黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

兆麟中学2024一2025学年度上学期期中考试 高三学年数学学科试题 考试用时：120分钟。。总分：150分 一、单选题 1. 已知集合M={-3≤x<4,N={x2-2x-8<0,则() A.MUN=R B.MUN={x3≤x<4 C.MnN={x-2sx≤4} D.MnN-={x-2≤x<4 2.已知i为虚数单位，复数：满足：=(-2i)(2+),则：的共轭复数：。（) A.4-3i B.4+3i C.3+41 D.3-4i 3.平行四边形ABCD中，M为CD的中点，点N满足BN=2NC,若AB=2AM+HA, 则入+“的值是( A.4 B.2 C. 1 4.己知各项均为正数的等比数列{a}的前n项和为S,an<a4,neN,aa=9, as+a。=10,则数列{an}的公比为 A.3 8. C.2 5.已短m0+引-，0引则m0-引() A. 4+35 8.3+45 c.4-35 D. 3-45 10 10 10 10 6.设函数∫(x)定义域为R,∫(x-)为奇函数，f(x+)为偶函数，当x∈(-1，时， f(x)=-x2+1,则下列结论错误的是() B.(x+7)为奇函数 c.∫(x)在(6,8)上是减函数 D.方程f(x)+gx=0仅有6个实数解 7.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 a=√5，(sinA-sinB)b+a)=c(sinB+sinC),则△A8C面积的最大值为() c. 8.设函数f(x)=cosx+Vcos2x,下列判断正确的是() A.函数∫(x)的一个周期为： B.函数f(x)的值域是 2 C.函数()的图象上存在点P(k川，使得其到点，0)的距离为 2 当x引时， D 函数(x)的图象与直线y=2有且仅有一个公共点， 二、多选题 9.下列说法正确的是() A.若a>b,ceR,则ac2>bc2 8若是>治ceR,则g6 C.若a>b,则2°>2 D.函数y=sinr+ 2 的最小值为2√2 sin 10.下列命题正确的有()· A.若等差数列{a,}的前n项的和为Sn,则S,S。,S,也成等差数列 B.若{a,}为等比数列，且04+a0,=4,则a1a2=16 C.若等差数列{a}的前n项和为S.,已知4=12，且S:>0,S,<0,则可知数列前6项的和最大 D.若b=(-1)°(4n-1),则数列{色，}的前2020项和为4040 1.函数/-=5sn(ax+p0<仙≤2-子g<)的都分图象如图所示，则下列说法中正确的是 () A若方程/付=1在0网上有且只有6个银，则m(经，】 B.()的图象向右平移”个单位长度后得到的新函数是奇函数 c8)=(身引1的对称中心（爱*小e2 D.f儿)的表达式可以写成/-iaor(2r+） 三、填空题 12.已知1是虚数单位，复数：满足(2-i)z=6+2i,则以= 13.已知边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=骨，点F为线段BD(含端点)上一动点，点E满足 DE=3EC,则AF.D正的取值范围为」 1.若=+1到 -81n+1,则f(x)的最小值为 四、解答题 15.已知向量ā=(-1，-1)，6=(0，)： (1)求向量ā与的夹角0的大小： (2)若向量(a+b)11(ā+b,求实数1的值： (3)若向量c=(,)满足c=-a+1-x)5,求1的值. 16. 已知向量a=(2W5,sin ox),方=(cos2ox,2 cos@.x,函数f(x)=a-i-5(w>0),f(x)相邻对 称轴之间的距离为 (1)求∫(x)的单调递减区间： ②将面数/)图象上所有点的横坐标缩短为原来的子再向左平移音个单位得&()的图象，若关 于x的方程g(d)=m在 2'6 上只有一个解，求实数m的取值范围. 17.已知函数f(x)=x2-3x-2lnx. (但)求f(x)的极值： 回若对于任意不同的，名，都有上<氏+心，求实数a的取值范围 1-x 18.在△ABC中，内角A,,c所对的边分别为a,b,c,且n4-in4nB=1. cos2 B-cos2 C (1)若c=√5，a+b=√6，求边AB上的角平分线CD长： 2若△ABC为锐角三角形，点F为△ABC的垂心，CF=6,求BCF-AF 的取值范围， BF 19.一般地，”元有序实数组(a,,,a)称为n维向量（如用一个实数可表示一维向量，用二元有 序实数对可表示二维向量，…)类似我们熟悉的二维向量和三维向量，对于”维向量，也可以定义 两个向量的加法运算、减法运算、数乘运算、两个向量的数量积、向量的长度（模）等，如 a=(aa2.,a),则同=√a+a+…+a若存在不全为零的r个实数k,k,…,k,使得 k可+++k0,则称向量组a,4,…,a是线性相关的，否则，称向量组a,a,…, a是线性无关的. (1)判断向量组a=(1,11),万=(-1,2,2)，c=(4,2,-1)是否线性相关 (2已知函数(x)=c,g()=ar+1,且∫(x)-g(x)20恒成立. ①求a的值： ②设a=(a,a…a小.其中a“g可若6，=/)，6=g(,数列化c}的前n项和为S:证 明当eN时.及-月>n之经答案第 1页，共 9页 期中考试数学详案 1．B【分析】解一元二次不等式可得  2 4N x x    ，再由交集、并集运算可得结果. 解：解不等式 2 2 8 0x x   可得  2 4N x x    ；又  3 4M x x    可知  3 4M N x x     ， 可知 A错误，B正确；  2 4M N x x     ，即可得 C错误，D错误. 故选：B 2．B【解析】由复数的乘法运算法则化简复数 z ,根据共轭复数的定义即可求解 z . 解：因为复数   1 2i 2 iz    ,由复数的乘法运算法则可得, 4 3z i  , 利用共轭复数的定义可得, z =4 3i , 故选:B 【点睛】本题考查复数的四则运算及共轭复数的定义;属于基础题. 3．D【分析】利用 M 为 CD 的中点，点 N 满足 2BN NC   ，得到 1 2, 2 3 DM DC BN BC      ，再将等 式 AB AM AN      转化成 ,AB AD   的关系，从而得到，的方程，求解即可． 解：根据题意可得， 1 2, 2 3 DM DC BN BC      ，因为 AB AM AN      ， 所以 ( ) ( )AB AD DM AB BN          1 2( ) ( ) 2 3 AD DC AB BC         2 2 3 AD DC AB BC          2 2 3 AD AB AB AD          ， 所以 2(1 ) ( ) 2 3 AB AD        ，由平面向量基本定理可得 1 0 2 2 0 3             ，解得 1 3 2        ，所以 1 . 2    【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及了平面向量的数乘和线性运算，用 平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结 论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． 4．A 【解析】设正项等比数列 na 的公比为 ( 0)q q  ，根据等比数列的性质，求得 9 3a  ， 进而得出公比q的方程，即可求解. 解：设正项等比数列 na 的公比为 ( 0)q q  ，由 4 14 9a a  ，可得 29 9a  ，因为 0na  ，所以 9 3a  ， 又因为 8 10 10a a  ，所以 9 8 10 9 3aa a a q q q      3 10q  ，即 23 10 3 0q q   ，解得 3q  或 13q  ， 又由 1n na a  ，可得 1q  ，所以 3q  .故选：A. 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及等比数列的通项公式的应用，着重考查 推理与计算能力. 5．A【分析】以 π4  为整体，利用诱导公式结合倍角公式求 sin 2 ,cos 2  ，结合两角和差公式运算求解. 答案第 2页，共 9页 解：因为 π 0, 2         ，则         π π 3π , 4 4 4 ，且 π 10cos 4 10        ，可得 2 π π 3 10sin 1 cos 4 4 10                  ， 则 2π π π π 4sin 2 sin 2 cos2 1 2cos 4 2 4 4 5                                 ， π π π π π 3cos2 cos 2 sin 2 2sin cos 4 2 4 4 4 5                                        ， 所以 π 1 3 4 3 3sin 2 sin 2 cos 2 3 2 2 10            ，故选：A. 6．C 【分析】根据� � − � 与  1f x  的奇偶性可判断函数  f x 的对称性与周期性，从而 作出函数图像，数形结合判断各选项. 解：  1f x 为奇函数，即    1 1f x f x     ，  f x 关于点  1,0 对称， 又  1f x 为偶函数，即    1 1f x f x    ，  f x 关于直线 1x  对称，所以      2 4f x f x f x      ， 即    4f x f x   ，所以    4 4f x f x   ，即函数  f x 的最小正周期为8， A选项： 27 3 1 1 31 2 2 2 2 4 f f f                                ，A选项正确； B选项：    7 1f x f x   ，所以  7f x 为奇函数，B选项正确； C选项：由当  7,8x 时，  8 1,0x   ，所以      28 8 1f x f x x      ，所以  f x 在  7,8 上单调 递增，C选项错误； D选项：由   lg 0f x x  ，得   lgf x x  作出函数  f x 及 lgy x  图像如 图所示，由已知函数  f x 的值域为  1,1 ，且 lg10 1   ， 当 10x  时， lg 1y x    ，函数 lgy x  与  f x 无公共点， 当 10x 时，由图像可知函数  f x 与函数 lgy x  有6个公共点， 即   lg 0f x x  有6个解，D选项正确；故选：C. 7．C【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式求解即得. 解：在 ABCV 中，由 (sin sin )( ) (sin sin )A B b a c B C    及正弦定理得 ( )( ) ( )a b b a c b c    ， 即 2 2 2a b c bc   ，由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc      ， 2 1 3sin 1 ( ) 2 2 A     ， 则 2 2 23 3a b c bc bc     ，当且仅当 1b c  时取等号，因此 1bc  ， ABCV 的面积 1 3 3sin 2 4 4 S bc A bc   ，所以当 1b c  时， ABCV 的面积取得最大值 3 4 .故选：C 答案第 3页，共 9页 8．D 【分析】利用函数的周期性定义结合余弦函数的周期性可判断 A；采用三角代换，利用导数判断 函数单调性，利用函数单调性求解函数值域，判断 B；利用 2 2cos 1, ,1 2 2 x                ，结合两点间距离公 式可判断 C；结合解   2f x  ，根据解的情况判断 D，即得答案. 解：对于 A， Rx ，        π cos π cos 2π 2 cos cos2f x x x x x f x         ， 故 π不是函数  f x 的一个周期，A错误； 对于 B，   2cos cos2 cos 2cos 1f x x x x x     ，需满足 22cos 1 0x   ， 即 2 1 2 2cos ,cos 1, ,1 2 2 2 x x                 ，令 cost x ， 2 21, ,1 2 2 t                ，则  f x 即为 22 1y t t   ， 当 2 ,1 2 t        时， 22 1y t t   在 2 ,1 2       上单调递增，则 2 , 2 2 y        ； 当 21, 2 t         时， 2 2 2 2 2 4 2 2 1 41 1 0 2 2 1 2 1 2 1 t t t ty t t t            ，（ 2 2 2(2 1) 4 2 1 0t t t      ， 故 2 22 1 4 0t t   ）此时 22 1y t t   在 21, 2        上单调递减，则 2 ,0 2 y        ， 综上，  f x 的值域是 2 2,0 , 2 2 2              ，B错误； 对于 C，由 B知， 2 2cos 1, ,12 2x                ，当 2cos 1, 2 x         时， 3π 5π2 π, 2 π , Z 4 4 x k k k       , 满足此条件下的  f x 图象上的点 ( , )P x y 到 (1,0)的距离 2 2( 1) ( ( ) 0)x f x   3π 2| 1| 1 4 2 x     ； 当 2cos ,1 2 x       时，   2 , 2 2 f x        ,满足此条件下的  f x 图象上的点 ( , )P x y 到 (1,0)的距离 2 2( 1) ( ( ) 0)x f x   2| ( ) 0 | 2 f x   ，当且仅当   2 2 f x  且 1x  时等号成立， 而   2 2 f x  时， 2 πcos , 2 π, Z 2 4 x x k k     或 π 2 π, Z 4 x k k    ，满足此条件的 x 与 1x  矛盾，即 等号取不到，故函数  f x 的图象上不存在点� �, � ，使得其到点 �, � 的距离为 22 ，C错； 对于 D，由 B的分析可知 ( ) 2f x  ，则cos 1x  ，即 2 π, Zx k k  ，又 π π,4 4x      ，故当且仅当 0x  时， ( ) 2f x  ，即当 π π, 4 4 x      时，函数  f x 的图象与直线 2y  有且仅有一个公共点，D正确． 故选：D 点睛：本题综合考查了函数的知识的应用问题，涉及余弦函数的周期，值域以及最值和 答案第 4页，共 9页 函数图象的交点问题，综合性强，难度较大，解答时要结合余弦函数的性质以及函数的 单调性，综合求解. 9．BC 【分析】对 A举反例即可；对 B根据不等式性质即可判断；对 C，利用指数函数 单调性即可判断；对 D举反例即可. 解：对 A，当 0c  时， 2 2ac bc ，故 A错误；对 B，当 2 2 a b c c  ，则 2 0c  ，则 a b ，故 B正确； 对 C，根据指数函数 2xy  在R上单调递增，且 a b ，则 2 2a b ，故 C正确； 对 D，当sin 1x   时， 2sin 3 2 2siny x x     ，故 D错误.故选：BC. 10．BCD【析】由等差数列的性质判断 AC；由等比数列的性质判断 B；分奇偶项求和后即可判断 D. 解：对于 A，因为 nS 为等差数列 �� 的前n项的和，所以 5S ， 10 5S S ， 15 10S S 成等差数列， 故错误； 对于 B，因为 �� 为等比数列，且 2 7 3 6 4a a a a  ，又因为 2 7 3 6a a a a ，所以 2 7 3 6 2a a a a  ， 所以 41 2 8 1 8 2 7 3 6 4 5( ) ( ) ( ) ( ) 2 16a a a a a a a a a a a      ， 对于 C，因为 nS 为等差数列 �� 的前 n项的和，且 12 0S  ， 13 0S  ，所以 1 12 1 12 12( ) 6( ) 0 2 a a a a    ， 所以 1 12 6 7 0a a a a    ， 1 13 7 13( ) 13 0 2 a a a   ，所以 7 0a  ，所以 6 7 0a a   ， 即等差数列 �� 的前6项均为正，从第 7项起为负，所以前 6项的和最大，故正确； 对于 D，因为 (4 1), 2 1 ( 1) (4 1) 4 1, 2 n n n n k b n n n k            ， *Nk  ，所以 2020 1 3 2019 2 4 2020( ) ( )S b b b b b b         = (4 1 1 4 3 1 4 2019 1)          + (4 2 1 4 4 1 4 2020 1)         = [4 (1 3 2019) 1010]      [4 (2 4 2020) 1010]      = (1 2019) 1010[4 1010]2      (2 2020) 10104 1010 2      =1010 4 1010 1010 4 1011 1010 1010       =4 1010 4040  ，故正确.所以说法正确有 CD.故选：CD. 11．BCD 【分析】利用特殊点求得函数  f x 的解析式即可判断 A，根据相位变换求得新 函数解析式即可判断奇偶性，即可判断 B，先求出  g x 的解析式，然后代入正弦函数对称 中心结论求解判断 C，把问题转化为 π 2sin 2 4 2x       根的问题，找到第 7个根，即可求解范 围判断 D. 解：由  0 1f   ，得 2sin 1   ，即 2sin 2    ，又 π π 2 2    ，所以 π 4    ，又  f x 的图象过点 答案第 5页，共 9页 π ,0 8       ，则 π 0 8 f       ，即 π πsin 0 8 4       ，所以 π π π 8 4 k   ，即得 8 2,k k   Z，又0 2  ，所以 2  ， 所以   π 5π2sin 2 2cos 2 4 4 f x x x              ，故 A正确；  f x 向右平移 3π 8 个单位后得 3π 3π 5π π2 cos 2 2 cos 2 2 sin 2 8 8 4 2 y f x x x x                           ，为奇函 数，故 B正确； 对于 C，   π π π2sin 2 1 2sin 2 14 4 4g x x x                    ，令   π2 π 4 x k k  Z 得   π π 8 2 kx k   Z ， 所以对称中心 π π ,1 , 8 2 k k       Z，故 C正确； 对于 D，由   1f x  ，得 5π 2cos 2 4 2x       ，解得 π π 4 x k  或 π π, 2 x k k  Z，方程   1f x  即 π 2sin 2 4 2 x      ，因为  0,x m ，所以 π π π2 ,2 4 4 4 x m        ，又在 �,� 上有 6个根，则根从小到 大为 π π 5π 3π 9π 5π, , , , , 4 2 4 2 4 2 ，而第 7个根为 13π 4 ，所以 5π 13π, 2 4 m     ，故 D错误.故选：ABC. 12．2 2【分析】根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案. 解：因为         6 2i 2 i6 2i 10 10i 2 2i 2 i 2 i 2 i 5 z            ，所以 2 22 2 2 2z    .故答案为： 2 2 . 13． 3 ,32      【分析】利用基底，结合向量的线性运算表示 ,AF DE   ，即可根据数量积的运算律求解. 解：设 BF BD   ，其中 0 1≤ ≤ ，已知边长为 2的菱形 ABCD中， π3DAB  ， 则 ABD△ 为等边三角形，又 3DE EC   ， 则 3( ) ( ) 4 AF DE AB BF DC         3( ) ( ) 4 AB BD AB      3( ) ( ) 4 AB AD AB AB           23 31 4 4 AB AD AB          23 3 1 31 2 2 2 3 4 4 2 2            又 0 1≤ ≤ ，故 33 2   3 ,3 2      故 AF DE   3 ,3 2      ．故答案为： 3 ,3 2      14．5【分析】令 ln R2 xt   ，则 2etx  ，可得   2 2(2e ) 16 8 1tf t t t    ，求导求得最小值即可. 解：令 ln R2 xt   ，则 2etx  ，所以   2 2(2e ) 16 8 1tf t t t    ，所以   28e 32 8tf t t    ， 令 2( ) 8e 32 8tg t t   ，则 2( ) 16e 32 0tg t    ，所以 ( )g t 在R上为增函数，即  f t 在R上为增函数， 又   00 8e 8 0f     ，当 0t  时，   0f t  ，  f t 在 ( ,0) 上为减函数，当 0t  时，   0f t  ，  f t 在 (0, ) 上为增函数，所以函数   0 2 2min (0) (2e ) 16 0 8 0 1 5f t f        .故答案为：5 . 点睛：利用换元法，通过二次求导，求函数的最小值是一种常用方法，在平时的学习中 答案第 6页，共 9页 应多体会. 15．(1) 3π4  ；(2) 1 ；(3) 2 . 【分析】（1）利用向量的夹角公式计算即得. （2）利用平面向量共线的坐标表示，共线向量的坐标表示列式计算即得. （3）利用向量相等构造方程求得 ,x y，再利用坐标求模即得结果. 解：（1）由向量 ( 1, 1), (0,1)a b     ，得 1,| | 2,| | 1a b a b         ，于是 1 2cos 2| || | 2 a b a b           ，而0 π  ， 所以 3π 4   . （2）由向量 ( 1, 1), (0,1)a b     ，得 ( ,1 )t ta tb     ， ( 1, 1)a b tt     ，由 ( ) / /( )ta b a tb     ，得 ( 1) (1 )t t t     ， 解得 1t   ，所以实数 t的值是 1 . （3）依题意 ( , ) (0,1 ) ( ,1 )c y y x y x y      ，即 ( , ) ( ,1 )x y y x y   ， 于是 1 x y y x y      ，解得 1 1 x y    ，所以 2 2| | 2c x y    . 16．(1) π 7ππ, π , Z12 12k k k       (2)   3, 3 2  【分析】（1）首先利用数量积公式和三角恒等变换化简函数  f x ，再结合三角函数的性 质，即可求解；（2）首先利用三角函数的图象变换求函数  g x 的解析式，再通过换元后， 结合 2siny t 的图象，即可求解. 解：（1）   23 2 3 cos 2sin cos 3f x a b x x x         ，  3 1 cos2 sin 2 3x x     ， π2sin 2 , 0 3 x        ， 因为  f x 相邻的对称轴之间的距离为 π 2，所以  f x 的最小正周期为 π， 所以 2π π 2  ，得 1  ，所以   π2sin 2 3 f x x      ，令 π π 3π2 π 2 2 π, Z 2 3 2 k x k k      , 则 π 7ππ π, Z 12 12 k x k k     ，所以  f x 的单调递减区间为 π 7ππ, π , Z 12 12 k k k      ; （2）由（1）知   π2sin 2 3f x x       ，将  f x 图象上所有点的横坐标缩短为原来的 1 2，得到函 数 π2sin 4 3 y x      ，再向左平移 π 12个单位得   π π 2π2sin 4 2sin 4 12 3 3 g x x x                 ，令 2π π π4 , , 3 12 6 t x x        ， 则 π 4π, 3 3 t     ，所以 2sin 3,2t    ，因为2sin t m 在 π 4π, 3 3 t     上只有 一 答案第 7页，共 9页 个解，由 2siny t 的图象可得，− � ≤ � < �或 2m  ，所以m的取值范围是   3, 3 2  17．(1)极小值为 2 2 ln 2  ，无极大值； (2) 1, . 【分析】（1）根据导数的性质，结合函数极值的定义进行求解即可； （2）对已知不等式进行变形，构造新函数，利用新函数的单调性，结合导数的性质分类 讨论求解即可. 解：（1））因为   2 3 2lnf x x x x   ，所以   22 2 3 22 3 x xf x x x x       令   0f x  ，解得 2x  或 1 2 x   （舍去）.当 x变化时，  f x ，  f x 的变化情况如表所示. x  0, 2 2  2,  f x  0   f x 单调递减 2 2 ln 2  单调递增 因此，当 2x  时，  f x 有极小值，且极小值为 2 2 ln 2  ，无极大值 （2）不妨令 1 2x x ，则    1 2 1 2 1 2 f x f x ax ax x x     等价于     2 21 2 1 2f x f x ax ax   ，即    2 21 1 2 2f x ax f x ax   令函数      2 21 3 2lng x f x ax a x x x      ，可知  g x 在  0,  上单调递减，       22 1 3 222 1 3 . a x x g x a x x x         若1 0a ，即 1a ，则   22 1 3 2 0a x x    在  0,  上恒成立，故   0g x  在  0,  上恒成立， 则  g x 在  0,  上单调递减，符合题意 若1 0a  ，即 1a  ，则   22 1 3 2 0a x x    在  0,  上不恒成立，故   0g x  在  0,  上不恒成立， 则  g x 在  0,  上不可能单调递减，不符合题意.综上所述，实数 a的取值范围为 1, . 点睛：由已知不等式构造函数，得到函数的单调性是解题的关键. 18．(1) 22 (2) 1 ,1 2       【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出C；利用余弦定 理求出 ab，再由等面积法计算可得答案； （2）延长 AF交 BC于M，延长 BF交 AC于 E，设 π, 0, 3BCF          ，分别求出 AF、 BF，再根 据三角恒等变换化，结合正切函数的性质即可得解. 答案第 8页，共 9页 解：（1）因为 2 2 2 sin sin sin 1 cos cos A A B B C    ， 2 2 2 2cos 1 sin ,cos 1 sinB B C C    ，所以 2 2 2sin sin sin sin sin  A A B C B， 由正弦定理得 2 2 2a ab c b   ，即 2 2 2a b c ab   ，由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 a b cC ab     ，因为  0, πC ， 所以 π 3 C  ；又因为 3c  ， 6a b  ，所以  22 2 2 12 3 2 c a b ab a b ab       ， 即    2 23 6 3ab  ，解得 1ab  ，设 AB边上的角平分线CD长为 x， 则 1 1 1sin sin sin 2 2 2 2 2   ABC C CS ab C ax bx  1 sin 2 2 Ca b x  ，即   π πsin sin 3 6 ab a b x  ， 即 3 6 2 2 x ，解得 2 2 x  ，即 AB边上的角平分线CD长为 2 2 ； （2）延长 AF交 BC于M，延长 BF交 AC于 E，设 π, 0, 3BCF          ， 所以 π 3 ACF    ，在Rt CMF 中 sin 6sinMF CF    ， 在 CEB 中， π 3 ECB  ， π 2 BEC  ，所以 π 6 EBC  ，在Rt BMF 中 12sinπsin 6 MFBF   ， 同理可得在 Rt AEF 中 π2 12sin 3 AF EF        ，所以 π π π6 3 12sin 3 2 sin cos cos sin 3 3 3 3 12sin 2sin CF AF BF                      3 1 cos3 3 cos sin 1 2sin 2sin 2          22 3 sin 1 3 12 tan 2 2 2 24sin cos 2 2         ， 因为 π0, 3       ，所以 π0, 2 6       ，所以 3tan 0, 2 3         ， 所以 3 1 1tan ,1 2 2 2 2        ，即 3CF AF BF  的取值范围为 � � , � . 19．(1)a  ，b  ，c  是线性无关的(2)① 1a  ；②证明见详解 【分析】（1）假设a  ，b  ， c  线性相关，根据题意列方程解得 0x y z   ，即可得出矛盾； （2）①令      F x f x g x  ，分析可知原题意等价于   0F x  对任意 xR恒成立，结合定点法 求得 1a  ；②利用放缩法结合裂项相消法可得 12nnS n   ， 2 1 na n   r ，进而可得 2 1 1 12 2 1 1 n n n nS a n n n n            r ，结合数列单调性可得 1 72 1 2 n nn n     . 解：（1）若a  ，b  ， c  线性相关，则存在不全为零的 3个实数 , ,x y z，使得 0xa ya zc   r r r r ， 因为  1,1,1a   ，  1, 2, 2b    ，  4, 2, 1c    ，则  4 , 2 2 , 2xa ya zc x y z x y z x y z         r r r ， 答案第 9页，共 9页 可得 4 0 2 2 0 2 0 x y z x y z x y z            ，解得 0x y z   ，故假设不成立，所以a  ，b  ， c  是线性无关的. （2）①令       e 1xF x f x g x ax     ，则   exF x a   ， 原题意等价于   0F x  对任意 xR恒成立，且  0 0F  ，可得  0 1 0F a    ，解得 1a  ； 若 1a  ，则   e 1xF x x   ，   e 1xF x   ，令   0F x  ，解得 0x  ；令   0F x  ，解得 0x  ； 可知  F x 在  , 0 内单调递减，在  0,  内单调递增，则    0 0F x F  ，符合题意； 综上所述： 1a  ； ②由①可知：   1g x x  ，则   ennb f n  ，   1nc g n n   ，则      11 e 1 2 2 1 2n n n nn nb c n n n n        ， 可得      2 3 2 1 12 0 2 2 2 2 1 2 2n n nnS n n n               ，又因为       2 22 1 1 1 1 1 1 11 na g n n n n nn        ， 则 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 11 1 2 2 3 1 1 1n na a a a n n n n                    r ，即 12nnS n   ， 2 1 na n   r ，则 2 1 na n     r ， 可得 2 1 1 12 2 1 1 n n n nS a n n n n            r ，因为 *nN ，且 1 12 1 n n     为递增数列，则 1 21 1 72 2 0 1 2 2 n n        ，可得 1 12 1 nn n        为递增数列，则 1 1 7 72 1 1 2 2 nn n        ， 综上所述： 2 1 72 1 2 n n nS a n n        . 点睛：对于②：利用放缩结合裂项相消法可得    11 2 2 1 2n n nn nb c n n n      ，     2 2 1 1 1 1 1 11 na n n n nn       ，进而分析证明.