数学-渐进杯赛2026年“渐进杯”第一届线上联合测试(2月19日9点-11点)_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷

绝密 ★ 启用前 2026 年“渐进杯”第一届线上联合测试 数学 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. 若A ，则 ( A)=  A   A. 数学试题 第 1 页 （共 4 页） A B. A C. D.   2. 函数 f ( x ) = f ( f ( x ) ) ，且 f ( x ) 在  上严格单调，则 f ( 2 0 2 6 ) = A.0 B.1 C.2025 D.2026 3. 甲、乙、丙、丁四名同学进行纸牌游戏，甲和乙组队，丙和丁组队，共分成两个队伍，当 游戏开始时，将106张普通牌和2张K牌共108张牌平均分给四名同学，每名同学获得27 张牌，若其中一只队伍含有全部的 2 张 K 牌，则该队伍直接获得此次游戏的胜利，则在理 想状态下，游戏开始时，甲和乙直接获得游戏胜利的概率是 27 53 A. B. C. 214 214 1 2 0 7 7 D. 1 3 1 0 7 4. 已知x ，y ，且 y  0 ，则 x = 0 是xy=0的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 x2 y2 b a 5. 设C: − =1，l:y= x+ ，则 a2 b2 a b l 与 C 注 意 事 项 考生在答题前请认真阅读注意事项及各题答题要求 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米墨水签字笔填写在试卷及答题卡 的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动请用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米墨水签字笔在答题卡 上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题 卡一并交回。 交点个数为 A.0 B.1 C.0或1 D.26. 设 数学试题 第 2 页 （共 4 页） C 为一个椭圆，离心率为 e ，F,F 为 1 2 C 互异的焦点，若对 C 上任一点P，恒有PFF 1 2 的三条边长构成等差数列，则 e 的取值范围是 A.  0 , 1 2  B.  1 2 ,1  C.  0 , 1 2    1 2 ,1  D.  1 2  7. 在  A B C 中，cosA+cosB−cosC的取值范围是 A. ( − 3 , 3 ) B. ( − 2 , 3 ) C. ( − 1 , 3 ) D. ( − 1 , 2 ) 8. 在正方体的顶点中任取不共面的4个，作一个三棱锥，该三棱锥为正四面体的概率是 A. 1 2 3 B. 1 2 6 C. 1 2 9 D. 1 3 2 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. 已知随机变量 ~ N ( 0 ,1 )  ，  x   ，记 f ( x ) P ( x )  =  ，则 A. f ( x ) 为奇函数 B. P ( x ) f ( x )   = − f (x)− f (−x) x0 C.P ( x ) = D. 0 x0 P ( x ) 2 1 ( ) f x x x 0 0   =  −   10. 平面直角坐标系 O − x y 中两条曲线 C 1 : x 2 = p y ， C 2 : y 2 = q x 交于异于 O 的点 A ，过点A 分别做 C 1 ， C 2 的切线 l1 , l 2 ，记 l1 交 x 轴于点 B ， l 2 交 y 轴于点 C ，OA与BC交于点 D ， 且l ， 1 l 2 的斜率分别为 k 1 ， k 2 ，直线 O A 斜率为 k ，其中 p ， q 均为正实数，则 A. k 1 , k , k 2 成等比数列 B. t a n  B A C  3 4 C. D 为 B C pq 的中点 D.S =S = OAB OAC 4 11. 设a0，b0，则 a2 +b2 a+b 2 a+b 2 A.   ab  B. − ab  ab− 2 2 1 1 2 1 1 + + a b a b a2 +b2 a+b a+b a2 +b2 a+b 2 C. −  − ab D. −  ab− 2 2 2 2 2 1 1 + a b三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 在平面直角坐标系 数学试题 第 3 页 （共 4 页） O − x y 中， M , N 均在 x 轴上， P 在指数函数 y = a x 的图像上，且 P M 与图像相切， P N  与y轴平行，其中a为参数，则 MN 的取值范围是 .（用 a 表示） 13. 设 a , b  0 ，若 ,     ，使得  a + b a + b = a  b ，则 c o s a , b 取值范围是 . 14. 圆柱与其外接球体积比值的最大值为 ；表面积比值的最大值为 . 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） 函数 f ( x ) = x a − lo g a x . （1）讨论 f ( x ) 的单调性； （2）记 f ( x ) 的最小值为 g ( a ) ，求 g ( a ) 的最大值. 16. （15分） 如图，ABC−ABC 为一个三棱柱，且 1 1 1 AB2 +AC2 = AC2 +AB2. 1 1 （1）证明：四边形BCCB 为矩形； 1 1 （2）记平面 A 1 B C 与平面ABC 夹角为 1 1 二面角 A 1 − B C − A 大小为，二面角 A − B C1 1 − A 1 大小为， 证明：=+或++=.17. （15分） ABC满足 数学试题 第 4 页 （共 4 页） B C = 8 ，AB=3AC ，在BC延长线上存在一点D满足BD=9. （1）证明：AD为定值； （2）若 D ， E 分别是是 E F ， B F 的中点，求tanBAE+tanFAD的最小值. 18. （17分） 设 x 1 , x 2 , , x n 为给定的 n 个实数，随机变量 X 的可能取值为 x 1 , x 2 , , x n . （1）证明：  a   ， D ( X + a ) = D ( X ) ； （2）证明： D ( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) ； （3）求 D ( X ) 的最大值. 19. （17分） 设  A B C 的边长为a,b,c，内切圆半径为r. （1）证明： a  2 r ； （2）证明：不存在常数 M ，使得 a  M r 恒成立； （3）若a+bkr 恒成立，求k 的最大值.绝密 ★ 启用前 2026 年第一届“渐进杯”线上联合测试 数学 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. 若A ，则 ( A)=  A   A. 1 A B. A C. D.   【答案】D 【解析】记   A = B ，故   A (  A ) =  B B = ，故选D. 2. 函数 f (x)= f (f (x))，且 f ( x ) 在  上严格单调，则 f ( 2 0 2 6 ) = A.0 B.1 C.2025 D.2026 【答案】D 【解析】由于 f ( x ) 在  上严格单调，故 f ( x ) = x ， f ( 2 0 2 6 ) = 2 0 2 6 ，故选D. 3. 甲、乙、丙、丁四名同学进行纸牌游戏，甲和乙组队，丙和丁组队，共分成两个队伍，当 游戏开始时，将106张普通牌和2张K牌共108张牌平均分给四名同学，每名同学获得27 张牌，若其中一只队伍含有全部的 2 张 K 牌，则该队伍直接获得此次游戏的胜利，则在理 想状态下，游戏开始时，甲和乙直接获得游戏胜利的概率是 27 53 A. B. C. 214 214 1 2 0 7 7 D. 1 3 1 0 7 注 意 事 项 考生在答题前请认真阅读注意事项及各题答题要求 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米墨水签字笔填写在试卷及答题卡 的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动请用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米墨水签字笔在答题卡 上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题 卡一并交回。 【答案】B 【解析】由于甲乙一队，共27+27=54张牌，要求54张牌含有2张K牌，故所求概率为2 C 22C 5 2 C 1 0 6 5 4 1 0 8 = 5 5 1 21 4 0 !0 ! 6 58 5 ! 4! 4 ! ! = 1 5 0 3 7   5 1 4 0 8 = 5 3 2 1 4 ，选B. 4. 已知 x   ，y ，且 y  0 ，则 x = 0 是 x y = 0 的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 法1：设 x = a + b i ， y = c + d i ，且 c , d  0 ， x y = a c − b d + ( a d + b c ) i = 0 故 a c = b d ， a d + b c = 0 ，从而 0 = ( a d + b c ) 2 = a 2 d 2 + a b c d + a b c d + b 2 c 2 = a 2 d 2 + a 2 c 2 + b 2 d 2 + b 2 c 2 = ( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) 由于 c , d  0 ，故c2 +d2 0，故 a 2 + b 2 = 0，a=b=0，即x=0，故为充要条件，选C. 法2：由于 x y = 0 ，故 x y = x y = 0 ，而 y  0 ，故 y  0 ，从而 x = 0 ， x = 0 ，选C. 5. 设 C : x a 2 2 − y b 2 2 = 1 b a ，l:y= x+ ，则 a b l 与 C 交点个数为 A.0 B.1 C.0或1 D.2 【答案】B 【解析】注意到 l 与 C 的一条渐近线平行，且 l 不过原点，故交点个数为1. 6. 设 C 为一个椭圆，离心率为 e ， F 1 , F 2 为 C 互异的焦点，若对 C 上任一点 P ，恒有  P F 1 F 2 的三条边长构成等差数列，则 e 的取值范围是 A.  0 , 1 2  B.  1 2 ,1  C.  0 , 1 2    1 2 ,1  D.  1 2  【答案】D 【解析】设C 长轴为 2 a ，焦距为2c，当 P 与C 的上顶点重合时， P F 1 = P F 2 = a ，故此时公 差为0， 2 c = F 1 F 2 = a 1 ，e= . 2 1 当e= 时，由于 2 P F 1 + P F 2 = 2 a = 4 c = 2 F 1 F 2 ，故 P F 1 , F 1 F 2 , P F 2 构成等差数列，满足，选D. 7. 在ABC中，cosA+cosB−cosC的取值范围是 A. ( − 3 , 3 ) B. ( − 2 , 3 ) C. ( − 1 , 3 ) D. ( − 1 , 2 ) 【答案】C 【解析】 c o s A + c o s B − c o s C  1 + 1 + 1 = 3 ，由于 A B C  + + = ，故 B A   − ， 从而cosA+cosB−cosCcosA+cosB−1cosA+cos(−A)−1=−1 当A=B时，cosA+cosB−cosC=2cosA+cos2A=2cos2 A+2cosA−1(−1,3)，选C.8. 在正方体的顶点中任取不共面的4个，作一个三棱锥，该三棱锥为正四面体的概率是 A. 3 1 2 3 B. 1 2 6 C. 1 2 9 D. 1 3 2 【答案】C. 【解析】正方体共有8个顶点，共C4种情况. 4点共面有如下两种情况. 8 1. 4点构成正方体六个面中的一个，共6种情况； 2. 4点构成正方体6组对棱中的一组，共6种情况； 如下图所示，共有两个正四面体满足题意 故所求概率为 C 48 2 − 1 2 = 1 2 9 ，选C. 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. 已知随机变量 ~ N ( 0 ,1 )  ，  x   ，记 f ( x ) P ( x )  =  ，则 A. f ( x ) 为奇函数 B. P ( x ) f ( x )   = − f (x)− f (−x) x0 C.P ( x ) = D. 0 x0 P ( x ) 2 1 ( ) f x x x 0 0   =  −   【答案】BCD 【解析】 f (−x)=P(−x)=1−P(x)=1− f (x)，即 f ( x ) + f ( − x ) = 1 ，A错误. P(x)=1−P(x)=1− f (x)= f (−x)，故B正确. 当x0时，0x，故P(x)=0，P( x)=1，而当x0时， P(x)=P(−xx)=P(x)−P(−x)= f (x)− f (−x)，C正确. P(x)=P(x)+P(−x)=2f (−x)，D正确. 故选BCD.10. 平面直角坐标系O−xy中两条曲线C :x2 = py，C :y2 =qx交于异于 1 2 4 O 的点A，过点A 分别做 C 1 ， C 2 的切线 l1 , l 2 ，记 l1 交 x 轴于点 B ， l 2 交 y 轴于点 C ，OA与BC交于点 D ， 且 l1 ， l 2 的斜率分别为 k 1 ， k 2 ，直线 O A 斜率为 k ，其中 p ， q 均为正实数，则 A. k 1 , k , k 2 成等比数列 B. t a n  B A C  3 4 C. D 为 B C pq 的中点 D.S =S = OAB OAC 4 【答案】ABCD 【解析】如图所示 联立 C 1 ， C 2 ，解得 A ( 3 p 2 q , 3 p q 2 ) 故 k = 3 q p 分别对 C 1 ， C 2 在第一象限内求导得 k 1 = 2 3 q p ， k 2 = 1 2 3 q p ， 不难注意到 k 1 , k , k 2 成公比为 1 2 的等比数列，A正确。 k −k 3 k 3 从而tanBAC= 1 2 =  ，故B正确。 1+kk 2k2 +1 4 1 2 l1 = 2 3 q p ( x − 3 p 2 q ) + 3 p q 2 ， l 2 = 1 2 3 q p ( x − 3 p 2 q ) + 3 p q 2 ，故 B  3 p 2 2 q , 0  ， C  0 , 3 p 2 q 2  从而B， C 分别为 O E ，OF的中点 过A做坐标轴的垂线交x轴于点 E ，交 y 轴于点F ，故AEOF 为矩形，OA， E F 互相平分 故 B C / / E F ，D显然为 B C 的中点，C正确 S  A O B = S  A B E = S  A2 O E = S  A2 O F = S 矩 形 A 4 E O F = p 4 q = S  A C F = S  A O C ，故D正确 综上，选ABCD 11. 设a0， b  0 ，则 A. a 2 + 2 b 2  a + 2 b  a b  1 a 2 + 1 b a+b 2 B. − ab  ab− 2 1 1 + a ba2 +b2 a+b a+b C. −  − ab D. 2 2 2 5 a 2 + 2 b 2 − a + 2 b  a b − 1 a 2 + 1 b 【答案】ABD 【解析】A显然正确 注意到 a + 2 b + 1 a 2 + 1 b = a + 2 b + 2 a a + b b  2 a b ，故B正确. a2 +b2 a2 +b2 a2 +b2 a2 +b2 注意到 +ab2 ab ，故a2 +2ab+b2  +ab+2 ab 2 2 2 2 2  a2 +b2  即(a+b)2  + ab ，即  2    a + b  a 2 + 2 b 2 + a b ，C错误. 注意到 ( a + 4 b ) 2 + 2 a b −  2 a a + b b  2 = ( a + 4 b ) 2 + 2 a b ( ( a a + 2 b + ) b 2 2 )  2 a b a 2 + 2 b 2 从而 a 2 + 2 b 2 + a b − 2 a b a 2 + 2 b 2  ( a + 4 b ) 2 − 2 a b +  2 a a + b b  2 故  a 2 + 2 b 2 − a b  2   a + 2 b − 2 a a + b b  2 a2 +b2 a+b 2 ，即 −  ab− ，D正确 2 2 1 1 + a b 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 在平面直角坐标系 O − x y 中， M , N 均在 x 轴上， P 在指数函数 y = a x 的图像上，且 P M 与图像相切， P N 与 y 轴平行， a  为参数，则 MN 的取值范围是  lo g a e  .（用 a 表示） 【解析】显然 a  ( 0 ,1 )  ( 1 , +  ) 当 a  1 时，如图所示 不难注意到 PM y ax p MN = = p = =log e tan y ax p lna a p而当0a1，如图所示 不难注意到 PM y ax p MN = = p =− =−log e tan(−) −y ax p lna a p 综上所述 6 M  N   的取值范围是  lo g a e  13. 设 a , b  0 ，若, ，使得a+b a+b =ab，cos a,b 取值范围是  5 2 − 1 ,1  . 【解析】 易见cos a,b 0 当a,b共线时，必有 c o s a , b = 1 ，此时存在 0   = = 当a,b不共线时， ,   ， ,   a + b a + b 均不为0，记= a,b ，此时等式两边平方可得 2 ( 2 2 2 c o s 2 ) 2 2 c o s 2     a + b a + a b + b = a b 整理得 2 2 2 2 2 c o s 2 ( 2 2 c o s 2 ) 0       a + b a + a + b a b + b a + b − a = 故 4 4 2 2 c o s 2 4 2 2 2 ( 2 2 c o s 2 )       = a + b a b − a + b a b a + b − a 4 2 2 2 ( 2 c o s 2 2 2 c o s 2 ) 0      = a + b a b a + b − a + b + a  即 s i n 2 ( 2 2 2 c o s 2 ) 2 c o s 2 0     b + a b + a − a  故 =4a2 b2cos2sin4−4sin2a2 b2( sin2−cos2 ) 0 从而 c o s 2 s i n 2 s i n 2 c o s 2 0     − +  解得 5−1 cos a,b =cos1 2综上 7 c o s a , b 的取值范围是  5 2 − 1 ,1  14. 圆柱与其外接球体积比值的最大值为 3 3 ；表面积比值的最大值为 5 4 + 1 . 【解析】 如图所示 设球半径为 R ，圆柱高为 2 x ， 0  x  R 则底面圆半径为 R 2 − x 2 从而 V V 2 x (4 3 R 2 R 3 x 2 ) 3 ( x 3 2 R 3 R 2 x )   圆 柱 球 = − = − + 令 f ( x ) = − x 3 + R 2 x ， f  ( x ) = R 2 − 3 x 2 故 f ( x ) 在  0 , R 3  上单调递增，在  R 3 , R  上单调递减， f ( x )  f  R 3  = 2 3 R 3 3 故 V 圆 V 柱 球  3 3 ，当且仅当 x = R 3 时取等. S S 4 x R 2 x 4 2 R 2 2 ( R 2 x 2 ) 2 x R 2 x 2 2 R 2 R 2 x 2 2 s i n c o 2 s R 2 c o s 2       圆 柱 球 = − + − = − + − = + 2sin2+cos2+1 5sin(2+)+1 5+1 = =  4R2 4R2 4 其中x=sin， 0 , 2      ， a r c s i n 1 5  = ，当且仅当 4 2    = − 时取等. 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） 函数 8 f ( x ) = x a − lo g a x . （1）讨论 f ( x ) 的单调性； （2）记 f ( x ) 的最小值为 g ( a ) ，求 g ( a ) 的最大值 【解析】 （1）显然 a  0 且 a  1 ， x  0 ，且 f ( x ) 可导， f  ( x ) = a x a − 1 − x 1 ln a 当 0  a  1 时，显然 f  ( x )  0 ，故 f ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增.      2分 当 a  1 时， f  ( x ) = a x a x ln ln a a − 1 1 ， f(x)0axalna−10 xa  ，从而有 alna f ( x ) 在  0 ,  a 1 ln a  1a  上单调递减，在   a 1 ln a  1a , +   上单调递增.      5分 （2）由（1）得，当 0  a  1 时， f ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故 f ( x ) 不取最值. 当 a  1 时，由单调性知 f ( x ) 在  a 1 ln a  1a 处取得最小值 f   a 1 ln a  1a  = a 1 ln a − lo g a  a 1 ln a  1a = ln a + ln a ( ln ln a a ) + 1      7分 lna+ln(lna)+1 故g(a)= ，显然 alna g ( a ) 可导，从而有 alna    1 a + al 1 na    −(lna+1)( lna+ln(lna)+1 ) (lna+1)( lna+ln(lna)) g(a)= =− (alna)2 (alna)2      9分 令h(a)=lna+ln(lna)=ln(alna)，故g(a)0h(a)0，而(a)=alna显然在(1,+) 上单调递增，故 h ( a ) 在 ( 1 , +  ) 上单调递增，而 ( 1 ) 0  = ，(2)=2ln21，故在 ( 1 , 2 ) 存在 一点 a 0 使得(a )=a lna =1，h(a )=ln((a ))=0，根据 0 0 0 0 0 h ( a ) 单调性从而有 g(a)在(1,a )上单调递增，在(a ,+)上单调递减，g(a)在 0 0 a 0 处取得最大值 lna +ln(lna )+1 g(a )= 0 0 =ln(a lna )+1=1  13分 0 a lna 0 0 0 0 故当0a1时， f (x)无最小值，当a1时， f (x)的最小值g(a)的最大值为g(a )=1. 016. （15分） 如图，ABC−ABC 为一个三棱柱，且 1 1 1 9 A B 2 + A C1 2 = A C 2 + A 1 B 2 . （1）证明：四边形BCCB为矩形； 1 （2）记平面 A 1 B C 与平面ABC 夹角为 1 1 二面角 A 1 − B C − A 大小为，二面角 A − B C1 1 − A 1 大小为， 证明：   = + 或    + + = . 【解析】 （1） 法1： 过A 作 1 A 1 D ⊥ B C 交BC于D， 由于AB2 +AC2 = AC2 +AB2 1 1 故 B D 2 − C D 2 = A 1 B 2 − A C1 2 = A B 2 − A C 2 由余弦定理得 c o s  A D B = A D 2 2 + A B D D  2 B − D A B 2 ， c o s  A D C = A D 2 2 + A C D D  2 C − D A C 2 从而 0 = c o s  A D B + c o s  A D C = A D 2 + B 2 D A D 2 − A B 2  B 1 D + C 1 D  ，故AB2 = AD2 +BD2  3分 从而BC⊥ AD，又 B C ⊥ A 1 D ， A D  A 1 D = D ，故 B C ⊥ 平 面 A 1 A D ， B C ⊥ A A 1      5分 又 A A 1 / / B B 1 ，故 B C ⊥ B B 1 ，四边形BCCB为矩形  6分 1法2： 记 10 T 为 B C 1 与 B C1 的交点 由中线定理得 2 ( A T1 2 + B T 2 ) = A 1 B 1 2 + A C1 2 = A B 2 + A C1 = A C 2 + A 1 B 2 = A C1 1 2 + A 1 B 2 = 2 ( A T1 2 + C T 2 ) 故 B T = C T ， B C 1 = B C1 ，从而四边形 B C C 1 B 为矩形      6分 （2） 在BC 上取 1 1 D 1 使 A A 1 / / D D 1 记 A 1 C 与 A C 1 交点为 E 记 A 1 B 与 A B 1 交点为 F 记AD与AD 交点为 1 1 G 故 E G / / C D ， E F / / B C ，从而 E G / / E F ， E 、 F 、 G 三点共线      8分 由（1）知 B C ⊥ 平 面 A 1 A D ， B C ⊥ A D ， B C ⊥ A 1 D ，故 A D A 1   =  10分 又BC//BC ，AD//AD ，故BC ⊥ AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 B C1 1 ⊥ A D 1 ，ADA =  12分 1 1 又 E F / / B C ，故 E F ⊥ A G ，EF ⊥ AG， 1 A G A 1  =  或−AGA  14分 1 从而 A D A 1 A D 1 A 1 A D A 1 D A D 1 A G A 1    + =  +  =  +  =  = 或  − 即   = + 或    + + = .  15分 17. （15分） ABC满足BC =8，AB=3AC ，在 B C 延长线上存在一点 D 满足BD=9. （1）证明： A D 为定值； （2）若D，E 分别是是EF ，BF 的中点，求tanBAE+tanFAD的最小值.【解析】 法1： （1）令 11 B C 中点为 O ，以 O 为原点， O C 所在直线为 x 轴，垂直于 O C 的直线为 y 轴建系. 则 B ( − 4 , 0 ) ， C ( 4 , 0 ) ， D ( 5 , 0 ) ， A ( x , y ) ， y  0 ，由两点间距离公式得 A B = ( x + 4 ) 2 + y 2 = 3 ( x − 4 ) 2 + y 2 = 3 A C 解得 x 2 − 1 0 x + 1 6 + y 2 = 0 ，即 ( x − 5 ) 2 + y 2 = 9 ( y  0 ) .      6分 这表明 A 在以 D 为圆心，3为半径的圆上运动，且不在直线 B C 上，故 A D 为定值3      7分 （2）若 C ， F 在 B 异侧，由 E 为 B F 的中点知 E ， F 在 B 异侧，同 D 为 E F 中点知 C ， D 在B异侧，这与 C ， D 在B同侧矛盾，故 C ， F 在 B 同侧，从而有 B E = E F = 2 E D ，解得 E ( 2 , 0 ) ， F ( 8 , 0 )      9分 注意到 E ， F 在 A 所在的圆上，所以  F A D =  A F D ，BAE =AED−ABE 不妨令 y  0 ，从而有 y y − tanBAE+tanFAD=tan(AED−ABE)+tanFAD= x−2 x+4 − y y y x−8 1+  x−2 x+4 = ( x − 2 ) ( x + 4 ) 6 + y( − x 2 + 1 0 x − 1 6 ) − x y − 8 = 2 ( ( x x − + 2 4 ) ( ) 8 y − x ) = 1 2 ( x + ( 4 x ) − 2 ( 2 x 2 ) − ( 8 2 ) − ( 8 x ) − 2 x ) = 1 2 ( 2 2 x ( − x 4 + ) 4 ( 8 2 ) − x )  1 2 2 ( ( x x + + 4 4 4 ) )2 2 = 2 ，当且仅当 2 x − 4 = 8 − x ，即 x = 4 时取等 故tanBAE+tanFAD的最小值为 2      15分 法2： （1）记 A B C , A C B , C A D     =  =  = ， , , ( 0 , )    在  A B C 内运用正弦定理得 sin AB = =3 sin AC  2分 在ABD，ACD内分别运用正弦定理得 sin(+−) BD sin AD = ， = sin AD sin CD  4分 从而注意到12 s i n ( s i n s i n ) s i n B A D D A C D D B C D D 9 3 2 s s i n i n s s i n i n           + − =  = = = =  解得 c o s ( ) c o 2 s ( 2 ) s i n ( ) s i n s i n s i n c o s ( ) 2 c o s ( )                − − + − = + − = = − − + 从而有 cos(2+−)=cos(+) 解得   = 或+=(舍去)      6分 这表明  C A D 相似于ABD，故有 A B D D = A A C B = 1 3 ， A D = 3 为定值      7分 （2）由（1）知 A 在以D为圆心，3为半径的圆上运动，且不在直线 B C 上. 与法1（2）同理可知 E ， F 在 A 所在的圆上，令AFD=FAD=， 0 , 2      ，故      9分 t a n B A E t a n F A D s c i o n s 2 2 s c i o n s c o s ( s ) c i n o ( s s i n ) c o ( s ) s i n                   +  =  − − − −  + = + + + + s i n ( c o s ) c o s     = + ( s i n c o s c o c s o s s i n ) c o s s i n c o s 1 t a n c o s 2           = + = + 2 2 2 = =  sin2+tancos2+tan 1+tan2sin(2+)+tan 1+tan2+tan  1 +  4 2 2  2 + 4 2 = 2      13分 AB与圆D相切，即 t a n 9 2 3 3 2 4 2 2 2 , s i n 2 c o s 1 1 t a n 2 2 3 2        = − = , 且 + = = = + = 时取等，而当AB与圆 D 2 2 相切时，恰好满足sin2= ，故能同时取等，原式最小值为 3 2 .  15分18. （17分） 设 13 a 1 , a 2 , , a n 为给定的 n 个实数，随机变量 X 的可能取值为 a 1 , a 2 , , a n . （1）证明：  a   ， D ( X + a ) = D ( X ) ； （2）证明： D ( X ) = E ( X 2 ) − E 2 ( X ) ； （3）求 D ( X ) 的最大值. 【解析】  1  k  n ，记 p k = P ( X = x k ) （1） E ( X ) = k n = 1 p k x k ， D ( X ) = k n = 1 p k ( x k − E ( X ) ) 2  2分 E ( X + a ) = k n = 1 p k ( x k + a ) = k n = 1 p k x k + a k n = 1 p k = E ( X ) + a      3分 D ( X + a ) = k n = 1 p k ( ( x k + a ) − E ( X + a ) ) 2 = k n = 1 p k ( x k − E ( X ) ) 2 = D ( X )      5分 （2） D ( X ) = k n = 1 p k ( x k − E ( X ) ) 2 = k n = 1 ( p k x k 2 − 2 E ( X ) p k x k + E 2 ( X ) p k ) = k n = 1 p k x k 2 − 2 E ( X ) k n = 1 p k x k + E 2 ( X ) k n = 1 p k = E ( X 2 ) − E 2 ( X )      9分 （3）不失一般性，不妨设 x 1  x 2    x n 作 x 1 − 2 x n  Y = X − x n + 2 x 1  x n − 2 x 1 x +x ，y =x − n 1 ，从而  11分 k k 2 D ( X ) = D ( Y ) = E ( Y 2 ) − E 2 ( Y )  E ( Y 2 ) = k n = 1 p k y k  k n = 1 p k  x n − 2 x 1  2 = ( x n − 4 x 1 ) 2 1 当且仅当 p = p = ， 1 n 2 p 2 =  = p n − 1 = 0 时取等  16分 故D(X)的最大值为 1 4 m1 a i xj n  x j − x i 2   17分19. （17分） 设 14  A B C 各内角所对的边分别为 a , b , c ，内切圆半径为 r . （1）证明： a  2 r ； （2）证明：不存在常数 M ，恒成立aMr ； （3）若 a + b  k r 恒成立，求 k 的最大值. 【解析】 记  A B C 面积为 S a,b,c所对的角为A,B,C 注意到 S = S  A IB + S  B IC + S  C IA = 1 2 r ( a + b + c ) 2S 故r = a+b+c （1）注意到 r = a + 2 S b + c = a a b + s i b n + C c  a b s 2 i n b C  a 2 ，故 a  2 r      4分 （2）若存在常数 M ，恒成立 a  M r ，显然M 0 则当 s i n C  2 M 时， r = a + 2 S b + c = a a b + s i b n + C c  a b s 2 i n b C  a M ，矛盾.  8分 （3）由正弦定理，得 a = = 2 + b = r ( s i n 2 s i n A s i n c o ( a A + A + 2 + B 2 A s + s i B c + 2 ) ( b a + b a b s i n C ( ) n B s i n s i n A s i n A − c o s 2 ( ( c o s A A − B o s 2 B  2 c o s  + A B B − A ) ( c s i n A + = + s i n B + s i n ( ) s i n A + B A + B  2 s i n  2  ) ( B − c o s A + A − B c o s + c 2 − B A 2 − c o s 2 s i n s ( A + c o s ) ) B A o s + B 2 B i n B A s i + 2  ) ( s A s ) ) − B 2 A n B i n i n + + 2  = A B 2 B + s s i n s i n c o c o s i n C A A s A B + 2+ 2 2 + 2 ) + s i n C B A + c o s 2 B A + B s i n 2 B A  c o s  B c o − B 2  s A − − 2 c o B s A + 2 B  A+B 2tan 4 2 A+B A+B  A+B 2sin 1+tan2 21+tan2  2 4  4   = = A+B A+B A+B  A+B  A+B A+B cos 1−cos  1−tan2  1−tan2  tan 1−tan2  2  2  4 1− 4  4  4  A+B A+B 1+tan2  1+tan2  4  4 记 15 t a n A + 4 B = x  0 ， f ( x ) = x x( 1 2 − + 1 x 2 ) ， f  ( x ) = x x 4 2 + ( 1 4 − x 2 x − ) 2 1 2 故 f ( x ) 在 ( 0 , 5 − 2 ) 上单调递减，在 ( 5 − 2 , +  ) 上单调递增 故 f ( x )  f ( 5 − 2 ) = 2 2 + 2 1 0 5 ，从而 t a n 2 A + 4 1 + B t  a 1 n − 2 t A a n + 4 2 B A + 4 B   2 2 + 1 0 5 即 a + r b  2 2 + 1 0 5 ，当且仅当 A = B = 2 a r c t a n 5 − 2 时取等 由于 a + b  k r 恒成立，故 k 的最大值为 2 2 + 1 0 5 .      17分