資源簡介

昆明市 2025屆“三診一模”高考模擬考試 n 1 f x n 3 f x 3π A. 若 ，則 為單調函數 B. 若 ，則 的圖象關于 ,0 對稱
4
數學試卷
C. 若 f x 存在最大值，則 n 2 D. f x 有 n個零點
注意事項：
1.答題前，務必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡規定的位置上. 7. 已知等差數列 an ，公差為d ，a1 0，前 n項和為 Sn，記集合M k∣ak Sk ，若M 中有 2個元素，則 a1，
2.答選擇題時，必須使用 2B 鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后， d 的關系可以為（ ）
再選涂其它答案標號. A. 2a1 3d 0 B. 2a1 3d 0
3.答非選擇題時，必須使用 0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規定的位置上.
C. 3a1 2d 0 D. 3a1 2d 0
4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效.
5.考試結束后，只將答題卡交回. 8. 過曲線 y x 1上一點 P作直線 x 1的垂線，垂足為H ，將點H 繞 P逆時針旋轉90
得到點Q， A 1,3 ，
一、單選題：本題共 8小題，每小題 5分，共 40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題 則 QA QP 的最小值為（ ）
目要求的.
A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 3 2
1. U 1,2,3, 4,5,6 M = {1,3,5} M 設全集 ，集合 ，則 U （ ）
二、多選題：本題共 3小題，每小題 6分，共 18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全
A. 3,5 B. 1,3,5 C. 2,4,6 D. 1, 2,3, 4,5, 6 部選對的得 6分，部分選對的得部分分，有選錯的得 0分.
2. 已知正項等比數列 an ，滿足 a2 1， a4 4，則 a1 （ ） 9. 已知虛數 z1， z2互為共軛復數，則（ ）
1
A. B. 12 C. 1 D. 2 A. z1 z2為實數 B. z1 z4 2為純虛數
3. “ lna lnb ”是“a b ”的（ ） z z
C. z1 z2 z z D.
1 22 1
A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 z2 z1
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件 10. 某同學研究兩個變量 x與 y的關系，收集了以下 5組數據：
4. f x a
x 1 x
若函數 （a 0 a 1 1 2 3 4 5且 ）是偶函數，則 a （ ）
2x
y 1 4 1 9 10
1
A. B. 12 C. 2 D. 44
根據上表數據，求得相關系數為 r ，經驗回歸方程為 y b x a ，決定系數為 R2 ．后經檢查發現當 x 3時記錄的 y 1
x2 y2
5. 雙曲線C : 1 a 0,b 0 的一條漸近線過點 1,2 ，則C的離心率為（ ）
a2 b2 有誤，實際值應為 y 6，修正數據后，求得新相關系數為 r ，新回歸方程為 y b x a ，新決定系數為 R 2，則以
A. 3 B. 5 C. 6 D. 2 2 下結論正確的是（ ）
n n
6. f x 2cos2x 1 x 0, n π n N* (xi x)( yi y) (x x)(y y)已知函數 ， ，則下列說法錯誤的是（ ） i i
2 i 1參考公式：相關系數 r n n ，經驗回歸方程為 y b x a ，其中b
i 1 n ，
(xi x)2 ( y 2i y)2 (xi x)
i 1 i 1 i 1
n 3
(y y )2 15. 在VABC中， AB 1， AC 2 ， A ．i i 4
a y b x 2， R 1 i 1n ． （1）求 sinC；
(y 2i y)
i 1
A. r r B. b b
C. a a D. R2 R 2
2 D VABC △BCD S S 5（ ）點 在 外接圓上，設 的面積為 ，若 CD，求△BCD的周長．
2
11. 如圖，長方形的長為 2 2 ，寬為 2，A，B，C，D分別為長方形四條邊中點，沿 AB，BC，CD，DA，AC
折疊，使長方形的四個頂點重合于點 P，所得四面體 B ACD稱為“薩默維爾”四面體，在此四面體中，下列結論正確
的是（ ）
16. 如圖，在直棱柱 ABCD A1B1C1D1中， E為 B1D1中點， BC CD BD AA1 2．
A. AC B D
B. 平面 B CD 平面 ACD （1）若 AB DC，證明：CE //平面 A1BD；
C. 直線 AC與平面 B CD π所成角為
4
D. 平面 AB C與平面 B CD π的夾角為 （2）若 AB AD， AB AD，求平面 A1BE 與平面 A1DE所成的二面角的正弦值．3
三、填空題：本題共 3小題，每小題 5分，共 15分.
12. (2x 1)6 展開式中 x2的系數為 .
17. 已知 A 2,0 ， B 2,0 1，動點 滿足直線
f (x) M AM
與直線 BM 斜率之積為 ．記M 的軌跡為C．
13. 已知 x3 3x，點 A( 1, f ( 1))， B(2, f (2))，點C，D在 y f (x)圖象上，若四邊形 ABCD為平行 2
（1）求C的方程；
四邊形，則 ABCD的面積為________．
14. 1,1, ,1已知 ai i 1, 2,L,n 隨機取 1或 1，構成數列 an 為初始數列，當 an 不為常數列 時，對數列 an 進
n個1
（2）過點D 1,0 作直線 l與C相交于 P，Q兩點，與 y軸交于點 E，若DP EQ 0，求直線 l的方程．
行如下操作：①統計 an 中-1的個數，記為 k；②把ak 改為 ak，其余項不變，得到新數列；③若新數列為常數列
1 ,1 , ,1，停止操作，記錄操作次數 x，否則將 an 替換為新數列，重復上述操作，可知對任意初始數列 an ，必
n 1 18. 在“2025年全球 AI創新峰會”中，參與“環境監測問題解決方案”代碼編寫比賽組的科技團隊 A和 B通過實時編寫個
在有限次操作后停止．如：n 2，對初始數列 1， 1，操作過程為 1， 1 k 1 1， 1 k 2 1，1 k 1 1， 代碼，爭奪“最佳環測算法團隊”稱號．規定每輪比賽限時編寫一個算法模塊，評委會通過對算法模塊測試，評定優勝
方，優勝方記 1分，另一方記 0分，無平局；當兩團隊累積得分的分差為 3分時，比賽結束，累積得分高的團隊獲“最
1； x 3．當 n 3時，對所有可能的初始數列 an ，對應操作次數的和為________． 2
佳環測算法團隊”稱號．若每輪比賽中，A團隊獲優勝的概率為 ，且每輪比賽結果相互獨立．
四、解答題：本題共 5小題，共 77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 3
（1）當比賽結束時恰好進行了 5輪，求 A團隊獲“最佳環測算法團隊”稱號的概率；
（2）① 若比賽最多進行 6輪，求比賽結束時輪數 X 的分布列及數學期望E X ；
② 若比賽輪數不限制，求 A團隊獲“最佳環測算法團隊”稱號的概率．
19. 已知函數 f x sinx ax．
（1）當 a 1，求 f x 的單調區間；
（2）直線 l是曲線 y f x 的一條切線，且 l與曲線有無窮多個切點．
① 已知O為坐標原點，直線 l與 y軸交于點T ，求 OT 的值；
② 是否存在常數 a a 1 x使得直線 l也是曲線 g x e ln x 1 的切線，若存在，寫出直線 l的一個方程并證明，
若不存在，說明理由．
參考答案及解析 π
解析：A選項， n 1時， f x 2cos2x 1， x 0, ，
2
1. 答案：C
π
解析：全集U 1, 2,3, 4,5,6 ，集合M = {1,3,5}，所以 UM 2,4,6 . f x 4sin 2x，當 x 0, 時， 2x 0, π ，故 f x 4sin 2x 0恒成立，
2
故選：C
π
2. 答案：B 故 f x 2cos2x 1 x

在 0, 上單調遞減，為單調函數，A說法正確；
2
2 a4
解析：設正項等比數列 an 的公比為 q，則 q 4，而 q 0a ，解得 q= 2， 3π2 B選項， n 3

時， x 0, ，
2
所以 a
a 1
1
2 .
q 2 f
3π
x

2cos 3π 2x 1 2cos 2x 1，
2
故選：B
3π
3. 答案：A 則 f x f x 2cos 2x 1 2cos2x 1 2， 2
解析：由 lna lnb可得0 a b，
f x 3π , 1 故“ lna lnb ”是“a b ”的充分不必要條件 所以 的圖象關于 中心對稱，B說法錯誤； 4
故選：A
C選項，當 2x 2kπ,k Z，即 x kπ,k Z時， f x 取得最大值，
4. 答案：D
a x 1 a x 1 x a x x
n
1 要想 f x 在 x 0, π n N*
n
取得最大值， π π ，解得 n 2，C說法正確；解析： f x x ，則 f x ， 2

2
2 2 2 2 2
x x x x x D選項，令 f x 0，即 2cos2x 1 0
1
， cos2x ，
f x a 1 a 1 2x 2由于 是偶函數，故 對 x R
2
恒成立，
2 2 2 2 a π π所以 2x 2k1π,k1 Z或 2x 2k2π,k2 Z，
2 1 3 3
故 ，所以 a 4， π
a 2 解得 x k1π,k Z x
π
1 或 k2π,k Z，6 6 2
故選：D
x 0, n 5. 答案：B 又 π n N* ， 2
x2 y2 b b
解析：雙曲線C : 1的漸近線方程為 y x，依題意， 2， 當 n為偶數時，
a2 b2 a a
x π k1π,k1 Z中，令 k1 1,2,3, ,
n
，滿足要求，
a2 b2 b 6 2
所以C的離心率為 e 1 ( )2 5 .
a a x
π
k2π,k2 Z中，令 k2 0,1, 2,3, ,
n
1，滿足要求，
6 2
故選：B n n故共有 n個零點，
2 2
6. 答案：B
當 n為奇數時，
x π k1π,k1 Z中，令 k1 1,2,3, ,
n 1
，滿足要求，
6 2
x π k π,k n 1
6 2 2
Z中，令 k2 0,1, 2,3, , ，滿足要求，2
n 1 n 1
故共有 1 n個零點，D說法正確.
2 2
故選：B
7. 答案：A
解析：由 ak S a (k 1)d ka
k(k 1)
k，得 1 1 d ，則 (k 1)[2a1 (k 2)d ] 0，2 故選：C
由M 中有 2個元素，得關于 k的方程 2a1 (k 2)d 0 有不小于 2的整數解， 9. 答案：AB
而 a1 0，則 d 0,k 2,k N ，方程 2a1 (k 2)d 0 中 a1系數為 2， d 的系數 k 2是正整數， 解析：依題意，設 z1 a bi,a,b R,b 0，則 z1 a bi，
選項 A符合要求，選項 BCD不符合要求. 對于 A， z1 z2 2a R，A正確；
故選：A
對于 B， z1 z2 2bi為純虛數，B正確；
8. 答案：C
y x 1 對于 C， y x 1 z1 z2 z
2
2 z1 a b
2 (a bi) a2 b2 (a bi) 2b a2 b2 i 0，C錯誤；
解析：由 得： ，
z z
平方可得： y x 2 x 1， y 1 對于 D 2， z1 z
2
2 (a bi)
2 (a bi)2 4abi，當 a 0 2時， z1 z
2 1 2
2 ， z z ，D錯誤.2 1
設 P m,m 2 m 1 , m 0 ，由題意可知：H 1,m 2 m 1 ， 故選：AB
點H 繞 P逆時針旋轉90 得到點Q，得QP與 x軸垂直，且 QP PH ， 10. 答案：ABD
解析：數據修正前：
可得：Q m, 2 m ，
x 1 2 3 4 5 3, y 1 4 1 9 10 5，
5 5
所以Q點的軌跡方程為： y2 4x， y 0 焦點坐標為F 1,0
5 5
2 2
QP PH QF (xi x) ( 2) ( 1)
2 02 12 22 10， (yi y)2 ( 4)2 ( 1)2 ( 4)2 42 52 74
所以
，
， i 1 i 1
即 QA QP QA QF AF 0 9 3，當Q,P,F 5三點共線時取等號， (xi x)(yi y) ( 2) ( 4) ( 1) ( 1) 0 ( 4) 1 4 2 5 23，
i 1
b 23
23
2.3,a y b x 5 2.3 3 1.9， r ，
10 740
數據修正后：
x 1 2 3 4 5 3, y 1 4 6 9 10 6，
5 5
5 5 故 AOP為平面 AB C與平面B CD的夾角，
(xi x)2 10， (yi y )2 ( 5)2 ( 2)2 02 32 42 54，
i 1 i 1 CP B OP P 2 1由等面積法可得 ，
5 B C 3
(xi x)(yi y ) ( 2) ( 5) ( 1) ( 2) 0 0 1 3 2 4 23，
i 1 又 AP 2，故 tan AOP
AP π
3，故 AOP ，D正確，
OP 3
b 23
23
2.3,a y b x 6 2.3 3 0.9， r ， 對于 B，由于 AP 平面 B CD，而 AP 平面 ACD，且 AP與平面 ACD不平行，
10 540
故平面 B CD與平面 ACD不垂直，故 B錯誤
因此 r r ， b b ， a a ，而 R2 r 2 ,R 2 r 2 ，則 R2 R 2，ABD正確，C錯誤. 故選：ACD
故選：ABD 12. 答案：60
11. 答案：ACD 2x 1 6 T C r 26 r x6 r解析： 展開式的通項為： r 1 6
解析：對于 A，由題意可得， B C CD AD AB 3， AC B D 2，
令6 r 2，則 r 4 4 6 4即可得到 x2的系數為C6 2 60 .
由題意可知 P是 B D的中點，連接 AP,CP， 13. 答案：12
又 AB AD，CB CD，所以 AP B D，CP B D， 解析：函數 f (x) x3 3x的定義域為 R， f ( x) ( x)3 3( x) f (x) ，
AP CP P, AP,CP 平面 ACP，故 B D 平面 ACP， 則函數 f (x)的圖象是以原點O為對稱中心的中心對稱圖形，而 ABCD是中心對稱圖形，
AC 平面 ACP，故 AC B D，A正確， 又點 A,B,C,D都在函數 f (x)的圖象上，因此 ABCD的對稱中心為原點O，
對于 C，由于 AP B A2 B P2 3 1 2，CP B C 2 B P2 3 1 2 ，
而點 A( 1,2),B(2,2)，則OA ( 1,2),OB (2, 2)， |OA | 5,|OB | 2 2，
則 AP2 CP2 AC 2 ，所以 AP CP，
cos AOB O A O B 2 1 ， sin AOB 1 cos2 AOB
3

又CP B D P，CP,B D 平面 B CD ，，所以 AP 平面 B CD， |OA ||OB | 5 2 2 10 10
π
故 ACP為直線 AC與平面 B CD所成角，CP AC 2，故 ACP ，故 C正確， 1 34 所以 S ABCD 4S AOB 4 5 2 2 12 .2 10
對于 D，過 P作 PO B C于O，連接OA，
故答案為：12
14. 答案：24
解析：當 n 3時，按 1的個數及出現的位置，初始數列共有 7 種情況：
初始數列 1, 1, 1 k 3 1, 1,1 k 2 1,1,1 k 1 1,1,1 ， x 3；
初始數列 1, 1,1 k 2 1,1,1 k 1 1,1,1， x 2；
由于 AP 平面 B CD， B C 平面 B CD，故 AP B C ，
初始數列 1,1, 1 k 2OP AP P, AP,OP AOP B C AOP 1, 1, 1 1,1,1，
x 4；
又 平面 ，故 平面 ，
k 2
因為OA 平面 AOP，故 B C OA， 初始數列1, 1, 1 1,1, 1
k 1 1,1, 1 k 2 1, 1, 1 1,1,1 ， x 6；
初始數列 1,1,1 k 1 1,1,1， x 1； 所以 A1O//EC，
初始數列1, 1,1 k 1 1, 1,1 k 2 1,1,1 k 1 1,1,1 ， x 3； 而 A1O 平面 A1BD， EC 平面 A1BD，
初始數列1,1, 1 k 1 1,1, 1 k 2 1, 1, 1 1,1,1， x 5； 所以CE //平面 A1BD．
所以所求操作次數的和為3 2 4 6 1 3 5 24 . （2）以O為原點，OC為 x軸，OD為 y軸，建立空間直角坐標系，
故答案為：24 則 B 0, 1,0 ，D 0,1,0 ， A1 1,0,2 ，E 0,0,2 ，

15. 答案：（1 10） 對平面 A1EB

， EA1 1,0,0 ， EB 0, 1, 2 ，設法向量 n x1, y1, z1 ，10

EA

2 2 5 10 1
n x1 0 x1 0
（ ） 由
EB n
，得 ，不妨取 n 0, 2,1 ，
y 2z 0 y1 2z1 1 1

（1）由余弦定理知： BC2 AB2 AC2 2AB AC cos
3π 1 2 2 2 2 5 ，解得BC 5， 對平面 A1ED， EA1 1,0,0 ， ED 0,1, 2 ，設法向量m x2 , y2 , z ，4 2
2

EA1 m x2 0 x 0
2 由
2
，得 ，不妨取m 0,2,1AB BC ，
由正弦定理可知 ，則 sinC AB sinA
1 10 ． ED m y2 2z2 0 y2 2z2
sinC sinA 2 BC 5 10
設二面角 B A1E D的平面角為 ，
1 5
（2）因為 S BC CD sin BCD CD sin BCD 5 CD， n m 4 1 3
2 2 2 則 cos cosn,m ，n m 5 5 5
則 sin BCD 1，
從而 sin 4 ，
5
故 BCD π π ，則 BDC為銳角，又點D在VABC外接圓上，所以 BDC ，
2 4 平面 A1BE 與平面 A1DE
4
所成的二面角的正弦值為 ．
5
π
故 CBD ，則
4 CD BC 5，BD 10，
2
17. 1 x y
2
答案：（ ） 1 x 2
4 2
則△BCD的周長為 2 5 10 ．
（2） x 2y 1 0．
16. 答案：（1）證明見解析
4 y y 1（1）設M x, y ，據題意知 ，
（2） ． x 2 x 2 2
5
x2 y2
（1）取 BD中點O，連接OC、 A1E、 A1O， 化簡得 1 x 2 ，4 2

由 AB DC，可知四邊形 ABCD為平行四邊形， 2 2
所以C x y的方程為 1 x 2 ．
在直棱柱 ABCD A1B1C1D1中， E為 B1D 4 21中點，
所以 A1E //OC, A1E OC ，從而四邊形 A1OCE
（2）設 l : x my 1， P x1, y1 ，Q x2 , y2 ，
為平行四邊形，
x2 y2
1 X 3 5 6
聯立 4 2 消 x得 m2 2 y2 2my 3 0，
x my 1 1 2 4P
3 9 9
y 2m故 1 y2 2 ， y1y
3
2 2 ，m 2 所以 E X 3
1 2
5 6 4 43
m 2 .3 9 9 9
②設事件D表示“比賽輪數不限制，A團隊獲“最佳環測算法團隊’稱號”．1 1
據題意知m 0 E 且 0, ，所以DP x1 1, y1 ， EQ x2 , ym 2 m ， 設比賽過程中，A與 B團隊累積得分的差為Y，
1
DP EQ 0 y y P Y k 表示Y k時最終A團隊獲“最佳環測算法團隊”稱號的概率，其中 k 3, 2, 1,0,1,2,3 ．由 得 1 2 ，m
2m 1
由題知， P Y 3 1，P Y 3 0m 2 ， P Y 0 P D ．所以 2 ，解得 ，m 2 m
2
l x 2y 1 0 根據全概率公式，則有 P Y k P Y k
1
1 P Y k 1 ， k 2, 1,0,1,2 ．
所以直線 的方程為 ． 3 3
于是 P Y k 1 P Y 1 k P Y k P Y k 1 ,k 2, 1,0,1, 2 ，2
16
18. 1 1答案：（1）
81 迭代得 P Y 3 P Y 2 P Y 2 P Y 1 P Y 1 P Y 0 2 4
（2）①分布列見解析， E X 43 8 1 1；② ．
9 9
P Y 0 P Y 1 P Y 1
1
P Y 2 P Y 2 P Y 3 8 16 32
1
（1）設事件 Ai “第 i輪比賽A團隊獲優勝”，則事件 Ai “第 i輪比賽 B團隊獲優勝”； P Y 2 ，32
由題 P A 2 P A 1i ， i i 1,2, ,5 3 3 則 P Y
1
3 P Y 2 P Y 2 ，
32
事件 B表示“當比賽結束時恰好進行了 5輪，且A團隊獲“最佳環測算法團隊’稱號”， P Y 2 P Y 1 1 P Y 2 ，
16
3
P B P A A A A A A A A A A A A A A A C1 1 2 2 16 11 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3 3 ． P Y 13 3 81 P Y 0 P Y 2 ， 8
1
（2）①由題， X 的所有可能取值為 3，5，6． P Y 0 P Y 1 P Y 2 ，4
P X 3 P A A A 2
3 1 3 9 1
B B B P Y 1 P Y
1
2 P Y 2 ；
1 2 3 1 2 3 3
，
3 27 3
2
1 1 1 1 1 31
事件C表示“當比賽結束時恰好進行了 5輪，且 B團隊獲“最佳環測算法團隊’稱號”， 累加得， P Y 3 P Y 2 P Y 2 P Y 2 ，
32 16 8 4 2 32
3
P X 5 P B P C 16 C1 2 1 1 2 3 81 3 3
， 解得 P
3 9 Y 2
32
，
63
P Y 0 1 P Y 2 1 P Y 2 P Y 2 7 32 8 81 2 2 3 2 2 1 3 4 ，即 P D ，P X 6 C25 1 2 4 2 4 63 9 9 3 3 1 C5 1 1 ． 3 3 9 8
故若比賽輪數不限制，A團隊獲“最佳環測算法團隊”稱號的概率為 ．
9
所以 X 的分布列為
19. 答案：（1）單調遞減區間為R，無單調遞增區間
（2）①1；②存在， y 1，證明見解析 ②當直線 l為 y ax 1時，
（1） 設直線 l和曲線 g x 相切于點Q x0 , g x0 x0 1 ，
函數 f x ' a 1 x 1的定義域為R， 因 g x a 1 e ，
x 1
當 a 1時， f x sinx x '，則 f x cosx 1 0，
g x0
1
a 1 e a 1 x0 a
則 x0 1 ，
所以 f x 的單調遞減區間為R，無單調遞增區間． g x a 1 x0 0 e ln x0 1 ax0 1
（2） a 1 x e a 1 x x0 0 0 ax
則 x0 1
0
①因為直線 l與曲線 y f x ，相切，且有無窮多個切點， e a 1 x0 a 1 x ln x 1 x 1 eln x0 1 0 0 0 ln x0 1
不妨設其中任意兩個切點橫坐標為x ， x2，其中 x1 x1 2 ， 構造函數 x ex x，
故兩個切點坐標分別為M x1,sinx1 ax1 ， N x2 ,sinx2 ax2 ，
因為 x 在R上單調遞增，且 a 1 x0 ln x0 1 ，
'
由 f x cosx a，所以點M ，N 的切線分別為： y cosx1 a x sinx1 x1cosx1，
故 a 1 x0 ln x0 1 ，代入 a 1 x0e
a 1 x x0 0 ax0 中得，
y cosx2 a x sinx2 x2cosx
x0 1
2 ，
ln x 1 eln x 1 xl cosx cosx sinx x cosx sinx x cosx 0 0因為是同一條直線 ，所以 1 2 且 1 1 1 2 2 2 ， 0 x0 ln x0 1 ，即 ln x0 1
x
0 0
x 1 x 1 ，0 0
所以 x1 x2 2kπ k Z 或 x1 x2 2kπ k Z ，
F x ln x 1 x '
1 1 x
構造函數 ，則 F x
x 1 x 1
2 2 ，
①當 x1 x2 2kπ時， sinx1 sinx
x 1 x 1
2 ，
x x cosx 0 當 x 1,0
' '
sinx x cosx sinx x cosx 時， F x 0，當 x 0, 時， F x 0又因為 1 1 1 2 2 2 ，所以 2 1 1
，
，
所以 F x 在 1,0 0, x x 0 單調遞減，在 單調遞增，故 F x F 0 0，又 2 1 ，所以 cosx1 0；
x F x 0 x 0②當 1 x2 2kπ時， sinx1 sinx
故由 0 可知， 0 ，所以 a 0，
2 ，
E x ,sinx ax 存在常數 a 0
a 1 x
使得直線 l也是曲線 g x e ln x 1N 的切線，取異于M ， 的另一切點 3 3 3 ，
y 1
則有 cosx1 cosx2 cosx3， sinx1 x1cosx1 sinx2 x2cosx2 sinx3 x cosx
此時直線 l的方程為 ．
3 3 ，
如果 sinx1 sinx3，由于 x1 x3，同①可得 cosx1 0，
如果 sinx1 sinx3，則 sinx2 sinx3 ，同理可得 cosx2 0，則 cosx1 0；
π
綜上， cosx1 0恒成立，所以 x1 kπ k Z ，2
此時直線 l的方程為 y ax sinx1，故 OT sinx1 1．

展開更多......

收起↑