专题06 期中压轴题（4大考点24题）（期中真题汇编，湖南专用）高一数学下学期

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06期中压轴题 ☆4大高频考点概览 考点01平面向量 考点02三角函数与解三角形 考点03立体几何 考点04函数及其性质 目目 考点01 平面向量 1.(24-25高一下·湖南师范大学附属中学期中)如图所示，四边形ABCD内接于圆0，AB∥CD, AB=AD=6,设AO=xAB+yAD,且2x+6y=3,则四边形ABCD的对角线BD的长为 2.(24-25高一下·湖南永州期中)已知圆O的半径为2，六边形PPPP,PP是圆0的内接正六边形，P为圆 0上的任意一点，则PP+Pp++PP=() A.48 B.36 C.24 D.52 3.(24-25高一下，湖南三湘名校联盟期中)菱形ABCD中，AB=6,∠BAD=60°，CE=2EB,CF=2FD,点M 在线段EF上，且AM=xB+AD,则x+AM=一 4.(2425高一下·湖南常德临澧县第一中学期中)已知点P在ABC所在的平面内，则下列命题正确的是() A.若P为ABC的垂心，且AB·AC=3,则AP.AC=3 B.若PA+2PB+3PC=0,则ABC的面积与△ABP的面积之比为2：1 c.若AP= 则动点P的轨迹经过ABC的外心 D.若ABC为锐角三角形且外心为P,AP=xAB+yAC且2x+y=1,则AB=BC 5.(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)定义域为[α，b的函数f(x)的图象的两个端点为 Aa,f(a),B(bfb).点P(x,y)是f(x)的图象上一点，其中x=元a+(1-)b0≤≤1)，点0满足 1/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 O0=入OA+(1-2)OB,其中0为原点，我们把Pg的最大值称为f(x)的峰值”若函数 f八到=本xe0叫的峰值为好则m=（) A.1 B.2 C.3 D.4 6.(24-25高一下湖南期中)如图，已知A,B是半径为1的圆0上两点，且40+AB=V240-AB. B (1)求∠AOB的余弦值； (2)若点G,C,…,C224,C025依次将线段A0平均分成2026份，设BA=a,B0=b, BC+BC,+BC+.+BCo4+BC=c,求a+b+d的值. 目目 考点02 三角函数与解三角形 7.(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)（多选)记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 4A=2B=C,则() 2 11 A.b=2acosA B. sinB sinA sinC C.ac=b2-a2 D.b=c_a aa c 8.(24-25高一下.湖南部分校·期中设A为非空数集，实数Q满足以下两个条件：(i)x∈A,x≤a;(ⅱ) 对任意给定的m>0,总存在x,∈A,使得x。+m>a,这时，称a为集合A的上确界. (1)直接写出集合A= yly-3tan2x-5 的上确界. 8 (2)在函数f(x=sin(ox+p)与gx)=V3cos(ox+p)(o>0,p>0)的图象的交点中，距离最短的两个交点的距 离为23。 ①求0； ②求集合么=-+-引<号号的上瑰界，并证你的结论 2元 2/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 9.(24-25高一下湖南三湘名校联盟·期中)己知海面上A,B两点处置有距离为2√2海里的两个灯塔，游船在 P点时，与A,B两点处灯塔的距离均为2海里游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达9点，此时在 B点处灯塔测得∠ABQ=亚 Γ6 1)诺P2两点的距离为V6+V2海里，求B0的长度： 2 (2)求P,Q两点距离的取值范围 10.(24-25高一下·湖南期中)2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台，展示了我国在机器人研 发领域的卓越实力.某机器人研发团队设计一款机器狗捕捉足球游戏，在如图所示的矩形ACDE中，在点 A处放置机器狗，在AC的中点B处放置足球，它们做匀速直线运动，且无其他外界干扰.已知AC=8米， 足球运动速度为V米/秒，设机器狗在点F处捕捉到足球，若点F在矩形ACDE内（含边界），则捕捉成功. 记足球和机器狗的运动方向与AC所成夹角分别a(0≤a≤π)， E A B ()当AE长度不受限制，Q=时，机器狗以√Bv米秒的速度捕捉足球，则B为何值时，机器狗能捕捉成功？ 3 (②已知足球与机器狗运动方向所成夹角为号，AG长度不受限制，当机器有成功捕捉足球时，求机器狗与足 球运动的总路程的最大值； (3)当机器狗的速度为3v米秒时，若无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功，则AE的长度至 少为多少米？ 11.(24-25高一下·湖南常德临禮县第一中学·期中)点A是直线PQ外一点，点M在直线P9上（点M与点 P,Q任一点均不重合)，我们称如下操作为“由A点对P四施以视角运算”：若点M在线段P9上，记 AP sin∠PAM AP sin∠PAM (Pg,M)=AOsn∠iO:若点M在线段PD外，记(P,O,M)= A0 sin.∠MAQ (I)若a,b,c是△ABC的角A,B,C的对边，且AD是角A的平分线，b=3c,由A点对BC施以视角运算，求 (B,C;D的值； (2)若M在正方体ABCD-A,B,C,D,的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2,由A对AB施以视角运算，求 （A,B;M)的值； 3/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (白)若abc是&4BC的角B,C的对边，且4=120,4D=4,由A点对8C施以视角运算，(B,C:D-后， 求b+4c的最小值 (4)若M1,M2,M;,·,Mm1是ABC的边BC的n(n≥2)等分点，由A对BC施以视角运算，证明： (B,C;MxB,C;Mn-t)=1k=1,2,3,…,n-1. 12.(24-25高一下·湖南长沙铁路第一中学.期中)已知0为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcosx,称向 量OM=(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量，同时称函数∫(x)为向量OM的相伴函数， 0设g()=cos+到引3cos[任-x∈R).试求函数ga)的相件特征向最oM,并求出与oN方向相反 的单位向量： ②记向量0N=的相件函数为u,若四-号且x(骨君 ,求sinx的值； 已知-2.8(2,6，O7=(5,,为函数)=msn:-君@eR)的相件特征向量，p=A含}】 请问在y=p(x)的图象上是否存在一点P,使得AP⊥BP?若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由 目目 考点03 立体几何 13.(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学期中)（多选）如图，在正三棱柱ABC-AB,C,中，AA=AB=6, D是棱CC上任一点，则下列说法正确的是() A B A.三棱锥A-ABD的体积为定值18√3 B.正三棱柱ABC-A,B,C,的外接球表面积为84π C.△A,BD周长的最小值为122+6 D.若AD=BD,则平面ABD⊥平面ABB,A 14.(24-25高一下，湖南期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，M为DD,的中点， 4/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 点E和点F分别在线段AB,和B,M上运动（不包含端点），下列说法正确的有() B E A D B C 9 A.正方体被平面AB,M截得的截面面积为B.BE+EF的最小值为2 C。三棱锥C-EMC的体积为手 D,直线A,E与平面AB,M可能垂直 15.(24-25高一下湖南师范大学附属中学期中)（多选）圆锥S0的底面半径为”，母线长为1，侧面积为 3江，点C是母线SA上靠近点S的三等分点，M,N是底面圆周上两点，MA=NA且∠MN=子，则() A.当3r=1时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为√3 B。当r=了时，过顶点S和两母线的截面三角形的面积最大值为3 4 C.当1=3时，圆锥S0的外接球表面积为8 D.存在点D在圆锥SO上，使得直线BDI/平面MCN 16.(24-25高一下·湖南师范大学附属中学.期中)已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2，E,F分别是棱 BC,CC的中点，动点P在正方形BCC,B,(包括边界)内运动，若PA∥平面AEF,则线段PA的长度的 最小值是() 5/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D C A ) D22-- E B A.32 B.2 C.5 D.3 2 17.(24-25高一下·湖南湘一名校联盟期中)在三棱锥P-ABC中，底面ABC是等腰直角三角形， AB=AC=√2，PA⊥AC,PA⊥AB且△PBC与ABC的面积之比为√6，若点P,A,B,C都在球O的球面上， 则球O的表面积为 18.(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中（多选）如图，在棱长为4的正方体ABCD-AB,CD,中，E, F,G分别为棱AD,AB,BC的中点，点P为线段DF上的动点，则() D C 6Y G A B A.两条异面直线DC和BC,所成的角为45°B.存在点P,使得CG∥平面BEP C.对任意点P,平面FCC,⊥平面BEPD.点B到直线DF的距离为4 19.(24-25高一下·湖南邵阳邵东第三中学期中（多选）如图所示，已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为 4,M,N分别是AD,CC的中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是() D A B M A P A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形 6/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B.△MPN一定是锐角三角形 C.当点P与A点重合时，平面PMW截正方体所得的截面面积为6W5 D.PM+NP的最小值是2V10+2√5 目目 考点04 函数及其性质 20.(24-25高一下湖南长沙第一中学期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整 数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为例如： 1的划分只有一个：1；f①)=1 2的划分有两个：2,1+1；f(2)=2 3的划分有三个：3,2+1,1+1+1；f(3)=3 记h(n,k)为将n表示成k个正整数之和的方法数；l(n,k)为将n表示成和式中最大正整数为k的方法数； m(n,k)为将n表示成不多于k个正整数之和的方法数；g(n,k)为将n表示成任意个不大于k的正整数之和的 方法数.下列命题正确的是() A.f(5)=7 B.h(n,k)=I(n,k) C.m(n,k)=g(n,k) D.f(n)≤n+fn-1) 2,Q425高一下湖南娄底期中已知函数f)=l6g,(4+-2x 0解方程1倒： (2)判断函数∫(x)的奇偶性，并说明理由； ③)洁函数g=f-g:a-2++口在R上只有一个零点，求的取值范国 22.(24-25高一下·湖南师范大学附属中学.期中)对于定义域为R的函数∫(x)以及非空数集S:若对任意x, x2∈R,当x,-x,∈S时，都有fx)-f(x2)∈S,则称f(x是S关联的 (1)设f(x=2x+1,写出符合条件的三个开区间(m,n),使得f(x)是m,n)关联的； (2)设f(x)=ax2+br+1,若存在一个闭区间[m,n川(m<n)使得f(x)是[m,n关联的，求f(x)； (3)证明：f(x)是[1,2]关联的等价于f(x)是1,2025关联的 23.(2425高一下·湖南期中)已知函数f(x)的定义域为D,并满足以下条件： ①HxeD,f(x≥0； 7/10 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ②3x∈D,fx=0, 则称函数∫(x)为“上侧函数” 己知f(x)=sinx+1,g(x)=e(e≈2.71828.是自然对数的底数). (1)判断∫(x),gx)是否为“上侧函数”，并说明理由： (2)若函数hx)=f(x小1-gx-a)ln(x+b)是“上侧函数”. ①当a>06>0时，求1+1-的绿大恤， (i)若b=0,是否存在正整数k,满足：对于任意的x∈(0,2π)，总存在x2∈(2kπ，2kπ+2π)，使 h(x)=h(x)成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.（参考不等式：nx<x) 4.24-25高一下测南水州期中)已知函数x=log,木+bx(a>0,b>0 (1)证明：曲线y=∫(x)是中心对称图形. (2)已知a=18,若f(x)>3,当且仅当9<x<18时成立. (i)求实数b的值； (i)若x是fx)的零点，x2= 8x2 -,求x+x2的值. 1+26 20.(24-25高一下·湖南长沙第一中学.期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整 数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为例如： 1的划分只有一个：1；f0)=1 2的划分有两个：2,1+1；f2)=2 3的划分有三个：3,2+1,1+1+1；f(3)=3 记h(n,k)为将n表示成k个正整数之和的方法数；l(n,k)为将n表示成和式中最大正整数为k的方法数； m(n,k)为将n表示成不多于k个正整数之和的方法数；g(n,k)为将n表示成任意个不大于k的正整数之和的 方法数.下列命题正确的是() A.f(5)=7 B.h(n,k)=I(n,k) C.m(n,k)=g(n,k) D.f(n)≤n+f(n-1) 21.Q425高-下商装底期中已知医数=g(4+刂- 8/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ①)解方程f()=2 (2)判断函数f(x的奇偶性，并说明理由； ⑧若函数g到=1)-g:a2+ 2+a在R上只有一个零点，求a的取值范围 22.(2425高一下-湖南永州期中)2.已知函数f(x)=1og2X+br(a>0,b>0). a-x (1)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形. (2)已知a=18,若f(x)>3,当且仅当9<x<18时成立. (i)求实数b的值； （i)若与是1到的零点，518x2 ,求x+x2的值. 1+263 23.(2425高一下·湖南师范大学附属中学期中)3.对于定义域为R的函数∫(x)以及非空数集S:若对任意 x,x2∈R,当x1-x2∈S时，都有f（x)-f（2)∈S,则称f(x)是S关联的 (1)设f(x=2x+1,写出符合条件的三个开区间(m,n),使得f(x是m,n)关联的 (2)设f(x)=ax2+bx+1,若存在一个闭区间[m,n](m<n)使得f(x是[m,n]关联的，求f(x); (3)证明：f(x)是[1,2]关联的等价于f(x)是1,2025引关联的. 24.(24-25高一下·湖南期中)4.已知函数f(x)的定义域为D,并满足以下条件： ①Hx∈D,fx≥0； ②3x。∈D,f(x)=0, 则称函数f(x为“上侧函数” 己知f(x)=sinx+1,gx=e(e≈2.71828.是自然对数的底数). (1)判断f(x),gx)是否为“上侧函数”，并说明理由： (2)若函数h(x=f(x小[1-gx-a)]ln(x+b)是上侧函数”. (当a>0b>0时，求16C1的最大值： 。b (i)若b=0,是否存在正整数k,满足：对于任意的x∈(0,2π)，总存在x2∈(2kπ，2kπ+2π)，使 9/10 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (x)=h(x)成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.（参考不等式：lnx<x) 10/10 专题06 期中压轴题 4大高频考点概览 考点01平面向量 考点02三角函数与解三角形 考点03立体几何 考点04函数及其性质 ( 地 城 考点01 平面向量 ) 1．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)如图所示，四边形内接于圆，，，设，且，则四边形的对角线的长为__________. 【答案】 【分析】在延长线上取点使，取的中点，则.由可得，进而三点共线，故.在中求出的值，再在中利用余弦定理即可求解. 【详解】在延长线上取点使，取的中点，则，，. ∴. ∵，∴，∴三点共线，即直线经过圆心. ∴. 在中，. 在中，由余弦定理可得， ∴. 故答案为：. 【点睛】本题的解题关键是：在延长线上取点使，取的中点，将条件和，转化为三点共线，故.在中求出的值，再在中利用余弦定理即可求解. 2．(24-25高一下·湖南永州·期中)已知圆的半径为2，六边形是圆的内接正六边形，为圆上的任意一点，则（   ） A．48 B．36 C．24 D．52 【答案】A 【分析】由已知可得，再利用互补的角的余弦值相加等于0，即可求得答案. 【详解】由已知六边形的边长及到各个顶点的长度均为2， 由图可知，同理，   ．又 ， 又由图知，， ． 所以． 故选：A. 3．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)菱形中，，点在线段上，且，则__________. 【答案】/ 【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值从而得解． 【详解】因为，所以， 所以， 因为点在线段上， 可设 ， 而，所以，解得， 所以， 则， 所以，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，进一步将其表示成以，为基底的向量，从而可解. 4．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（   ） A．若为的垂心，且，则 B．若，则的面积与的面积之比为 C．若，则动点的轨迹经过的外心 D．若为锐角三角形且外心为，且，则 【答案】ABC 【分析】A选项，将转化为，然后求数量积；B选项，将拆成，然后根据线性运算得到，然后求面积比即可；C选项，由题意得，然后根据得到，即可得到动点的轨迹经过的外心；取AB中点F，利用共线向量定理的推论推理判断D； 【详解】A选项，因为为的垂心，所以， 则，故A正确； B选项，设中点为，中点为，   ，即， 所以点为中位线靠近点的三等分点， 所以，故B正确； C选项，设中点为，则， 结合题设， 所以，所以， 又的中点为，所以在的中垂线上， 所以动点的轨迹经过的外心，故C正确； 对于D，为锐角的外心，取AB中点F，则，如图， 由，，得，而， 于是，即，即，则点共线， 因此垂直平分边，有，没有条件确保有成立，D错误； 故选：ABC. 5．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)定义域为的函数的图象的两个端点为.点是的图象上一点，其中，点满足，其中为原点，我们把的最大值称为的“峰值”.若函数的峰值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先求解的表达式，根据表达式求出最大值可得答案. 【详解】由题意，， ，； ， ， 令，则， 令，， 由于，且，当且仅当时取到最小值. 因为的峰值为，即的最大值为， 所以，解得或（舍）. 故选：C 6．(24-25高一下·湖南·期中)如图，已知A，B是半径为1的圆O上两点，且． (1)求的余弦值； (2)若点，，…，，依次将线段AO平均分成2026份，设，，，求的值． 【答案】(1)． (2) 【分析】（1）利用得，平方即可求解； （2）由题知AO的中点为，也为线段，线段，…，线段的中点，根据向量的加法运算即得，进而得解. 【详解】（1）设，由可得， 即， 平方得，解得， 故的余弦值为． （2）由题知AO的中点为，也为线段，线段，…，线段的中点， 因为， 所以， 而， 平方得， 即， 故． ( 地 城 考点02 三角函数与解三角形 ) 7．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)（多选）记的内角的对边分别为，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据三角形边角关系，结合正、余弦定理逐项判断即可. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可知， 即，故A正确； 对于B，在边上取一点，使得，则，   ，故， 在中，由正弦定理可得， 即， 故，故B错误； 对于C，由射影定理可得， 故， 因为，所以， 由余弦定理可得， 故，即，故C正确； 对于D，由B知，，可得， 故， 即，故，即，故D正确. 故选：ACD. 8．(24-25高一下·湖南部分校·期中)设为非空数集，实数满足以下两个条件：（ⅰ）；（ⅱ）对任意给定的，总存在，使得．这时，称为集合的上确界． (1)直接写出集合的上确界． (2)在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为． ①求； ②求集合的上确界，并证明你的结论． 【答案】(1)3 (2)①,②的上确界是.,证明见解析 【分析】（1）根据正切函数的单调性求解值域，即可根据确界的定义求解， （2）根据可得，进而根据可得求解①，化简，即可利用正弦函数的性质求解，利用上确界的定义求证即可. 【详解】（1）由于， 进而，故的上确界为3. （2）由可得，故，则, 设距离最短的两个交点为， 则， 因此，即， , 得， 则， 解得， ②由题意可得， 由得， 所以故， 接下来证明是的上确界， ， 对任意给定的，若，可取使得， 若,可取，使得， 综上可得的上确界是. 9．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得. (1)若两点的距离为海里，求的长度； (2)求两点距离的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中，利用余弦定理可得结果； （2）当时的长度即为两点距离的最小值，在中，由正弦定理得，其中为定值，又，可得，从而得到. 【详解】（1）由题意知，， 故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故， 又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以， 有， 由余弦定理可得， 解得（海里）. （2）由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为. 注意到在（1）的条件下，故此时，即， 所以此时的长度即为两点距离的最小值； 由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，， 其中为定值，故增大时，减小， 又因为， 因为，所以，故， 因为， 所以， 故（海里）. 10．(24-25高一下·湖南·期中)2025年春晚《秧BOT》节目将机器人元素融入舞台，展示了我国在机器人研发领域的卓越实力．某机器人研发团队设计一款机器狗捕捉足球游戏，在如图所示的矩形中，在点处放置机器狗，在的中点处放置足球，它们做匀速直线运动，且无其他外界干扰．已知米，足球运动速度为米/秒，设机器狗在点处捕捉到足球，若点在矩形内（含边界），则捕捉成功．记足球和机器狗的运动方向与所成夹角分别，． (1)当长度不受限制，时，机器狗以米/秒的速度捕捉足球，则为何值时，机器狗能捕捉成功？ (2)已知足球与机器狗运动方向所成夹角为，长度不受限制，当机器狗成功捕捉足球时，求机器狗与足球运动的总路程的最大值； (3)当机器狗的速度为米/秒时，若无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功，则的长度至少为多少米？ 【答案】(1) (2)8米 (3)1.5米 【分析】（1）首先根据正弦定理和的关系可求出的值. （2）方法一：首先根据余弦定理求出的关系式，然后根据不等式的性质求出的最大值；方法二：首先根据正弦定理求出的关系式，然后根据正弦函数的性质求出的最大值. （3）首先作出辅助线画出图像，然后利用余弦定理求出的纵向分量的最大值，从而确定长度的最小值. 【详解】（1）在中，由正弦定理知，即， 因为，，所以， 解得，因为，所以， 此时，因为，所有点在矩形内，捕捉成功． （2）法一：在中，由余弦定理知， 故， 整理得， 即，当且仅当时等号成立，此时， ，点在矩形内，捕捉成功． 故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米． 法二：在中，由正弦定理知， 所以． 当，即当时，有最大值为8， 此时，，点在矩形内，捕捉成功． 故机器狗与足球运动的总路程的最大值为8米． （3）如图，过作的垂线，垂足为 设，则，由题可知所以， 在中，由余弦定理知， 则，整理得， 所以， 又因为，， 当，即当时，有最大值为， 由题知恒成立，所以，此时， 故当的长度至少为米时，无论足球往哪个方向运动，机器狗总能捕捉足球成功． 11．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)点是直线外一点，点在直线上（点与点任一点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记． (1)若是的角的对边，且是角的平分线，，由点对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (3)若是的角的对边，且，由点对施以视角运算，，求的最小值． (4)若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：． 【答案】(1) (2)-3 (3)36 (4)证明见解析 【分析】（1）利用点对施以视角运算的定义式，结合角平分线和已知边的关系求解即可； （2）先根据已知线段长度和正方体性质求出相关角的三角函数值，再利用两角差公式求出的正弦值，最后根据给定的比例关系求出的值． （3）本题先根据交比大于 0 及角的正弦定理得出角平分线，算出．再由三角形面积关系得到bc与的等式，进而推出．然后用基本不等式求最小值，最后根据等号成立条件算出、的值． （4）先根据正弦定理分别在和中得到边与角的关系，再利用角的关系化简，同理得到，最后计算它们的乘积． 【详解】（1）因为是角的平分线，所以且点在线段上， 所以， 又，所以； （2） 如图，因为，所以， 在正方体中，， ，， 由 则； （3）因为，所以，则， 又，所以， 又，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为36． （4） 如图，因为是的等分点， 所以，． 在中，由正弦定理可得， 则． 在中，同理可得． 因为，所以， 则． 同理可得． 故. 12．(24-25高一下·湖南长沙铁路第一中学·期中)已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． (1)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与方向相反的单位向量； (2)记向量的相伴函数为，若且，求的值； (3)已知，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）结合相伴函数定义及反向定义求解； （2）先根据相伴函数定义再结合两角和差公式计算即可； （3）先设点的坐标，再应用函数求解计算可解． 【详解】（1）因为 故函数的相伴特征向量， 则与反向的单位向量为. （2）由题意知，向量的相伴函数为， 由题意， 且， 故. （3）因为， 其相伴特征向量， 故，所以， 则， ， 设点， 又， 所以， 若，则， 即， 因为， 故， 又，故当且仅当时，成立， 故在的图象上存在一点，使得. ( 地 城 考点0 3 立体几何 ) 13．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)（多选）如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积为定值 B．正三棱柱的外接球表面积为 C．周长的最小值为 D．若，则平面平面 【答案】ABD 【分析】利用等体积法求得三棱锥的体积判断A；设外接球半径为，底面外接圆半径为，由正弦定理可得，根据，可求得正三棱柱的外接球表面积判断B；计算可得可判断C；取，的中点分别为，，连接，，，利用线面垂直证得面面垂直，可判断D. 【详解】对于，取的中点为，连接，所以， 因为平面，所以点到平面的距离即点到平面的距离， 由正三棱柱，可得平面，又平面， 所以，又，又平面，所以平面， 又，所以，所以， ，故正确； 对于，在正三棱柱中，， 设外接球半径为，底面外接圆半径为，所以，即， 因为，所以正三棱柱的外接球表面积为，故正确； 对于，由侧面展开图所示，   周长，所以周长的最小值为，故错误； 对于，由，可知为的中点，取，的中点分别为，，连接，，，此时，且平面，故平面，又平面，所以平面平面，故正确. 故选：ABD.    14．(24-25高一下·湖南·期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（   ） A．正方体被平面截得的截面面积为 B．的最小值为2 C．三棱锥的体积为 D．直线与平面可能垂直 【答案】AC 【分析】对于A，取的中点G，连接，GM，，可证明，得到正方体被平面所截得的截面为四边形，进而求解其面积即可判断；对于B，将平面以为轴旋转展开，与平面在同一个平面内，通过计算可得为直角，可得当E，F都到达时，的值取得最小值，进而判断即可；对于C，由等体积法求解判断即可；对于D，先假设直线与平面垂直，通过推导得出平面平面，产生矛盾，进而判断即可. 【详解】对于A，取的中点G，连接，GM，， 因为M为的中点，所以， 在正方体中，，所以， 则正方体被平面所截得的截面为四边形， 且四边形为等腰梯形，，，， 在等腰梯形中，过点，分别作，垂足为，， 则，所以， 所以等腰梯形的面积为，故A正确； 对于B，计算的最小值，将平面以为轴旋转展开， 与平面在同一个平面内，如图所示， 由于，，，， 则，则， 则为直角，所以当E，F都到达时，的值取得最小值2，但E，F不能取端点，故B错误． 对于C，由，故C正确． 对于D，若直线与平面垂直，则必有，此时E为的中点， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 而平面与平面相交，矛盾， 所以与平面不可能垂直，故D错误． 故选：AC. 15．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)（多选）圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，，是底面圆周上两点，且，则（    ）    A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为 C．当时，圆锥的外接球表面积为 D．存在点在圆锥上，使得直线平面 【答案】AC 【分析】先由题设得，对于A，先由题设求出圆锥沿展开的侧面展开图扇形所对圆心角弧度数，再由余弦定理求解线段的长即可求解；对于B，设截面三角形顶角为，结合正弦定理面积公式即可计算求解；对于C，求出得到球心位置，再由即可求解判断；对于D，分别延长至使得，连接，求证平面平面即可得解. 【详解】由题，即分别为的中点， 对于A，当时，则， 圆锥沿展开的侧面展开图如图扇形所示， 则该扇形所对圆心角弧度数为， 所以当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为途中所示线段的长， 该长度为，故A正确；    对于B，当时，，， 所以，如图为过圆锥顶点和两母线的截面三角形，则由题意，    过顶点和两母线的截面三角形的面积为， 当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为，故B错误； 对于C，当时，，则，所以圆锥的外接球球心在线段上， 设外接球半径为R，则，即， 所以该圆锥的外接球表面积为，故C正确； 对于D，如图，分别延长至使得， 连接，则由题意，，    又在平面外，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 所以过点B与平面平行的直线均在平面内，显然该平面上的点只有点B在圆锥上， 所以不存在点在圆锥上，使得直线平面，故D错误. 故选：AC 16．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（    ）    A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】取的中点，的中点，连接，，，.在正方体中，易证平面平面.又平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，可确定点在线段上运动.在中，利用三角形知识即可求解线段的长度的最小值. 【详解】    取的中点，的中点，连接，，，，如图所示. 在正方体中， ∵，且， ∴四边形是平行四边形，∴. 又平面，平面，∴平面. ∵，分别是和的中点，∴. 同理可知，∴. 又平面，平面，∴平面. 又，平面，平面， ∴平面平面. ∵平面，动点P在正方形（包括边界）内运动， ∴点在线段上运动. 在中，易求，，为等腰三角形， ∴点为线段的中点时，取得最小值.    此时， 即的最小值为. 故选：A. 【点睛】本题的解题关键是：根据平面分析出动点的运动轨迹，在三角形中利用平面几何即可求解. 17．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且与的面积之比为，若点都在球的球面上，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】作出辅助线，根据两三角形面积之比求出，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球，从而得到外接球半径，得到外接球表面积. 【详解】三角形是等腰直角三角形，，故⊥， 由勾股定理得， 取的中点，则， 因为，，平面， 故⊥平面， 因为平面，所以⊥， 设，则，， 故⊥，， 与的面积之比为，故，解得， 故， 点都在球的球面上，因为两两垂直， 故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球， 故外接球半径为， 球的表面积为 故答案为： 18．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)（多选）如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（    ） A．两条异面直线和所成的角为 B．存在点，使得平面 C．对任意点，平面平面 D．点到直线的距离为4 【答案】BCD 【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点重合时，可得平面，即可判断B；连接CF，推导出，从而得平面，进一步得平面平面即可判断C；由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离判断D． 【详解】对于A，由正方体的性质可知， 两条异面直线和所成的角即为，所以A错误； 对于B，当点P与点重合时， 由题可知， 所以，四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，则平面，所以B正确； 对于C，连接，由于平面，平面，故， 又，故， 故，即，故， 又相交，平面，故平面， 又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确； 对于D，由正方体的性质可得， ， 所以， 又，所以， 所以点到直线的距离，所以D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：对于选项D，由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离． 19．(24-25高一下·湖南邵阳邵东第三中学·期中)（多选）如图所示，已知正方体的棱长为分别是，的中点，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．一定是锐角三角形 C．当点P与A点重合时，平面截正方体所得的截面面积为 D．的最小值是 【答案】AD 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为锐角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于C：截面面积，需确定截面形状并计算；对于D：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A，如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段向两端延长， 分别交的延长线于点，连接分别交，于R，S两点， 连接此时截面为五边形，所以A正确； 对于B，考虑，当点P与点A重合时，，，， 此时因为，故为钝角，所以B错误； 对于C，当点P与点A重合时，设的中点为，则， 所以当点与点重合时，平面截正方体所得的截面如图所示,其截面为矩形, 易知，所以其截面面积为，故C错误； 对于D，取的中点H，连接，在的延长线上取使得 ，连接与于P点， 此时， 故D正确. 故选：AD ( 地 城 考点0 4 函数及其性质 ) 20．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为.例如： 1的划分只有一个：1；. 2的划分有两个：2，；. 3的划分有三个：3，，；. 记为将表示成个正整数之和的方法数；为将表示成和式中最大正整数为的方法数；为将表示成不多于个正整数之和的方法数；为将表示成任意个不大于的正整数之和的方法数.下列命题正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】对于A，可列举出5的划分共有7个；对于B，可以将划分和划分构造出一种形式，它们是一一对应的，故有； 对于C，由题知，， 结合B选项分析可判断正误； 对于D，若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为，若的拆分中不含1，取为奇数， 可以列举出几类拆分方法，发现，故D不正确. 【详解】对于A，5的划分有7个：5，，，，，， ，故A正确； 对于B：记将表示成个正整数之和的方法的集合为，将表示成和式中最大正整数为的方法的集合为， 一方面，，设，其中，，，…，均为正整数， 则由拆分可以转化成如下拆分， 即个k，个，…，个1相加，此即为将表示成和式中最大正整数为的一种方法， 而对于，其中，，…，与，，…，不完全相等， 则，，…，与，，…，不完全相等， 故转化后的拆分也互不相同，所以可以得到从到的一个对应， 另一方面，，设，其中，，，，…，均为正整数. 则同样也可以转化成如下拆分h，， 即个s，个，…，个1相加， 此时拆分的正整数个数为个，此即为将表示成个正整数之和的一种方法， 同理可以说明转化后的拆分互不相同，这样，也得到了从到的一个对应， 所以它们是一一对应的，故有，故B正确； 对于C：由题知，，， 由B结论知，C亦正确； 对于D：若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为， 若的拆分中不含1，我们取为奇数，则可以列举出几类拆分方法： ①，共有种拆分方法； ②，共有种拆分方法； ③，共有种拆分方法， 故，故D不正确. 故选：ABC. 21．(24-25高一下·湖南娄底·期中)已知函数. (1)解方程； (2)判断函数的奇偶性，并说明理由； (3)若函数在上只有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)偶函数，理由见解析 (3)2或 【分析】（1）证明即可求解； （2）求出定义域，根据奇偶性的定义判断即可； （3）把函数零点问题转化为方程根的问题，结合换元法和判别式进行求解. 【详解】（1）由得， 所以，所以， 令，解得，所以； （2）定义域为，关于原点对称， ， 所以函数为偶函数； （3）函数有唯一零点等价于方程有唯一解， 即方程有唯一解， 整理得， 令，即方程有唯一正数根， ①若，此时符合题意； ②若，则 当时，符合题意， 当时，不合题意，舍去， 当时，，方程有两相异实根，符合题意， 当且时，则， 只需， 所以(舍去)， 综上，实数的取值范围是2或. 22．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)对于定义域为R的函数以及非空数集S：若对任意，，当时，都有，则称是S关联的. (1)设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的； (2)设，若存在一个闭区间（）使得是关联的，求； (3)证明：是关联的等价于是关联的. 【答案】(1)，，.（答案不唯一） (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，分别考虑和的情况.当，让接近，接近，但要在内，出现矛盾；同理时也矛盾.所以区间中有，再检验三类开区间满足题意. （2）由是关联的得出.当时，和能取任意值，也能取任意值，矛盾，所以，式子变为.若，最值差不符合条件，所以，最后验证满足条件得出结果. （3）分两步：已知是关联的，即时，.通过令不同的、取值，得出和. 对于，将拆成（，且），对变形，利用前面结论得到，结合范围推出.再验证时也满足，从而证明是关联的. 【详解】（1）已知对，. 若，让接近，就有接近，要满足，则，这不可能. 若，让接近，有接近，要满足，则，也不可能. 所以、中有，经检验、、这三类开区间满足题意，如，，. （2）若是关联的,. 当，且时，能取任意值，也能取任意值， 那么能取任意值，矛盾，则，则. 若，时，最值差为， 与矛盾，所以， 取，易验时，满足条件， 综上所得，所求，. （3）一方面，若是关联的，所以时，. 令，，，； 令，，，， 令，，，， 又，所以. 则有. 设，令，其中，且. 首先对进行变形：. 因为，根据已知条件，可以得到. 对于， 由于，，所以.   当时，同样可以根据已知条件推出，所以是关联的. 若是关联的，根据关联的性质有： . 因为是关联的，所以（），则. 又因为是关联的，所以， 结合取等条件可知，即. 对于，， 因为，所以， 又因为，则，且显然有， 所以是关联的. 综上所得，原命题证毕. 23．(24-25高一下·湖南·期中)已知函数的定义域为D，并满足以下条件： ①，； ②，， 则称函数为“上侧函数” 已知，（是自然对数的底数）． (1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由； (2)若函数是“上侧函数”． （i）当时，求的最大值； （ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：） 【答案】(1)是“上侧函数”，不是“上侧函数”，理由见解析； (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）根据“上侧函数”函数定义分析即可判断； （2）先根据“上侧函数”的定义和函数的结构特征得到（i）利用转化为，接着令将其化为，再利用基本不等式即可求解； （ii）分析时，对于任意的正整数k，当时，即可得证. 【详解】（1）是“上侧函数”，，且当，时，， 不是“上侧函数”，，不存在x，使得． （2）， 易知单调递增，当时，， 单调递增，当，即当时，，且恒成立， 可，即． （i）当时， ， 令，由，得， 上式化为， 当且仅当时等号成立，故最大值为． （ii）不存在，理由如下： 若，则，， 当时，，可得， 当时，，，可得． 对于任意的正整数k，当时，， ，，， ， 且当时，， 即对于任意的，不存在，，使得． 24．(24-25高一下·湖南永州·期中)已知函数． (1)证明：曲线是中心对称图形． (2)已知，若，当且仅当时成立． （ⅰ）求实数的值； （ⅱ）若是的零点，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）由已知，得，即可证明； （2）（ⅰ）由（1）知关于（9，9b）对称，计算即可求解； （ⅱ）由（i），根据零点的概念可得，根据对数的运算性质和换元法可得，（令），进而与都是的零点，结合零点的存在性定理和的单调性可得，即可求解. 【详解】（1）， ，． 即关于对称． 综上，曲线是中心对称图形． （2）（ⅰ）因为，则的定义域为， 对于，函数在上单调递减， 所以在上单调递增，则函数在上单调递增， 又，函数是增函数，所以函数在上单调递增， 由（1）知关于对称． 当且仅当时成立， 当时，． ，即， 所以． （ⅱ）因为是的零点， 所以 ，， 又，， 则， 令，则， ，即，都是方程的解， 与都是的零点，又由（ⅰ）知在上单调递增， ，即． 20．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)（多选）定义：一个正整数n的划分是指将n写成若干个正整数和的一个式子，而且这些正整数是无序的，其划分个数记为.例如： 1的划分只有一个：1；. 2的划分有两个：2，；. 3的划分有三个：3，，；. 记为将表示成个正整数之和的方法数；为将表示成和式中最大正整数为的方法数；为将表示成不多于个正整数之和的方法数；为将表示成任意个不大于的正整数之和的方法数.下列命题正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】对于A，可列举出5的划分共有7个；对于B，可以将划分和划分构造出一种形式，它们是一一对应的，故有； 对于C，由题知，， 结合B选项分析可判断正误； 对于D，若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为，若的拆分中不含1，取为奇数， 可以列举出几类拆分方法，发现，故D不正确. 【详解】对于A，5的划分有7个：5，，，，，， ，故A正确； 对于B：记将表示成个正整数之和的方法的集合为，将表示成和式中最大正整数为的方法的集合为， 一方面，，设，其中，，，…，均为正整数， 则由拆分可以转化成如下拆分， 即个k，个，…，个1相加，此即为将表示成和式中最大正整数为的一种方法， 而对于，其中，，…，与，，…，不完全相等， 则，，…，与，，…，不完全相等， 故转化后的拆分也互不相同，所以可以得到从到的一个对应， 另一方面，，设，其中，，，，…，均为正整数. 则同样也可以转化成如下拆分h，， 即个s，个，…，个1相加， 此时拆分的正整数个数为个，此即为将表示成个正整数之和的一种方法， 同理可以说明转化后的拆分互不相同，这样，也得到了从到的一个对应， 所以它们是一一对应的，故有，故B正确； 对于C：由题知，，， 由B结论知，C亦正确； 对于D：若的拆分中含有1，则此类拆分的方法数恰为， 若的拆分中不含1，我们取为奇数，则可以列举出几类拆分方法： ①，共有种拆分方法； ②，共有种拆分方法； ③，共有种拆分方法， 故，故D不正确. 故选：ABC. 21．(24-25高一下·湖南娄底·期中)已知函数. (1)解方程； (2)判断函数的奇偶性，并说明理由； (3)若函数在上只有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)偶函数，理由见解析 (3)2或 【分析】（1）证明即可求解； （2）求出定义域，根据奇偶性的定义判断即可； （3）把函数零点问题转化为方程根的问题，结合换元法和判别式进行求解. 【详解】（1）由得， 所以，所以， 令，解得，所以； （2）定义域为，关于原点对称， ， 所以函数为偶函数； （3）函数有唯一零点等价于方程有唯一解， 即方程有唯一解， 整理得， 令，即方程有唯一正数根， ①若，此时符合题意； ②若，则 当时，符合题意， 当时，不合题意，舍去， 当时，，方程有两相异实根，符合题意， 当且时，则， 只需， 所以(舍去)， 综上，实数的取值范围是2或. 22．(24-25高一下·湖南永州·期中)2．已知函数． (1)证明：曲线是中心对称图形． (2)已知，若，当且仅当时成立． （ⅰ）求实数的值； （ⅱ）若是的零点，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）由已知，得，即可证明； （2）（ⅰ）由（1）知关于（9，9b）对称，计算即可求解； （ⅱ）由（i），根据零点的概念可得，根据对数的运算性质和换元法可得，（令），进而与都是的零点，结合零点的存在性定理和的单调性可得，即可求解. 【详解】（1）， ，． 即关于对称． 综上，曲线是中心对称图形． （2）（ⅰ）因为，则的定义域为， 对于，函数在上单调递减， 所以在上单调递增，则函数在上单调递增， 又，函数是增函数，所以函数在上单调递增， 由（1）知关于对称． 当且仅当时成立， 当时，． ，即， 所以． （ⅱ）因为是的零点， 所以 ，， 又，， 则， 令，则， ，即，都是方程的解， 与都是的零点，又由（ⅰ）知在上单调递增， ，即． 23．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)3．对于定义域为R的函数以及非空数集S：若对任意，，当时，都有，则称是S关联的. (1)设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的； (2)设，若存在一个闭区间（）使得是关联的，求； (3)证明：是关联的等价于是关联的. 【答案】(1)，，.（答案不唯一） (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，分别考虑和的情况.当，让接近，接近，但要在内，出现矛盾；同理时也矛盾.所以区间中有，再检验三类开区间满足题意. （2）由是关联的得出.当时，和能取任意值，也能取任意值，矛盾，所以，式子变为.若，最值差不符合条件，所以，最后验证满足条件得出结果. （3）分两步：已知是关联的，即时，.通过令不同的、取值，得出和. 对于，将拆成（，且），对变形，利用前面结论得到，结合范围推出.再验证时也满足，从而证明是关联的. 【详解】（1）已知对，. 若，让接近，就有接近，要满足，则，这不可能. 若，让接近，有接近，要满足，则，也不可能. 所以、中有，经检验、、这三类开区间满足题意，如，，. （2）若是关联的,. 当，且时，能取任意值，也能取任意值， 那么能取任意值，矛盾，则，则. 若，时，最值差为， 与矛盾，所以， 取，易验时，满足条件， 综上所得，所求，. （3）一方面，若是关联的，所以时，. 令，，，； 令，，，， 令，，，， 又，所以. 则有. 设，令，其中，且. 首先对进行变形：. 因为，根据已知条件，可以得到. 对于， 由于，，所以.   当时，同样可以根据已知条件推出，所以是关联的. 若是关联的，根据关联的性质有： . 因为是关联的，所以（），则. 又因为是关联的，所以， 结合取等条件可知，即. 对于，， 因为，所以， 又因为，则，且显然有， 所以是关联的. 综上所得，原命题证毕. 24．(24-25高一下·湖南·期中)4．已知函数的定义域为D，并满足以下条件： ①，； ②，， 则称函数为“上侧函数” 已知，（是自然对数的底数）． (1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由； (2)若函数是“上侧函数”． （i）当时，求的最大值； （ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：） 【答案】(1)是“上侧函数”，不是“上侧函数”，理由见解析； (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）根据“上侧函数”函数定义分析即可判断； （2）先根据“上侧函数”的定义和函数的结构特征得到（i）利用转化为，接着令将其化为，再利用基本不等式即可求解； （ii）分析时，对于任意的正整数k，当时，即可得证. 【详解】（1）是“上侧函数”，，且当，时，， 不是“上侧函数”，，不存在x，使得． （2）， 易知单调递增，当时，， 单调递增，当，即当时，，且恒成立， 可，即． （i）当时， ， 令，由，得， 上式化为， 当且仅当时等号成立，故最大值为． （ii）不存在，理由如下： 若，则，， 当时，，可得， 当时，，，可得． 对于任意的正整数k，当时，， ，，， ， 且当时，， 即对于任意的，不存在，，使得． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $