【文档说明】浙江省精诚联盟2020-2021学年高二3月联考数学试题答案.pdf，共(10)页，337.484 KB，由小赞的店铺上传

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第1页，共10页高二数学学科答案一、单项选择题（本大题共10小题，共38.0分）1.【答案】C2.【答案】C3.【答案】B4.【答案】A5.【答案】D6.【答案】C7.【答案】D8.【答案】C【解析】解：设𝑃(𝑚,𝑛)，由题意

可知P在双曲线的右支上，可得𝑚>𝑎，由点P在双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)上，可得𝑚2𝑎2−𝑛2𝑏2=1，即有𝑛2=𝑏2𝑎2𝑚2−𝑏2，则|𝑃𝐴|=√(𝑚−2𝑎)2+𝑛2=√𝑚2−4𝑎𝑚+4𝑎2+𝑏2𝑎2𝑚2−𝑏2=√

𝑐2𝑎2𝑚2−4𝑎𝑚+4𝑎2−𝑏2，当|𝑃𝐴|取得最小值时，𝑥=−−4𝑎2𝑐2𝑎2=2𝑎3𝑐2，此时P不在顶点，可得2𝑎3𝑐2>𝑎，即为𝑐2<2𝑎2，即𝑒=𝑐𝑎<√2，又𝑒>1，可得1<𝑒<√2，故选：C．设𝑃(𝑚,

𝑛)，由题意可知P在双曲线的右支上，可得𝑚>𝑎，由P满足双曲线的方程和两点的距离公式，结合配方和二次函数的最值求法，解不等式，结合离心率的范围，可得所求范围．本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，考查方程思想和运算能力，

属于中档题．9.【答案】D【解析】解：由题意知△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，因为M为AC的中点，所以𝐵𝑀⊥𝐴𝐶．又𝑆𝐴⊥平面ABC，所以𝑆𝐴⊥𝐵𝑀，所以𝐵𝑀⊥平面SAC，所以𝐵𝑀⊥𝑀𝑁，故△𝐵𝑀𝑁的面积𝑆=12𝐵𝑀⋅𝑀𝑁．由题意知𝐴

𝐶=4√2，所以𝐵𝑀=12𝐴𝐶=2√2，所以𝑆=第2页，共10页√2𝑀𝑁，当MN最小时，△𝐵𝑀𝑁的面积最小，此时𝑀𝑁⊥𝑆𝐶．当𝑀𝑁⊥𝑆𝐶时，过S作𝑆𝐸⊥𝑆𝐶，交CA的延长线于点E，则𝑆𝐸/

/𝑀𝑁，连接BE，则∠𝐵𝑆𝐸为异面直线SB与MN所成的角或其补角．因为𝑆𝐴⊥平面ABC，所以∠𝑆𝐵𝐴为直线SB与平面ABC所成的角，所以∠𝑆𝐵𝐴=45°，所以𝑆𝐴=𝐴𝐵=4，所以𝑆𝐵=4√2，𝑆𝐶=4√

3．又tan∠𝑆𝐶𝐴=𝑆𝐴𝐴𝐶=𝑆𝐸𝑆𝐶，所以𝑆𝐸=2√6，所以𝐴𝐸=2√2，𝑀𝐸=4√2，在𝑅𝑡△𝐸𝑀𝐵中，由题意知𝐵𝐸=2√10，所以由余弦定理得：cos∠𝐵𝑆𝐸=𝑆𝐵2+�

�𝐸2−𝐵𝐸22𝑆𝐵⋅𝑆𝐸=(4√2)2+(2√6)2−(2√10)22×4√2×2√6=√36，故当△𝐵𝑀𝑁的面积最小时，异面直线SB与MN所成角的余弦值为√36．故选：D．推导出△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角

形，𝐵𝑀⊥𝐴𝐶，𝑆𝐴⊥𝐵𝑀，从而𝐵𝑀⊥平面SAC，𝐵𝑀⊥𝑀𝑁，当MN最小时，△𝐵𝑀𝑁的面积最小，此时𝑀𝑁⊥𝑆𝐶，过S作𝑆𝐸⊥𝑆𝐶，交CA的延长线于点E，则𝑆𝐸//𝑀𝑁，连接BE，则

∠𝐵𝑆𝐸为异面直线SB与MN所成的角或其补角．由此能求出异面直线SB与MN所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10.【答案】B【解析】解：设

∠𝐶𝐵𝑂=𝜃，0≤𝜃≤𝜋2，∵等边△𝐴𝐵𝐶的边长为2，∴𝐵(2𝑐𝑜𝑠𝜃,0)，𝐴(2𝑐𝑜𝑠𝜃+2𝑐𝑜𝑠(2𝜋3−𝜃),2𝑠𝑖𝑛(2𝜋3−𝜃))=(𝑐𝑜𝑠𝜃+√3𝑠𝑖𝑛�

�,√3𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑠𝑖𝑛𝜃)，∵𝑀为AB中点，∴(32𝑐𝑜𝑠𝜃+√32𝑠𝑖𝑛𝜃,√32𝑐𝑜𝑠𝜃+12𝑠𝑖𝑛𝜃)，∴𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑐𝑜𝑠𝜃+√3𝑠𝑖𝑛𝜃)(32𝑐𝑜𝑠𝜃+√32𝑠𝑖𝑛�

�)+(√3𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑠𝑖𝑛𝜃)(√32𝑐𝑜𝑠𝜃+12𝑠𝑖𝑛𝜃)=12𝑐𝑜𝑠2𝜃+3√32𝜃+52=√7sin(2𝜃+𝜑)+52，其中𝑠𝑖𝑛𝜑=√714，𝑐𝑜�

�𝜑=3√2114，当2𝜃+𝜑=𝜋2时，sin(2𝜃+𝜑)的最大值为1，即𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最大值为√7+52，故选：B．设∠、𝐶𝐵𝑂=𝜃，0≤𝜃≤𝜋2，分别表示出点B，A，M的坐标，再根据向量的数量积和三角函数

的化简，以及三角形函数的性质即可求出最值．第3页，共10页本题考查三角函数的化简，以及向量的数量积的运算，考查了运算能力和转化能力，属于中档题二、填空题（本大题共7小题，共37.0分）11.【答案】2√1012.【答案】−1221𝑛−𝑛213.【

答案】2𝑥−𝑦−8=0(1,−5)或(−1,−11)14.【答案】√105𝑥252+𝑦232=1【解析】解：由已知可得𝑐=1，所以𝑏2=𝑎2−1，所以椭圆的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑎2−1=1，设椭圆经过的点的坐标为(𝑥,𝑦)，因为1−𝑐𝑜𝑠2𝛼=2𝑠𝑖�

�2𝛼，所以𝑥+𝑦=2𝑠𝑖𝑛2𝛼+2𝑐𝑜𝑠2𝛼=2，联立方程{𝑥+𝑦=2𝑥2𝑎2+𝑦2𝑎2−1=1，消去y可得(2𝑎2−1)𝑥2−4𝑎2𝑥+5𝑎2−𝑎4=0，所以△

=16𝑎4−4(2𝑎2−1)(5𝑎2−𝑎4)=0(𝑎>1)，解得𝑎2=52，即𝑎=√102，所以当直线与椭圆相切时有𝑎𝑚𝑖𝑛=√102，此时椭圆的离心率𝑒𝑚𝑎𝑥=1𝑎𝑚𝑖𝑛=√105，此时椭圆

的方程为𝑥252+𝑦232=1，故答案为：√105；𝑥252+𝑦232=1．设椭圆经过的点的坐标为(𝑥,𝑦)，根据条件可得𝑥+𝑦=2，联立方程，由△=0得到a的值，再离心率的最大值，进一步求出离心率取最大值时，椭圆的方程．本题考查了椭圆的方程以及离心率的最值问题，考查了学生的运算

推理能力，属于中档题．15.【答案】6√3【解析】解：设△𝐴𝐵𝐶三边的长分别为a，b，c，𝑉=13⋅12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛120°⋅8=2√33𝑏𝑐，设球的半径为R，由4𝜋𝑅2=100𝜋，得𝑅2=25，设△𝐴

𝐵𝐶的外接圆的半径为r，由正弦定理可得，2𝑟=𝑎𝑠𝑖𝑛120∘，即𝑟=√33𝑎，则𝑅2=42+(√33𝑎)2=25，解得𝑎=3√3，由余弦定理可得：(3√3)2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐⋅𝑐𝑜�

�120°，即27=𝑏2+𝑐2+𝑏𝑐≥2𝑏𝑐+𝑏𝑐=3𝑏𝑐，∴𝑏𝑐≤9，则𝑉=2√33𝑏𝑐≤2√33×9=6√3，当且仅当𝑏=𝑐=3时取等号．第4页，共10页故答案为：6√3．由题意画出图形，求出多面体外

接球的半径，设△𝐴𝐵𝐶三边的长分别为a，b，c，由正弦定理可得三角形ABC的外接圆的半径，利用勾股定理求得a，在三角形ABC中，由余弦定理结合基本不等式求得bc的最大值，代入棱锥体积公式求得三棱锥体积的最大值．本题考查多面体外接球的表面积，考查多面体体积最值的求法，考查空

间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．16.【答案】−16【解析】解：由题意可知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：𝑦=𝑘𝑥+𝑡，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，A

B的中点𝑀(𝑥0,𝑦0)，联立方程{𝑦=𝑘𝑥+𝑡𝑥2=4𝑦，消去y得：𝑥2−4𝑘𝑥−4𝑡=0，∴△=16𝑘2+16𝑡>0，且𝑥1+𝑥2=4𝑘，𝑥1𝑥2=−4𝑡，∴𝑥0=𝑥1+𝑥22=2𝑘，∴𝑦0=𝑘𝑥0+𝑡=2𝑘2+𝑡，∴𝑀(2

𝑘,2𝑘2+𝑡)，∴|𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√4𝑘4+4𝑘2𝑡+4𝑘2+𝑡2，又|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=√1+𝑘2⋅|𝑥1−𝑥2|=√(1+𝑘2)(16𝑘2+16𝑡)=√16𝑘4+16𝑘2𝑡+

16𝑘2+16𝑡，∴|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2−|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2=4|𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2−|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2=4𝑡2−16𝑡=4(𝑡−2)2−16≥

−16，当𝑡=2时等号成立，∴|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2−|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2的最小值是−16，故答案为：−16．由题意可知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：𝑦=𝑘𝑥+𝑡，与椭圆方程联立，利用韦

达定理结合中点坐标公式求出点M的坐标，进而求出|𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，再利用弦长公式求出|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|，表达出|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2−|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2，再利用二次函数的性质即可求出最小值

．本题主要考查了直线与抛物线的综合，以及二次函数的性质，是中档题．17.【答案】(−∞,13]【解析】解：因为𝑥∈[1,9]，所以原不等式等价为|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥≥𝑘恒成立，设函

数𝑓(𝑥)=|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥，当1≤𝑥≤3时，𝑓(𝑥)=|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥=−𝑥2+3𝑥+𝑥2+32𝑥=3𝑥+32𝑥=3+32𝑥，此时此时函数𝑓(𝑥)在

[1,3]上单调递减，所以此时𝑓(𝑥)最小值为𝑓(3)=3+323=413．当3<𝑥≤9时，𝑓(𝑥)=|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥=𝑥2−3𝑥+𝑥2+32𝑥=2𝑥2−3𝑥+32𝑥=2𝑥+32𝑥−3≥2√2𝑥⋅32𝑥−3=16

−3=13，第5页，共10页当且仅当2𝑥=32𝑥，即𝑥=4时取等号，所以此时函数𝑓(𝑥)的最小值为𝑓(4)=13．综上当𝑥∈[1,9]时，函数𝑓(𝑥)的最小值为𝑓(4)=13．所以要使|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥≥𝑘恒成立，则𝑘≤1

3，即k的取值范围是(−∞,13]．故答案为：(−∞,13]．原不等式等价为|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥≥𝑘恒成立，设函数𝑓(𝑥)=|𝑥2−3𝑥|+𝑥2+32𝑥，利用分段函数求函数，𝑥∈[1,9]，上的最小值即可解决．本题考查不等式恒成立问题，将不等

式转化为含参数最值问题是解决本题的关键．三、解答题（本大题共5小题，共62.0分）18.【答案】解：(1)∵𝑓(𝑥)=√32(1+𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑥)+12𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑥=sin(2𝜔𝑥+𝜋3)+√32，∵𝑓(𝑥)的周期为𝜋，且𝜔>0，

∴2𝜋2𝜔=𝜋，解得𝜔=1，∴𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋3)+√32．----------------4分又0≤𝑥≤𝜋2，得𝜋3≤2𝑥+𝜋3≤43𝜋，−√32≤sin(2𝑥+𝜋3)≤1，0≤sin(2𝑥+𝜋3

)+√32≤√32+1，即函数𝑓(𝑥)在[0,𝜋2]上的值域为[0,√32+1]．------------------7分(2)∵𝑓(𝐴2)=√3，∴sin(𝐴+𝜋3)=√32，由𝐴∈

(0,𝜋)，知𝜋3<𝐴+𝜋3<43𝜋，解得：𝐴+𝜋3=23𝜋，所以𝐴=𝜋3．------------------10分由余弦定理知：𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴，即16=𝑏2+𝑐

2−𝑏𝑐，∴16=(𝑏+𝑐)2−3𝑏𝑐．因为𝑏+𝑐=5，所以𝑏𝑐=3，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=34√3．------------14分【解析】(1)由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正

弦函数的周期性求得𝜔可得函数的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域求得当𝑥∈[0,𝜋2]时，求函数𝑓(𝑥)的值域．(2)由条件求得A，利用余弦定理求得bc的值，可得△𝐴𝐵𝐶的面积．本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性、正弦函数的定义域和值域，余弦定理

的应用，属于中档题．19.【答案】(Ⅰ)证明：因为𝐵𝐶1⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵∩𝐵𝐶1=𝐵，AB、𝐵𝐶1⊂平面𝐴𝐵𝐶1，所以𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶1．又AC⊂平面A

BC，所以平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶1．过点𝐶1作𝐶1𝐻′⊥𝐴𝐵，则由面面垂直的性质定理可知𝐶1𝐻′⊥平面ABC．第6页，共10页又𝐶1𝐻⊥平面ABC，所以𝐻′与H重合，所以点𝐶1在底面ABC上

的射影H必在直线AB上．---------------6分(Ⅱ)解：由(Ⅰ)得𝐶𝐴⊥𝐴𝐶1，故∠𝐵𝐴𝐶1是二面角𝐶1−𝐴𝐶−𝐵的平面角，即∠𝐵𝐴𝐶1=60°．在平面ABC内过点H作𝐻𝑥⊥𝐴𝐵，以Hx，HB，𝐻𝐶1

所在直线为x，y，z轴建系．易得𝐴𝐶1=2，𝐴𝐻=1，𝐶𝐻=√5，𝐶1𝐻=√3，则𝐴(0,−1,0),𝐵(0,1,0),𝐶1(0,0,√3),𝐶(2,−1,0)，所以𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(0,−1,√3)．𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),则𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,1,√3)，设平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，可得{𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗=0𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛⃗⃗=0，即{2𝑦=0−2

𝑥+𝑦+√3𝑧=0,令𝑥=√3，可得平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1的法向量𝑛⃗⃗=(√3,0,2).设𝐵𝐶1与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成角为𝛼，所以𝑠𝑖𝑛𝛼=|𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗||𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗|=√217.-----------

------------------15分（建系正确给3分，若答案错，点坐标和法向量可逐个给分，几何法酌情给分）【解析】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及

计算能力，属于中档题．(Ⅰ)通过𝐵𝐶1⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵∩𝐵𝐶1=𝐵，证明𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶1.即可证明平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶1.过点𝐶1作𝐶1𝐻′⊥𝐴𝐵，则由面面垂直的性质定理可知𝐶1𝐻′⊥平面𝐴𝐵𝐶.

又𝐶1𝐻⊥平面ABC，推出𝐻′与H重合，得到结论．(Ⅱ)∠𝐵𝐴𝐶1是二面角𝐶1−𝐴𝐶−𝐵的平面角，即∠𝐵𝐴𝐶1=60°.在平面ABC内过点H作𝐻𝑥⊥𝐴𝐵，以Hx，HB，𝐻𝐶1所在直线为x，y，z

轴建系．求出平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1的法向量利用空间向量的数量积求解即第7页，共10页可．20.【答案】解：(1)数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，满足𝑆𝑛+2=𝑎𝑛+1，①当𝑛=1时，𝑆1=𝑎1=1．----------------2分当𝑛=1时，解

得𝑎2=3．当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1=2+𝑎𝑛，②，①−②得：𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，整理得：𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2(常数)----------------6分所以数列{𝑎𝑛}从第二项起，是以3为首项，2为公比的等比数列．𝑎𝑛={1(𝑛=1)3×2𝑛−2(

𝑛≥2)．--------------------------7分(2)由于数列{𝑎𝑛}为等比数列，所以𝑎2𝑎1=2，𝑆1+2=𝑎1+2=𝑎2，则：𝑎1=2所以𝑎𝑛=2𝑛且设𝑏𝑛=𝑙𝑜𝑔2𝑎𝑛𝑎𝑛=𝑛2𝑛，-----

-----------------10分故：𝑇𝑛=12+222+⋯+𝑛2𝑛①，12𝑇𝑛=122+223+⋯+𝑛2𝑛+1②①−②得：12𝑇𝑛=122+123+⋯+12𝑛−𝑛2𝑛+1=12(1−12𝑛)1−12−𝑛⋅12𝑛+1，解得：

𝑇𝑛=2−(𝑛+2)×12𝑛．-----------------------------15分【解析】(1)直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．(2)利用(1)的结论，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公

式的求法及应用，乘公比错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．21.【答案】解：(1)由椭圆的性质可得当M在短轴上时，△𝑀𝐹1𝐹2的面积取得最大值，所以由∠𝐹1𝑀𝐹2=

120°时，△𝑀𝐹1𝐹2的面积取得最大值2√3，可得{𝑐𝑏=√312⋅2𝑐⋅𝑏=2√3𝑎2=𝑏2+𝑐2，解得：𝑎2=8，𝑏2=2，𝑐2=6，所以椭圆C的方程为：𝑥28+𝑦22=1；--------------------------6分(2)证明：将直线𝑥

=2代入椭圆C中可得N的坐标(2,1)，第8页，共10页由题意如图所示，则直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立直线AB与椭圆的方程：{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥28+𝑦22=1，整理可得(1+4𝑘2)𝑥2+8𝑘�

�𝑥+4𝑚2−8=0，所以𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚1+4𝑘2，𝑥1𝑥2=4𝑚2−81+4𝑘2，------------------------9分由题意可得𝑘𝐴𝑁+𝑘𝐵𝑁=0，即𝑦1−1

𝑥1−2+𝑦2−1𝑥2−2=0，整理可得(𝑦1−1)(𝑥2−2)+(𝑦2−1)(𝑥1−2)=0，由𝑦1=𝑘𝑥1+𝑚，𝑦2=𝑘𝑥2+𝑚，整理可得2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑚−2𝑘−1)(𝑥

1+𝑥2)+4−4𝑚=0，------------11分即2𝑘(4𝑚2−8)1+4𝑘2+(𝑚−2𝑘−1)⋅−8𝑘𝑚1+4𝑘2+4−4𝑚=0，可得2𝑘𝑚−𝑚+4𝑘2−4𝑘+1=0，整理可得(2𝑘−1)(2𝑘+𝑚−1)=0，所以𝑘=12或2𝑘+�

�−1=0，当𝑘=12，而𝑘𝑂𝑁=1−02−0=12，显然𝑂𝑁//𝐴𝐵，当2𝑘+𝑚−1=0，即𝑚=−2𝑘+1，所以直线AB的方程为：𝑦=𝑘𝑥−2𝑘+1=𝑘(𝑥−2)+1，恒过(2

,1)即恒过N点，由题显然直线AB不过N点，所以舍去，综上所述：可证得𝑂𝑁//𝐴𝐵．----------------------------15分【解析】(1)由椭圆的性质可得M在短轴上时，△𝑀𝐹1𝐹2的面积取得最大值，再由题意可得a，b，c的关系，进而求出a，b

的值，求出椭圆的方程；(2)由题意求出N的坐标，设直线AB的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得直线NA，NB的斜率之和为0，可得直线AB的斜率，与直线ON的斜率相等，直线AB不过N点，

可证得结论．本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及两条直线关于一条直线的对称的性质，属于中档题．22.【答案】(1)解：𝑓′(𝑥)=−(𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑒𝑥=−√2sin(𝑥+𝜋4)

𝑒𝑥，-------------2分令𝑓′(𝑥)≤0，则sin(𝑥+𝜋4)≥0，故2𝑘𝜋≤𝑥+𝜋4≤2𝑘𝜋+𝜋，𝑘∈𝑍，解得2𝑘𝜋−𝜋4≤𝑥≤2𝑘𝜋+3𝜋4

，𝑘∈𝑍，所以函数𝑓(𝑥)的单调递减区间为[2𝑘𝜋−𝜋4,2𝑘𝜋+3𝜋4]，𝑘∈𝑍．----------5分(2)解：因为不等式𝑎𝑓′(𝑥)+𝑐𝑜𝑠𝑥≤0对于任意𝑥∈[0,𝜋2]成立，即𝑎⋅−(𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜�

�𝑥)𝑒𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥≤0对于任意𝑥∈[0,𝜋2]成立，第9页，共10页故𝑎≥𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥对于任意𝑥∈[0,𝜋2]成立，----------------7分令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥

𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥，所以ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥)(𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥)2，令ℎ′(𝑥)=0，解得𝑥=𝜋4，列表如下：故ℎ(𝑥)𝑚𝑎𝑥=ℎ(𝜋4)=�

�𝜋4×√22√22×√22=12𝑒𝜋4，所以𝑎≥12𝑒𝜋4；---------------------------------10分(3)证明：用数学归纳法证明：当𝑛=1时，𝑓(𝑥)=𝑐𝑜𝑠1𝑒>0，命题成立，假设当𝑛=𝑘时，𝑓(1)+𝑓(12)+⋯+

𝑓(1𝑘)>𝑘−1𝑒,𝑘∈𝑁∗成立，当𝑛=𝑘+1时，𝑓(1)+𝑓(12)+⋯+𝑓(1𝑘)+𝑓(1𝑘+1)>1𝑒(𝑘−1)+𝑓(1𝑘+1)，因为𝑘+1≥2，得到1𝑘+1≤12，故𝑓(1𝑘+1)≥𝑓(12)>1𝑒，所以有1𝑒(𝑘

−1)+𝑓(1𝑘+1)>1𝑒(𝑘−1)+1𝑒=𝑘𝑒，故𝑓(1)+𝑓(12)+⋯+𝑓(1𝑘)+𝑓(1𝑘+1)>1𝑒⋅𝑘，即𝑛=𝑘+1命题成立，故𝑓(1)+𝑓(12)+⋯+𝑓(1𝑛)>𝑛−1𝑒,𝑛∈𝑁∗．------

----------------15分【解析】(1)对𝑓(𝑥)求导，令𝑓′(𝑥)≤0，结合三角不等式的解法进行求解，即可求得函数𝑓(𝑥)的单调递减区间；(2)将不等式进行参变量分离，将问题转化为𝑎≥𝑒𝑥𝑐𝑜�

�𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥对于任意𝑥∈[0,𝜋2]成立，构造ℎ(𝑥)=𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥，利用导数求解ℎ(𝑥)的最大值，即可得到a的取值范围；(3)利用数学归纳法证明，利用𝑘+1≥2，得到1𝑘+1≤12

，故𝑓(1𝑘+1)≥𝑓(12)>1𝑒，从而证明出当𝑛=𝑘+1第10页，共10页时成立，故可证得结论成立．本题考查了导数的综合应用，涉及了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式恒成立问题的求解、数学归纳法的应用，涉及的知识点多，对学生掌握知识的广度和深度

都有很高的要求．