河北省邯郸市部分学校2025届高三上学期第一次大联考模拟预测试题数学PDF版含解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷

高三第一次大联考􀅰数学１ 高三第一次大联考􀅰数学２ 高三第一次大联考数学答案 １—５:ＣＤＢＡＣ　　　６—８:ＢＤＡ ９—１１:ＡＢＤꎬＢＣꎬＡＣＤ 部分解析: ３. Ｂ解析:由２ａ４＋ａ８＋ａ１６＝２４可得ꎬ(ａ４＋ａ８)＋(ａ４＋ａ１６)＝２４ꎬ 整理得２ａ６＋２ａ１０＝２４ꎬ即ａ６＋ａ１０＝１２ꎬ 所以Ｓ１５＝ １５(ａ１＋ａ１５) ２ ＝１５ ２(ａ６＋ａ１０)＝９０ꎬ故选Ｂ. ４. Ａ解析:ｓｉｎπ＋α ２ ( ) ｃｏｓα ２－ｃｏｓ２ π ４－α ２ ( ) ＝－ｓｉｎα ２ ( ) ｃｏｓα ２－ １＋ｃｏｓ π ２－α ( ) ２ ＝－１ ２ｓｉｎα －１＋ｓｉｎα ２ ＝ －１ ６ꎬ故选Ａ. ５. Ｃ解析:因为三棱锥Ｓ－ＡＢＣ的三条侧棱相等ꎬ所以顶点Ｓ 在底面△ＡＢＣ的射影是底面△ＡＢＣ的外心ꎬ又△ＡＢＣ为 直角三角形ꎬ可知△ＡＢＣ的外心是斜边ＢＣ的中点ꎬ 设ＢＣ的中点为Ｍꎬ所以三棱锥的外接球的球心在ＳＭ 上ꎬ 又ＳＭ＝ (２３) ２－( ３) ２＝３ꎬ可得Ｒ２－(３－Ｒ) ２＝( ３) ２ꎬ 解得Ｒ＝２ꎬ故选Ｃ. ６. Ｂ解析:因为采用７局４胜制ꎬ先赢４局者获胜ꎬ所以可能 赛４局ꎬ５局ꎬ６局ꎬ７局ꎬ若赛４局ꎬ则有２种ꎻ若赛５局ꎬ 则有２Ｃ１ ４＝８种ꎻ若赛６局ꎬ则有２Ｃ２ ５＝２０种ꎻ若赛７局ꎬ则 有２Ｃ３ ６＝４０种ꎻ综上所有赛事情况种数为２＋８＋２０＋４０＝７０ 种ꎬ故选Ｂ. ７. Ｄ解析:设Ｄ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＡ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则Ｂ( －ｘ０ꎬ－ｙ０)ꎬＭ(ｘ０ꎬ ０)ꎬ 所以ｋＤＡ＝ ｙ０－ｙ１ ｘ０－ｘ１ ꎬｋＤＢ＝ －ｙ０－ｙ１ －ｘ０－ｘ１ ＝ ｙ０＋ｙ１ ｘ０＋ｘ１ ꎬ 又 ｘ２ ０ ａ２＋ ｙ２ ０ ｂ２＝１ꎬ ｘ２ １ ａ２＋ ｙ２ １ ｂ２＝１ꎬ 所以ｋＤＡ􀅰ｋＤＢ＝ ｙ２ ０－ｙ２ １ ｘ２ ０－ｘ２ １ ＝ ｂ２ ａ２(ａ２－ｘ２ ０)－ｂ２ ａ２(ａ２－ｘ２ １) ｘ２ ０－ｘ２ １ ＝－ｂ２ ａ２ꎬ 又点Ｍ在ＤＢ上ꎬ所以ｋＤＢ＝ －ｙ０ －ｘ０－ｘ０ ＝１ ２􀅰 ｙ０ ｘ０ ＝１ ２ｋ１ꎬ 所以－ｂ２ ａ２＝ｋＤＡ􀅰ｋＤＢ＝ｋ２􀅰１ ２ｋ１＝１ ２ｋ１ｋ２＝－１ ４ꎬ即ｂ２ ａ２＝１ ４ꎬ 由ｅ＝ｃ ａ＝ １－ｂ２ ａ２＝３ ２ꎬ故选Ｄ. ８. Ａ解析:因为ｆ(ｘ＋１)为偶函数ꎬ则ｆ(－ｘ＋１)＝ｆ(ｘ＋１)ꎬ 可知ｆ(ｘ)的对称轴为ｘ＝１ꎬ所以ｃ＝ｆ－３ ２ ( ) ＝ｆ ７ ２( ) ꎬ 令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ｘ－１ꎬ则ｇ′(ｘ)＝ｅｘ－１ꎬ当ｘ>１时ꎬｇ′(ｘ)>０ꎬ所 以ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ即有ｅｘ>ｘ＋１ꎬ所以ｅ ７ ２>ｅ ５ ２ > ５ ２＋１＝７ ２ꎬ 由ｅｘ>ｘ＋１得ꎬｌｎ(ｘ＋１)<ｘꎬ所以ｌｎ９ ２< ７ ２ꎬ 由上可得１<ｌｎ９ ２< ７ ２<ｅ ７ ２ꎬ又ｆ(ｘ) 在(１ꎬ＋¥) 上单调递 增ꎬ 所以ｆｌｎ９ ２ ( ) < ｆ ７ ２( ) < ｆｅ ７ ２ ( ) ꎬ即ｆｌｎ９ ２ ( ) < ｆ－３ ２ ( ) < ｆｅ ７ ２ ( ) ꎬ 所以ａ>ｃ>ｂꎬ故选Ａ. ９. ＡＢＤ解析:因为｜ｚ１｜＝ ( ３) ２＋１２＝２ꎬ｜ｚ２｜＝ １２＋( ３) ２ ＝２ꎬ选项Ａ正确ꎻ 因为ｚ１－ｚ２＝( ３－１)＋(１－３)ｉ＝( ３－１)(１－ｉ)ꎬ 所以｜ｚ１－ｚ２｜＝( ３－１) ｜１－ｉ｜＝( ３－１)× ２＝６－２ꎬ选项 Ｂ正确ꎻ 因为ｚ２ １􀅰ｚ２＝ｚ１􀅰(ｚ１􀅰ｚ２)ꎬｚ１ｚ２ ２＝(ｚ１􀅰ｚ２)􀅰ｚ２ꎬ所以ｚ２ １􀅰ｚ２ ≠ｚ１􀅰ｚ２ ２ꎬ选项Ｃ错误ꎻ 因为ｚ１􀅰ｚ２＝４ｉꎬ所以ｚ１􀅰ｚ２ ４ æ è ç ö ø ÷ ２０２４ ＝ｉ２０２４＝(ｉ２) １０１２＝１ꎬ选项 Ｄ正确ꎻ 综上ꎬ应选ＡＢＤ. １０. ＢＣ解析:因为Ａｘ１ꎬ１ ２ ( ) ꎬＢｘ２ꎬ１ ２ ( ) 为相邻两点且纵坐 标相同ꎬ 设Ｔ为ｆ(ｘ)的周期ꎬ所以｜ＡＢ｜＝Ｔ ４或｜ＡＢ｜＝３ ４Ｔꎬ 所以｜(ωｘ１＋φ)－(ωｘ２＋φ) ｜＝πＳ ２或３π ２ꎬ 所以ω｜ｘ１－ｘ２｜＝π ２或３π ２ꎬ又｜ｘ１－ｘ２｜＝π ３ꎬ 所以ω＝３ ２或ω＝９ ２ꎬ又０<ω<３ꎬ所以ω ＝３ ２ꎬ选项Ａ错 误ꎻ 由ｙ＝ｆｘ－π ６ ( ) ＝ｓｉｎ ３ ２ ｘ－π ６ ( ) ＋φ [ ] ＝ｓｉｎ ３ ２ｘ－π ４＋φ ( ) 为奇函数ꎬ 所以－π ４＋φ＝ｋπ(ｋ∈Ｚ)ꎬ即φ＝ｋπ＋π ４ꎬ 又｜φ｜< π ２ꎬ所以φ＝π ４ꎬ选项Ｂ正确ꎻ 由上可知ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ ３ ２ｘ＋π ４ ( ) ꎬ ｆｘ＋π ６ ( ) ＝ｓｉｎ ３ ２ ｘ＋π ６ ( ) ＋π ４ [ ] ＝ｓｉｎ ３ ２ｘ＋π ２ ( ) ＝ｃｏｓ３ ２ｘ为偶函数ꎬ选项Ｃ正确ꎻ 令－π ２＋２ｋπ< ３ ２ｘ＋π ４< π ２＋２ｋπꎬ可得－π ２＋４ ３ｋπ<ｘ< π ６＋ ４ ３ｋπꎬ 取ｋ＝０ꎬ可知函数ｆ(ｘ)在区间－π ２ꎬπ ６ ( ) 上单调递增ꎬ选 项Ｄ错误ꎻ 故选ＢＣ. １１. ＡＣＤ解析:令ｘ＝ｙ＝１得ꎬｆ(２) ２ ＝ｆ(１)ｆ(１)＝４ꎬ所以ｆ(２) ＝８ꎬ选项Ａ正确ꎻ 令ｙ＝１得ꎬｆ(ｘ＋１) ｘ＋１ ＝ｆ(ｘ)ｆ(１) ｘ ＝２×ｆ(ｘ) ｘꎬ 所以ｆ(３)＝３×２×ｆ(２) ２ ＝３ｆ(２)ꎬｆ(４)＝４×２×ｆ(３) ３ ＝８ｆ(２)ꎬ ｆ(５)＝５×２×ｆ(４) ４ ＝２０ｆ(２)ꎬ所以ｆ(３)＋ｆ(４) ＋ｆ(５)＝２４８ꎬ 选项Ｂ错误ꎻ 当ｘ＝ｎ( ｎ∈Ｎ∗) 时ꎬｆ(ｎ＋１) ｆ(ｎ) ＝２(ｎ＋１) ｎ ꎬ则有ｆ(１０) ｆ(９) ＝ ２×１０ ９ ꎬｆ(９) ｆ(８)＝２×９ ８ꎬ 所以ｆ(１０) ｆ(８) ＝ｆ(１０) ｆ(９) ×ｆ(９) ｆ(８)＝２×１０ ９ ×２×９ ８＝５ꎬ选项Ｃ正确ꎻ 当ｎ≥２时ꎬ由ｆ(ｎ＋１) ｆ(ｎ) ＝２(ｎ＋１) ｎ 得ꎬ ｆ(３) ｆ(２)×ｆ(４) ｆ(３) ×􀆺× ｆ(ｎ) ｆ(ｎ－１) ＝２ｎ－２× ３ ２× ４ ３×􀆺× ｎ ｎ－１ ( ) ＝ｎ× {#{QQABaQKQggAoABBAABhCEwEyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#} 高三第一次大联考􀅰数学３ 高三第一次大联考􀅰数学４ ２ｎ－３ꎬ 所以ｆ(ｎ)＝ｎ×２ｎꎬ所以ｆ(２０２４)＝２０２４×２２０２４ꎬ选项Ｄ正 确ꎬ 综上ꎬ故选ＡＣＤ. １２. (－¥ꎬ３] 　解析:因为Ｂ⊆Ａꎬ又Ｂ＝{１}ꎬ所以１∈Ａꎬ所以 １＋２－ａ≥０ꎬ即ａ≤３. １３. π ３ꎻ９ １６　 解析:由题意可知球心Ｏ在圆锥的高ＳＯ１上ꎬ 设底面Ｏ１的半径为ｒꎬ球的半径为Ｒꎬ则Ｒ＝２３ ３ｒꎬ则 ＯＯ１＝ Ｒ２－ｒ２＝３ ３ｒꎬ 所以ＳＯ１＝Ｒ＋３ ３ｒ＝２３ ３ｒ＋３ ３ｒ＝３ｒꎬ 因为ＳＡ与底面Ｏ１所成的角为∠ＳＡＯ１ꎬ所以ｔａｎ∠ＳＡＯ１ ＝ ＳＯ１ ＡＯ１ ＝３ｒ ｒ＝３ꎬ 故∠ＳＡＯ１＝π ３. 由上可知圆锥ＳＯ１的表面积为πｒ２＋πｒ􀅰ＳＡ＝πｒ２＋πｒ×２ｒ ＝３πｒ２ꎬ 所以圆锥ＳＯ１的表面积与球Ｏ的表面积的比为３πｒ２ ４πＲ２＝ ３πｒ２ １６ ３πｒ２ ＝９ １６. １４. ３ ７　 解析:若３ｘ＋２ｙ＋２ｚ≥４ꎬ由Ｍ＝ｍａｘ{ｘꎬｙꎬｚ}ꎬ可得 ３Ｍ≥３ｘ ２Ｍ≥２ｙ ２Ｍ≥２ｚ { ꎬ 所以有７Ｍ≥３ｘ＋２ｙ＋２ｚ≥４ꎬ即Ｍ≥４ ７ꎬ 若ｘ＋３ｙ＋３ｚ≥３ꎬ则有 Ｍ≥ｘ ３Ｍ≥３ｙ ３Ｍ≥３ｚ { ꎬ 所以７Ｍ≥ｘ＋３ｙ＋３ｚ≥３ꎬ当且仅当ｘ＝３ｙ＝３ｚ＝３ ７时ꎬ等号 成立. 故Ｍ的最小值为３ ７. １５. (１３分)解:(１)由题意Ｘ的可能取值为０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ则有 Ｐ(Ｘ＝０) ＝ Ｃ３ ８ Ｃ３ １２ ＝１４ ５５ꎬＰ( Ｘ＝１) ＝ Ｃ１ ４Ｃ２ ８ Ｃ３ １２ ＝２８ ５５ꎬＰ( Ｘ＝２) ＝ Ｃ２ ４Ｃ１ ８ Ｃ３ １２ ＝１２ ５５ꎬＰ(Ｘ＝３)＝ Ｃ３ ４ Ｃ３ １２ ＝１ ５５ꎬ􀆺４分 所以随机变量Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １４ ５５ ２８ ５５ １２ ５５ １ ５５ 所以随机变量Ｘ的期望为Ｅ(Ｘ)＝０×１４ ５５＋１×２８ ５５＋２× １２ ５５＋３ × １ ５５＝１. 􀆺７分 (２)由题意可知首次达标的概率为８ １２＝２ ３ꎬ􀆺８分 首次不达标第二次达标的概率为１ ６＋２ ３＝５ ６ꎬ􀆺９分 所以两位学生都首次就达标的概率为２ ３× ２ ３＝４ ９ꎬ 两位学生一位首次达标ꎬ另一位首次不达标而第二次达 标的概率为 ２× ２ ３× ５ ６× １ ３＝１０ ２７ꎬ􀆺１１分 两位学生首次都不达标ꎬ第二次达标的概率为 １ ３( ) ２ × ５ ６( ) ２ ＝２５ ３２４ꎬ 所以至多两次测试后ꎬ两位学生全部达标的概率为 ４ ９＋１０ ２７＋２５ ３２４＝２８９ ３２４. 􀆺１３分 １６. (１５分)解:(１)当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝(ｌｎｘ＋ｘ) ｅｘ－１ ｘ ( ) ꎬ 则ｆ′(ｘ)＝ １ ｘ＋１ ( ) ｅｘ－１ ｘ ( ) ＋(ｌｎｘ＋ｘ) ｅｘ＋１ ｘ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ􀆺２分 所以ｆ(１)＝(ｅ－１)ꎬｆ′(１)＝３ｅ－１ꎬ 所以ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线方程为 ｙ－(ｅ－１)＝(３ｅ－１)(ｘ－１)ꎬ即ｙ＝(３ｅ－１)ｘ－２ｅ. 􀆺５分 (２)令ｆ(ｘ)＝０可得ｌｎｘ＋ｘ＝０或ｅｘ－ａ ｘ＝０ꎬ对两个方程 分别讨论. ①设ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｇ′(ｘ)＝１ ｘ＋１>０ꎬ所以ｇ(ｘ) 在(０ꎬ＋¥)单调递增ꎬ 且ｇ １ ２( ) ＝－ｌｎ２＋１ ２<０ꎬｇ(１)＝１>０ꎬ􀆺８分 所以存在唯一的零点ｘ１∈(０ꎬ１)ꎬ使ｇ(ｘ１)＝０ꎬ即ｌｎｘ１＋ ｘ１＝０ꎬ􀆺９分 ②令ｅｘ－ａ ｘ＝０ꎬ即ａ＝ｘｅｘꎬ 设ｈ(ｘ)＝ｘｅｘ(ｘ>０)ꎬ可得ｈ′(ｘ)＝(ｘ＋１)ｅｘ>０ꎬ􀆺１１分 则ｈ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ又ｈ(０)＝０且ｘ→＋¥时ꎬ ｈ(ｘ)→＋¥ꎬ 所以当ａ∈(０ꎬ＋¥)时ꎬ存在唯一的零点ｘ２∈(０ꎬ＋¥)ꎬ使 ｈ(ｘ２)＝ａꎬ 即ａ＝ｘ２ｅｘ２ꎬ􀆺１３分 若ｘ１＝ｘ２时ꎬ可得ｌｎｘ１＋ｘ１＝０ ａ＝ｘ１ｅｘ１ { ꎬ则ｌｎｘ１＝－ｘ１ꎬ可得ｘ１＝ ｅ －ｘ１ꎬ 所以ａ＝ｘ１ｅｘ１＝ｅ －ｘ１ｅｘ１＝１ꎬ􀆺１４分 综上ꎬｆ(ｘ)有两个不同的零点ꎬ实数ａ的取值范围为(０ꎬ １)∪(１ꎬ＋¥). 􀆺１５分 １７. (１５分)解:(１)取ＢＤ的中点Ｏꎬ连接ＡＯꎬＯＣꎬ 由已知可得ＡＯ⊥ＢＤꎬＯＣ⊥ＢＤꎬ又ＡＯ∩ＯＣ＝Ｏꎬ 所以ＢＤ⊥平面ＡＯＣꎬ所以平面ＥＦＨ∥平面ＡＯＣꎬ ∵面ＥＦＨ∩面ＡＢＤ＝ＥＦꎬ面ＡＣＤ∩面ＡＢＤ＝ＡＯꎬ 所以ＥＦ∥ＡＯꎬ􀆺３分 在△ＡＯＤ中ꎬ△ＤＥＦ∽△ＤＡＯꎬ所以ＤＥ ＤＦ＝ＤＡ ＤＯꎬ 故ＤＦ＝ＤＥ􀅰ＤＯ ＤＡ ＝ １ ３ＤＡ􀅰ＤＯ ＤＡ ＝１ ３ＤＯ＝１ ３×１＝１ ３. 􀆺５ 分 (２)由题意可得ＯＡ＝ＯＣ＝３ꎬ因为ＡＣ＝３ꎬ所以∠ＡＯＣ＝ １２０°ꎬ􀆺６分 以Ｏ为原点ꎬ直线ＯＣꎬＯＤ分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬ过点Ｏ与平 {#{QQABaQKQggAoABBAABhCEwEyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#} 高三第一次大联考􀅰数学５ 高三第一次大联考􀅰数学６ 面ＢＣＤ垂直的直线为ｚ轴建立如图所示空间直角坐标 系ꎬ则 Ｂ( ０ꎬ－１ꎬ０)ꎬＡ －３ ２ꎬ０ꎬ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬＥ －３ ６ꎬ２ ３ꎬ１ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬＨ ３ ３ꎬ２ ３ꎬ０ æ è ç ö ø ÷ ꎬ 所以ＢＡ →＝ －３ ２ꎬ１ꎬ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬＢＨ →＝ ３ ３ꎬ５ ３ꎬ０ æ è ç ö ø ÷ ꎬＢＥ →＝ －３ ６ꎬ５ ３ꎬ１ ２ æ è ç ö ø ÷ ꎬ􀆺９分 设平面ＢＥＨ的一个法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ 则有ＢＥ →􀅰ｎ＝０ ＢＨ →􀅰ｎ＝０ { ꎬ得 〗－３ ６ｘ＋５ ３ｙ＋１ ２ｚ＝０ ３ ３ｘ＋５ ３ｙ＝０ ì î í ïï ïï ꎬ 取ｘ＝５ꎬ得ｎ＝(５ꎬ－３ꎬ５３)ꎬ􀆺１２分 设直线ＢＡ与平面ＢＥＨ所成角的为θꎬ 则ｓｉｎθ＝｜ｎ􀅰ＢＡ →｜ ｜ｎ｜｜ＢＡ →｜ ＝ ５× －３ ２ æ è ç ö ø ÷ ＋(－３)×１＋５３× ３ ２ ５２＋(－３) ２＋(５３) ２ －３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋１２＋ ３ ２( ) ２ ＝２ ３０９ １０３ ꎬ 所以直线ＢＡ与平面ＢＥＨ所成角的正弦值为２ ３０９ １０３ . 􀆺 １５分 １８. (１７分)解:(１)由题意可得ｙ２＝８ｘꎬ设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬ ｙ２)ꎬ􀆺１分 由ｙ＝ｋｘ＋ｍ ｙ２＝８ｘ { ꎬ消去ｙ得ｋ２ｘ２＋(２ｋｍ－８)ｘ＋ｍ２＝０ꎬｋ≠０ꎬ 所以ｘ１＋ｘ２＝８－２ｋｍ ｋ２ ꎬｘ１ｘ２＝ｍ２ ｋ２ꎬ 又｜ＦＡ｜＋｜ＦＢ｜＝ｘ１＋ｘ２＋４＝８－２ｋｍ ｋ２ ＋４＝８ꎬ可得ｍ＝４ ｋ－２ｋꎬ 􀆺４分 此时Δ＝(２ｋｍ－８) ２－４ｋ２ｍ２＝３２(２－ｋｍ)＝６４(ｋ２－１)>０ꎬ 解得ｋ<－１或ｋ>１ꎬ􀆺５分 设ＡＢ的中点坐标为(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则ｘ０＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝２ ｙ０＝ｋｘ０＋ｍ＝２ｋ＋ｍ { ꎬ 所以ＡＢ的垂直平分线方程为:ｙ－２ｋ－ｍ＝－１ ｋ(ｘ－２)ꎬ􀆺７分 将ｍ＝４ ｋ－２ｋ代入整理得:ｙ＝－１ ｋ(ｘ－６)ꎬ令ｙ＝０ꎬ可得 ｄ０＝６. 􀆺８分 (２) 由｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ２􀅰 ８－２ｋｍ ｋ２ æ è ç ö ø ÷ ２ －４ｍ２ ｋ２ ＝ １＋ｋ２􀅰 ８ ｋ２－１ ｋ２ ꎬ􀆺１０分 且点Ｄ(６ꎬ０)到直线ＡＢ的距离ｄ＝｜６ｋ＋ｍ｜ １＋ｋ２＝ ４ｋ＋１ ｋ １＋ｋ２ꎬ 􀆺１２分 则△ＡＢＤ的面积为Ｓ＝１ ２｜ＡＢ｜􀅰ｄ＝ １６ ｋ２－１ ｋ＋１ ｋ ｋ２ ꎬ Ｓ２＝ ２５６(ｋ２－１) ｋ２＋１ ｋ２＋２ æ è ç ö ø ÷ ｋ４ ＝２５６１＋１ ｋ２－１ ｋ４－１ ｋ６ æ è ç ö ø ÷ ꎬ􀆺１４ 分 令１ ｋ２＝ｔꎬ设ｆ(ｔ)＝１＋ｔ－ｔ２－ｔ３(０<ｔ<１)ꎬ则ｆ′(ｔ) ＝１－２ｔ－ ３ｔ２ꎬ 令ｆ′(ｔ)>０ꎬ解得０<ｔ< １ ３ꎬ令ｆ′(ｔ)<０ꎬ解得１ ３<ｔ<１ꎬ 则ｆ(ｔ)在０ꎬ１ ３ ( ) 单调递增ꎬ在 １ ３ꎬ１ ( ) 上单调递减ꎬ 所以当ｔ＝１ ３ꎬｆ(ｔ) ｍａｘ＝ｆ １ ３( ) ＝３２ ２７ꎬ􀆺１６分 所以△ＡＢＤ面积的最大值为 ２５６×３２ ２７＝６４６ ９ ꎬ此时ｋ２ ＝３. 􀆺１７分 １９. (１７分)解:(１)由题意可得Δａ１＝２－１＝１ꎬΔａ２＝８－２＝６ꎬ Δａ３＝２２－８＝１４ꎬΔａ４＝４７－２２＝２５ꎬ􀆺ꎻ Δ２ａ１＝６－１＝５ꎬΔ２ａ２＝１４－６＝８ꎬΔ２ａ３＝２５－１４＝１１􀆺ꎻ 所以２阶数列为５ꎬ８ꎬ１１ꎬ􀆺. 􀆺３分 (２)因为Δａｎ＝ａｎ＋１－ａｎꎬ又Δａｎ＝２ｎꎬ所以ａｎ＋１－ａｎ＝２ｎꎬ 所以ａ２－ａ１＝２ꎬａ３－ａ２＝４ꎬ􀆺ꎬａｎ－ａｎ－１＝２(ｎ－１)ꎬ 累加可得ａｎ－ａ１＝２＋４＋􀆺＋２(ｎ－１)ꎬ即ａｎ－ａ１＝ｎ２－ｎꎬ 所以ａｎ＝ｎ２－ｎ＋１. 􀆺８分 (３)因为Δ２ｂｎ＝Δｂｎ＋１－Δｂｎꎬ及Δ２ｂｎ－Δｂｎ＋１＋ｂｎ＋２２ｎ＝０可 得Δｂｎ－ｂｎ＝２２ｎꎬ 又Δｂｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎꎬ所以ｂｎ＋１－２ｂｎ＝２２ｎꎬ两边同除２ｎ＋１得 ｂｎ＋１ ２ｎ＋１－ ｂｎ ２ｎ＝２ｎ－１ꎬ􀆺１０分 当ｎ≥２时ꎬ ｂｎ ２ｎ＝ ｂ２ ２２－ ｂ１ ２ æ è ç ö ø ÷ ＋ ｂ３ ２３－ ｂ２ ２２ æ è ç ö ø ÷ ＋ ｂ４ ２４－ ｂ３ ２３ æ è ç ö ø ÷ ＋􀆺＋ ｂｎ ２ｎ－ ｂｎ－１ ２ｎ－１ æ è ç ö ø ÷ ＋ ｂ１ ２ ＝２０＋２＋２２＋􀆺＋２ｎ－２＋－７ ２＝１(１－２ｎ－１) １－２ －７ ２＝２ｎ－１－９ ２ꎬ􀆺１２ 分 所以ｂｎ＝２２ｎ－１－９􀅰２ｎ－１(ｎ≥２ꎬｎ∈Ｎ∗)ꎬ 当ｎ＝１时ꎬｂ１＝－７满足ꎬ 所以ｂｎ＝２２ｎ－１－９􀅰２ｎ－１(ｎ∈Ｎ∗)ꎬ􀆺１４分 令ｘ＝２ｎ－１ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ２－９ｘ＝２ｘ－９ ４ ( ) ２ －８１ ８ꎬ 则当ｘ∈ －¥ꎬ９ ４ ( ) 时ꎬ函数ｆ( ｘ) 单调递减ꎬ当ｘ∈ ９ ４ꎬ＋¥ ( ) 时ꎬ函数ｆ(ｘ)单调递增 而２１－９ ４ < ２２－９ ４ ꎬ所以２ｎ－１＝２ꎬ即ｎ＝２时ꎬｂｎ取得 最小值为－１０. 􀆺１７分 {#{QQABaQKQggAoABBAABhCEwEyCEAQkgEAAagOQEAAoAAACBFABAA=}#}