湖南省长沙市2024届高三上学期月考(一)数学试题(解析版)

数学（答案在最后）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分.

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.若集合A.Mx|log2x4，Nx|2x1，则MN（C.）D.x

x0x8B.x

1

x82

x2x161

x162

【答案】D【解析】【分析】直接解出集合M,N，再求交集即可.11Nx|xMNxx16Mx|logx4x|0x16【详解】，，则.2

22

故选：D.2.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为（A.3【答案】A【解析】B.2C.－2）D.－3a1+2d7【分析】由题得a3＝7，设等差数列的公差为d，解方程组即得解.a5d161【详解】解：由等差数列性质可知，S5＝设等差数列的公差为d，a1a5×5＝5a3＝35，解得a3＝7，2a1+2d7所以，解之得d3.a5d161故选：A.3.已知z1，z2是关于x的方程x22x20的两个根.若z11i，则z2（）A.22B.1C.2D.2【答案】C【解析】【分析】由z1，z2是关于x的方程x22x20的两个根，由韦达定理求出z2，再由复数的模长公式求解即可.【详解】法一：由z1，z2是关于x的方程x22x20的两个根，得z1z22，所以z22z121i1i，所以z21i

2.法二：由z1，z2是关于x的方程x22x20的两个根，得z1z22，所以z2故选：C.4.函数y

222222.，所以z2z11i1i1i2xsinxe

x的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析函数y

xsinxe

x的奇偶性及其在0,上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】令fx

xsinxe

x，该函数的定义域为R，fx

xsinxe

x

xsinxe

xfx，所以，函数y

xsinxe

x为偶函数，排除AB选项，当0xπ时，sinx0，则y故选：D.xsinxe

x0，排除C选项.5.已知2x2kxm0的解集为t,1t1，则km的值为（A.1【答案】B【解析】B.2C.-1）D.-2【分析】由题知x=1为方程2x2kxm0的一个根，由韦达定理即可得出答案.【详解】因为2x2kxm0的解集为t,1t1，所以x=1为方程2x2kxm0的一个根，所以km2．故选:B．6.古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100m，则该球体建筑物的高度约为（）（cos10°≈0.985）A.45.25m【答案】B【解析】B.50.76mC.56.74mD.58.60m【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；【详解】设球的半径为R，AB3R,AC

RRRBC3R100，，tan10tan1025，2R50.760.985故选:B.7.已知定义域是R的函数fx满足：xR，f4xfx0，f1x为偶函数，f11，则f2023（A.1【答案】B【解析】【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将f2023f3f11.【详解】因为f1x为偶函数，所以fx的图象关于直线x1对称，所以f2x=fx，又由）B.-1C.2D.-3f4xfx0，得f4xfx，所以f8xf4xf6x，所以fx2fx，所以fx4fx，故fx的周期为4，所以f2023f3f11．故选:B．8.如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为26，则模型中九个球的表面积和为（）A.6π【答案】B【解析】B.9π

C.31π

4

D.21π

【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.【详解】如图，取BC的中点E，连接DE，AE，则CEBE6，AEDE过点A作24632，AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF2EF，2，故AFAD2DF22484，所以DF22,EF

点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则DM⊥AE，设最大球的半径为R，则OFOMR，因为Rt△AOM∽RtAEF，所以4RRAOOM

，即，解得R1，AEEF322OM1

AO3即OM=OF=1，则AO413，故sinEAF

设最小球的球心为J，中间球的球心为K，则两球均与直线AE相切，设切点分别为H,G，连接HJ,KG，则HJ,KG分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为a,b，则AJ3HJ3a,AK3GK3b，则JKAKAJ3b3a，又JKab，所以3b3aab，解得b2a，又OKRbAOAK33b，故4b3R2，解得b所以a

1，4

1，2

模型中九个球的表面积和为4πR24πb244πa244π4ππ9π.故选：B【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.下列命题为真命题的是（A.若sin2

）122

，则cos346

fx2sin2xgx2sin2xB.函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象366

C.函数fx2sinxcosxcos2xD.fx







k,k的单调递增区间为kZ636

2tanx

的最小正周期为1tan2x2

【答案】AC【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得cos

2







，知A正确；4

根据三角函数平移变换可求得gx=2sin2x，知B错误；利用三角恒等变换公式化简得到fx解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确；利用特殊值判断D错误.()

1cos2【详解】对于A，21sin21，A正确；cos24226

对于B，fx向右平移个单位长度得：6

fx2sin2x，即g(x)=2sin2x，B错误；6



2x，6

对于C，fxsin2x则由

3133cos2xsin2xsin2xcos2x3sin2222

2k2x2k，kZ得：kxk，kZ，26236\\f(x)的单调递增区间为k,kkZ，C正确；63



对于D，f00，f故选：AC.π

无意义，不是函数的周期，D错误.22

10.如图所示，该几何体由一个直三棱柱ABC-A1B1C1和一个四棱锥DACC1A1组成，ABBCACAA12，则下列说法正确的是（）A.若ADAC，则ADA1C

B.若平面AC11D与平面ACD的交线为l，则AC//lC.三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的表面积为1432133D.当该几何体有外接球时，点D到平面ACC1A1的最大距离为【答案】BD【解析】【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解.【详解】对于选项A，若ADAC，又因为AA1平面ABC，但是D不一定在平面ABC上，所以A不正确；对于选项B，因为A1C1//AC，所以AC//平面AC11D，平面AC11D平面ACDl，所以AC//l，所以B正确；对于选项C，取ABC的中心O，A1B1C1的中心O1，OO1的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径R122321，33282

，所以C不正确；所以外接球的表面积为4R3对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，2OO1的中点为该外接球的球心，该球心到平面ACC1A1的距离为3，3

点D到平面ACC1A1的最大距离为R故选：BD33213，所以D正确.311.同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为fxaexbex（其中a，b是非零常数，无理数e2.71828），对于函数fx以下结论正确的是（）A.ab是函数fx为偶函数的充分不必要条件；B.ab0是函数fx为奇函数的充要条件；C.如果ab0，那么fx为单调函数；D.如果ab0，那么函数fx存在极值点.【答案】BCD【解析】【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数，分类讨论函数的单调性，结合极值点的概念即可判断CD.【详解】对于A，当ab时，函数f(x)定义域为R关于原点对称，fxaexbex=fx，故函数f(x)为偶函数；xx

当函数f(x)为偶函数时，f(x)f(x)=0，故abebae0，即abe=ab，又e2x0，故ab，2x

所以ab是函数fx为偶函数的充要条件，故A错误；对于B，当ab0时，函数f(x)定义域为R关于原点对称，f(x)f(x)=abexabex=0，故函数fx为奇函数，当函数fx为奇函数时，f(x)f(x)=abeabe=0，x

x

因为ex0，ex0，故ab0.所以ab0是函数fx为奇函数的充要条件，故B正确；xx

对于C，fx=aebe，因为ab0，若a0,b0，则fx=aebe

x

x

0恒成立，则fx为单调递增函数，若a0,b0则fx=aebe

x

x

0恒成立，则fx为单调递减函数，故ab0，函数fx为单调函数，故C正确；ae2xb

对于D，fx=aebe=，exx

x

令fx=0得x=若a0,b0，当x,

1b

ln，又ab0，2a

1b

ln，fx0，函数fx为单调递减.2a

当x

1b

ln,，f¢(x)>0，函数fx为单调递增.函数f(x)存在唯一的极小值.2a

若a0,b0，当x，ln



12b

，f¢(x)>0，函数fx为单调递增.a

当x

1b

ln,，fx0，函数fx为单调递减.故函数f(x)存在唯一的极大值.2a

所以函数存在极值点，故D正确.故答案为：BCD.12.设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a11，a2022a20231，a20221a202310，则下列选项正确的是（A.）B.S20221S2023D.T40451

an为递减数列C.T2022是数列Tn中的最大项【答案】AC【解析】【分析】根据题意先判断出数列an的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由a20231及前n项和的定义即可判断；对于C：前n项积为Tn4045

的定义即可判断；对于D：先求出T4045a2023，由a20231即可判断.【详解】由a20221a202310可得：a20221和a20231异号，即a202210a202210或.a10a1020232023而a11，a2022a20231，可得a2022和a2023同号，且一个大于1，一个小于1.因为a11，所有a20221，a20231，即数列an的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.对于A：公比q

a20231，因为a11，所以ana1qn1为减函数，所以an为递减数列.故A正确；a2022

对于B：因为a20231，所以a2023S2023S20221，所以S20221S2023.故B错误；对于C：等比数列an的前n项积为Tn，且数列an的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以T2022是数列Tn中的最大项.故C正确；对于D：T4045a1a2a3a4045a1a1qa1q2a1q4044a14045q1234044a14045q20224045a1q2022a20234045

4045

1，即T40451.故D错误.因为a20231，所以a2023

4045

故选：AC第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.



13.已知a(2,),b(3,1)，若abb，则a______.【答案】25【解析】【分析】根据题意求得ab(1,1)，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到a的坐标，利用向量模的公式，即可求解．





【详解】因为a(2,),b(3,1)，可得ab(1,1)，

又因为abb，可得abb(1,1)(3,1)310，解得4，22所以a(2,4)，所以a(2)(4)25.故答案为：25.5x1,x2

14.已知函数f(x)，则函数gxfxx的零点个数为______.2

4x,x2

【答案】3【解析】【分析】令gx0得fx

x，根据分段函数性质可在同一直角坐标系中作出fx，yx的大x的图象有3个交点，即可得出答案．致图象，由图象可知，函数yfx与y【详解】令gx0得fx

x，x的交点个数，可知函数gx的零点个数即为函数fx与y在同一直角坐标系中作出fx，y

x的大致图象如下：由图象可知，函数yfx与y即函数gx有3个零点，故答案为：3.x的图象有3个交点，15.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为______.【答案】【解析】【分析】利用正方体的结构特征，判断平面所在的位置，然后求得截面面积的最大值即可.334【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与直线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为2，223233所以其面积为S6.424故答案为：33.416.如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y1.1x，第n根弦（nN，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：yx1交于点Anxn,yn和Bnxn,yn，则ynyn______.n020（参考数据：取1.1228.14.）【答案】914【解析】【分析】根据题意可得ynn1,yn1.1n，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：ynn1,yn1.1n，n011920则ynynn11.111.121.1L201.1211.1，n0n02020可得1.1

y

n020nyn11.1121.12L201.120211.121，200120212111.1

211.121两式相减可得：0.1ynyn1.11.1L1.1211.1

11.1n011.1210.1211.12111.12218.14

91.4，0.10.10.1所以y

n020nyn914.故答案为：914.四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CACB2，AB22，AA13，M为AB的中点.（1）证明：AC1//平面B1CM；（2）求点A到平面B1CM的距离.【答案】（1）证明见解析（2）32211

【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用等体积法求解.【小问1详解】连接BC1交B1C于点N，连接MN，则有N为BC1的中点，M为AB的中点，所以AC1//MN，且AC1平面B1CM，MN平面B1CM，所以AC1//平面B1CM.【小问2详解】连接AB1,因为CACB2，所以CM

AB,又因为AA1平面ABC，CM平面ABC，所以AA1CM，ABAA1A,所以CM平面ABB1A1,又因为MB1平面ABB1A1,所以CMMB1,又CA2CB2AB2，所以ABC是等腰直角三角形，CM

1

AB2,MB1MB2BB1211,2122,CMMB1

22

所以S△CMB1

S△ACM

111

S△ACBCACB1,222设点A到平面B1CM的距离为d，因为VAB1CMVB1ACM,所以SB1CMd所以d

1

31

SACMAA1,3

SACMAA1322.SB1CM11

18.记锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知（1）求证：BC；（2）若asinC1，求【答案】（1）见解析；（2）sin(AB)sin(AC)

．cosBcosC11

2的最大值．2ab

25.16【解析】【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可；（2）根据（1）中结论运用正弦定理得asinC2RsinA运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解【小问1详解】证明：由题知b11

bsinA1，然后等量代换出22，再2Rab

.

sin(AB)sin(AC)

，cosBcosC所以sin(AB)cosCsin(AC)cosB，所以sinAcosBcosCcosAsinBcosCsinAcosCcosBcosAsinCcosB,所以cosAsinBcosCcosAsinCcosB因为A为锐角，即cosA0，所以sinBcosCsinCcosB，所以tanBtanC，所以BC.【小问2详解】由（1）知：BC，所以sinBsinC，因为asinC1，所以1

sinC，a因为由正弦定理得：a2RsinA,sinB所以asinC2RsinA

b

bsinA1,2R

b，2R所以1

sinA，b1

sinAsin2C，b因为ABC2C，所以所以1122absin2Csin22C1cos2C

(1cos22C)213

cos22Ccos2C

22

因为ABC是锐角三角形，且BC，C，42所以2C，2

所以1cos2C0，所以25111

时，22取最大值为，416ab

2511

所以22最大值为：.16ab当cos2C

，在相同的条件下，19.甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮）每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得1分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为2，甲扑到乙踢出球的概率为2，乙扑到甲踢出球的概率1

1

1

，且各次踢球互不影响．3（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；（2）求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．【答案】（1）分布列见解析；期望为（2）79

192112【解析】【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算.【小问1详解】记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，111111PA1PB1，由题意得：，

233224甲的得分X的可能取值为1,0,1，111PX1PABPAPB1，34611117PX0PABPABPAPBPAPB11343412111PX1PABPAPB1，344所以X的分布列为：Xp1011671214

1711EX101.612412【小问2详解】经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得1分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分，11甲3轮各得1分的概率为P，1

4647721甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为P2C3，412641121甲3轮中有2轮各得1分，1轮得1分的概率为P3C3，

46321749

甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为P4C，412192

13

2

22

3

所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率P

20.已知数列an中，a10，an12annnN

1714979.646432192192



.（1）令bnan1an1，求证：数列bn是等比数列；（2）令cn

an，当cn取得最大值时，求n的值．n3【答案】（1）证明见解析；（2）n3.【解析】【分析】（1）求得a21，b12，利用递推公式计算得出bn12bn，由此可证得结论成立；2nn1aa12an（2）由（1）可知n1n，利用累加法可求出数列n的通项公式，可得出cn用定义法判断数列cn的单调性，进而可得出结论.【详解】（1）在数列an中，a10，an12ann，则a22a111，bnan1an1，则b1a2a112，则bn1an1an12ann2an1n112anan112bn，所以，数列bn为等比数列，且首项为2，所以，bn22

n12n；a2a121

（2）由（1）可知，ba3a2221n2n

即an1an2n1，可得

，

anann11211累加得aa2222n1n1

n1212n12n12nn1，an2nn1.c2nn1

2n1n112n1n3n，cn2n13n13n1，c2n1n22nn12n12n

cn1n3n13n

3n1，令fn2n12n

，则fn12n32

n1

，所以，fn1fn22n

.f1f2f3f4，f1f210，f310，所以，当n3时，fn0.3

n，利所以，c1c2c3，c3c4c5.所以，数列cn中，c3最大，故n3.【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：n1

（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式ana1n1d或ana1q进行求解；S1,n1na（2）前项和法：根据n进行求解；SS,n2n1n（3）Sn与an的关系式法：由Sn与an的关系式，类比出Sn1与an1的关系式，然后两式作差，最后检验出a1是否满足用上面的方法求出的通项；（4）累加法：当数列an中有anan1fn，即第n项与第n1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；（5）累乘法：当数列an中有种方法；（6）构造法：①一次函数法：在数列an中，ankan1b（k、b均为常数，且k1，k0）.一般化方法：设anmkan1m，得到bk1m，m等比数列，可求出an；②取倒数法：这种方法适用于anan

fn，即第n项与第n1项的商是个有规律的数列，就可以利用这an1

bb，可得出数列an是以k的k1k1kan1n2,nN（k、m、p为常数，m0），两边取倒数man1p后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于ankan1b的式子；c为常数且不为零，⑦an1banc（b、型的数列求通项an，方法是在等式的两边同时除以cn1，nN）n

得到一个an1kanb型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.x2y2

21.已知双曲线E:221(a0,b0)的焦距为10，且经过点M(8,33)．A，B为双曲线E的左、ab右顶点，P为直线x2上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．（1）求双曲线E的标准方程．（2）直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．x2y21【答案】（1）169（2）直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．【解析】【分析】（1）方法一：将M(8,33)代入方程，结合a2b2c2求得a,b得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得a得双曲线方程.（2）方法一：设CD的方程为xmyt，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出yp，由B点与D点写出BD方程，求出yp，利用两个yp相等建立关系式，代入韦达定理可求得t为定值.方法二：设CD的方程为xmyt,P(2,n)，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将Cx1,y1,Dx2,y2代入以上两方程，两式相比消去n建立关系式，代入韦达定理可求得t为定值.【小问1详解】a2b225,

x2y222

1．法一．由6427解得a16,b9，∴双曲线E的标准方程为1691,2b2a法二．左右焦点为F15,0,F25,0，c5,2aMF1MF2196368，a4,b2c2a29，x2y21．∴双曲线E的标准方程为169【小问2详解】直线CD不可能水平，故设CD的方程为xmyt,Cx1,y1,Dx2,y2，xmyt2222联立x2y2消去x得9m16y18mty9t144=0,9m160，1

1692218mt9t214424t9m16，y1y22，y1y2，yy129m169m2169m216AC的方程为y

y16y1(x4)，令x2，得yp，x14x142y2y2(x4)，令x2，得yp，x24x24

BD的方程为y



6y12y23x2y112y1x1y24y20x14x24

3my2ty112y1my1ty24y204my1y23t12y1t4y20

4my1y22t4y1y2t8y1y20

4m9t2144(2t4)18mt24(t8)t29m21602229m169m169m16

3m(8t)(t8)t29m2160(8t)3mt29m2160，解得t8或t29m2163m，即t8或t4（舍去）或t4（舍去），∴CD的方程为xmy8，∴直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为xmyt,Cx1,y1,Dx2,y2,P(2,n)，xmyt,222

联立x2y2，消去x得9m16y18mty9t1440，1,

16918mt9t2144

，y1y2,y1y2229m169m16

AC的方程为y

nn

(x4)，BD的方程为y(x4)，62nn

x14,y2x24，62C,D分别在AC和BD上，y1

3x24y16y12y2x4两式相除消去n得，1

x14x24y2

x12y122

又1，9x14x1416y1．169将x14

3x24y1

y2

代入上式，得27x14x2416y1y2

27my1t4my2t416y1y2

27m216y1y227(t4)my1y227(t4)209t214418mt

27m1627(t4)m27(t4)20．229m169m16

2

整理得t212t320，解得t8或t4（舍去）．∴CD的方程为xmy8，∴直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程ykxm，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.x222.设函数fxcosx1x0.2（1）求fx的最值；（2）令gxsinx，gx的图象上有一点列Ai

11

,gii1,2,...,n,nN*，若直线AiAi1的斜i22率为kii1,2,...,n1，证明：k1k2...kn1n

7.6【答案】（1）fx在0,上的最小值为f00，fx在0,上无最大值.（2）见解析【解析】【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最值.71x3

k1（2）根据（1）可得sinxx，结合二倍角的正弦可证：，结合等比数列的(x0)i2i2626求和公式可证题设中的不等式.【小问1详解】fxsinxx，设sxsinxx，则sxcosx10（不恒为零），故sx在0,上为增函数，故s

xs00，所以f¢(x)>0，故fx在0,上为增函数，故fx在0,上的最小值为f00，fx在0,上无最大值.【小问2详解】x3

先证明一个不等式：sinxx(x0)，6x3

证明：设uxsinxx,x0，6

x2

则uxcosx1，故ux在0,上为增函数，f(x)0（不恒为零）2x3

故uxu00即sinxx(x0)恒成立.611gi1gi222i1sin1sin1当iN*时，kiii11122ii12211111

2i12sini1cosi1sini12i1sini12cosi11

2222211x2

由（1）可得cosx1x0，故cos2i1122i30，2

故2

i1

sin

1111i1

2cos12sin211i1i1i12i322221111i11121i12i122i2623i322i22

2i1sin

11711171

11112i22i22i24i42i2,626262622

故k1k2...kn1n1

71116242622n

11

172471114n1n1n1n166123414n1

771797nnn.72184726