1B BC b c， BD b a，

BC BD b c b a b 2 c b a b a c 1 1 0 1所以 1 1，2 2
2 2 BC b c b 2 c

2 2
2
1 2c b 1， BD b a b 2 a 2 2a b 2，

cos BC, BD BC BD 1 2

所以 1 1 BC,BD
π
B 2 ,即 1

1C BD 1 2 4
所以 B1C
π
与BD所成的角为 ，B选项错误；
4

对于 C， BD1 AD1 AB AA1 AD AB b c a，
2 2
所以 BD1 b c a b 2 a 2 c 2 2c b 2a b 2a c 3 ，即 BD1 3，
所以 BD1 3，C选项正确；
对于 D，由 A知 AA1 BD，又因为底面 ABCD是正方形，故 AC BD，
因为 AC∩AA1 A， AC, AA1 平面 ACC1A1，所以 BD 平面 ACC1A1，
因为 BD ABCD，所以 ABCD 平面 ACC1A1，
过点 A1作 A1O AC，因为 A1O 平面 ACC1A1，平面 ABCD 平面 ACC1A1 AC，
所以 A1O 平面 ABCD，即 A1O为平行六面体的高，

因为 A1C AC AA1 AD AB AA1 b a c，
2 2
所以 A1C b a c b2 a 2 c2 2 c b 2 a b 2 a c 1，即 A1C 1，

所以，在△AA1C中， A1C A1A 1,AC 2 ，△AA1C为等腰直角三角形，
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AO 1 2所以 1 AC ，2 2
V S AO 1 1 2 2所以 ABCD A1B1C D ABCD 1 ，故 D选项正确.1 1 2 2
x2 210 y．ABD【 —解析】对于 A，双曲线C : 2 1 b 0 ，则 a 2，4 b
不妨设 A点在第一象限，由双曲线定义可知 AF1 AF2 2a 4，
因为 AF1 2 AF2 ，所以 AF2 4， AF1 8，故 A正确；
对于 B，因为 AF1F2 F1BF2， F1AF2 BAF1，
所以 AF1F2 ABF1 ，
AF1 AF2 F 1
F2 1
故 ，所以 AB 16AB AF BF 2 ，故 B正确；1 1
对于 C，由 B可知， BF2 AB AF2 12，
因为 BF1 BF2 2a 4，所以 BF1 16，所以 F1F2 8，即 c 4，
所以b2 c2 a2 12，即b 2 3，
b
所以C的渐近线方程为 y x 3x，故 C错误；
a
AF 21 AF
2
F F 2
对于 D，由余弦定理可得 cos F1AF
64 16 64 1
2
2 1 2 ，
2 AF1 AF2 2 4 8 4
sin F AF 1 cos2 151 2 F1AF2 ，4
1 1 15
所以 S AF F AF1 AF2 sin F1AF 4 8 4 15，故 D正确.1 2 2 2 4
11 2 2．ACD【 —解析】对于 A，当 k 2时， f x sin 2x cos 3x ，
x R 2 2 2对任意的 ， f x π sin 2x 2π cos 3x 3π sin 2x cos2 3x f x ，
所以 π是 f x 的一个周期，故 A正确，
π π π
对于 B，若 f x 的图象关于直线 x 对称，则 f x f x ，4 4 4
π π
取 x ，可得 f f 0 ，4 2
π k
而 f sin π cosk
3π 0 0 0 f 0 sink 0 cosk ， 0 0 1 1，
2 2
π
f f 0
π
，矛盾，所以 f x 的图象不关于直线 x 对称，故 B错误，
2 4
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对于 C，若 f x 的最大值为 2，需 sin k 2x 1 sin2x 1 2x π mπ x π mπ m Z ，
2 4 2
cosk 3x 1 cos3x 1 3x nπ nπ x n Z ，
3
π mπ nπ
令 3 6m 4n，左边为奇数，右边为偶数，无整数解，
4 2 3
故不存在整数 k，使得 f x 的最大值为 2，故 C正确，
D k 2n 1,n N* f x sin2n 1对于 ，当 时， 2x cos2n 1 3x ，
令 f x 0，则 sin 2n 1 2x cos2n 1 2n 13x cos 3x ，
根据奇数幂的性质可知 sin 2x cos3x，即 sin 2x
π π
sin 3x

sin

3x

，
2 2
π
所以 2x 3x 2kπ k Z 或 2x

3x
π
π 2kπ k Z
2 2
2x 3x π当

2kπ k Z x
π
时， 2kπ，
2 2
结合 π x 3π π
5π
可得， x 2 或
x ，
2
2x 3x π π 2kπ k Z x 3π 2kπ当 时， ，
2 10 5
结合 π x 3π，
x 9π , x 5π , x π , x 3π , x 7π , x 11π , x 15π , x 19π , x 23π 27π可得 , x ，
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
综上，发现只有12个值符合题意，故 D正确.
2 2
12． ln 2 2【 —解析】由题设 f x 2x ln 2 0，则 f 0 2 ln 2 ln 2 2 .
1 2x 1 2 0
13．4 2 3【 —解析】设等比数列{an}的公比为 q，则由 a1 a2 a3 a4 1可得 a1(1 q q q ) 1①，
1 1 1 1 1 a ( 1 1 1 1 1 ) a q3 q2 1
1 1
由 可得 4 4 ，即 q 1 aa a a a 2 a a a a 2 4 ②，联立①②，
a
1 2 3 4 1 2 3 4 2 a 2
4，
1
即 a1a4 2，故 a1 a2 a3 a4 a1a4
2
4 .

14．【 —解析】假设Y为向右的次数，则Y服从二项分布Y B 6,
1 D Y 6 1 1 1 3，故 ；
2 2

2

2
此时质点对应的数 X Y 6 Y 2Y 6，所以D X D 2Y 6 4D Y 6.
假设“有且仅有一次经过 1”为事件 A，“质点仅在第 1秒位于 1”为事件 A1，“质点仅在第 3秒位于 1”为事件
A2，“质点仅在第 5秒位于 1”为事件 A3，则 A1, A2 , A3两两互斥，则 P A P A1 P A2 P A3 ，
“质点仅在第 1秒位于 1”则质点的走法为 RRRLR（第六步不受影响），RRRR（第五六步不受影响），RLLRL
2 4 2 4 3
（第六步不受影响）， RLLL（第五六步不受影响）， P A1 26 ；16
“质点仅在第 3 秒位于 1” 则质点的走法为 LRRLL（第六步不受影响）， LRRRR（第六步不受影响），
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P A 2 2 12 26 ；16
“质点仅在第 5 秒位于 1” 则质点的走法为 LLRRR（第六步不受影响）， LRLRR（第六步不受影响），
P A 2 2 13 6 ；2 16
则 P A P A1 P A P A
5
2 3 .16
因为 X 2Y 6 2，所以Y 4，所以三种情况下, 事件“ X 2 ”的情况有：RRRLRL，RRRRLL，LRRRRL，
5
LLRRRR， LRLRRR，则 P X 2, A ，
64
P X 2, A则 P X 2 A 1 P A 4 .
15．（1）整理列联表数据如下：
性别 不关注赛事 关注赛事 合计
男性 25 150 175
女性 50 75 125
合计 75 225 300
2 n ad bc
2
300 25 2 75 150 50
根据卡方公式： 25.714，
a b c d a c b d 175 125 75 225
已知小概率值 0.001，对应临界值 k 10.828， 2 25.714 10.828，根据 0.001的独立性检验，
认为关注 “渝超” 赛事与性别有关．
（2）关注赛事的市民中，男性150人，女性75人，性别比例 2 :1，则抽取 3人时，男性 2人，女性 1人；
X 表示顺利完成问答总人数，取值为：0,1,2,3，
3 1 1 1
已知男性完成概率 ，未完成概率 4 ，女性完成概率 2 ，未完成概率 ，且相互独立；4 2
2
则 P X 0 1 1 1 4 ； 2 32
3 1 1 1 2P X 1 C1 1 72 ；4 4 2 4 2 32
2
P X 2 3 1 C1 3 1 1 15 2 ；
4 2 4 4 2 32
2
P X 3 3 1 9 ；
4 2 32
X 0 1 2 3
1 7 15 9
P
32 32 32 32
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数学期望为： E X 0 1 1 7 15 2 3 9 2 ．
32 32 32 32
16．（1）因为在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是正方形，所以 AD AB，
又平面 ABCD 平面 PAB AB，且 AD 平面 ABCD，所以 AD 平面 PAB，
因为 PA 平面 PAB，所以 PA AD，
又 PA CD， AD CD D, AD,CD 平面 ABCD，
所以 PA 平面 ABCD .
（2）以 A为原点， AB, AD, AP所在直线分别为 x, y, z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因 AP AB 6，则有 A 0,0,0 ,B 6,0,0 ,C 6,6,0 ,D 0,6,0 ,P 0,0,6 ，

因为 E 为 PB 中点，PC 3PG，则 E 3,0,3 ，

PC 6,6, 6 3PG PG 2,2, 2 ，即得G 2,2,4 .

又 PB 6,0, 6 , PC 6,6, 6 ，

设平面 PBC 的法向量为 n a,b,c ，
n PB 6a 6c 0
则 ，故可取 n 1,0,1 ，
n PC 6a 6b 6c 0
因平面 PBC 过点 P 0,0,6 ，则得平面 PBC 的方程为 x z 6，
所以设M x0 , y0 ,6 x0 , x0 , y0 0,6 ，

AD 0,6,0 ,AM x 0, y 0,6 x 0 ，
设平面 MAD的法向量为m

x, y, z ，
m AD 6y 0
则 ，故可取m 6 x0 ,0, x0 ，
m AM x0x y0 y 6 x0 z 0

设直线 EG 与平面 MAD所成的角为 ，因 EG 1,2,1 ，

则 sin cos EG,m
EG m 6
，
EG m 6 2 x 20 3 18
由 x0 0,6 可得当 x 30 3时sin 取得最大值为 ；当 x0 0或 6时 sin 6取得最小值为 ，
3 6
6 3
所以直线 EG 与平面 MAD所成角的正弦值范围是 , .
6 3


3 1 3n17 1 2 3 n n 1．（ ）由题意可得 an 3 3 3 3 3 3 ；1 3 2
n 1
（2）由题意可得 fn 1 x fn x 1 3 x ，
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设 f 2 2n x 1 anx bnx ， fn 1 1 an 1x bn 1x ，
2 n 1 n 1 n 1 2
因为 fn 1 x 1 anx bnx 1 3 x 1 an 3 x b n an 3 x ，
b b 3n 1所以 n 1 n an得证；
（3）当 n 1时， f1 x 1 3x，故 b1 0，
由（2）可知，bn 1 b 3
n 1
n an，
所以bn bn bn 1 bn 1 bn 2 bn 2 bn 3 b2 b1，
n 1 4 n 1 3 n 1
b 3i 1 3
i 1 3 n 1 32i 2 3i 2 1 n 1 n 1 3 1 9 3 1 3 2i 2 i 2 1
即 n 2 2 2 3 3 i 1 i 1 i 1 i 1 2 1 9 1 3
1 32n 2 81 3n 2 27 1
32n 2 n 2 4 3 27 27 3n 3n 1 4 3n 1 12 8 8 2 2 16 16
27
3n 1 1 3n 1 ，16
c 3n 1 27所以 n ， .16
18．（1）已知椭圆的下顶点 B 0, 2 ，故b 2，则b2 4，
a2 4 1
离心率 e c 5 ，则 e2 2 ，解得 a
2 5，
a 5 a 5
x2 2 椭圆C y的方程为： 1．
5 4
x22 y
2
（ ）（i）直线 l : y kx m与椭圆 1联立得：
5 4
4 5k 2 x2 10kmx 5m2 20 0，设M x1, y1 ,N x2 , y2 ，
x 10km 1
x2 4 5k 2
由韦达定理得 2 ，
x1x
5m 20

2 4 5k 2
已知 BF平分 MBN，由到角公式可得：
kBF kBM k k BN BF
1 k ①，BF kBM 1 kBN kBF
0 2 y 2 y 2kBF 2 k
1 ,k 2， BM BN ，则
1 0 x1 x2
2 kBM kBN 2 ，整理得 4kBM kBN 3 kBM kBN 41 2k 1 2k ②，BM BN
k k y1 2 y2 2 4k ,k k y1 2 y2 2
4 m 2
BM BN x BM
BN ，
1 x2 2 m x1 x2 5 m 2
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4k 4 m 2
代入②得，即 4 3 4 m 15k 182 m 5 m 2 ，整理得 ③，
2 2
把③代入直线 l得： y kx 15 18，联立椭圆方程得： 4 5k x 10k 15k 18 x 5 15k 18 20 0，
2
已知直线与椭圆有两个交点，则Δ 10k 15k 18 4 4 5k 2 5 15k 18 20 0 ，
16
化简得11k 2 27k 16 0，解得 k 1；11
（ii）由 BD MN可得 k kBD 1
1
，解得 kBD ，k
1
结合 B 0, 2 可得 BD的方程： y x 2，
k
1
联立MN与 BD的方程，代入m 15k 18，得 kx 15 18 x 2 ，
k
x 15k
2 20k 2k 2 15k 18
解得 D 2 ， yD k 1 k 2
，
1
15k 2 20k 2k 2D , 15k 18

故 2 ，
k 1 k
2 1
u x 15 15 20k , v y 2 15k 20设 D k 2

1 D

k 2
，则
1
2 2 15 20k
2
15k 20 2 625 k 2 1
u 625 v
2 2 2 2
2 ，
k 1 k 1 k 1
3 15 20k 4 15k 203u 4v 125 2 ，k 1 k 2 1
u2 v2 5 3u 4v ，即u2 v2 15u 20v 0 ，
x 15 2 y 2 2 15 x 15 y 2 x2 y2 15x 16y 36 0，
2
x 15 y 8 2 25
2
化为标准方程得：

，
2 2
15 25 15
故D是以 ,8 为圆心， 为半径的圆，故存在定点Q ,8 ，使得 DQ 为定值．
2 2 2
m
π
19．（1）当 1时， f x cos x x sin x，
2
π π
求导得 f x sin x sin x x 2 cos x x cos x， 2
x π, π当
π x π 时， 0， cos x 0，故 f (x) 0， 2 2 2
π
所以函数 f (x)在区间 π, 上单调递增， 2
所以当 x π时，函数 y f x , x π, π 2
取最小值，

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最小值为 f π cos π π π
sin π 1；
2
π π
（2）令 x
π
，由 x ( , 0)可得 ,

，且 cos 0恒成立，2 2 2
g f π cos π m sin π

2
sin m cos cos tan m ，
2 2
方程 f (x) 0等价于 h tan m 0，
π
显然 h 0 0，对应 x 是函数 y f x 一个零点，
2
因为 h tan m π π tan m h , 对于任意的 恒成立，所以 h 是奇函数，
2 2
0, π h 1 m 1 mcos
2
当 时， 2 ， 2 cos cos2
由m≤1得1 m cos2 1 cos2 sin2 0，
π
故 h 在 0, 单调递增，h h 0 0，无零点，
2
π
由奇函数性质， h 在 , 0 也无零点，因此 f (x)在 π,0 上只有1个零点；
2
π
（3）令 x （ 0），原不等式∣f (x∣) 2x 等价于：
2
对任意 (0, t)，有∣m cos
sin
∣ 2，

设 x x sin x，则 x 1 cos x 0，所以函数 x x sin x为增函数，
又 0 0，所以当 x 0，且 x 0时， x sin x sin x 0，即 1，
x
m 1 sin 若 ，当 0，且 0时，m cos m 1 2，

存在充分小的 使得不等式不成立；
若m 1， 左边 cos
sin
cos sin ，

由 x x sin x为增函数可得，当 0时， sin 0，
π sin sin
所以当0 时，0 1，又0 cos 1，此时 cos 2，
2
π sin 1 2 1 cos 1 cos sin sin 当 时， ， ，所以 cos 2
2 π
π π
所以当m 1 时，存在 t 0，当 x t, 时，总有 f x 2x π成立，
2 2
因此m的最小值为 1；
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