黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三年级下册二模考试数学试题（含答案与解析）

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黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期二模试题

数学

全卷满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上

的指定位置.

2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答

题区域均无效.

3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上

作答；字体工整，笔迹清楚.

4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.

5.本卷主要考查内容：高考范围.

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.

2

TTA=\XEZ\X1>4>则”=（）

1.已知u为整数集，I

A.{0,1}B.{-1,0,1,2}C.{0,1,2}D.{-2,-1,0,1,2}

2若zi=z+i,则z-z=()

j_

A.B.1C.2D.4

2

3.样本数据16,20,21,24,22,14,18,28的75%分位数为（）

A.16B.17C.23D.24

4.在一ABC中，2sinA=3sinB,AB=2AC,则cosC=()

i11

A.B.——c.一D.

224-4

5.CGO是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由12个正五边形和20个正

六边形组成.如图，将足球烯上的一个正六边形和相邻正五边形展开放平，若正多边形的边长为1,A,B,C

为正多边形的顶点，则A9AC=（）

c

A1C.3D.4

6.早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学

家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若

2“+2°=1，贝!!(4"+1)(取+1)的最小值为()

259925

A.—B.—C.-D.—

416416

7.已知函数/(%)=62"+(%-2〃孵+/(q£1<)的最小值为且(4),则g(〃)的最小值为()

A.-eB.--C.0D.1

e

H

8.数列｛4｝满足4+1=(-1)+2cos-yan,若％=1,则为024=()

A.3505B.-3505C.3506D.-3506

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.如果正确选项为2个，则选对一个得3

分，全部选对得6分；如果正确选项有3个，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对

得6分.有选错的得0分.

715兀

9.已知函数/(x)=sinX--+COS%--，则()

A.为偶函数

B.曲线y=/(X)的对称中心为左CZ

Ijr47rA

C.7(%)在区间彳上单调递减

(jrAjr、

D./(X)在区间［§,—I上有一条对称轴

10.已知。为坐标原点，抛物线。：丁2=20%(夕>0)的焦点在直线/:》+、—1=0上，且/交。于A,3两点,

。为C上异于A3的一点，则()

A.p=2B.OAOB=4

c.|AB|=8D,有且仅有3个点O,使得△A3。的面积为4&

11.已知函数/(尤)定义域为R,设g(x)为的导函数，f(x+y)+f(x-y)=,/(I)0,

/(2)=0,则()

A./(I)=2B.g(l)=0

C.g(x)是奇函数D./(%+1)+/(%+2023)=0

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知O为坐标原点，A(l,0),8为圆/：(尤—2j+y2=i上一点且在第一象限，|A3|=1,则直线08

方程为.

13.某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，己知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台,

圆台上下底面半径分别为1,2,将一个表面积为87t的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆

台(厚度不计)围成的体积为7兀，则该奖杯的高(即水晶球最高点到圆台下底面的距离)为.

14.设A为双曲线F:三—5=1(。〉0力〉0)的一个实轴顶点，氏C为「的渐近线上的两点，满足

BC=4AC>\AC\=a,则「的渐近线方程是.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.

15.已知不透明的袋子中装有6个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，4个黑球，从中无放回地随机

取球，每次取一个.

(1)求前两次取出球颜色不同的概率；

(2)当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量X,求X的分布列以及数学期望.

16.如图，在四棱锥P—ABCD中，CD，平面AOP，ABCD,CD=2AB=4,是等边三角

形，E为。P的中点.

(1)证明：平面PDC；

(2)若PA=6,求平面P5C与平面ABE夹角的余弦值.

17.设数列｛4｝的前几项和为S",33=2%+1.

(1)求数列｛%｝的通项公式；

(2)在数列｛%｝的如和a1项之间插入左个数，使得这上+2个数成等差数列，其中左=1,2,…,〃，将所

有插入的数组成新数列出｝,设T,为数列出｝的前九项和，求

]_尤

18.已知函数)=HHXH---,(2eR.

x

(1)当。=2时，求曲线y=/(力在点(1,7(1))处的切线方程；

(2)当时，证明：e'In(x+l)+e-r-cosx>0.

xy2

19.己知椭圆。：)+i(«>6〉0)的左顶点为A,过A且斜率为左(％>o)的直线交y轴于点M,交

a"F

c的另一点为尸.

⑴若k=L,MA=2PM,求。的离心率；

3

(2)点。在C上，若上4LQA,且tanNPQA=8,求左的取值范围.

参考答案

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。为整数集，"=｛xeZ|x>4｝,则gA=(I

A.{0,1}B.{-1,0,1,2}C.{0,1,2}D.{-2,-1,0,1,2}

【答案】D

【解析】

【分析】运用集合补集运算及解一元二次不等式即可.

【详解】因为⑦A={xeZ、2<4}={-2,-1,0,1,2).

故选：D.

2.若力=z+i，则zZ=()

A.1B.1C.2D.4

【答案】A

【解析】

【分析】借助复数的运算法则及共轨复数的概念计算即可得.

ii(i+1)1—i_1-i1+i1

r;主而舁】z=—=------——=—,7-z=--------=—

i-1(i-l)(i+l)2222,

故选：A.

3.样本数据16,20,21,24,22,14,18,28的75%分位数为(

A.16B.17C.23D.24

【答案】C

【解析】

【分析】先将数据排序后结合百分位数公式计算即可.

【详解】由小到大排列为14,16,18,20,21,22,24,28,一共有8个数据,

8x0.75=6,所以75%分位数为;x(22+24)=23.

故选：C.

4.在.ABC中，2sinA=3sinB，AB=2AC,贝cosC=()

【答案】D

【解析】

【分析】结合正弦定理可得23C=3AC,再结合余弦定理可得cosC.

【详解】

BC

由正弦定理可得，25c=3AC,

XAB=2AC,所以AC:5C:AB=2:3：4,

不妨设AC=2k,BC-3k,AB=4k,

rur、i小人：曰4K+9A~—16K1

所以由余弦定理得cosC=--------------------=——.

2x2左x3左4

故选：D.

5.CGO是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由12个正五边形和20个正

六边形组成.如图，将足球烯上的一个正六边形和相邻正五边形展开放平，若正多边形的边长为1,A,B,C

C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】运用数量积定义计算即可.

详解】如图所示，

连接胡，BC,由对称性可知，BA=BC,

取AC的中点”，则AH=-AC,

又因为正六边形的边长为1,所以AC=2,

所以A3•AC=|ACHAB,osN3AC=|AC,=2,

故选：B.

6.早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学

家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若

2。+2〃=1，则（4"+1）（4〃+1）的最小值为（）

【答案】D

【解析】

【分析】令m=2"，n=艺，结合基本不等式可得0＜的＜。，化简（40+1）（4〃+1）可得

（4a+l）（4z,+l）=（m/2）2-2mn+2,转化为求关于相〃的二次函数在区间（0,；]上的最小值即可.

【详解】不妨设根=2"，〃=2J则机＞0,〃＞0,

所以勿+如22Jmn，当且仅当机二〃时取等号,

即当且仅当机="时取等号,

4

2222

所以(半+1)(4"+1)=2+1)("2+1)=(机")2+m+H+l=(mzz)+(m+n)-2mn+1

=(mn)2—2mn+2—(mn—l)2+1,(0<mn<-^)

]/、？25

所以当加〃=一时，（wz）-2根〃+2取得最小值一，

4v716

故选：D.

7.已知函数/（%）=©2八+（%一2〃/”+〃2（“£区）的最小值为8（〃），则g（“）的最小值为（）

A.-eB.--C.0D.1

e

【答案】B

【解析】

【分析】由二次函数的性质可知/（九）之xe",令P（x）=xe\运用导数可求得P（x）的最小值，进而可得

结果.

【详解】因为/(x)=e?*+(x-2a)ex+a2=(ex-a^+xex>xex,

令尸⑺=*,则P(x)=e"(x+1),

当尤e(ro,—l)时，P'(x)<0,P(x)单调递减，

当xw(—1,茁)时，P'(x)〉O,尸(x)单调递增，

.•.p(x)>p(-l)=-1)

/(x)>xex>--,

故选：B.

8.数列｛4｝满足a“+i=(-1)"+2cosman,若4=1,则生必=()

A.3505B.-3505C,3506D.-3506

【答案】A

【解析】

【分析】利用累乘法%=-3,则得到规律里"=-3,则求出为0,5=35°%根据餐

3即可求出生024・

1%"3«2024

【详解】~=(-I)1+2cos—=-1,幺=(-1)一+2cos兀=-1,

CL\2d-y

-=(-1)3+2cos—=-1,—=(-1)4+2COS2TI=3,

)2为一

所以a2(^3^^53

a?^^3^^4

同理可得，%=一3,....咏=-3,

a5a4k-3

因为2025=1+4x506,所以等=(一3/6=35°6,贝1］出。25=3

因为夜型=(_1广4+COS1012兀=3,所以。2024=3.,

“2024

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到5=-3,则得到40,5=35°6,最后根据咏=3即可得到答

%b3«2024

案.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.如果正确选项为2个，则选对一个得3

分，全部选对得6分；如果正确选项有3个，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对

得6分.有选错的得0分.

5兀

9.已知函数/(x)=sin+COS%--,则(

A.为偶函数

B.曲线y=/(x)的对称中心为［也+］,0；左eZ

(jr47c、

C.”力在区间1彳上单调递减

D.〃尤)在区间［§,行-)上有一条对称轴

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得/(x)=2sinx-1,结合正弦函数的性质逐项分析判断.

详解由题意可得

对于选项A：因为/-2sin%,所以/为奇函数,故A错误;

兀71

对于选项B：令九一至二为1,左£Z,解得X=左兀+g■，左£Z,

所以曲线y=/(x)的对称中心为1凤+三,0.

keZ,故B选项正确;

对于选项C：因为/（'|'）=2sin£=L=2sin'=2,

即/</［彳］'即于（'）在内不是单调递减，故C错误；

（兀4兀］JT

对于选项D：因为板仁,々-）,则X—§6（0,兀），

且y=sinX在（0,兀）内有且仅有一条对称轴尤=］，

（JT4兀、

所以/（%）在区间§,上有且仅有一条对称轴，故D选项正确；

故选：BD.

10.已知。为坐标原点，抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点在直线/:x+y-1=0上，且/交C于A,3两点,

。为C上异于A3的一点，则（）

A.p=2B.0408=4

c.|AB|=8D.有且仅有3个点。，使得△A3。的面积为4A/5

【答案】ACD

【解析】

【分析】直接将焦点坐标代入直线方程即可得到p=2,从而判断A；将A3表示成参数形式，利用韦达

定理即可判断B；利用A3两点之间的距离和直线A3的倾斜角的关系即可判断C；将△A3。的面积条件

转化为点。到直线A3的距离条件，即可判断D.

因为抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点在直线/:x+y—1=0上，故代入得_|+o—1=0,

所以P=2,A选项正确;

设A个,％I^-,y2,将抛物线C：V=4x与直线/：x+y-1=0联立，得丁二旬一7），即

y2+4y-4=0.

所以由韦达定理得%+%=-4,%%=-4,OA-OB=^-+yxy2=—-4=-3,B选项错误;

3jr

由直线A5的斜率为-1,知其倾斜角为一，

4

故1ABi=J%--tan与］=$弘一为『+|%一为『=—为卜

所以|AB|=A/2IX—%I=+%『-=A/2A/16+4X4=8，C选项正确；

设。的坐标为（4户,4。，。到直线A3的距离为L,则△相£）的面积S=g|A为L=4L.

从而△A3。的面积为4&当且仅当£=72.

另一方面，直线A3的方程是％+y-1=0,由点到直线的距离公式,

|4?2+4?-1||4Z2+4Z-1|

知。到直线A5的距离L=

G+F—忑

所以L=7伤当且仅当|4/+4/—1|=2,即（4/+4f—I）?—4=0.

而我们有

（4『+4/-1）、4

=（2f+l）2［（2/+l『—4

=（2/+1）2⑵—1）⑵+3）

故满足条件的/恰有三个：-一,一,一一

222

所以有且仅有3个点。，使得△A3。的面积为4夜，D选项正确.

故选：ACD.

11.已知函数/(尤)的定义域为R,设g(x)为的导函数，f(x+y)+f(x-y)=,/(I)0,

/(2)=0,则()

A./(I)=2B.g(l)=O

C.g(x)是奇函数D.f(x+1)+/(%+2023)=0

【答案】ABD

【解析】

【分析】赋值计算判断A；赋值并利用复合函数的求导法则求导探讨性质判断CD；探讨函数的周期计算判

断D.

【详解】函数/⑶，对任意x,ywR,f(x+y)+f(x-y)=,

对于A,令x=l,y=0,得/(1)+/(1)=/(1>/(1),而/(l)w。，则/(D=2,A正确；

对于B,令x=l,yeR,得/(1+y)+/(l—y)=/(1)/(1一y)=2/(1—y),

则7(1+y)=/(i-y)，两边求导得，即g(i+y)+g(i—y)=o,

因此g(x)关于(L0)对称，g(D=o,B正确;

对于c,由/(i+y)=/(l-y),得/(o)=/(2)=o,

令y=i,得/(x+i)+/(x-i)=/C0/(0)=。，两边求导得/''(x+D+r(尤—1)=0,

即g(x—l)+g(x+l)=0,因此g(x—l)=g(l-x),函数g(x)是偶函数，C错误；

对于D,由/(x+l)+/a—l)=。，得/(x+3)+/(x+l)=0,则/(%+3)=/(左一1),

因此函数了(无)的周期为4,f(x+1)+f(x+2023)=f(x+1)+f(x-1)=0,D正确.

故选：ABD

【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知O为坐标原点，A(l,0),8为圆/：(％-2)2+丁2=1上一点且在第一象限，|44=1,则直线08

的方程为.

【答案】y=Bx

-3

【解析】

【分析】数形结合求得直线03的倾斜角，进而即可求得直线方程.

【详解】根据题意，作图如下：

易知点A在圆M上，由|AB|=1可知，

所以N54M=60°,又因为|Q4|=|AB|,所以NBQ4=30。，

则直线0B斜率左=tan30°=立，故直线。8的方程为y=^-x.

33

故答案为：y=-^-x-

3

13.某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，己知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台,

圆台上下底面半径分别为1,2,将一个表面积为8兀的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆

台（厚度不计）围成的体积为7兀，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为.

【答案】4+72##72+4

【解析】

【分析】由球的表面积、圆台体积公式可求得水晶球的半径及圆台的高，再求出水晶球球心到圆台上底面的

距离，进而可求得结果.

【详解】如图所示，

设水晶球的半径为r,则4兀/-8兀，解得r—A/2，

设圆台的高为〃，则7兀=g（兀1+兀"+兀.&2*22）,解得九=3,

又因为水晶球球心到圆台上底面的距离|OA|=J（可—仔=1,

所以该奖杯的高为/z+r+l=4+a.

故答案为：4+0.

22

14.设A为双曲线口♦―g=l（a〉O,）〉O）的一个实轴顶点，3,C为：T的渐近线上的两点，满足

BC=4AC>\AC\=a,则「的渐近线方程是______.

【答案】y=+y/2x

【解析】

【分析】由角平分线定理，结合余弦定理，求得OC,OB再求/AOC的正切值，进而即可求得渐近线方

程.

详解】根据题意，作图如下：

W<v

依题意，Q4为NCO3的角平分线，且CB=4Q4=404=4a,

设［0。=加，由角平分线定理可得：—^=—=3,则05=3加；

|AC|2+|CO|2-OA|2_

m2m

在右。4。中，由余弦定理cosNOC4=

2\AC\\CO2am2a

在△03C中，由余弦定理可得，=|OC「+忸q2—2Qq.忸qcosNOOL,

即9m2=m1+16a2-2x/nx4«x—,解得生=2,

2aa3

故cosNCOA—cosNOCA————,tan/COA-5/2，

2a3

所以r的渐近线方程是y=±A/2X.

故答案为：y=+41x.

【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程，常见有三种方法:

①直接求出。力，从而得解；

②只需要根据一个条件得到关于a,4c的齐次式，转化为的齐次式，从而得解；

③求得其中一个渐近线的倾斜角（或斜率），从而得解.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.

15.己知不透明袋子中装有6个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，4个黑球，从中无放回地随机

取球，每次取一个.

（1）求前两次取出的球颜色不同的概率；

（2）当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量X,求X的分布列以及数学期望.

Q

【答案】（1）—

14

（2）分布列见解析；期望为§

【解析】

【分析】（1）将所求事件表示成两个互斥事件的和事件，然后分别求概率再相加即可；

（2）对不同的X的取值，分类讨论所有可能的取出顺序即可求出X的分布列，最后用数学期望的定义求

出期望即可.

【小问1详解】

设事件A为“前两次取出的球颜色不同”.

424

设事件8为“第一次取出了黑球，第二次取出了白球“，则P（5）=/X£=W，

244

事件C为“第一次取出了白球，第二次取出了黑球”，则

6515

因为事件8与。不能同时发生，故它们互斥.

Q

所以P(A)=P(B+C=P(B)+P(C=话,

Q

所以前两次取出的球颜色不同的概率为正；

【小问2详解】

依题意，X的取值为2,3,4,5,6,

若第二次取出了全部白球，则只有两种取法(取决于2个白球取出先后顺序)，故P(X=2)=—=—,

6x515

若第三次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能，另一个白球的位置有2种可能，取出的那个

黑球有4种可能，

故p(X=3)=---------=—.

')6x5x415

若第四次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能，另一个白球的位置有3种可能，取出的另外

2个黑球有C：=6种组合，它们又有2种排列方式,

2x3x6x21

故P(X=4)=

6x5x4x35

若第五次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能,另一个白球的位置有4种可能，取出的另外

3个黑球有C：=4种组合，它们又有3!=6种排列方式,

2x4x4x64

故P(X=5)=

6x5x4x3x215

若第六次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能,另一个白球的位置有5种可能，取出的另外

4个黑球只有1种组合，它们有4!=24种排列方式,

2x5x1x241

故p(X=6)=

6x5x4x3x2xl3

所以X的分布列为

X23456

12141

P

15155153

1914114

所以数学期望E(X)=2XQ+3X^+4XM+5X^+6X§=§

16.如图，在四棱锥P—ABCD中，CD,平面ADP,ABCD,CD=2AB=4,△的是等边三角

形，E为。。的中点.

(1)证明：平面PDC；

(2)若PA=6,求平面尸5C与平面叱夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵亚

13

【解析】

【分析】(1)先证明CQLAE,AE±PD，然后利用线面垂直的判定定理证明AE垂直于平面PDC；

(2)通过建立空间直角坐标系，由空间向量法即可求出两平面夹角的余弦值.

【小问1详解】

由于△ADP是等边三角形，E为0P的中点.

故AE是等边△ADP的中线，所以

又因为CD,平面ADP,AE在平面ADP内，所以CDLAE,

由于CD和P£)在平面PDC内，且交于点。，CD1AE,AE±PD,所以平面PDC；

【小问2详解】

取PC的中点尸，连接跖,8尸，则由E是P£)的中点，知所是三角形PCD的中位线，故所平行于CD.

因为CD,平面AZJP，所平行于CD,

所以所垂直于平面AOP,即EAEEEP三线两两垂直.

以E为坐标原点，EP,EA,E/的方向分别为苍丁，z轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系石一町z,

则由CD=4,AB=2,EF=-CD=2,EP=ED=-PD=-PA=3,

222

EA=VB42-EP-=V36-9=373>知？(3,0,0),3(0,3相,2),C(-3,0,4),

所以依=/3,36,2),PC=(-6,0,4).

设平面尸5c的法向量为加=(x,y,z),贝i|

mPB=0「

<,即一3x+3，§y+2z=-6x+4z=0,

m-PC=0

令％=2,则y=。，z=3,故加=(2,0,3).

显然平面ABE的一个法向量为n=(1,0,0).

m-n22A/13

而cosm,n==刀=—=———,

|/n||n|V13xl13

故平面PBC与平面ABE夹角的余弦值为白姮.

13

17.设数列｛%｝的前〃项和为1,3Sn=2a„+1.

(1)求数列｛%｝的通项公式；

(2)在数列｛%｝的％和%+1项之间插入左个数，使得这人+2个数成等差数列，其中左=1,2,…山，将所

有插入的数组成新数列｛2｝,设/为数列｛2｝的前九项和，求

【答案】⑴a„=(-2)，，_|

(2)T36=355.5

【解析】

S},?ni

分析】(1)运用4=<J<>,求解即可.

(2)依题意可知，插入数列仍“｝后，｛可｝与｛么｝所构成的数列为内,a,a2,b2,4，%，％，么，％，

%L,结合等差数列前〃项和公式及错位相减法求和即可求得结果.

【小问1详解】

当〃=1时，3S]=2q+1,所以q=1,

当〃》2时，3a”=3Sn—3s“t=2an—2an-l,即an=—la^,

所以％=(-2)"\

当〃=1时，符合%=(—2产,

所以%=(—2产；

【小问2详解】

依题意，伪=幺旦,

77%%/22+2a,

b2+b3=2-x4-Q3-％=——-,

777q+火13/+3火

仇+4+4=2义5—%_&=^^-，

>29+40+・一+)36=%广义]0_%_、9=8a8；8a9.

%+3a2+5a3—13%+154+8%

所以46二，

即2n6=(-2)°+3(-2)'+5(-2)2+…+13(—2)6+15(-2)7+8(—2)、①

贝|]-4n6=(-2)'+3(-2)2+5(-2)3+■■■+13(-2)7+15(-2)8+8(—2)、②

由①②可得

-2[1-(一2)1

6汽6=(-2)°+2(-2)+…+2(-2)7+8(-2)8-15(-2)8-8(-2)9=l+2x+9x28=2133,

1-(-2)

所以136=355.5.

］一九

18.已知函数/(%)=alnxH----M^R.

x

(1)当4=2时，求曲线y=/(x)在点处的切线方程；

(2)当时，证明：e'In(x+1)+e-'-cos%>0.

【答案】⑴x—y-1=0

(2)证明见解析

【解析】

【分析】(1)求导可得斜率，结合点斜式方程求解即可.

(2)求g'(x),运用1四+工21放缩可得g'(x)之/—1工+sinx,设/i(x)=e，—+sinx，求导可得〃(尤),

X

结合基本不等式可得/z'(x)»0,从而可得g(x)单调性，进而可证得结果.

【小问1详解】

解：当a=2时，〃x)=21iu:+2，则/⑴=21nl+?=0,

X1

又ra)=2-』=牝口，所以''⑴=芸二1=1,即左=/(1)=1,

XXXJ.

所以在点(1,0)处的切线方程为y=x-l,即X—y—1=。；

【小问2详解】

证明：设g(x)=e、ln(x+l)+ef-cosx(x>0),则g(0)=0,

ln(x+l)H———-e~x+sin%,

、)x+1

设”(x)=ln%+L则〃(x)=L—±=三?

XXJCX

当xe(O,l)时，H,(x)<0,H(x)单调递减，

当xe(l,y)时，H'(x)>0,H(x)单调递增,

/.H(x)>H(l)=lnl+l=l,

.,.Inx+’Nl恒成立，

x

由lux+‘21可知In(九+1)H———>1,

%x+1

所以g'(%)Ne"-er+sinx(x>0),

设〃(x)=e*-eT+sinx(x>0),则〃(0)=0,

//（九）=e*+e~x+cosx＞2加工•右一1=1＞0,

所以当xe[0,+o。）时,A,（%）＞0,&（%）单调递增,gf（x）＞A（x）＞A（0）=0,

所以g（x）单调递增,g（x）＞g（O）=O,

所以e*ln（x+l）+eT-cosx＞0.

【点睛】方法点睛：运用导数证明不等式常见方法：

（1）将不等式转化为函数的最值问题：

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变

形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.

（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较：

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达

到证明的目标.本例中同时含Inx与不能