安徽省安庆一中2022届高三五月考前卷-数学试题【含答案】

数学考前卷一、选择题X=a,,,aaaN*1．设集合1234，定义：集合Y=aaaai+ji,,,,jXijNij，集合xS=xyx,,yYxy，集合T=x,,yYxy，分别用||S，||T 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示集合S，T中元素的个数，则下y列结论可能成立的是（）A．|S|=6B．|S|=16C．|T|=9D．|T|=162．将函数f()x=sin2x的图象向左平移0个单位长度，得到函数gx()的图象，有下述四个2结论：①若是偶函数，则=；2π②当=时，满足f()()xgx的x的取值范围为−+k,Z+k()k；636③若在区间0,上恰有一个极值点，则的取值范围为0,；34④当时，若f()()x−=gx2，则xx12−的最小值为.123其中所有正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4223．在平面直角坐标系xOy中，圆O:1x+=y，若曲线y=kx−12+上存在四个点Pi（i＝1，2，3，34），过动点作圆O的两条切线，A，B为切点，满足PAPB=，则k的取值范围是（）ii244A．−,−B．−,03344C．()−,−7−,−1D．−7,−()−1,03312132143214．已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数.第1121231234一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推.此数列第n项记为an，则满足an=5且n20的n的最小值为（）A．47B．48C．57D．585．如图，边长为2的等边三角形，取其中线的，构成新的等边三角形，面积为S1；再取新的等边三角形中线的，构成等边三角形，面积为S2；……如此下去，形成一个不断缩小的正三角形系列，则第5次构成的等边三角形的面积S5，为（）31633A．B．3C．D．81812431626．已知抛物线C为二次函数y=x2−55x+图象，直线l为一次函数y=+kx1的图象.当14x时，l始终不在C的上方.则k的取值范围是（）A．k≤23－5B．k≥2－5C．k≤－1D．k≥－10,xA7．已知样本空间为，x为一个基本事件.对于任意事件A，定义fA()=，给出下列结论：1,xA①ff(Ω)=1,()=0；②对任意事件A，0fA()1；③如果AB=，那么f()()()AB=+fAfB；④f(A)+=f(A)1.其中，正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．某同学为了3+33+333++333，设计了一个程序框图（如图所示），则在该程序框图中，①②100个37344:uId:7344828042:fId:8280421两处应分别填入（）A．m=11m,i100?B．m=11m,i101?C．m=10m+3,i100?D．m=10m+3,i101?9．为测量某栋楼的高度PQ，在水平地面的某点A水平放置一面平面镜子M1，观测人员在同一水平地面上移动，直到能看到楼顶端，测量并记录此时镜子中的楼顶与观测人员之间的水平距离a1，注意此时保持镜子M1位置不动，将第二面平面镜子M2水平放置在水平地面的B处，观测人员在同一水平面上移动，直到能在平面镜M2中看到楼顶端，测量并记录此时镜子中的楼顶与观测员之间的水平距离a2，同时测量两面镜子M1和M2之间的水平距离a，若A，B，PQ在同一铅垂平面内，记眼睛到地面的距离为h，则楼高H（）ahA．aa12−ahB．aa12+aC．+haa12−aD．+haa12+mx10．已知函数f(x)=−lnx，其中常数m0，0，则下列说法正确的有（）x−A．函数fx()的定义域为(0,+)B．当=1，m=−1时，函数有一个极值点C．不存在实数和m，使得函数恰好只有一个极值点D．若0，则“04m”是“函数是增函数”的充分不必要条件请点击修改第II卷的文字 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 二、填空题11．第十四届国际数学教育大会（简称ICME-14）于2021年7月在上海举办，会徽的主题图案（如图）有着丰富的数学元素，展现了中国古代数学的灿烂文明，其右下方的“卦”是用中国古代的计数符号写出的八进制数字3745.八进制有0～7共8个数字，基数为8，加法运算时逢八进一，减法运算时借一当八.八进制数字3745换算成十进制是580+481+782+383=2021，表示ICME−14的举办年0ik份.设正整数n=a018+a++8aik8+a8，其中ai0,1,2,3,4,5,6,7，i=0,1,,k,kN.记(n)=a01+a++ak，S(n)=(1)+(2)++(8n)，则(72)=_______；当n7时，用含n的代数式表示Sn()=_____.12．给定正整数nn(5)，按照如下规律构成三角形数表：第一行从左到右依次为1，2，3，…，n，从第二行开始，每项都是它正上方和右上方两数之和，依次类推，直到第n行只有一项，记第i行第j项为aij，如图所示．现给定n=2022，若ai42022，则i的最小值为______．13．如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第n+1条线段所*夹的角为nn(nN,(0,π))，则2022=______．7344:uId:7344828042:fId:8280422三、解答题→→→→14．已知点M(0,23)，N(0,−23)，R(4,23)，Q(4,0)，动点S，T满足RS=RQ，MT=2MR(R)，直线MS与NT交于一点P．设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线l1:3x−=2y0与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为||EF2的直线l经过点G，与曲线C交于E，F两点.若的值与点G的位置无关，求证：|GE|=|GF|.2|GA||GB|20．某工厂为了检验一批产品的质量，从这批产品中随机抽取100件，检测某一质量指标（单位：厘米）．根据检查结果．将其分成9.4,9.6)，9.6,9.8)，9.8,10.0)，10.0,10.2)，10.2,10.4)，10.4,10.6这6组，得到如图所示的频率分布直方图．(1)估计这批产品该质量指标的中位数；(2)已知质量指标在9.8,10.2)内的产品为一等品，若这批产品中有1080件一等品，估计这批产品的总数量．BDBC15．已知=2，=3，S=1，求S的大小．ADCF四边形DECB△ACB16．在极坐标系Ox中，已知点A(2,)，直线l过点A，与极轴相交于6点N，且=ANx.3(1)求直线l的极坐标方程；(2)将OA绕点O按顺时针方向旋转，与直线l交于点B，求OAB的面积.417．已知有两只蚂蚁小红和小白在单位圆上活动，且有点A(1,0)，点B(−1,0).(1)设小红所在位置为(cos,sin)，小白所在位置为(cos,sin)，,0,2.不妨设.那么小红和小白的直线距离为___________；(2)如果小红和小白分别从A､B两点以相同的速度沿圆周分别以逆时针方向和顺时针方向爬行，且没有碰面.求两只蚂蚁所在位置（分别视为一个点）及､两点构成的四边形周长的最大值？(3)如果小红和小白沿圆周随意溜达，这两只蚂蚁没有碰面且都没有在点，那么这两只蚂蚁所在位置（分别视为一个点）和点构成三角形.这类三角形周长最大值为___________；并予以证明.7344:uId:7344828042:fId:828042318．已知函数y=f(x),xD．若存在a0使得g()()x=+fxax是严格增函数，那么称fx()为“缓降函数”．（本题可以利用以下事实：当x0,时，sinxx．）2(1)判断以下函数是否是“缓降函数”①yx=−2−10②yx=−3（无需写出理由）；(2)求证：y==g(x)cosx是“缓降函数”；1(3)已知m0，求证：y=h(x)=sin,x(m,+)是“缓降函数”的充要条件是m0．x19．证明不等式：(1)若，b0且ab¹，则ab2+a2ba3+b3；(2)若a，b是实数且，则ab3+a3ba4+b4；(3)把(1)和(2)中的不等式推广到一般情形，并证明你的结论．20．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点P(,)xy绕坐标原点O旋转角至点P'(x',y')．x'=−xcosysin,（1）试证明点的旋转坐标公式：y'=+xsinycos.（2）设(0,2)，点P0(0,−1)绕坐标原点旋转角至点P1，点再绕坐标原点旋转角至点P2，且直线PP12的斜率k=−1，求角的值；（3）试证明方程x2+=36xy的曲线C是双曲线，并求其焦点坐标．4数学参考答案1．D【解析】对A、B：不妨设1a1a2a3a4，可得a1+a2a1+a3a1+a4a2+a4a3+a4，根据集合Y的定义可得Y中至少有以上5个元素，不妨设xaaxaaxaaxaaxaa112213314424534=+,,,,=+=+=+=+，则集合S中至少有7个元2素，排除选项A，若a1+a4a2+a3，则集合Y中至多有6个元素，所以|S|max=C6=1516，排除选项B；对C：对ij,xixj，xxj则i与一定成对出现，根据集合T的定义可判断选项C；对D：取X={1,3,5,7}，则Y={4,6,8,10,12}，根据集合的定义xjxi可判断选项D.解：不妨设，则aaij+的值为aaaaaaa1213142+,,,,,+++aa32+aaa43+4，显然，，所以集合Y中至少有以上5个元素，不妨设，则显然xx12xx13xx14xx15xx25xx35xx45，则集合S中至少有7个元素，所以|S|=6不可能，故排除A选项；其次，若，则集合Y中至多有6个元素，则，故排除B项；12123344555563对于集合T，取，则，此时T=,,,,,,,,2,,,,,,,3，|T|=16，35235453643252故D项正确；xxj对于C选项而言，，则与一定成对出现，i−1−10，所以一定是偶数，故C项错误.||Txxji故选：D.2．B【解析】利用正弦型函数的奇偶性可判断①的正误；由f()()xgx可得出sin2x−0，解此不等式可判断②的正误；3fx()1=1由x0,可求得22x+的取值范围，根据题意可得出关于的不等式组，解不等式组可判断③的正误； 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 可知3gx()2=−1fx()1=−1或，求出xx12−的表达式，可得出xx12−的最小值，可判断④的正误.gx()2=1【详解】由题意可得g()()x=+sin2x2，其中0.2对于①，若函数gx()为偶函数，且02，则2=，解得=，①错；24π对于②，当=时，g()x=+sin2x，631313f()()x−gx=sin2x−sin2x+cos2x=sin2x−cos2x=sin2x−，22223由可得，则2k−2x−2k()kZ，3解得k−xk+()kZ，②对；362对于③，当时，22x+2+2，3022225所以，或，解得0或，③错；233254122+2+2232232对于④，当时，，由f()()x12−=gx2可得或.7344:uId:734412x=2k+(kZ)12若fx(1)=1，gx(2)=−1时，，2x+=2m−(mZ)2325解得x=k+(kZ)，x=m−(mZ)，142122所以，x−x=+(k−m)，其中k、mZ，123此时当km−=−1时，xx−取得最小值；1232x=2k−(kZ)12若fx(1)=−1，gx(2)=1时，，2x+=2m+(mZ)232解得x=k−(kZ)，x=m+(mZ)，14212所以，x−x=(k−m)−，其中、，123此时当km−=0时，取得最小值.π综上所述，当=时，若f()()x−=gx2，则的最小值为，④对.612故选：B.3．A3【解析】先设出P(m,n)，利用PAPB=求出在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合转化为k0且只需iii2原点到直线y=k(x−12)+的距离小于半径2即可，用点到距离公式列出不等式，求出k的取值范围.【详解】设，连接POi，设APOii=BPO=，11则22，cos==，POi=+mn22POimn+2所以cosAPB=cos2=1−2sin2=1−，imn22+又22，PAii=PB=m+n−122223所以PAPBii=PAPBiicosAPBi=m+n−11−22=()mn+223令m22+=nt，则有(t−11)−=，t21解得：t=4或21因为在单位圆外，所以t=舍去，2即在以原点为圆心，半径为2的圆上，因为曲线y=kx−12+上存在四个点Pi（i＝1，2，3，4），即与圆xy22+=4有4个交点，结合图象可知，且只需原点到直线的距离小于半径2即可，k−24所以2，解得：k−或k0（舍去），1+k234综上：k的取值范围是−,−34．C828044:fId:8280442(m−+1)mm1【解析】将数列的项分组，设满足n20的a=5首次出现在第m组的第x个数的位置上，由此列式+20，n26m−(x−1)m+1求得m7，结合=5,x=,x,mN，即可求得答案.1+−x16【详解】1213214321将数列分组为（），（，），（，，），（，，，），…，1121231234设满足的首次出现在第m组的第x个数的位置上，m+1−+xm1则=5,x=,x,mN，x6(mm−1)此时数列共有项数为1+2+3++(m−1)+x=+x20，21+356即得，解得m由于mN，3191+35620而，故，333m+1又x=N,故符合条件的m,的最小值为11，6(mm−1)(11−1)1111+1则满足且的n的最小值为+2=+=57，2265．C23【解析】设第n次取中线的，构成新的等边三角形的边长为a，则*，从而可得等边三角形的边长nann+1=a,N(n)32是等比数列，求出a5，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】解：设第次取中线的，构成新的等边三角形的边长为，23a3*则，所以n+1，aann+1==,N(n)32an33故等边三角形的边长是以为公比的等比数列，32323a=2=，1323423323所以第5次构成的等边三角形的边长a==，5332713所以第5次构成的等边三角形的面积Sa=2sin60=.552243故选：C.6．C4【解析】由题可得x2−5x+5−(kx+1)0在(1,4)上恒成立，然后分离参数求x+−5的最值即得.x【详解】由题可知当14x时，恒成立，4∴kx+−5在上恒成立，x444又xx+−52−5=−1,当且仅当x=，即x=2取等号，xxx∴k−1.7．D【解析】根据fA()的定义，利用分类讨论思想进行分析判定.【详解】∵任意xΩ恒成立，任意x恒不成立，∴ff(Ω)=1,()=0，故①正确；0,xA对任意事件A，fA()=，∴fA()0,1，∴0fA()1成立，故②正确；uerr:uId:uerr1,xA3如果AB=，当xAUB时，f(A=B)1，此时xA或xB.若，则xB,f(A)==1,f(B)0，f(A)+=f(B)1，f()()()AB=+fAfB成立；时，xA，f(A)==0,f(B)1，，成立；当xAUB时，，，∴f(AB)=0,f(A)=0,f(B)=0，那么成立，∴③正确；当时，,此时fA()=1,fA()=0,f(A)+=f(A)1成立；当时，xA,此时f(A)==0,f(A)1,成立，故④正确.综上，正确的结论有4个，8．C【解析】理解程序框图功能后补全内容【详解】程序框图功能为求3,33,333,的前100项和，递推公式为aann+1=+103，故①为mm=+103，当i=100时继续循环，当i=101时退出循环，故②为i100?9．A【解析】根据题意画出简图，利用镜面对称，得出ACD∽AQP，EBF∽QBP，再由相似三角形的对应边成比例得出hACBEaahaa==，进而得到12=，整理可得：Hx=，将x=2代入进行计算即可求解．HAQBQa+xxa2aa12−【详解】如图：设观测员在镜子M1能看到楼顶端时的位置为CD,在镜子M2能看到楼顶端时的位置为EF,由镜子的反射原理可知：CAD=QAP，EBF=QBP，而ACD=AQP=90，FEB=PQB=90，根据有两对角对应相等的两个三角形相似可知：，，CDACEFBE=，=，PQAQPQBQ设BQ=x，CD=h，CD==EFh，PQ=H，，又AC=a1，BE=a2，由题意可知aa12，AB=a，则AQ=AB+BQ=a+x，ACBE由=得：，AQBQ整理得：，hBE由=，整理可得：，HBQ将代入进行计算可得：haaahH=2=，a2a1−−a2a1a2ah楼高H=，aa12−故选：A．10．Ciwiprr:fId:iwiprr4【解析】A判断0时的定义域情况即可；B利用导数研究fx()的单调性，判断是否有两个变号零点即可；C、D对求导，构造gx()=xm22+(−2)x+结合二次函数性质讨论和m，应用零点存在性定理判断fx()变号零点的个数，进而判断极值点个数及单调性.【详解】A：当时定义域为(0,)(,+)，错误；1xx2−+31B：f(x)=lnx++1且定义域为(0,1)(1,+)，则fx()=，x−1xx(−1)23335而g(x)=x2−3x+1在(0,)上递减，(,)+上递增，且gg(0)=1,(1)=−1，gg()=−,(3)=1，22243所以在(0,1),(,3)上各有一个变号零点，则有两个极值点，错误；2mx22+(m−2)x+C：f(x)=lnx−−m，则fx()=，x−xx()−2(2−m)令，则图象开口向上，对称轴x=且=2mm(−4)，2要使fx()有极值点，必有变号零点，则0，所以m0或m4，当0时，则定义域为(0,+)，又g(0)=20，(2−m)此时则x=0，故gx()在上递增，又g(x)g(0)0，即fx()0，无极值点；2(2−m)(2−m)(2−m)此时则x=0，则在(0,)递减，(,)+递增，222故、各有一个零点，即有两个变号零点；(2−m)当=0时，则定义域为，且x==0，，2则在上递增，又，即，无极值点；当时，定义域为，，(2−m)(2−m)此时则x=0，故在(0,)(,)上递减，递增，22(2−m)又gm()=0，g[]0，x趋向正无穷趋于正无穷，故在(0,)、各有一个变号零2点，即有两个变号零点；此时则，则在递增，又，即，无极值点；综上，不存在实数和m，使得函数恰好只有一个极值点，正确；(2−m)D：结合C分析：当且02m时有x=0，则在上恒正，即，此时是增函数；2当且24m时有，则在，各有一个零点，易得有两个变号零点，此时不单调，命题的充分性不成立，错误.11．2；4nn2+25.【解析】【分析】结合进制转换即可求出w(72)，进而求出S(n)−−S(n1)，再结合等差数列的求和公式即可求出结果.【详解】因为72=182+181+080，所以w(72)=1+1+0=2；易知S(n)−S(n−=1)7(n−+++++=+1)127n8n21(n2)，且S(1)=29，nn(−1)所以S(n)=29n+8=4n2+25n.2故答案为：2；.12．9【解析】UERR:uId:UERR5【分析】ii−−12根据已知可得aij=2j+(i−1)2，再由ai42022即可解得.【详解】由题可得三角形数表的每一行都是等差数列，且公差分别为1,2,4,8,,2i−1,，i−2所以aij=a(i−1)j+a(i−1)(j+1)=22a(i−1)j+i−2i−3i−22i−2=2a+a+2=22a+2+2=2a+22(i−2)j(i−2)(j+1)(i−2)j(i−2)j…i−1i−2i−1i−2=2a1j+(i−1)2=2j+(i−1)2，i−1i−2i−2所以ai4=24+(i−1)2=(i+7)22022，解得i8，所以i的最小值为9.故答案为：9.13．174.46【解析】【分析】根据正三角形、正方形、正五边形的角的度数规律，类比出n多边形n−1个角的度数表达式，再计算出2022条线段所在的正多边形的边数，进一步求出夹角.【详解】第一条线段与第二条线段所夹的角1=60，由此类推，2=90，3=90，4=108，5=108，6=108，7=120，8=120，9=120，，观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有2个90，正五边形有3个108，正六边形有4个120，180n−2n多边形有n−2个()n又观察图形得：正三角形画条线段，正方形画条线段，正五边形画条线段，正六边形画条线段，，正边形画条线段；nn(−3)画到正多边形时，画线段的条数为mn=2+2+3+4++(−2)=2+，2当n=65时，m=2017；当n=66时，m=208118063第2022条线段应在正65边形中，=174.46202265故答案为：.xy2214．(1)+=1；1612(2)证明见解析.【解析】（1）设P(x,y)，由M，P，S三点共线，得4(yx−23)=−23，由N，P，T三点共线，得8(yx+=23)43，消去即得解；（2）不妨设点A在第一象限，设点G(2m,3m)，其中−11m，若直线l2的斜率不存在，则直线的方程为xm=2，故||EF2不为定值.若直线的斜率存在，设直线的斜率为k，则直线的方程为y=kx−(2k−3)m.将直线的方程代入|GA||GB|曲线C的方程化简、整理得到韦达定理计算即得证.(1)→→解：由题意，知RQ=−(0,23)，从而S(4,23(1−))，则MS=−(4,23).→→设，则MP=−(x,y23)，NP=+(x,y23).由M，P，S三点共线，得.→→由MR=(4,0)，得T(8,23)，从而NT=(8,43).由N，P，T三点共线，得，消去得32(yx22−12)=−24，整理得，IWIPRR:fId:IWIPRR6xy22即曲线C的方程为+=1.1612(2)证明：由题意并结合（1）易知（不妨设点A在第一象限），A(2,3)，B(−−2,3).设点G(2m,3m)，其中−11m，则|GA|=−13(1m)，|GB|=+13(1m)，所以|GA||GB|=13(1−m2).若直线l2的斜率不存在，则直线的方程为xm=2，此时E(2m,12−3m2)，F(2m,−−123m2)，2||EF212(4−m)故=不为定值.|GA||GB|13(1−m2)若直线的斜率存在，设直线的斜率为k，则直线的方程为y=kx−(2k−3)m.将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，得(4k2+3)x2−8(2kmk−3)x+4(2k−3)2m2−480=.8km(2k−3)4(2km−−3)2248设E(x11,y)，F(x22,y)，则xx12+=，xx=，43k2+1243k2+2所以22|EF|=(1+k)(x12−x)2222222(1+k)64km(2k−3)−164(k+3(2)k−3)m−12=2(43k2+)222248(1+k)(2k−3)m−(16k+12)=−2，(43k2+)22222||EF48(1+k)(2k−3)m−(16k+12)故=2.|GA||GB|13(4km22+−3)(1)||EF2因为的值与m的值无关，|GA||GB|1所以(2kk−3)22=16+12，解得k=−，2xx+4km(2k−3)所以12==2m，24k2+3所以G是EF的中点，即|GE|=|GF|.15．(1)10.05(2)2000【解析】（1）根据中位数对应的频率在0.5处即可得结果；（2）求出这批产品中一等品的频率即可得这批产品的总数量.(1)因为(0.4+0.6+1.1)0.2=0.420.5，0.42+1.60.2=0.740.5，所以这批产品该质量指标的中位数在10.0,10.2)内．设这批产品该质量指标的中位数为x，则(x−10.0)1.6+0.42=0.5，解得x=10.05，即估计这批产品该质量指标的中位数为10.05．(2)由图可知样本中一等品的频率的为(1.1+1.6)0.2=0.54，则这批产品中一等品的频率约为0.54．1080故这批产品的总数量约为=2000．0.54916．7【解析】过D作DG//AC,交BC于G，构造相似三角形，利用相似比，求得三角形的面积比，进而转化为ABC与四边形DECB的面积比，即可得解.【详解】2022-05-20T14:59:42.0002987解：如图，过D作DG//AC,交BC于G,则△BDG△BAC,FECFDGBDBD2BG2S4∵=2，∴=,=,VBDG=.ADAB3BC3SVBAC9CG1∵，BG+=CGBC,∴=BC3BC又∵=3，∴CG=CF,BG=GFCFFC1S1S∴=∴VFEC=，VBDG=1FG2SVFDG4SVFDG设SSFEC=,则SSFDG=4,SSBDG=4,SS△ABC=9,SSSS四边形ECGD=FDG−FEC=3,∴SSSSSS四边形DECB=BDG+四边形ECGD=4+3=7又∵S四边形DECB=11∴71S=,即S=79∴SS=9=.ABC79故S=.△ACB717．(1)sin−=1；3(2)31−.【解析】（1）设M(,)为直线l上除点A外的任意一点，在△OAM中由正弦定理建立方程化简即可；（2）求出点B的极坐标，根据极径利用三角形面积公式计算三角形面积即可.(1)设为直线l上除点A外的任意一点，则||OM=，=xOM.由点A的极坐标为(2,)知|OA|=2，=AOx.66设直线l与极轴交于点N，由已知=MNx.3|OM||OA|在中，由正弦定理得：=，sinOAMsinOMA2=即5，即.sinsin−63显然，点A的坐标也是该方程的解.所以，直线l的极坐标方程为.(2)将OA绕点O按顺时针方向旋转，与直线l交于点B，则B的极坐标为(,)−，4012代入直线l的极坐标方程得0sin+=1，即0sin+=1，即0=−62，31246112所以S=|OA||OB|sin=−=−2(62)31.△OAB2422818．(1)2−−2cos()(2)5(3)33，证明过程见解析【解析】（1）利用余弦定理即可求解；（2）利用图形的对称性和诱导公式以及二倍角公式代入化归，转为单变量问题，再利用二次函数性质得解；（3）根据正弦定理结合琴生不等式即可求解.(1)设两只蚂蚁之间的距离为d，则由余弦定理得，d2=12+12−211cos(−)，所以d=122+1−211cos(−)=2−2cos(−).(2)1=2,3=4,5=6，且+12++34+5+6=180，所以1+3+5=90所以AC+CD+DB=21sin+121sin+321sin5，=2(sin1+sin3+sin5)=2(sin1+sin5+sin(90−(1+5)))=2(sin1+sin5+cos(1+5))又因为两只蚂蚁运动速度一致，所以，AD=BC，所以，21=25，所以，15=，不妨设1=，所以AC+CD+DB=2sin+sin+cos(2)，2即AC+CD+DB=22sin+1−2sin，2即AC+CD+DB=2−2sin+2sin+1，2即AC+CD+DB=2−2(sin−sin)+1，13即AC+CD+DB=2−2(sin−)2+，221即AC+CD+DB=−4(sin−)2+3，21当且仅当sin=时，2AC++CDDB取得最大值3，此时四边形ABCD取得最大值为5.(3)9圆的内接三角形的三条边为abc,,，abc由正弦定理得==，sinABCsinsin周长为a+b+c=2R(sinA+sinB+sinC)ABC++32R3sin()=6=33.3219．(1)①是；②不是；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【解析】（1）直接判断得解；（2）取a1,x21x，利用“缓降函数”定义证明；（3）先证明充分性，再利用反证法证明必要性得证.(1)解：①是；②不是.(2)证明：当x,+时，我们显然有xxsin，所以再结合所给事实可得：22当x()0,+时，sinxx．令g(x)=+cosxax，再取，于是g(x2)−g(x1)=cosx2−cosx1+a(x2−x1)x+−xxx=−2sin21sin21+a(x−x)(a−1)(x−x)0222121这说明yx=cos是“缓降函数”．(3)1证明；令g(x)=+sinaxx1充分性：已知m0，取xxm,a则21m211111111g(x2)−g(x1)=sin−sin+a(x2−x1)=2cos+sin−+a(x2−x1)x2x122x2x1x2x11111−20−+a(x2−x1)=a−(x2−x1)2x1x2x1x211于是y=sin+ax,x(m,+)是严格增函数，所以y=sin,x(m,+)是缓降函数．xx必要性：用反证法，当m=0时，若存在a0使g()()x=+fxax是严格增函数，令ka=+[]1，这里[]a代表不大于a的最大整数11xx==取12．此时2k+2k2111g(x2)−g(x1)=−−=−ax21ax1a−=1a−12k12k+42kk+22a101,01我们知道k1，这说明g(x21)−g(x)0与严格增函数矛盾．42k+21此即说明yx=sin,(0,+)不是缓降函数．x证毕．20．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)见解析.【解析】(1)由作差法，结合平方差公式，以及非负数的概念，可得证明；(2)由作差法，结合立方差公式，以及非负数的概念，即可得证；10(3)推广到一般情况为①若a0，b0，且ab¹，则ab2n+a2nba2n++1+b2n1(nN*)．②若aR，bR，且，则ab2n+1+a2n+1ba2n+2+b2n+2(nN*)．由作差法和因式分解，结合不等式的性质即可得证．(1)ab2+−−=abab233ababab2(−+)(2−=−)(abba)(2−=−−2)(abab)(2+)，由，且，可得−(a−b)2(a+b)0，即ab2+a2b−a3−b30，可得ab2+a2ba3+b3；(2)ababa33443+−−=bababab()()()(−+3−=−−abab33−=−−)()(aba22++abb2)，由a，b是实数且，可得(ab−)20，a22+ab+b0，则ab3+a3b−a4−b40，即ab3+a3ba4+b4；(3)推广到一般情况为：①若，，且，则．证明：ab2nnnnn+−aba22++1−b21=ababab2()−+2n()()(−=−−aba2nn−=−−b2)()(abababnnnn−)(+)，由，，可得ab−与abnn−同号，则−(a−b)(an−bn)(an+bn)0，则ab2n+a2nba2n++1+b2n1；②若，，且，则．证明：ab2121222221n++aban+−−=n+bn+abababn+(−+)21n+(−=−−)(aba)(2121n+−bn+)，由，，且，可得与ab2nn++1−21同号，则−(a−b)(a2nn++1−b21)0，则．71126．（1）证明见解析；（2）=、、；（3）证明见解析；焦点坐标为F(−−23,2)与F(23,2)．26612【解析】【分析】(1)由任意角的三角比定义及三角恒等变换可得出变换前后的坐标的联系，从而得证；（2）把点P1，P2的坐标先用极坐标表示，然后利用直线PP12的斜率k=−1列出方程，再根据角的范围求出的可能值；（3）由旋转坐标公式求出旋转后的方程，再由双曲线方程不存在“xy”项，即其系数为0，可求出的值，从而求出其焦点坐标．【详解】（1）设将x轴正半轴绕坐标原点O旋转角至点OP，OP=r，xr=cos,xr=+cos(),则，由任意角的三角比定义，有和yr=sinyr=+sin().x=rcoscos−rsinsin,所以，y=+rsincosrcossin.x=−xcosysin,将代入，得y=xsin+ycos.（2）方法1：设点，的坐标分别为(,)xy11，(,)xy22，x1=sin,x2=sin2,由点的旋转坐标公式，有与y1=−cosy2=−cos2.−+cos2cos由直线的斜率，得=−1，sin2−sinsin2−cos2=sin−cossin(2−)=sin(−)44ππ2−=2k+(−)，或22−+−=kπ+π,kZ44442=2k或=+k,kZ，32(0,2)，=、、．2方法2：由三角比的定义，可得点设点的坐标分别为(cos(−−),sin())，即(sin,−cos)；同理可得的坐标为2211(sin2,−cos2)，以下与解法1相同．（3）设P(,)xy为方程x2+=31xy的曲线上任意一点，将点绕坐标原点O旋转角至点P'''(,)xy．x=−xcosysin,则，y=xsin+ycos.x=+xcosysin,可解得①y=−xsin+ycos.注：以上这个反解可以省略，后面的方程不同，但不影响证明结论．将①代入方程，得(x'cos+y'sin)2+3(x'cos+y'sin)(−x'sin+y'cos)=6，整理，得(cos2−3sincos)x'2+(sin2+3sincos)y'2+(sin2+3cos2)x'y'=6．令sin2+=3cos20，可解得sin(2+=)0，=−是该方程的解，36所以，将方程的曲线按顺时针旋转，所得曲线'的方程为：6Cxy'2'2−=1．412''故，曲线是以F1(−4,0)和F2(4,0)为焦点的双曲线．又因为双曲线是由曲线C绕坐标原点旋转而得到的，所以曲线也是双曲线．将点按逆时针旋转，得到点F2(23,2)，所以，双曲线的焦点坐标为F1(−−23,2)与．【点睛】x=cos直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式y=sin2=+xy222y，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生，cos,sin以便转化．另一方面，当动点在圆锥曲线运动变化tan=x时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有关的最值问题.12