第二次八校联考文科数学参考答案及解析.pdf

参考答案 1.【答案】B【详解】由题意，根据复数的运算可得复数 iz  2 ，则 z 对应点(-2,1)在第二象限， 故选 B． 2.【答案】C【详解】集合 RU  ，因为集合 A 为大于等于 0 的偶数集，集合 0{  xxB 或 }2x ， 所以 }20{  xxBCU ，故选 C. 3.【答案】B【详解】 1 2 2 10F F c  5c  2 2 25 25 5 2a b c      由椭圆定义知： 1 2 1 2 2 10 2MF MF NF NF a     , 1FMN 的周长为 1 2 1 2 20 2MF MF NF NF    ,故选 B. 4.【答案】C【详解】因为 a ∥b ， 1154)5(41)2(2 22  baba 或 9.故选 C. 5.【答案】A【详解】 2 15.05.0,2 15log2log03 2lg 15.0 55  cba ．故 a b c  ． 6.【答案】B【详解】从三个阳数 1,3,5,7,9 中随机抽取三个数共有 10 种取法，合题意的有 2 种：{1,5,9} 和{3,5,7}，由此可得所求概率为 5 1 . 7.【答案】B【详解】 zxy  3 ，作图可得直线 zxy  3 过点 )2 1,2 1(  时在 y 轴上的截距最小，进 而 z 有最大值 2. 8.【答案】B【详解】 )32sin(2 3)3cos(sin2)(   xxxxf ，当 ]2,0[ x 时， ].1,2 3[)32sin(],3 4,3[32   xx 答案选 B. 9.【答案】B【详解】当 0x 时， 12)(  xxf 是增函数且 0)( xf ，又函数 )(xf 是定义在 R 上的 奇函数，则 0)0( f 满足 12)(  xxf ，又函数 )(xf 在 R 上是连续函数，所以函数 )(xf 在 R 上是增 函数，且 3)2( f ，进而原不等式化为 ),2()(log3 fxf  结合 )(xf 的单调性可得 ,2log3 x 所以 ,90  x 即原不等式的解集为 )9,0( ，故选 B. 10.【答案】A【详解】 解析：设 A(a,0),B(0,b),依题意，a>0,b>0,则直线方程为 ,,1 abaybxb y a x  .12 1,2,2,1 22 22     abSabababba ba abd AOB 故 答案选 A. 11.【答案】D【详解】过点 B 作 BH PA 于 H,连接 CH，则依题意， 60CHB º,进而可得 BCHABCHPABCP VVVRBCBHCH   ,2 3 ,38 32)2 3(4 3 3 1 32  RRR 解得 .2R 12.【答案】A【详解】设 P(x,y),双曲线的两渐近线方程为 ,xa by  进而 2 2222 2 2222 2 22 2 22 2 2 2 1 ))4 1((2)(2)()( c axab c yaxb ab aybx ab aybxdd       ，依题意，要使得 该式子为定值，则必须 .2 5,4 1 22  a ceab 故答案选 A. 13.【答案】 5 5 【详解】根据题意，曲线 xey x  ，其导数 1'  xey ， 2)0('  fk ， 5 5cos,2tan   . 14.【答案】 2 【详解】由等差数列的性质可知： .2,02,03 6564565436  aaaaaaaaSS 15. 【 答 案 】 )22,2( 【 详 解 】 由 CBA cossin2sin  可 得 B=C ， b c ， 进 而 A 为 钝 角 ， 又 02 16cos1 22  bc cbA 结合 cb  解得 .222  b 16.【答案】②③【详解】在 ABC 中，∵ ACBC  ，由正弦定理可得：， 当 1  时，BC AC ，过 AB 的中点作线段 AB 的垂面  ，则点C 在 与  的交线上，即点C 的轨迹是一条直线；当 2  时， 2BC AC ，设 B 在平面  内 的 射 影 为 D ， 连 接 BD ， CD ， 设 BD h ， 2AD a ， 则 2 2BC CD h  ，在平面 内，以 AD 所在直线为 x 轴，以 AD 的中点为 y 轴 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 ， 设 ( , )C x y ， 则 2 2( )CA x a y   ， 2 2( )CD x a y   ， 2 2 2( )CB x a y h    ，∴ 2 2 2 2 2( ) 2 ( )x a y h x a y      ，化简 可得 2 2 2 25 16 3 9 3 a hx a y       .∴C 的轨迹是圆． 17.【解析】（Ⅰ）设等比数列 na 的公比为 q，所以有 3 2 3 1 4 1 2 3 1(1 ) 9, 8a a a q a a a q      联立两式可得 1 1{ 2 a q   或者 1 8 { 1 2 a q   又因为数列 na 为递增数列，所以 q>1，所以 1 1{ 2 a q   数列 na 的通项公式为 12n na  .………………(6 分) （Ⅱ）根据等比数列的求和公式，有 ,1221 )21(1   n n nS )1 11(2)1( 22,)112(log 1 2   nnnnbbnb nn n n ， 1 2)1 11(2)1 11 3 1 2 1 2 11(2  n n nnnTn  .………………(12 分) 18.【解析】（Ⅰ）由折线图可知统计数据 共有 组，即 ， ， ， ， ， ， P A B C H计算可得 ， ，所以 ， ， 所以月度利润 与月份代码 之间的线性回归方程为 .当 12x 时， 339122 ^ y . 故预计甲公司 2020 年 4 月份的利润为 33 百万元.………………(6 分) （Ⅱ）由频率估计概率，每件 型新材料可使用 个月， 个月， 个月和 个月的概率分别为 . ， ， 和 ，所以每件 型新材料可产生的利润的平均值为 1.41.0)1024(35.0)1018(35.0)1012(2.0)106( x （万元） . 由频率估计概率，每件 型新材料可使用 个月， 个月， 个月和 个月的概率分别为 0.15,0.2,0.4 和 0.25，所以每件 型新材料可产生的利润的平均值为 5.425.0)1224(4.0)1218(2.0)1212(15.0)126( x （万元）. 所以应该采购 B 型新材料.………………(12 分) 19.【解析】（Ⅰ）∵∠ 90BAC   ，∴ AB AC ① ∵ CE  平面 ABD ， AB  平面 ABD ，∴ CE AB ② 由① ②，且 AC CE C 得 AB  平面 ACD ，∴ AB CD （Ⅱ）等腰直角三角形 BCD 中， BC BD ，∴ BC CD ； 又∵ AB CD ，CD  平面 ABC ，∴ CD AC . 等腰 Rt △ ABC 中，∵ 6BC  ，∴ 3 2AC  , 又 Rt △ ACD 中 6CD  ，CE AD ，∴ 2 2 3 6AE AC CD   ， 而 2AC AE AD  ，可得 6AE  ，故 1 3AE AD ,∵四边形 EFGH 为平行四边形，∴ / /EF GH ,∴ / /EF 平面 BCD ,又 EF  平面 ,ACD 且平面 ACD  平面 BCD CD ，∴ / /EF CD . 由 1 3AE AD 得 1 23EF CD  ，且有 1 3AF AC ;由 CD  平面 ABC 得CD FG ，进而 EF FG ; 同理可得 / /FG AB ，且 2 3FG AB  2 2 .进而可分别求得 ,35,24,5,2,2   AEHBEFGHABGFBGHAEF SSSSS 所以所求表面积为 25357 S . 20.【解析】（Ⅰ）设 ),,(),,( 2211 yxByxA 线段 AB 的中点 ),( 00 yxM ，由 2 2 21 2 1 2,2 yxyx  可得 ),(2))((),(2 21212121 2 2 2 1 yyxxxxyyxx  ,2 0 21 21 21 xxx xx yykAB   又 ,0 2 0 0   x ykMN 依题意， .1,12 0 0 0 0  yx yxkk MNAB ………(4 分) （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）可得 22)(1,( 00  xxM 且 )00 x ，则 ),(1:, 000 xxxylxk ABAB  联 立      yx xxxy 2 )(1 2 00 可 得 ,0222 2 00 2  xxxx 则 , 22 2 048 2 021 021 2 0         xxx xxx x 进 而 可 得 ,4811 2 0 2 021 2 0 xxxxxAB  点 N 到 直 线 AB 的 距 离 为 ,2)1(2 1, 1 1 1 120 2 0 2 02 0 2 0 2 0 2 0 xxABdS x x x x d ABN         设 ),20(2 2 0  ttx 则 ,)3(,2 222 0 ttStx ABN   设 ,)3()( 2 tttf  则 ,033)(' 2  ttf 易得 )(tf 在 )1,0( 上单增，在 )2,1( 上单减，进而可得 ,2)1()( max  fS ABN 此 时 .10 x ,进而可求得直线 AB 的方程为 xy  .………(12 分) 方法二：设AB的方程为 mkxy  ,其中与y轴交点为 ),0( mP ，AB中点 )1,( 0xM ， ,1 0 0 xkx mk ABPM   即 ,1 22 0 kxm  mk 12 ，由      yx mkxy 22 消去 y ，得到 0222  mkxx ，则       mxx kxx mk 2 2 084 21 21 2 ， ,8411 22 21 2 mkkxxkAB  又设 )2,0(N 到直线AB的距离为d,则 , 1 2 2k md   mmmkmdABS  128422 1 2 1 2 。 .1,012  mmk ,2)3 6(2 1 2 1)22)(2)(2()1()2( 32  mmmmmS 当且仅当 222  mm 即 0m 时取等号,进而可求得直线 AB 的方程为 xy  .………(12 分) 21.【解析】（Ⅰ）方法一：当 0a 时， ).0(11)(',ln)(  xx bxbxxfbxxxf 当 0b 时， )(,0)(' xfxf  在 ),0(  上单调递增，舍去；当 0b 时， bxxf 1,0)('  ，进而 )(xf 在 )1,0( b  上单调递增，在 ),1(  b 上单调递减，依题意有 ,1,01)1ln(,0)1( ebbbf  进而解得 01  be ； 又 ,0)1(  bf 且 ,11  eb )(xf 在 )1,0( b  上单调递增，进而由零点存在定理可知 )(xf 在 A E B G F H DC)1,0( b  上存在唯一零点； 下先证 )0(1ln  xxex 恒成立： 令 ,ln1)( xxex  则 ,11)(' ex ex xex  易得 )(x 在（0，e）上单减，在 ),( e 上单增，进而 ,ln1,0)()( xxeex   ,ln)(,2ln2ln 2 1 2 1 2 1 2 1 bxxbxxxfxxexx  若 ,02 1  bxx 得 2 1 bx  . ,1,1 2 2 ebeb  即 当 ),1(  bx 时 ， 取 ,1 20 bx  有 ,0)1()1( 2 2 1 22  b b bbf 即 存 在 20 1 bx  使 得 ,0)( 0 xf 进 而 由 零 点 存 在 定 理 可 知 )(xf 在 ),1(  b 上存在唯一零点； 综上可得 01  be ...............（6 分） 方法二： .ln,0ln x xbbxx  设 ,1lnln1)(',ln)( 22 x x x xxgx xxg  结合 )(xg 图像分析可 得 01  be ..............（6 分） （Ⅱ）当 0b 时，存在 1a ，使得不等式 )1(2)(  xaxf 恒成立.证明如下： 当 0b 时，设 ),1(21 2ln)(  xa x axxg .2)1( 21)(' 2 a x a xxg  依题意， 0)( xg 恒成立，又 ,0)1( g 进而条件转化为不等式 )1()( gxg  对 0x 恒成立，所以 )1(g 是函数 )(xg 的最大值，也是 函 数 )(xg 的 极 大 值 ， 故 1,0)1('  ag . 又 当 1a 时 ， )0()1(2 )2)(1( )1(2 2)(' 2 2 2 3    xxx xxx xx xxxg ， 令 0)(' xg 可 得 ,10  x 令 0)(' xg 可 得 .1x 故 )(xg 在（0,1）上递增，在 ),1(  上递减.因此 0)1()(  gxg ，即不等式 )1(2)(  xaxf 恒 成立. 综上，存在且a的取值集合为 }.1{ ....................（12 分） 22.【解析】（Ⅰ） 2 2 1 : 1C x y  ，圆心为 (0,0) ，半径为1， 2 : 2C y x  圆心到直线距离 | 2 | 2 2 d   ，所以 1C 上的点到 2C 的最小距离为 2 1 ；………(5 分) （Ⅱ）伸缩变换为      yy xx 2 2 ' ' ，所以 12 ' 4 ':' 22 1  yxC ， 把 2 2 1: 2 1 x tC y t      （t 为参数）化成标准方程为： ' 2 2 12 2 12 x t C y t       ： , 将 ' 2C 和 1C 联立，得 02223 2  tt ，.因为 1 2 0t t  ， 3 244)( 21 2 212121  ttttttttPBPA .………(10 分) 23.【解析】（Ⅰ）由|x－m|－|x－1|≤|(x－m)－(x－1)|＝|1－m|，得函数 f(x)的最大值为|1－m|． ∴|1－m|＝2，得 m＝－1 或 m＝3, ∵m＞0，∴m＝3 ……………（5 分） （Ⅱ）由（1）知： mcba  222 , 9)(3)(2)( 2222222  cbacabcabcbacba , 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，“＝”成立，进而 3 cba ……（10 分）