浙江省金华十校2022-2023学年高三下学期4月模拟考试预演数学试题.pdf

1、试卷第 1 页，共 5 页浙江省金华十校 2022-2023 学年高三下学期 4 月模拟考试预演数学试题浙江省金华十校 2022-2023 学年高三下学期 4 月模拟考试预演数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1若向量，且，则（）,2ax1,2b aba AB4CD2 33 22 52已知集合满足，那么这样的集合 M 的个数为（）M2,31,2,3,4,5MA6B7C8D93已知，则的值为（）523456012345611xxaa xa xa xa xa xa x3aAB0C1D214若复数，则的最大值为（）23iiiinz *NnzA1BCD2255已知等比数列的公比

2、的平方不为，则“是等比数列”是“是等差 na*1,Nnb nba nb数列”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6半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为ROABBBCDR的正三角形，线段分别与球面交于点，那么三棱锥的体积是,AC AD,M NAOMN（）ABCD34 375R34 325R3375R3325R7设函数（）（为自然对数的底数），若恰好存在 2exf xaxaxRae2.718两个正整数，使得，则实数的取值范围是（）mn 0f m 0f n aAB24ee,2 1234ee,6 12CD32ee,6224ee,2 128如图，已知椭圆和

3、双曲线具有相同的焦点，A、B、C、D 是1C2C1,0Fc2,0Fc试卷第 2 页，共 5 页它们的公共点，且都在圆上，直线 AB 与 x 轴交于点 P，直线 CP 与双曲线222xyc2C交于点 Q，记直线 AC、AQ 的斜率分别为、，若椭圆的离心率为，则1k2k1C15512k k的值为（）A2BC3D452二、多选题二、多选题9已知，则（）1sincos50,A B 12sincos25 sincos1225C D7sincos54tan3 10 如图，在正方体中，点 P 在侧面及其边界上运动，1111ABCDABC D1AB 11BCC B并且总是保持，则下列结论正确的是（）1APBD

4、A113P AA DVB点 P 在线段上1BCC平面1BD 11AC D试卷第 3 页，共 5 页D直线 AP 与侧面所成角的正弦值的范围为11BCC B2,1211设，为椭圆的左，右焦点，直线 过交椭圆于 A，B 两点，则以1F2F22143xyl1F下说法正确的是（）A的周长为定值 8B的面积最大值为2ABF2ABF2 3C的最小值为 8D存在直线 l 使得的重心为2212AFAF2ABF1 1,6 412已知各项均为正数的数列满足为其前项和，na1*111,ecos,nannnaaanSNn则（）AB1nnaa211nnnaaaCD1nan2nSn三、填空题三、填空题13已知、，直线 上

5、有且只有一个点满足，写出满足条件0,0O3,0AlP2PAPO的其中一条直线 的方程_l14在 2021 年 6 月某区的高二期末质量检测考试中，学生的数学成绩服从正态分布 已知参加本次考试的学生约有 9450 人，如果某学生在这次考试中数学98,100XN成绩为 108 分，那么他的数学成绩大约排在该区的名次是_附:若,2,XN 则，.()0.6826PX(22)0.9544PX15已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，且ABCDA4AB 2 2BC，与平面所成的角的大小分别为 30，45，则矩形与平面所成角的ABBCABCD正切值为_16定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲

6、队，则称甲乙丙为一个“友好组”.如果 20 支球队参加单循环比赛，则友好组个数的最大值为_.四、解答题四、解答题17如图，在直三棱柱中，M 为的111ABCABC2CACB2 2AB 13AA AB中点.试卷第 4 页，共 5 页(1)证明：平面；1/AC1BCM(2)求点 A 到平面的距离.1BCM18记为数列的前项和，已知.nS nan1111,2nnnnSSaaa(1)求的通项公式；na(2)令，记数列的前项和为，试求除以 3 的余数.2nanb nbnnT21nT19甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人

7、踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有 1 人进球另一人不进球，进球者得 1 分，不进球者得分；两人都进球1或都不进球，两人均得 0 分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的12概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响1213(1)经过 1 轮踢球，记甲的得分为 X，求 X 的分布列及数学期望；(2)求经过 3 轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率20记的内角的对边分别为.已知.ABC,A B C,a b csincostanABC(1)求；2AC(2)证明：.25cba21已知抛物线，圆是上的一点.21:Cxy222:(4)1,CxyP1C(1)设是上的一点，求

8、的最小值；Q2CPQ(2)过点作的两条切线分别交于两点（异于）.若，求点的坐标.P2C1C,A BPPAPBP22已知函数.11ln,2f xx g xxx(1)证明：当时，；1x f xg x(2)设为正实数且.,a bab试卷第 5 页，共 5 页（i）若，证明：；baabeab（ii）若，证明：.1abbaabababab答案第 1 页，共 20 页参考答案：参考答案：1D【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示即得.x【详解】由，可得，ab2 20 x 所以，4x 2,2a.2|44202 5a 故选：D.2C【分析】根据集合的包含关系一一列举出来即可.【详解】因为，2

9、,31,2,3,4,5M所以集合可以为：，M 2,3,1,2,3,2,3,4,2,3,5,1,2,3,5共 8 个，1,2,3,4,2,3,4,5,1,2,3,4,5故选：C.3B【分析】根据，结合二项式定理求解即可.5551111xxx xx【详解】因为，展开式第项5551111xxx xx51x1r，当时，当时，55155C(1)C(1)rrrrrrrTxx3r 33235C(1)10 xxx 2r，故，即.22335C(1)10 xx333310100a xxx30a 故选：B4B【分析】分、四种情*4Nnk k41Nnkk42Nnkk43nkNk况讨论，分别求出，即可得到，从而得解.z

10、z【详解】解：因为，1ii2i1 3ii 41i，且，41iik42i1k 43iik 4i1kNk234iiii0所以当，时，则，4nk*Nk0z 0z 当，时，则，41nkNkiz 1z 答案第 2 页，共 20 页当，时，则，42nkNk1 iz 22112z 当，时，则，43nkNk1z 1z 所以的最大值为.z2故选：B5C【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.【详解】设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，naqnba1111111nnnnnnbbbbbbaa qqaa q由为常数，所以是等差数列；211nnqbb nb若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是

11、 nb nbd1111111nnnnnnbbbbdbbaa qqqaa qnba等比数列.综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.nba nb故选：C6A【分析】作出辅助线，根据三角形相似表达出各边长，利用三角形面积公式求出的面AOP积及三棱锥的体积.【详解】连接，因为为直径，,BM MN OM ONAB所以，在 Rt中，BMAMABCRt BCMRt ACB所以，即，BCCMACBC2CBCM AC其中，所以，22(2)5ACRRR54 5,55CMR AMR易证，所以，AMNACD4455MNCDR取的中点的中点，连接，MN,P CDQAQ则必过点，于是，AQP21332222AB

12、QSRRR答案第 3 页，共 20 页又，14,25AOAB APAQ所以1114sinsin2225AOPSAO APOAPABAQOAP 14 1sin25 2AB AQAOP，22141433252525ABQSRR于是.2311344 3335575A OMNAOPVSMNRRR故选：A7A【分析】根据给定条件，只需考查当时，成立的正整数有且只有两个，再构1x 2exaxx造函数，探讨其性质即可作答.【详解】函数中，而恰好存在两个正整数使得 2exf xaxax(1)e0f,m n，则，00,f mf n1,1mn当时，因此有且只有两个大于 1 的正整数使得成立，1x 2e()0 xf

13、 xaxx2exaxx令，求导得：，由得，由2e(),1xg xxxx222(31e()()xxxxg xx()0g x3512x得，()0g x352x答案第 4 页，共 20 页因此函数在上单调递减，在上单调递增，而，()g x35(1,)235(,)235232则必有，又，因此符合题意的正整数只有 2 和 3 两2e(2)2ag322eeee(3)(2)62 32gg个，于是得，所以实数的取值范围是.4e(4)12aga24ee212a故选：A【点睛】关键点睛：涉及不等式整数解的个数问题，构造函数，分析函数的性质并画出图象，数形结合建立不等关系是解题的关键.8D【分析】设椭圆方程为，双曲

14、线方程为，根据椭圆离心率得到22221xyab22221xyst，故椭圆方程为，联立求出点坐标，从而由对称性得2225ba222252xya222xycA到点坐标，表达出，将点代入双曲线方程，结合,B C P530:56CP yxbA得到，得到双曲线方程，联立2222232stabb222bs 22tb222221xybb，得到两根之和，两根之积，表达出，从而求出，530:56CP yxb7 306,5427bQb12,k k得到乘积.【详解】设椭圆方程为，双曲线方程为，22221xyab22221xyst则，22222abstc由可得，155ca2235ac因为，所以，222cab2225b

15、a故椭圆方程为，222252xya联立可得：，222xyc22222223253236xcbbbb2223by 则，306,63Abb由对称性可知 A、C 两点关于原点对称，A、B 两点关于轴对称，x答案第 5 页，共 20 页则，306,63Bbb306,63Cbb所以，故，30,06Pb60535303066CPbkbb直线，530:56CP yxb代入中得，306,63Abb22221xyst222252163bbst又，22222225322stabbbb结合得到或，2252bs 222bs 因为，显然，故，所以，2252absa222bs 2222322btbb故双曲线方程为，222

16、221xybb联立与得：，530:56CP yxb222221xybb22930705156xbxb设，11,Q x y则，解得：，213075669bxb 17 3054xb故，153530656279 30bybb 所以，7 306,5427bQb所以，其中，2663273053270654kbbbb1662 5335303066kbbbb故.1242 52 55k k 故选：D【点睛】椭圆和双曲线共焦点时，焦距成为联系两个曲线的桥梁，要根据题目条件列出方程，寻找到椭圆中长半轴，短半轴，和双曲线中实半轴，虚半轴的关系，再求解离心率或其他相答案第 6 页，共 20 页关问题，共焦点的椭圆和双

17、曲线的重要结论：具有公共焦点的椭圆和双曲线离心率分别为，为它们的一个交点，且，12,e eP122FPF则；2212sincos1ee若点是椭圆与双曲线的一00,P xy22122:10 xyCabab2222210,0:xyCmnmn个公共点，且它们在处的切线互相垂直，则椭圆与双曲线有公共焦点.00,P xy1C2C9ACD【分析】根据同角基本关系，结合完全平方公式可判断各项.【详解】对于 A：因为所以1sincos,521(sincos)12sincos,25 即，所以 A 正确;12sincos25 对于 B、C：因为，且，249(sincos)1 2sincos,25 0,12sinc

18、os025 所以，即，所以所以 B 错误，C 正确;sin0 cos0，sincos07sincos,5对于 D：联立，解得所以，所以 D 正确.1sincos57sincos543sin,cos,55 4tan3 故选：ACD.10BC【分析】对 A，由面面平行说明；1113P AA DAA DVSCD对 B，以 D 为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明，C，P 三点共线；1B对 C，由向量法证，再由线线垂直证平面；1111,DABD DCBD 1BD 11AC D对 D，由向量法求线面角，进而讨论范围.【详解】对于 A，点 P 在平面内，平面平面，所以点 P 到平面11BCC

19、 B11BCC B 1AAD1AAD的距离即为点 C 到平面的距离，即正方体的棱长，1AAD所以，A 错误；1111111 1 13326P AA DAA DVSCD 对于 B，以 D 为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，答案第 7 页，共 20 页则，且，1,0,0A,1,P xz1,1,0B10,0,1D11,1,1B0,1,0C01x01z所以，1,1,APxz 11,1,1BD 11,0,1BC 因为，所以，所以，即，所以，1APBD1110AP BDxz xz,1,P xx,0,CPxx 所以，即，C，P 三点共线，故点 P 在线段上，B 正确；1CPxBC 1B1BC对于 C，1

20、1,0,1A10,1,1C11,0,1DA 10,1,1DC 11,1,1BD 由，111111110,0,DA BDDCBDDABD DCBD 因为，平面，所以平面，C 正确；11DADCD1DA1DC 11AC D1BD 11AC D对于 D，平面的一个法向量为1,1,APxx 01x11BCC B0,1,0m 设与平面的夹角为，为锐角，AP 11BCC B其正弦值为2222111sin2111324m APm APxxx 由，得，D 错误01x26sin23故选：BC11ACD【分析】利用椭圆的定义可判断 A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断 C，设直线 的l方程为，联立椭圆方程利用韦

21、达定理法，可表示出的面积，的重心1xmy2ABF2ABF进而判断 BD.【详解】由椭圆，可得，22143xy2,3,1abc答案第 8 页，共 20 页所以为，故 A 正确；2ABF121248AFAFBFBFa因为，所以，当且仅当取等号，124AFAF221122282AFAFAFAF12AFAF故 C 正确；由题可设直线 的方程为，由，l1xmy221143xmyxy可得，2234690mymy设，则，1122,A x yB xy12122269,3434myyy ymm 所以，2221212122226912144343434mmyyyyy ymmm所以的面积为，2ABF21212211

22、21234mSFFyym令，则，21tm1t 221mt所以，2221211212134313mtSmttt因为，由对勾函数的性质可知，1t 134tt所以，当，即取等号，故 B 错误；22212112123134313mtSmttt1t 0m 由上可知122634myym所以，又，212122268223434mxxm yymm 21,0F所以的重心为，2ABF221821,33434mmm令，解得，221811334621344mmm 2m 所以当直线 的方程为时的重心为，故 D 正确.l21xy2ABF1 1,6 4故选：ACD.12ACD答案第 9 页，共 20 页【分析】A 选项，先

23、构造函数，并研究其单调性，利用 ecos0 xf xx xe10 xx x进行放缩，利用数学归纳法可证明；B 选项，构造函数，判断其单调性即可；2ecos0 xf xxxxxC 选项，利用数学归纳法和假设法可证明；D 选项，结合 C 选项结论对进行放缩即可证明.na【详解】设函数，则，故在上单调 ecos0 xf xx x esin0 xfxx f x0,递增.用数学归纳法下证.01na当时，有；1n 101 1a 假设当时，有，nk01ka由于，1001ecose1kkfaff a所以根据在上单调递增可知，f x0,101ka即当时，有.1nk101ka综上可知，.101ka对于 A，令，e

24、1,0 xg xxx因为，故在上单调递增，故，e10 xgx g x0,00g xg即，即.e10 xxe10 xxx，故 A 正确.11111ecos1cos nannnnnaaaaa对于 B，令，2ecos,0 xh xxxxx esin1 2xh xxx 令，m xh x ecos2xm xx令，则0，所以，即在上单调递增，n xm x esinxn xx n x m x0,所以，所以即 在上单调递增，00m xm m x h x0,所以，所以在上单调递增，00hxh h x0,答案第 10 页，共 20 页所以，即，即.00h xh2ecos0 xxxx2ecos xx xx故，故选项

25、 B 错误；12111ecos*nannnnaaaa对于 C，可用数学归纳法证明：.1nan当时，有成立；1n 111 110 a假设当时，有，nk10kkak*N若，111kka则由可知，*211111111111kkkkkkkkkkaaa与假设矛盾，故.1kak111kka故，故 C 正确.1nan对于 D，当时，1n 122211nannnnnnn故，故选项 D 正确.11212nnkkknSkkan故选：ACD.【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛：（1）可以利用数学归纳法来进行证明；（2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果.13

26、（答案不唯一，只需满足直线 与圆相切即可）1x l2214xy【分析】设点，由，求出点的轨迹方程，可知点的轨迹为圆，且圆,P x y2PAPOPP心为，半径，分析可知直线 与圆相切即可.1,0C 2r lC【详解】设点，由可得，,P x y2PAPO222232xyxy整理可得，即点的轨迹为圆，且圆心为，半径，2214xyP1,0C 2r 直线 上有且只有一个点满足，所以，直线 与圆相切，lP2PAPOlC所以，直线 的方程可为.l1x 答案第 11 页，共 20 页故答案为：（答案不唯一，只需满足直线 与圆相切即可）.1x l2214xy141500【分析】根据正态分布特点，则，再乘以总人数

27、即可.1080.1587P【详解】因为考试的成绩服从正态分布，X98,100N根据，则，98101089810得，1 0.68261080.15872P即数学成绩高于 108 分的学生占总人数的 15.87%，由，可知这位学生的数学成绩 108 分大约排在该区的名次是 15009450 15.87%1500故答案为：1500.153【分析】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，连接，通过BDEFAEAF几何关系可得到，过作 满足，过2BEDFAFAE2 324EFBDAl/l EFE做垂直 于点，连接，则即为所求，通过等面积法计算出即可求EPlPBPBPE2 33PE 解【详解】如图，过，分

28、别做平面的垂线，垂足分别为，连接，BDEFAEAF由，所以，,DFBE,AEAF,DFAF BEAE因为，与平面所成的角的大小分别为 30,45,且，ABBC/BC AD=BC AD所以，得，30BAE45DAF2BEDFAFAE2 3因为所以，,DFBE/DF BE又，所以四边形是平行四边形，2BEDFDFEB所以，因为，所以，所以，/BD EF,BDEFBD24EFBD过作 满足，则 即为矩形与平面的交线，Al/l EFlABCD过做垂直 于点，连接，则即为所求，EEPlPBPBPE在中，AEF4 12243cos32 2 2 3FAE 由可得，22cossin1,0FAEFAEFAE 6

29、sin3FAE所以，解得，112 2 3sin2422AEFSFAEEP 2 33PE 答案第 12 页，共 20 页所以矩形与平面所成角的正切值为.ABCDtan3BEBPEPE.故答案为：.316330【分析】从反面考虑非友好组的个数的最小值，后者可用逐步调整法来处理.【详解】当为偶数时，令，则总共有场比赛.m2mn22Cn不妨设有个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，x此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.因此，若队在比赛中赢了场，则，且以为组长的非友好组有1,2,2iA inik2221CninikiA

30、个（补充定义：，于是所有非友好组的个数为.2Cik2201CC0221Cinki下求最小值.221Cinki若在中，有.122,nk kk2jikk则令，其余且，*1,1iijjkkkk*(12jikkln,)li j，*2222222211C11CCCCCCCijijijijkkkkkkijkkkk 故调整后的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为 1.221Cinki不妨设有个个，则有y,2any1a222121,nyanyaCnn整理有.1122yann由于，故.由等式两边对应相等可知，121yn0,12yn1,anyn即调整后有个个.此时的值为，n1,nnn221Cinki2

31、(1)n n答案第 13 页，共 20 页则，32211(1)3Cnn nnxn n故友好组个数的最大值为，即.113n nn2224m mm下面为取到最大值的例子：设在.共支球队中，当时，队胜122,nA AA2n1in iA；当时，队胜，下标均是在模的意义下.12,iii nAAA12nin iA121,iii nAAA 2n综上所述，当为偶数时，友好组个数的最大值为.故如果 20 支球队参加m2224m mm单循环比赛，友好组个数的最大值为 330.故答案为：33017(1)证明见解析(2)3 2211【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用等体积法求解.【详解】（1）连接交

32、于点，连接，1BC1BCNMN则有为的中点，M 为的中点，N1BCAB所以，1/ACMN且平面，平面，1AC 1BCMMN1BCM所以平面.1/AC1BCM（2）连接,因为，所以,1AB2CACBC MAB又因为平面，平面，1AA ABCCM ABC答案第 14 页，共 20 页所以，,所以平面,1AACM1ABAAACM 11ABB A又因为平面,所以,1MB 11ABB A1CMMB又，所以是等腰直角三角形，222CACBABABC,221112,112CMABMBMBBB所以,1112222CMBSCM MB,1111222ACMACBSSCA CB设点 A 到平面的距离为，1BCMd因

33、为,所以,11A B CMBACMVV111133B CMACMSdSAA所以.113 2211ACMB CMSAAdS18(1)nan(2)2【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出，再根据12nnSna11,(1),(2)nnnSnaSSn求出；nan（2）利用等比数列前 n 项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数21nT【详解】（1）由有，即，112nnnnSSaa 11112nnnnnSaSaa 1112nnnnSSaa又，故，11a 111Sa所以数列是以 1 为首项，为公差的等差数列，nnSa12所以，即，12nnSna12nnnSa故，两式相减得，即，1122nnnSa1

34、12122nnnnnaaa1122nnnnaa所以，11111nnaaann答案第 15 页，共 20 页因此的通项公式为.nanan（2）由（1）及，有，所以，2nanb 2nnb 2212242nnnT又，011114(3 1)C 3C 3C31nnnnnnnn因为均为正整数，所以存在正整数使得，011C,C,Cnnnnk431nk故，221224231nnnTk所以除以 3 的余数为 2.21nT19(1)分布列见解析；期望为112(2)79192【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运

35、算.【详解】（1）记一轮踢球，甲进球为事件 A，乙进球为事件 B，A，B 相互独立，由题意得：，1111233P A 1111224P B甲的得分 X 的可能取值为，1,0,1，11111346P XP ABP A P B 11117011343412P XP ABP ABP A P BP A P B ，11111344P XP ABP A P B所以 X 的分布列为：X101p1671214.1711101612412E X （2）经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲 3 轮各得 1 分；甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮得 0 分；甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮

36、得分；甲 3 轮中有 1 轮得 1 分，21答案第 16 页，共 20 页轮各得 0 分，甲 3 轮各得 1 分的概率为，3111464P甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮得 0 分的概率为，2223177C41264P甲 3 轮中有 2 轮各得 1 分，1 轮得分的概率为，12233111C4632P甲 3 轮中有 1 轮得 1 分，2 轮各得 0 分的概率为，21431749C412192P所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率.1714979646432192192P 20(1)；32(2)证明见解析.【分析】（1）根据，由诱导公式逆推可得，再由，可得sincosAB2AB2A

37、B，再代入计算即可；2AB2AC（2）根据（1）可得，再通过二倍角公式化简计算可得3cos2sintantan22sin2AACAA，换元后构造新函数，322cos2cos2cos10AAA 32222110f xxxxx 求解导函数从而判断函数单调性，从而可得，再结合正弦函数的平方关系与12cos25A商式关系，判断三角函数的范围，由正弦定理边角互化即可证明.【详解】（1）由，得，由题意可知，存在，sincosAB2ABtanC所以，即，所以，2C 2AB2AB所以.322222ACAABAAA（2）由，3cos2sintantan22sin2AACAA得，22222 1 coscossin

38、22sincos1sincos22cos12cos1AAAAAAAAA答案第 17 页，共 20 页故，322cos2cos2cos10AAA 令，则，cos10Axx 32222110f xxxxx，26422 311fxxxxx当时，；当时，；1x 0fx10 x 0fx所以函数在上单调递增，在上单调递减，f x,1 1,0又，所以，120,025ff12cos25A进而，321sincostan25ABC12sin25B可得，所以.6BCbc而，故.sinsin2 212tansincos215bBBBaAB25ba所以.25cba【点睛】求解本题的关键是根据题目等式关系结合二倍角公式化

39、简得，然后利用换元法构造新函数，求解导函数判断单调性，从322cos2cos2cos10AAA 而得的范围，再利用三角函数平方关系与商式关系判断其他三角函数值，结合正弦定cos A理边角互化证明边的关系.21(1)1512(2)或115 23,55115 23,55【分析】（1）根据圆的几何性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可；（2）根据圆的切线性质，结合等腰三角形的性质、一元二次方程根与系数关系、点到直线距离公式进行求解即可.【详解】（1）设，圆心，半径为，2(,)P t t2(0,4)C1，222222715424PCttt所以当时，有最小值，142t 2PC152答案第 18 页

40、，共 20 页所以的最小值；PQ1512（2）由题设，切线斜率一定存在，设切线的斜率为，k所以切线的方程为：，220ytk xtkxytkt由圆的切线性质可知：，22222222411244101tkttkttktk 设，22112212,A x xB x xx xt，是方程 的两个不相等实根，2112220 xktyxxktkxytkt12,k k因此，即，且，210t 2122241t tkktPAPB所以由圆的切线性质知：，2ABPC22222221212212444411211t txxtttxxtxxtttt ，22311555tt 所以的坐标为或.P115 23,55115 23,

41、55【点睛】关键点点睛：根据圆的切线长定理、一元二次方程根与系数关系是解题的关键.22(1)证明见解析(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析【分析】（1）构造并利用导数研究其在单调性，即可证结论；11()ln2h xxxx1,)（2）（i）问题化为，证明，设且，利用0,0,yxxyxyxyexy xy11xyn得到，构造研究其值域范围，即可证结论；yxxy1211nxyn 1211nf nn（ii）设，令研究其单调性可得，再构造1012ba ln1xf xx01baba答案第 19 页，共 20 页研究单调性得，最后构造研究 ln(01)xh xxxlnlnbaaabb 1xxxabbxa单

42、调性比较函数值大小即可证结论.【详解】（1）令且，则，11()ln2h xxxx1x222111(1)()1022xh xxxx 所以在上递减，故，即，()h x1,)()(1)0h xh11ln2xxx所以时.1x f xg x（2）（i）设，证明：，0,0,yxxyxyxyexy 不妨设，且，则，xy11xyn111 1yynyyn.1111111nnyyynn 11111nnyxnn1211nxyn设，则，.1211nf nn 11lnln 12f nnn 111ln 1212fnf nnnn设，则.111ln 1212g nnnn 2211112(1)1g nnnn n22102(1)

43、n n于是，在内单调递增，当趋向于时，趋向于，故.g n0,n g n0 0g n 由得：，则在内单调递减，当趋向于时，趋向于 0f n 0fn f n0,n f ne，故.ef n 因此，.exy（ii）证明：，其中，baabababab0,0,1abab由对称性知：不妨设，令，此时，1012ba ln1xf xx 211 ln(1)xxfxx令且，则，即递减，11 lnyxx 01x221110 xyxxxy所以，即，故，则单调递增，1|0 xyy1ln1xx 0fx()f x则，于是，lnlnlnln11abababf af bababba01baba令，此时，单调递增，ln(01)xh

44、 xxx 21 ln0 xh xx h x答案第 20 页，共 20 页则lnlnlnln()()abbaabababaabbh bh aabab11lnlnlnlnabbaaabbaabb令，此时，1xxxabbxa 1lnlnxxxaabb令，则，1lnlnxxxaabb 212(ln)(ln)0 xxxaabb所以递增，即递增，则，x x min()lnln0baxbaabb于是，单调递增，则.0 x x 12baabbaababab【点睛】关键点点睛：第二问，（i）注意令且，结合得到xy11xynyxxy为关键；（ii）依次构造函数证明、，最后构造1211nxyn01babalnlnbaaabb证结论.1xxxabbxa