新高考Ⅱ卷專用黃金卷02備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷含答案及解析

試卷第=page22頁，共=sectionpages2222頁【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考Ⅱ卷專用）黃金卷02（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．若全集，集合，則（

）A． B．C． D．2．已知復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則的虛部為（

）A． B． C． D．3．已知向量不共線，，其中，若三點(diǎn)共線，則的最小值為（

）A．5 B．4 C．3 D．24．設(shè)數(shù)列an的通項(xiàng)公式為，其前n項(xiàng)和為，則使的最小n是（

）A．5 B．6 C．7 D．85．在中，角為銳角，的面積為，且，則周長的最小值為（

）A． B． C． D．6．已知：，，，那么三者的關(guān)系是（

）A． B． C． D．7．如圖，雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為、，過的直線與該雙曲線的兩支分別交于、兩點(diǎn)（在線段上），⊙與⊙分別為與的內(nèi)切圓，其半徑分別為、，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．8．已知函數(shù)，若，則的最小值為（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．隨機(jī)事件，滿足，，，則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．10．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，若是偶函數(shù)，且，令，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)是奇函數(shù) B．C．函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱 D．11．如圖：在棱長為1的正方體中，分別為棱上的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），點(diǎn)為正方形內(nèi)一點(diǎn)（不在其邊上），且共面，，，.則下列說法正確的是（

）A．若，則直線與平面的夾角的正切值為B．若，，，則C．若，有最小值，則的取值范圍是：D．若，則三棱錐外接球表面積的最小值為第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知隨機(jī)變量，若，則實(shí)數(shù)a的值為．13．在正項(xiàng)等比數(shù)列中，，記，其中表示不超過的最大整數(shù)，則．14．已知拋物線的準(zhǔn)線與軸交于點(diǎn)，過焦點(diǎn)的直線與交于，兩點(diǎn)，且，，的中點(diǎn)為，過作的垂線交軸于點(diǎn)，點(diǎn)在的準(zhǔn)線上的射影為點(diǎn)，現(xiàn)有下列四個(gè)結(jié)論：①，②若時(shí)，③④過的直線與拋物線交于，，則.其中正確結(jié)論的序號為．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。15．（13分）已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上單調(diào)遞減．(1)求ω的最大值；(2)若f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)(eq\f(3π,2)，0)中心對稱，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,20)，m))上的值域?yàn)閇－2，4]，求m的取值范圍．16．（15分）已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1.(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.17．（15分）已知四邊形ABCD為平行四邊形，E為CD的中點(diǎn)，AB＝4，△ADE為等邊三角形，將三角形ADE沿AE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求證：AP⊥BE；(2)試判斷在線段PB上是否存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面APE的夾角為45°？若存在，試確定點(diǎn)F的位置；若不存在，請說明理由．18．（17分）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為2eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2).(Ⅰ)求橢圓C的方程；(Ⅱ)過點(diǎn)(2，0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，M為橢圓C上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝meq\o(OM,\s\up6(→))，其中m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，求|AB|的取值范圍；(Ⅲ)如圖，直線GH為橢圓C與拋物線C1：y2＝2px(p＞0)的公切線，其中點(diǎn)G，H分別在C，C1上，線段OH交C于點(diǎn)N，求△NGH的面積的最小值．19．（17分）已知函數(shù)f(x)＝eq\f(m,x)＋lneq\f(x,a)(m∈R，a>0)．(Ⅰ)若f(x)的最小值為2，求eq\f(m,a)的值．(Ⅱ)若m＝1，a>e，實(shí)數(shù)x0為函數(shù)f(x)大于1的零點(diǎn)，求證：(ⅰ)eq\f(1,2x0)＋x0<a－1；(ⅱ)x0＋eq\f(1,x0)>2lna－ln(lna)．

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考Ⅱ卷專用）黃金卷02·參考答案（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。12345678ACBCACCB二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．91011CDBCDABD第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．213．14．③④四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。15．（13分）【詳解】(1)∵函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上單調(diào)遞減，∴π－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，解得0<ω≤eq\f(6,5)①．(2分)由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))，ω>0，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，(3分)∴由正弦函數(shù)的單調(diào)性，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)≥\f(π,2)＋2kπ，,πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得1＋12k≤ω≤eq\f(7,6)＋2k，k∈Z．令k＝0，得1≤ω≤eq\f(7,6)，滿足①；令k＝1，得13≤ω≤eq\f(19,6)，不滿足①，(5分)∴ω的取值范圍為1≤ω≤eq\f(7,6)，即最大值為eq\f(7,6)．(6分)(2)∵f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖像關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))中心對稱，∴eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，(7分)即ω＝eq\f(2k,3)－eq\f(2,9)(k∈Z)．(8分)又由(1)得1≤ω≤eq\f(7,6)，∴ω＝eq\f(10,9)，∴f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))．(9分)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,20)，m))時(shí)，eq\f(10,9)x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(10,9)m＋\f(π,3)))．(10分)由f(x)∈[－2，4]，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴eq\f(π,2)≤eq\f(10,9)m＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(3π,20)≤m≤eq\f(3π,4)，即m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,20)，\f(3π,4)))．(13分)16．（15分）【詳解】(Ⅰ)因?yàn)閍n＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，由此可得數(shù)列{an－n}是以a1－1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，(4分)因此，an－n＝2×2n－1＝2n，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋n.(7分)(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，(12分)故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋(eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).(15分)17．（15分）【詳解】(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，且△ADE為等邊三角形，所以∠BCE＝120°.又因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，所以CE＝ED＝DA＝CB，所以△BCE為等腰三角形，所以∠CEB＝30°，所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，所以BE⊥AE.(4分)又因?yàn)槠矫鍭PE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，所以BE⊥平面APE.又因?yàn)锳P?平面APE，所以BE⊥AP.(6分)(2)存在點(diǎn)F，且當(dāng)點(diǎn)F為線段PB上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，平面AEF與平面APE的夾角為45°.(7分)證明如下：取AE的中點(diǎn)O，連接PO，因?yàn)椤鰽PE為等邊三角形，所以PO⊥AE.又因?yàn)槠矫鍭PE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO?平面APE，所以PO⊥平面ABCE.易得PO＝eq\r(3)，BE＝2eq\r(3).取AB的中點(diǎn)G，連接OG，則OG∥BE.(8分)由(1)得BE⊥AE，所以O(shè)G⊥AE，所以O(shè)A，OG，OP兩兩垂直．以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OG，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖所示，則A(1，0，0)，B(－1，2eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，E(－1，0，0)，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1，2eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))．(10分)假設(shè)存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面APE的夾角為45°.設(shè)eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(－λ，2eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)，λ∈(0，1]，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝(1－λ，2eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．設(shè)平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,m·\o(EA,\s\up6(→))＝2x＝0.)))令z＝2λ，則可得平面AEF的一個(gè)法向量為m＝(0，λ－1，2λ)．(12分)由(1)可知eq\o(EB,\s\up6(→))為平面APE的一個(gè)法向量，所以cos45°＝|cos〈m，eq\o(EB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\o(EB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq\f(\r(2),2)，所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝－1(舍去)，所以存在點(diǎn)F，且當(dāng)點(diǎn)F為線段PB上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，平面AEF與平面APE的夾角為45°.(15分)18．（17分）【詳解】(Ⅰ)由題意可得2a＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2).(1分)因?yàn)闄E圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(3分)所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(Ⅱ)顯然直線l的斜率存在，設(shè)過點(diǎn)(2，0)的直線l的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，則Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k2<eq\f(1,2).(5分)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)－4))＝－eq\f(4k,1＋2k2).由，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)，所以xM＝eq\f(1,m)·eq\f(8k2,1＋2k2)，yM＝eq\f(1,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2))).(6分)將(xM，yM)代入橢圓方程可得eq\f(1,2)·eq\f(1,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)))2＋eq\f(1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2)))2＝1，解得m2＝eq\f(16k2,1＋2k2).因?yàn)閙∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，所以eq\f(16,5)≤eq\f(16k2,1＋2k2)≤eq\f(16,3)，解得eq\f(1,3)≤k2≤1，結(jié)合Δ>0，所以eq\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2).(8分)由弦長公式可得，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(Δ),1＋2k2)＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－k2＋1,4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－2k2－\f(1,2)＋k2＋\f(3,2),4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(k2＋\f(1,2)＋1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(1,2)·\f(1,1＋2k2)＋\f(1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16)).(10分)因?yàn)閑q\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2)，所以eq\f(5,3)≤1＋2k2<2，所以eq\f(1,2)<eq\f(1,1＋2k2)≤eq\f(3,5).因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(9,16)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,5)))上單調(diào)遞增，所以2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5)))，即|AB|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5))).(12分)(Ⅲ)設(shè)G(x3，y3)，H(x4，y4)，由題易知x3≠x4，設(shè)直線GH的方程為y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①，則Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0，所以b′2＝2n2＋1.將其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0，解得x＝eq\f(－2n,b′)，所以x3＝eq\f(－2n,b′).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,y2＝2px，整理得))n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②，則Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0，所以p＝2nb′.將其代入②式，解方程得x＝eq\f(b′,n)，所以x4＝eq\f(b′,n)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(GH))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x3－x4))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2n,b′)－\f(b′,n)))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n))).(13分)由x4＝eq\f(b′,n)可得y4＝2b′，所以kOH＝2n，所以直線OH：y＝2nx.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2nx，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n2＋\f(1,2)))x2＝1，所以xN＝eq\f(1,\r(4n2＋\f(1,2)))，yN＝eq\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2)))，所以點(diǎn)N到GH的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))＋b′－\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))，(14分)所以S△NGH＝eq\f(1,2)|GH|·d＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4n2＋1,n\r(2n2＋1))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2n2＋1)－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n2＋1,\r(2n2＋1)·\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(\f(4n2＋1,n),\r(2n＋\f(1,n))·\r(4n＋\f(1,2n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(8n2＋\f(1,2n2)＋5))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16n2＋\f(1,n2)))＋5))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)))\s\up12(2)＋1)))).(15分)令t＝4n＋eq\f(1,n)(t≥4)，則S△NGH＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(t,\r(\f(1,2)t2＋1))))＝eq\f(t,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(\f(1,2)t2＋1))))≥eq\f(4,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(\f(1,2)×16＋1))))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)4n＝eq\f(1,n)，即n＝eq\f(1,2)時(shí)取等號．由橢圓和拋物線的對稱性，可知當(dāng)n<0，b′<0，S△NGH的最小值也是eq\f(4,3).綜上，S△NGH的最小值為eq\f(4,3).（17分）19．（17分）【詳解】(Ⅰ)∵eq\f(x,a)>0，a>0，∴x>0.對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(x－m,x2).(1分)當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)沒有最小值．(2分)當(dāng)m>0時(shí)，在(0，m)上f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在(m，＋∞)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(m)＝1＋lneq\f(m,a)＝2，解得eq\f(m,a)＝e.(4分)(Ⅱ)證明：(ⅰ)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,x)＋lneq\f(x,a).由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝1－lna<0.(5分)又∵f(a)＝eq\f(1,a)>0，∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝eq\f(1,x0)＋lneq\f(x0,a)＝0，即lna＝eq\f(1,x0)＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·.∴要證eq\f(1,2x0)＋x0<a－1，只需證eq\f(1,2x0)＋x0＋1<x0·(x0>1)．(7分)令t＝eq\f(1,x0)，t∈(0，1)，則只需證eq\f(1,2)t＋eq\f(1,t)＋1<eq\f(1,t)·et，即證et>eq\f(1,2)t2＋t＋1(0<t<1)．(8分)令g(t)＝et－eq\f(1,2)t2－t－1(0<t<1)，則g′(t)＝et－t－1，令φ(t)＝et－t－1，則φ′(t)＝et－1.∵φ′(t)>0，∴φ(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，∴φ(t)>φ(0)＝0，∴g(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，∴g(t)>g(0)＝e0－0－0－1＝0，∴當(dāng)0<t<1時(shí)，et>eq\f(1,2)t2＋t＋1成立，∴eq\f(1,2x0)＋x0<a－1.(10分)(ⅱ)∵a>e，∴l(xiāng)na>1，∴2lna－ln(lna)＜2lna.由(ⅰ)可知lna＝eq\f(1,x0)＋lnx0，∴要證x0＋eq\f(1,x0)>2lna－ln(lna)，只需證x0＋eq\f(1,x0)>2lna，即證x0＋eq\f(1,x0)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx0＋\f(1,x0)))，即證2lnx0＋eq\f(1,x0)－x0<0(x0>1)．(13分)令h(x)＝2lnx＋eq\f(1,x)－x(x>1)，則h′(x)＝－eq\f(（x－1）2,x2)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)<h(1)＝2ln1＋1－1＝0，∴2lnx0＋eq\f(1,x0)－x0<0，即x0＋eq\f(1,x0)>2lna－ln(lna)．(17分)【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考Ⅱ卷專用）黃金卷02（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．若全集，集合，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)補(bǔ)集的定義可得，再由并集的定義求解即可.【詳解】解：因?yàn)?，，所以，所?故選：A.2．已知復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則的虛部為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則和虛部的定義得到結(jié)果.【詳解】由，，所以的虛部為.故選：C.3．已知向量不共線，，其中，若三點(diǎn)共線，則的最小值為（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】根據(jù)向量共線定理和基本不等式即可求解.【詳解】因?yàn)槿c(diǎn)共線，所以存在實(shí)數(shù)k，使，即，又向量不共線，所以，由，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取“=”號，故選：B4．設(shè)數(shù)列an的通項(xiàng)公式為，其前n項(xiàng)和為，則使的最小n是（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】先利用二項(xiàng)式定理化簡數(shù)列的通項(xiàng)公式，利用等比求和公式可得答案.【詳解】，，結(jié)合指數(shù)函數(shù)單調(diào)性該數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列，且所以使的最小n是7.故選：C.5．在中，角為銳角，的面積為，且，則周長的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等變換、正弦定理等知識判斷出三角形是直角三角形，利用基本不等式求得周長的最小值.【詳解】依題意，，由得，即，，由于是銳角，所以，與一正一負(fù)，或，若，即，由于，所以，所以，，此不等式組無解，所以不成立.同理可得不成立.所以，所以，所以，.所以，所以三角形的周長，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，所以三角形的周長的最小值為.故選：A【點(diǎn)睛】本題涉及幾何中的面積和周長問題，結(jié)合了三角函數(shù)和基本不等式，考查了學(xué)生的綜合解題能力．解題過程中，利用基本不等式求周長的最小值，這是本題的關(guān)鍵點(diǎn)之一．基本不等式的應(yīng)用不僅要找到正確的表達(dá)式，還需要驗(yàn)證等號成立的條件，以確保最小值能夠?qū)嶋H取到．6．已知：，，，那么三者的關(guān)系是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先比較和，注意到，，從而通過比較的大小可，再比較和，注意到，而又有,從而只需要證明即可.【詳解】因?yàn)椋?，所以，得，令，則，所以在上遞減，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以，所以，所以，所以，因?yàn)?，所以，所以，所以，所以，故選：C【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查對數(shù)式和指數(shù)式比較大小，考查對數(shù)的運(yùn)算，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可求其單調(diào)性，從而可得其取值范圍，考查計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于較難題.7．如圖，雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為、，過的直線與該雙曲線的兩支分別交于、兩點(diǎn)（在線段上），⊙與⊙分別為與的內(nèi)切圓，其半徑分別為、，則的取值范圍是：（

）.A． B．C． D．【答案】C【分析】設(shè)，進(jìn)而可得.可求得，進(jìn)而求得的范圍即可.【詳解】設(shè)，，，.在△與△中：，即：，，當(dāng)雙曲線的斜率為正的漸近線時(shí)，取最大，此時(shí)，，當(dāng)與軸重合時(shí)，取最小，此時(shí)，經(jīng)上述分析得：，.故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，考查雙曲線的焦點(diǎn)三角形問題，考查焦點(diǎn)三角形內(nèi)切圓，解題的關(guān)鍵是根據(jù)雙曲線的性和圓的切線的性質(zhì)得到的范圍，數(shù)形結(jié)合的思的應(yīng)用.8．已知函數(shù)，若，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】結(jié)合題意構(gòu)造函數(shù)，得到，表示出，再借助導(dǎo)數(shù)求出的最小值即可.【詳解】∵，，∴，令，∴在上單調(diào)遞增，∴，即，∴，令，則，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；∴當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，即，∴，故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．隨機(jī)事件，滿足，，，則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根據(jù)題意由相互獨(dú)立事件的概率性質(zhì)分析可判斷，；由概率加法公式可分析；計(jì)算，驗(yàn)證是否正確即可判斷.【詳解】由已知，，因?yàn)?，所以，所以，所以，故錯誤；因?yàn)椋叔e誤；，故正確；，又，，，所以，故正確.故選：.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是概率的性質(zhì)和應(yīng)用，以及條件概率的計(jì)算.10．已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，若是偶函數(shù)，且，令，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)是奇函數(shù) B．C．函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱 D．【答案】BCD【分析】對A，根據(jù)函數(shù)的奇偶定義可判定A；對B，利用抽象函數(shù)的奇偶性，復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)可判定B；對C，利用抽象函數(shù)的對稱性可判定C；對D，利用利用抽象函數(shù)的遞推公式可求得關(guān)系式，再求和可判定D.【詳解】對A，因?yàn)?，所以，所以函?shù)是偶函數(shù)，故A錯誤；對B，因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以，即，所以，即，令，得，所以，故B正確；對C，因?yàn)?，所以，即，又，所以，所以，所以，即，所以函?shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱，故C正確；對D，因?yàn)椋?，得，所以，又，所以，，…，所以，故D正確.故選：BCD.11．如圖：在棱長為1的正方體中，分別為棱上的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），點(diǎn)為正方形內(nèi)一點(diǎn)（不在其邊上），且共面，，，.則下列說法正確的是：（

）.A．若，則直線與平面的夾角的正切值為B．若，，，則C．若，有最小值，則的取值范圍是：D．若，則三棱錐外接球表面積的最小值為【答案】ABD【分析】根據(jù)線面角得出知與平面的夾角為計(jì)算正切判斷A,先建立直角坐標(biāo)系，設(shè)直線得出由三點(diǎn)共線的性質(zhì)交點(diǎn)為進(jìn)而求出判斷B;在給定時(shí)過定點(diǎn),臨界時(shí)及臨界時(shí)，則判斷C;應(yīng)用截面再由相似三角形的性質(zhì)時(shí)等面積法得出選項(xiàng)D.【詳解】對于A：若，為中點(diǎn)，過作，連，可知為中點(diǎn)，且與平面的夾角為，則，所以直線與平面的夾角的正切值為，故A正確；對于B：由條件：，，如圖：延長交的延長線于，過作,，則，如圖建立平面直角坐標(biāo)系：則,，故，若，則①，由三點(diǎn)共線的性質(zhì):的點(diǎn)在直線上，的點(diǎn)在直線上，所以交點(diǎn)為:，這就是點(diǎn)，故將該點(diǎn)代入①式得，故B正確.

對于C：在給定時(shí)過定點(diǎn)，臨界時(shí)，斜率再減?。ㄔ龃螅?，則易知存在且使，即最小值存在，而減小時(shí)不存在點(diǎn)，設(shè)臨界時(shí)，則：，故，，代入直線得：，所以，C錯誤.

對于D：若，故在線段上（不與端點(diǎn)重合），對于,，作圖可知：與的交點(diǎn)橫坐標(biāo)落在12,1內(nèi)，設(shè)平面為的外心，如平面圖：由相似三角形的性質(zhì)可知:為中點(diǎn)時(shí)，，隨點(diǎn)由點(diǎn)向上移動，其中垂線斜率增大且小于，由相似三角形的性質(zhì):中點(diǎn)一定在上方，故中垂線與交點(diǎn)（即外接球球心）在射線上，外接球半徑最小，即最小，此時(shí)，用等面積法可算，此時(shí):.故選：ABD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：先建立直角坐標(biāo)系，設(shè)直線由三點(diǎn)共線的性質(zhì)交點(diǎn)為進(jìn)而求出.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知隨機(jī)變量，若，則實(shí)數(shù)a的值為．【答案】2【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對稱性求解.【詳解】由題意得，，解得．故答案為：213．在正項(xiàng)等比數(shù)列中，，記，其中表示不超過的最大整數(shù)，則．【答案】【分析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為，由計(jì)算出，然后根據(jù)，計(jì)算即可.【詳解】設(shè)等比數(shù)列an的公比為．由題意知，，整理得，解得或（負(fù)值舍去），故．所以．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故．故答案為：.14．已知拋物線的準(zhǔn)線與軸交于點(diǎn)，過焦點(diǎn)的直線與交于，兩點(diǎn)，且，，的中點(diǎn)為，過作的垂線交軸于點(diǎn)，點(diǎn)在的準(zhǔn)線上的射影為點(diǎn)，現(xiàn)有下列四個(gè)結(jié)論：①，②若時(shí)，③④過的直線與拋物線交于，，則.其中正確結(jié)論的序號為.【答案】③④【分析】由點(diǎn)斜式寫出直線方程后直曲聯(lián)立，得到韋達(dá)定理可判斷①錯誤；由拋物線的定義結(jié)合韋達(dá)定理解方程可判斷②錯誤；過點(diǎn)作軸，由三角函數(shù)的定義和誘導(dǎo)公式結(jié)合圖像可得③正確；當(dāng)斜率不存在時(shí)，代入拋物線解出兩點(diǎn)坐標(biāo)，利用向量垂直的充要條件可得；當(dāng)斜率存在時(shí)，直曲聯(lián)立后利用韋達(dá)定理表示出后可得.【詳解】對①：由題意可知F1,0，直線的斜率存在且不為零，設(shè)直線方程為y=kx?1聯(lián)立，可得，，所以，，，故①錯誤；對②：則由拋物線的定義可知，，因?yàn)?，即，由韋達(dá)定理可知，解得或（舍），則，所以，故②錯誤；對③：過點(diǎn)作軸，垂足為，因?yàn)?，所以，所以，故③正確；對④：當(dāng)軸時(shí)，所以，所以，；當(dāng)斜率存在且不為零時(shí)，設(shè)斜率為，，則直線方程為，聯(lián)立，消去可得，，，，，代入韋達(dá)定理并化簡可得，所以，綜上，過的直線與拋物線交于，，則，故④正確；故答案為：③④.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：（1）求兩根之積時(shí)可直曲聯(lián)立，用韋達(dá)定理得到橫坐標(biāo)之積，再代入直線方程可得縱坐標(biāo)之積；（2）求拋物線的焦點(diǎn)弦長時(shí)可利用拋物線的定義快速求解；（3）證明兩直線垂直時(shí)，可用向量垂直的充分必要條件證明.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。15．（13分）已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上單調(diào)遞減．(1)求ω的最大值；(2)若f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)(eq\f(3π,2)，0)中心對稱，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,20)，m))上的值域?yàn)閇－2，4]，求m的取值范圍．【詳解】(1)∵函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上單調(diào)遞減，∴π－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，解得0<ω≤eq\f(6,5)①．……………(2分)由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))，ω>0，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，……………(3分)∴由正弦函數(shù)的單調(diào)性，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)≥\f(π,2)＋2kπ，,πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得1＋12k≤ω≤eq\f(7,6)＋2k，k∈Z．令k＝0，得1≤ω≤eq\f(7,6)，滿足①；令k＝1，得13≤ω≤eq\f(19,6)，不滿足①，……………(5分)∴ω的取值范圍為1≤ω≤eq\f(7,6)，即最大值為eq\f(7,6)．……………(6分)(2)∵f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖像關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))中心對稱，∴eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，……………(7分)即ω＝eq\f(2k,3)－eq\f(2,9)(k∈Z)．……………(8分)又由(1)得1≤ω≤eq\f(7,6)，∴ω＝eq\f(10,9)，∴f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))．……………(9分)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,20)，m))時(shí)，eq\f(10,9)x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(10,9)m＋\f(π,3)))．……………(10分)由f(x)∈[－2，4]，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴eq\f(π,2)≤eq\f(10,9)m＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(3π,20)≤m≤eq\f(3π,4)，即m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,20)，\f(3π,4)))．(13分)16．（15分）已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1.(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.【詳解】(Ⅰ)因?yàn)閍n＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，由此可得數(shù)列{an－n}是以a1－1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，……………(4分)因此，an－n＝2×2n－1＝2n，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋n.……………(7分)(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，……………(12分)故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋(eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).(15分)17．（15分）已知四邊形ABCD為平行四邊形，E為CD的中點(diǎn)，AB＝4，△ADE為等邊三角形，將三角形ADE沿AE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求證：AP⊥BE；(2)試判斷在線段PB上是否存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面APE的夾角為45°？若存在，試確定點(diǎn)F的位置；若不存在，請說明理由．【詳解】(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，且△ADE為等邊三角形，所以∠BCE＝120°.又因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，所以CE＝ED＝DA＝CB，所以△BCE為等腰三角形，所以∠CEB＝30°，所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，所以BE⊥AE.(4分)又因?yàn)槠矫鍭PE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，所以BE⊥平面APE.又因?yàn)锳P?平面APE，所以BE⊥AP.(6分)(2)存在點(diǎn)F，且當(dāng)點(diǎn)F為線段PB上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，平面AEF與平面APE的夾角為45°.(7分)證明如下：取AE的中點(diǎn)O，連接PO，因?yàn)椤鰽PE為等邊三角形，所以PO⊥AE.又因?yàn)槠矫鍭PE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO?平面APE，所以PO⊥平面ABCE.易得PO＝eq\r(3)，BE＝2eq\r(3).取AB的中點(diǎn)G，連接OG，則OG∥BE.(8分)由(1)得BE⊥AE，所以O(shè)G⊥AE，所以O(shè)A，OG，OP兩兩垂直．以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OG，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖所示，則A(1，0，0)，B(－1，2eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，E(－1，0，0)，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1，2eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))．(10分)假設(shè)存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面APE的夾角為45°.設(shè)eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(－λ，2eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)，λ∈(0，1]，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝(1－λ，2eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．設(shè)平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,m·\o(EA,\s\up6(→))＝2x＝0.)))令z＝2λ，則可得平面AEF的一個(gè)法向量為m＝(0，λ－1，2λ)．(12分)由(1)可知eq\o(EB,\s\up6(→))為平面APE的一個(gè)法向量，所以cos45°＝|cos〈m，eq\o(EB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\o(EB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq\f(\r(2),2)，所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝－1(舍去)，所以存在點(diǎn)F，且當(dāng)點(diǎn)F為線段PB上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，平面AEF與平面APE的夾角為45°.(15分)18．（17分）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為2eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2).(Ⅰ)求橢圓C的方程；(Ⅱ)過點(diǎn)(2，0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，M為橢圓C上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝meq\o(OM,\s\up6(→))，其中m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，求|AB|的取值范圍；(Ⅲ)如圖，直線GH為橢圓C與拋物線C1：y2＝2px(p＞0)的公切線，其中點(diǎn)G，H分別在C，C1上，線段OH交C于點(diǎn)N，求△NGH的面積的最小值．【詳解】(Ⅰ)由題意可得2a＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2).(1分)因?yàn)闄E圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(2分)所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(3分)(Ⅱ)顯然直線l的斜率存在，設(shè)過點(diǎn)(2，0)的直線l的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，則Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k2<eq\f(1,2).(4分)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)－4))＝－eq\f(4k,1＋2k2).由，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)，所以xM＝eq\f(1,m)·eq\f(8k2,1＋2k2)，yM＝eq\f(1,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2))).(5分)將(xM，yM)代入橢圓方程可得eq\f(1,2)·eq\f(1,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)))2＋eq\f(1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2)))2＝1，解得m2＝eq\f(16k2,1＋2k2).因?yàn)閙∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，所以eq\f(16,5)≤eq\f(16k2,1＋2k2)≤eq\f(16,3)，解得eq\f(1,3)≤k2≤1，結(jié)合Δ>0，所以eq\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2).(7分)由弦長公式可得，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(Δ),1＋2k2)＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－k2＋1,4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－2k2－\f(1,2)＋k2＋\f(3,2),4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(k2＋\f(1,2)＋1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(1,2)·\f(1,1＋2k2)＋\f(1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16)).(8分)因?yàn)閑q\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2)，所以eq\f(5,3)≤1＋2k2<2，所以eq\f(1,2)<eq\f(1,1＋2k2)≤eq\f(3,5).因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(9,16)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,5)))上單調(diào)遞增，所以2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5)))，即|AB|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5))).(10分)(Ⅲ)設(shè)G(x3，y3)，H(x4，y4)，由題易知x3≠x4，設(shè)直線GH的方程為y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①，則Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0，所以b′2＝2n2＋1.將其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0，解得x＝eq\f(－2n,b′)，所以x3＝eq\f(－2n,b′).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,y2＝2px，整理得))n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②，則Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0，所以p＝2nb′.將其代入②式，解方程得x＝eq\f(b′,n)，所以x4＝eq\f(b′,n)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(GH))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x3－x4))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2n,b′)－\f(b′,n)))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n))).(13分)由x4＝eq\f(b′,n)可得y4＝2b′，所以kOH＝2n，所以直線OH：y＝2nx.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2nx，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n2＋\f(1,2)))x2＝1，所以xN＝eq\f(1,\r(4n2＋\f(1,2)))，yN＝eq\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2)))，所以點(diǎn)N到GH的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))＋b′－\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))，(14分)所以S△NGH＝eq\f(1,2)|GH|·d＝eq\f(1,2)eq\b\lc