數(shù)學(xué)-廣東省廣州市2025屆普通高中畢業(yè)班摸底考試試題和解析

第1頁(yè)/共33頁(yè)2025屆廣州市普通高中畢業(yè)班摸底考試是符合題目要求的.，則A∩B=()A.1+2iB.1-2iC.-1+2iD.-1-2iA.B.C.D.4.已知sin+sinβ=m，tan，且-β為第一象限角，則cos-cosβ=()A.-3mB.C.3mD.225.已知點(diǎn)A，B是橢圓上不關(guān)于長(zhǎng)軸對(duì)稱的兩點(diǎn)，且A，B兩點(diǎn)到點(diǎn)M(m,0)的距離相等，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A.B.(-1,1)C.D.(-2,2)6.已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x-1)=f(3-x)，且在[0,1)上單調(diào)遞減，若方程f(x)=-1在[0,1)上有實(shí)數(shù)根，則方程f(x)=1在[-1,11]上的所有實(shí)根之和為()A.30B.28C.26D.24第2頁(yè)/共33頁(yè)徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長(zhǎng)為()·A.(3+)πB.D.8.已知定義在(0,+∞)上的函數(shù)滿足f，且當(dāng)x>1時(shí)，f>0，則()A.f(x2)≥2f(x)B.f(x3)f(x)≥f2(x2)C.f(x2)≤2f(x)D.f(x3)f(x)≤f2(x2)9.中歐班列是推進(jìn)“一帶一路”沿線國(guó)家道路聯(lián)通、貿(mào)易暢通的重要舉措．在中歐班列帶動(dòng)下，某外貿(mào)企業(yè)出口額逐年提升，以下為該企業(yè)近6個(gè)月的出口額情況統(tǒng)計(jì)，若已求得y關(guān)于x的線性回歸方程為月份編號(hào)x123456出口額y/萬(wàn)元254377A.y與x成正相關(guān)B.樣本數(shù)據(jù)y的第40百分位數(shù)為34C.當(dāng)x=3時(shí)，殘差的絕對(duì)值最小D.用模型y=enx+m描述y與x的關(guān)系更合適f(x)=sinx，若0<<β<θ<4π,且f(x)在x=，β,θ處的切線均經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，A.β=tantanβB.tanθ=θtanC+θ>2tanβD.tantanθ<β2.11.已知圓M:x2-2ax+y2=0，過(guò)點(diǎn)P向圓M引斜率為k(k>0)的切線l，切點(diǎn)為Q，記Q的軌跡為曲線C，則()A.C的漸近線為x=1C.C在第二象限的縱坐標(biāo)最大的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為第3頁(yè)/共33頁(yè)12.已知數(shù)列滿足a1+3a2+9a3+…+3n-1an=設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn的實(shí)數(shù)k的最小值為.13.已知函數(shù)f(x)=6sinx+sin3x的圖象y=f(x)與直線y=m在[0,2π]上有4個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為.14.網(wǎng)絡(luò)安全是國(guó)家安全的重要組成部分，在信息課上，某同學(xué)利用計(jì)算機(jī)模擬網(wǎng)絡(luò)病毒的傳播．已知在12×12的平面方陣中，若某方格相鄰方格中有2個(gè)及2個(gè)以上被病毒感染，則病毒擴(kuò)散至該方格，若使所有方格均被感染，則至少需要在個(gè)方格內(nèi)投放病毒源；拓展到三維空間內(nèi)，已知在12×12×12的立體方陣中，若某方塊相鄰方塊中有3個(gè)及3個(gè)以上被病毒感染，則病毒擴(kuò)散至該方塊，若使所有方塊均被感染，則至少需要在個(gè)方塊內(nèi)投放病毒源.（1）證明：AD平分上BAC；16.已知函數(shù)-alnx.（1）若f(x)在x=1處取得極小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）討論f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).17.如圖，在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，△AB1C為正三角形，AB=BC=2，AB丄BC，點(diǎn)D為AC的第4頁(yè)/共33頁(yè)=4，記平面ABB1A1與平面BC1D的交線為l，求二面角A1-l-C1的余弦值. 18.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)T到點(diǎn)F(2,0)的距離與到直線x=1的距離之比為·2，記T的軌跡為曲線E，直線l1交E右支于A，B兩點(diǎn)，直線l2交E右支于C，D兩點(diǎn)，l1//l2.（1）求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（3）若直線l1過(guò)點(diǎn)(2,0)，直線l2過(guò)點(diǎn)(8,0)，記AB，CD的中點(diǎn)分別為P，Q，過(guò)點(diǎn)Q作E兩條漸近線的垂線，垂足分別為M，N，求四邊形PMQN面積的取值范圍.19.已知有窮數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n(n∈N*)，將數(shù)列{an}中各項(xiàng)重新排列構(gòu)成新數(shù)列{bn}，則稱數(shù)列{bn}是{an}的“重排數(shù)列”；若數(shù)列{bn}各項(xiàng)均滿足bn≠an，則稱數(shù)列{bn}是{an}的“完全重排數(shù)列”，記項(xiàng)數(shù)為n的數(shù)列{an}的“完全重排數(shù)列”的個(gè)數(shù)為Dn.（1）計(jì)算D2，D3，D4；（2）寫出Dn+1和Dn，Dn-1(n≥2)之間的遞推關(guān)系，并證明：數(shù)列{Dn-nDn-1}(n≥2)是等比數(shù)列；（3）若從數(shù)列{an}及其所有“重排數(shù)列”中隨機(jī)選取一個(gè)數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}是{an}的“完全重排數(shù)列”的概率為Pn，證明：當(dāng)n無(wú)窮大時(shí)，Pn趨近于參考公式：ex=1+x++……）2025屆廣州市普通高中畢業(yè)班摸底考試第5頁(yè)/共33頁(yè)3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.·是符合題目要求的.*，則A∩B=()*【答案】C【解析】【分析】分別求出兩個(gè)集合后根據(jù)交集定義求解.*0}故選：C.A.1+2iB.1-2iC.-1+2iD.-1-2i【答案】B【解析】【分析】將復(fù)數(shù)z代入方程，利用待定系數(shù)法，即可求解.a2-b2-ab+5a)+(2ab-b2)i=0，故選：Bππ2π5πA.B.C.D.【答案】C【解析】第6頁(yè)/共33頁(yè)24a222，θ=0，得cosθ=故選：C.β為第一象限角，則coscosβ=()A.3mB.C.3mD.【答案】B【解析】【分析】首先利用和差化積公式化簡(jiǎn)，再利用二倍角的正切公式，建立方程，即可求解.設(shè)coscosβ=2sinsin=x，則tan因?yàn)棣聻榈谝幌笙藿?，所以是第一或第三象限角，xm故選：B5.已知點(diǎn)A，B是橢圓+=1上不關(guān)于長(zhǎng)軸對(duì)稱的兩點(diǎn)，且A，B兩點(diǎn)到點(diǎn)M(m,0)的距離相等，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()【答案】B第7頁(yè)/共33頁(yè)【解析】【分析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)（x1≠x2線段AB的中點(diǎn)為G(x0,y0)，利用點(diǎn)差法可得再由題意可得MG丄AB，則得化簡(jiǎn)得x0=4m，再由x0的范圍可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)（x1≠x2線段AB的中點(diǎn)為G(x0,y0)，則兩式相減得所以所以因?yàn)镸(m,0)，MA=MB，所以MG丄AB，所以所以4x0-4m=3x0，所以x0=4m，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-1,1).故選：B6.已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x-1)=f(3-x)，且在[0,1)上單調(diào)遞減，若方程f(x)=-1在第8頁(yè)/共33頁(yè)[0,1)上有實(shí)數(shù)根，則方程f(x)=1在[-1,11]上的所有實(shí)根之和為()A.30B.28C.26D.24【答案】A【解析】【分析】首先判斷函數(shù)的性質(zhì)，再畫出函數(shù)的圖象，利用對(duì)稱性和周期性求所有實(shí)數(shù)根的和.【詳解】由f(x-1)=f(3-x)可知，函數(shù)f(x)關(guān)于x=1對(duì)稱，由函數(shù)是奇函數(shù)，可知，f(3-x)=f(x-1)=-f(1-x)，即f(2+x)=-f(x)，則f(4+x)=-f(2+x)=f(x)，所以函數(shù)的周期為4，如圖，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)，畫出函數(shù)的示意圖，由對(duì)稱性可知，方程f(x)=1在[-1,0)上有一個(gè)實(shí)數(shù)根，根據(jù)函數(shù)關(guān)于x=1對(duì)稱，的6個(gè)交點(diǎn)，所以方程f(x)=1在[-1,11]上的所有實(shí)根之和為2+10+18=30.故選：A徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長(zhǎng)為()【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，畫出圖形，設(shè)G,H分別為CC1,DD1的中點(diǎn)，連接OC1,A1C1,OE1,A1E1,OG,OH，由題意可知球O不與側(cè)面ABB1A1及側(cè)面AFF1A1相交，球O與側(cè)面BCC1B1交于點(diǎn)C1,C，與側(cè)面EFF1E1交于點(diǎn)E1,E，然后分別判斷與其余4個(gè)面的交線，求出球面與正六棱柱各個(gè)面所交的弧線的長(zhǎng)度之和即可第9頁(yè)/共33頁(yè)【詳解】因?yàn)榍騉的半徑為6，AB=3，所以球O不與側(cè)面ABB1A1及側(cè)面AFF1A1相交，設(shè)G,H分別為CC1,DD1的中點(diǎn)，連接OC1,A1C1,OE1,A1E1,OG,OH，所以球O與側(cè)面BCC1B1交于點(diǎn)C1,C，與側(cè)面EFF1E1交于點(diǎn)E1,E，因?yàn)镃C1BCDAC所以球O與側(cè)面CDD1C1的交線是以CC1為直徑的半圓，同理可得球O與側(cè)面EDD1E1的交線是以EE1為直徑的半圓，=所以球O與上下底面的交線均為個(gè)半徑為3的圓，所以球面與該正六棱柱各面的交線總長(zhǎng)為故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查球與棱柱表面的交線問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是畫出圖形，根據(jù)題意找出球與各個(gè)面的交線，考查空間想象能力和計(jì)算能力，屬于較難題.第10頁(yè)/共33頁(yè)8.已知定義在(0,+∞)上的函數(shù)滿足f，且當(dāng)x>1時(shí)，f>0，則A.f(x2)≥2f(x)B.f(x3)f(x)≥f2(x2)C.f(x2)≤2f(x)D.f(x3)f(x)≤f2(x2)【答案】D【解析】【分析】應(yīng)用賦值法構(gòu)造出f(x),f(x2),f(x3)的等量關(guān)系，再結(jié)合不等式性質(zhì)判斷即可.【詳解】由題意，x>0,y>0，f賦值x=y=1，得f=1.f—1.f賦值x=1，得f—1.f當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0，賦值x=y2，得f—y2f，解得f當(dāng)x>1時(shí)，f≥0，即f第11頁(yè)/共33頁(yè)當(dāng)0<x<1時(shí)，f≤0，即f；故AC錯(cuò)誤；,y=得x2f2f 故f(x3)f(x)≤f2(x2)，且f(x)不恒為0，故B錯(cuò)誤，D正確.故選：D.9.中歐班列是推進(jìn)“一帶一路”沿線國(guó)家道路聯(lián)通、貿(mào)易暢通的重要舉措．在中歐班列帶動(dòng)下，某外貿(mào)企業(yè)出口額逐年提升，以下為該企業(yè)近6個(gè)月的出口額情況統(tǒng)計(jì)，若已求得y關(guān)于x的線性回歸方程為月份編號(hào)x123456出口額y/萬(wàn)元254377A.y與x成正相關(guān)B.樣本數(shù)據(jù)y的第40百分位數(shù)為34C.當(dāng)x=3時(shí)，殘差的絕對(duì)值最小D.用模型y=enx+m描述y與x的關(guān)系更合適【答案】AD【解析】【分析】A項(xiàng)由表中數(shù)據(jù)x,y的變化及回歸方程中x項(xiàng)的系數(shù)可知；B項(xiàng)利用百分位數(shù)定義及求解步驟即可得；C項(xiàng)由樣本中心點(diǎn)代入方程求出，利用回歸方程求出估計(jì)值與相應(yīng)樣本數(shù)據(jù)作差求出殘差，再比較絕對(duì)值大小即可；D項(xiàng)由散點(diǎn)圖可知.【詳解】A項(xiàng)，由圖中表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)x的值增加時(shí)，y的相應(yīng)值也呈現(xiàn)增加的趨勢(shì)，又由回歸方程y=28x+中，x項(xiàng)的系數(shù)28>0，也可以看出y與x成正相關(guān)，故A正確；第12頁(yè)/共33頁(yè)B項(xiàng)，樣本數(shù)據(jù)y的6個(gè)取值從小到大依次是16,25,43,77,102,159，由6×40%=2.4，則第40百分位數(shù)為第3個(gè)數(shù)據(jù)43=84所以相應(yīng)殘差的絕對(duì)值為=56所以相應(yīng)殘差的絕對(duì)值為錯(cuò)誤；D項(xiàng)，如下圖作出散點(diǎn)圖，可以看到相較“樣本點(diǎn)分布在某一條直線模型y=bx+a的周圍”，“樣本點(diǎn)分布在某一條指數(shù)函數(shù)y=enx+m曲線的周圍”這樣的描述更貼切，所以用模型y=enx+m描述y與x的關(guān)系更合適些，故D正確.故選：AD.f(x)=sinx，若0<<β<θ<4π,且f(x)在x=，β,θ處的切線均經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，A.β=tantanβB.tanθ=θtanC.+θ>2tanβD.tantanθ<β2【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出曲線f(x)在點(diǎn)A,B,C處的切線方程，利用切線過(guò)原點(diǎn)推出tan=，第13頁(yè)/共33頁(yè)tanβ=β,tanθ=θ,即可判斷A，B兩項(xiàng)；對(duì)于C，D兩項(xiàng)，借助于正弦函數(shù)的圖象，設(shè),β2π=t2,θ3π=t3，分別求出tant1，tant2，tant3，利用兩角差的正切公式及放縮思想，證明tan(t2t1)>tan(t3t2)，由正切函數(shù)單調(diào)性化簡(jiǎn)即可判斷.【詳解】如圖，設(shè)函數(shù)f(x)在x=，β,θ處的切線的切點(diǎn)分別為點(diǎn)A,B,C，由f(x)=sinx求導(dǎo)得f,(x)=cosx，則切線OA的方程為y—sin=cos(x—)，對(duì)于A，tantanβ=β顯然成立，故A正確；對(duì)于，則有，θtan=tanθ成立，故B正確；對(duì)于C，由0<<β<θ<4π可得tan<t,β2π=t2,θ3π=t3，代入①可得，23，tant2=tan(β2π)=tanβ=β=2π+t2,tant3第14頁(yè)/共33頁(yè)故+θ-4π<2，即<β,故C錯(cuò)誤.根據(jù)題意，要證tantanθ<β2，即證θ<β2，由于均值不等式知道下面證明<β2即可.<2β2，即證2-β2<β2-θ2，即證(+β)(-β)<(β+θ)(β-θ)前面知道0<<β<θ<4π,則0<+β<β+θ.則只需要證明-β<β-θ即可.即證明+θ<2β,前面C知式子成立.故D正確.故選：ABD.11.已知圓M:x2-2ax+y2=0過(guò)點(diǎn)P(-1,0)向圓M引斜率為k(k>0)的切線l，切點(diǎn)為Q，記Q的軌跡為曲線C，則()A.C的漸近線為x=1在C上C.C在第二象限的縱坐標(biāo)最大的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為【答案】ACD【解析】【分析】先由相切性質(zhì)得點(diǎn)Q滿足關(guān)系式，與已知圓聯(lián)立消參得Q軌跡方程，A項(xiàng)由方程形式構(gòu)造函數(shù)f(x)，利用導(dǎo)函數(shù)研究單調(diào)性作出大致圖形即可得漸近線；B項(xiàng)坐標(biāo)代入可知；C項(xiàng)由形可得；D項(xiàng)由不等式性質(zhì)與放縮法可得.第15頁(yè)/共33頁(yè)2如圖，連接MQ，由題意知MQ丄PQ，2222又點(diǎn)Q在圓M上，則x2—2ax+y2=0②,將③代入②消a得，y2=即為曲線C的方程.當(dāng)1<x<f,(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；f,<0，f單調(diào)遞減；且當(dāng)y≥0時(shí)，函數(shù)g與f單調(diào)性相同；第16頁(yè)/共33頁(yè)故g(x)的大致圖象如下圖，又由方程可知曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱，x≠—1且x≠0.故曲線C的大致圖象為如下圖，B項(xiàng)，令曲線C方程中得故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由形可知，曲線C在第二象限的縱坐標(biāo)最大的點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)，D項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)在C上時(shí)，則y所以成立，故D正確；第17頁(yè)/共33頁(yè)故選：ACD.·【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程的常見(jiàn)方法有：（1）直接法：從條件中直接尋找到x,y的關(guān)系，列出方程后化簡(jiǎn)即可；（2）代入法：所求點(diǎn)px,y與某已知曲線F(x0,y0)=0上一點(diǎn)Q(x0,y0)存在某種關(guān)系，則可根據(jù)條件用x,y表示出x0,y0，然后代入到Q所在曲線方程中，即可得到關(guān)于x,y的方程；（3）定義法：從條件中能夠判斷出點(diǎn)的軌跡為學(xué)過(guò)的圖形，則可先判定軌跡形狀，再通過(guò)確定相關(guān)曲線的要素，求出曲線方程.（4）參數(shù)法：從條件中無(wú)法直接找到x,y的聯(lián)系，但可通過(guò)一輔助變量k，分別找到x,y與k的聯(lián)系，從而得到x,y和k的方程即曲線的參數(shù)方程，消去參數(shù)k后即可得到軌跡方程.（5）交軌法：選擇適當(dāng)?shù)膮?shù)表示兩動(dòng)曲線的方程，將兩動(dòng)曲線方程中的參數(shù)消去，得到不含參數(shù)的方程，即為兩動(dòng)曲線交點(diǎn)的軌跡方程。=，設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則滿足Sn<k的實(shí)數(shù)k的最小值為.【答案】【解析】23+…+3n2an1=兩式相減進(jìn)一步計(jì)算即可推導(dǎo)出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，再根據(jù)數(shù)列n}的通項(xiàng)公式及等比數(shù)列的求和公式推導(dǎo)出前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式，最后根據(jù)不等式的性質(zhì)即可計(jì)算出實(shí)數(shù)k的最小值.2323+1n1+1n1解得第18頁(yè)/共33頁(yè):當(dāng)n=1時(shí)，不滿足上式，23n:Sn=，且Sn<k對(duì)任意n∈N*恒成立，:k≥,即實(shí)數(shù)k的最小值為.故答案為：.13.已知函數(shù)f(x)=6sinx+sin3x的圖象y=f(x)與直線y=m在[0,2π]上有4個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為.【解析】【分析】對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)f'(x)，聯(lián)系余弦函數(shù)在[0,2π]上的單調(diào)性分析導(dǎo)函數(shù)f'(x)的正負(fù)，由此得到函數(shù)f(x)的單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合即可求解.第19頁(yè)/共33頁(yè)【詳解】函數(shù)f(x)=6sinx+sin3x的導(dǎo)函數(shù)為當(dāng)≤x<時(shí)，1<0→f,<0，則f在上單調(diào)遞減，當(dāng)≤x<時(shí)，1<0→f,>0，則f在≤x<上單調(diào)遞增，當(dāng)π≤x<時(shí)，1>0→f,<0，則f在π≤x<上單調(diào)遞減，當(dāng)≤x<時(shí)1<0→f,<0，則f在上單調(diào)遞減，當(dāng)≤x≤2π時(shí)，1>0→f,>0，則f在≤x≤2π上單調(diào)遞增，所以，在上，當(dāng)x=取得極大值為3，當(dāng)x=時(shí)，極小值為5；所以函數(shù)f(x)=6sinx+sin3x的圖象y=f(x)與直線y=m在[0,2π]上有4個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范14.網(wǎng)絡(luò)安全是國(guó)家安全的重要組成部分，在信息課上，某同學(xué)利用計(jì)算機(jī)模擬網(wǎng)絡(luò)病毒的傳播．已知在12×12的平面方陣中，若某方格相鄰方格中有2個(gè)及2個(gè)以上被病毒感染，則病毒擴(kuò)散至該方格，若使所有方格均被感染，則至少需要在個(gè)方格內(nèi)投放病毒源；拓展到三維空間內(nèi)，已知在12×12×12的立體方陣中，若某方塊相鄰方塊中有3個(gè)及3個(gè)以上被病毒感染，則病毒擴(kuò)散至該方塊，若使所有方塊均被感染，則至少需要在個(gè)方塊內(nèi)投放病毒源.【答案】①.12②.144【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合歸納、類比法進(jìn)行求解即可.【詳解】在2×2的平面方陣中，如下圖：1病毒源病毒源2按對(duì)角線方向每行每列都有一個(gè)格子內(nèi)投放病毒源，顯然，格子1，2都滿足要求，在3×3的平面方陣中，如下圖：而后5，6馬上也滿足；51病毒源3病毒源2病毒源46由此可以推斷當(dāng)在12×12的平面方陣中，按對(duì)角線方向每行每列都有一個(gè)格子內(nèi)投放病毒源，至少需要在12個(gè)方格內(nèi)投放病毒源；當(dāng)拓展到三維空間時(shí)，已知在2×2×2的立體方陣中，如圖所示：第20頁(yè)/共33頁(yè)第21頁(yè)/共33頁(yè)當(dāng)1，2投放病毒源時(shí)，要想3被感染，只需5投放病毒源，同理要想4被感染·,只需6投放病毒源，因此需要2+(42)×1=4個(gè)方格內(nèi)投放病毒源，因此已知在3×3×3的立體方陣中，面對(duì)我們的面有9個(gè)，其中一條對(duì)角線上有3個(gè)，2個(gè)方格內(nèi)投放病毒源，所以可以類比在在12×12×12的立體方陣中，2=144個(gè)方格內(nèi)投放病毒源，【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是利用歸納和類比推理的方法進(jìn)行求解.（1）證明：AD平分上BAC；【答案】（1）證明見(jiàn)解析.【解析】【分析】（1）由三角恒等變換及正弦定理b=2c，在△ADB中，由正弦定理得在△ADC中，由正弦定理得兩式結(jié)合即可證明.（2）在VABC中，由平面向量的基本定理得-兩邊同時(shí)平方得|AD|=c，再由余弦定理得|BC|=c，然后計(jì)算即可.【小問(wèn)1詳解】所以2sinBcosC=4sinCcosC，又因?yàn)閂ABC為銳角三角形，所以cosC≠0，第22頁(yè)/共33頁(yè)在△ADB中，由正弦定理得在△ADC中，由正弦定理得所以所以AD平分上BAC.【小問(wèn)2詳解】因?yàn)閏os上BAC=，且VABC為銳角三角形，24242在VABC中，由余弦定理得所以5第23頁(yè)/共33頁(yè)16.已知函數(shù)alnx.（1）若f(x)在x=1處取得極小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）討論f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).（2）答案見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)參數(shù)a進(jìn)行分類，討論函數(shù)的單調(diào)性，得到函數(shù)的極值情況，由題意取舍即得實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）在（1）按照參數(shù)a分類的基礎(chǔ)上，利用函數(shù)單調(diào)性和極值的正負(fù)，進(jìn)一步分析探究函數(shù)的零點(diǎn)情況即得.【小問(wèn)1詳解】函數(shù)alnx的定義域?yàn)棰佼?dāng)a≤1時(shí)，exa>0，當(dāng)0當(dāng)x>1時(shí)，f,(x)>0，f(x)在(1,+∞)上遞增，此時(shí)f(x)在x=1時(shí)取得極小值，符合題意；②當(dāng)a>1時(shí)，由f,(x)=0可得x=1或x=lna，即f(x)在(0,lna)和(1,+∞)上遞增；在(lna,1)遞減，此時(shí)函數(shù)在x=1取得極小值，符合題意；若a=e，當(dāng)x>0時(shí)，f,(x)≥0恒成立，即f(x)在(0,+∞)上恒為增函數(shù)，不符合題意；即f(x)在(0,1)和(lna,+∞)上遞增，在(1,lna)上遞減，此時(shí)函數(shù)在x=1時(shí)取得極大值，故不符合題意.第24頁(yè)/共33頁(yè)綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,e)；【小問(wèn)2詳解】由（1）知，①當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)上遞增，則f(x)在x=1時(shí)取得極小值，也是最小值，為f(1)=e-a>0，此時(shí)函數(shù)f(x)無(wú)零點(diǎn)；②當(dāng)1<a<e時(shí)，f(x)在(0,lna)和(1,+∞)上遞增；在(lna,1)遞減，故當(dāng)x=1時(shí)，f(x)取得極小值f(1)=e-a>0，當(dāng)x=lna時(shí)，f(x)取得極大值f(lna)=-aln(lna)>0，當(dāng)x→0+時(shí)，f(x)→-∞,故此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)a=e時(shí)，f(x)在(0,+∞)上恒為增函數(shù)，又f(1)=0，故此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)a>e時(shí)，f(x)在(0,1)和(lna,+∞)上遞增，在(1,lna)上遞減，故當(dāng)x=1時(shí)f(x)有極大值為f(1)=e-a<0，當(dāng)x=lna時(shí)，f(x)有極小值為f(lna)<f(1)=e-a<0，且當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)→+∞,故此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述，當(dāng)a≤1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,+∞)上沒(méi)有零點(diǎn)，當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn).17.如圖，在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，△AB1C為正三角形，AB=BC=2，AB丄BC，點(diǎn)D為AC的=4，記平面ABB1A1與平面BC1D的交線為l，求二面角A1-l-C1的余弦值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析第25頁(yè)/共33頁(yè)【解析】【分析】（1）要證明面面垂直，轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，根據(jù)垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為證明B1C丄平面BC1D；（2）首先作出交線l，再利用垂直關(guān)系構(gòu)造二面角的平面角，即可求解.【小問(wèn)1詳解】因?yàn)槠矫鍭BC丄平面AB1C，且平面ABC∩平面AB1C=AC，因?yàn)锳B=BC，且點(diǎn)D是AC，所以BD丄AC，又BD面ABC，所以BD丄平面AB1C，B1C平面AB1C，所以B1C【小問(wèn)2詳解】因?yàn)椤鰽B1C是等邊三角形，且點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，則B1D丄AC，又因?yàn)槠矫鍭BC丄平面AB1C，平面ABC∩平面AB1C=AC，B1D面AB1C，所以B1D丄平面ABC，且BD平面ABC，所以B1D取AB的中點(diǎn)M，連結(jié)DM，B1M，第26頁(yè)/共33頁(yè)且B1M∩DM=M，B1M,DM平面B1DM，則AB丄平面B1DM，DBDC將三棱臺(tái)ABC-A1B1C1補(bǔ)成三棱錐G-A1B1C1，則設(shè)C1D∩A1G=N，可知l即為直線BN，則，即可得A1B可知B1N為線段AB的中垂線，則NA=NB=過(guò)點(diǎn)D作DH丄B1N，垂足為H，過(guò)H作HF丄BN，垂足為F，連結(jié)DF，因?yàn)锳B丄平面B1DM，DH平面B1DM，所以DH丄AB，第27頁(yè)/共33頁(yè)且B1N∩AB=M，B1N,AB平面GA1B1，可得DH丄平面GA1B1，由BN平面GA1B1可得DH丄BN，且DH∩HF=H，DH,HF平面DHF，所以BN丄平面DHF，由DF平面DHF，可得DF丄BN，可知二面角A1-l-C的平面角為上DFH，丄平面ABC，由DM平面ABC，所以B1D丄DM，+HF2所以二面角A1-l-C1的余弦值為. 18.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)T到點(diǎn)F(2,0)的距離與到直線x=1的距離之比為·2，記T的軌跡為曲線E，直線l1交E右支于A，B兩點(diǎn)，直線l2交E右支于C，D兩點(diǎn)，l1//l2.（1）求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（3）若直線l1過(guò)點(diǎn)(2,0)，直線l2過(guò)點(diǎn)(8,0)，記AB，CD的中點(diǎn)分別為P，Q，過(guò)點(diǎn)Q作E兩條漸近線的垂線，垂足分別為M，N，求四邊形PMQN面積的取值范圍.22（2）證明見(jiàn)解析（3）[24,+∞)【解析】第28頁(yè)/共33頁(yè)【分析】（1）根據(jù)兩點(diǎn)間的距離和點(diǎn)到直線的距離公式即可列等式求解；·（2）根據(jù)直線與雙曲線聯(lián)立方程，得韋達(dá)定理x1+x2,x1x2，結(jié)合數(shù)量積坐標(biāo)運(yùn)算即可證明；（3）依據(jù)題意得直線l1和直線l2的方程分別為x=my+2、x=my+8，聯(lián)立直線l1和曲線E方程求得韋達(dá)定理x1+x2,y1+y2，從而利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出點(diǎn)P坐標(biāo)，同理求出點(diǎn)Q坐標(biāo)，再利用點(diǎn)到直線距離公式分別求出點(diǎn)P和點(diǎn)Q到兩漸近線的距離d1,d2,QM,QN，接著根據(jù)SPMQN=S矩形OMQN-S△OMP-S△ONP計(jì)算結(jié)合變量取值范圍即可求解.【小問(wèn)1詳解】22所以E的標(biāo)準(zhǔn)方程為【小問(wèn)2詳解】由題意可知直線l1和直線l2斜率若存在則均不為0且不為±1，則B(t,-y1)且由點(diǎn)A和點(diǎn)B在曲線E上，故t2-y=2，同理可得所以②直線AB斜率存在時(shí)，則可設(shè)方程為y=kx+b(k≠0,1)，AX1,y1、BX2,y2)，第29頁(yè)/共33頁(yè)x2x22