2025年浙江省溫州市高考數(shù)學(xué)二模試卷

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.雙曲線，—?=l（a〉0）的一個(gè)焦點(diǎn)為（0,2）,則。=（）

A.^3B.ZC.3D.1

2.扇形的半徑等于2,面積等于6,則它的圓心角等于（）

3

A.1B.-C.3D.6

2

3.已知隨機(jī)變量￡?N（3,4）,則“a=3”是“P（￡<a）=；”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

4.若向量方，了滿足內(nèi)=3，才革=—6，則N在了上的投影向量是（）

A.一^了B.一｝了C.羨了D.-'了

5.已知數(shù)列｛時(shí)｝滿足廝=I—1士T數(shù)，若&4e[2,3],則電的取值范圍是（）

[2麗+1,九為偶數(shù)

A.[2,4]B.[1,3]C,[3,5]D.[5,9]

6.某班級(jí)有30名男生和20名女生，現(xiàn)調(diào)查學(xué)生周末在家學(xué)習(xí)時(shí)長(zhǎng)（單位：小時(shí)），得到男生樣本數(shù)據(jù)的平

均值為8,方差為2,女生樣本數(shù)據(jù)的平均值為10.5,方差為0.75,則該班級(jí)全體學(xué)生周末在家學(xué)習(xí)時(shí)長(zhǎng)的

平均值x和方差52的值分別是（）

A.x=9.5,s2=1.5B.a；=9,s2=1.5C.2=9.5,s2=3D.a；=9,s2=3

7.已知函數(shù)/（2）=sine,g（x）=cos?,則兩個(gè)函數(shù)的圖象僅通過(guò)平移就可以重合的是（）

A.y=f⑺-g（c）與y=于（x）

B.y=[/⑺產(chǎn)-/（叫2與u=f（x）g（x）

C.沙=/[/&）]與沙=力9（⑴]

D.4=/。（叫與1=9[/（叫

8,一個(gè)圓臺(tái)形的木塊，上、下底面的半徑分別為4和8,高為3,用它加工成一個(gè)與圓臺(tái)等高的四棱臺(tái)，棱

臺(tái)下底面為一邊長(zhǎng)等于9的矩形，且使其體積最大.現(xiàn)再?gòu)挠嘞碌乃膲K木料中選擇一塊車削加工成一個(gè)球，

則所得球的半徑最大值是（）（加工過(guò)程中不計(jì)損耗）

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73

A.-B.-C.1D.y/2

二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,

部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

9.已知二項(xiàng)展開式(1-^)2025=Qo+aiX+。2，+…+。2025力2°25,貝！J()

A.Qo=1B.Qi+Q2H1-a2025=。

C.Qi+Q2024=0D.+。2+Q4H+。2024=22024

10.在四棱錐P—AB。。中，E,尸分別是NP8c上的點(diǎn)，第=等，則下列條件可以確定EF〃平面

EPFC

尸C〃的是()

A.AD//BCB.AB//CDC.8?！ㄆ矫鍼ADD.〃平面PAB

11.甲乙兩人用《哪吒2》動(dòng)漫卡牌玩游戲.游戲開局時(shí)桌上有〃盒動(dòng)漫卡牌，每個(gè)盒子上都標(biāo)有盒內(nèi)卡牌的

數(shù)量，每盒卡牌的數(shù)量構(gòu)成數(shù)組(電,02,…，an),游戲規(guī)則如下：兩人輪流抽牌，每人每次只能選擇其中一

盒并抽走至少一張卡牌，若輪到某人時(shí)無(wú)卡可抽，則該人輸?shù)粲螒?現(xiàn)由甲先抽，則下列開局中，能確保甲

有必勝策略的是()

A.(1,3)B.(1,2,3)C,(3,3,6)D.(3,4,5)

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.若復(fù)數(shù)居一2a+山是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)。=.

13.已知/是拋物線沙2=4'在第一象限上的點(diǎn)，下是拋物線的焦點(diǎn)，A4FO=60。(。為坐標(biāo)原點(diǎn))，則拋

物線在4處切線的斜率是.

14.函數(shù)/(2)滿足:

2

①/⑴=工；

②曾，yeR,27⑻—2吁(x)》@—釣以叫/⑻.

則/(/)的最大值等于.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。

15.(本小題13分)

如圖，在三棱錐P—中，△P8C是邊長(zhǎng)等于2的正三角形，ZACB=90°>M為的中點(diǎn).

(1)求證：BC1PM；

(2)若4。=2窩,cos乙4cp=>求點(diǎn)M到平面P3C的距離.

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16.(本小題15分)

PageRa就算法是Goog/e搜索引擎用來(lái)衡量網(wǎng)頁(yè)重要性的一種經(jīng)典算法.其核心思想是通過(guò)分析網(wǎng)頁(yè)之間的

鏈接關(guān)系，評(píng)估每個(gè)網(wǎng)頁(yè)的相對(duì)重要性.假設(shè)一個(gè)小型的互聯(lián)網(wǎng)由4B,C,。四個(gè)網(wǎng)頁(yè)組成，它們之間按

圖中的箭頭方向等可能地單向鏈接，假設(shè)某用戶從網(wǎng)頁(yè)/開始瀏覽(記為第1次停留).

(1)求該用戶第3次停留在網(wǎng)頁(yè)D上的概率；

(2)某廣告公司準(zhǔn)備在網(wǎng)頁(yè)2,C中選擇一個(gè)投放廣告，以用戶前4次在該網(wǎng)頁(yè)上停留的平均次數(shù)作為決策

依據(jù).試問(wèn)該公司應(yīng)該選擇哪個(gè)網(wǎng)頁(yè)？請(qǐng)說(shuō)明理由.

17.(本小題15分)

dx

已知函數(shù)/(①)=In(①+1)+——(aeH).

x+1

⑴討論/(乃的單調(diào)性；

(2)若/(2)在區(qū)間(-1,0)上恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；

⑶當(dāng)?！?時(shí)，解方程-⑶—/(立)=與1—足'卡.

18.(本小題17分)

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)F(—1,0),尸是直線/：/=—8右側(cè)區(qū)域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，P到直線/與〉軸的

距離之和等于它到點(diǎn)尸距離的4倍，記點(diǎn)P的軌跡為E.

(1)求￡的方程，并在圖中畫出該曲線；

(2)直線/過(guò)點(diǎn)凡與E交于4,8兩點(diǎn)，

0)若陰=方求直線/的方程；

(可若|4B|=4,T是點(diǎn)尸關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，延長(zhǎng)線段/T交E于點(diǎn)C,延長(zhǎng)線段3T交E于點(diǎn)。，直線

CD交x軸于點(diǎn)加(6,0),求加的最小值.

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19.（本小題17分）

給定正數(shù)/與無(wú)窮數(shù)列｛&J,若存在NeN*,當(dāng)時(shí)，都有|廝+1+即+2HFam|<t,則稱數(shù)

列｛廝｝具有性質(zhì)P（。

（1）求證：數(shù)列｛5｝具有性質(zhì)「（急）；

⑵若無(wú)窮數(shù)列｛而｝具有性質(zhì)P⑴,求證:存在正數(shù)M,使得|廝|<M（neN*）；

（3）若對(duì)任意正數(shù)t,數(shù)列｛廝｝都具有性質(zhì)P（。,則稱｛廝｝為“S—數(shù)列”.若正項(xiàng)數(shù)列｛5｝是“S—數(shù)歹U”，

試判斷數(shù)列｛次n—1｝是否也是“S—數(shù)列”，并證明你的結(jié)論.（注：e=2.718-）

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答案和解析

1.【答案】A

2

【解析】解：因?yàn)殡p曲線?也/—工2=1(&>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為(0,2),

所以c2=a2+l=4，所以a=\/3.

故選：A.

由雙曲線中的平方關(guān)系c2=a2+您即可得出答案.

本題考查了雙曲線的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】C

【解析】解：設(shè)圓心角為a,

因?yàn)樯刃蔚陌霃降扔?,面積等于6,

所以S=,J??=2a=6,解得a=3.

故選：C.

根據(jù)扇形面積公式計(jì)算求解.

本題考查扇形面積公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：已知隨機(jī)變量￡~N(3,4),則該正態(tài)分布曲線的對(duì)稱軸為〃=3,

若a=3,則P(￡<a)=；,則充分性成立，

又P(E<a)=；,則a=3，則必要性成立，

則“a=3”是“P(E<a)=；”的充要條件.

故選：C.

根據(jù)正態(tài)分布曲線以及充要條件相關(guān)知識(shí)可解.

本題考查正態(tài)分布曲線以及充要條件相關(guān)知識(shí)，屬于中檔題.

4.【答案】D

【解析】解：因?yàn)閨了|=3,過(guò).了=—6，

所以方在了上的投影向量為馬上?2=，了=—，了.

|b|\b\3x33

故選：D.

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由投影向量的定義式計(jì)算即可得出答案.

本題考查投影向量的求法，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】解：設(shè)。4=加，則me[2,3],

rpst_f_1,n為奇數(shù)

因?yàn)閺P=(2研四為偶數(shù)’

所以。3=6一1,。2=2(加一1)=2加一2,

所以ai=2m-3e[1,3].

故選：B.

設(shè)Q4=m,將將Q3,利，Qi分別用冽表示出來(lái)，結(jié)合不等式的性質(zhì)計(jì)算即可.

本題考查由數(shù)列的遞推式求數(shù)列的項(xiàng)，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】D

【解析】解：由題意，該班級(jí)全體學(xué)生周末在家學(xué)習(xí)時(shí)長(zhǎng)的平均值為

-30八20212421八

x—?8H——1=9,

30+2030+20255

QQon

方差為s2=--.[2+(9—8)2]+癡心.[0.75+(9-10.5)2]=3.

OU十ZUnoU?zu

故選：D.

根據(jù)分層隨機(jī)抽樣的平均數(shù)和方差公式即可算出答案.

本題考查平均數(shù)和方差的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：對(duì)于/,y=-g{x}=sina?-cosrc=V2sin(a?-1),沙=/Q)—g(>)的振幅為血，僅

通過(guò)平移無(wú)法與9=/(n)=sine的圖象重合；

對(duì)于8,y=[/(re)]2—[g(z)『=sin2x—cos2x=—cos2①的振幅為1,y=f(2)9(/)=sinxcosa?=-sin2x

的振幅為],僅通過(guò)平移兩函數(shù)的圖象無(wú)法重合；

對(duì)于C,y=f[f(x)]=sin(sina;),y=f[g(x)]=sin(cosa?)=sin[sin(a;+^)],將函數(shù)4=丹/(叫的圖象

7T

向左平移5個(gè)單位，兩函數(shù)圖象重合；

對(duì)于，4=/[/(叫=sin(sinr),4==cos(sinc)=sin(]—sin/),兩函數(shù)的圖象不能通過(guò)平移

可以重合.

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故選：c.

根據(jù)三角恒等變換和圖象平移法則，判斷選項(xiàng)中的命題是否滿足題意即可.

本題考查了三角恒等變換的應(yīng)用問(wèn)題，也考查了三角函數(shù)圖象平移問(wèn)題，是基礎(chǔ)題.

8.【答案】C

【解析】解：Oi為上底面圓心，。為下底面圓心，記棱臺(tái)為—4耳。山1，

P

所以球在BCCB與圓臺(tái)圍成部分可更大，

記81cl中點(diǎn)為N,5c中點(diǎn)為0M交上底面圓于尸，OiN交下底面圓周于Q,

設(shè)球半徑最大為廠，球心為7,則如圖，球與P0,NQ,相切，

44

設(shè)4MNQ=20,APQN—2a,則tan2a=-,tan2/3=——，

53

則cota=3,cot(3=I，

7

所以NQ=-=r(cota+cot0),

得r=1.

故選：C.

本題可先求出圓臺(tái)的相關(guān)數(shù)據(jù)，再確定四棱臺(tái)的形狀，進(jìn)而分析余下木料的情況找出能車削出最大半徑球

的木料并計(jì)算其半徑.

本題考查圓臺(tái)得結(jié)構(gòu)特征，屬于中檔題.

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9.【答案】ACD

【解析】解：4：令3=0,則Qo=l,故4正確；

B:令1=1,貝！J+Qi+。2+…+。2025=0，所以Q1+Q2+…+。2025=-1,故B錯(cuò)誤；

C：二項(xiàng)式(1-乃2。25的展開式中含X項(xiàng)的系數(shù)為電=<7^025-I2024?(—1)1=—2025,

含/024項(xiàng)的系數(shù)為(22024=6牖」1(—1產(chǎn)24=2025,所以旬+。2024=0，故C正確；

n1o2025

2024

D：令"=-1,則a0-?1+a2-...-a2025=22°25,結(jié)合選項(xiàng)B可得：a0+a2+…+02024==2，

故。正確.

故選：ACD.

/:令工=0即可判斷；B:令3；=1結(jié)合選項(xiàng)/即可判斷；C:利用二項(xiàng)式定理分別求出例，。2024即可判斷;

D：令立=—1結(jié)合選項(xiàng)8即可判斷.

本題考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于中檔題.

10.【答案】BD

【解析】解：如圖，過(guò)E點(diǎn)作石G//P。交/。于點(diǎn)G,連接GF,即有EG〃平面PCD,

由于所以===二=上上，

GDEPFC

若AB^CD,則GF〃。。，又GF《平面尸CO,C0U平面尸CD,

所以GF〃平面PCD,由EGCGF=G，EG、。90平面￡6/，

得平面EGR〃平面PCD,又EFU平面EGF,

所以EF〃平面PCD,故8正確；

若。?！ㄆ矫媸?瓦又因?yàn)槠矫?8COC平面=

所以。由3可知。正確；

第8頁(yè)，共16頁(yè)

假設(shè)EF〃平面尸co,設(shè)平面EPPneo=H，則EF//PH,

若BC〃平面PAD,平面ABCDn平面PAD=AD，

所以3?！?。，

反之若BCHAD,當(dāng)且僅當(dāng)8?！ㄆ矫媸?D,即/、C同時(shí)正確或錯(cuò)誤；

若BC"AD,可能45〃。0,也可能N3與CD相交，

若與CD相交，由舄=知延長(zhǎng)尸G必與48、CO交于同一點(diǎn)O,

GDFC

由幾何關(guān)系知斯與不平行，故/、C錯(cuò)誤.

故選：BD.

根據(jù)線面、面面平行的判定定理與性質(zhì)，結(jié)合反證法，由選項(xiàng)依次證明即可.

本題考查線面平行的判定，屬于難題.

11.【答案】ACD

【解析】解：將每盒卡牌中的卡片數(shù)量轉(zhuǎn)為二進(jìn)制數(shù)，再進(jìn)行亦或求和

（0+0=0,1+1=0,0+1=1,1+0=1）,

若初始條件是全零，則乙有必勝策略，反之則甲有必勝策略，保持操作之后是全零狀態(tài).

/項(xiàng)：（1,3）010非全零，甲勝：從第2盒中拿2個(gè)，故/符合題意；

8項(xiàng)：（1,2,3）=00全零，乙勝，故8不符合題意；

C項(xiàng)：（3,3,6）=110非全零，甲勝：拿走第三盒，故C符合題意；

。項(xiàng)：（3,4,5）今010非全零，甲勝：從第1盒中拿2個(gè)，故。符合題意；

故選：ACD.

將每盒卡牌中的卡片數(shù)量轉(zhuǎn)為二進(jìn)制數(shù)，再進(jìn)行亦或求和（0+0=0,1+1=0,0+1=1,1+0=1）,若初

始條件是全零，則乙有必勝策略，反之則甲有必勝策略，保持操作之后是全零狀態(tài).

本題考查排列組合的綜合應(yīng)用，屬于中等題.

12.【答案】2

【解析】解：因?yàn)閺?fù)數(shù)—2a+而是純虛數(shù)，

f-r-|>r\a2—2a=0.

所以<小當(dāng)a=2.

故答案為：2.

根據(jù)已知復(fù)數(shù)類型列方程計(jì)算求解.

本題考查純虛數(shù)的概念，屬于基礎(chǔ)題.

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13.【答案】y/3

【解析】解：已知/是拋物線獷=4立在第一象限上的點(diǎn)，廠是拋物線的焦點(diǎn)，乙4/。=60°（。為坐標(biāo)原點(diǎn)

），

設(shè)4（3,90），

yo

則

1-3

Vo

即iVo

\/3i/o+4go—4^3=0)

又?）>0,y0>0,

.12V31

則m？A）=丁，如=『

又當(dāng);r〉0,g>0時(shí)，y=2y/x,

,1

則。=下，

vx

-^==A/3

又/1,

V3

則當(dāng)g時(shí)，/=遮，

即拋物線在A處切線的斜率是

故答案為：通.

由拋物線的方程，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求物線在A處切線的斜率即可.

本題考查了拋物線的方程，重點(diǎn)考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，屬中檔題.

14.【答案】|

2

【解析】解：因?yàn)?（1）="Mx,yeR,2?（妨一2"（力）》（4，一業(yè)）/（力）/僅）.

o

設(shè)〃2）max=力且/（加）=a

令T=m,y=1,

則有2嗎/(I)-2f(m)》(4m,

29

即2m—2力》(4山—4)?y,

55

99

設(shè)2m=p,則/—2%>(p?—4)?§力,

即2步2—2p+2%w0,

第10頁(yè)，共16頁(yè)

所以t/—0+力（0有解，△=—4力2200——W%W］，

所以/（乃的最大值等于1.

故答案為：

99

設(shè)/（乃?^=力且/（機(jī)）=力，代入得三?2m—2力》（4加—4）?/,令2"=。，則有關(guān)于P的不等式

O0

切2—p+￡（0有解，利用判別式求解即可.

本題主要考查了由不等式恒成立求解最值，屬于中檔題.

15.【答案】證明見解答；

3

2,

【解析】解：（1）證明：作中點(diǎn)N,連接NN,PN,MN,則

又因?yàn)锳CLLBC，所以

P

又因?yàn)椤鱌B。是正三角形，且N為3c中點(diǎn)，因此PNrBC，

因?yàn)镻NCMN=N，PN,NAfu平面尸所以BC_L平面尸MW,

又因?yàn)镻A/U平面PW,所以BCLLPM.

(2)由題知APCB=60°，PN=y/PC2-CN2=通，AB=y/CB2+CA2=4，

所以BM=2.

在△4CP中，AC=2V3,PC=2,cosAACP=

由余弦定理得：AP=PC2+AC2-2PC-ACcosAACP;償，

在APBA中,由余弦定理得：cosZFBA=一=」，

2BP-AB8

所以PM=\JBP2+BM2-2BP-BMcosAPBA=3，

設(shè)平面/C3與平面P8C夾角為9(0＜。＜180°),

因?yàn)镻NLBC，NM±BC,所以。=/PNM;

在△PMN中，由余弦定理得：cos。=PN"+墨廠"婚=」,解得。=120°,

2PN-MN2

第11頁(yè)，共16頁(yè)

3

設(shè)點(diǎn)M到平面PBC的距離為d,則d=sin。-NM=

(1)如圖可得NMrB。、PNLBC，結(jié)合線面垂直的判定定理與性質(zhì)即可證明；

(2)由題意，根據(jù)余弦定理分別求出/尸，cosAPBA,PM,APNM,即可求解.

本題考查線線垂直的證明和點(diǎn)到平面的距離求解，屬于中檔題.

16.【答案】

該公司應(yīng)該選擇C網(wǎng)頁(yè)，理由見解析.

【解析】解：⑴因?yàn)?73、AT。；BTC、BTD；。一O；D-A、D一B、D—C，

所以第3次停留在網(wǎng)頁(yè)。上的事件有AT3一。、4一。一。，

則該用戶第3次停留在網(wǎng)頁(yè)。上的概率P+=]

/ZZZ/

⑵易知4-6、4一。；B—C、B-D；。-4、C-D；。-4、D-B、D—C，

所以口甸=>[=；，尸①3)=0,m)=|x|=r

所以P(BA=—x—|—x—=—,P(CA=-x—|—義一=—,

初小14/422324v7422324

P(Bi)=P(G)=0,F(B2)=P(G)=；，

i5ii5

則￡(B)=5+萬(wàn)，R(C)=++〉E(B).

故該公司應(yīng)該選擇c網(wǎng)頁(yè).

(1)由題意，根據(jù)/TCTO計(jì)算求解即可；

(2)根據(jù)4-。；B-C、BTD；CTH、CtD；OTA、D—B、。一。求出前4

次停留網(wǎng)頁(yè)B,C對(duì)應(yīng)的概率，求出對(duì)應(yīng)的數(shù)學(xué)期望，比較大小即可求解.

本題考查離散型隨機(jī)變量的期望，考查了邏輯推理和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

17.【答案】當(dāng)a20時(shí)，/(功在定義域內(nèi)單調(diào)遞增;

當(dāng)a<0時(shí)，/(/)在(―1,一1—a)上單調(diào)遞減，在(―1—a,+oo)上單調(diào)遞增.

A/5-1

x=——-——

2

ax

【解析】解：(1)因?yàn)?(c)=ln(2+l)+{x>-1),

x+1

1a/+1+a

所以戶3)-|_—(2>T),

x+l(c+l)2(?+I)2

當(dāng)a?0時(shí)，因?yàn)?>—1,所以工+l+a》/+1〉0,即尸(c)>0,/(2)在定義域內(nèi)(―l,+oo)單調(diào)遞

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增;

當(dāng)a<0時(shí)，由/(①)<0=—1<7<-1—a；由/'(2)〉0今a;〉一1一a.

所以/(乃在(-1,-1-a)上單調(diào)遞減，在(-1-a,+oo)上單調(diào)遞增.

綜上，當(dāng)a20時(shí)，/(2)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增；

當(dāng)a<0時(shí)，/他)在(—1,-1—a)上單調(diào)遞減，在(―l—a,+oo)上單調(diào)遞增.

(2)由(1)知，當(dāng)a》0時(shí)，/(2)在(―l,+oo)內(nèi)單調(diào)遞增，且注意到/(0)=0,

因此/(/)在區(qū)間(-1,0)上無(wú)零點(diǎn);

當(dāng)a<0時(shí)，考慮到"0)=0,為使(—1,0)內(nèi)有零點(diǎn)，則極小值點(diǎn)小于零，即—l—a<0今a〉一1,

結(jié)合a<0,則“的取值范圍為(—1,0).

—ax2+(1—a)x+1+a

(3)由題,f⑸―-ln(a?+1),記上式為g(/),

(2+I)?

(Q+l)x+1+3Q

則。'⑶=<0,g(乃在定義域內(nèi)單調(diào)遞減,

(工+以

通T—ln西+1，僅有一個(gè)解,

因此g(c)=

22

A/5-1]\/5+lA/5-1「西T

注意到待求方程gQ)=m=

222+ln^

對(duì)gQ)中含a的部分單獨(dú)考察，即磯―/—,+1),

其中關(guān)于X的多項(xiàng)式的解為叼,2=±*T，

因此1=為,2時(shí)可消去Q.

當(dāng),=西—1時(shí),有爐T)=西-'in西T，滿足題意；

當(dāng)￡=一四=1時(shí),有g(shù)(二a1)=1一遍+31—畫,不符合題意.

綜上，原方程的解為，=通―1.

2

(1)求導(dǎo)，分a>0,a<0討論導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，判斷函數(shù)的單調(diào)性.

(2)結(jié)合(1)的結(jié)論，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間求參數(shù)a的取值范圍.

(3)明確［(工)-/(2)的解析式，分析其單調(diào)性，得到方程/(乃-/(x)=-T-in巡+1解的個(gè)數(shù),再

結(jié)合二次方程的根的情況進(jìn)行驗(yàn)證即可.

本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.

18.【答案】答案見解析；(加=±為+1)；⑻4+6、

47

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【解析】解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)F(—1,0),P是直線/：i=—8右側(cè)區(qū)域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，尸到直線/與y軸的距離之和

等于它到點(diǎn)尸距離的4倍,

設(shè)「(??/)，

則有c+8+罔=42,

當(dāng)力》0時(shí)，26+8=4「2,

22

化簡(jiǎn)得號(hào)+9=1;

43

當(dāng)；r<0時(shí)，2=+Iy+3,

化簡(jiǎn)得（X+I）2+/=4,

x1y2

了+事

所以E：

（力+1）2+/=4,C<0

5

⑵⑴如圖所示，不妨設(shè)點(diǎn)力在圓上，貝力/歹|=2,田引=萬(wàn)>2,所以點(diǎn)8在橢圓上.

25

設(shè)B(2cos。,sin0),\BF\2=(2cos0+I)2+3sin20=—,

iQ

解得cos。=展所以5(1,±2),

±3

所以L2.3,

kDF=-=±-

所以直線方程為r：u=±；g+i).

儂)由題意知7(1,0),故點(diǎn)7也在圓Q+1)2+/=4上，又|4回=4為直徑，所以AZURT.

設(shè)。(3,明)，D(X2,M，

CD：x-ty+m,

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x2y2

11

由43

x=ty+m

得（31之+4）/+Qtmy+3m2—12=0,

mi3m2—126tm

則加於=3/+4，yi+於-3仔+4’

因?yàn)闊o(wú)=（1_力1,一陰），貢=（1_政，_於），超_1_五，

則。??頁(yè)=（1—力1）（1—力2）+V1U2=力1/2—力1—?+1+V1V2=（tyi+m）（ty2+機(jī)）一切1

-m一切2—m+1+陰?kù)?（2+1）仇例+（向一±）（仍+伙）+m2—2m+1=0,

所以（產(chǎn)+l）（3m2—12）+（m—l）t*（—6im）+（m—l）2-（3t2+4）=0,

即3m2t2+3m2-12t2-12-6m2i2+6t2m+3m2t?-6mt2+3t2+4m2-8m+4=0，

所以762—9t2—8—8m=0，