江苏省南通市名校联盟2025届高三上学期模拟演练性联考数学试卷

2024~2025学年高三年级模拟考试 数 学 注意事项： 1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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 .复数z满足，则 A.1 B.2 C. D.4 2 .已知 A. B. C. D. 3 .设x，y为实数，满足3≤xy2≤8，4≤≤9，则的最大值为 A.27 B.24 C.12 D.32 4 .锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若的值为 A.2 B.4 C.6 D.8 5 .在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T(9，m)的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)、N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.则直线MN必过一定点的坐标为 A.(1，0) B.(－1，0) C.(0，－1) D.(0，1) 6 .在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f(x)=ex(x>0)的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N.设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值为 A. B. C. D. 7 .由m×n个数排成一个m行n列的数表A=称为一个m×n矩阵，也可简记为A=.定义矩阵的乘法如下：设A=，B=，则称C=为矩阵A与B的乘积，记为C=AB.其中.现有矩阵A=，B=，则AB= A. B. C. D. 8 .定义：已知数列{an}(n∈N*)的首项a1=1，前n项和为Sn.设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ&k”数列.若数列{an}(n∈N*)是“&2”数列，则数列{an}的通项公式an= A.3×4n-2 B. C.4×3n-2 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9 .已知函数的定义域为，且，若，则 A． B． C．函数是偶函数 D．函数是减函数 10.在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则 A．存在点，使 B．当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分 C．当时，点的轨迹长度为4 D．当时，点的轨迹长度为 11.记f ’(x)，g’(x)分别为函数f (x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f (x0)=g(x0)且f ’(x0)=g’(x0)，则称x0为函数f (x)与g(x)的一个“S点”.则下列说法正确的是 A.函数f (x)=x与g(x)=x2+2x－2不存在“S点” B.若函数f (x)=ax2－1与g(x)=lnx存在“S点”,则a= C.对于函数f (x)=－x2+a与g(x)=.对于任意的a>0，均不存在b>0，使得函数f (x)与g(x)在区间(0，+∞)内存在“S点” D.对于函数f (x)=－x2+a与g(x)=.对于任意的a>0，存在b>0，使得函数f (x)与g(x)在区间(0，+∞)内存在“S点” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.以maxM表示数集M中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ▲ . 13.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M~数列”.已知数列{bn}(n∈N*)的前n项和为Sn，且满足b1=1，.设m为正整数.若存在“M~数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，则m的最大值为 ▲ . 14.设数列{an}：1，-2，-2，3，3，3，-4，-4，-4，-4，…，…，即当时，记Sn为数列{an}前n项和.对于l∈N*，定义集合Pl ={n|Sn是an的整数倍，n∈N*，且1≤n≤l}.则集合P11中元素的个数为 ▲ ；集合P2000中元素的个数为 ▲ . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AB，BC，的中点． (1)证明：平面； (2)若，，，求点E到平面的距离． 16.已知O为坐标原点，抛物线的方程为，F是抛物线的焦点，椭圆的方程为，过F的直线l与抛物线交于M，N两点，反向延长，分别与椭圆交于P，Q两点． (1)求的值； (2)若恒成立，求椭圆的方程； (3)在（2）的条件下，若的最小值为1，求抛物线的方程（其中，分别是和的面积）． 17.已知函数，其中为正实数． (1)若，讨论在的单调性． (2)若，方程在至少有一个根，求实数m的取值范围． 18.“三角换元”是代数中重要且常见的运算技巧，有些代数式看似复杂，用三角代替后，实则会呈现出非常直观的几何意义，甚至可以与复杂的二次曲线产生直观联系. (1)利用恒等式和，求函数和的最小值. (2)在△ABC中，角对应的边为. (i)求证：. (ii)已知实数满足求二元函数的最大值. 19.解二元一次方程组是数学学习的必备技能。设有满足条件a11a22≠a12a21的二元一次方程组. (1)用消元法解此方程组，直接写出该方程组的两个解； (2)通过求解，不难发现两个解的分母是由方程组中x1，x2的系数a11、a22、a12、a21所唯一确定的一个数，按照它们在方程组中的位置，把它们排成一个数表，由此可以看出a11a22－a12a21是这个数表中左上到右下对角线上两个数的乘积减去右上到左下对角线上两个数的乘积的差，称a11a22－a12a21为该数表的二阶行列式，记为.当≠0时，二元一次方程组有唯一一组解.同样的，行列式称为三阶行列式，且=. I.用二阶行列式表示方程组的两个解； II.对于三元一次方程组，类比二阶行列式，用三阶行列式推导使得该三元一次方程组有唯一一组解的条件(结论不得使用行列式表达)，并用三阶行列式表示该方程组的解. (3)若存在x∈[0,π]，使得，求m的取值范围. 高三数学考试 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$高三数学考试 第 1 页 共 6 页 2024~2025学年高三年级模拟考试 数 学 注意事项： 1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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 .复数 z满足 i z z   1 1 ，则 z A.1 B.2 C. 2 D.4 2 .已知        4 tan3 sin-cos cos    ，则 A. 132  B. 132  C. 2 3 D. 31 3 .设 x，y为实数，满足 3≤xy2≤8，4≤ y x2 ≤9，则 4 3 y x 的最大值为 A.27 B.24 C.12 D.32 4 .锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为 a、b、c.若 B C A CC b a a b tan tan tan tancos6  ，则 的值为 A.2 B.4 C.6 D.8 5 .在平面直角坐标系 xOy中，如图，已知椭圆 1 59 22  yx 的左、右顶点为 A、B，右焦点 为 F.设过点 T(9，m)的直线 TA、TB与此椭圆分别交于点 M(x1，y1)、N(x2，y2)，其中 m>0， y1>0，y2<0.则直线 MN必过一定点的坐标为 A.(1，0) B.(－1，0) C.(0，－1) D.(0，1) 高三数学考试 第 2 页 共 6 页 6 .在平面直角坐标系 xOy中，已知 P是函数 f(x)=ex(x>0)的图象上的动点，该图象在点 P处 的切线 l交 y轴于点 M，过点 P作 l的垂线交 y轴于点 N.设线段 MN的中点的纵坐标为 t， 则 t的最大值为 A. e B.        2e 1e2 2 C.        e 1e 2 1 D. 3e 7 .由 m×n个数排成一个 m行 n列的数表 A=             mnmm n n aaa aaa aaa     21 22221 11211 称为一个 m×n矩阵，也 可简记为 A=   nmij a  .定义矩阵的乘法如下：设 A=   smij a  ，B=   nsij b  ，则称 C=   nmij c  为 矩阵 A 与 B 的乘积，记为 C=AB.其中    s k kjikij bac 1 .现有矩阵 A=        1101 0121 ， B=               134 300 012 111 ，则 AB= A.             43 34 33 B.             34 43 33 C.        433 343 D.        343 433 8 .定义：已知数列{an}(n∈N*)的首项 a1=1，前 n项和为 Sn.设λ与 k是常数，若对一切正整数 n，均有 knknkn aSS 1 1 11 1    成立，则称此数列为“λ&k”数列.若数列{an}(n∈N*)是“ 3 3 &2” 数列，则数列{an}的通项公式 an= A.3×4n-2 B.       )2(43 )1(1 2 n n n C.4×3 n-2 D.       )2(34 )1(1 2 n n n 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的 得 0分。 9 .已知函数  f x 的定义域为R，且 1 0 2 f       ，若       4f x y f x f y xy   ，则 A． 1 0 2 f       B． 1 2 2 f        C．函数 1 2 f x     是偶函数 D．函数 1 2 f x     是减函数 高三数学考试 第 3 页 共 6 页 10.在棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，点 E在棱 1 1AB 上运动，点 F 在正方体表面上运 动，则 A．存在点 E，使 1AE DB B．当 1 1 3A E EB  时，经过点 , ,A C E的平面将正方体分成体积比为3 :1的大小两部分 C．当 FA FB 时，点 F的轨迹长度为 4 D．当 2FA FB 时，点F 的轨迹长度为  8 3 3 π 18  11.记 f ’(x)，g’(x)分别为函数 f (x)，g(x)的导函数.若存在 x0∈R，满足 f (x0)=g(x0)且 f ’(x0)=g’(x0)， 则称 x0为函数 f (x)与 g(x)的一个“S点”.则下列说法正确的是 A.函数 f (x)=x与 g(x)=x2+2x－2不存在“S点” B.若函数 f (x)=ax2－1与 g(x)=lnx存在“S点”,则 a= 2 e C.对于函数 f (x)=－x2+a与 g(x)= x b xe .对于任意的 a>0，均不存在 b>0，使得函数 f (x)与 g(x) 在区间(0，+∞)内存在“S点” D.对于函数 f (x)=－x2+a与 g(x)= x b xe .对于任意的 a>0，存在 b>0，使得函数 f (x)与 g(x)在 区间(0，+∞)内存在“S点” 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12.以 maxM 表示数集 M 中最大的数．设 0 1a b c    ，已知 2b a 或 1a b  ，则  max , ,1b a c b c   的最小值为 ▲ . 13.定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M~数列”.已知数列{bn}(n∈N*)的前 n项和为 Sn，且满足 b1=1， 1 221   nnn bbS .设 m为正整数.若存在“M~数列”{cn}(n∈N*)，对任意正 整数 k，当 k≤m时，都有 ck≤bk≤ck+1成立，则 m的最大值为 ▲ . 14.设数列{an}：1，-2，-2，3，3，3，-4，-4，-4，-4，…，    个 ，，， k kk kk 11 )1()1(   …，即当 ）（ *N 2 )1( 2 )1(     kkknkk 时， .)1( 1ka kn  记 Sn为数列{an}前 n项和.对于 l∈N*， 定义集合 Pl={n|Sn是 an的整数倍，n∈N*，且 1≤n≤l}.则集合 P11中元素的个数为 ▲ ； 集合 P2000中元素的个数为 ▲ . 高三数学考试 第 4 页 共 6 页 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤。 15.如图，在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，D，E，F分别为 AB，BC， 1B B的中点． (1)证明： 1 1 / /AC 平面 1B DE； (2)若 1AB  ， AB AC ， 1 1B D AF ，求点 E到平面 1 1A FC 的距离． 16.已知 O为坐标原点，抛物线的方程为  2 2 0x py p  ，F是抛物线的焦点，椭圆的方程 为   2 2 2 2 1 0    x y a b a b ，过 F的直线 l与抛物线交于 M，N两点，反向延长OM ，ON分 别与椭圆交于 P，Q两点． (1)求 OM ONk k 的值； (2)若 2 2 5OP OQ  恒成立，求椭圆的方程； (3)在（2）的条件下，若 OMN OPQ S S △ △ 的最小值为 1，求抛物线的方程（其中 OMNS△ ， OPQS 分别 是 OMN 和 OPQ△ 的面积）． 17.已知函数   1e cos a xf x x x        ，其中 a为正实数． (1)若 2 , π a       ，讨论  f x 在 2 , π a     的单调性． (2)若 1a  ，方程    π 2π e 2 f x mx m   在 2 , π      至少有一个根，求实数 m的取值范围． 高三数学考试 第 5 页 共 6 页 18.“三角换元”是代数中重要且常见的运算技巧，有些代数式看似复杂，用三角代替后， 实则会呈现出非常直观的几何意义，甚至可以与复杂的二次曲线产生直观联系. (1)利用恒等式 2 2sin cos 1   和 2 2 1tan 1 cos     ，求函数 21 1y x x   和 2 2 2 2 3 tan 4 tan 4 cos cos y         的最小值. (2)在△ABC中，角 、 、A B C对应的边为a b c、 、 . (i)求证： 2 2 2cos cos cos 2cos cos cos 1A B C A B C    . (ii)已知实数 x y， 满足 2 2 12 2 x y xy   ，求二元函数   2 2, 4 2 9 2 2 2 2 2 2 1f x y x x y x xy x        的最大值. 高三数学考试 第 6 页 共 6 页 19.解二元一次方程组是数学学习的必备技能。设有满足条件 a11a22≠a12a21的二元一次方程组      2222121 1212111 bxaxa bxaxa . (1)用消元法解此方程组，直接写出该方程组的两个解； (2)通过求解，不难发现两个解的分母是由方程组中 x1，x2的系数 a11、a22、a12、a21所唯 一确定的一个数，按照它们在方程组中的位置，把它们排成一个数表 2221 1211 aa aa ，由此 可以看出 a11a22－a12a21是这个数表中左上到右下对角线上两个数的乘积减去右上到左 下对角线上两个数的乘积的差，称 a11a22－a12a21为该数表的二阶行列式，记为 2221 1211 aa aa . 当 2221 1211 aa aa ≠0时，二元一次方程组      2222121 1212111 bxaxa bxaxa 有唯一一组解.同样的，行列式 zyx nml cba 称为三阶行列式，且 zyx nml cba = anyblzcmxclybnxamz  . I.用二阶行列式表示方程组      2222121 1212111 bxaxa bxaxa 的两个解； II.对于三元一次方程组         3333232131 2323222121 1313212111 bxaxaxa bxaxaxa bxaxaxa ，类比二阶行列式，用三阶行列式推 导使得该三元一次方程组有唯一一组解的条件(结论不得使用行列式表达)，并用三阶 行列式表示该方程组的解. (3)若存在 x∈[0,π]，使得 22sin cos sin   x mx mx ，求 m的取值范围. 2024~2025学年高三年级模拟考试 数学试题评分参考 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1.C 2.B 3.A 4.B 5.A 6.C 7.D 8.B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9.ABD 10.BCD 11.ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 13.5 14.5 1008 四、解答题：本题共5小题，共77分。 15.（13分） （1）因为为直三棱柱，所以， 又D，E，分别为AB，BC的中点，所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面. ……5分 （2）因为为直三棱柱，且， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，且，则， 则，， 由可得，即，且，解得， 设，则，即， 设平面的法向量为， 则，解得，取，则， 所以平面的一个法向量为， 又，即， 所以点E到平面的距离. ……13分 16.（15分） （1）设直线OM的斜率为，直线ON的斜率为， 由题可知，直线MN的斜率不为0，设， 设直线， 则由，可得， 易知，且， 则； ……4分 （2）设， 由题可知，，其中， 联立方程，同理， 因为： ． 因为为定值，所以上式与无关， 所以当，即时，此时，所以， 所以椭圆的方程为． ……10分 （3）因为， 由（2）可知，当时， ， 故，当且仅当时，等号成立， 此时抛物线方程为. ……15分 17.（15分） （1）， ， 因为，，所以， 所以，， 所以，所以在单调递减． ……6分 （2）当时，，设， 则， 设，， 则， 设， 则， 因为，所以，即， 所以在单调递增， 又，， 所以当时，，即， 所以在上单调递减，，当时，， 所以在至少有一个根时，． ……15分 18.（17分） （1）设，，则， 因为，所以，所以，所以， 即的最小值为：， 当时， ， 表示点到点和的距离之和， 所以. 当时， ， 表示点到点和的距离之差， 所以， 综上，的最小值为：. ……6分 （2）（i）因为， 所以 ，证毕. ……11分 （ii）在（i）中，令，则且， 因为，设，， 所以 可得（）， 则 其表示点到点和的距离之差再加上， 所以， 当且仅当， 即时等号取得，此时满足. ……17分 19.（17分） (1)该方程组的两个解为 ……4分 (2)I.该方程组的两个解为 ……6分 II.类比二元一次方程组，将三元一次方程组中x1，x2，x3的系数排成一个数表，则可以得到三阶行列式. 令D=，当D≠0时，该三元一次方程组有唯一一组解，即得该三元一次方程组有唯一一组解的条件为a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32－a11a23a32－a12a21a33－a13a22a31≠0. ……8分 用三阶行列式表示该方程组的解为 ……11分 (3)， 令，则， 其中， 因为，所以，， 故， 当时，无解，不合要求， 当时，， 其中在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为2，故； 当时，， 其中在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为-2，故， 因为存在，使得，所以或， 综上所述，m的取值范围为. ……17分 高三数学评分参考 第 1 页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $$高三数学评分参考 第 1 页 共 8 页 2024~2025学年高三年级模拟考试 数学试题评分参考 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。 1.C 2.B 3.A 4.B 5.A 6.C 7.D 8.B 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。 9.ABD 10.BCD 11.ABD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 5 1 13.5 14.5 1008 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。 15.（13分） （1）因为 1 1 1ABC ABC 为直三棱柱，所以 1 1 / /AC AC， 又 D，E，分别为 AB，BC的中点，所以 / /DE AC， 所以 1 1/ /DE AC ， 又 1 1AC 平面 1B DE，DE 平面 1B DE， 所以 1 1 / /AC 平面 1B DE . ……5分 （2）因为 1 1 1ABC ABC 为直三棱柱，且 AB AC ， 以A为坐标原点，分别以 1, ,AB AC AA所在直线为 , ,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设  1 0AA a a  ，且 1AB  ，则    1 1 11,0, , ,0,0 , 0,0, , 1,0, 2 2 aB a D A a F           ， 则 1 1 ,0, 2 B D a        ， 1 1,0, 2 aA F        ， 由 1 1B D AF 可得 1 1 0B D A F    ，即 21 0 2 2 a    ，且 0a  ，解得 1a  ， 设  0AC b b  ，则  1 0, ,1C b ，即  1 1 1 11,0, , 0, ,0 2 A F AC b         ， 设平面 1 1A FC 的法向量为  , ,n x y z  ， 则 1 1 1 1 0 2 0 n A F x z n AC by             ，解得 2 0 z x y    ，取 1x  ，则 2z  ， 所以平面 1 1A FC 的一个法向量为  1,0,2n   ， 高三数学评分参考 第 2 页 共 8 页 又 1 , ,0 2 2 bE      ，即 1 1 , , 1 2 2 bA E        ， 所以点 E到平面 1 1A FC 的距离 1 1 2 3 52 105 A E n d n        . ……13分 16.（15分） （1）设直线 OM的斜率为 1 1( 0)k k  ，直线 ON的斜率为 2k ， 由题可知，直线 MN的斜率不为 0，设 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ， 设直线 2 pMN y kx ： ， 则由 2 2 2 py kx x py       ，可得 2 22 0x pkx p   ， 易知 0  ，且 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 ( ), 4 4 x x px x p y y p     ， 则 1 2 1 2 1 2 1 4 y y k k x x     ； ……4分 （2）设 3 3 4 4( , ), ( , )P x y Q x y ， 由题可知， 1 2,OM ONl y k x l y k x : : ，其中 1 2 1 4 k k   ， 联立方程 1 2 2 2 2 1 y k x x y a b      2 2 2 3 2 2 2 1 a bx b a k    ，同理 2 2 2 2 1 4 2 2 2 1 16 16 a b kx a b k   ， 因为： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 4 3 3 4 4 3 42 2| | | | 1 1 x xOP OQ x y x y x b x b a a                      2 2 2 2 3 422 1 ( ) bb x x a          2 2 22 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 162 16 a b ka b a bb a b a k a b k             2 2 4 2 2 2 42 2 2 2 1 1 2 2 2 4 4 2 2 2 4 1 1 (32 ) 16 2 ( 16 ) 16 a b b k a b ka bb a a a b a b k a b k              2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 1 1 2 2 4 4 2 2 2 4 1 1 (32 ) 162 ( ) ( 16 ) 16 a b b k a b kb a b a b a b k a b k         ． 因为 2 2| | | | 5OP OQ  为定值，所以上式与 1k 无关， 所以当 4 4 432 16b a b  ，即 2 24a b 时，此时 2 2 5a b  ，所以 2 24, 1a b  ， 所以椭圆的方程为 2 2 1 4 x y  ． ……10分 （3）因为 1 2 3 4 1 | || | sin | || |2 1 | || || || | sin 2 OMN OPQ OM ON MONS x xOM ON S OP OQ x xOP OQ POQ      △ △ ， 由（2）可知，当 2 24 1a b ， 时， 高三数学评分参考 第 3 页 共 8 页 2 2 2 21 3 4 1 22 2 1 1 164 1 4 1 4 kx x x x p k k       ， ， ， 2 2 2 1 2 1 13 4 1 2 1 1 4 | |8 | | 8 | | 2 1 4 OMN OPQ S x x p p pkkS x x k k           △ △ ≥ ， 故 2 1 2 2 p p   ，当且仅当 1 1 2 k   时，等号成立， 此时抛物线方程为 2 2 2x y . ……15分 17.（15分） （1）   1 1e cos e cos a a x xf x x x x x x          ，   2 2 1 1 1e e cos sin a a x x af x x x x x x x                  1 1 1 1 1 1e e cos sin e cos sin a a a x x xa x a x x x x x x x x              ， 因为 2 , π x a     ， 2 , π a       ，所以 1 1 π 1 π, , 0, 2 2x a a             ， 所以 e 0 a x x a x    ， 1 1 1cos sin 0 x x x        ， 所以 ( ) 0f x  ，所以  f x 在 2 , π a     单调递减． ……6分 （2）当 1a  时，   1 1e cosxf x x x        ，设 1 π0, 2 t x       ， 则   π π 2 2π 1 e cos e πe πcost π 2 e 2 2 t tmt m m t tm t t               π 2πe π cos 2 π 2 et mt t t     ， 设 π 2πe πcos e π ) 2 2( t t th tt    ， π0, 2 t      ， 则     π π 2 2 2 πe πsin 2e π 2 2 πe πcos 2 e ( ) π 2 t tt t t t h t t                    ， 设   π π 2 2 π( ) πe πsin 2e π 2 2 πe πcos 2 e , 0, 2 t tm t t t t t t                        ， 则      π π 2 2( ) πe π cos π 2 πe π sin 2e 2 2 πe π sin 2et t tm t t t t t                         高三数学评分参考 第 4 页 共 8 页   πe π cos π 2t t t   ， 因为 π0, 2 t      ，所以   πe π cos π 2 0t t t   ，即 ( ) 0m t  ， 所以 ( )m t 在 π0, 2       单调递增， 又 π π 22 2(0) π 2e π π 2πe 0m           ， π π π π 2 2 2 2π π( ) 2 πe π 2 e 2π e e 0 2 2 m                    ， 所以当 π0, 2 t      时， ( ) 0m t  ，即 ( ) 0h t  ， 所以 ( )h t 在 π0, 2       上单调递减， (0) 0h  ，当 π 2 t 时， ( )h t  ， 所以 π 2πe π cos 2 π 2 et mt t t     在 π0, 2 t      至少有一个根时，  ,0m   ． ……15分 18.（17分） （1）设 cosx  ，  θ 0, π ，则 1 πcos sin 2 cos θ 4 y           ， 因为  θ 0, π ，所以 π π 5πθ , 4 4 4       ，所以 π 2cos θ ,1 4 2            ，所以 1 1y   ， 即 21 1y x x   的最小值为： 1 ， 当 cosθ 0 时， 22 2 2 3 tan θ 4 tanθ 4 cosθ cos θ y      2 2 2 4 3 tan θ 4 tanθ 4 cos θ cos θ      2 24 tan θ+4 4 tan θ 4 tanθ 7           22 2 22 tan θ 0 + 0 2 2 tan θ 1 0 6       ， 表示点  2 tanθ,0 到点  0,2 和  1, 6 的距离之和， 所以  22 1 2 6 2 2 3y      . 当 cosθ 0 时， 22 2 2 3 tan θ 4 tanθ 4 cosθ cos θ y      2 2 2 4 3 tan θ 4 tanθ 4 cos θ cos θ       2 24 tan θ 4 4 tan θ 4 tanθ 7             22 2 22 tan θ 0 + 0 2 2 tan θ 1 0 6        ， 表示点  2 tanθ,0 到点  0,2 和  1, 6 的距离之差， 高三数学评分参考 第 5 页 共 8 页 所以  22 1 2 6 3 2 2y       ， 综上， 2y 的最小值为： 3 2 2 . ……6分 （2）（i）因为  cos cos πC A B      cos A B   sin sin cos cosA B A B  ， 所以 2 2 2cos cos cos 2cos cos cosA B C A B C   2 2 2 2 2 2cos cos sin sin cos cosA B A B A B    2sin sin cos cos 2cos cos cosA B A B A B C    2 2 2 2 2 2cos cos 1 cos 1 cos cos cosA B A B A B      2sin sin cos cos 2cos cos cosA B A B A B C   2 21 2 cos cos cos cos sin sin 2cos cos cosA B A B A B A B C     1 2cos cos cos cos sin sin 2cos cos cosA B A B A B A B C     1 2cos cos cos 2cos cos cosA B A B A B C    1 2cos cos cos 2cos cos cosA B C A B C   1 ，证毕. ……11分 （ii）在（i）中，令 π 4 C  ，则 2 2 1cos cos 2 cos cos 2 A B A B   且 3π 4 A B  ， 因为 2 2 12 2 x y xy   ，设 cosx A ， cosy B ， 所以   2 2, 4 2 9 2 2 2 2 2 2 1f x y x x y x xy x        可得   2cos 4 2 cos 9 4sin cosf A A A A A     （ 3π0, 4      A ）， 则   2 22cos 4 2 cos 4 sin 4sin 4 cosf A A A A A A          2 22 cos 2 sin 2 cosA A A          2 22 cos 2 sin 2 2 cos 2A A A            2 222 cos 2 sin 2 2 cos 2A A A          2 2 2 22 cos 2 sin 2 2cos 2 2 cos 1 sin 2A A A A A                2 22 22 cos 2 sin 2 2 cos 1 sin 0 2A A A A         其表示点  2 cos sinA A， 到点  2, 2 和  1,0 的距离之差再加上 2， 所以       221 2 0 2 2 5 2f A         ， 当且仅当 sin 0 sin 2 2 cos 1 2 cos 2 A A A A      ， 高三数学评分参考 第 6 页 共 8 页 即 4 2 5 2 2 2cos ,sin 9 9 A A   时等号取得，此时满足 3π0, 4      A . ……17分 19.（17分） (1)该方程组的两个解为             21122211 211112 2 21122211 122221 1 aaaa ababx aaaa ababx ……4分 (2)I.该方程组的两个解为                2221 1211 221 111 2 2221 1211 222 121 1 aa aa ba ba x aa aa ab ab x ……6分 II.类比二元一次方程组，将三元一次方程组中 x1，x2，x3的系数排成一个数表 333231 232221 131211 aaa aaa aaa ， 则可以得到三阶行列式 333231 232221 131211 aaa aaa aaa . 令 D= 333231 232221 131211 aaa aaa aaa ，当 D≠0时，该三元一次方程组有唯一一组解，即得该三元一次方程 组有唯一一组解的条件为 a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32－a11a23a32－a12a21a33－a13a22a31≠0. ……8分 用三阶行列式表示该方程组的解为 高三数学评分参考 第 7 页 共 8 页                                333231 232221 131211 33231 22221 11211 3 333231 232221 131211 33331 23221 13111 2 333231 232221 131211 33323 23222 13121 1 aaa aaa aaa baa baa baa x aaa aaa aaa aba aba aba x aaa aaa aaa aab aab aab x ……11分 (3)   sin sin cos 2sin cos 2 cos x m m x x x x x m      ， 令 sin cosx x t  ，则 2 1sin cos 2 tx x  ， 其中 πsin cos 2 sin 4 t x x x        ， 因为  0, πx ，所以 π π 5π, 4 4 4 x       ， π2 sin 1, 2 4 t x           ， 故   2sin cos 2sin cos 2 1m x x x x mt t      ， 当 0t  时，0 1 无解，不合要求， 当 0, 2t  时， 1m t t  ， 其中 1y t t   在  0,1t 上单调递减，在 1, 2t  上单调递增， 故当 1t  时， 1y t t   取得最小值，最小值为 2，故 2m  ； 当  1,0t  时， 1m t t   ， 其中 1y t t   在  1,0t  上单调递减， 高三数学评分参考 第 8 页 共 8 页 故当 1t   时， 1y t t   取得最大值，最大值为-2，故 2m   ， 因为存在  0, πx ，使得 sin sin 2 2cos x m x x m    ，所以 2m  或 2m   ， 综上所述，m的取值范围为    , 2 2,     . ……17分