【文档说明】浙江省数海漫游2020届高三下学期模拟考试（二）数学试题 【精准解析】.doc，共(33)页，3.222 MB，由小赞的店铺上传

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2020年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学模拟卷二一､选择题：1.已知i是虚数单位，则()()112ii+−=（）A.3i+B.3i−C.1i−+D.1i−−【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算，即可得到本题答案.【详解】由题意得：()()21312122iii

iii+−=−+−=−.故选：B.【点睛】本题主要考查复数的乘法运算法则.属于容易题.2.已知集合(),1,,AxyxyxyR=+=，()22,5,,BmnmnmnZ=+=，则AB=（）A.0B.1C.2D.4

【答案】C【解析】【分析】得到()()()()()()()()()22,5,,1,2,1,2,1,2,1,2,2,1,2,1,2,1,2,1BmnmnmnZ=+==−−−−−−−−，即可求出答案.【详解】因为(),

1,,AxyxyxyR=+=()()()()()()()()()22,5,,1,2,1,2,1,2,1,2,2,1,2,1,2,1,2,1BmnmnmnZ=+==−−−−−−−−所以()()

1,2,2,1AB=−−所以2AB=故选：C【点睛】本题考查的是集合的表示方法，较简单.3.已知x，*yN，则2logxy=（）A.2logxyB.2logyxC.2logxyD.log2xy【答案】B【解析】【分析】根据换底公式可直接得到答案.【详解】2logxy=2

222logloglogxyyx=,故选：B【点睛】本题考查的是换底公式的应用，较简单.4.已知a，*bR，则“12abba++”是“ab”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条

件【答案】A【解析】【分析】由0ab可推出12abba++，从而可得由12abba++能够推出ab，当11,910ab==时，满足ab，但此时12abba++，然后可得答案.【详解】若0

ab，则11ab，所以21ab，所以12abba++，所以由12abba++能够推出ab当11,910ab==时，满足ab，但此时12abba++所以ab推不出12abba++综上，“12abba++”是“ab”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查的是充

分不必要条件的判断和不等式的性质，属于基础题.5.已知负实数列na满足2149nnaa+=−，*nN，则下列可能作为4a的值的是（）A.49−B.12−C.13−D.15−【答案】C【解析】【分析】根据数列的递推关系式，结合0na，逐次计算，即可

求解.【详解】由题意，数列na满足2149nnaa+=−，即2149nnaa++=，且0na若449a=−，则2344440999aa+=−+==，则30a=，因为0na，所以不符合题意；若412a=−，则234414192918aa+=−+=−=，此时

不成立；若413a=−，则23441419399aa+=−+==，因为0na，所以313a=−，由22341419399aa+=−+==，因为0na，所以213a=−，又由21241419399aa+=−+==，因为0na，所以113a=−，满足题意；若415a=

−，则2344141195945aa+=−+==，因为0na，所以31145a=−，又由223411409459aa+=−+=，所以不成立，综上可得，4a的值的13−.故选：C.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，其中解答中利

用数列的递推公式，准确计算与判定是解答的关键，着重考查运算与求解能力.6.函数()55cossinfxxx=−的最小正周期是（）A.5B.25C.D.2【答案】D【解析】【分析】利用()()fxfxT=+，

代入验证即可求出结果.【详解】()55cossin555xxfxfx+++=−，()55222cossin555xfxfxx+++=−，()

()()()5555cossincossinfxxxxfxx++=−+−+=，()()()()5555222cossincossinxxxxfxfx++=−+==−，故选：D.【点睛】本题主要考查了三角函数的周期.属于较易题.7.若平面向量a

，b满足2abab===，则对于任意实数，()1ab+−的最小值是（）A.3B.32C.2D.1【答案】A【解析】【分析】由已知可得,ab夹角为3，设ABa=，ACb=，ABC是等边三角形，设(1)ADa

b=+−，则D在直线BC上，则易求得模的最小值．【详解】设,ab夹角为，则222cosabab====，1cos2=以，3=，如图，设ABa=，ACb=，设(1)ADab=+−，则D在直线BC上，∴(1)abAD+−=的最小值为ABC的高，即为3232=．故

选：A．【点睛】本题考查平面向量的模，考查三点共线定理．解题关键是就是由(1)ADab=+−得出三点共线．8.设函数()()()()13,4kxxfxeexk−=−−=，则（）A.3k=时，()fx有极大值，也有极小值

B.3k=时，()fx有极小值，但无极大值C.4k=时，()fx有极大值，但无极小值D.4k=时，()fx有极小值，但无极大值【答案】B【解析】【分析】先对函数求导并整理，当3k=，令()()224xegxxx=++−，对()gx两次求导判断其单调性得出()gx在R上单调递

增，由零点存在性定理确定零点所在区间，进而反应()fx的单调性即可判断；当4k=时，令()()235xehxxx=++−，同理求导，整理判断即可.【详解】由()()()1kxxfxeex−=−−，得()(

)()()()111kkxxxxfxeexxkee−−−++=−−−()()12111kxxxkxekxe−=−++−−−当3k=时，()()()22214xxxefxxxe=++−−，令()()224xegxxx=++−，则()()()222221251xxxgxxxeee

=+++=++，故()()()2222225412xxxgxxexee=++=+，当()()3,0,xgxgx−单调递减，当()()3,0,xgxgx−单调递增，则当3x=−时，()gx取极小值，也即为最小值

，()()6310gxge−−=−，则()gx在R上单调递增，又()()20240,1330gge=−=−，则()gx在区间()0,1存在唯一零点0x，当0xx时()0gx，即()()0,fxfx单调递减，当0xx时()0g

x，即()()0,fxfx单调递增，则()fx有极小值，但无极大值；故A错误，B正确；当4k=时，()()()32315xxxefxxxe=++−−，令()()235xehxxx=++−，则()()()222231271xx

xhxxxeee=+++=++，故()()()2222227416xxxhxxexee=++=+，当()()4,0,xhxhx−单调递减，当()()4,0,xhxhx−单调递增，则当4x=−时，()hx取极小值，也即为最小值，()()8410hxhe−−=−

，则()hx在R上单调递增，又()()00,10hh，则()hx在区间()0,1存在唯一零点t，则()0fx=，得1x=或()0,1xt=，当xt或1x时，()()0,fxfx单调递增，当1tx时，()()0,fxfx单调

递减，所以()fx既有极大值，也有极小值.故CD错误.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的极值，做题时需注意对导函数的整理，本题需要构造函数，并且二次求导，才能确定函数的单调性，同时考查了零点存

在性定理.属于较难题.9.如图，椭圆22:143xyC+=，P是直线4x=−上一点，过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，直线AB与OP交于点M，则sinPMB的最小值是（）A.437B.86565C.7210D.32【答案】A【解析】【分析】先证明过椭圆22143xy+=上点11(,)xy处的

切线方程是11143xxyy+=，这样只要设1122(,),(,)AxyBxy，可得切线方程，由切线过(4,)Pm−可得直线AB方程，得直线AB过左焦点(1,0)F−，可证明PFAB⊥，由直线OP方程与AB方程联立可解得交点M坐标，计算,PMPF，可得

sinPFPMBPM=，再由不等式的性质得出最小值．【详解】设11(,)Axy若A在椭圆的上半部分，则2314xy=−得22332214144xxyxx−==−−−，A在椭圆上，22111

43xy+=，111211334414xxxxyyx==−=−−．∴过A点的切线方程是11113()4xyyxxy−=−−，221111343412xxyyxy+=+=，即11143xxyy+=，同理可证当A在下半圆时，过A的切线方程也是

11143xxyy+=，A是椭圆的左右顶点时，切线方程也是．∴无论A在椭圆的何处，切线方程都是11143xxyy+=．设22(,)Bxy，则过B点的切线方程是22143xxyy+=，P在直线4x=−，设(4,)Pm−，则

由两切线都过P点∴11221313ymxymx−+=−+=，∴直线AB方程是13myx−+=，易知直线AB过定点(1,0)−，该定点为椭圆左焦点F．直线OP方程为4myx=−，则由134myxmyx−+==−，得

221212312xmmym=−+=+，即22123,1212mMmm−++，3ABkm=，4(1)3PFmmk==−−−−，1ABPFkk=−，∴PFAB⊥，29PFm=+，2222222123(9)164121212mmmPMmmmm++=−+−=+

++，∴222222212(12)sin(9)(16)(9)(16)PFmmPMBPMmmmm++===++++4224242222414411143112514471111442144242414424mmmmmmmmm++====++++++++++．当且仅当22144mm=，

即23m=时等号成立．故选：A．【点睛】本题考查椭圆的切线方程，切点弦所在直线方程，这里可利用导数的几何意义求得切线方程（可把椭圆看作是两个函数的图象），求出切线方程是解题的关键．由此可得切点弦所在直线方程，这是解题的关键．通过直线方程得直线AB过左焦点(1,0)F−且PFAB⊥

，于是易得sinPMB．10.空间中13个不同的点构成的集合0,1,2,,12iPAi==，满足当0,1,2,3k时，3313233kkkkAAAA+++都是正四面体.对于任意平面，P的

最大值是（）A.9B.10C.11D.12【答案】C【解析】【分析】根据题意，将问题转化为构造几何体，使之在同一平面中三棱锥顶点最多的问题，数形结合即可求得结果.【详解】为使得对于任意平面，P取得最大值，故要使得使之

在同一平面中三棱锥顶点最多，如下所示：如图所示：三棱锥0123345667899101112,,,PPPPPPPPPPPPPPPP−−−−，均为正四面体,显然，最多有11个点在同一平面中.同时，若同一平面中

存在12个三棱锥的顶点，则只有1个点在平面外，无法构造几何体.故P的最大值为：11.故选：C.【点睛】本题考查空间中点线面的位置关系，涉及棱锥的相关概念，属困难题.二､填空题：11.若()21xaxx+−的展开式中常数项是3，则a=_______，所有项系数

的绝对值之和是_______.【答案】(1).-1(2).8【解析】【分析】将()21xaxx+−展开即可求出答案.【详解】()()()222121221122aaxaxxxaxaxaxaxxxaxxx+−=++−=+−++−

=+−++−由常数项是3可得123a−=，解得1a=−所以所有项系数的绝对值之和为13138+++=故答案为：1;8−【点睛】本题考查的是学生的计算能力，较简单.12.若某几何体的三视图(缺少一条线)如图所示(单位：cm)，其中正视图中含两段14圆弧

，则缺少的线是________(填“实线”或“虚线”)，该几何体的体积是_______3cm.【答案】(1).实线(2).1【解析】【分析】由三视图恢复原图，根据原图的特点是一个边长为1的正方体扣掉一部分补到了正方体的右边，即可

得出结论.【详解】由三视图恢复原图如下：则俯视图缺少的线是实线，原图是一个边长为1的正方体扣掉一部分补到了正方体的右边，所以几何体的体积为：1.故答案为：实线；1；【点睛】本题主要考查了利用三视图求几何体的体积问题.属于较易题.13.设22zxy=+，其中实数x，y满足()()11132kxkyx

y++−+，若z的最小值为14，则正实数k=_______.【答案】1【解析】【分析】先利用已知条件把问题转化为()(),0,0xy→的距离的最小值为12，求出()()111kxky++−=过定点11,22，画出图像分析即可得出结果.【详解】由22m

in1,4zxyz=+=，则22min12zxy=+=，可以转化为()(),0,0xy→的距离的最小值为12，由()()()11110kxkykxyxy++−=−++−=，则1021012xxyxyy=

−=+−==，所以()()111kxky++−=过定点11,22，32xy+=也过点11,22，由图像分析可知：当1k=时2132xxy+，则原点到可行域的最短距离为12，满足题意.故答案为：1

.【点睛】本题主要考查了利用线性规划求参数的问题.属于中档题.14.由数字0，1，2，3，4，5可以组成_________个是3的倍数，但不是5的倍数的四位数.【答案】58【解析】【分析】一个数是3的倍数需满足各位数之和是3的倍数，一个数是5的倍数需满足个位是0

或者5，从数字0，1，2，3，4，5中选四个数字出来，其中满足四个数字是3的倍数的有：0123，0135，0234，0345，1245，然后分别求出每种情况下满足题意的数的个数即可.【详解】一个数是3的倍数需满足各位数之和是3的倍数，一个数

是5的倍数需满足个位是0或者5，从数字0，1，2，3，4，5中选四个数字出来，其中满足四个数字是3的倍数的有：0123，0135，0234，0345，1245当选择的数字是0123时，能够组成33318A=个数，其中个位数是0的有6个，所以满足题意的有18612−=个当选择的数字是

0135时，能够组成33318A=个数，其中个位数是0或5的有6410+=个，所以满足题意的有18108−=个当选择的数字是0234时，能够组成33318A=个数，其中个位数是0的有6个，所以满足题意的有18612−=个当选择的数字是

0345时，能够组成33318A=个数，其中个位数是0或5的有6410+=个，所以满足题意的有18108−=个当选择的数字是1245时，能够组成4424A=个数，其中个位数是5的有6个，所以满足题意的有24618−=个综上：共有12812818

58++++=个故答案为：58【点睛】数字问题是排列中的一大类问题，特别注意带有数字零的题目，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏.15.设F为抛物线2:4Cyx=

的焦点，过点()2,0P−斜率为k的直线l交抛物线C于不重合的A，B两点.则k的取值范围是________，若60AFB=，则2k=_________.【答案】(1).2222k−且0k(2).411【解析】【分析】先设出直线

l的方程，把直线l的方程代入24yx=消元，求判别式可得k的取值范围；利用韦达定理和cos60FAFBFAFB=代入即可求出结果.【详解】由题意知：0k，设直线l的方程为()2ykx=+，把直线l的方程代入24yx=得：()2222222404440kxxkxkxxk+−=+−+=，则(

)222221444402kkkk=−−，所以2222k−且0k；设()()1122,,,AxyBxy，又()1,0F，则()()11221,,1,FAxyFBxy=−=−，由韦达定理得：212212444kxxkxx−+==，则121248yyxx

==，由抛物线的定义可知：121,1FAxFBx=+=+，()()1212241117FAFBxxyyk=−−+=−+，()()1224111FAFBxxk=++=+，cos60FAFBFAFB=，则2411k=.故答案为：222

2k−且0k；411.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系.属于中档题.16.在ABC中，ABAC=，M，N分别为BC，AC的中点，若直线AM上存在一点P使得90CPN=，则sinA的最大值是_______.【答案】429【解析】【分析】根据题

意，点M为原点，以BC所在直线为x轴，MA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设4BC=，2MAa=，()02MPbba=，根据题意，得到2+abb=，确定其范围，再由21sin1MCMACCAa==+确定其最

大值，根据12MACA=，即可求出结果.【详解】因为在ABC中，ABAC=，M，N分别为BC，AC的中点，以点M为原点，以BC所在直线为x轴，MA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设4BC

=，2MAa=，()02MPbba=，则()0,Pb，()0,2Aa，()2,0B−，()2,0C，所以()1,Na，因此()1,PNab=−，()2,PCb=−，因为90CPN=，所以0PNPC

=，即()20bab−−=，所以2+22abb=，当且仅当2b=时，等号成立；因此()22221111sin32441221MCMACCAaa====+++，又12MACA=，所以MAC为锐角，所以06MAC，所以03A，因此

为使sinA最大，只需A最大，即只需sinMAC取最大，又sinMAC最大为13，此时122cos193MAC=−=因此()max12242sin2sincos2339AMACMAC===.故答案为：429.

【点睛】本题主要考查向量在平面几何中的应用，利用数形结合的方法即可求解，属于常考题型.17.已知平面向量1a，2a，3a，4a，5a，6a满足1234561123456aaaaaa======，1234560aaaaaa+++++=，则246aaa++的最小值

是________，15162526aaaaaaaa+++的最大值是_______.【答案】(1).1(2).12【解析】【分析】由条件结合三角不等式可得2461155131aaaaaaaaa++=++−−=，设112baa=+

，234baa=+，356baa=+，则有13b，27b，311b，1230bbb++=，然后()()()()1256131312111712aaaabbbbbbbbb++=−−.【详解】因为1234561123456aaaaaa======，1234560aaaaaa

+++++=，所以2461155131aaaaaaaaa++=++−−=，且等号可以取到，如下图()()151625261256aaaaaaaaaaaa+++=++设112baa=+，234baa=+，356baa=+，则有13b，27b，311b，1230bbb++=，如下图所

以有()()()()1256131312111712aaaabbbbbbbbb++=−−，且等号可以取到，如下图故答案为：1；12【点睛】本题考查的是平面向量的加减法、三角不等式和数量积的应用，考查了学生分析能力和转化能力，属于难题.三､解答题：18.已知函数()242fxxx=

+.（1）若存在实数a，b，x，使得()1sincos4faxbx+=−，求22ab+的最小值；（2）证明：存在实数c，当()cosfxc=时，恒有()cos4fxc=.【答案】（1）116；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用已知条件求出1s

incos4axbx+=−，再利用柯西不等式求解即可；（2）由题意知cos,cos4xx是方程2420xxc+−=的两根，利用韦达定理和二倍角公式化简整理可得4216cos16cos2cos30xxx−++=，令costx=，则()42

161623gtttt=−++，求出在1,1−上的零点所在的区间，验证两根之积和判别式都成立即可.【详解】（1）令()14fx=−，2211421681044xxxxx+=−++==−，即由()1sincos4faxbx+=−，1sincos4axbx+

=−，又()()()22222221sincossincos16ababxxaxbx+=+++=，当且仅当cossinaxbx=时取最值，所以22ab+的最小值为116；（2）证明：由题意存在实数c，当()cosfxc=时，

恒有()cos4fxc=知：cos,cos4xx是方程2420xxc+−=的两根，由韦达定理得1coscos42coscos44xxcxx+=−=−，又2cos22cos1xx=−，()22242co

s42cos2122cos118cos8cos1xxxxx=−=−−=−+，所以42421cos8cos8cos116cos16cos2cos302xxxxxx+−+=−−++=，令costx=，则()42161623,1,1gttttt=−++−，又112510,02416g

g−=−−=，所以存在011,24t−−，使()00gt=，即0cosxt=，则01cos42xt=−−，又000011142424cttctt−−=−=+−

，此时4160c=+，所以存在实数c，当()cosfxc=时，恒有()cos4fxc=.【点睛】本题主要考查了二次函数求根的问题以及函数求零点问题，涉及考查了柯西不等式，二倍角公式，换元，构造函数等知识点.属于较难题.19.已知数列na满足，11a=，21122nnnnaa

++=−，*nN.（1）证明：数列3na为等比数列；（2）记nS为数列14nna−的前n项和，求nS的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）由递推式得出()3+1na与3na的关

系，可得证；（2）由（1）得出3na的通项公式，再由递推式得出3-1na，3-2na的通项，从而对n分三种情况，分别求出nS的最大值或范围，比较大小得出结论.【详解】（1）因为21122nnnnaa++=−，所以613

33122nnnnaa++=−，633+13+13222nnnnaa++=−，653+23+23322nnnnaa++=−，所以6161333633+13+132222222nnnnnnnnnaaa++++=−=−−6533+233333323365323+23

2323322222222822nnnnnnnnnnnnnnnaaaaa+++++++++−=−=−=−−−，所以()3138nnaa+=，即()3138nnaa+=，所以数列3na是以8为公比的等比数列；（2）因为11

a=，2112122aa+=−，所以28a=，又22223122aa+=−，所以38a=−，所以由（1）得，332nna=−，所以3312nna−=，33322nna−−=，所以kN时，333162342224kkkkka−−==−−，3313116432

12264kkkkka−−−−==，333232166322284kkkkka−−−−−==，所以当3nk=时，356323131243123405333231444444+++++++++444kkkkkkkaaaaaaaaaS−−−−−=3423423423

33666333222222222+++++++++222222222kkk−−−=31118820120112718kk−==−−，所以33201201772kkS=−，当31nk=−时，331331

333422220142081+777kkkkkkkaSS−−=−=−−−=令()3208+772kfkkN=，，则函数()fk在kN上单调递减，所以()()312081+2377fkf==，所以313kS−，当32nk=−时，3313

2331311333333201416208162044222222104201+777777kkkkkkkkkkkkaaSS−−−−−=−−=−−−−=−=−，所以32207

kS−，又因为2037，所以nS的最大值为3.【点睛】本题考查根据数列的递推式得出数列的通项公式，对数列求和及其最值问题，属于较难题.20.如图，在四面体ABCD中，ABAC⊥，平面ACD与平面BCD垂直且22CD

=.（1）若2ABAC==，证明：45BCD；（2）若33ABAC==，当ACD△与BCD面积之和最大时，求二面角CABD−−的余弦值.【答案】（1）见详解；（2）34141−.【解析】【分析】（1）作BHCD⊥于H

点,连接AH，根据线面垂直的判定定理，以及面面垂直的性质，得到ACAH⊥；推出2CHAC=，得到coscos45CHBCDCB=，即可证明结论成立；（2）先由（1）知：AHAC⊥，设AHt=，作

AGCD⊥于点G，用t表示出ACDBCDSS+，求出其最大时1t=，作AEAB⊥交BD于点E，于是EAC即是二面角CABD−−的平面角，根据题中数据，计算EAC的余弦值，即可得出结果.【详解】（1）证:作BHCD⊥于H点,连接AH，由平面ACD与平面BCD垂直,知BH⊥平面ACD.则B

HAC⊥；又ABAC⊥，BHABB=，BH平面ABH，AB平面ABH，所以AC⊥平面ABH，所以ACAH⊥；于是2CHAC=，又22BC=，所以22coscos45222CHBCDCB===，故45BCD；（2）同（1

）可知：BHCDAHAC⊥⊥，设AHt=，作AGCD⊥于点G，由33ABAC==得：1CA=，21CHt=+，29BHt=−，21tAGt=+，所以()2212921ACDBCDtSSCDAGBHtt+=+=+−+，令()2291tfttt

=+−+，由柯西不等式可得：()()222229914141tttftttt−=+−++++，当且仅当229221ttt−=+，即1t=时，等号成立；所以()2222711711555222142142ttfttt++=−−−=++，当且仅当221

114tt+=+，即1t=时，等号成立；即ACD△与BCD面积之和最大时，1t=，即1AH=，所以212CHt=+=，2222BHABAH=−=，1222AGCH==，2210BDBHHD=+=，作AEAB⊥交BD于点E，于是EAC即是二面角CABD−−的平面角，

又225ADAGGD=+=，所以22291057cos22310310ABBDADABDABBD+−+−===，则910cos7ABBEABD==，则341sin7AEBEABD==，22210108

3cos22105BCBDCDCBDBCBD+−+−===，所以2225442cos49CEBEBCBEBCCBD=+−=，故222341cos241AEACCEEACACAE+−==−.【点睛】本题主要考查线面垂

直以及面面垂直的应用，以及几何法求二面角的余弦值，熟记线面垂直、面面垂直的判定定理与性质，以及二面角的求法即可，属于较难题型.21.如图，点()1,2A.B是抛物线24yx=上一点，且在A点的右上方.在x轴上取一点C，使得245ACOBAC=+.射线AC交抛物线于D点

，抛物线在两点B，D处切线交于点P.（1）若ABAC⊥，求B点的坐标；（2）记PAD△面积为1S，PAB△面积为2S，求12SS−的最大值.【答案】（1）()942,242B++；（2）()1285101427−.【解析】【分析】（1）根据题意，过A

做AHx⊥轴于H，过B做BMAH⊥于M，可作RtABMRtCAH△△，得到67.5ACOACH==，作等腰RtCHE△，设()2,2Btt，由()||21||BFFA=+，得到()()212122tt−=+−，求解，得出t，即可求出点B坐标；（

2）先由题意，得到AB、AD斜率存在，设AB的倾斜角为1，AD的倾斜角为2，斜率分别为1k，2k，设()11,Bxy，()22,Dxy，根据题中条件，得到21351=+，推出21121111kkkk−=+，设BD：xmyb=+，代入抛物线方程，由韦达定理，

以及题中条件，得出61bm=+；再由BP，DP方程联立，求出(),2Pbm−，设PA：()()120xky−+−=，求出7322,33kkPkk−−+−−，得到311mkm+=−，表示出()()2124161SSmmm−=−++，再由导数

的方法求其最值，即可得出结果.【详解】（1）如图，过A做AHx⊥轴于H，过B做BMAH⊥于M，由ABAC⊥，可作RtABMRtCAH△△，则2135ACO=，所以67.5,22.5ACOACHHAC

===，作等腰RtCHE△，则22.5,45HACACEECH===，||||2||2||AEECHECH===，所以||12||AHCH=+，于是可设()2,2Btt，则()||21||BMMA=+，所以()()212122tt−=+

−，解得221t=+或1t=（由题意易知1t=不满足题意），所以()942,242B++；（2）设AB的倾斜角为1，AD的倾斜角为2，由题意，易知：145，由245ACOBAC=+，145，所以290，所以直线AB、AD的斜率都存在，设为1k，2k，则()()221

218018045−=+−+，即21351=+，则()121122tan1tan3511kkkk++=−=−=，即21121kkkk−+=+，即21121111kkkk−=+；设()11,Bxy，()22,Dxy，则11112412ykxy−==−+，22222412ykxy

−==−+，则12122211444422yyyy++−=+++，整理得：()1212640yyyy+++=，设BD：xmyb=+，代入24yx=，得2440ymyb−−=，则121244yymyyb+==−，所以42440

bm−++=，即61bm=+，因为抛物线在两点B，D处切线交于点P，设在点B处的切线BP方程为()()110xxkyy−+−=，即10xkyxky+−−=，联立1204xkyxkyyx+−−==，消去x，得21144()0ykyxky+−+

=，2222111111616()164164(2)0kxkykykyky=++=++=+=，12yk=−，所以切线BP方程为()112yyxx=+同理切线DP方程为()222yyxx=+，由()(

)112222yyxxyyxx=+=+，得1212,42yyyyP+，即(),2Pbm−，由61bm=+，则310PPxy++=，，设PA：()()120xky−+−=，即120xkyk+−−=，由120310xk

ykxy+−−=++=解得7322,33kkPkk−−+−−，所以2223kmk+=−，即311mkm+=−，D到直线PA的距离为2222122|12|1211xkykxkykdkk+−−+−−==

++，B到直线PA的距离为1111222|12|1211xkykxkykdkk+−−+−−==−++22111222121211xkykxkykddkk+−−+−−−=+++()221221222244244411yykyykmmkk+++−−+

+==++，所以()12121||2SSPAdd−=−()2221424412221mmkmk++=+−+()()24161mmm=−++，记()()()24161fmmmm=−++，因为0BDk，所以0m则()()()()()22461412643105fmmmmmmm

=−+++−+=−+−521021051233mm+−=−+−，所以当210503m−时，()0fm，所以函数()fm单调递增；当21053m−时，()0fm，所以函数()fm单调递减；所以()()max21051285101

4327fmf−==−，即12SS−的最大值为()1285101427−.【点睛】本题主要考查抛物线的综合应用，以及抛物线中三角形面积之差的最值问题，涉及导数的方法求最值，计算量较大，属于难题.22.对于二元函数(),zfxy=，若存在正实数，使得不等式

(),1fxy+恒成立，则称函数(),fxy可以被控制.已知x，*yR，满足1xyxy=.（1）若12xy，函数()1,1yzfxyx−==−，证明：(),fxy可以被1控制；（2）若函数(

),xyeefxyxy+=+可以被控制，求的值.注：2.71828e=为自然对数的底数.【答案】（1）证明见详解；（2）e=【解析】【分析】（1）利用分析法证明，只需证明1121yx−−，根

据题意两边取对数可得则lnln0xxyy+=，从而可得112xy，即证2,23xyxy++，先证明：2xy+，即12xy−，取()lngxxx=，利用导数求出()lngxxx=的单调区间，只需证()

()1ln2ln2ln,,12xxyyyyy−−+，()()()12ln2ln,,12yyyyyy=−−+，利用导数证明即可，同理证明23xy+.（2）取1xy==，xyeeexy+=+，取lnlnxxyy=−，11xyeeexy+=+

++，则e=，证明：1xyeeeexy+++即可，左边：由xeex可证明；右边，不妨设10xy，记()()1xfxeex=−+，利用导数求出()maxfx即可.【详解】（1）即证明1121yx−−，由于12xy，1

xyxy=，两边取对数可得则lnln0xxyy+=，即112xy，只需证明1121yx−−，即11222,23xyxxyxy−−−++，先证明：2xy+，即12xy−，取()lngxxx=，由于()1lngxx=+，则()lngxxx

=在1,e+上单调递增，只需证()()1ln2ln2,,12xxyyy−−，即()()12ln2ln0,,12yyyyy−−+，令()()()12ln2ln,,12yyyyyy=−−+

，()ln02yyy=−，故()()()()2ln2ln10yyyyy=−−+=，再证明23xy+，即312yx−，同理，只需证明33lnln22yyxx−−，即330lnln22yyyy−−+，令()331lnln

,,1222yyhyyyy−−=+，111()ln1,[,1],()10,[,1]22uyyyyuyyy=−+=−恒成立，()(1)0,ln10uyuyy=−+，即ln1yy−，()3331lnlnln22222yyyyyhyyy−−−

−=++，只需证明234ln02yyy−++，令()()2341ln202yypyypyyy−+=+=−++，则()()234ln102yypyyp−+=+=，即证.（2）取1xy==，xyeeexy+=

+，取lnlnxxyy=−，1x+→，0y+=，11xyeeexy+=+++，则e=，下面证明：1xyeeeexy+++，左边：由xeex知xyeeexeyexyxy++=++，右边，不妨设10xy，因为()11lnlnstttyyee=−−1113

1ln12xxxxxee−+，记()()1xfxeex=−+，()()1xfxee=−+，则()fx在()()0,ln1e+上单调递减，在()()ln1,e++上单调递增，由于(0,1y，31

,2x，考虑到252.77779e=，()322510252323319327eeee−=−−=，()()01fyf=，()()32max3233max1,max1,1222eefxff−

=−−=−，则()()0fxfy+，即()()()()101xyxyeeexyeeexy+−+++++，即证.【点睛】本题考查了导数的应用、分析法证明，考查了考

生的分析问题的能力与构造函数的能力，属于难题.