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枣强中学高三年级第四次月考数学学答案
1． A
由 A 中不等式变形得： 2 42 2 2x ，即 2 4x x N ，
0,1,2,3,4A
由 B 中 2 3y ln x x ，得 2 3 0x x
解得 0 3x x或 ，即 | 0 3B x x x 或
则 4A B ，即 A B 中元素的个数为1
故答案选 A
.2．D 由 1 1z i i 得： 1 2 2= (1 )1 1 2
iz ii i
，所以 2 2
2 2z i ，故选 D．
3．A 由散点图可知，去掉 (3,10)D 后， y 与 x 的线性相关性加强，由相关系数 r ，相关指数 2R 及残差平方和与相关
性的关系得出选项.
【详解】
∵从散点图可分析得出：
只有 D 点偏离直线远，去掉 D 点，变量 x 与变量 y 的线性相关性变强，
∴相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选 A.
4．A 经过第一次循环得到 1 12 12, 12 1 11s k 不输出，即 k 的值不满足判断框的条件；经过第二次循环得
到 12 11 132, 11 1 10s k 不输出，即 k 的值不满足判断框的条件；经过第三次循环得到
132 10 1320, 10 1 9s k 输出，即 k 的值满足判断框的条件，故判断框中的条件是 10k ，故选 A.
5．B
解：由题意可知该几何体为直三棱柱去掉一个四棱锥，
如图所示：答案第 2页，总 15页
则 1 1 3sin 2 2 32 2 2ABCS AB AC BAC ，
设 B 到 AC 的距离为 h ，
1 32ABCS AC h
3h
1 1 1 1 4 3ABC A B C ABCV S AA ，
1 1 1 1 1 1
1 1 2 3 2 52 2A FECS A F C E AC ，
1 1 1 1 1
1 1 55 3 33 3 3B A C EF A FECV S h
所以
1 1 1 1 1 1
5 74 3 3 33 3ABC A B C B A C EFV V V ，
故选： B ．
6．D 由条件可得 1 2a ， 2 1a ， 3 0a ， 4 2a ， 5 1a ， 6 0a ， ，
即 na 是周期为 3 的周期数列，
故 na 的前 20 项和为 (2 1 0) 6 2 1 21 ．
7．B
因为 1
3
4
zBO xBG yBF zBE xBG yBF BB ， O 在平面 1B GF 内，
所以 3 14
zx y ;同理可得 12 2
x y z ， x y ，解得 1 4,5 5x y z ，故选 B.
8．B
由题意有 sinf x x 的极大值或极小值一定在直线 1y 上,又在集合 B 中.
当 1y 时,
2 2
132 2
x y ,得 4 4x ,故区间长度为 8.又集合 A B 中恰好有 7 个元素,
所以存在实数 ,使得椭圆
2 2
132 2
x y 内包含 sinf x x 的七个极值点.数形结合可知周期T 满足答案第 3页，总 15页
23 83 8
4 8 24 8
T
T
,解得 3
4
,
9．B 由题可得： 1 2 1 21 1 2 1e e e e ，
1 2
5( ) ( ) 4a e a e ，即 2
1 2 1 2
5
4a a e e e e ，
所以 2
1 2
7
4a a e e ，
2
1 2
1 2
1 2
7
4cos , 1,1
aa e ea e e a e e a
解不等式组
2
2
7
4 1
7
4 1
a
a
a
a
，得 1 1[ 2 , 2 ]2 2a
故选：B
10．D
如图，圆 A 与 1 2PF F 切于点 M N E、 、 三点，由双曲线定义 1 2 2PF PF a ，即 1 2 2PM MF PN NF a ，
所以 1 2 2MF NF a 则 1 2 2EF EF a ，又 1 2 2EF EF c ， 2 4 2 2EF c a ，故 2Ax ，同理可得 2Bx ，
即 AB x轴 ，设 2 1AF F ， 2A 90F B ， 2 90F BA ，直线 PQ 与双曲线右支交于两点，又知渐近线
方程为 y 3x ，可得 30 60 ， ，设圆 A 和圆 B 的半径分别为 1 2r r、 ，则 1 2 2r EF tan tan ，
2
2
2EFr tan tan ，所以 1 2
22r r tan tan
因为 3 33tan
， ，由基本不等式可得 1 2
8 34 3r r
，
11．C
假设曲线 y f x 上存在两点 ,P Q 满足题意，则点 ,P Q 只能在 y 轴两侧，答案第 4页，总 15页
POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，
0OP OQ ，
不妨设 , 0P t f t t ，
POQ 斜边的中点在 y 轴上，
3 2,Q t t t 且 1t ，
0OP OQ
，
2 3 2 0t f t t t ，①
曲线 y f x 上始终存在两点 ,P Q 使得 OP OQ ,等价于方程①有解,
(1)当 0 1t ，即两点 ,P Q 都在 3 2y x x 上 ,
3 2f t t t ，
代入方程①，得 2 3 2 3 2 0t t t t t ，
4 2 1 0t t ，
而此方程无实数解,不符合题意,
（2）当 1t 时， P 在 2 ln
1
a e x xy x
上， Q 在 3 2y x x 上，
2 ln
1
a e t tf t t
，代入①得 2 3 22 ln 01
a e t tt t tt
，因为 a 为正数可化为
1 2 lne t ta
，设 2 lng x e x x ，
2 2' ln ln 1e x eg x x xx x
，
2
2'' 0x eg x x
， 'g x 递减，
' 0g e ，
x e 时， ' 0g x ， g x 递减，
1 x e 时， ' 0g x ， g x 递增，
maxg x g e e ，答案第 5页，总 15页
即 1 ,ea
结合 a 为正数，可得 1a e
，
a 的范围是 1 ,e
，故选 C.
12．C
当 1x 时， 2 2( ) 2 , ( ) 1 xf x x lnx f x x x
，
当1 2x 时， ( ) 0f x ，当 2x 时， ( ) 0f x ，
当 1x 时， ( )f x 的递减区间是[1,2) ，
递增区间是 (2, ), 2x 时， ( )f x 取得极小值为 2 2ln 2 ，
( )f x 在 ( ,1) 单调递增，
作出函数 2
2 1( ) 2 1
x lnx xf x x x x
， ，
， ＜ ，图像，如下图所示：
当 2 2ln 2a 或 1a 时， ( )f x a 有一个实根，
当 2 2ln 2a 或 1a 时， ( )f x a 有两个实根，
当 2 2ln 2 1a 时， ( )f x a 有三个实根，
由 2 22 ( ) 5 ( ) 3 0[ ]f x t f x t ﹣ ＝ ，得 3( ) 2f x t ，或 ( )f x t ，
方程有四个实根， 所以 30, 2t t t ，
3( ) 2f x t ， ( )f x t ，有四个实根，有以下情况：
2 2ln 2 0.6138
32 2ln 2 12
2 2ln 2
t
t
解得 4 4ln 2 2 2ln 23 t ；
3 12
2 2ln 2
t
t
，t 不存在；
3 12
2 2ln 2 1
t
t
，解得 2 13 t .
所以t 的取值范围为 4 4ln 2 2( ,2 2ln 2) ( ,1)3 3
.答案第 6页，总 15页
故选:C
13． 12 2 1nn
【解析】解：将所给的等式两侧求导可得：
12
0 1 2 1 1n nn
na a x a x a x x nx x ，
令 0x 可得： 0 1a ，
令 1x 可得： 1
0 1 2 2 2n
na a a a n ，
据此可得： 1
1 2 2 2 1n
na a a n .
14． 3
3
解：取 1F D 的中点 Q，连 EQ．PQ．
2 2
1 1 1
1 ( ) ( )4PF PD PF PD PF PD
2 2 2 2
1 1
1 144 4PQ DF PQ DF
，
同理 2 2
1 1
1
4EF ED EQ DF
， 1 1PF PD EF ED 恒成立等价于| | | |PQ EQ ，
因为点 P 是线段 1BF 上的任意一点，故 1EQ BF ，得到 1 | |DF DB ，
设 2DF x ，则 2 2BF x ， 1 2DF a x ，
由 2 3a x x ，得
2
ax ， 1 2BF BF a ， 1
3
2DF a ，答案第 7页，总 15页
在 1 2F BF 中，
2 2
2
1 2 2
2 4cos 1 22
a cF BF ea
，
在 1DF B 中，又
2 2
2
1
3 3
12 2cos 3 32 2
a a a
F BD
a a
所以 2 11 2 3e ，解得 3
3e ．
故答案为： 3
3
15．
2
2 2 2 4
集合 A 表示的区域是以点 0,0 为圆心，半径为 1
2
的圆及其内部，集合 B 表示的区域是以 1,0 、 0,1 、 1,0 、
0, 1 为顶点的正方形及其内部，其面积为 1 2 2 22
，
1 2 1 2 1 1 2 2( , ) , ,( , ) ,( , )M x y x x x y y y x y A x y B ，把 1 1,x y 代入 2 2 1
4x y ，可得
2 2
2 2
1
4x x y y ，集合 M 所表示的区域是以集合 A 的圆心在区域 B 的边上及内部上移动时圆所覆盖的区域，
区域 M 的面积为 2 2 2 4
，则向区域 M 内任投一点，该点落在区域 B 内的概率为
2
2 2 2 4
答案第 8页，总 15页
16． 25 12 3
1 sin 12 tan2cos
PAB
PA PB APBS APB
PA PB PA PB APB
，
同理得到 1 1 1tan tan tan2 2 2APB CPB APC ，故 2
3APB CPB APC .
PAB 中，根据余弦定理：
2 22 23 2 cos 3PB PA PB PA ，
即 2 2
9PB PA PB PA ；
同理可得： 2 2
25PB PC PB PC ， 2 2
16PA PC PA PC
.
三式相加得到： 2 2 2
2 50PB PA PC PB PA PB PC PA PC
.
根据等面积法： PAB PAC PBC ABCS S S S .
即 1 2 1 2 1 2sin sin sin 62 3 2 3 2 3PB PA PB PC PA PC ，
即 8 3PB PA PB PC PA PC
.
故 2 2 2 2
2PA PB PC PB PA PC PB PA PB PC PA PC
25 12 3 ，故 25 12 3PA PB PC
.
故答案为： 25 12 3 .
17．解：（1）如图，过点 M 作 ME AB 交 AB 于 E ，作 MF AC 交 AC 于 F ，
则 MEB CFM ∽
2CF MF CM
ME BE MB
因为 90CAB ， AM 平分 CAB 且 3AM
3 2
2ME MF
3 2CF ， 3 2
4BE
3 2 3 2 9 2
2 4 4AB AE BE 答案第 9页，总 15页
3 2 9 23 22 2AC AF CF
1 1 9 2 9 2 81
2 2 2 4 8ABCS AC AB .........................6 分
（2）在 Rt ABC 中 3AB ，AC 3 3 ，所以
3ABC ，
6ACB ， 6BC ，又
6MAN ，设 BAM ，
2
3AMB ，
2ANC ，
3NAC ，
在 ANC 和 AMB 中由正弦定理可得
sin sin sin
AN AC CN
C ANC NAC
，
sin sin sin
AM AB BM
B AMB MAB
即
3 3 3 3
2cos2sin 2
AN
，
3 3
22sin 3
AM
，
1 1 1 3 3 3 3 27sin 2 22 4 4 2cos 2sin 16cos sin3 3
AMNS AN AM MAN AN AM
令
2 2 2cos sin cos sin cos cos sin3 3 3t
23 1cos sin cos2 2
3 cos2 1 1 sin 22 2 4
3 1 3cos2 sin 24 4 4
1 3sin 22 3 4
27
16AMNS t ................10 分
因为 πθ 0, 3
骣琪Î 琪桫
， sin 2 0,13
，答案第 10页，总 15页
3 1 3,4 2 4t
所以当 1 3
2 4t 时，
min
27 2 327
41 316 2 4
AMNS
...................12 分
18.（1）证明：因为四边形 ABCD 为直角梯形，
且 / /AB DC , 2AB AD , 2ADC ,
所以 2 2BD ，
又因为 4, 4CD BDC ．根据余弦定理得 2 2,BC
所以 2 2 2CD BD BC ，故 BC BD .
又因为 BC PD⊥ , PD BD D ,且 BD , PD 平面 PBD ，所以 BC ⊥平面 PBD ，
又因为 BC 平面 PBC，所以 PBC PBD平面 平面 .............4 分
（2）由（1）得平面 ABCD 平面 PBD ,
设 E 为 BD 的中点，连结 PE ，因为 6PB PD ,
所以 PE BD , 2PE ,又平面 ABCD 平面 PBD ，
平面 ABCD 平面 PBD BD ，
PE 平面 ABCD .
如图，以 A 为原点分别以 AD
， AB
和垂直平面 ABCD 的方向为 , ,x y z 轴正方向，建立空间直角坐标系 A xyz ，
则 (0,0,0)A ， (0,2,0)B ， (2,4,0)C ， (2,0,0)D ， (1,1,2)P ，
假设存在 ( , , )M a b c 满足要求，设 (0 1)CM
CP
，即CM CP ，
所以 (2 - ,4 - 3 ,2 ) M ,
易得平面 PBD 的一个法向量为 (2,2,0)BC .
设 ( , , )n x y z 为平面 ABM 的一个法向量， (0,2,0)AB ， = (2 - ,4 - 3 ,2 )
AM答案第 11页，总 15页
由 0
0
n AB
n AM
得 2 0
(2 ) (4 3 ) 2 0
y
x y z
，不妨取 (2 ,0, 2)n
.
因为平面 PBD 与平面 ABM 所成的锐二面角为
3
，所以 2 2
4 1
22 2 4 ( 2)
，
解得 2 , 23
，（不合题意舍去）.
故存在 M 点满足条件，且 2
3
CM
CP
...............12 分
19.（1）设从 A ，B 生产线上各抽检一件产品，至少有一件合格为事件C ，设从 A ，B 生产线上抽到合格品分别为事
件 M ， N ，则 M ， N 互为独立事件
由已知有 p M p ， 2 1 0.5 1( )p N p p
则 ( ) 1 ( ) 1p C p C ( ) 1 ( ) ( )p MN p M p N 1 (1 )(2 2 ) 0.995p p
解得 0.95p ，则 p 的最小值 0 0.95p ....................3 分
（2）由（1）知 A ， B 生产线的合格率分别为 0.95和 0.9 ，即不合格率分别为 0.05和 0.1.
①设从 A ， B 生产线上各抽检1000件产品，抽到不合格产品件数分别为 1X ， 2X ，
则有 1 ~ 1000,0.05X B ， 2 ~ 1000,0.1X B ，所以 A ， B 生产线上挽回损失的平均数分别为：
1 15 5 5E X EX 1000 0.05 250 ， 2 23 3 3 1000 0.1 300E X EX
所以 B 生产线上挽回的损失较多 .................7 分
②由已知得 X 的可能取值为10，8 ， 6，用样本估计总体，则有
20 35 11( 10) 200 40p X ， 60 40 1( 8) 200 2p X ， 20 45 9( 6) 200 40p X
所以 X 的分布列为
X 10 8 6
p 11
40
1
2
9
40
............10 分
所以 1110 40EX 1 98 6 8.12 40
（元）............11 分
故估算估算该厂产量 2000 件时利润的期望值为 2000 8.1 16200 （元）............12 分答案第 12页，总 15页
20.解：（1）依题意可得：
2
2
2 2 2
1
2 2 1 1 12 2
b
c xa b c C ya
a b c
， ， 椭圆 ： ）............4 分
（2）圆 M 过 A 的切线方程可设为 l： 1y kx ，代入椭圆 C 的方程得：
22
2
42 1 2 1 2
kx kx x k
，
可得
2
1 1
2 2
1 1
4 1 2
1 2 1 2
k kB k k
， ；同理可得
2
2 2
2 2
2 2
4 1 2
1 2 1 2
k kD k k
， ............6 分
由圆 M 与 l 相切得： 2 2 2
2
1 1 2 1 0
1
k r r k k r
k
由韦达定理得： 1 2 1 22
2 11k k k kr
， ............8 分
所以直线 BD 的斜率
2 2
2 1
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
1 2 2
2 12 1 2 1 1 2
2 2
2 1
1 2 1 2
1 2 1 2 4 4 2
4 4 4 2 1 1
1 2 1 2
k k
y y k k k kk k kk kx x k k k k r
k k
……10 分
直线 BD 的方程为：
2
1 1
2 2 2
2 1
1 2 42
1 2 1 1 2
k ky xk r k
化简为：
2 2
1 1 1
2 2 2 2
1 1 1
1 4 1 22 2 31 1 2 1 2 1
k k ky x xr k k k r
，即 2
2 31y xr
所以，当 (0 2 1)r r 变化时，直线 BD 总过定点 0 3R ， ............12 分答案第 13页，总 15页答案第 14页，总 15页
22.（1）①：∵
1
1
2
1
mx m
my m
（ m 为参数），∴ 1 2 1 2 11 1 1
m m m mx y m m m
，
又∵ 1 21 21 11 1 1
mmx m m m
，
∴曲线 1C 的普通方程为 1 0 1x y x ； ...........3 分
②∵ 2sin ，∴ 2 2 sin ，又∵ cosx ， siny ，
∴ 2 2 2x y y ，即 22 1 1x y ，
∴曲线 2C 的直角方程为 22 1 1x y ； ............5 分
（2）由题意，设 1
1 cos: sin
x tl y t
（t 为参数）， 2
cos: sin
x tl y t
（t 为参数），
依题意， 0 2
， ，
1l 与 2C 联立得 2 2 sin cos 1 0t t ，
2l 与 1C 联立得 sin cos 1t ，
设点 A B Q， ， 对应的参数分别为 A B Qt t t， ， ，则
1
2 sin cos
A B
A B
t t
t t
， 1
sin cosQt
，
由 4PA PB OQ 且 0A B Qt t t ， ， ，得 12 sin cos 4 sin cos
．
∴ 2sin cos 2 ，即1 sin 2 2 ，故sin2 1 ，又∵ 0 2
， ，∴
4
．............10 分答案第 15页，总 15页
23.（1）当 0x 时， 2 1 2 3f x x x x ，由 2f x x ，得 2 3 2 0x x ，
解得 3 17 3 17
2 2x ，此时 3 17 02 x ；
当 0 1x 时， 2 1 2f x x x x ，由 2f x x ，得 2 2 0x x ，
解得 2 1x ，此时， 0 1x ；
当 1x 时， 2 1 3 2f x x x x ，由 2f x x ，得 2 3 2 0x x ，
解得1 2x ，此时，1 2x .
综上所述，不等式 2f x x 的解集为 3 17 ,1 1,22
； ............5 分
（2）当 0x 时，函数 2 3f x x 单调递减，则 0 2f x f ；
当 0 1x 时，函数 2f x x 单调递减，则 1 2f x ；
当 1x 时，函数 3 2f x x 单调递增，则 1 1f x f .
综上所述， 1 1M f ， 1a b c .............8 分
2 22
2 2 3
2 4 2 2
b b b ba ab b a a a
，同理 2 2
2
bb bc c c ，
因此， 2 2 2 2 12 2
b ba ab b b bc c a c a b c .............10 分
．
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