2022-2023学年湖北省十七所重点中学高三下学期2月第一次联考数学试卷含逐题详解

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.已知集合A.2.设cosx

Ax2x2,Bxx240

B.，则AB（）D.{x1x4}

{2}）C.{x1x2}

1

，则sinx（23

B.

A.1

313）1xln2C.223D.

2233.函数f(x)=log2A.f(x)

1

的导函数为（xB.f(x)ln2xC.f(x)

ln2xD.f(x)

1xln24.设复数z满足

1212iz12iz4

，则z的虚部为（12iz12iz6

B.

）A.1

2C.14D.

i4）5.某气象兴趣小组利用身边的物品研究当地的降雨量．他们使用一个上底面半径为15cm、下底面半径为12cm、高为25cm的水桶盛接降水．当水桶内盛水至总高的一半时，水的体积约占水桶总体积的（A.40%

B.44%

D.52%）D.162

6.已知平面非零向量a,b满足ab|2ab|，则|a||b|的最小值为（A.2B.412100C.48%C.87.设集合A{1,2,,2023},SA.C2023100A,A,,A∣AA

1A100A，则集合S的元素个数为（D.1012023）B.C2023101C.10020238.设随机变量XB(n,p)，当正整数n很大，p很小，np不大时，X的分布接近泊松分布，即enp(np)i

P(Xi)(nN)．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有95%以上的概率购得100i!个正品，则至少需购买的元件个数为（已知A100

0.367879…）（eC.102）D.103.

B.101二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知递增的正整数列an的前n项和为Sn．以下条件能得出an为等差数列的有（A.SnnnnN

2）B.Snn1nN

2C.an2an2nN

）B.bc

D.a2n2annN

D.2bac

1lnae1bec1

10.已知0，则（abc

A.ab

C.ac

222222

11.已知P:x(y3)9,Q:(x4)y1,R:(x1)(y4)1．点A,B,C分别在P,Q,R上．则（A.AB的最大值为9）B.AC的最小值为22C.若AB平行于x轴，则AB的最小值为45D.若AC平行于y轴，则AC的最大值为117点P，Q分别在正方形A1B1C1D1的内切圆，正方形C1D1DC的外接12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，圆上运动，则（）B.|PQ|



A.PQCD22232C.PAQπ8D.PAQπ2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

23413已知多项式f(x)a0a1xa2xa3xa4x满足对任意R,f(cos)2cos4cos3，则.

a1a2a3a4_________（用数字作答）．14.冰雹猜想是指：一个正整数x，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就析出偶数因数2n，这样经过若干次，最终回到1．问题提出八十多年来，许多专业数学家前仆后继，依然无法解决这个问题．已知正整数列an满足递an

3a1,N*,n2推式an1请写出一个满足条件的首项a150，使得a101，而an,anN*,22ai1(i1,2,,9)_____________．1ex

15.设实数a0，不等式2ax2ex1对任意实数x恒成立，则a的取值范围为__________．2ax2y2216.设椭圆C:221(ab0)的离心率e，C的左右焦点分别为F1,F2，点A在椭圆C上满足2abF1AF2

．F1AF2的角平分线交椭圆于另一点B，交y轴于点D．已知AB2BD，则e_______．2四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D为线段AA1的中点，侧面ABB1A1的面积为3．2（1）若AA1A1B1证明：A1CB1D；（2）求三棱柱ABC-A1B1C1的体积与表面积之比的最大值．18.为调查某地区植被覆盖面积x（单位：公顷）和野生动物数量y的关系，某研究小组将该地区等面积划分为200个区块，从中随机抽取20个区块，得到样本数据xi,yi(i1,2,,20)，部分数据如下：xy……27.

3.664.7i3.262.620……2022057.820经计算得：x

i160,yi1200,xix80,xixyiy640．i1i1i1（1）利用最小二乘估计建立y关于x的线性回归方程；（2）该小组又利用这组数据建立了x关于y的线性回归方程，并把这两条拟合直线画在同一坐标系xOy下，横坐标x，纵坐标y的意义与植被覆盖面积x和野生动物数量y一致，（ⅰ）比较前者与后者的斜率大小，并证明；（ⅱ）求这两条直线的公共点坐标．ˆˆ中，b附：y关于x的回归方程y斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：ˆaˆbx

xxyyi1

i

i

n

xixi1

n2

ˆ．ˆybx,a

19.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知c2（1）求cosC的最小值；（2）证明：CA2ab．π．62

y2

20.设点A为双曲线C:x1的左顶点,直线l经过点(1,2),与C交于不与点A重合的两点P,Q．3（1）求直线AP,AQ的斜率之和;（2）设在射线AQ上的点R满足APQARP,求直线PR的斜率的最大值．21.已知数列an满足：①对任意质数p和自然数n，都apnn1；②对任意互质的正整数对(m,n)，都有amnaman．（1）写出an的前6项，观察并直接写出an与能整除n的正整数的个数的关系nN



；5an

nN．（2）设数列n的前n项和为Sn，证明：Sn32

22.已知直线l与曲线yln2x相切于点x0,lnx0（1）l与曲线yln2x恰存在两个公共点x0,ln

'

2xx3e．00（2）22

xe．证明：x,x,lnxxx00

'0

2

'0

'0

0

；2023届湖北省十七所重点中学高三第一次联考数学

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.已知集合A.【答案】C【分析】先求出集合A,B，再由交集的定义即可得出答案.【详解】因为Ax22xx1,Bxx40x2x2，Ax2x2,Bxx240

B.，则AB（）D.{x1x4}

{2}C.{x1x2}

x2AB{x1x2}.故选：C.2.设cosx

1

，则sinx（23

B.

）A.1

313C.223D.

223【答案】B【分析】根据三角函数的诱导公式即可求得.【详解】由题意得：

sinxcosx,2

1

cosx,31

sinxcosx,23

故选：B3.函数f(x)=log2A.f(x)【答案】D【分析】直接代入求导公式，运用复合函数的求得法则即可求解.【详解】依题知，

1

的导函数为（xB.f(x)）1xln2ln2xC.f(x)

ln2xD.f(x)

1xln21

0，即x0，x1

，xlna由求导公式：logax

复合函数的求导法则：设ugx，则fgxfugxx111xf2得：1xln2xln2，xln2

x故选：D.4.设复数z满足

121



12iz12iz4

，则z的虚部为（12iz12iz6

B.

）A.1

2C.14D.

i4【答案】C【分析】通过解方程组求得z，进而求得z的虚部.12iz12iz4

【详解】依题意，，12iz12iz6

两式相加并化简得zz5,z5z，所以12iz12i5z4，1514iz110i，两边乘以i得zi，424所以z的虚部为故选：C5.某气象兴趣小组利用身边的物品研究当地的降雨量．他们使用一个上底面半径为15cm、下底面半径为12cm、高为25cm的水桶盛接降水．当水桶内盛水至总高的一半时，水的体积约占水桶总体积的（A.40%【答案】B【分析】根据圆台的体积公式求得正确答案.【详解】水桶的体积为B.44%

C.48%D.52%

）1

.41251π1521512122π54925，323水的上底面半径为151227，222511953127227

12122π25，水的体积为π2

32223811953

π2538100%44%.所以水的体积约占水桶总体积的1π549253故选：B

6.已知平面非零向量a,b满足ab|2ab|，则|a||b|的最小值为（A.2【答案】CB.4C.8）D.16

【分析】根据向量数量积的定义和关系，把ab|2ab|的两边平方，利用基本不等式进行转化求解即可．

【详解】设非零向量a，b的夹角为.ab|a||b|cos|2ab|0，所以0cos1，22222由ab|2ab|两边平方得：|a||b|cos4ab4ab，224ab22ab，222a|b|cos22ab4abcos，2即abcos44cos，212114(1cos)141，即ab42coscos2coscos

0cos1，

故选：C．1111，即当时，|a||b|取得最小值，最小值为8.coscos7.设集合A{1,2,,2023},SA.C2023【答案】D100A,A,,A∣AA

1210012A100A，则集合S的元素个数为（D.1012023）B.C2023101C.1002023【分析】由每个1i2023，在A1,A2,,A100中的从属关系，结合分步乘法计数原理求解即可.【详解】对每个1i2023，在A1,A2,,A100中的从属关系有以下101种：（1）iA1,iA2,iA3,,iA100，（2）iA1,iA2,iA3,,iA100，（3）iA1,iA2,iA3,,iA100，…（101）iA1,iA2,iA3,,iA100．由分步乘法计数原理，集合S中共1012023个元素．故选：D8.设随机变量XB(n,p)，当正整数n很大，p很小，np不大时，X的分布接近泊松分布，即enp(np)i

P(Xi)(nN)．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有95%以上的概率购得100i!个正品，则至少需购买的元件个数为（已知A.100【答案】D【分析】结合题意记随机变量X为购买a个元件后的次品数．P(Xa100)0.95，记ta100，分别计算B.101

0.367879…）（eC.102）D.103t0,1,2,3，求解即可得出答案.【详解】记随机变量X为购买a个元件后的次品数．由题意，此时X可看成泊松分布．则P(Xa100)0.95，记ta100，则

i0

t

e

0.01100t0.01100t0.95．i!1

0.95．i!ei0

t

i

由于t很小，故大致有分别计算t0,1,2,3，左边约等于0.37，0.74，0.91，0.98，故t3，即a103．故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知递增的正整数列an的前n项和为Sn．以下条件能得出an为等差数列的有（A.SnnnnN

2）B.Snn1nN

2C.an2an2nN【答案】ACDD.a2n2annN

【分析】用Sn与an的关系，计算判断A和B；按n的奇偶求出an，再结合递增的正整数列推出an1an1判断C；按给定条件求出数列a2n1的通项，再结合递增的正整数列求出an判断D作答.22

【详解】对于A，n2时，SnSn1nn(n1)(n1)2n，当n1时，a12满足an2n，而且nN时，an1an2，则an为等差数列，A正确；22

对于B，SnSn1n1(n1)12n1，当n1时，a12不满足上式，2,n1得an，因此数列an不是等差数列，B错误；2n1,n2

对于C，an2an2nN

，即a为隔项等差数列，且a是递增的正整数列，n

n

*

则a2a10，a3a2a12a20，2a2a10，且a2a1N，有a2a11，即a2a11，于是a2n1a12(n1)a112n1，a2na22(n1)a112n，因此ana11n，所以an为等差数列，C正确；对于D，a2n2annN

，a

n

N，n1n

nN，a2n2a2n1，即数列a2n1是以a1为首项，2为公比的等比数列，a2n12a1，则a2n2a1，从a2n1到a2n中间恰有2n2n112n11项：a2n11,a2n12,,a2n1，它们是递增的正整数，而2

n1

a1到2na1中间恰有2n2n112n11个递增的正整数：(2n11)a1,(2n12)a1,,(2n1)a1，n1

于是得a2n1i(2

i)a1，i1,2,,2n11，又a2n12n1a1，a2n2na1，令k2n1i,i2n1,iN，即有akka1，又{k|k2n1i,i2n1,iN,nN*}N*，故对nN，anna1，显然数列an是等差数列，D正确.故选：ACD1lnae1bec1

10.已知0，则（abcA.ab【答案】BCB.bc

）C.ac

D.2bac

1lnae1bec1

【分析】通过多次构造函数，结合函数的性质、选项及0进行求解.abc【详解】设f(x)

1lnxlnx，f(x)2，当x1时，f(x)0，f(x)为减函数；当0x1时，f(x)0，xx1b

1lnaeec1f(1)1，即01.abcf(x)为增函数；所以f(x)的最大值为e1b

因为0，所以b0.bx1ee1x设gx，x0gx

xx2因为g(1)1，g(b)1g(1)，所以b1.由0

1x0，所以当x0时，g(x)为减函数；ec1111可得c，所以bc，故B正确.cee1111

e，当x时，(x)0，(x)为减函数；当0x时，(x)0，xee设xlnxex2，x

1

(x)为增函数；所以(x)的最大值为0，所以(x)0，即lnxex2.eec11lna1ea2ea1

.caaa设hx

ex11

e，易知h(x)为增函数，由h(c)h(a)可得ac，故C正确.xx1lnxe1xf(x)因为gx为单调递减函数，在0,1上是增函数，在1,上是减函数，且g(x)的x0xx1b

1lnae

图象经过f(x)图象的最高点，所以当0时，a,b的大小无法得出，故A不正确.abe1b2e2eeeb令ae，则，得bee2，易知yxex在0,为增函数，所以b，2eb22所以2bac不成立，故D不正确.故选：BC.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的常用方法：（1）作差比较法：作差，构造函数，结合函数最值进行比较；（2）作商比较法：作商，构造函数，结合函数最值进行比较；（3）数形结合法：构造函数，结合函数图象，进行比较；（4）放缩法：结合常见不等式进行放缩比较大小，比如，lnxx1,exx1等.11.已知P:x2(y3)29,Q:(x4)2y21,R:(x1)2(y4)21．点A,B,C分别在P,Q,R上．则（A.AB的最大值为9）B.AC的最小值为22D.若AC平行于y轴，则AC的最大值为117C.若AB平行于x轴，则AB的最小值为45【答案】AB【分析】根据圆心距和两圆的位置关系可得选项AB正确；将Q沿x轴方向向左平移的过程，使得平移后的圆与P有公共点的最短平移距离即AB的最小值，可求得AB的最小值为47，同理可得AC的最大值为115，即CD错误.【详解】因为P:x2(y3)29的圆心为P0,3，半径r13，Q:x4y21的圆心为Q4,0，半径r21，2R:(x1)2(y4)21的圆心为R1,4，半径r31，所以PQ531,P,Q两圆相离；PR

231，P,R两圆内含.对于选项A：ABr1r2PQ31PQ9，当且仅当A,B,P,Q四点共线时取到等号，故A正确；对于B：因为PR

22，所以两圆内含，则AC3PR122，当且仅当A,C,P,R四点共线时取到等号，故B正确．对于C：试想一个将Q向左平移的过程，使得平移后的圆与Q有公共点的最短平移距离即AB的最小值，如下图所示：当Q平移到Q1（图中虚线位置）时与P相切，此时ABQQ1，易知OP3,PQ14,OQ4，所以OQ1所以ABQQ147，故C错误；42337，同理如下图所示：当R平移到R1（图中虚线位置）时与P相切，作AM,R1N垂直于y轴，PDAC,REAC，所以AMR1N

PAPR1

PMPN

33315，，所以AMDP,ADPM

444RE

115,CE,DE1，44315151115，即AC的最大值为115，44所以ACADDEEC可得D错误.故选：AB点P，Q分别在正方形A1B1C1D1的内切圆，正方形C1D1DC的外接12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，圆上运动，则（）B.|PQ|



A.PQCD222【答案】AB32C.PAQπ8D.PAQπ2【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示公式、模的坐标表示公式、夹角公式逐一判断即可.

【详解】以A为原点，AD,AA1,AB为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系．设点P(1cos,2,1sin),Q(2,12cos,12sin)，

C2,0,2,D2,0,0，CD0,0,2，PQ1cos,2cos1,2sinsin，

A：PQCD2(sin2sin)222，故正确．B：|PQ|2(1cos)2(2cos1)2(2sinsin)252cos22cos22sinsin522cos48sin2，t212t2记t22cos，|PQ|5t12t52526(32)2，故正确；222C：取C1D1的中点M，AM穿过一侧的外接圆，取A1B1的中点M，则AM不穿过，故必存在点P，使得AP经过外接圆，设公共点为Q，此时P,A,Q共线，故不正确；D：假设成立，则APAQ2(1cos)2(12cos)(1sin)(12sin)0恒成立，取π,故选：AB.【点睛】关键点睛：建立空间直角系，利用空间向量数量积、模的坐标表示公式进行求解是解题的关键.

5π

π，则APAQ0，即PAQ，故不正确．42三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

23413.已知多项式f(x)a0a1xa2xa3xa4x满足对任意R,f(cos)2cos4cos3，则a1a2a3a4_________（用数字作答）．【答案】1【分析】根据二倍角公式进行三角恒等变换，化简后可得即可求解.【详解】解：由题意得：f(cos)2cos4cos322cos221coscos2sinsin24(2cos21)22cos(2cos21)2sin2cos4(4cos44cos21)22cos3cos2(1cos2)cos16cos416cos222cos3cos2cos2cos323cos16cos24cos316cos4，由f(x)a0a1xa2xa3xa4x可知：234a02a31

a216a43a416

a1a2a3a43(16)4161.故答案为：114.冰雹猜想是指：一个正整数x，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就析出偶数因数2n，这样经过若干次，最终回到1．问题提出八十多年来，许多专业数学家前仆后继，依然无法解决这个问题．已知正整数列an满足递an*3a1,N,n2推式an1请写出一个满足条件的首项a150，使得a101，而aan,nN*,22ai1(i1,2,,9)_____________．【答案】12或13（写出一个即可）【分析】由递推公式，结合a101及条件ai1(i1,2,,9)，依次逆推出a9,a8,,a1即可.an*3a1,N,n2a101，【详解】因为an1

an,anN*,22所以若a9为偶数，则a92a102，若a9为奇数，则a9所以若a9为偶数，则a82a94，若a8为奇数，则a8所以若a7为偶数，则a72a88，若a7为奇数，则a7

a101

0与已知矛盾；故a92；3a911

与已知矛盾；故a84；33a81

1与已知矛盾；故a78；3a718

与已知矛盾；故a616；33a51

5；故a532或a55；3所以若a6为偶数，则a62a716，若a6为奇数，则a6所以若a5为偶数，则a52a632，若a5为奇数，则a6余下推导用图表示可得：512舍128256326485舍

214284舍124816

80舍2040

51013



3612

故答案为：12或13（写出一个即可）.1ex

15.设实数a0，不等式2ax2ex1对任意实数x恒成立，则a的取值范围为__________．2a3【答案】0,3

3ex30,【分析】分析可知令x0，得0a≤，证明对任意的a不等式2ax2ex1恒成立即可，，a33ex构造函数ga2ax2ex1，结合导数却定函数单调性分段证名即可.a【详解】解：令x0，得0a≤3．33exx0,下证：对任意的a，不等式2ax2e1恒成立．3aex令ga2ax2ex1a①当x0时，ga单调递减，所以gag令tex，则xlnt，则只需证明(t)由(t)3递增，所以(t)(1)0成立；323xx3ex2e133

23lnt

2t10在0,上恒成立33t

231，可知(t)单调递增，且(1)0，故(t)在0,1上单调递减，在1,上单调

3t2t1②当

ee212a2，ga单调递减，gag33ex23x2ex1x0时，13xe32

21

,0上单调递减，所以(t)(0)(1)0成立．23．3

x12由①可知(t)在综上，得证a0,



3故答案为：0,.3

x2y2216.设椭圆C:221(ab0)的离心率e，C的左右焦点分别为F1,F2，点A在椭圆C上满足2abF1AF2

【答案】．F1AF2的角平分线交椭圆于另一点B，交y轴于点D．已知AB2BD，则e_______．232



【分析】根据题意，作图，计算得AF2aex0，AF1aex0，再设角平分线交x轴于T(m,0)，根据角平分线的性质，得到Tex0,0，进而得到直线AB的方程，再得到D点，利用AB2BD，得到B点，然后利用点差法，通过计算化简，可得答案.2

【详解】由点A在椭圆C上，且F1AF2则AF1

，设点Ax0,y0,ax0a，且F1(c,0)，F2(c,0)，2202x0c2yxy2cx0c22020b222212x02cx0cba

c22c2x2cxaxa00aex0，20aa同理AF2aex0，设角平分线交x轴于T(m,0)，根据角平分线的性质，可知11S△AF1TAF1ATsin45FTy0，12211S△AF2TATAF2sin45F2Ty0，22AF2AF1F2TF1Tcmaex022，解得，mex0，得Tex0,0．mcaex02y02ey0xex0．进而可得D(0,)，21ex01e2可得直线AB:y

x0y0(13e2)

)，由AB2BD，可得B(,

331e2

2x23e22x00,y0，设AB中点为M，则xM．M2

331e3

点差法的结论，证明如下：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，M为AB中点，x12y121a2b2x1x2x1x2y1y2y1y2，故2，两式作差得，0222abx2y21

a2b2又由x1x22x0，y1y22y0，可整理得，2x0x1x2a2

2y0y1y2b20，y0y1y2b22，最后化简得，

x0x1x2a进而得到，kOMkABb22e21，a23ey得21ex

2222020

e21．22因为F1AF2，所以F1AF2Ax0+y0c20，24b222x0+y0c20y02c

联立x2y2，解得，22200acb2+212x0abc2

yb

所以222

xacb故答案为：2020

4

e

23e2

e21，解得e3．，故2

22e12e2122

12

3．2四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D为线段AA1的中点，侧面ABB1A1的面积为3．2（1）若AA1A1B1证明：A1CB1D；（2）求三棱柱ABC-A1B1C1的体积与表面积之比的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）1

8【分析】（1）取AB中点H，连接A1H,C1H,CH，证明CHB1D得到B1D平面ACH，得到证明.1（2）计算S【小问1详解】3t32

V，，再利用均值不等式计算得到答案.t382取AB中点H，连接A1H,C1H,CH，A1AHA1B1D，AA1HA1B1D，则AHB1D．AA1平面ABC，CH平面ABC，故AA1CH，CHAB，AA1ABA，AA1,AB平面A1B1BA，故CH平面A1B1BA，B1D平面A1B1BA，故CHB1D．又A1HCHH，A1H,CH平面ACH，故B1D平面ACH．11平面ACH而AC，故A1CB1D．11【小问2详解】设ABt0，表面积S2体积V

13332

tt3t3，22221333233t

ttt．222t42t8V3t3t1，当且仅当t3等号成立．S4t2383t2818.为调查某地区植被覆盖面积x（单位：公顷）和野生动物数量y的关系，某研究小组将该地区等面积划分为200个区块，从中随机抽取20个区块，得到样本数据xi,yi(i1,2,,20)，部分数据如下：xy……2.757.8203.664.7i3.262.620……20220经计算得：x

i160,yi1200,xix80,xixyiy640．i1i1i1（1）利用最小二乘估计建立y关于x的线性回归方程；（2）该小组又利用这组数据建立了x关于y的线性回归方程，并把这两条拟合直线画在同一坐标系xOy下，横坐标x，纵坐标y的意义与植被覆盖面积x和野生动物数量y一致，（ⅰ）比较前者与后者的斜率大小，并证明；（ⅱ）求这两条直线的公共点坐标．ˆˆ中，b附：y关于x的回归方程y斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：ˆaˆbxˆ8x36【答案】（1）y

（2）（ⅰ）前者斜率小于后者，证明见解析；（ⅱ）(3,60)【分析】（1）利用题中所给数据结合最小二乘法即可得解；xxyyi1i

i

n

xixi1

n2

ˆ．ˆybx,a

（2）（ⅰ）设前者和后者的斜率分别为k1,k2，分别求出k1,k2，再结合相关系数的公式与性质即可得出结论；（ⅱ）根据两直线均过样本中心点结合（ⅰ）中结论即可得出答案.【小问1详解】解：x

601200

3,y60,2020ˆ6408,aˆ602436，b

80ˆ8x36；故回归方程为y

【小问2详解】解：（ⅰ）设前者和后者的斜率分别为k1,k2，aˆy,bˆˆ1bx关于y的线性回归方程为x11

x

i1

n

i

xyiyi

y

i120i1i

ny2

2

ˆk1b

xixyiyi120

x

i1

20i

x2

,k2

1

ˆb

1

yiyx

i120，xyiy20

xxyyiik1i1r2，r为y与x的相关系数，则202022k2

xxyyii

i1

i1

2

又|r|1,k1,k20，故下证：k1k2，k11，即k1k2，k2

若k1k2，则|r|1，即yi8xi36(i1,2,,20)恒成立，代入表格中的一组数据得：58.182.736，矛盾，故k1k2，即前者斜率小于后者；（ⅱ）注意到，两直线都过(x,y)，且k1k2，故公共点仅有(3,60)．19.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知c2（1）求cosC的最小值；2ab．（2）证明：CA【答案】（1）1（2）证明见解析π．622【分析】（1）结合余弦定理、基本不等式求得cosC的最小值.（2）结合正弦定理、基本不等式求得sin(CA)【小问1详解】1π，进而证得CA.26a2b2c22abc22ab2ab2由余弦定理，cosC，1

2ab2ab2ab2当且仅当ab，即a:b:c1:1:42时等号成立．【小问2详解】方法一：当CA时，CA0

π．6当CA时，设线段AC的中垂线交AB于点D．c2a2cbb2c．AD22,DBcAD22222cosAbcabca在△CDB中，由正弦定理，sinBCDAD

．sin(CA)DBDBADb2b2

22DBa(2ba)22，当且仅当a2ba,ab时等号成立.b22

故sin(CA)

sinB1，22π20．故0CAC．22由（1）cosC1则CAπ．6方法二：由正弦定理，sin2Csin2AsinA(2sinBsinA)．由二倍角公式，SsinCsinA而S

22

1

(cos2Acos2C)．21

[cos(ACAC)cos(ACAC)]sin(CA)sin(CA)，222sinB故2sinA(2sinBsinA)sinB1，sin(CA)sinBsinB22当且仅当sinA

2sinBsinA,sinA

22sinB,ab时第一个等号成立.22由（1）cosC1则CAπ20，故0CAC．22π．62

y2

20.设点A为双曲线C:x1的左顶点,直线l经过点(1,2),与C交于不与点A重合的两点P,Q．3（1）求直线AP,AQ的斜率之和;（2）设在射线AQ上的点R满足APQARP,求直线PR的斜率的最大值．【答案】（1）3（2）

5

12【分析】（1）平移，利用齐次化的方法求解（2）利用平面几何知识，将几何问题转化为AP2AQAR，求出R的坐标，最后直线PR的斜率用AP,AQ的斜率表示，即可求解【小问1详解】由题知A(1,0).xx1由于平移不改变斜率,作平移变换.yy

则A点的坐标变为A(0,0),点(1,2)的坐标变为(0,2)y2y22双曲线C方程变为x11,即x2x0①332y设点x,y与A点连线的斜率为k,则k.x12221y2①式两边同除以x得10,即k10②,3xx3x

由题知,直线PQ不过点A(0,0),所以设直线PQ:mxny1因为直线PQ过点P(0,2),所以2n1,即n

211,所以PQ:mxy12211y11mmk,代入(2)得k2k2m10所以x2x23方程的两根即为AP,AQ的斜率,由韦达定理k1k23所以直线AP,AQ的斜率之和为3【小问2详解】(2)设AP斜率为k1,AQ斜率为k22y2606k1x2x

P,联立得,322.3k13k1ykx

12y2606k2x2x

Q,联立,得322.3k3k22ykx

2

由APQARP可知,AP为PQR外接圆的切线,且AP2AQAR设Rr,k2rAP2

361k123k122,AQAR61kr

2223k22223k2所以361k123k21261kr

2223k2即61k123k1221kr

12,即r

261k123k23k121k2221222121222212216k1k3k6kkkkkr3k3k1k3k1k3kk

61k3k61k3k6r13k3k1k3k1k3kk1k3kk3k1kkkkkkk4kk3

4kk1k3k3k1k261k123k22122PQ212121222122212222121222212212122122122221222122122212221k1k2

22k12k22k1k23

4k1k22k12k22k1k26k1k2155

1212122当

k1k23

时取等k1k21

512所以,直线PR的斜率的最大值为

【点睛】关键点点睛：本题的关键是条件APQARP的等价转化，需要运用初中学习的弦切角定理.另外就是对含有k1，k2这个式子的处理，运算量很大，分子展开后还需要因式分解，最终转化为k1k2的二次函数问题.21.已知数列an满足：①对任意质数p和自然数n，都apnn1；②对任意互质的正整数对(m,n)，都有amnaman．（1）写出an的前6项，观察并直接写出an与能整除n的正整数的个数的关系nN（2）设数列



；5an

SSnN．的前n项和为，证明：nnn32

【答案】（1）an的前6项分别为1，2，2，3，2，4；an的大小与能整除n的自然数个数相同．（2）证明见解析【分析】（1）根据题意赋值可得an的前6项，然后根据前6项的值即可得出结论；n1n*,N22（2）方法一：由（1）得出an，然后分n2k和n2k1两种情况进行证明即可；nn1,N*22方法二：设Tn

111

11

21221n2111

2122222n2



111

n1n2nn222【小问1详解】

，利用不等式的放缩即可求解.

令n0，则a1011；令p2,n1，则a2112；令p3,n1，则a3112；令p2,n2，则a4213；令p5,n1，则a5112；令m2,n3，所以a6a2a34，所以an的前6项分别为1，2，2，3，2，4．观察归纳可知，an的大小与能整除n的自然数个数相同．【小问2详解】方法一：n1n*,Nn22由（1），因为大于小于n的数不被n整除，故an

2n1,nN*22当n2k为偶数时，1123142k112k

11122S2k122232422k2k1222222





3k13113213k1311321



4424k22122222k14

3k



444444414242434k4(k1)3333331223kk1444444

4(k1)

4k14

35．35

，得证．3111

n12n22nn2

．



51k334n2k1为奇数时，S2k1S2k

方法二：设Tn

11111

21221n2111

2122222n2先说明SnTnnN



．Tn中为故Tn

1

(k1,2,,n)的项数恰为ijk(1i,jn)的正整数解数ak，2kana1a2Sn．12n2225

nN．315

成立；23再证Tn

n1时，T1

n2时，1112nTn1

21121

1

1122n212122

11n212n

211

2n



1112151111111．n2n112n3223232121212

22.已知直线l与曲线ylnx相切于点x0,lnx02（1）l与曲线yln2x恰存在两个公共点x0,ln（2）2x0x03e．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析'

2

xe．证明：x,x,lnxxx00

'0

2

'0

'0

0

；【分析】（1）将原函数与切线方程作差构造函数，证明该函数有2个零点即可；（2）将原问题转化为均值不等式，利用（1）所构造的函数特性求解.【小问1详解】2lnx02lnx22

yxxlnx0，x,lnxy，所以在0处的切线方程为00

x0x'

令f(x)lnx

22lnx0xx0ln2x0，则原问题转化为fx存在2个零点：x0',x0，并且x0'＜x0，x0f'(x)

2lnx2lnx02lnx2lnx02(1lnx)''

令hxfx，则hx，xx0xx0x

2lnx00，故存在唯一x0

显然hx在(0,e)递增，(e,)递减，x0＞e，he＞hx00，h(1)的x1(1,e)，使得f

'x1hx10,f(x)

在0,x1递减，x1,x0递增，x0,递减，并且f12lnx012lnx02212lnxlnxx01＞0，002xxxxx000002lnx02lnx12lnx0lnx1lnx0lnx10,,x1x0x1x0ln2x0，f'x1

x0x1x0x1x0lnx0

2lnx0lnx122xx00lnx1lnx02lnx12lnx0x0lnx0，fx1ln2x1

fx1ln2x1ln2x0lnx1lnx0lnx1lnx02，x1＜x0,lnx1lnx0＜0，下面证明lnx1lnx0＞2：令t1lnx1，则0＜t1＜1，t0lnx0，则t0＞1，由于考察函数pt

lnx1lnx0t0t

，即1，t0t1

x1x0eet1t1'

ptp1t＞1，则，当时单调递减，时单调递增，，并且当t＞0时，0＜t＜1tteee的图像大致如下图：pt＞0，pt下面证明极值点偏移问题：令ktp2tpt

'2tt

tt＞12tee，ete2t't2t

kt1t，t＞1,t＞2t,ee＞0，kt＜0，2ekt是减函数，kt＜k10，t1t0＞2，即lnx1lnx0＞2，fx1＜0，由于fx00，fx的大致图像如下图：故存在x0'1''

,x0,fx0'0，并且只有当x＜x0时，fx＞0，当x＞x0时fx0x0；【小问2详解】e3

先证明xxe，即x2，x0

2'00

3

'0

3

e32lnx0e32e2f0lnlnxx由（1）的结论知，只需证明2，即2000，2x0x0x0x0

3

e3e3e3e322e即ln3lnx0lnx02lnx031ln32lnx0ln32lnx031＞0，整理，只需x0x0x0x0x0

2

31lnx03lnx0e3

13x0e，x02lnx0

令tlnx01，即证'

3t1t32t

＞e

33t

1，即(t)e

3t33(t1)(t3)

11，2t

9e3t3(t1)3

(t)0,(t)在(1,)递增(t)(1)1，得证．22t由均值不等式：x＞x',2xx'xxx'＞33x2x＞3e，故2x0x03e．000000000【点睛】本题难度很大，先要将公共点问题转化为零点问题，在判断fx1的符号的时候需要用到极值点偏移的知识，在草图上画出f

'x的图像，在判断出fx的图像，并且只有当'

fxx＜x0

时，才大于零这个图形特征，才能在第二问中运用基本不等式.