2022年广东省江门市高考数学模拟试卷（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年广东省江门市高考数学模拟试卷（3月份）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（5分）已知全集UR，设集合Ax|x2x60，Bx|x10，则A（UB）（）Ax|1x3Bx|2x1Cx|x2Dx|x32（5分）已知复数z的共轭复数是z，若2z-z1i，则|z|（）A1B103C2D3033（5分）已知a，bR，则“ab1”是“a2+b22”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（5分）第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行此届冬奥会的项目中有两大项是

2、滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（）A324B306C243D1625（5分）已知|a|=1，|b|=2，a，b=120，则|2a-3b|=（）A27B26C213D46（5分）设f（x）为偶函数，当x0，+）时，f（x）x1，则使f（x）0的x取值范围是（）Ax|x1Bx|1x0Cx|x1或x1Dx|1x0或x17（5分）“哥德巴赫猜想”是近代三

3、大数学难题之一，其内容是：任意一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩若将22拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为（）A13B27C311D5218（5分）已知M是圆C：x2+y21上一个动点，且直线l1：mxy3m+10（mR）与直线l2：x+my3m10（mR）相交于点P，则|PM|的取值范围是（）A3-1，23+1B2-1，32+1C2-1，22+1D2-1，33+1二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每

4、小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。（多选）9（5分）下列函数中，最小正周期为，且在(0，2)上单调递增的是（）Ay|sinx|BytanxCysin2xDy|tanx|（多选）10（5分）如图，三棱锥DABC中，CABDABDAC60，ACAB1，AD2，则下列说法正确的是（）AADBCB平面ABC平面BCDC三棱锥DABC的体积为26D以AB为直径的球被平面ACD所截得的圆在ACD内的弧的长度为618（多选）11（5分）已知数列an的前n项和为Sn=-n2+33n(nN*)，则下列说法正确的是（）Aan是递增数列Ban2n+34C当n1

5、6，或17时，Sn取得最大值D|a1|+|a2|+|a30|452（多选）12（5分）在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点的任意一点P（x，y），它与原点的距离是r我们规定：比值rx、ry、xy分别叫做角的正割、余割、余切，分别记作sec、csc、cot，把ysecx、ycscx、ycotx分别叫做正割函数、余割函数、余切函数，则下列叙述正确的是（）Acos+sec2Bysecx的定义域为x|xk，kZCcot2=cot2-12cotD（sec+cos）2+（csc+sin）29三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知tan(-4)=12，则2sin-cos

6、sin+3cos= 14（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1B与平面A1DCB1所成的角的大小是 15（5分）若函数g（x）为定义在R上的奇函数，g（x）为g（x）的导函数，当x0时，g（x）2x，则不等式g（x）x2的解集为 16（5分）已知椭圆长轴AB的长为4，N为椭圆上一点，满足|NA|1，NAB60，则椭圆的离心率为 四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列an中，a11，an+12an+1（nN*）（1）求证：数列an+1是等比数列；（2）求数列an的前n项和18（12分）在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c

7、，且满足（a+b）（sinAsinB）（ac）sinC（1）求角B的大小；（2）若c=23，求a的取值范围19（12分）如图，在正四棱锥SABCD中，ACBDO，SA=2AB，P在侧棱SD上，SD平面PAC（1）求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SE：EC的值；若不存在，请说明理由20（12分）浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种栽培东魁杨梅一举多得，对开

8、发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径XN（，2）（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图（1）用频率分布直方图估计样本的平均数x近似代替，标准差s近似代替，已知s0.3根据以往经验，把果径与的差的绝对值在2内的果实称为“标准果”现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率（结果精确到0.01）（2）随着直播带货的发展，该农场也及时跟进网络销售在大大提升销量的同时，

9、也增加了坏果赔付的成本现该农场有一款“9A20”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元根据收集到的数据，知若采用A款包装盒，成本a（1a5）元，且每盒出现坏果个数满足P（i）=(12)i，i=1，2，3，4116，i=00，i=5，6，20，若采用B款包装盒，成本8a7元，且每盒出现坏果个数满足P（i）=m(12)i，i=1，2，3，40，i=0，4，5，6，.20，（m为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润？参考数据：36.20.2+36.40.25+36.60.7+36.80.8+371.1+

10、37.20.8+37.40.65+37.60.4+37.80.05+380.05185P（X+）0.6826；P（2X+2）0.9544；P（3X+3）0.9974；0.9544190.412；0.9544200.39321（12分）已知抛物线T：y22px（p0），点F为其焦点，P为T上的动点，Q为P在动直线xt（t0）上的投影当PQF为等边三角形时，其面积为163（1）求抛物线T的方程；（2）过x轴上一动点E（a，0）（a0）作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为AB，CD的中点，求EHK面积的最小值22（12分）已知函数f（x）lnx，g（x）ax+2

11、x-5（1）证明：f(x)x；（2）若函数f（x）的图象与g（x）的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围2022年广东省江门市高考数学模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、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（5分）已知全集UR，设集合Ax|x2x60，Bx|x10，则A（UB）（）Ax|1x3Bx|2x1Cx|x2Dx|x3【解答】解：全集UR，集合Ax|x2x60x|2x3，Bx|x10x|x1，UBx|x1，则A（UB）x|x2故选：C2（5分）已知复数z的共轭复数是z，若2z-z1i，则|z|（）A1B103C2D3

12、03【解答】解：设za+bi（a，bR），则z=abi，则2z-z2（abi）（a+bi）a3bi1i，故a1，b=13，故|z|=12+(13)2=103，故选：B3（5分）已知a，bR，则“ab1”是“a2+b22”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：当ab1时，则a2+b22ab2，充分性成立，当a4，b1时，满足a2+b22，但ab1，必要性不成立，ab1是a2+b22的充分不必要条件，故选：A4（5分）第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项

13、，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（）A324B306C243D162【解答】解：甲乙观看的分项都不相同，则有A62A32；甲乙观看的分项相同的是滑雪中的分项，则有A61A32；甲乙观看的分项相同的是滑冰中的分项，则有A62A31综上可得：不同的方案种数是A62A32+A61A32+A62A31=306故选：B5（5分）已知|a|=1，|b|=2，a，b=120，则|2a-3b|

14、=（）A27B26C213D4【解答】解：|2a-3b|=4a2+9b2-12ab=4+94-1212(-12)=213，故选：C6（5分）设f（x）为偶函数，当x0，+）时，f（x）x1，则使f（x）0的x取值范围是（）Ax|x1Bx|1x0Cx|x1或x1Dx|1x0或x1【解答】解：根据题意，当x0，+）时，f（x）x1，则f（x）在0，+）上为增函数且f（1）110，又由f（x）为偶函数，则f（x）0即f（x）f（1），则有|x|1，解可得：x1或x1，即x取值范围是x|x1或x1；故选：C7（5分）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：任意一个大于2的偶数都可以写成两个素

15、数（质数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩若将22拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为（）A13B27C311D521【解答】解：22可拆分成：1+21，2+20，3+19，4+18，5+17，8+14，9+13，10+12，11+11，共有11种情况，拆成的和式中，加数全部为素数的有3种，分别为3+19，5+17，11+11，拆成的和式中，加数全部为素数的概率：P=311故选：C8（5分）已知M是圆C：x2+y21上一个动点，且直线l1：mxy3m+10（

16、mR）与直线l2：x+my3m10（mR）相交于点P，则|PM|的取值范围是（）A3-1，23+1B2-1，32+1C2-1，22+1D2-1，33+1【解答】解：直线l1：mxy3m+10（mR）整理可得，m（x3）（y1）0，即直线l1恒过（3，1），同理可得，直线l2恒过（1，3），直线l1和l2互相垂直，两条直线的交点P在以（1，3），（3，1）为直径的圆上，即P的轨迹方程为（x2）2+（y2）22，设该圆心为M，圆心距|MC|=22+22=222+1，两圆相离，22-2-1|PM|22+2+1，|PM|的取值范围是2-1，32+1故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分

17、。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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。（多选）9（5分）下列函数中，最小正周期为，且在(0，2)上单调递增的是（）Ay|sinx|BytanxCysin2xDy|tanx|【解答】解：由于y|sinx|不是周期函数，故排除A；由于ytanx最小正周期为，且在(0，2)上单调递增，故B满足条件；由于sin2x在(0，2)上没有单调性，故排除C；由于y|tanx|最小正周期为，且在(0，2)上单调递增，故D满足条件，故选：BD（多选）10（5分）如图，三棱锥DABC中，CABDABDAC60，ACAB1，AD2，则下列说法正确的是（）AAD

18、BCB平面ABC平面BCDC三棱锥DABC的体积为26D以AB为直径的球被平面ACD所截得的圆在ACD内的弧的长度为618【解答】解：设O为BC中点，连接AO，DO，由ACD和ABD全等，可知DCDB，ACAB，则DOBC，AOBC，BC平面AOD，BCAD，A正确；BC平面AOD，AOD为二面角ABCD的平面角，计算可得AO=32，BD=4+1-221cos60=3，DO=3-14=112，AD2AO2+OD2，故AOD90，故B错误；cosDAO=4+34-1142232=33，sinDAO=63VD-ABC=2VB-ADO=213(1232263)12=26，C正确；SACD=12213

19、2=32，设B到平面ACD的距离为d，则以AB为直径的球的球心到平面ACD的距离d=12d，即d2d，由VD-ABC=26=VB-ACD=13SACD2d得d=3263212=66，如图所示，设AD交球O1与F，AC交球O1于E，平面ACD截得球的圆为圆O2，设圆O2半径为r，则O1O2=66，O1E=AB2=12，则O2E=O2F=r=O1E2-O1O22-14-16=123，EF=EO2Fr=2EAFr=23123=39，D错误故选：AC（多选）11（5分）已知数列an的前n项和为Sn=-n2+33n(nN*)，则下列说法正确的是（）Aan是递增数列Ban2n+34C当n16，或17时，S

20、n取得最大值D|a1|+|a2|+|a30|452【解答】解：根据题意，数列an的前n项和为Sn=-n2+33n(nN*)，当n1时，a1S132，当n2时，anSnSn12n+34，故an2n+34，则an是首项为32，公差为2的等差数列，由此依次分析选项：对于A，an是递减数列，A错误；对于B，an2n+34，B正确；对于C，an2n+34，则a170，故当n16，或17时，Sn取得最大值，C正确；对于D，|a1|+|a2|+|a30|（a1+a2+a17）（a18+a19+a30）2S17S30454，D错误；故选：BC（多选）12（5分）在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点

21、的任意一点P（x，y），它与原点的距离是r我们规定：比值rx、ry、xy分别叫做角的正割、余割、余切，分别记作sec、csc、cot，把ysecx、ycscx、ycotx分别叫做正割函数、余割函数、余切函数，则下列叙述正确的是（）Acos+sec2Bysecx的定义域为x|xk，kZCcot2=cot2-12cotD（sec+cos）2+（csc+sin）29【解答】解：根据ysecx、ycscx、ycotx的定义，可得secx=1cosx，cscx=1sinx，cotx=1tanx，cos+seccos+1cos可能为负数，故A不一定成立，故排除A；ysecx=1cosx的定义域为x|xk+

22、2，kZ，故排除B；cot2=1tan2=1-tan22tan，而cot2-12cot=1-taan22tan，故C一定成立，故C正确；（sec+cos）2+（csc+sin）2（1cos+cos）2+（1sin+sin）21cos2+cos2+2+1sin2+sin2+25+1sin2cos2=5+4sin225+49，故D成立，故选：CD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知tan(-4)=12，则2sin-cossin+3cos=56【解答】解：由tan(-4)=12，可得tan-11+tan=12，解得tan3，则2sin-cossin+3cos=2tan-1

23、tan+3=6-13+3=56故答案为：5614（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1B与平面A1DCB1所成的角的大小是 30【解答】解：连接BC1，交B1C于点O，再连接A1O，因为是在正方体ABCDA1B1C1D1中，所以BO平面A1B1CD，所以BA1O是直线A1B与平面A1B1CD 所成的角设正方体ABCDA1B1C1D1的边长为1，所以在A1BO中，A1B=2，OB=22，所以sinBA1O=12，所以直线A1B与平面A1B1CD 所成的角的大小等于30故答案为：3015（5分）若函数g（x）为定义在R上的奇函数，g（x）为g（x）的导函数，当x0时，g（x）2x，则

24、不等式g（x）x2的解集为 （，0）【解答】解：g（x）是R上奇函数，g（0）0，令h（x）g（x）x2，则h（x）g（x）2x，x0时，g（x）2x，x0时，h（x）0，h（x）单调递减，x0时，h（x）h（0）g（0）0，即x0时，g（x）x20，当x0时，x0，h（x）h（0），即g（x）x20，g（x）是奇函数，g（x）x2，即x0时，g（x）x20，综上，x0时，g（x）x20，x0时，g（x）x20g（x）x2的解集是（，0）故答案为：（，0）16（5分）已知椭圆长轴AB的长为4，N为椭圆上一点，满足|NA|1，NAB60，则椭圆的离心率为 277【解答】解：因为长轴|AB|4，所

25、以2a4，解得a2，过点N，作垂线NMAB，垂足为M，因为|NA|1，NAB60，所以|AM|NA|cos60=12，由勾股定理可得|MN|=AN2-AM2=32，所以|MO|AO|AM|2-12=32，连接NF1，NF2，所以|AF1|ac2c，|F1M|AM|AF1|=12-2+cc-32，由勾股定理可得|NF1|2|MF1|2+|NM|2（c-32）2+34=c23c+3，|MF2|a+c|AM|2+c-12=32+c，|NF2|2a|NF1|4-c2-3c+3，由勾股定理得|MN|2+|MF2|2|NF2|2所以34+（32+c）2（4-c2-3c+3）2，解得c=477，所以离心率e

26、=ca=277故答案为：277四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）已知数列an中，a11，an+12an+1（nN*）（1）求证：数列an+1是等比数列；（2）求数列an的前n项和【解答】解：（1）an+12an+1，（nN*），an+1+12（an+1），an+1+1an+1=2，数列an+1是以2为公比的等比数列，（2）由（1）知，数列an+1是等比数列，且q2，首项为a1+12，an+122n12n，an2n1，数列an的前n项和sn（2+22+2n）n=2(1-2n)1-2-n2n+1n218（12分）在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别是a

27、，b，c，且满足（a+b）（sinAsinB）（ac）sinC（1）求角B的大小；（2）若c=23，求a的取值范围【解答】解：（1）由（a+b）（sinAsinB）（ac）sinC，可得（a+b）（ab）（ac）c，化为a2+c2b2ac，则cosB=a2+c2-b22ac=ac2ac=12，由0B2，可得B=3；（2）由cosB=a2+c2-b22ac，B=3，c23，可得b2a2+1223a，因为ABC为锐角三角形，所以a2+b2c2b2+c2a2c2+a2b2，即为2a2-23a024-23a01212-23a，解得3a43，则a的取值范围是（3，43）19（12分）如图，在正四棱锥SA

28、BCD中，ACBDO，SA=2AB，P在侧棱SD上，SD平面PAC（1）求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SE：EC的值；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）如图，连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO平面ABCD，ACBD，以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x，y，z轴，建立坐标系Oxyz如图所示SA=2AB，不妨设AB=2，SA2，OAOBOCOD1，SO=3，由题意得S（0，0，3），D（1，0，0），A（0，1，0），B（1，0，0），SA=（0，1，-3），SB=（1，0，-3），设平面SAB的一个法

29、向量为m=（x，y，z），则有-y-3z=0x-3z=0，可取m=（3，-3，1），SD平面PAC，平面PAC的一个法向量为SD=（1，0，-3），设平面SAB与平面PAC所成的锐二面角为，cos|cosm，SD|=|-3+0-3|3+3+11+0+3=217，平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值为217；（2）在棱SC上存在一点E使BE平面PAC在SC上取一点E，连接EB，由（1）设E（a，b，c），且SE=SD，即（a，b，c-3）（0，1，-3），可得a0，b，c=3-3，即E（0，3-3），BE=（1，3-3），平面PAC的一个法向量SD=（1，0，-3），若BE平面PAC，则

30、BESD=0，即1+03+30，解得=23，故SE：SC=23，侧棱SC上存在一点E，使得BE平面PAC，且SE：EC2：120（12分）浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径XN（，2）（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出

31、1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图（1）用频率分布直方图估计样本的平均数x近似代替，标准差s近似代替，已知s0.3根据以往经验，把果径与的差的绝对值在2内的果实称为“标准果”现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率（结果精确到0.01）（2）随着直播带货的发展，该农场也及时跟进网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本现该农场有一款“9A20”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元根据收集到的数据，知若采用A款包装盒，成本a（1a5）元，且每盒出现坏果个数满足P

32、（i）=(12)i，i=1，2，3，4116，i=00，i=5，6，20，若采用B款包装盒，成本8a7元，且每盒出现坏果个数满足P（i）=m(12)i，i=1，2，3，40，i=0，4，5，6，.20，（m为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润？参考数据：36.20.2+36.40.25+36.60.7+36.80.8+371.1+37.20.8+37.40.65+37.60.4+37.80.05+380.05185P（X+）0.6826；P（2X+2）0.9544；P（3X+3）0.9974；0.9544190.412；0.9544200.393【解答】解：（

33、1）由题意得：x=1850.2=37，所以37，s0.3，则2370.636.4，+237+0.637.6，所以P（36.4X37.6）0.9544，设从农场中啇取20颗果，这20颗果恰好有一颗不是“标准果”为事件A，则P(A)=C201(1-0.9544)0.954419=200.04560.4120.38；（2）由12m+14m+18m=1，解得：m=87，所以P(=i)=87(12)t，i=1，2，3，采用A款包装盒获得利润的数学期望E1=80-4E()-a=80-4112+2(12)2+3(12)3+4(12)4-a=1472-a，采用B款包装盒获得利润的数学期望E2=80-4E()-

34、87a=80-4147+227+317-87a=5167-87a，令1472-a=5167-87a，解得：a=32，由于1a5，令1472-a5167-87a，解得：a(32，5，令1472-a5167-87a，解得：a1，32)，故当a=32 时，采用两种包装利润一样，当a1，32) 时，采用B款包装盒，当a(32，5 时，采用A款包装盒21（12分）已知抛物线T：y22px（p0），点F为其焦点，P为T上的动点，Q为P在动直线xt（t0）上的投影当PQF为等边三角形时，其面积为163（1）求抛物线T的方程；（2）过x轴上一动点E（a，0）（a0）作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点

35、A，B和C，D，点H，K分别为AB，CD的中点，求EHK面积的最小值【解答】解：（1）抛物线T：y22px（p0）的焦点F(p2，0)，准线x=-p2，因为PQF为等边三角形，则有|PQ|PF|，而Q为P在动直线xt（t0）上的投影，则t=-p2，由SPQF=12|PF|2sin60=163，解得|PF|8，设P(y022p，y0)，则点Q(-p2，y0)，于是由|PQ|=8|QF|=8 得：y022p+p2=8y02+p2=64，解得p4，所以抛物线T的方程为：y28x（2）显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，设直线AB方程为：xmy+a，则直线CD方程为：x=-1my+a，由x=my+ay

36、2=8x 消去x并整理得：y28my8a0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y28m，于是得弦AB中点H(4m2+a，4m)，|EH|=(4m2)2+(4m)2=4|m|m2+1，同理得|EK|=4|-1m|(-1m)2+1=4|1m|1m2+1，因此，直角EHK面积S=12|EH|EK|=124|m|m2+14|1m|1m2+1=8(m2+1)(1m2+1)=82+m2+1m282+2m21m2=16，当且仅当m2=1m2，即m1时取“，所以EHK面积的最小值为1622（12分）已知函数f（x）lnx，g（x）ax+2x-5（1）证明：f(x)x；（2）若函数f（x）的图象与g

37、（x）的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围【解答】（1）证明：令F（x）f（x）-x，则F（x）=1x-12x=2-x2x，当0x4时，F（x）0，F（x）单调递增，当x4时，F（x）0，F（x）单调递减，所以当x4时，F（x）取得最大值F（4）ln420，所以F（x）0，即f（x）x；（2）解：由题意得，lnxax+2x-5在x0时有两个解，即a=lnx+5-2xx在x0时有两个解，令G（x）=lnx+5-2xx，则G（x）=(1x+2x2)x-lnx-5+2xx2=4x-lnx-4x2，令m（x）=4x-lnx4，则m（x）在x0时单调递减且m（1）0，所以，当x1时，m（x）0，G（x）0，G（x）单调递减，当0x1时，m（x）0，G（x）0，G（x）单调递增，当x+时，G（x）0且x0时，G（x），G（1）3，所以0a3，所以a的范围（0，3