江苏省南京重点中学2022年高考数学一模试卷（Word版含答案解析）.docx

1、2022年江苏省南京第五高级中学高考数学一模试卷一、单项选择题：本大题共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（5分）已知复数z满足（1+i）z（1i）2，则z的实部为（）A1B1C2D22（5分）已知集合AxN|x22x30，bx|ylog2（3x），则AB（）A（，3B0，1，2，3C0，1，2DR3（5分）函数的图象大致为（）ABCD4（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件B事件“该家庭3个

2、孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为D当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为5（5分）区块链作为一种新型的技术，已经被应用于许多领域在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有2512种可能，为了破解该密码，最坏的情况需要进行2512次运算现在有一台计算机，每秒能进行1.251013次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间大约为（）（参考数据：lg20.3，）A6.3210141sB6.3210140sC3.1610141sD3.1610140s6（5分）已知sin（），则的

3、值为（）ABCD7（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，AF1F2的平分线与AF2相交于点B，若，则椭圆的离心率为（）ABCD8（5分）若存在两个不相等的正实数x，y，使得m（yx）+eyex0成立，则实数m的取值范围是（）Am1Bm1Cm1Dm1二、多项选择题：本大题共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。（多选）9（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归

4、直线方程为1.2x+，则下列说法正确的是（）A0.6B变量y与x之间的线性相关系数r0C预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元D该人工智能公司这5年的利润的方差小于2（多选）10（5分）已知函数f（x）sin（x）（0）在0，上有且只有三个零点，则下列说法中正确的有（）A在（0，）上存在x1，x2，使得|f（x1）f（x2）|2B的取值范围为）Cf（x）在（0，）上单调递增Df（x）在（0，）上有且只有一个最大值点（多选）11（5分）设动直线l：mxy2m+30（mR）交圆C：（x4）2+（y5）212于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（）A直线l过定点（2，3）B当|AB|

5、取得最大值时，m1C当ACB最小时，其余弦值为D的最大值为24（多选）12（5分）如图，已知直四棱柱ABCDEFGH的底面是边长为4的正方形，CGm，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A当m4时，存在点P满足PA+PM8B当m4时，存在唯一的点P满足C当m4时，满足BPAM的点P的轨迹长度为D当时，满足的点P的轨迹长度为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）在新冠疫情防控期间，某单位2男2女被安排到A、B、C三个社区去协助防控工作，其中A社区要求安排1男1女，B、C社区各安排1人，则不同的方案数是 14（5分）已知等比数列an的公比为1，前n项和为Sn

6、，若Sn1也是等比数列，则a1 15（5分）若（1+x）n（nN*）的展开式中第7项的二项式系数最大，则n的所有可能取值集合为 16（5分）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一如果把sin36按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17如图，已知ABC的内角A，

7、B，C所对的边分别是a，b，c，b（1+cosC）csinABC（）求角C；（）若a5，c7，延长CB至M，使得cosAMC，求BM18已知等比数列an的前n项和为Sn，且S37，a4+a5+a656（1）求数列an的通项公式；（2）在数列an中的ai和之间插入i个数m1，m2，m3，mi，使ai，m1，m2，m3，mi，ai+1成等差数列，这样得到一个新数列bn，设数列bn的前n项和为Tn，求T2119乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多

8、得2分的选手为胜方（1）假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为在一局比赛中，若现在甲、乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；（2）假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望20已知O为坐标原点，抛物线E：x22py（p0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），4且（0）（1）求抛物线E的方程；（2）当2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程21图1是由矩形ACC1A1、等边ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB2，AA1AA2

9、1，N为A1C1的中点将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连结B1C1，BN，如图2（1）证明：在图2中，ACBN，且B，C，C1，B1四点共面；（2）在图2中，若二面角A1ACB的大小为，且，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值22已知函数f（x）x3mx2+m2x（mR）的导函数为f（x）（1）若函数g（x）f（x）f（x）存在极值，求m的取值范围；（2）设函数h（x）f（ex）+f（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意mR，若关于x的不等式h（x）m2+k2在（0，+）上恒成立，求正整数k的取值集合参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分

10、。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（5分）已知复数z满足（1+i）z（1i）2，则z的实部为（）A1B1C2D2【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实部的定义，即可求解【解答】解：（1+i）z（1i）22i，z，z的实部为1故选：B2（5分）已知集合AxN|x22x30，bx|ylog2（3x），则AB（）A（，3B0，1，2，3C0，1，2DR【分析】先化简集合A，B，再根据并集的定义即可求出【解答】解：集合AxN|x22x30xN|1x30，1，2，3，bx|ylog2（3x）x|x3（，3），则AB（，3，故选：A3（5分）函数的图象大致为（）ABCD【分

11、析】根据题意，求出f（1）、f（e）的值，排除AC，再分析函数的变换趋势，排除B，即可得答案【解答】解：根据题意，函数，f（1）1，排除A，f（e）0，排除C，当x0时，f（x）0，排除B，故选：D4（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件B事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为D当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为【分析】利用互斥事件的定

12、义判断A；利用对立事件的定义判断B；利用古典概型、列举法判断CD【解答】解：对于A，事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”能同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”不能同时发生，能同时不发生，是互斥但不对立事件，故B错误；对于C，有3个小孩的家庭包含的基本事件有8个，分别为：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），（女女女），该家庭3个小孩中只有1个男孩包含的基本事件有3个，该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为P，故C错误；对于D，已知该家庭3个小

13、孩中有男孩的条件下，基本事件有7个，分别为：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），3个小孩中至少有2个男孩包含的基本事件有4个，3个小孩中至少有2个男孩的概率为，故D正确故选：D5（5分）区块链作为一种新型的技术，已经被应用于许多领域在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有2512种可能，为了破解该密码，最坏的情况需要进行2512次运算现在有一台计算机，每秒能进行1.251013次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间大约为（）（参考数据：lg20.3，）A6.3210141sB6.3210140sC3.16101

14、41sD3.1610140s【分析】设在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间为x秒，则x，再结合对数函数的公式，即可求解【解答】解：设在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间为x秒，则x，两边取对数可得，lgxlg2512lg1.251013，故lgx512lg2（lg1.25+13）512lg2（3lg5+11）512lg2lg5+2lg213512lg2（lg10lg2）+2lg213515lg214140.5，所以x10140.510140100.53.1610140故选：D6（5分）已知sin（），则的值为（）ABCD【分析】由已知可求cossin，进而可求sinco，利用同

15、角三角函数基本关系式化简所求即可求解【解答】解：由sin（），得（cossin），所以cossin，所以12sincos，所以sinco，所以故选：B7（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，AF1F2的平分线与AF2相交于点B，若，则椭圆的离心率为（）ABCD【分析】首先设|AF1|n，|AF2|8m，再利用椭圆定义，角平分线定理，以及勾股定理，分布列式，化简为关于a，c的齐次式子，即可求解离心率【解答】解：设|AF1|n，|AF2|8m，由得|AB|3m，|BF2|5m，因为，所以，在RtAF1F2中，由勾股定理，得（8m）2+n2（2c）2，由椭圆

16、的定义得8m+n2a，因为F1B平分AF1F2，所以，即，联立并化简得7c2+30ac25a20，则7e2+30e250，得故选：D8（5分）若存在两个不相等的正实数x，y，使得m（yx）+eyex0成立，则实数m的取值范围是（）Am1Bm1Cm1Dm1【分析】将给定等式变形并构造函数f（t）mt+et（t0），由函数f（t）的图象与垂直于y轴的直线有两个公共点推理作答【解答】解：因为m（yx）+eyex0，令f（t）mt+et（t0），则存在两个不相等的正实数x，y，使得f（x）f（y），即存在垂直于y轴的直线与函数f（t）的图象有两个公共点，又因为t0，f（t）m+et，而et1，当m1时

17、，f（t）0，函数f（t）在（0，+）上单调递增，则垂直于y轴的直线与函数f（t）的图象最多只有1个公共点，不符合要求，当m1时，由f（t）0得tln（m），当0xln（m）时，f（t）0，当xln（m）时，f（t）0，即函数f（t）在（0，ln（m）上单调递减，在（ln（m），+）上单调递增，所以f（t）minf（ln（m）mln（m）m，令g（t）ett2（t1），g（t）et2t，令h（t）et2t，则h（t）et2，即h（t）在（1，+）上单调递增，h（t）h（1）e20，即g（t）0，g（t）在（1，+）上单调递增，则有当t1时，ett2，et+mtt2+mt，而函数t2+mt在（，

18、+）上单调递增，取tm+1，则et+mtt2+mtm+11，而f（0）1，因此，存在垂直于y轴的直线ya（mln（m）ma1），与函数f（t）的图象有两个公共点，所以实数m的取值范围是m1故选：D二、多项选择题：本大题共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。（多选）9（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为1.2x+，则下列说法正确的是（）A0.6B变量y与x之间的线性相关系数r0C预测该

19、人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元D该人工智能公司这5年的利润的方差小于2【分析】根据已知条件，结合线性回归方程的性质，以及方差公式，即可求解【解答】解：由表中数据可得，（2+3+4+5+7），回归直线方程1.2x+必过样本中心（），即，解得，故A正确，回归直线方程为，1.20，则x与y成正相关，即相关系数r0，故B错误，当x6时，即该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元，故C正确，该人工智能公司这5年的利润的方差为2，故D错误故选：AC（多选）10（5分）已知函数f（x）sin（x）（0）在0，上有且只有三个零点，则下列说法中正确的有（）A在（0，）上存在x1，x2，使得|f（x1）f

20、（x2）|2B的取值范围为）Cf（x）在（0，）上单调递增Df（x）在（0，）上有且只有一个最大值点【分析】做正弦型函数题型，一定要整体换元，即将x当作一个整体，根据正弦函数ysinx的相关性质判断【解答】解：A：函数f（x）sin（x）（0）在0，上有且只有三个零点，f（0）sin（）0，f（x）的最小正周期T，在（0，）上x1，x2，使f（x1）1，f（x2）1，使得f（x1）f（x2）2，故A对；B：ysin（x）在y轴右侧4个零点，横坐标分别为，f（x）sin（x）在y轴右侧4个零点，横坐标分别为，f（x）在0，上有且只有三个零点，解得，故B对；C：当x（0，）时，x（，），x，在该区

21、间上函数单调增加，故C对；D：若图象如图，则D选项不正确，故D错故选：ABC（多选）11（5分）设动直线l：mxy2m+30（mR）交圆C：（x4）2+（y5）212于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（）A直线l过定点（2，3）B当|AB|取得最大值时，m1C当ACB最小时，其余弦值为D的最大值为24【分析】由直线与圆的位置关系，结合余弦定理及斜率公式逐一判断即可得解【解答】解：对于选项A，由动直线l：mxy2m+30，可得：m（x2）（y3）0，由，即，即直线l过定点（2，3），即选项A正确；对于选项B，当|AB|取得最大值时，直线l过点（4，5），即m，即选项B正确；对于选项C

22、，当ACB最小时，此时|AB|最小，当|AB|最小时，直线l与过点（4，5）和（2，3）的直线垂直，则，即|AB|4，由余弦定理可得cos，即选项C错误；对于选项D，即的最大值为24，即选项D正确，故选：ABD（多选）12（5分）如图，已知直四棱柱ABCDEFGH的底面是边长为4的正方形，CGm，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A当m4时，存在点P满足PA+PM8B当m4时，存在唯一的点P满足C当m4时，满足BPAM的点P的轨迹长度为D当时，满足的点P的轨迹长度为【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A；利用垂直求出P可以判断B；求出点P轨迹长度可

23、以判断C，D【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，对于A：当m4时，M（0，4，2），A（4，0，0），设点A关于平面EFGH的对称点为A，则A（4，0，8），则|AM|8，所以PA+PMPA+PMAM8，故不存在点P满足PA+PM8，故A不正确；对于B：当m4时，设P（x，y，4），则（x4，y，4），（x，y4，2）由0，得x24x+y24y+80，即（x2）2+（y2）20，解得xy2，所以存在唯一的点P满足，故B正确；对于C：B（4，4，0），设P（x，y，4），则（4，4，2），（x4，y4，4），由0，得xy20，在平面

24、EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，则P的轨迹方程xy20表示的轨迹就是线段NQ，而|NQ|2，故C正确；对于D：当时，M（0，4，），设P（x，y，），则（x4，y，），（x，y4，），由0，得x24x+y24y+0，即（x2）2+（y2）2，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，记（x2）2+（y2）2的圆心为O，与GF交于S，T，令y4，可得x12+，x22，而x1x2，所以SOT，其对就的圆弧长度为；根据对称性可知点P的轨迹长度为24，故D正确故选：BCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）在新冠疫情防控期间，某单位2男2女被安排到A、B、C三个社区去

25、协助防控工作，其中A社区要求安排1男1女，B、C社区各安排1人，则不同的方案数是 8【分析】先让A社区挑人，余下的全排列即可【解答】解：单位2男2女被安排到A、B、C三个社区去协助防控工作，A社区要求安排1男1女，故有4种可能，余下两人全排列即可，故不同的方案数是：48种，故答案为：814（5分）已知等比数列an的公比为1，前n项和为Sn，若Sn1也是等比数列，则a12【分析】由题意可知，再结合等比数列的通项公式即可求出结果【解答】解：Sn1也是等比数列，又S2a1+a2a1a10，S3a1+a2+a3a1a1+a1a1，1（a11）（a11），解得a10或2，又an0，a12，故答案为：21

26、5（5分）若（1+x）n（nN*）的展开式中第7项的二项式系数最大，则n的所有可能取值集合为 11，12，13【分析】根据二项式系数的性质对已知分类讨论，即只有第7项或第7项和第8项或第6项与第7项的二项式系数最大，即可求解【解答】解：因为展开式中第7项的二项式系数最大，如果只有第7项的二项式系数最大，则n12，如果是第7项和第8项的二项式系数最大，则n13，如果是第6项与第7项的二项式系数最大，则n11，故n11，12或13，故答案为：11，12，1316（5分）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它

27、们的各个面和多面角都全等如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一如果把sin36按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 【分析】设正二十面体的棱长为l，可以把正五边形的外接圆半径为r用l表示，正五棱锥的顶点到底面的距离h也用l表示，再由勾股定理建立关于R的方程，把R也用l表示，从而求出正二十面体的外接球表面积用l表示，正二十面体的表面积即20个等边三角形的面积之后，求出来用l表示，从而作商得到答案【解答】解：由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设其半径为R，正五边形的外接圆半径为r，

28、正二十面体的棱长为l，则，得，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，所以R2r2+（Rh）2，即，解得所以该正二十面体的外接球表面积为，而该正二十面体的表面积是，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17如图，已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，b（1+cosC）csinABC（）求角C；（）若a5，c7，延长CB至M，使得cosAMC，求BM【分析】（）将正弦定理代入条件整理得1+cosC，从而有，根据C角的范围可得C角大小；（）在ABC中，由余弦定理求得AC，然后在

29、ACM中，由正弦定理求得CM，进一步计算可得BM【解答】解：（）因为b（1+cosC）csinABC，由正弦定理有，sinABC（1+cosC）sinCsinABC，因为ABC（0，），所以sinABC0，所以1+cosC，即sinCcosC1，所以，又因为0C，所以 ，所以，所以C（）在ABC中，由余弦定理可得，解得AC8（ 舍去AC3），在ACM中，由正弦定理可得，即，解得CM10，所以BM10BC518已知等比数列an的前n项和为Sn，且S37，a4+a5+a656（1）求数列an的通项公式；（2）在数列an中的ai和之间插入i个数m1，m2，m3，mi，使ai，m1，m2，m3，mi，

30、ai+1成等差数列，这样得到一个新数列bn，设数列bn的前n项和为Tn，求T21【分析】（1）由S37a1+a2+a3，a4+a5+a656，两式作商，可得数列an的公比，再由等比数列的前n项和公式与通项公式，即可得解；（2）由题意知，数列bn的前21项为a1，m1，a2，m2，m3，a3，m4，m5，m6，a4，m7，a6，再由等差数列的前n项和公式，分组求和即可【解答】解：（1）设等比数列an的公比为q，由S37a1+a2+a3，a4+a5+a656，得，q38，所以q2，因为S37，所以a11，故数列an的通项公式为ana1qn12n1（2）由题意知，数列bn的前21项为a1，m1，a2

31、，m2，m3，a3，m4，m5，m6，a4，m7，a6，即数列1，m1，2，m2，m3，4，m4，m5，m6，8，m7，32，因为ai，m1，m2，m3，mi，ai+1成等差数列，所以T21+a2+a3+a4+a5+2+4+8+1619乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方（1）假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为在一局比赛中，若现在甲、乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；（2）假设甲选手每局获胜

32、的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别 求出概率，相加即为结果；（2）求出x的可能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值【解答】（1）设这局比赛甲以先得（11分）获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得（11分）获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得（11分）获胜事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则

33、；则；（2）X的可能取值为1，2，3，4，所以X的分布列为：X1234p其中即数学期望为20已知O为坐标原点，抛物线E：x22py（p0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），4且（0）（1）求抛物线E的方程；（2）当2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程【分析】（1）设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；（2）由向量共线的坐标表示，结合韦达定理解方程可得A、B的坐标，设出圆心坐标，由圆的切线的性质和导数的几何意义求得a，b，再求圆的半径，可得所求圆的方程【解答】

34、解：（1）设直线AB的方程为ykx+2，与抛物线的方程联立，可得x22pkx4p0，设A（x1，y1），B（x2，y2）（x10，x20），可得x1x24p，x1+x22pk，y1y24，由4可得x1x2+y1y24p+44，解得p2，则抛物线的方程为x24y；（2）由2可得x12x2，又x1x28，解得x14，x22，即A（4，4），B（2，1），AB的中点坐标为（1，），k，则AB的中垂线的方程为y2（x1），即为y2x，设圆的圆心为M（a，b），可得b2a，由直线MA的斜率为，可得A处的切线的斜率为，由x24y即yx2，可得yx，可得A处的切线的斜率为2，则2，由解得a1，b，|AM|，

35、所以圆的方程为（x+1）2+（y）221图1是由矩形ACC1A1、等边ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB2，AA1AA21，N为A1C1的中点将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连结B1C1，BN，如图2（1）证明：在图2中，ACBN，且B，C，C1，B1四点共面；（2）在图2中，若二面角A1ACB的大小为，且，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值【分析】（1）取AC的中点M，证明AC平面BMN及BB1CC1，即可推理得结论；（2）在平面BMN内作MzMB，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答【解答】（1）证明：取AC的中点M，连接MN，MB，如图，因

36、为矩形ACC1A1、N为A1C1的中点则ACMN，又因为ABC为等边三角形，则ACMB，MNMBM，MN，MB平面BMN，则有AC平面BMN，又BN平面BMN，所以ACBN，矩形ACC1A1中，AA1CC1，平行四边形ABB1A1中，AA1BB1，因此BB1CC1，所以B，C，C1，B1四点共面；（2）由（1）知，MNAC，BMAC，则NMB为二面角A1ACB的平面角，NMB，在平面BMN内过M作MzMB，有ACMz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A（1，0，0），B（0，0），C（1，0，0），N（0，cos，sin），C1（1，cos，sin），（1，0），（0，cos，si

37、n），设平面BCC1B1的一个法向量为（x，y，z），则，即，令y1，则x，z，平面BCC1B1的一个法向量为（，1，），由，（，1，2），（1，0），设直线AB与平面BCC1B1所成的角为，sin|cos，|，直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值22已知函数f（x）x3mx2+m2x（mR）的导函数为f（x）（1）若函数g（x）f（x）f（x）存在极值，求m的取值范围；（2）设函数h（x）f（ex）+f（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意mR，若关于x的不等式h（x）m2+k2在（0，+）上恒成立，求正整数k的取值集合【分析】（1）对函数g（x）求导，通过导数研究g（x）的单调性

38、，进而确定m的取值范围，（2）将原问题转化为对任意mR，m22（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2xk2）0 在（0，+）上恒成立，即k2（exlnx）2 对任意x0恒成立，设m（x）exlnx（x0），求k，即可求解【解答】解：（1）f（x）2x22mx+m2，g（x）x3mx2+m2x2x22mx+m2，g（x）2x22（m+2）x+m2+2m，当m2或m2时，4（m+2）28（m2+2m）0，g（x）0恒成立，即函数g（x）在R上单调递增，故函数g（x）无极值，当2m2时，4（m+2）28（m2+2m）0，设g（x）0两个根为x1，x2，x1x2，当x（，x1），g（x）0，g（x）

39、单调递增，当x（x1，x2），g（x）0，g（x）单调递减，当x（x2，+），g（x）0，g（x）单调递增，故函数在xx2 取得极大值，故函数在xx1 取得极小值，综上所述，m的取值范围为（2，2）（2）h（x）（2e2x2mex+m2）+（2ln2x2mlnx+m2），对任意mR，（2e2x2mex+m2）+（2ln2x2mlnx+m2）m2+k2 在（0，+）上恒成立，即对任意mR，m22（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2xk2）0 在（0，+）上恒成立，4（ex+lnx）24（2e2x+2ln2xk2）0 在（0，+）上恒成立，即k2（exlnx）2 对任意x0恒成立，设m（x）exlnx（x0），m（x），m（x）0，m（x）在（0，+）上单调递增且为连续，m（1）e10，函数m（x）在（0，+）存在唯一零点，当x（0，x0） 时，m（x）0，m（x）单调递减，当x（x0，+） 时，m（x）0，m（x）单调递增，xx0 为函数m（x）的极小值，x0lnx0，k0，即k2（exlnx）2 得kexlnx对任意x0恒成立，k，k1，2，即正整数k的取值集合为1，224 / 24