【文档说明】湖南省永州市第一中学2024届高三上学期第一次月考数学试题+含答案.docx，共(13)页，363.969 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省永州一中2024届高三第一次月考试题数学1.已知集合𝐴={𝑥∈𝑁∣𝑥2−2𝑥−3≤0},𝐵={𝑥∈𝑅∣𝑙𝑜𝑔2023𝑥≤0},则𝐴∩𝐵=A.(0|1]B.[0|1]C.{1}D.∅2.已知复

数𝑧满足(1−2𝑖)𝑧=𝑖,则𝑧在复平面内对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知向量𝑎→,𝑏→满足𝑎→=(1|2√2),𝑎→⋅(𝑎→+𝑏→)=0,则𝑏→在𝑎→方向上的投影

向量的模为A.3√32B.3C.3√3D.9√324.如图1,在高为ℎ的直三棱柱容器𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中,𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝑎,𝐴𝐵⊥𝐴𝐶,现往该容器内灌进一些水,水深为ℎ′,然后固定容器底面的一边𝐴𝐵于

地面上,再将容器倾斜,当倾斜到某一位置时,水面恰好为𝐴1𝐵1𝐶(如图2),则ℎ′ℎ=A.23B.√54C.12D.√225.某软件研发公司对某软件进行升级,主要是对软件程序中的某序列𝐴={𝑎1|𝑎2|𝑎3|⋯}重新编辑,编辑新序列为𝐴∗={𝑎2−𝑎1|𝑎3−𝑎2|𝑎4−

𝑎3|⋯},它的第𝑛项为𝑎𝑛+1−𝑎𝑛,若(𝐴∗)∗的所有项都是2,且𝑎4=24,𝑎5=32,则𝑎1=(⬚)A.8B.10C.12D.146.立德学校于三月份开展学雷锋主题活动,某班级5名女生和2名男生,分成两个小组去两地参

加志愿者活动,每小组均要求既要有女生又要有男生,则不同的分配方案有()种.A.20B.4C.60D.807.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑥2⋅𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥)+𝑥4的零点分别为𝑥1,𝑥2,…,𝑥

𝑛(𝑛∈𝑁∗),则𝑥12+𝑥22+⋯+𝑥𝑛2=A.12B.14C.0D.28.已知双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右焦点为𝐹,过点𝐹且斜率为𝑘(𝑘≠0)的直线𝑙交双曲线于

𝐴、𝐵两点,线段𝐴𝐵的中垂线交𝑥轴于点𝐷.若|𝐴𝐵|≥√3|𝐷𝐹|,则双曲线的离心率取值范围是A.(1|2√33]B.(1|√3]C.[√3|+∞)D.[2√33|+∞)9.（多选）每年4月23日为“世界读书日”,树人学校于四月份开展“书香润泽校

园,阅读提升思想”主题活动,为检验活动效果,学校收集当年二至六月的借阅数据如下表:根据上表,可得𝑦关于𝑥的经验回归方程为𝑦̂=0.24𝑥+â,则A.â=4.68B.借阅量4.9,5.1,5.5,5.7,5.8的上四分位数为5.7C.𝑦与𝑥的线性相关系数𝑟>0

D.七月的借阅量一定不少于6.12万册10.（多选）已知𝑓(𝑥)=24𝑐𝑜𝑠𝑥⋅𝑠𝑖𝑛(𝑥+𝜋3)−√3,下列选项正确的是A.𝑓(𝑥)的值域为(−∞|−1]∪[1|+∞)B.𝑓(𝑥)的对称中心为(𝜋3+𝑘�

�2|0)(𝑘∈𝑍)C.𝑓(𝑥)的单调递增区间为(𝜋12+𝑘𝜋2|𝜋3+𝑘𝜋2)和(𝜋3+𝑘𝜋2|7𝜋12+𝑘𝜋2)(𝑘∈𝑍)D.𝑔(𝑥)=1𝑐𝑜𝑠2𝑥图像

向右平移𝜋12个单位与𝑓(𝑥)的图像重合11.（多选）如图,点𝑀是棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中的侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1上的一个动点（包含边界）,则下列结论正确的是A.不存在点𝑀满足𝐶𝑀⊥平面𝐶1𝐵𝐷B.存在无数个点𝑀

满足𝐶𝑀⊥𝐴𝐷1C.当点𝑀满足𝐴1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗时,平面𝐵𝐷1𝑀截正方体所得截面的面积为√62D.满足|𝑀𝐷|=2|𝑀𝐷1|的点𝑀的轨迹长度是2𝜋912.（多选）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥(1−𝑙𝑛𝑥),下列选项正确的是

A.𝑓(𝑥)有最大值B.𝑓(3𝑒)<𝑓(1𝑒)C.若𝑥≥𝑒时,𝑓(𝑥)−𝑎(𝑒−𝑥)≤0恒成立,则𝑎≤1D.设𝑥1,𝑥2为两个不相等的正数,且𝑙𝑛𝑥1𝑥1−𝑙𝑛𝑥2𝑥2=1𝑥2−1𝑥1,则1𝑥1+1𝑥2>213.

二项式(√𝑥+𝑥2)𝑛的二项式系数之和为64,则展开式中的𝑥6的系数是______.(填数字)14.已知𝛼,𝛽为锐角,𝑡𝑎𝑛(𝛼+𝛽)=−112,𝑐𝑜𝑠𝛽=45,则𝑠𝑖𝑛𝛼=_____.15.已知点𝑃是椭圆𝐶:𝑥24+𝑦

2=1上一点,椭圆𝐶在点𝑃处的切线𝑙与圆𝑂:𝑥2+𝑦2=4交于𝐴,𝐵两点,当三角形𝐴𝑂𝐵的面积取最大值时,切线𝑙的斜率等于_______.16.已知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形,𝐴𝐵=4,𝐴𝐷=3,∠𝐵𝐴�

�=𝜋3,现将∆𝐴𝐵𝐷沿直线𝐵𝐷翻折,得到三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷,若𝐴′𝐶=√13,则三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷的内切球与外接球表面积的比值为______.17.在锐角∆𝐴𝐵𝐶中,角𝐴,𝐵,𝐶所对应的边分别为𝑎,𝑏

,𝑐,已知𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑠𝑖𝑛𝐴𝑏−𝑐=𝑠𝑖𝑛𝐶𝑏+𝑎.(1)求角𝐴的值;(2)若𝑐=2,求𝑎+𝑏的取值范围.18.已知正数数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛2+𝑛−1𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛−1−𝑎𝑛

−12𝑛=0(𝑛≥2),且𝑎1=1.(函数𝑓(𝑥)求导𝑛次可用𝑓(𝑛)(𝑥)表示)(1)求{𝑎𝑛}的通项公式.(2)求证:对任意的𝑛∈𝑁∗,𝑥≥0,都有𝑒𝑥≥1+∑𝑖=1�

�𝑎𝑖𝑥𝑖.19.某剧场的座位数量是固定的,管理人员统计了最近在该剧场举办的五场表演的票价𝑥𝑖(单位:元)和上座率𝑦𝑖(上座人数与总座位数的比值)的数据,其中𝑖=1,2,3,4,5,并根据统计数据得到如下的散点图:(1)由散点图判断𝑦=𝑏𝑥

+𝑎与𝑦=𝑐𝑙𝑛𝑥+𝑑哪个模型能更好地对𝑦与𝑥的关系进行拟合(给出判断即可,不必说明理由),并根据你的判断结果求回归方程;(2)根据（1）所求的回归方程,预测票价为多少时,剧场的门票收入最多.参考数据:𝑥̄=240,𝑦̄=0.5,∑𝑖=15𝑥𝑖2=36500

0,∑𝑖=15𝑥𝑖𝑦𝑖=457.5;设𝑧𝑖=𝑙𝑛𝑥𝑖,则∑𝑖=15𝑧𝑖≈27,∑𝑖=15𝑧𝑖2≈147.4,∑𝑖=15𝑧𝑖𝑦𝑖≈12.7;𝑒5.2≈180,𝑒5.4≈220,𝑒6.4≈600参考公式:对于一组数据(𝑢

1|𝑣1),(𝑢2|𝑣2),⋯,(𝑢𝑛|𝑣𝑛),其回归直线𝑣̂=𝛼̂+𝛽̂𝑢的斜率和截距的最小二乘估计分别为:𝛽=∑𝑖=1𝑛𝑢𝑖𝑣𝑖−𝑛𝑢̄𝑣∑𝑖=1𝑛𝑢𝑖2−𝑛𝑢̄=∑𝑖=1𝑛(�

�𝑖−𝑢̄)(𝑣𝑖−𝑣̄)∑𝑖=1𝑛(𝑢𝑖−𝑢̄)2,𝛼̂=𝑣̄−𝛽̂𝑢̄.20.如图,在三棱台𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中,面𝐴𝐴1𝐶1𝐶⊥面𝐴𝐵𝐶,∠𝐴𝐶𝐴1=∠𝐴

𝐶𝐵=45∘,𝐴1𝐶=2𝐵𝐶=4(1)证明:𝐵1𝐶1⊥𝐴1𝐵;(2)若棱台的体积为79√221,𝐴𝐶=7√28𝐴1𝐶,求二面角𝐴1−𝐵𝐶−𝐵1的余弦值.21.已知𝐴、~𝐵分别为椭圆𝐸:𝑥2𝑎2+𝑦2=1(𝑎>1)左、右顶点,𝐺为𝐸的上

顶点,𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=8,𝑃为直线𝑥=6上的动点,𝑃𝐴与𝐸的另一交点为𝐶,𝑃𝐵与𝐸的另一交点为𝐷.(1)求𝐸的方程;(2)证明:直线𝐶𝐷过定点.22.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥𝑙𝑛𝑎,𝑔(𝑥)=𝑎𝑙

𝑛(𝑥−1),其中𝑎>0且𝑎≠1.(1)证明：当𝑎=𝑒时,𝑓(𝑥)>𝑔(𝑥)恒成立;(2)证明:当𝑎>𝑒1𝑒时,曲线𝑦=𝑓(𝑥)与曲线𝑦=𝑔(𝑥)有且只有两条公切线.参考答案1.D由𝑥2−2𝑥−3≤0,解得−1≤𝑥≤3,又因为𝑥∈𝑁,所以𝐴={0

|1|2|3},又由𝑙𝑜𝑔2023𝑥≤0,可得𝑙𝑜𝑔2023𝑥≤𝑙𝑜𝑔20231,解得0<𝑥≤1,所以𝐵={𝑥∈𝑅∣0<𝑥≤1},所以𝐴∩𝐵={1},故选:C.2.B由题意可得:𝑧=𝑖1−2𝑖=𝑖(

1+2𝑖)(1−2𝑖)(1+2𝑖)=−25+15𝑖,所以𝑧在复平面内对应的点为(−25|15),位于第二象限.故选：B.3.B因为𝑎→=(1|2√2),所以|𝑎→|=3,又𝑎→⋅(𝑎→+𝑏→)=𝑎→2+𝑎→⋅𝑏→=0,所以

𝑎→⋅𝑏→=−9,则𝑏→在𝑎→方向上的投影向量的模为|𝑏→𝑐𝑜𝑠𝑎→,𝑏→|=|𝑎→⋅𝑏→||𝑎→|=93=3,故选:B.4.A设柱体的底面积为𝑆,则柱体的体积𝑉=𝑆ℎ,注入水的体积为𝑉

′=𝑆ℎ′,容器倾斜后,上半部分三棱锥的体积𝑉𝐶1−𝐴1𝐵1𝐶=𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1=13𝑆ℎ,则可得𝑆ℎ−13𝑆ℎ=𝑆ℎ′,整理得ℎ′ℎ=23.故选:A.5.C令𝑏𝑛=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛,则𝐴∗={𝑏1|𝑏2|𝑏3|⋯},所以(𝐴∗)∗=

{𝑏2−𝑏1|𝑏3−𝑏2|𝑏4−𝑏3|⋯},由题意可知,对任意的𝑛∈𝑁∗,𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=2,且𝑏4=𝑎5−𝑎4=8,所以数列{𝑏𝑛}是公差为2的等差数列,且𝑏𝑛=𝑏4+2(𝑛−

4)=8+2(𝑛−4)=2𝑛,即𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2𝑛,所以𝑎4=𝑎1+(𝑎2−𝑎1)+(𝑎3−𝑎2)+(𝑎4−𝑎3)=𝑎1+2+4+6=𝑎1+12=24,因此𝑎1=12.故选:C.6.C先

安排2名男生,保证每个小组都有男生,共有2种分配方案;再安排5名女生,若将每个女生随机安排,共有25=32种分配方案,若女生都在同一小组,共有2种分配方案,故保证每个小组都有女生，共有25−2=30种分配方案;所以共有2×30=60种分配方案.故选:C.7.A令�

�(𝑥)=0,则有𝑥3−𝑥2⋅𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥)+𝑥4=0,即𝑥[𝑥2−𝑥⋅𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥)+14]=0,所以有𝑓(0)=0,令𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑥⋅𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥)+14,则𝑔(0)≠0,令𝑔(𝑥)=0,则有𝑥

2+14=𝑥⋅𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥),即有𝑥2+14𝑥=𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥),因为−1≤𝑠𝑖𝑛(𝜋𝑥)≤1,所以|𝑥2+14𝑥|≤1,则𝑥2+14≤|𝑥|,即有(|𝑥|−12)2≤0,当|𝑥

|=12时,等号成立,所以当𝑥=±12时,𝑔(𝑥)=0,所以𝑓(𝑥)共有3个零点,分别为0,−12,12,所以𝑥12+𝑥22+⋯+𝑥𝑛2=02+(−12)2+(12)2=12.故选:A8.A设双曲

线的右焦点为𝐹(𝑐|0),𝐴(𝑥1|𝑦1),𝐵(𝑥2|𝑦2),则直线𝑙:𝑦=𝑘(𝑥−𝑐),联立方程{𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1𝑦=𝑘(𝑥−𝑐),消去𝑦得:(𝑏2−𝑎2𝑘2)𝑥2+2𝑎2𝑘2𝑐𝑥−𝑎

2(𝑘2𝑐2+𝑏2)=0,则可得𝑏2−𝑎2𝑘2≠0,𝛥>0,𝑥1+𝑥2=−2𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2,𝑥1𝑥2=−𝑎2(𝑘2𝑐2+𝑏2)𝑏2−𝑎2𝑘2,则|�

�𝐵|=√1+𝑘2√(−2𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2)2−4[−𝑎2(𝑘2𝑐2+𝑏2)𝑏2−𝑎2𝑘2]=2𝑎𝑏2(1+𝑘2)|𝑏2−𝑎2𝑘2|,设线段𝐴𝐵的中点𝑀(𝑥0|𝑦0),则𝑥0=𝑥1+𝑥

22=−𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2,𝑦0=𝑘(𝑥0−𝑐)=𝑘(−𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2−𝑐)=−𝑏2𝑘𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2,即𝑀(−𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2|−𝑏2𝑘𝑐𝑏2−𝑎2�

�2),且𝑘≠0,线段𝐴𝐵的中垂线的斜率为−1𝑘,则线段𝐴𝐵的中垂线所在直线方程为𝑦+𝑏2𝑘𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2=−1𝑘(𝑥+𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2),令𝑦=0,则𝑏2𝑘𝑐𝑏2−𝑎2𝑘2=−1𝑘(𝑥+𝑎2𝑘2𝑐𝑏2−𝑎2�

�2),解得𝑥=−𝑘2𝑐3𝑏2−𝑎2𝑘2,即𝐷(−𝑘2𝑐3𝑏2−𝑎2𝑘2|0),则|𝐷𝐹|=|−𝑘2𝑐3𝑏2−𝑎2𝑘2−𝑐|=𝑏2𝑐(1+𝑘2)|𝑏2−

𝑎2𝑘2|,由题意可得:|𝐴𝐵|≥√3|𝐷𝐹|,即2𝑎𝑏2(1+𝑘2)|𝑏2−𝑎2𝑘2|≥√3𝑏2𝑐(1+𝑘2)|𝑏2−𝑎2𝑘2|,整理得2𝑎≥√3𝑐,则𝑒=𝑐𝑎≤2√3=2√33

,注意到双曲线的离心率𝑒>1,双曲线的离心率取值范围是(1|2√33).故选:A.9.ABC对于A:因为𝑥̄=15×(1+2+3+4+5)=3,𝑦̄=15×(4.9+5.1+5.5+5.7+5.8)=5.4,所以5.4=0.24×3+â,得â=4.

68,所以𝐴正确;对于B:因为5×75%=3.75,所以借阅量4.9,5.1,5.5,5.7,5.8的上四分位数为5.7,所以B正确;对于C:因为0.24>0,所以𝑦与𝑥的线性相关系数𝑟>0,所以𝐶正确;对于𝐷:由选项𝐴可知线性回归方程为𝑦̂=0.24𝑥+4.68,当𝑥=

6,则𝑦̂=0.24×6+4.68=6.12,所以七月的借阅量约为6.12百册,所以𝐷错误;故选:𝐴𝐵𝐶.10.ABD由题意可得:𝑓(𝑥)=24𝑐𝑜𝑠𝑥⋅𝑠𝑖𝑛(𝑥+𝜋3)−√3=24𝑐𝑜𝑠𝑥⋅(12𝑠𝑖𝑛�

�+√32𝑐𝑜𝑠𝑥)−√3=22𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥+2√3𝑐𝑜𝑠2𝑥−√3=2𝑠𝑖𝑛2𝑥+√3𝑐𝑜𝑠2𝑥=1𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋3)对于A:因为𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋3)∈[−1|0)∪(0|1],所以𝑓(𝑥

)∈(−∞|−1]∪[1|+∞),故A正确;对于B:因为𝑓(𝑥)的对称中心与函数𝑦=𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋3)的对称中心相同,令2𝑥+𝜋3=𝑘𝜋,𝑘∈𝑍,解得𝑥=𝜋3+𝑘𝜋2,𝑘∈𝑍,故𝑓(𝑥)的对称中心为(𝜋3+𝑘𝜋2|0)(𝑘∈𝑍)

,故B正确;对于C:若𝑓(𝑥)单调递增,则𝑦=𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋3)单调递减,令𝜋2+2𝑘𝜋≤2𝑥+𝜋3<𝜋+2𝑘𝜋,𝜋+2𝑘𝜋<2𝑥+𝜋3≤3𝜋2+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍),解

得𝜋12+𝑘𝜋≤𝑥<𝜋3+𝑘𝜋,𝜋3+𝑘𝜋<𝑥≤7𝜋12+𝑘𝜋(𝑘∈𝑍),所以𝑓(𝑥)的单调递增区间为(𝜋12+𝑘𝜋2|𝜋3+𝑘𝜋2)和(𝜋3+𝑘𝜋2|7𝜋12+𝑘𝜋2)(𝑘∈𝑍),故C错误;对于D:𝑔(𝑥)图像向右

平移𝜋12个单位,得到𝑦=1𝑐𝑜𝑠2(𝑥−𝜋12)=1𝑐𝑜𝑠(2𝑥−𝜋6)=1𝑐𝑜𝑠[(2𝑥+𝜋3)−𝜋2]=1𝑠𝑖𝑛(2𝑥+𝜋3),与𝑓(𝑥)解析式相同,图像重合,故D正确.故选:A

BD.11.BCD对于选项𝐴:连接𝐴𝐶,𝐴1𝐶1,因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形,所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶,𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,且𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝐴1𝐴⊥𝐵𝐷,𝐴𝐶∩𝐴1𝐴=𝐴,𝐴𝐶,𝐴1𝐴⊂平面

𝐴1𝐴𝐶,所以𝐵𝐷⊥平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1,且𝐴1𝐶⊂平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1,可得𝐵𝐷⊥𝐴1𝐶,同理可证𝐵𝐶1⊥𝐴1𝐶,𝐵𝐷∩𝐵𝐶1=𝐵,𝐵𝐷,𝐵𝐶1⊂平面𝐶1𝐵𝐷,所以𝐴1𝐶⊥平面𝐶1𝐵𝐷,又点𝑀是面𝐴𝐷𝐷1�

�1上的一个动点（包含边界）,所以当𝑀与𝐴1重合时,𝐶𝑀⊥平面𝐶1𝐵𝐷,故𝐴错误;对于选项𝐵：连接𝐴1𝐷,𝐵1𝐶,𝐶𝐷⊥侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1,𝐴𝐷1⊂侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1,则𝐶�

�⊥𝐴𝐷1,又因为𝐴𝐷1⊥𝐴1𝐷,𝐴1𝐷∩𝐷𝐶=𝐷,𝐴1𝐷,𝐷𝐶⊂平面𝐴1𝐷𝐶𝐵1,所以𝐴𝐷1⊥平面𝐴1𝐷𝐶𝐵1,可知当𝑀在线段𝐴1𝐷上时,有𝐶𝑀⊥𝐴𝐷1,故存在无数个点满足𝐶

𝑀⊥𝐴𝐷1,故B正确;对于选项𝐶:延长𝐷1𝑀交𝐷1𝐸于点𝐸,𝐴1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑀为线段𝐴1𝐷靠近点𝐴1的三等分点,且𝐴1𝐴//𝐷1𝐷,则𝐴1𝐸�

�1𝐷=𝐴1𝑀𝐷𝑀=12,则𝐸为线段𝐴1𝐴的中点,如图,以𝐷点为原点建立空间直角坐标系,则𝐷1(0|0|1),𝐵(1|1|0),𝐸(1|0|12),可得𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(−1|−1|1),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0|−1|12),设平面𝐵𝐷1𝑀的法向量为𝑛→=(𝑥|𝑦|𝑧),则{𝑛→⋅𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥−𝑦+𝑧=0𝑛→⋅𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑦+12𝑧=0,令𝑧=2,则𝑦

=1,𝑥=1,即𝑛→=(1|1|2),设平面𝐵𝐷1𝑀∩𝐶𝐶1=𝐹,点𝐹(0|1|𝑐),则𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−1|0|𝑐),则𝑛→⋅𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=−1+2𝑐=0,解得𝑐=12,则𝐹(0|1|12),故𝐸𝐹⃗⃗⃗

⃗⃗=(−1|1|0),可得𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−1)×(−1)+(−1)×1+1×0=0,即𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,且|𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(−1)2+(−1)2+12=√3,|𝐸𝐹⃗

⃗⃗⃗⃗|=√(−1)2+12+02=√2,故截面𝐵𝐸𝐷1𝐹面积𝑆=12×|𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|×|𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=12×√3×√2=√62,故C正确;对于选项D:因为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为1

,所以设𝑀(𝑥|0|𝑧),𝐷(0|0|0),𝐷1(0|0|1),所以𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑥|0|−𝑧),𝑀𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−𝑥|0|1−𝑧),因为|𝑀𝐷|=2

|𝑀𝐷1|,所以√𝑥2+𝑧2=2√𝑥2+(1−𝑧)2(0≤𝑥≤1|0≤𝑧≤1),化简得:𝑥2+(𝑧−43)2=49(0≤𝑥≤23|23≤𝑧≤1),所以点𝑀的轨迹是一段以𝑁(0|0|43)为圆心,半径为23的圆弧,设圆弧与𝐴1𝐷1,𝐷𝐷1分别交于点𝑃,

𝑄,取𝑥=0,则𝑧=23,即𝐷𝑄=23;取𝑧=1,则𝑥=√33,即𝐷1𝑃=√33;则𝑃𝐷1=√33,𝐷1𝑁=13,则𝑡𝑎𝑛∠𝑃𝑁𝐷1=𝑃𝐷1𝐷1𝑁=√3,且∠𝑃𝑁𝐷1∈(0|𝜋

2),即∠𝑃𝑁𝐷1=𝜋3,轨迹长度是23×𝜋3=2𝜋9,故D正确.故选:BCD.12.ACD对于选项A:由题意可得:函数𝑓(𝑥)的定义域为(0|+∞),且𝑓(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥−1=−𝑙𝑛𝑥,令𝑓

′𝑥>0,解得0<𝑥<1;令𝑓′(𝑥)<0,解得𝑥>1;则函数𝑓(𝑥)在(0|1)上单调递增,在(1|+∞)上单调递减,所以𝑓(𝑥)有最大值𝑓(1)=1,故A正确;对于选项B:因为𝑓(3𝑒)=3𝑒(1−𝑙𝑛3𝑒)=3(2−𝑙𝑛3

)𝑒,𝑓(1𝑒)=1𝑒(1−𝑙𝑛1𝑒)=2𝑒,则𝑓(3𝑒)−𝑓(1𝑒)=3(2−𝑙𝑛3)𝑒−2𝑒=4−3𝑙𝑛3𝑒=1𝑒𝑙𝑛𝑒427>0,所以𝑓(3𝑒)>𝑓(1𝑒),故B错误;对于选项𝐶:构建𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)

−𝑎(𝑒−𝑥),则𝐹′(𝑥)=−𝑙𝑛𝑥+𝑎,因为𝐹(𝑒)=0,且当𝑥≥𝑒时,𝐹(𝑥)≤0恒成立,则𝐹′(𝑒)=−1+𝑎≤0,解得𝑎≤1,若𝑎≤1,则𝐹′(𝑥)=−𝑙𝑛𝑥+𝑎≤0当𝑥≥𝑒时恒成立,则𝐹(𝑥)

在[𝑒|+∞)上单调递减,则𝐹(𝑥)≤𝐹(𝑒)=0,符合题意综上所述:𝑎≤1符合题意,故C正确;对于选项D:因为𝑙𝑛𝑥1𝑥1−𝑙𝑛𝑥2𝑥2=1𝑥2−1𝑥1,整理得1𝑥1(1−𝑙𝑛1𝑥1)=1𝑥2(1−𝑙𝑛1𝑥2),即𝑓(1𝑥1)=

𝑓(1𝑥2),由选项𝐴可知:函数𝑓(𝑥)在(0|1)上单调递增,在(1|+∞)上单调递减,当𝑥趋近于0时,𝑓(𝑥)趋近于0,且令𝑓(𝑥)>0,解得0<𝑥<𝑒,不妨设0<1𝑥1<1<1𝑥2<𝑒,构建𝑔(𝑥)=𝑓(1+𝑥)−𝑓(

1−𝑥),𝑥∈(0|1),因为𝑔′(𝑥)=𝑓′(1+𝑥)+𝑓′(1−𝑥)=−𝑙𝑛(1+𝑥)−𝑙𝑛(1−𝑥)=−𝑙𝑛(1−𝑥2)>0在(0|1)上恒成立,则𝑔(𝑥)在(

0|1)上单调递增,可得𝑔(𝑥)>𝑔(0)=0,所以𝑓(1+𝑥)>𝑓(1−𝑥),𝑥∈(0|1),即𝑓(2−𝑥)>𝑓(𝑥),𝑥∈(0|1),可得𝑓(1𝑥2)=𝑓(1𝑥1)<𝑓(2−1

𝑥1),注意到𝑓(𝑥)在(1|+∞)上单调递减,且1<2−1𝑥1<2,1<1𝑥2<𝑒,所以1𝑥2>2−1𝑥1,即1𝑥1+1𝑥2>2,故D正确;故选:ACD.13.15因为二项式(√𝑥+𝑥2)𝑛的二项式系数之和为64,所以2𝑛=64=26,𝑛=6,所以(√𝑥+𝑥2)

6展开式的通项为𝑇𝑟+1=𝐶6𝑟(√𝑥)6−𝑟(𝑥2)𝑟=𝐶6𝑟𝑥6+3𝑟2,令6+3𝑟2=6,则𝑟=2,所以(√𝑥+𝑥2)𝑛展开式中的𝑥6的系数是𝐶62=6×52×1=15.故答案为:15.14.2√55因为𝛼,

𝛽为锐角,且𝑡𝑎𝑛(𝛼+𝛽)=−112<0,所以𝛼+𝛽∈(𝜋2|𝜋),所以联立{𝑠𝑖𝑛(𝛼+𝛽)𝑐𝑜𝑠(𝛼+𝛽)=−112𝑠𝑖𝑛2(𝛼+𝛽)+𝑐𝑜𝑠2(𝛼+𝛽)=1,解得{𝑠𝑖𝑛(𝛼+

𝛽)=11√22+112=115√5𝑐𝑜𝑠(𝛼+𝛽)=−√1−𝑠𝑖𝑛2(𝛼+𝛽)=−25√5,𝑠𝑖𝑛𝛽=√1−𝑐𝑜𝑠2𝛽=35,𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑠𝑖𝑛[(𝛼+𝛽)−𝛽]=𝑠𝑖𝑛(𝛼+𝛽)�

�𝑜𝑠𝛽−𝑠𝑖𝑛𝛽𝑐𝑜𝑠(𝛼+𝛽)=115√5⋅45−35⋅(−25√5)=2√55,故答案为:2√55.15.±√22.圆𝑂:𝑥2+𝑦2=4的圆心𝑂(0|0),半径𝑟=2,设∠𝐴𝑂𝐵=𝜃∈(0|𝜋),则𝑆∆𝐴𝑂𝐵=12⋅|𝑂𝐴||

𝑂𝐵|𝑠𝑖𝑛𝜃=12×2×2×𝑠𝑖𝑛𝜃=2𝑠𝑖𝑛𝜃≤2,当且仅当𝑠𝑖𝑛𝜃=1,即𝜃=𝜋2时,等号成立,当𝜃=𝜋2时,∆𝐴𝑂𝐵是等腰三角形,此时点𝑂到切线𝑙的距离等于𝑑=√2.解法一:设切线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚,即𝑘

𝑥−𝑦+𝑚=0,则有|𝑚|√𝑘2+1=√2,整理得:𝑚2=2(𝑘2+1)(1)联立方程{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥24+𝑦2=1,消去𝑦得:(4𝑘2+1)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−4=0,由相切得:𝛥=64𝑘2𝑚2−16(4𝑘2+1)(𝑚2−

1)=0,整理得:𝑚2=4𝑘2+1(2)由(1)(2)得:2(𝑘2+1)=4𝑘2+1,解得𝑘=±√22.解法二:设点𝑃的坐标为(𝑥0|𝑦0),切线𝑙的方程为𝑥0𝑥4+𝑦0𝑦=1,即𝑥0𝑥4+𝑦0𝑦−1=0,则有

1√𝑥0216+𝑦02=√2,整理得𝑥0216+𝑦02=12,点𝑃在椭圆上,则𝑥024+𝑦02=1,则{𝑥024+𝑦02=1𝑥0216+𝑦02=12,解得{𝑥02=83𝑦02=13,所以切线𝑙的斜率𝑘

=−𝑥04𝑦0=±14√𝑥02𝑦02=±√22.故答案为:±√22.16.557.在∆𝐴𝐵𝐷中,𝐴𝐵=4,𝐴𝐷=3,∠𝐵𝐴𝐷=𝜋3,故𝐷𝐵2=𝐴𝐵2+𝐴𝐷2−2𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐴𝐷=42+32−2×4×3×12=1

3,即𝐷𝐵=√13,则折成的三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷中,𝐴′𝐶=𝐷𝐵,𝐴′𝐵=𝐴𝐵=𝐷𝐶,𝐴′𝐷=𝐴𝐷=𝐵𝐶,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线,设长方体从同一

个顶点出发的三条棱长分别为𝑎,𝑏,𝑐则{𝑎2+𝑏2=13𝑎2+𝑐2=9𝑏2+𝑐2=16,解得{𝑎=√3𝑏=√10𝑐=√6,此长方体的外接球是三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷的外接球,设外接球的直径2𝑅外=√𝑎2+𝑏2+𝑐2=

√19,即𝑅外=√192,又因为三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷是长方体切掉四个角,故三棱锥𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑎𝑏𝑐−4×13×12𝑎𝑏𝑐=13𝑎𝑏𝑐=2√5,三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷四个侧面是全等的,𝑆表=4𝑆∆𝐴𝐵𝐷=4×12𝐴𝐵⋅𝐴

𝐷⋅𝑠𝑖𝑛𝜋3=2×4×3×√32=12√3，设内切球半径为𝑅内,,内切球球心为顶点,把三棱锥分割为以球心为顶点,四个面为底面的的四个小三棱锥,四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积,故𝑅内=3𝑉𝑆表=3×2√512√3=√156,

则三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷的内切球与外接球表面积的比值为4𝜋𝑅内24𝜋𝑅外2=𝑅内2𝑅外2=1536194=557.故答案为:557.17.（1）𝐴=𝜋3.（2）(1+√3|4+2√3).(1)由正弦定理𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏𝑠

𝑖𝑛𝐵=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶得:𝑏−𝑎𝑏−𝑐=𝑐𝑏+𝑎,整理得:𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑏𝑐,由余弦定理得:𝑐𝑜𝑠𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=𝑏𝑐2𝑏𝑐=

12,𝐴∈(0|𝜋),则𝐴=𝜋3.(2)由(1)可得:𝐴=𝜋3,且𝑐=2,锐角∆𝐴𝐵𝐶中,由正弦定理得:𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶,可得𝑎=𝑐⋅𝑠

𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶=√3𝑠𝑖𝑛𝐶,𝑏=𝑐⋅𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶=2𝑠𝑖𝑛(𝐶+𝜋3)𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑠𝑖𝑛𝐶+√3𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐶=1+√3𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐶,则𝑎+𝑏=1+√3+√3𝑠𝑜

𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐶=1+√3(1+𝑐𝑜𝑠𝐶)𝑠𝑖𝑛𝐶=1+2√3𝑐𝑜𝑠2𝐶22𝑠𝑖𝑛𝐶2𝑐𝑜𝑠𝐶2=1+√3𝑡𝑎𝑛𝐶2,∆𝐴𝐵𝐶锐角三角形,且𝐴=𝜋3,则{0<𝐶<𝜋20<𝐵<𝜋2,即{0<𝐶<𝜋20<2𝜋3−�

�<𝜋2,解得𝜋6<𝐶<𝜋2,即𝜋12<𝐶2<𝜋4,且𝑡𝑎𝑛𝜋12=𝑡𝑎𝑛(𝜋3−𝜋4)=𝑡𝑎𝑛𝜋3−𝑡𝑎𝑛𝜋41+𝑡𝑎𝑛𝜋3⋅𝑡𝑎𝑛𝜋4=√3−11+√3×1=2−√3,可得𝑡𝑎𝑛𝐶2∈(2−√3|1)

,则1+√3𝑡𝑎𝑛𝐶2∈(1+√3|4+2√3),故𝑎+𝑏的范围是(1+√3|4+2√3).18.(1)见解析(2)见解析(1)由𝑎𝑛2+𝑛−1𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−12�

�=0(𝑛≥2),得(𝑎𝑛+𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1𝑛)=0,所以𝑎𝑛+𝑎𝑛−1=0或𝑎𝑛−𝑎𝑛−1𝑛=0,因为𝑎𝑛>0,所以𝑎𝑛=𝑎𝑛−1𝑛,所以�

�𝑛𝑎𝑛−1=1𝑛,所以𝑎𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛−1⋅𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2⋅𝑎𝑛−2𝑎𝑛−3⋯⋯𝑎2𝑎1⋅𝑎1=1𝑛⋅1𝑛−1⋅1𝑛−2⋯⋅12×1=1𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)⋯⋯2×1=1𝑛!

(2)证明:当𝑥=0时,𝑒𝑥≥1+∑𝑖=1𝑛𝑎𝑖𝑥𝑖恒成立,令𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1−∑𝑖=1𝑛1𝑖!𝑥𝑖(𝑥>0),即𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1−(𝑥+12!𝑥2+13!𝑥3+⋯+1𝑛!𝑥𝑛),则𝑓′(𝑥)=𝑒

𝑥−(1+𝑥+12!𝑥2+⋯+1(𝑛−1)!𝑥𝑛−1)𝑓(2)(𝑥)=𝑒𝑥−(1+𝑥+12!𝑥2+⋯+1(𝑛−2)!𝑥𝑛−2)𝑓(3)(𝑥)=𝑒𝑥−(1+𝑥+12!𝑥2+⋯+1(𝑛−3)!𝑥𝑛−3)......𝑓(𝑛−1

)(𝑥)=𝑒𝑥−(1+𝑥)𝑓(𝑛)(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑓(𝑛+1)(𝑥)=𝑒𝑥>0,所以𝑓(𝑛)(𝑥)在(0|+∞)上递增,所以𝑓(𝑛)(𝑥)>𝑓(𝑛)(0)=0,所以𝑓(𝑛−1)(𝑥)在(0|+∞)上递增,所以𝑓(𝑛−1)(𝑥)>𝑓

(𝑛−1)(0)=0,所以𝑓(𝑛−2)(𝑥)在(0|+∞)上递增,......所以𝑓′(𝑥)在(0|+∞)上递增,所以𝑓′(𝑥)>𝑓′(0)=0,所以𝑓(𝑥)在(0|+∞)上递增,所以𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0,综上对任意的𝑛∈𝑁∗,𝑥≥0,都有𝑒𝑥

≥1+∑𝑖=1𝑛𝑎𝑖𝑥𝑖.19.(1)𝑦=−0.5𝑙𝑛𝑥+3.2(2)预测票价为220元时,剧场的门票收入最多(1)𝑦=𝑐𝑙𝑛𝑥+𝑑能更好地对𝑦与𝑥的关系进行拟合.设𝑧=𝑙𝑛𝑥,先求𝑦关于𝑧的线性回归方程.由已知得𝑧̄=15∑𝑖=15

𝑧𝑖≈275=5.4,所以𝑐=∑𝑖=15𝑧𝑖𝑦𝑖−5𝑧𝑦̀∑𝑖=15𝑧𝑖2−5𝑧−2≈12.7−5×5.4×0.5147.4−5×5.42=12.7−13.5147.4−145.8=−0.81.6=−0.5,𝑑=𝑦̄−𝑐𝑧̄=0.5−(−0.5)×5.4=

3.2,所以𝑦关于𝑧的线性回归方程为𝑦=−0.5𝑧+3.2,所以𝑦关于𝑥的回归方程为𝑦=−0.5𝑙𝑛𝑥+3.2;(2)设该剧场的总座位数为𝑀,由题意得门票收入为𝑀(−0.5𝑥𝑙𝑛𝑥+3.2

𝑥),设函数𝑓(𝑥)=−0.5𝑥𝑙𝑛𝑥+3.2𝑥,则𝑓′(𝑥)=−0.5𝑙𝑛𝑥+2.7,当𝑓′(𝑥)<0,即𝑥>𝑒5.4时,函数单调递减,当𝑓′(𝑥)>0,即0<𝑥<𝑒5.4时,函数单调递增,所以𝑓(𝑥)在𝑥=𝑒5.4

≈220处取最大值,所以预测票价为220元时,剧场的门票收入最多.20.(1)见解析(2)3√1111.(1)在平面𝐴𝐶1𝐶1𝐴中过点𝐶作𝐴𝐶的垂线𝐶𝐷,在平面𝐴𝐵𝐶中过点𝐶作𝐴𝐶的垂线𝐶𝐸,面𝐴𝐴1𝐶1𝐶⊥面𝐴

𝐵𝐶,𝐶𝐷⊥𝐴𝐶,𝐶𝐷⊂面𝐴𝐴1𝐶1𝐶,且面𝐴𝐴1𝐶1𝐶∩面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶,故𝐶𝐷⊥面𝐴𝐵𝐶,𝐶𝐸⊂面𝐴𝐵𝐶,所以𝐶𝐷⊥𝐶𝐸,故𝐴𝐶,𝐶𝐸,𝐶𝐷三条两两垂直,建立以点𝐶为坐标原点,直线𝐶𝐴

,𝐶𝐸,𝐶𝐷分别为𝑥,𝑦,𝑧轴的空间直角坐标系,如图所示,则由题意得𝐶(0|0|0),𝐵(√2|√2|0),𝐴1(2√2|0|2√2),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√2|√2|0),𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗1=(√2|−√2|2√2)𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=0,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即𝐶𝐵⊥𝐵𝐴1,𝐵𝐶//𝐵1𝐶1,𝐵1𝐶1⊥𝐴1𝐵(2)设𝜆=𝐴1𝐶1𝐴𝐶,𝜆∈(0|1),𝑆∆𝐴𝐵𝐶

=12⋅𝐶𝐴⋅𝐶𝐵⋅𝑠𝑖𝑛𝜋4=72,根据∆𝐴𝐵𝐶∼∆𝐴1𝐵1𝐶1,则𝑆∆𝐴1𝐵1𝐶1𝑆∆𝐴𝐵𝐶=𝜆2,由棱台体积公式得79√221=13(72+72𝜆2+72𝜆)⋅2√2,所以4

9𝜆2+49𝜆−30=(7𝜆−3)(7𝜆+10)=0,则𝜆=37在(1)问建系基础上,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√2|√2|0),𝐶𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2√2|0|2√2),设面𝐴1𝐵𝐶的法向量𝑛1⃗⃗⃗

⃗=(𝑥1|𝑦1|𝑧1)由{𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{√2𝑥1+√2𝑦1=02√2𝑥1+2√2𝑧1=0,取𝑥1=−1,则𝑦1=𝑧1=1,则𝑛1⃗⃗⃗⃗=(−1|1|1),由题意得𝐴𝐶=7√22,根据𝜆=

37,则𝐴1𝐶1=3√22,则𝐶1(√22|0|2√2),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√2|√2|0),𝐶𝐶⃗⃗⃗⃗⃗1=(√22|0|2√2),设面𝐵𝐵1𝐶法向量𝑛2=(𝑥2|𝑦2|𝑧2),由{

𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{√2𝑥2+√2𝑦2=0√22𝑥2+2√2𝑧2=0,取𝑥2=−4,则𝑦2=4,𝑧2=1,则𝑛2⃗⃗⃗⃗=(−4|4|1),设二面角𝐴1−𝐵𝐶−𝐵1的大小为𝜃,依图可

知0<𝜃<𝜋2,所以𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑐𝑜𝑠𝑛1⃗⃗⃗⃗|𝑛2⃗⃗⃗⃗|=|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=|4+4+1|√3×√33=3√1111,所以二面角𝐴1−𝐵𝐶−𝐵1的余弦值为3√11

11.21.(1)𝑥29+𝑦2=1(2)见解析(1)依据题意作出如下图象:由椭圆方程𝐸:𝑥2𝑎2+𝑦2=1(𝑎>1)可得:𝐴(−𝑎|0),𝐵(𝑎|0),𝐺(0|1)𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗

⃗=(𝑎|1),𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑎|−1)𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎2−1=8,𝑎2=9椭圆方程为:𝑥29+𝑦2=1(2)证明:设𝑃(6|𝑦0),则直线𝐴𝑃的方程为:�

�=𝑦0−06−(−3)(𝑥+3),即:𝑦=𝑦09(𝑥+3)联立直线𝐴𝑃的方程与椭圆方程可得:{𝑥29+𝑦2=1𝑦=𝑦09(𝑥+3),整理得:(𝑦0⬚2+9)𝑥2+6𝑦0⬚2𝑥+9𝑦0⬚2−81=0,解

得:𝑥=−3或𝑥=−3𝑦0⬚2+27𝑦0⬚2+9将𝑥=−3𝑦0⬚2+27𝑦0⬚2+9代入直线𝑦=𝑦09(𝑥+3)可得:𝑦=6𝑦0𝑦0⬚2+9所以点𝐶的坐标为(−3𝑦0⬚2+27𝑦0⬚2+9|6𝑦0𝑦0⬚2

+9).同理可得:点𝐷的坐标为(3𝑦0⬚2−3𝑦0⬚2+1|−2𝑦0𝑦0⬚2+1)直线𝐶𝐷的方程为:𝑦−(−2𝑦0𝑦0⬚2+1)=6𝑦0𝑦0⬚2+9−(−2𝑦0𝑦0⬚2+1)−3𝑦0⬚2+27𝑦0⬚2+9−3𝑦0⬚2−3𝑦

0⬚2+1(𝑥−3𝑦0⬚2−3𝑦0⬚2+1),整理可得:𝑦+2𝑦0𝑦0⬚2+1=8𝑦0(𝑦0⬚2+3)6(9−𝑦0⬚4)(𝑥−3𝑦0⬚2−3𝑦0⬚2+1)=8𝑦06(3−𝑦0⬚2)(𝑥−3𝑦0⬚2−3𝑦0⬚2+1),整理得:𝑦=

4𝑦03(3−𝑦0⬚2)𝑥+2𝑦0𝑦0⬚2−3=4𝑦03(3−𝑦0⬚2)(𝑥−32)故直线𝐶𝐷过定点(32|0)22.（1）见解析（2）见解析(1)当𝑎=𝑒时,𝑓(𝑥)>𝑔(𝑥),即𝑒𝑥>𝑒𝑙𝑛(𝑥−1),等价于即𝑒𝑥

−1>𝑙𝑛(𝑥−1),构建𝜙(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−1,则𝜙′(𝑥)=𝑒𝑥−1,令𝜙′(𝑥)>0,解得𝑥>0;令𝜙′(𝑥)<0,解得𝑥<0;则𝜙(𝑥)在(−∞|0)上单调递减,在(0|+∞)上单调递增,可得𝜙(𝑥)≥𝜙(0),即𝑒𝑥−𝑥−

1≥0,当且仅当𝑥=0时,等号成立;可得𝑒𝑥−1−(𝑥−1)−1≥0,则𝑒𝑥−1≥𝑥,当且仅当𝑥−1=0时,即𝑥=1时,等号成立;可得𝑒𝑙𝑛(𝑥−1)−𝑙𝑛(𝑥−1)−1≥0,则𝑙𝑛(𝑥−1)≤𝑥,当且仅当𝑙𝑛(𝑥−1)=0,

即𝑥=2时,等号成立;综上所述:𝑒𝑥−1≥𝑥≥𝑙𝑛(𝑥−1).但等号不同时取到,故𝑒𝑥−1>𝑙𝑛(𝑥−1),𝑓(𝑥)>𝑔(𝑥),原式得证.(2)由题意可得:𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥𝑙𝑛2𝑎

,𝑔′(𝑥)=𝑎𝑥−1,设直线𝑙与𝑓(𝑥)相切于点(𝑥1|𝑎𝑥1𝑙𝑛𝑎),则切线斜率𝑘1=𝑎𝑥1𝑙𝑛2𝑎,直线𝑙与𝑔(𝑥)相切于点(𝑥2|𝑎𝑙𝑛(𝑥2−1)

),则切线斜率𝑘2=𝑎𝑥2−1,则{𝑦−𝑎𝑥1𝑙𝑛𝑎=𝑎𝑥1𝑙𝑛2𝑎⋅(𝑥−𝑥1)𝑦−𝑎𝑙𝑛(𝑥2−1)=𝑎𝑥2−1(𝑥−𝑥2),整理得{𝑦=𝑎𝑥1𝑙𝑛2𝑎⋅𝑥+𝑎𝑥1𝑙𝑛𝑎−𝑥1𝑎𝑥1𝑙𝑛2𝑎𝑦

=𝑎𝑥2−1⋅𝑥+𝑎𝑙𝑛(𝑥2−1)−𝑎𝑥2𝑥2−1,由题意可得:{𝑎𝑥1𝑙𝑛2𝑎=𝑎𝑥2−1𝑎𝑥1𝑙𝑛𝑎−𝑥1𝑎𝑥1𝑙𝑛2𝑎=𝑎𝑙𝑛(𝑥2−1)−𝑎𝑥2𝑥2−1,消去𝑥1可得:1−𝑙𝑛𝑎+𝑙𝑛(𝑥

2−1)+2𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑎)=𝑙𝑛𝑎⋅(𝑥2−1)⋅𝑙𝑛(𝑥2−1)−𝑥2⋅𝑙𝑛𝑎，令𝑡=𝑥2−1,则𝑥2=𝑡+1,则1−𝑙𝑛𝑎+𝑙𝑛𝑡+2𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑎)=𝑙𝑛𝑎⋅𝑡⋅𝑙𝑛𝑡−(𝑡+1

)⋅𝑙𝑛𝑎,可得𝑙𝑛𝑎⋅𝑡×𝑙𝑛𝑡−𝑙𝑛𝑡−𝑙𝑛𝑎⋅𝑡−2𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑎)−1=0,令ℎ(𝑡)=𝑙𝑛𝑎⋅𝑡⋅𝑙𝑛𝑡−𝑙𝑛𝑡−𝑙𝑛𝑎⋅𝑡−2𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑎)−1,要证两函数有且只有两条公切线,即证

ℎ(𝑡)在(0|+∞)上有且只有两个零点.则ℎ′(𝑡)=𝑙𝑛𝑎⋅(𝑙𝑛𝑡+1)−1𝑡−𝑙𝑛𝑎=𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑡−1𝑡,可得ℎ′(𝑡)在定义域内单调递增,且ℎ′(1)=−1<0,ℎ′(𝑒)=𝑙𝑛𝑎−1𝑒>0,故ℎ′(𝑡)

在(0|+∞)上有唯一零点𝑡0,且𝑡0∈(1|𝑒),当𝑡∈(0|𝑡0)时,ℎ′(𝑡)<0,当𝑡∈(𝑡0|+∞)时,ℎ′(𝑡)>0,则ℎ(𝑡)在(0|𝑡0)上单调递减,在(𝑡0|+∞)上单调递增,可知ℎ(𝑡)的最小值为ℎ(

𝑡0),又ℎ(𝑒)=𝑒𝑙𝑛𝑎−1−𝑒𝑙𝑛𝑎−2𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎−1=−2𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑎)−2<0,则ℎ(𝑡0)<ℎ(𝑒)<0,注意到𝑥趋近0时,ℎ(𝑡)趋近+∞,𝑥趋近+∞时,

ℎ(𝑡)趋近+∞,ℎ(𝑡)在(0|𝑡0)和(𝑡0|+∞)上分别存在一个零点,故ℎ(𝑡)有且只有两个零点,故原命题得证.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com