湖北沙市中学2025届高三上学期10月月考数学试题（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1028湖北省荆州市沙市中学2025届高三上学期10月月考

2024—2025 学年度上学期 2022 级 10 月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2024年 10月 24日 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的.  n 1   n 1  M =x x= + ,n∈Z,N =x ?x= + ,n∈Z  2 4   4 2  1. 已知集合 ，则下列表述正确的是（ ） A. M ∩N =∅ B. M N =R C. M ⊆ N D. N ⊆ M 【答案】C 【解析】 【分析】集合M 表示正奇数除以4，集合N 表示整数除以4，据此可以判断两个集合的关系.  2n+1  【详解】M =x x= ,n∈Z表示是的含义是正奇数除以4，  4   n+2  N =x x= ,n∈Z表示的含义是整数除以4,  4  所以M ⊆ N ， 故选：C.         3 2 3 2. 已知非零向量a,b的夹角为θ，且|a|= |b|，a = a⋅(a+b)，则θ=（ ） 2 2 π 3π π A. B. C. D. 3 4 4 2π 【答3案】A 【解析】 【分析】根据数量积及夹角的公式计算即可.      3 2 【详解】由|a|= |b|，得|a||b|= |a|2； 2 3         2 3 由a = a⋅(a+b)，得2|a|2=3|a|2 +3a⋅b ， 2    1 所以a⋅b =− |a|2， 3   a⋅b 1 所以cosθ=   =− ， |a||b| 2 第1页/共19页 学科网（北京）股份有限公司2π 因为θ∈[ 0,π ] ，所以θ= ． 3 故选：A． 4π 3. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为 的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ） 3 A. 6π B. 8π C. 10π D. 12π 【答案】A 【解析】 【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积. 【详解】因为底面半径r =2，所以底面周长L=2πr =4π， L l = =3 又圆锥母线长 4π ，所以圆锥侧面积S =πrl =6π． 3 故选：A． 1 4. 若sin(α−β)= ，且tanα=2tanβ，则sin(α+β)=（ ） 6 3 2 2 1 A. B. C. D. 2 2 3 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算sinαcosβ,cosαsinβ，再根据和角公式计算即可. 1 【详解】因为sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ= ， 6 sinα 2sinβ 又tanα=2tanβ，即 = ，则sinαcosβ=2cosαsinβ， cosα cosβ 1 1 所以sinαcosβ= ,cosαsinβ= ， 3 6 1 1 1 故sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ= + = . 3 6 2 故选：D 1 5. 已知 f(x)=ln(x2 +1)，g(x)=( )x −m，若∀x ∈[0,2]，∃x ∈[0,2]，使得 f(x )≥g(x )，则实 1 2 1 2 2 数m的取值范围是 1 1 1 1 A. [ ,+∞) B. (−∞, ] C. [ ,+∞) D. (−∞, ] 4 4 2 2 【答案】A 第2页/共19页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】根据给定条件求出函数 f(x)的最小值，g(x)的最小值即可列式求解. 【详解】函数 f ( x )=ln ( x2 +1 ) 在 [ 0,2 ] 上单调递增，则有 f(x) = f(0)=0， min 1 1 1 又g(x)=( )x −m在 [ 0,2 ] 上单调递减，则有g(x) = g(2)=( )2 −m= −m， 2 min 2 4 1 1 因为∀x ∈[ 0,2 ] ，∃x ∈[ 0,2 ] ，使得 f (x )≥g(x )，于是得 −m≤0，解得m≥ ， 1 2 1 2 4 4 1 所以实数m的取值范围是[ ,+∞)． 4 故选：A  π 6. 已知函数 f(x)=4cos(ωx+ϕ) ω>0,0<ϕ< 的部分图象如图所示，图象的一个最高点为M ，图  2 9  5 象与x轴的一个交点为N ,0，且点M，N之间的距离为5，则 f   =（ ） 4  4 3 3 3 A. B. 2 3 C. D. 2 2 2 【答案】D 【解析】 5 【分析】由函数图象可得函数周期，即可得ω，结合特殊点的坐标计算可得ϕ，即可得 f  . 4 【详解】函数 f(x)的最大值为4．设 f(x)的最小正周期为T ， 2 T  依题意，得42 +   =MN2 =25，解得T =12，  4 2π π π  所以 =12，解得ω= ，所以 f(x)=4cos x+ϕ ， ω 6 6  第3页/共19页 学科网（北京）股份有限公司9  9 π 9  又点N ,0在函数 f(x)的图象上，所以 f   =4cos × +ϕ  =0， 4  4 6 4  π 9 π π π π 结合图象，知 × +ϕ= ，解得ϕ= ，所以 f(x)=4cos x+ ， 6 4 2 8 6 8 5 π 5 π π 所以 f   =4cos × +  =4cos =2． 4 6 4 8 3 故选：D． x2 y2 7. 过双曲线C: − =1(a >0,b>0)的右焦点F 向双曲线C的一条渐近线作垂线，垂足为D，线段 a2 b2 |DE‖EG| 1 FD与双曲线C交于点E，过点E向另一条渐近线作垂线，垂足为G，若 = ，则双曲线C |DF |2 3 的离心率为（ ） 2 3 2 5 A. 3 B. 2 C. D. 3 3 【答案】A 【解析】 |DE‖EG| 1 【分析】根据点到直线的距离公式可以求出|DF |的长，再根据 = 列出等式即可寻找 的关 |DF |2 3 𝑎𝑎,𝑏𝑏,𝑐𝑐 系，进而可以得到双曲线的离心率. 【详解】由题意，知双曲线C的渐近线方程为bx±ay =0． |bc| 设双曲线C的半焦距为c，则右焦点F(c,0)到渐近线的距离|DF |= =b． b2 +a2 设点E ( x ,y ) ，则 x 0 2 − y 0 2 =1，即b2x2 −a2y2 =a2b2． 0 0 a2 b2 0 0 bx −ay bx +ay a2b2 又 DE EG = 0 0 ⋅ 0 0 = ， b2 +a2 b2 +a2 c2 DE EG a2 1 1 所以 = = = ， DF 2 c2 e2 3 解得e= 3． 故选：A． 第4页/共19页 学科网（北京）股份有限公司8. 设函数 f(x)=sinπx+e3x−3−e3−3x −x+3则满足 f(x)+ f(3−2x)<4的x的取值范围是（ ） A. (3,+∞) B. (−∞,3) C. (1,+∞) D. (−∞,1) 【答案】C 【解析】 【分析】观察题设条件与所求不等式，构造函数g ( x )= f ( x+1 )−2，利用奇偶性的定义与导数说明其奇 偶性和单调性，从而将所求转化为g ( x−1 )< g ( 2x−2 ) ，进而得解. 【详解】因为 f(x)=sinπx+e3x−3−e3−3x −x+3， 所以 f ( x+1 )=sin ( πx+π )+e3x+3−3−e3−3x−3 −x−1+3 =−sinπx+e3x −e−3x −x+2， 设g ( x )= f ( x+1 )−2=−sinπx+e3x−e−3x−x，显然定义域为R ，g ( x−1 )= f ( x )−2， 又g(−x)=−sin (−πx )+e−3x−e3x+x=− ( −sinπx+e3x −e−3x −x ) =−g(x)， ( ) 所以g x 为R 上的奇函数， 又g′(x)=−πcosπx+3e3x +3e−3x −1≥−πcosx+2 3e3x⋅3e−3x −1=5−πcosx>0， ( ) 所以g x 在R 上单调递增， 又 f(x)+ f(3−2x)<4，则 [ f(x)−2 ]+[ f(3−2x)−2 ]<0， 所以g ( x−1 )+g ( 2−2x )<0，即g ( x−1 )<−g ( 2−2x )= g ( 2x−2 ) ， 所以x−1<2x−2，解得x>1， 则满足 f(x)+ f(3−2x)<4的x的取值范围是(1,+∞)． 故选：C． 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. 若a>0>b>c，则下列结论正确的是（ ） a a A. > B. b2a >c2a c b a−b b C. > D. a−c≥2 (a−b)(b−c) a−c c 第5页/共19页 学科网（北京）股份有限公司【答案】ACD 【解析】 【分析】由不等式的性质判断. a a a(b−c) a a 【详解】∵a>0>b>c，则b−c>0，bc>0，∴ − = >0，即 > ，A正确； c b bc c b 例如a =1，b=−2，c=−3，b2a =(−2)2 =4，c2a =(−3)2 =9， 显然4<9，B错误； a−b b a(c−b) a−b b 由a>0>b>c得c−b<0，a−c>0，∴ − = >0，即 > ，C正确； a−c c c(a−c) a−c c 易知a−c>0，a−b0，b−c>0， a−c−2 (a−b)(b−c) =(a−b)+(b−c)−2 (a−b)(b−c) =( a−b− b−c)2 ≥0， ∴a−c≥2 (a−b)(b−c)，D正确； 故选：ACD． 10. 已知随机变量X，Y，其中Y =3X +1，已知随机变量X的分布列如下表 X 1 2 3 4 5 1 1 3 p m n 10 5 10 若E ( X )=3，则（ ） 3 1 A. m= B. n= C. E ( Y )=10 D. D ( Y )=21 10 5 【答案】AC 【解析】 【分析】由分布列的性质和期望公式求出m,n可判断ABC；由方差公式可判断D. 1 1 3 2 【详解】由m+ + +n+ =1可得：m+n= ①， 10 5 10 5 又因为E(Y)= E ( 3X +1 )=3E ( X )+1=10，故C正确. 1 1 3 所以E ( X )=m+2× +3× +4n+5× =3， 10 5 10 7 1 3 则m+4n= ②，所以由①②可得：n= ,m= ，故A正确，B错误； 10 10 10 3 1 1 1 3 D(X)=( 1−3 )2× +( 2−3 )2× +( 3−3 )2× +( 4−3 )2× +( 5−3 )2× 10 10 5 10 10 3 1 1 3 13 =4× +1× +1× +4× = , 10 10 10 10 5 第6页/共19页 学科网（北京）股份有限公司13 117 D(Y)= D ( 3X +1 )=9D ( X )=9× = ，故D错误. 5 5 故选：AC. 11. 如图，在平行四边形ABCD中，AD= BD=2，且AD⊥ BD，BF为△BCD的中线，将BCF 沿 BF折起，使点C到点E的位置，连接AE，DE，CE，且CE =2，则（ ） A. EF ⊥平面ABCD B. AE与平面BEF所成角的正切值是 2 6 C. BC与DE所成的角为30 D. 点C到平面BDE的距离为 3 【答案】AB 【解析】 【分析】A.根据线面垂直的判定定理，转化为证明EF ⊥平面ABCD；B.首先利用垂直关系说明AB⊥平 面BEF，即可说明AE与平面BEF所成的角为∠AEB；C.根据平行关系，将异面直线所成角转化为相交 直线所成角，∠ADE或其补角即为BC与DE所成的角；D.利用等体积转化法求点到平面的距离. 【详解】因为AD= BD=2，且AD⊥ BD，所以AB=CD=2 2 ，∠DBC =90． 又BF 为△BCD的中线，所以BF⊥CD，CF = BF = EF = 2． 因为CE =2，所以EF ⊥CF ．由题意，知BE = BC =2，所以EF ⊥ BF ． 又CFBF = F ，且CF ，BF ⊂平面ABCD，所以EF ⊥平面ABCD，故A正确； 因为EF ⊥CF ，BF ⊥CF ，EFBF = F ，所以CF ⊥平面BEF． 又AB//CF，所以AB⊥平面BEF．所以AE与平面BEF所成的角为∠AEB． AB 在RtAEB中，AB=2 2，BE =2．所以tan∠AEB = = 2，故B正确； BE 因为BC//AD，所以∠ADE或其补角即为BC与DE所成的角，连接AF ，在△ADF中，AD=2， DF = 2，∠ADF =135，  2  所以由余弦定理，得AF = 22 +( 2)2 −2×2× 2×−  = 10 ．   2   在RtAEF 中，由勾股定理，得AE = AF2 +EF2 = 10+2 =2 3． 第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司所以在ADE中，AD= DE =2，AE =2 3． 22 +22 −(2 3)2 1 由余弦定理的推论，得cos∠ADE = =− ，所以∠ADE =120， 2×2×2 2 所以BC与DE所成的角为60，故C错误； 因为BD= BC =2，且∠DBC =90，所以S =2．又BD= DE = EB=2， BCD 3 所以S = ×22 = 3． △BED 4 2 2 2 6 因为点E到平面BCD的距离为EF = 2，所以由等体积法，得点C到平面BDE的距离为 = ， 3 3 故D错误． 故选：AB 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12. 若直线l：y =2x与圆C：x2 + y2 −2x−3=0交于A，B两点，则 AB =______. 8 5 【答案】 5 【解析】 【分析】首先确定圆心和半径，应用点到直线距离公式求圆心到直线l的距离，再由几何法求弦长即可． 【详解】由圆C:(x−1)2 + y2 =4，故圆心C(1,0)，半径为r =2，直线l:2x− y =0， |2| 2 故圆心到直线l的距离为d = = ， 22 +(−1)2 5 4 8 5 ∴|AB|=2 r2 −d2 =2 4− = ． 5 5 8 5 故答案为： ． 5 13. 已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C =60°，c=7，若a−b=3,D为AB中 点，则CD=______． 129 【答案】 2 【解析】 第8页/共19页 学科网（北京）股份有限公司129 【分析】根据余弦定理可得ab=40，即可利用向量的模长求解CD= . 2 【详解】由余弦定理，c2 =a2 +b2 −2abcosC =(a−b)2 +ab，将a−b=3，c=7代入解得ab=40，  2 b2 +a2 +ab (a−b)2 +3ab 129 129 因为 ，所以CD = = = ，所以CD= ． 1 4 4 4 2 𝐶𝐶����𝐶𝐶�⃗ =2��𝐶𝐶���𝐶𝐶�⃗+𝐶𝐶����𝐶𝐶�⃗� 129 故答案为： 2 x−2 14. 对∀x>2，aex ≥ln −2恒成立，则a的最小值为__________. a 1 【答案】e−3## e3 【解析】 【分析】对不等式变形，同构函数g(x)=aex +x，利用单调性转化后分离参数，求函数最值得解. x−2 x−2 x−2 【详解】∀x>2，aex ≥ln −2⇔ aex +x≥ln +x−2=aelnx− a 2 +ln ， a a a  x−2 令g(x)=aex +x，则g(x)≥ gln ，  2  x−2 x−2 由ln 有意义知， >0，所以a>0， a a ∵a>0，∴g(x)=aex +x单调递增， x−2 ∴x≥ln ⇔lna+2≥  ln ( x−2 )−( x−2 )  ， a max 1 1−x 令 f(x)=lnx−x，则 f′(x)= −1= ， x x 当0< x<1时， f′(x)>0，当x>1时， f′(x)<0， 所以 f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减， 故x=1时， f(x) = f(1)= −1， max 故当x−2=1即x=3时，  ln ( x−2 )−( x−2 )  =−1， max 所以lna+2≥−1，即a≥e−3. 故答案为：e−3 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. 第9页/共19页 学科网（北京）股份有限公司15. 已知函数 f ( x )=e2x −2x. ( ) （1）求 f x 的极值； （2）若对于任意x∈R，不等式 f ( x )>2 ( e−1 ) x+m恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）极小值为1，无极大值 （2）(−∞,0 ) 【解析】 【分析】（1）求得 f′( x )=2e2x −2，得出函数 f ( x ) 的单调性，结合极值的概念，即可求解； （2）根据题意，转化为任意x∈R，不等式e2x −2ex>m恒成立，设g ( x )=e2x −2ex，求得 g′( x ) =2e2x −2e，得出函数g ( x ) 的单调性，求得g ( x ) 的最小值，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数 f ( x )=e2x −2x，可得 f′( x )=2e2x −2， 令 f′( x )>0，即e2x −1>0，解得x>0； 令 f′( x )<0，即e2x −1<0，解得x<0， 所以函数 f ( x ) 在区间(−∞,0)单调递减，(0,+∞)单调递增， 当x=0时， f ( x ) 取得极小值，极小值为 f ( 0 )=1，无极大值. 【小问2详解】 解：由不等式 f ( x )>2 ( e−1 ) x+m恒成立，即e2x −2x>2 ( e−1 ) x+m恒成立， 即对于任意x∈R，不等式e2x −2ex>m恒成立， 设g ( x )=e2x −2ex，可得g′( x ) =2e2x −2e， 1 令g′( x )>0，即2e2x −2e>0，解得x> ； 2 1 令g′( x )<0，即2e2x −2e<0，解得x< ， 2 1 1 所以g ( x ) 在(−∞, )上单调递减，在( ,+∞)单调递增， 2 2 1 1 所以，当x= 时，函数g ( x ) 取得极小值，同时也时最小值，g( )=0， 2 2 第10页/共19页 学科网（北京）股份有限公司所以m< g ( x ) ，即m<0，所以实数m的取值范围为(−∞,0 ) . min 16. 锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为 ，满足 ( sinA−sinC )⋅( sinA+sinC )=sinB ( sinA−s𝑎𝑎in,𝑏𝑏B,𝑐𝑐) （1）求角C； A B C （2）求sin2 +sin2 +sin2 的取值范围. 2 2 2 π 【答案】（1） 3 3 5− 3 （2） ,   4 4  【解析】 【分析】（1）先由正弦定理得a2 −c2 =ab−b2，再结合余弦定理即可求得角C； 3 1 π 2π （2）先通过降幂公式得 − (cosA+cosB+cosC)，再由C = ,B= −A结合辅助角公式得到 2 2 3 3 5 1  π − sinA+ ，由锐角三角形求得角A的范围，即可求解. 4 2  6  【小问1详解】 由 ( sinA−sinC )⋅( sinA+sinC )=sinB ( sinA−sinB ) ，结合正弦定理可得a2 −c2 =ab−b2，即 a2 +b2 −c2 =ab， 所以cosC = a2 +b2 −c2 = 1 ，又C∈( 0,π) ，故C = π ； 2ab 2 3 【小问2详解】 A B C 1−cosA 1−cosB 1−cosC 3 1 sin2 +sin2 +sin2 = + + = − (cosA+cosB+cosC) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 5 1 = − (cosA+cosB+ )= − (cosA+cosB) 2 2 2 4 2 5 1 2π  5 1 1 3  5 1  π = −  cosA+cos( −A)  = − cosA− cosA+ sinA = − sinA+ ，因为锐角三 4 2 3  4 2 2 2  4 2  6   π 0< A<  2   π 角形，故0< B< ， 2   2π A+B=   3 第11页/共19页 学科网（北京）股份有限公司π π π π 2π 3  π 5 1  π 3 5− 3 解得 < A< ，则 < A+ < ， 0，且 ， 12  y y =  1 2 t2 −4 y 1 k x +2 y ( x −2 ) y ( ty +2 ) ty y +2y ty y +2 ( y + y )−2y AM = 1 = 1 2 = 1 2 = 1 2 1 = 1 2 1 2 2 k y y ( x +2 ) y ( ty +6 ) ty y +6y ty y +6y BN 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 x −2 2 12t 16t 4t − −2y − −2y t2 −4 t2 −4 2 t2 −4 2 1 = = =− ， 12t 12t 3 +6y +6y t2 −4 2 t2 −4 2 y + y 2t 3 或由韦达定理可得 1 2 =− ，即ty y =− ( y + y ) , y y 3 1 2 2 1 2 1 2 y 3 ∴ k AM = x 1 + 1 2 = y 1 × x 2 −2 = y 1 ( ty 2 +2 ) = ty 1 y 2 +2y 1 = − 2 ( y 1 + y 2 )+2y 1 k BN y 2 x 1 +2 y 2 y 2 ( ty 1 +6 ) ty 1 y 2 +6y 2 − 3 ( y + y )+6y x −2 2 1 2 2 2 y −3y 1 = 1 2 =− ， −3y +9y 3 1 2 第15页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 即k 与k 的比值为定值− . AM BN 3 （ii）方法一：设直线AM : y =k(x+2)， ( ) ( ) 代入双曲线方程并整理得 1−4k2 x2 −16k2x−16k2 −4=0 1−4k2 ≠0 ， 由于点M 为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为−2，. ( ) −16k2 −4 2 4k2 +1 由韦达定理得：−2x = ，解得 x = . A 1−4k2 A 1−4k2 ( ) 2 4k2 +1  1 1 因为点A在双曲线的右支上，所以 x = >0 ，解得k∈  − , ， A 1−4k2  2 2  1 1  1 1  即k ∈  − , ，同理可得k ∈  −∞,−  ∪  ,+∞ ， AM  2 2 BN  2 2   1 1  由（i）中结论可知k =−3k ∈  −∞,−  ∪  ,+∞ ， BN AM  2 2   1 1   1 1 1 1 得k ∈  −∞,−  ∪  ,+∞ ，所以k ∈  − ,−  ∪  , ， AM  6 6  AM  2 6 6 2 2 2 故w=k2 + k =k2 + (−3k )=k2 −2k ， AM 3 BN AM 3 AM AM AM 设h(x)= x2 −2x，其图象对称轴为x=1，  1 1 1 1  3 11 13 5 则h(x)= x2 −2x在 − ,− , , 上单调递减，故h ( x )∈  − ,−  ∪  , ，  2 6 6 2  4 36 36 4 2  3 11 13 5 故w=k2 + k 的取值范围为 − ,−  ∪  , ； AM 3 BN  4 36 36 4 x2 1 方法二：由于双曲线 − y2 =1的渐近线方程为y =± x， 4 2 x2 如图，过点M 作两渐近线的平行线l ,l ，由于点A在双曲线 − y2 =1的右支上， 1 2 4 所以直线AM 介于直线l ,l 之间（含x轴，不含直线l ,l ）， 1 2 1 2 第16页/共19页 学科网（北京）股份有限公司 1 1 所以k ∈  − , . AM  2 2 同理，过点N 作两渐近线的平行线l ,l ， 3 4 x2 由于点B在双曲线 − y2 =1的右支上， 4 所以直线BN 介于直线l ,l 之间（不含x轴，不含直线l ,l ）， 3 4 3 4  1 1  所以k ∈  −∞,−  ∪  ,+∞ . BN  2 2   1 1  由（i）中结论可知k =−3k ∈  −∞,−  ∪  ,+∞ ， BN AM  2 2   1 1   1 1 1 1 得k ∈  −∞,−  ∪  ,+∞ ，所以k ∈  − ,−  ∪  , , AM  6 6  AM  2 6 6 2 2 2  3 11 13 5 故w=k2 + k =k2 + (−3k )=k2 −2k ∈  − ,−  ∪  , . AM 3 BN AM 3 AM AM AM  4 36 36 4 【点睛】方法点睛：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来 解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数 的最值或范围．          19. 对于一组向量a ，a ，a ，…，a ，（n∈N且n≥3），令S =a +a +a ⋅⋅⋅+a ，如果存在 1 2 3 n n 1 2 3 n      a ( p∈{ 1,2,3,⋅⋅⋅,n }) ，使得 a ≥ S −a ，那么称a 是该向量组的“长向量”． p p n p p      （1）设a =( n,x+2n )，n∈N且n>0，若a 是向量组a ，a ，a 的“长向量”，求实数x的取值范 n 3 1 2 3 第17页/共19页 学科网（北京）股份有限公司围；   nπ nπ     （2）若a = sin ,cos ，n∈N且n>0，向量组a ，a ，a ，…，a 是否存在“长向量”?给出 n  2 2  1 2 3 7 你的结论并说明理由；        （3）已知a ，a ，a 均是向量组a ，a ，a 的“长向量”，其中a =(sinx,cosx)， 1 2 3 1 2 3 1  a =( 2cosx,2sinx )．设在平面直角坐标系中有一点列P，P ，P ，…，P 满足，P为坐标原点，P 2 1 2 3 n 1 2  为a 的位置向量的终点，且P 与P 关于点P对称，P 与P （k∈N且k >0）关于点P 对称， 3 2k+1 2k 1 2k+2 2k+1 2  求 P P 的最小值． 1013 1014 【答案】（1）−4≤ x≤0 （2）存在，理由见解析 （3）2024 【解析】 【分析】（1）根据“长向量”的定义，列不等式，求x的取值范围即可得；   nπ nπ （ 2 ） 由 题 意 可 得 a = sin2 +cos2 =1 ， 亦 可 得 S =( 0,−1 ) ， 故 只 需 使 n 2 2 7   pπ  pπ  2   pπ pπ S n −a p = sin2 2 +   cos 2 +1  ≤1，计入a p =   sin 2 ,cos 2   计算即可得；            （3）首先由a ，a ，a 均是向量组a ，a ，a 的“长向量”，变形得到a +a +a =0，设a =( u,v ) , 1 2 3 1 2 3 1 2 3 3   由条件列式，变形为P P =( x −x ,y − y )=4k( x ,y )−( x ,y ) =4kPP ，转化为求 2k+1 2k+2 2k+2 2k+1 2k+2 2k+1  2 2 1 1  1 2  PP 的最小值. 1 2 【小问1详解】    由题意可得： a ≥ a +a ，则 9+( x+6 )2 ≥ 9+( 2x+6 )2 ，解得：−4≤ x≤0； 3 1 2 【小问2详解】   存在“长向量”，且“长向量”为a ，a ，理由如下： 2 6  nπ nπ 由题意可得 a = sin2 +cos2 =1， n 2 2    若存在“长向量”a ，只需使 S −a ≤1， p n p 第18页/共19页 学科网（北京）股份有限公司     又S =a +a +a +⋅⋅⋅+a =( 1+0−1+0+1+0−1,0−1+0+1+0−1+0 )=( 0,−1 )， 7 1 2 3 7   2 pπ  pπ  pπ pπ pπ 故只需使 S −a = sin2 + cos +1 = sin2 +cos2 +2cos +1 n p 2  2  2 2 2 pπ pπ pπ 1 = 2+2cos ≤1，即0≤2+2cos ≤1，即−1≤cos ≤− ， 2 2 2 2   当 p=2或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为a ，a ； 2 6 【小问3详解】          由题意，得 a ≥ a +a ， a 2 ≥ a +a 2 ，即a 2 ≥ ( a +a )2 ， 1 2 3 1 2 3 1 2 3           即a 2 ≥a 2 +a 2 +2a ⋅a ，同理a 2 ≥a 2 +a 2 +2a ⋅a ， 1 2 3 2 3 2 1 3 1 3      a 2 ≥a 2 +a 2 +2a ⋅a ， 3 1 2 1 2          三式相加并化简，得：0≥a 2 +a 2 +a 2 +2a ⋅a +2a ⋅a +2a ⋅a ， 1 2 3 1 2 1 3 2 3           ( )2 即 a +a +a ≤0， a +a +a ≤0，所以a +a +a =0， 1 2 3 1 2 3 1 2 3      u =−sinx−2cosx 设a =( u,v )，由a +a +a =0得： ， 3 1 2 3 v=−cosx−2sinx  ( x ,y )=2 ( x ,y )−( x ,y ) 设P ( x ,y ) ，则依题意得： 2k+1 2k+1 1 1 2k 2k ， n n n  ( x 2k+2 ,y 2k+2 )=2 ( x 2 ,y 2 )−( x 2k+1 ,y 2k+1 ) 得 ( x 2k+2 ,y 2k+2 )=2  ( x 2 ,y 2 )−( x 1 ,y 1 )  +( x 2k ,y 2k ) ， 故 ( x 2k+2 ,y 2k+2 )=2k  ( x 2 ,y 2 )−( x 1 ,y 1 )  +( x 2 ,y 2 ) ， ( x 2k+1 ,y 2k+1 )=−2k  ( x 2 ,y 2 )−( x 1 ,y 1 )  +( x 2 ,y 2 ) ，   所以P 2k+1 P 2k+2 =( x 2k+2 −x 2k+1 ,y 2k+2 − y 2k+1 )=4k  ( x 2 ,y 2 )−( x 1 ,y 1 )  =4kP 1 P 2 ，  PP 2 =(−sinx−2cosx )2 +(−cosx−2sinx )2 =5+8sinxcosx=5+4sin2x≥1， 1 2 π 当且仅当x=tπ− ( t∈Z )时等号成立， 4  1012 故 P P =4× =2024. 1013 1014 min 2 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“长向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问   注意转化关系，关键是转化为P P =4kPP . 2k+1 2k+2 1 2 第19页/共19页 学科网（北京）股份有限公司