河南省部分重点中学2025-2026学年高三下学期4月质量检测数学试题

秘密★启用前 高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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.已知集合A={x|2x>4},B={x14x+3≤15}，则A∩B= A.{x|2<x≤3} B.{x|2≤x<3} C.{x|1<x≤5} D.{x|1≤x<5} 2复数：-的建部为 A.-2 B.-1 C.1 D.2 3.已知向量a,b满足|a=1,|b|=3,且a,b的夹角为120°，则|2a-b|= A.1 B.√7 C.√13 D.√19 4.曲线y=2xsin(z2+)在点(0,0)处的切线方程为 A.y=-2x B.y=一x C.y=x D.y=2x 班 级 5.已知函数f(x)=cos(2x十p)(0<0<x)在区间(0，)上单调递减，则p的取值范围是 Ao,引 B.(o.) c[臣 D.(2.) 姓 名 6记稀圆E言+ 4 =1的上顶点为A,右焦点为F,则以A为圆心，|AF为半径的圆与 E的交点个数为 A.0 B.2 C.3 D.4 7.已知函数f(x)=exnr+(xlnx-x)2,若f(x)≥ax2恒成立，则实数a的最大值为 A. B.e C. D.1 数学试题第1页（共4页） 8.已知球O的半径为2，其表面上有A,B,C三点，满足AB=AC=2√3，BC=2√2，则四 面体A-OBC的体积为 A图 B号 c2g9 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.在△ABC中，sin2B+sin2C=4 sin Bsin Ccos A,AB=3,AC=2,则 AmA=员 5 B.BC=2 c.cz D.B>5 10.已知三棱台ABC-A1B,C1的上、下底面相似比为1·2.在△ABC中，AB=AC= √14，BC=2√6，侧棱BB1=CC1=√3，且AA1与下底面ABC所成的角为60°.则 A.直线AA1与直线BC相互垂直 B.直线BB1与直线AC相互垂直 C.侧面BCC1B,与底面ABC相互垂直 D.侧面ABB1A1与侧面ACC1A1相互垂直 1.已知随机变量X~B(,p)0<p<1,n∈N且m≥2)，设函数f(x)=会P(X= k)x*,记g(x)=f'(x),则 A.对任意n,p,g(1)=E(X)恒成立 B.对任意n,p,g'(1)=D(X)恒成立 C.存在n,p,使得方程f(x)一x=0在区间(0,1)内有解 D.存在n,p,使得函数y=f(x)一x在区间(0,1)内单调 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知抛物线y2=2px(p>0),O为坐标原点，直线x=t与抛物线交于A,B两点，且 1AB1=12,∠A0B=2,则力=一 13.若sin(a+B)=3,tana+tanB=2,则cos acos B- 14.将标有1,2,3,4,5的五张数字牌摆放成一排，则前三张牌上的数字按顺序构成等差数 列的排法总数为一.（用数字回答） 数学试题第2页（共4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。 附：回归直线y=x十à中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为方= 15.(13分) x0- 记Sn为数列{an}的前n项和，Sn=2an一2"+1+2. = -,a=y-br. (1)求数列{am+1一2an}的前n项和； x-n (2)求Sm 若X~N(μ，o),则P(|X-4|<。)=0.6827,P(|X-4|<2a）=0.9545. 参考数据：∑u,T,=480. 18.(17分) 16.(15分) 注 如图，在直四棱柱ABCD-A1B,C1D1中，AB=BC=3,AD=CD=4,AA1=BD=5. 已知双曲线E,y :a示-1(a>0,b>0)上有两点A(2,0),B(35). (1)证明：BD⊥平面AA,C,C; (1)求E的标准方程； 意清点有无 (2)求平面A,BD与平面ABCD夹角的余弦值. (2)过点（一4,0）的直线(l的斜率不为零)与E交于M,N两点. (1)证明：直线AM与AN的斜率之积为定值； (i)若l∥AB,求△BMN的外接圆的标准方程，并判断点A是否在圆上. 或缺 19.(17分) 若有要及时更换 17.(15分) 设函数f(x)=sinx,其中x∈(0，r) 某商场对商品售卖的情况进行统计，已知该商场共六层. (1)当各楼层的商品种类相近时，得到该商场各楼层的销售额T(单位：万元)的值： (1)当0<x<时，证明：zf(x)+f'(x)>1. 线 (2)设△ABC为等腰三角形，其中AB为底边，顶角∠C=t°.若存在满足条件的 楼层 1 2 3 4 5 6 △ABC的三个顶点A,B,C均在曲线y=f(x)上，且顶点C的纵坐标为1. 销售额 700 500 400 200 100 100 (ⅰ)证明：点A,B关于定直线对称； 记销售额T与楼层w之间的经验回归方程为T=iw十a. (i)记△ABC的面积为S,,证明：S,是关于t的单调递减函数. (1)求b(用分数表示)： (i)求a(用分数表示) (2)由于网络热点影响，销售利润X(单位：万元)近似服从正态分布N(80,25),求销 售利润在(75,90)的概率. 数学试题第3页（共4页） 数学试题第4页（共4页）高三数学 1.A【解析】由2x>4得x>2,由4x+3≤15得 x≤3，于是A∩B={x|2<x≤3} 故选A. 2.A【解析】由题意可得之=1-31_1-3D1-D 1+i(1+i)(1-) 一2-4i=-1-2i,可知其虚部为一2. 2 故选A. 3.D【解析1a·b=1a11b1co120=-号，故 |2a-b|=√/4a2-4a·b+b2=√/4+6+9=√19. 故选D. 4.C【解析】设f(x)=2xsin(x+牙)，而f'(x)= 2sin(+)+22z2.cos(+),f()= 1,可得切线方程为y=x. 故选C. 5.A【解析】由条件知2kπ≤p<2×于+≤2kπ+ x,k∈Z,可得9∈[2kπ，2k元+]，k∈乙由0< <元得g∈(0，]： 故选A. 6.B【解析】显然半焦距c=√8-4=2，故|AF|= √4十c2=2√2，而A(0,2),故圆的方程为x2十 「x2+(y-2)2=8, (y-2)2=8,联立 得2y2= x2+2y2=8, (y-2)2,y=-2(W2+1)或y=2(w2-1),由 一2≤y≤2得y=2(W2-1),结合对称性知有两个 交点。 故选B. 7.D【解析】即a≤e x+(lnx-1)2=e·e2 (1nx-1)2=eax-)2+(1nx-1), 设t=(lnx-1)2≥0，g(t)=e+t是增函数，故 g(t)≥g(0)=1≥a,当且仅当x=e时等号成立. 故选D. ·数学答案( 参考答案 8.C【解析】取BC的中点M, 0 >C B 由AB=AC得BC⊥AM,由OB=OC 得BC⊥OM, 由OM∩AM=M,OMC平面OAM,AMC平面 OAM,得BC⊥平面OAM, 于是Va-有×pCXSww-2号samw 而AM=√AB2-BM=√12-2=√10，OM= √22-(W2)2=√2， 故由余弦定理得 cOsZAOM -AO+OM-AM4+2-10 2×AO×OM 2X2X√2 ② 2 由∠AOM∈(0，)，得∠AOM=3 4 故SW=号XA0 XOMXsin∠AOM= ×2X ②X2 1,于是V0c-2Y2 2 3 故选C. 9.AC【解析】对于A选项，由正弦定理得AC2+ AB*=4XACXABcos A,cos A=9+4_13 242A 正确， 对于B选项，由余弦定理得BC2=AB2十AC2一 2×AB×AC×cosA=9+4-12X 是-是，Bc- √ 2,B错误， 对于C选项，由余弦定理可得cosC= 13 AC2+BC2-AB2 4+ -9 3 2XACXBC 2X2XV264V26<2,由 2 1页，共5页)· Ce(0,x)得C>弩，C正确， 对于D选项，注意到AC<BC<AB,由大边对大 角得B≤A<C,故B<A十B十C=,D错误.■ 3 故选AC. 10.ABD【解析】将直线AA1与BB1以及CC1延长 交于点P,由上下底面相似比为1：2，得A,与 B1以及C1分别为PA与PB以及PC的中点， 因为BB1=CC1=√3，所以PB=PC=2V3,在 △PBC中，由PB2+PC2=24=BC2得到PB⊥ PC,取BC的中点M,连接PM与AM, 则PM⊥BC且PM=√6， 在等腰三角形ABC中，AM⊥BC且AM= √14-6=22， 因为PM∩AM=M,所以BC⊥平面PAM,故平 面PAM⊥平面ABC,两平面的交线为AM, 过点P作PO⊥AM于点O,则PO⊥平面ABC, 从而∠PAM=60°或120°（舍）， 在△PAM中，由余弦定理得到PM2=PA2+ AM2-2·PA·AM·cos60°，即6=PA2+8- 2√2PA,解得PA=√2， 此时PA2+PM=2+6=8=AM2,所以PA⊥ PM,又PA⊥BC,且PM∩BC=M,所以PA⊥ 平面PBC,故PA⊥PB且PA⊥PC,即PA与 PB以及PC两两垂直. 由PA⊥平面PBC得到PA⊥BC,即直线AA1⊥ 直线BC,A正确； 由PB⊥PA且PB⊥PC,PA∩PC=P, 故PB⊥平面PAC, 又ACC平面PAC,所以PB⊥AC,即直线 BB1⊥直线AC,故B正确； ·数学答案（第 侧面BCC1B,所在平面即平面PBC,二面角P- BC-A的平面角为∠PMA, 在直角三角形APM中，由cos∠PMA=PM AM ,得到该平面角为30°，则两平面不垂直，C 错误； 侧面ABB,A,与ACC1A1所在平面即平面PAB 与平面PAC, 由PB⊥平面PAC且PBC平面PAB,得到两平 面相互垂直，故D正确。 故选ABD. 11.ACD【解析】因为X~B(n,p),所以P(X=)= Cp1-p),代人可得f(x)=2Cp· 1-px-2cx)r1-p), 由二项式定理可得f(x)=(px十1-p)",x≠0， f'(x)=n(px+1-p)"'p=np (px+1- p)"-1,代入x=1可得f'(1)=np(p十1-)-1= np, 又因为二项分布的数学期望E(X)=np,所以 f'(1)=E(X)恒成立，故A正确； g'(x)=n(n-1)b2(px+1-p)"-2,代人x=1 可得g'(1)=n(n-1)p2(p+1-p)-2=n(n 1)p2,因为二项分布的方差D(X)=np(1一p), 若g'(1)=D(X)恒成立，则n(n一1)p2=np· (1-p)恒成立，因为n≥2且p>0,等式两边同 除以np可得(n-1)p=1-p,化简可得np=1, 此等式不可能对任意满足n≥2且0<p<1的n, p恒成立，故B错误； 令h(x)=f(x)-x=(px十1-p)”-x,取n= 3,p=2,则A(0)=(1-p）>0,(1)=0, 此时(x)=(合x+号》广-，代人x=易知 a()=<0， 则h(0)×h(分)<0，且函数连续，由函数零点存 在定理，存在x∈(0,2)使得M(红，)=0，即存在 2页，共5页)· n,p使得h(x)在区间(0,1)内有解，故C正确； h'(x)=mp(px十1-p)-1-1,取n=2,p=3, 此时'(x)=2×专×（写x十1-号）-1 号-日，当z∈0,0时，号-<号- 一3<0恒成立，此时导函数恒小于零，函数y=☐ f(x)一x在区间(0,1)内单调递减，满足题意，故 D正确. 故选ACD. 12.3【解析】由x=t得y=士√2t,又因为∠AOB= ,于是2=2p1,即1=2p,故V21=2p=6,解 得p=3. 13.石【解析】由题意可得}-n(e十9)=sina· cos B+cos asin B=cos acos B(tan a+tan B), 1 得cos acos B=6 14.16【解析】当首位是1时，前三张可以是1,2,3 或1,3,5，剩余两张随机排列，故共有AA2=4种 可能.当首位是2时，前三张必为2,3,4，剩余两 张随机排列，故共有A=2种可能.结合对称性 可知首位不是3时共2×(4十2)=12种可能.当 首位是3时，前三张为3,2,1或3,4,5，剩余两张 随机排列，故共有AA=4种可能，综上，共有16 种可能. 15.解：(1)Sn+1=2am+1-2m+2+2, (1分) 又Sn=2an-2m+1十2，两式相减，得an+1=2an+1 2m+2-2an十2m+1,即am+1-2an=2+1，(3分） 记数列{am+1一2an}的前n项和为Tm, 故T.=4(1-2) =2+2-4. (5分) 1-2 (2)显然2器=1，可得侣}是等差数列， (8分) 而n=1时，a1=2a1-4十2， 故a1=2, (10分) 此时会-2+a-1=,放a.=n2,（12分)） ·数学答案（第 故Sm=(n-1)·2m+1+2. (13分) 16.解：(1)证明：由AD=CD,AB=BC知BD为AC 的垂直平分线，故BD⊥AC, (2分) 由直四棱柱性质知AA1⊥平面ABCD,由BDC 平面ABCD得BD⊥AA1, (4分) 由ACC平面AA1C1C,AA1C平面AA1C1C, AC∩AA1=A,得BD⊥平面AA,C1C.(6分) (2)记AC∩BD=O,以O为坐标原点，以OC的 方向为x轴正方向，OD的方向为y轴正方向， AA1的方向为之轴正方向，建立空间直角坐标系 0-xyz, (7分) B 则Do,9o小Bo,号A(号0,5， d=050)Ai=(得-， (9分) 易知平面ABCD的一个法向量为AA:=(0,0, 5), (11分) 记平面A1BD的法向量为n=（x,y,之)，则 n·BD=0,5y=0, 即 可取n= n·A1D=0,12x+16y-25z=0, (25,0,12), (13分) 记平面A1BD与平面ABCD的夹角为0， AA1·n 60 12769 则cos0= 1AA1lnl5√252+12 769 (15分) 17.解：(1)(1)0=1+2+3+4+5+67 6 ,(1分) T=700+500+400+200+100+100 6 =1000 3， (3分) 6 ∑m=1+4+9+16+25+36=91,(4分) =1 3页，共5页)· 于是方= oT,-6o7 i=1 空@ 48006×2X1000 3=_ 880 7 (7分) 91-6×49 (18-T-5-100+2×名-28 3 31 (9分) (2)注意到μ=80，=√25=5，故P(75<X< 90)=P(4-o<X<u+2o), (11分) P(u-。<X<μ+2o)=P(|X-4|<2o)- CP(IX-ul<2)-P(IX-al<o)]- 09545-20.9545-0.6827)=0.8186, 故销售利润在(75,90)的概率为0.8186.(15分) （41， 18.解：(1)由 可得a=b=2, (2分) 95 a26=1, 可得E的标准方程为后-苦-1。 (4分) (2)(1)证明：设l:x=my一4，M(x1,y1), N(x2,y2), |x=my-4, 联立 消去x可得(m2-1)y2 x2-y2=4, 8my+12=0,m2≠1，△=64m2-48(m2-1)>0, 8m 12 故y1+y2= m2-1y1y2= m2-1 (6分) 斜率之积。 、y2 x1-2'x2-2 yiy2 =(my1-6)(my2-6) yiy2 my1y2-6m(y1+y2)+36 12 =12m2-6m·8m+36(m2-1) =一号为定值 (10分) ()设直线AB斜率为，此时二=5二0 3-2 ·数学答案（第 5 √5，故m= 5, (11分) 8大6 可得y1十y2 =-25, 12 y1y2= =一15， (12分) 不妨设y1>0,可得y1=√5，y2=-3√5， 于是，- 5y1-4=-3,x2=-7, 于是M(-3,W5),N(-7,-3W5), (13分) 故设外接圆方程为(x一p)2十(y一q)2=r2,其中 r>0. (3-p)2+(W5-q)2=r2, 显然有(-3-)2+(W5-q)2=r2,，(15分) (-7-p)2+(-3√5-q)2=r2, 饣=0， 解得9=一2√5，故外接圆的标准方程为x2+ r=3√6， (y+2W5)2=54. (16分) 此时4十20≠54，故点A不在该圆上.(17分) 19.证明：(1)由f(x)=sinx得f'(x)=cosx,即证 xsin x+cos x>1. 设g(x)=xsin+cosx-1,其中x∈(0，）， (1分) g'(x)=zcos z. 当0<x<2时，g(x)>0,故g(x)在(0，)上 单调递增， (2分) 又因为g(0)=0,所以当x∈(0，)时，g(x)> 8(0)=0, (3分) 即xsin x十cosx-1>0,从而xsin x十cosx>l. 即xf(x)+f'(x)>1成立. (4分) (2)(i)由点C在曲线y=sinx上，且纵坐标为 1,结合x∈(0，)可知C(,1) (5分) 设A(x1,sinx1)且B(x2,sinx2),其中x1,x2∈ 页，共5页)· (0,π)，且x1≠x2, 由△ABC是等腰三角形且AB为底边，可知 |AC12=|BC2, 即(x-)广+(simx-1)2=(x:-)》+ (sinx2-1)2. (6分) 设h(x)=(x-)‘+(smx-1),则有hx1)= h(x2), h'(z)=2(x-2)+2(sin -1)cos & 当x∈(0，）时x-2<0且sinx<1,cosx> 0,故h'(x)<0,即h(x)在(0，)上单调递减. 同理可证(x)在（受，）上单调递增， (7分) 又A(分-）=u2+(cosu-1)2,h(受+u）= u2+(cosu-1)2, 所以h(2-u）=h(十u),即函数图象关于直 线x=对称，综上所述，若h(x1)=h(x)且 工≠红，则x1与x必然关于x=受对称。 因此，点A,B关于定直线x=对称. (9分) ()由(1)可知，可设点A的横坐标为一《，点 B的横坐标为十u,其中u∈(0，)】 此时A,B的纵坐标均为cosu.|AB|=2u, 点C到AB的距离，也即三角形的高，为1一 *o cosu,则由几何关系可得tan2=1-cosu, 令日-营，则0<0<90 (11分) 先证明S,是关于t的函数，设g(w)=1-cosu 其中u∈(o,), ·数学答案（第 ()1X(1-cos u)-usin u (1-c0su)2 1-cos u-usin u (1-cosu)2, 由(1)可知p'(u)<0,即p()在(0，)上单调 递减， 故p(u)>p(〉= (13分) 2π 对于任意M>2,取“，一M<经 当0<u<,时，设(w)=号-1-cos),因为 k'(u)=u-sin u,m(u)=u-sin u,m'(u)= 1一cosu>0,故m(u)=k'(u)单调递增，k'(u)> k'(0)=0,故(u)单调递增，故(u)>k(0)=0, u 、u 即1-cosu<2:因此9(w)=1-c0su>2 2>2=M,综上p(w)的值域为（受，十∞）， 曲于AABC存在，所以g有m分>登由于 p(u)单调递减，且值域覆盖该范围，方程o(u)= tan乞在(0,2)内有唯一解u,则S,是关于i的 函数S(t). (15分) 1 再证明该函数S()单调递减，S,=2·2u·(1 cosu)=u(1-cosu).令F(u)=u(1-cosu),则 F'(u)=1-osu+usin u,其中u∈(0，）： 易知F'(u)>0,即F(u)单调递增. 则当：增大时，写指大，an名指大。 t 由于tan2=9(u),且p(w)是关于u的单调递减 函数，所以t增大时，w减小 又S:=F(u)是关于u的单调递增函数，当u减 小时，S,随之减小.综上，S,是关于t的单调递 减函数. (17分) 页，共5页)·高三数学 12.3 18号 14.16 15.解：(1)Sm+1=2am+1-2m+2+2, (1分) 又Sn=2am一2m+1十2，两式相减，得an+1=2am+1 2+2-2an十2+1，即am+1-2an=2+1，(3分) 记数列{am+1-2an}的前n项和为Tn, 故T,=41-?)=2+-4. 1一2 (5分) (2)显然器=-1，可得侵)是等差数列， 2n (8分) 而n=1时，a1=2a1-4十2， 故a1=2, (10分) 此时会-号十n-1=n,故a.=·2，（12分) 故Sn=(n-1)·2m+1+2. (13分) 16.解：(1)证明：由AD=CD,AB=BC知BD为AC 的垂直平分线，故BD⊥AC, (2分) 由直四棱柱性质知AA1⊥平面ABCD,由BDC 平面ABCD得BD⊥AA1, (4分) 由ACC平面AA1C1C,AA1C平面AA,C1C, AC∩AA1=A,得BD⊥平面AA1C1C.(6分) (2)记AC∩BD=O,以O为坐标原点，以OC的 方向为x轴正方向，OD的方向为y轴正方向， AA,的方向为之轴正方向，建立空间直角坐标系 O-xy之， (7分) 0 则D0,号，B0,-号A(-号05， B防=05,0，ai-得，5， (9分) ·数学评分细则 评分细则 易知平面ABCD的一个法向量为AA1=(0,0, 5), (11分) 记平面A1BD的法向量为n=(x,y,之)，则 n·BD=0, 5y=0, 即 可取n= n·AD=0,12x+16y-25z=0, (25,0,12), (13分) 记平面A1BD与平面ABCD的夹角为0， AA1·n 60 12√769 则cos0= 1AA11lnl 5√252+12 769 (15分) 17.解：(1)(1)a= 1+2+3+4+5+67 6 =2’(1分) T=700+500+400+200+100+100 6 1000 3 (3分) ：=1十4+9+16+25+36=91，(4分) =1 6 u,T,-6oT 于是6= =1 6 4800-6X7X1000 3 880 (7分) 91-6x49 7· (1a-T--100+8g”×号-2820 3 、2 3· (9分) (2)注意到4=80，o=√25=5，故P(75<X<90) =P(u-o<X<μ+2o), (11分) P(μ-。<X<u+2G)=P(|X-4|<2o)- 2[P(IX-k|<2g)-P(1X-u|<a]= 0.9545- 2(0.9545-0.6827)=0.8186, 故销售利润在(75,90)的概率为0.8186.(15分) 4 1, 18.解：(1)由 可得a=b=2, (2分) 95 a2b2 =1, (第1页，共3页)· 可得E的标准方程为号一兰-1 (4分) (2)(1)证明：设l:x=my-4,M(x1,y1), N(x2,y2), (x=my-4, 联立 消去x可得(m2一1)y2 x2-y2=4, 8my+12=0,m2≠1，△=64m2-48(m2-1)>0, 8m. 12 故y十m-17 m2-1 (6分) 斜率之积1。 .y2 x1-2x2-2 yiy2 =(my1-6)(my2-6) yiy2 m2y1y2-6m(y1+y2)+36 12 =12m2-6m·8m+36(m2-1) 一合为定位. (10分) （i)设直线AB斜率为，此时=】-50 m3-2 5,放m= 5, (11分) 可得y1十y?=1 -=-25, 12=-15, y1y2= (12分) 51 不妨设y1>0,可得y1=√5，y2=-3√5， 于是x,= 5y1-4=-3,x2=-7, 于是M(-3w5),N(-7,-3W5), (13分) 故设外接圆方程为(x一p)2+(y一q)2=r2,其中 r>0. (3-)2+(W5-q)2=r2, 显然有(-3-)2+(W5-q)2=r2,(15分) (-7-p)2+(-35-q)2=r2, p=0, 解得9=一2√5，故外接圆的标准方程为x2+ x=3√6， ·数学评分细则（乡 (y+2W5)2=54. (16分) 此时4+20≠54，故点A不在该圆上.(17分) 19.证明：(1)由f(x)=sinx得f'(x)-cosx,即证 xsin x+cos x>1. 设g(x)=xsin十cosx-1,其中x∈(0，）， (1分) g'(x)=xcos z. 当0<x<罗时，g'(x)>0,故g(x)在(0，）上 单调递增， (2分) 又因为g(0)=0,所以当x∈(0,2)时，g(x)> g(0)=0, (3分) 即csin x十cosx-1>0,从而xsin x+cosx>l. 即xf(x)+f'(x)>1成立. (4分) (2)(i)由点C在曲线y=sinx上，且纵坐标为 1,结合x(0,x)可知c(受1)： (5分) 设A(x1,sinx1)且B(x2,sinx2),其中x1,x2∈ (0,π)，且x1≠x2, 由△ABC是等腰三角形且AB为底边，可知 IACI2=IBC12, 即(x,-受)）‘+(sinx,-1)2=(x-)}+ (sinx2-1)2. (6分) 设h(x)=(z-)+(sinx-1,则有a(x) h(x2), '(x)=2(x-）+2(sinx-1)cosx. 当x∈(0，)时x-<0且sinx<1,osx> 0,故h'(x)<0,即h(x)在(0，)上单调递减。 同理可证h(x)在(，x)上单调递增， (7分) 又（受-）=u2+(cosu-1)2,h(经+u）- u2+(cosu-1)2, 所以h(-u)=h(+u),即函数图象关于直 线x=受对称，综上所述，若A(z)=h(x)且 第2页，共3页)· x1≠x则与x必然关于x=2对称. 因此，点A,B关于定直线x=对称. (9分) ()由(1)可知，可设点A的横坐标为一《，点 B的横坐标为+u,其中u∈(0，）. 此时A,B的纵坐标均为cosu.|AB|=2u, 点C到AB的距离，也即三角形的高，为1一 t° cosu,则由几何关系可得tan2=1-cosu 令0=5，则0<0<90 (11分) 先证明S,是关于t的函数，设p(w)=1-c0su' u 其中u∈(o,), 则p'(u)= 1X(1-cos u)-usin u (1-c0su)2 1-cos u-usin u (1-cos u)2 由(1)可知g(u)<0,即(u)在(0，)上单调 递减， 故pu)>p(5)-受 (13分) 对于任意M>受取，-品<受 2π 当0<u<u,时，设(w)=号-(1-6osu,因为 ·数学评分细则（乡 k'(u)=u-sin u,m(u)=u-sin u,m'(u)= 1-cosu>0,故m(u)=k'(u)单调递增，k'(u)> k'(0)=0,故k(u)单调递增，故k(u)>k(0)=0, -u2 u 即1-cosu<2因此9(w)=1-c0su> 2 2>2=M.综上p(w)的值域为(，十∞)， 由于△ABC存在，所以必有am分>受由于 p(u)单调递减，且值域覆盖该范围，方程p(u)一 1am乞在(0，)内有唯一解，则S,是关于！的 函数S(t). (15分) 1 再证明该函数S()单调递减，S,=2·2·(1 cosu)=u(1-cosu).令F(u)=u(1-cosu),则 F'(u)=1-cosu+uinu,其中u∈(o,）: 易知F'(u)>0,即F(u)单调递增. 则当1增大时，？增大，tam2增大. 由于tam亏=g(u),且p(w)是关于“的单润递减 函数，所以t增大时，w减小。 又S,=F(u)是关于u的单调递增函数，当u减 小时，S:随之减小.综上，S:是关于t的单调递 减函数. (17分) 第3页，共3页)·