山西省晋中市经纬中学校2024-2025学年高一下学期调研考试数学试题

答案第 1页，共 12页 2024—2025学年第二学期高一调研考试 数学答案 1．C 【分析】根据交集的定义即可求解. 【详解】由  Z 1 2B x x     可得  1,0,1B   ， 故 A B   0,1 ， 故选：C 2．D 【分析】由题意可知 (0) 0f  ，求出 a，再验证即可. 【详解】因为  f x 为定义在R 上的奇函数， 所以   0 20 1 0 2 1 f a a      ，解得 1a  ， 则   21 2 1x f x    ， 因为   2 2 2 2(2 1) 2 21 1 1 1 ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x xf x f x                     ， 所以  f x 为奇函数， 所以 1a  符合题意. 故选：D. 3．D 【分析】根据正弦得到正切值，利用正切差角公式计算出答案. 【详解】因为 π ,π 2       ，所以cos 0  ， 又 3sin 5   ，所以 23 4cos 1 5 5           ， 故 4 sin 3tan cos      ， 所以 π 3tan tan 1π 4 4tan 7π 34 1 tan tan 1 4 4               . 故选：D 答案第 2页，共 12页 4．B 【分析】先根据向量平行求参数 ，再根据向量同向进行取舍. 【详解】因为 c  与d  共线，所以  2 1 1 0     ，解得 1   或 1 2   . 若 1   ，则 c a b     ， d a b    ，所以 d c    ，所以 c  与d  方向相反，故舍去； 若 1 2   ，则 1 2 c a b    ， 2d a b    ，所以 2d c   ，所以 c  与d  方向相同，故 1 2   为所求. 故选：B 5．B 【分析】根据已知条件，结合同角三角函数关系式和二倍角公式，即可求解 【详解】因为 2costan2 3 4sin     ，则 2 sin2 2sin cos 2cos cos2 1 2sin 3 4sin            ，① 又因为 π 3π( , ) 2 2   ，则 cos 0  ， 故①式整理可得，   2sin 1 sin 1 0    ，解得 1sin 2   或 sin 1  （舍去）， 故 5π 6   ，所以 5π π 3tan tan tan 6 6 3       ． 故选：B． 6．A 【分析】由 cos sin 2 y x x        ，依据函数  siny A x   的图象平移伸缩变换的规则 逐一判定即可. 【详解】 πcos sin 2 y x x       ，向右平移 π 6 个单位， πsin 3       y x ，横坐标变为原来的 12 倍， 可得 πsin 2 . 3 y x      故选：A 7．C 【分析】根据图象得最小正周期，得，利用五点作图法求出，根据 (0) 1f  求出A，可 得 B不正确；A不正确；再根据图象变换规律可得 C正确；D不正确. 【详解】由图可知 11π 5π π 2 12 12 2 T    ，则 πT  ，则 2π π   ， 2  ， 由五点作图法可知， 5π2 π 12    ，即 π 6   ，故 B不正确； 由 (0) 1f  ，得 πsin 1 6 A  ，得 2A  ，故 A不正确； 答案第 3页，共 12页 由以上得 π( ) 2sin(2 ) 6 f x x  ，将 π( ) 2sin(2 ) 6 f x x  的图象向左平移 π 6 个单位后得到的函数  g x π π2sin 2 6 6 x         2cos 2x 是偶函数，其图象关于 y轴对称，故 C正确； 将 π( ) 2sin(2 ) 6 f x x  的图象上每个点的横坐标缩小为原来的 1 2 后得到 π2sin 4 6       y x 的图 象，故 D不正确. 故选：C 8．B 【分析】设转动过程中，点 P离地面距离的函数为    sinf t A t h    ，由题意求得解析 式，然后逐项求解判断. 【详解】设转动过程中，点 P离地面距离的函数为：    sinf t A t h    ， 由题意得： 2π π60, 70, 18, 18 9 A h T      ，又  0 60sin 70 130f    ， 即 sin 1  ，故 π2 π 2 k   ， Zk ， 所以   π π60sin 2 π 70 9 2 f t t k        所以   π π60sin 70 9 2 f t t       ， 选项 A，转到9min后，点 P距离地面的高度为   π π9 60 in 18 70 10 9 2 f s          ，故 A错误； 选项 B，因为   π π 16π 2π16 60sin 16 70 60cos 70 60cos 70 9 2 9 9 f             ，   π π 38π 2π38 60sin 38 70 60cos 70 60cos 70 9 2 9 9 f             ， 所以    16 38f f ， 即第16min和第38min点 P距离地面的高度相同，故 B正确； 选项 C，若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的 2倍，故 C不正确； 选项 D，令   π π60sin 70 100 9 2 f t t        ，则 π 1cos 9 2 t  ， 由 π π π2 π 2 π , Z 3 9 3 k t k k      ，解得 3 18 18 3, Zk t k k      ， 考虑第一圈时，点 P距离地面的高度不低于100m的时长，可得 当 0k  时， 0 3t  ，当 1k  时，15 18t  ， 即摩天轮转动一圈，点 P距离地面的高度不低于100m的时间为6min，故 D错误； 答案第 4页，共 12页 故选：B. 9．BC 【分析】A选项， 0a b    且 ,a b   不反向共线，得到不等式，求出 6k  ；B选项，利用模长 公式得到 a  的最小值为 3；C选项，求出 5b   ，从而得到利用 b b   求出答案；D选项，利 用模长公式得到方程，求出 6k   . 【详解】A选项， a与b  的夹角为钝角，故 0a b    且 ,a b   不反向共线， 则    3, 2, 1 6 0a b k k        且 3 2 0k   ，解得 6k  且 3 2 k   ， 综上， 6k  ，A正确； B选项， 29 3a k   ，当且仅当 0k  时，等号成立，故 a  的最小值为 3，B错误； C选项， 4 1 5b     ，与 b  共线的单位向量有 2个， 为 2 1 2 5 5, , 5 55 5               ，C错误； D选项，若 3a b  ，则 29 3 5k  ，解得 6k   ，D正确. 故选：BC 10．AC 【分析】利用全称量词命题的否定可判断 A选项；利用复合函数法可判断 B选项；利用分 段函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义可判断 C选项；利用二次不等式恒成立求 出实数 a的范围，可判断 D选项. 【详解】对于 A选项，命题“  1,x   ，都有 1 1 x  ”的否定为“  0 1,x    ，使得 0 1 1 x  ”， 故 A正确； 对于 B选项，函数    23log 2 3f x x x    是由函数 3logy u 和 2 2 3u x x    复合而成， 由于函数 3logy u 单调递增， 2 2 3 0x x    解得 1 3x   ， 所以函数 2 2 3u x x    的单调递增区间为  1,3 ， 故函数    23log 2 3f x x x    单调递增区间是  1,3 ，故 B错误； 答案第 5页，共 12页 对于 C选项，因为   1, 1 1 1 , 1 x x f x x x x         ， 所以，函数  f x 的增区间为  1, ， 若函数   1f x x  在区间  ,a  单调递增，则    , 1,a    ，可得 1a  ， 因为 1  1a a  ， 所以，“ 1a  ”是“函数   1f x x  在区间  ,a  单调递增”的充分不必要条件，故 C正确； 对于 D选项，不等式 2 1 0ax ax   对任意 xR 恒成立， 当 0a  时1 0 恒成立，合乎题意， 当 0a  时，则有 2 0 Δ 4 0 a a a      ，解得0 4a  ， 因此，不等式 2 1 0ax ax   对任意 xR 恒成立，则实数 a的取值范围是0 4a  ，故 D错 误， 故选：AC. 11．ABD 【分析】先用倍角公式合并，再作出图象，利用图象性质进行判断. 【详解】 1( ) | sin || cos | | sin cos | | sin 2 | 2 f x x x x x x   ，画出函数图象，如图所示： 根据图象，过最值点和零点的垂线都是对称轴， π 1 sin π 0 2 2 f        ， 所以 ( )f x 的图象关于直线 π 2 x  对称，故 A正确； 函数周期 1 2π π 2 2 2 T    ，故 B正确； 1(π) | sin 2π | 0 2 f   ，则 πx  是 ( )f x 的一个对称轴， ( )f x 无对称中心，故 C错误； 当 π π, 4 2      x 时， π2 , π 2 x      ，此时 sin 2 0x  ，且 sin 2x单调递减，故 D正确. 故选：ABD. 12． 2 2 答案第 6页，共 12页 【分析】根据指数函数的图象恒过定点，求出点 P的坐标，代入幂函数的解析式求出 a，再 计算  2f 的值． 【详解】令 3 0x   ，解得 3x  ，此时 21 3 3 1y    ， 所以指数函数  3 2 0, 1 3 xy a a a   且 的图象恒过定点 1(3, ) 3 P ； 因为点 P在幂函数   af x x 的图象上，所以 1 3 3 a ，解得 1a   ， 所以   1f x x ，所以     1 22 2 2f    ． 故答案为： 2 2 ． 13． 4 3 【分析】取 BC中点D，根据题意，利用向量的线性运算可得 3 3 x yAG AE AF     ，由 , ,E G F 三点共线可得 3x y  ，再利用基本不等式即可求解. 【详解】如图： 取 BC中点D，则 2 3 AG AD   ， 1 1 2 2 AD AB AC     ， 2 2 1 1 3 3 2 2 3 3 x yAG AD AB AC AE AF               ， , ,E G FQ 三点共线， 1 3 3 x y    ，即 3x y  ，    1 1 1 1 1 1 1 42 2 2 3 3 3 3 y xx y x y x y x y                        ， 当且仅当 3 2 x y  时，取等号. 故答案为： 4 3 . 14． 4 10[ , ) 3 3 【分析】化简函数 ( ) sin( ) 6 f x x     ，结合函数图象变换，得到 ( ) sin( )g x x   ，进 答案第 7页，共 12页 而得到 sin( ) 6 ( )g x x   ，根据题意，转化为 in( ) 6 1s x     在 , 6      上恰有一个实数解， 得到不等式 12 4 12 8 4 102 2 3 3 k k k k             ，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，函数 ( ) cos( ) sin cos sin( ) sin( ) 6 6 6 f x x x x              ， 函数  f x 的图像向右平移 6   个单位得到 ( ) sin[ ( ) ] sin( ) 6 6 g x x x            ， 因为 ( )g x 图像过点 10, 2       ，可得 1(0) sin 2 g   ， 又因为 | | 2   ，可得 6   ，所以 sin( ) 6 ( )g x x   ， 又由关于 x的方程 ( ) 1g x   在 , 6      上恰有一个实数解， 即 in( ) 6 1s x     在 , 6      上恰有一个实数解， 因为 6 [ ],x   ，可得 6 6 6 6 x          ， 则满足 3 72 2 2 , 2 6 6 2 6 2 k k k k Z                   ， 可得 12 4 12 8 4 102 2 3 3 k k k k             ， 若不存在时，则满足 412 8 2 3 k k   或 1012 4 2 3 k k   ，解得 2 3 k   或 34 30 k  ； 若存在时，则 2 34 3 30 k   ， 当 0k  时，可得 4 8 4 10 3 3          ，解得 4 10 3 3  ω ， 当 1k  时，可得 8 20 10 16 3 3         ，此时不存在， 综上可得，的取值范围是 4 10[ , ) 3 3 . 【点睛】解答三角函数的图象与性质的基本方法： 1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为 sin( )y A wx   的形式； 2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、 奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性 等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解. 15．(1)3 答案第 8页，共 12页 (2) 16 5 【分析】（1）利用基本不等式，可得答案； （2）利用基本不等式中“1”的妙用，可得答案. 【详解】（1）由 3 6 2 3a b ab   ，得 3ab  ，当且仅当 3 3a b  时，等号成立． 故 ab的最大值是 3．   （2）由 3 6a b  ，得 1 3 5a b   ，即  1 1 3 1 5 a b   ．    3 11 3 1 1 3 1 31 3 10 1 5 1 5 1 aba b a b a b a b                   3 11 3 162 10 5 1 5 ab a b           ， 当且仅当  3 13 1 ab a b    ，即 9 4 a  ， 5 4 b  时，等号成立． 故 1 3 1a b   的最小值为 16 5 ． 16．(1) 9 4 (2) 24 5 【分析】（1）首先表示出 AB  ， AC  ，依题意 //AB AC uuur uuur ，根据向量共线的坐标表示得到方程， 解得即可； （2）首先表示出OM  的坐标，再根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得. 【详解】（1）因为  4,0A ，  1,B m ，  0,3C ， 所以      1, 4,0 3,AB m m     ，      0,3 4,0 4,3AC      ， 又 , ,A B C 三点共线，所以 //AB AC uuur uuur ， 所以 3 3 4m    ，解得 9 4 m  （2）因为  4,0A ，  0,3C ， 所以  4,0OA   ，  0,3OC   ， 所以         2 4,0 0,3 4 ,2 6 3O x xM xOA x OC x x          ， 答案第 9页，共 12页 所以    2 2 24 6 3 25 36 36OM x x x x       218 57625 25 25 x       ， 所以当 18 25 x  时 min 24 5 OM   . 17．(Ⅰ) 1  (Ⅱ)   56cos 65    【分析】(Ⅰ)利用二倍角公式和辅助角公式整理出   sin 2 6 f x x       ，根据周期求得；(Ⅱ) 根据  f x 解析式可求解出 cos，sin  ；再利用同角三角函数关系求出 sin ，cos ；代入 两角和差余弦公式求得结果. 【详解】(Ⅰ)   2 1 3 1 cos 2 13 sin cos cos sin 2 2 2 2 2 xf x x x x x           3 1sin 2 cos 2 sin 2 2 2 6 x x x           2 1x x 的最小值为 2  2 2 T    ,即 2 2 T     1  (Ⅱ)由(Ⅰ)知：   sin 2 6 f x x       1 2 3sin sin cos 2 3 3 6 2 5 f                                 1 5 5 5sin sin sin 2 12 6 6 13 f                           5sin 13   又 , 0, 2         4sin 5   ， 12cos 13     3 12 4 5 56cos cos cos sin sin 5 13 5 13 65               【点睛】本题考查三角函数解析式的求解及应用问题，关键是考查学生对于二倍角公式、辅 助角公式、同角三角函数关系以及两角和差公式的掌握情况，考查学生的运算能力，属于常 规题型. 18．(1) 1 (2)1 (3)  ,3 【分析】（1）根据偶函数的性质求出参数的值，再代入检验即可； （2）利用基本不等式求出 2 2x x 的最小值，即可求出  f x 的最小值； 答案第 10页，共 12页 （3）依题意可得不等式  2 22 2 2 2 4x x x xm       对任意 xR 恒成立，令 2 2x xt   ，即 可得到不等式 2 42 mtt    对任意  2,t  恒成立，参变分离可得 2m t t  对任意  2,t  恒成立，结合对勾函数的性质求出 min 2t t      ，即可得解. 【详解】（1）函数    2log 4 1xf x kx   的定义域为R ， 因为  f x 为偶函数，所以    1 1f f  ， 即    1 12 2log 4 1 log 4 1k k      ，解得 1k   ， 此时函数        2 2 2 2log 4 1 log 4 1 log log2 2 2xx x x xf x x         的定义域为R ， 且      2log 2 2x xf x f x    ， 所以    2log 2 2x xf x   为偶函数，符合题意， 所以 1k   ； （2）由（1）可得    2log 2 2x xf x   ， 因为 2 0x  ，2 0x  ，所以 2 2 22 2 2    x x x x ，当且仅当 2 2x x，即 0x  时等号成立； 所以    2 2 1log 2 2 l 2ogx xf x    ， 即  f x 的最小值为1，当 0x  时取得最小值； （3）由（1）可得    2log 2 2x xf x   ， 则      2log 2 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x f xx x x x x x x xm m m                ， 由不等式  2 22 2 2 4f xx x m     对任意 xR 恒成立， 即不等式  2 22 2 2 2 4x x x xm       对任意 xR 恒成立， 令 2 2x xt   ，则 2t  ，    2 22 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x x x x x x x x t           所以不等式 2 42 mtt    对任意  2,t  恒成立， 所以 2 22 t tm t t    对任意  2,t  恒成立， 因为函数 2y t t   在 2, 上单调递增， 答案第 11页，共 12页 所以当 2t  时 2y t t   取得最小值3， 所以 3m  ，即实数m的取值范围为  ,3 . 19．(1)   14, 5 d A B  ，余弦距离为 5 5 5  . (2)① ( , ) 10d E F  ；②200 【分析】（1）利用曼哈顿距离 ( , )d A B 和余弦距离的公式求解； （2）①先利用余弦相似度求得 ( )3, 4E ， (5,12)F ，再利用曼哈顿距离求解；②由 ( , ) ( , )d E G d E F 求得动点G围成的封闭图形是正方形求解. 【详解】（1）解： 3 4 14 1 3 2 4 5( , ) 1 2 ,cos( , ) 5 5 5 5 5 55 5 d A B A B            ； 故余弦距离为 5 51 cos( , ) 5 A B   . （2）①因为 2 2 2 2(5sin ) (5cos ) 5; [5sin( )] [5cos( )] 5a a         ； 所以 5cos 5cos( ) 5sin 5sin( ) 5cos( , ) cos 5 5 5 5 13 aE P             ； 因为 π0 2   ，所以 12sin 13   ； (5,12);F 5cos 13cos 5sin 13sin 63cos( , ) cos( ) 5 13 5 13 65 E F              ； 因为 π0 2 a    ，则 π ,0 2 a         16sin( ) 65      ； 3cos cos( ) cos( )cos sin( )sin 5 a                 ； 4sin 5 a  ，即 (3,4), ( , ) | 3 5 | | 4 12 | 10E d E F      ； ②  ,G x y ，则 ( , ) 3 4 10d E G x y     ， 所以 动点G围成的封闭图形是正方形，如图所示： 答案第 12页，共 12页 其边长为10 2，故围成的面积为 200. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于理解距离新定义，结合和角的正余弦公式求解. 数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 2024—2025学年第二学期高一调研考试 数 学 一、单项选择题：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. 1．已知集合  0 3A x x   ，  Z 1 2B x x     ，则 A B  （ ） A． 0,2 B． 1,3 C． 0,1 D． 1,0,1,2,3 2．已知函数    2 2 1x f x a a    R ，若  f x 为奇函数，则 a的值为（ ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 3．若 3sin 5   ，且 π ,π 2       ，则 πtan 4       （ ） A． 3 4  B． 1 7 C． 3 4 D．7 4．已知向量 a，b  不共线，且 c a b    ，  2 1d a b     ，若 c  与 d  同向共线，则实数 的值为（ ） A．1 B． 12 C．1或 1 2  D． 1 或 12 5．若 π 3π 2cos, , tan2 2 2 3 4sin          ，则 tan 的值是（ ） A． 3 2 B． 3 3  C． 3 2  D． 3 3 6．为了得到函数 πsin 2 3 y x      的图象，只需要把函数 cosy x 上所有的点（ ） A．向右平移 π 6 个单位，横坐标变为原来的 1 2 倍 B．向左平移 π 6 个单位，横坐标变为原来的 2倍 C．横坐标变为原来的 12 倍，向左平移 π 12 个单位 D．横坐标变为原来的 2倍，向左平移 π 6 个单位 7．已知函数     πsin 0, 2 f x A x           的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A． 3A  B． π 3   C．将  y f x 的图象向左平移 π 6 个单位后得到的函数  g x 的图象关于 y轴对称 D．将  y f x 的图象上每个点的横坐标缩小为原来的 12 后得到 π2sin 6 y x      的图象 8．如图，摩天轮的半径为60m，点O距地面的距离为70m，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每18min 转 一圈，若摩天轮上点 P的起始位置在最高点处，则在摩天轮转动的过程中，（ ） A．转动9min后点 P距离地面8m B．第16min和第38min点 P距离地面的高度相同. C．转速减半时转动一圈所需的时间变为原来的 12 D．转动一圈内，点 P距离地面的高度不低于100m的时长为5.5min 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9．设向量    3, , 2, 1a k b    ，则下列说法错误的是（ ） A．若 a与 b  的夹角为钝角，则 6k  B． a  的最小值为 9 C．与 b  共线的单位向量只有一个，为 2 2, 2 2        D．若 3a b  ，则 6k   10．下列说法正确的是（ ） A．命题“  1,x   ，都有 1 1 x  ”的否定为“  0 1,x    ，使得 0 1 1 x  ” B．函数    23log 2 3f x x x    单调递增区间是  ,1 C．“ 1a  ”是“函数   1f x x  在区间  ,a  单调递增”的充分不必要条件 D．不等式 2 1 0ax ax   对任意 xR 恒成立，则实数 a的取值范围是0 4a  数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 11．已知函数 ( ) sin cosf x x x ，则下列说法正确的是（ ） A． ( )f x 的图象关于直线 π2 x  对称 B． ( )f x 的周期为 π 2 C． (π,0)是 ( )f x 的一个对称中心 D． ( )f x 在区间 π π, 4 2      上单调递减 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知函数  3 2 0, 1 3 xy a a a   且 的图象恒过定点 P．若点 P在幂函数   af x x 的图象上，则  2f  ． 13．已知G是三角形 ABC的重心，过点G作一条直线与边 AB， AC分别交于点 E，F（点 E，F 与所在 边的端点均不重合），设 AB xAE   ， AC yAF   ，则 1 1 x y  的最小值是 ． 14．若将函数 ( ) cos sin cos sin 0,| | 6 6 2 f x x x                          的图象向右平移 6   个单位得到 ( )g x 图象，且 ( )g x 图象过点 10, 2       ，若关于 x的方程 ( ) 1g x   在 , 6      上恰有一个实数解，则的取值范 围是 . 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．（13分） 已知 1a  ， 0b  ，且 3 6a b  ． (1)求 ab的最大值； (2)求 1 3 1a b   的最小值． 16．（15分） 已知O为坐标原点，  4,0A ，  1,B m ，  0,3C . (1)若 , ,A B C 三点共线，求实数m的值； (2)若点M 满足  2OM xOA x OC      ，求 OM  的最小值. 17．（15分） 已知函数 2 1( ) 3 sin cos cos 2 f x x x x     ( 0) ， 1x ， 2x 是函数 ( )f x 的零点，且 2 1x x 的最小值为 2  . （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）设 , 0, 2        ，若 1 3 2 3 5 f       ， 1 5 5 2 12 13 f        ，求 cos( )  的值. 18．（17分） 已知函数    2log 4 1xf x kx   是偶函数． (1)求实数 k的值； (2)求  f x 的最小值； (3)若不等式  2 22 2 2 4f xx x m     对任意 xR 恒成立，求实数m的取值范围． 19．（17分） 人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图 像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，人脸识别中检测样本之间的相似度主要应用距 离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则曼哈 顿距离为 1 2 1 2( , )d A B x x y y    ，余弦相似度为 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 cos( , ) x x y yA B x y x y x y x y         ， 余弦距离为1 cos( , )A B . (1)若 3 4( 1,2), , 5 5 A B       ，求 AB之间的曼哈顿距离 ( , )d A B 和余弦距离. (2)已知 π0 , (5cos ,5sin ), (13cos ,13sin ), (5cos( ),5sin( )) 2 a E a a F P a a         ，若 5 63cos( , ) ,cos( , ) 13 65 E P E F  . ①求 ( , )d E F ； ②若动点G满足 ( , ) ( , )d E G d E F ，求G围成封闭图形的面积.