1.已知命題p：?x∈(?∞,1)，2x0)與橢圓x2m+y24=1(m>0)有相同的焦點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的上、下焦點，P是橢圓上的任一點，I是△PF1F2的內心，PI交y軸于M，且PI=2IM，點(xn,yn)(n∈N?)是拋物線上在第一象限的點，且在該點處的切線與x軸的交點為(xn+1,0)，若x2=8，則x2025= ______．
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。
15.(本小題13分)
已知函數(shù)f(x)=lnx+mx2?13(m>0)．
(1)當m=1時，求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；
(2)若f(x)≥23恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
16.(本小題15分)
記△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a= 2bsinA．
(1)求B；
(2)若tanC=tanA+tanB，c=3，求△ABC的面積．
17.(本小題15分)
如圖，在平面四邊形ABCD中，AB=8，AD=5，∠ADC=90°，∠BAD=60°，點E，F(xiàn)滿足AE=25AD，AF=12AB，將△AEF沿EF折起至△PEF位置，使得點P不在平面ABCD內．
(1)證明：平面PED⊥平面BCDEF；
(2)若CD=2 3,PC=5，求平面PEF與平面PBC夾角的余弦值．
18.(本小題17分)
為了拓展學生的知識面，提高學生對航空航天科技的興趣，培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，某校組織學生參加航空航天科普知識答題競賽，每位參賽學生答題若干次.答題賦分方法如下：第1次答題，答對得20分，答錯得10分：從第2次答題開始，答對則獲得上一次答題得分的兩倍，答錯得10分.學生甲參加答題競賽，每次答對的概率為34，各次答題結果互不影響．
(1)求甲前3次答題得分之和為40分的概率；
(2)記甲第i次答題所得分數(shù)Xi(i∈N?)的數(shù)學期望為E(Xi).
①寫出E(Xi?1)與E(Xi)滿足的等量關系式(直接寫出結果，不必證明)；
②若E(Xi)>115，求i的最小值．
19.(本小題17分)
在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長是短軸長的 3倍，直線l與Γ相切，與圓O：x2+y2=3a2相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，|AB|=2 6．
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為d(M,N)．
(i)若M，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當△PAB的面積最大時，求d(M,N)；
(ii)若d(M,N)，d(N,M)均存在，記兩者中的較大者為H(M,N).已知H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，比較H(X,Z)+H(Y,Z)與H(X,Y)的大小，并證明你的結論．
參考答案
1.A
2.A
3.B
4.D
5.B
6.C
7.C
8.C
9.AC
10.BD
11.ABD
12.2 5
13.4
14.(12)2020
15.解：(1)當m=1時，f(x)=lnx+1x2?13，f′(x)=x2?2x3，
故f(1)=1?13=23，f′(1)=?1，
所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y?23=?(x?1)，即3x+3y?5=0．
(2)f′(x)=1x?2mx3=x2?2mx3(x>0)，
因為m>0，所以由f′(x)=0，得x= 2m，
所以當x∈(0, 2m)時，f′(x)0，f(x)單調遞增；
所以f(x)min=f( 2m)=ln 2m+16，
因為f(x)≥23恒成立，所以f(x)min=ln 2m≥12，解得m≥e2，
所以實數(shù)m的取值范圍為[e2,+∞),
16.解：(1)由a= 2bsinA，根據(jù)正弦定理得sinA= 2sinAsinB，
因為△ABC中，sinA≠0，
所以sinB= 22，結合B為三角形內角，可得B=π4或3π4．
(2)在△ABC中，tanC=?tan(A+B)=tanA+tanB，
所以?tanA+tanB1?tanAtanB=tanA+tanB，結合tanA+tanB≠0，解得tanAtanB=2，
所以A,B∈(0,π2)，結合(1)的結論可知tanB=1，
所以tanA=2，tanC=tanA+tanB=3，
因為A、B、C都是銳角，
所以sinB= 22，sinA= tan2A1+tan2A=2 55，sinC= tan2C1+tan2C=3 1010．
根據(jù)正弦定理asinA=csinC，可得a=csinAsinC=2 2，
所以△ABC的面積S=12acsinB=12×2 2×3× 22=3．
17.解：(1)證明：在△AEF中，AE=25AD=2, AF=4, ∠EAF=60°，
所以EF2=4+16?2×2×4×cs60°=12，解得EF=2 3，
所以EF2+AE2=AF2，AE⊥EF，
所以DE⊥EF，PE⊥EF，
因為PE∩DE=E，PE，DE?平面PDE，所以EF⊥平面PDE，
又因為EF?平面BCDEF，
所以平面PDE⊥平面BCDEF．
(2)因為DE=3, CD=2 3, ∠CDE=90°，所以EC= 21，
又PE=2，PC=5，所以PE2+EC2=PC2，即PE⊥CE，
又因為PE⊥EF，EF∩CE=E，EF，CE?平面BCDEF，所以PE⊥平面BCDEF，
因為ED?平面BCDEF，所以PE⊥ED，
以E為坐標原點，以EF，ED，EP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則P(0, 0, 2), B(4 3,2, 0), C(2 3, 3,0)，所以PB=(4 3, 2, ?2), BC=(?2 3, 1, 0)，
設平面PBC的法向量為n=(x, y, z)，
則n⊥PBn⊥BC，所以n?PB=0n?BC=0，即4 3x+2y?2z=0?2 3x+y=0，
取x=1，則y=2 3,z=4 3，所以n=(1, 2 3, 4 3)，
顯然ED=(0, 3, 0)為平面PEF的一個法向量，
所以cs=6 33× 61=2 3 61=2 18361，
平面PEF與平面PBC的余弦值為2 18361．
18.解：(1)記甲前3次答題得分之和為40分為事件A，則甲前3次答題中僅只答對一次，
所以P(A)=C31×34×(1?34)2=964；
(2)①由題意可得當i∈N?，且i≥2時，Xi=34×2Xi?1+14×10=32Xi?1+52，
且E(X1)=20×34+10×14=352，
所以E(Xi)=32E(Xi?1)+52,i∈N?,i≥2，且E(X1)=352，
②由①知，當i∈N?，i≥2時，E(Xi)+5=32[E(Xi?1)+5]，
而E(X1)+5=452，
因此數(shù)列{E(Xi)+5}以452為首項，32為公比的等比數(shù)列，
E(Xi)+5=452×(32)i?1=15×(32)i，
于是E(Xi)=15×(32)i?5，
由15×(32)i?5>115可得(32)i>8，
因為(32)5=243328，則有正整數(shù)imin=6，
所以i的最小值是6．
19.解：(1)因為當l垂直于x軸時，|AB|=2 6，而直線l：x=±a與Γ相切，則2 3a2?a2=2 6，解得a= 3，
又橢圓的長軸長是短軸長的 3倍，則b=1 3a=1，則c= 2，
所以Γ的方程為x23+y2=1．
(2)(i)當l的斜率存在時，設l的方程為：y=kx+m，
由y=kx+m,x2+3y2=3,消去y整理得3m2?3=0，
則Δ=(6km)2?4(3k2+1)(3m2?3)=0，整理得m2=3k2+1，
于是圓心O到直線l的距離d=|m| k2+1= 3k2+1k2+1= 3?2k2+1∈[1,3),
則△PAB的面積為S△PAB≤12(d+3)?|AB|=12(d+3)?2 9?d2= (3?d)(d+3)3，
設f(d)=(3?d)(d+3)3,1≤d< 3，求導得f′(d)=2(d+3)2(3?2d)，
當1≤d0，函數(shù)f(d)單調遞增，當320，得27 34>3 2+3 6，則d=32，
對于線段AB上任意點E，連接OE并延長與圓O交于點F，則F是圓上與E最近的點，
當E為線段AB的中點時，EF取得最大值32，所以d(M,N)=32，

(ii)H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).證明如下：
因為H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，
設點X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X,Z)=|X1Z1|，H(Y,Z)=|Y1Z2|，H(X,Y)=|X2Y2|，
設Y2是集合Y中到X2的最近點，根據(jù)對稱性，不妨設H(X,Y)=d(X,Y)=|X2Y2|，
令點X2到集合Z的最近點為Z3，點Z3到集合Y的最近點為Y3，
因為|X1Z1|是集合X中所有點到集合Z最近點距離的最大值，則|X1Z1|≥|X2Z3|，
因為|Y1Z2|是集合Y中所有點到集合Z最近點距離的最大值，則|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X,Z)+H(Y,Z)=|X1Z1|+|Y1Z2|≥|X2Z3|+|Y3Z3|，
而在坐標平面中，|X2Z3|+|Y3Z3|≥|X2Y3|，又點Y2是集合Y中到點X2的最近點，則|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y)．

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