2024年湖南省岳阳市高考数学质检试卷（三）（含详细答案解析）

这是一份2024年湖南省岳阳市高考数学质检试卷（三）（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={−2,−1,0,1,2,3},B={x|x−3x+1≤0}，则A∩B=( )
A. {−1,0,1,2,3}B. {0,1,2,3}C. {1,2,3}D. {0,1,2}
2.若虚数单位i是关于x的方程ax3+bx2+2x+1=0(a,b∈R)的一个根，则|a+bi|=( )
A. 2B. 2C. 5D. 5
3.直线2x−3y+1=0的一个方向向量是( )
A. (2,−3)B. (2,3)C. (−3,2)D. (3,2)
4.下列命题正确的是( )
A. 若直线l上有无数个点不在平面α内，则l//α
B. 若直线a不平行于平面α且a⊄α，则平面α内不存在与a平行的直线
C. 已知直线a，b，平面α，β，且a⊂α，b⊂β，α//β，则直线a，b平行
D. 已知两条相交直线a，b，且a//平面α，则b与α相交
5.已知y=f(x+1)+1为奇函数，则f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=( )
A. −12B. −10C. −6D. −5
6.把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是( )
A. 96种B. 60种C. 48种D. 36种
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2≥a1>0，S20=100，则a10a11( )
A. 有最小值25B. 有最大值25C. 有最小值50D. 有最大值50
8.已知函数f(x)=ex+a,xA. (−1,0)B. (13,+∞)
C. (−1,0)∪(13,+∞)D. (−13,0)∪(1,+∞)
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.下列结论正确的是( )
A. C7n=C73，则n=3
B. Cnm=m+1n+1Cn+1m+1
C. (x−1)10的展开式的第6项的系数是C105
D. (1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为C63−1
10.已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. ω=2
B. f(x)的单调递减区间为(kπ+π12,kπ+7π12),k∈Z
C. f(x)的图象可由函数y=2cs2x的图象向右平移π6个单位得到
D. 满足条件(f(x)−f(−7π4))(f(x)−f(4π3))>0的最小正整数x为2
11.如图，四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面且面积为2，四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ(0≤θ≤π)到四边形OO1D1A1，则( )
A. 圆柱OO1的侧面积为2π
B. 当0<θ<π时，DD1⊥A1C
C. 当0<θ<π时，四面体CDD1A1的外接球表面积最小值为3π
D. 当BD1= 2时，2π3≤θ≤π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线C过点(1, 6)，且渐近线方程为y=±2x，则C的离心率为______.
13.已知角α，β的终边关于直线y=x对称，且sin(α−β)= 32，则α，β的一组取值可以是α=______，β=______.
14.如图所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一条直角边AC在平百α内，另一条直角边BC长为 33且∠BAC=π6，若平面α上存在点P，使得△ABP的面积为 33，则线段CP长度的最小值为______.
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.(本小题13分)
已知等差数列{an}满足：a1=2，且a1、a2、a4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等差数列{an}的公差不为零且数列{bn}满足：bn=4n2(an−1)(an+1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
16.(本小题15分)
某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试.为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示.
(1)若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ=11.5，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数；
(2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩.已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为34，后两题每题能答对的概率均为35，且每道题回答正确与否互不影响.规定复试成绩上了20分(含20分)的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大？
附：若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，则：P(μ−σ17.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，∠DAB=60∘，PA=PC，PB=PD=2 10，M是线段PC上的点，且PC=4MC.
(1)证明：PC⊥平面BDM；
(2)点E在直线DM上，求BE与平面ABCD所成角的最大值.
18.(本小题17分)
已知动圆P过定点F(0,1)且与直线y=3相切，记圆心P的轨迹为曲线E.
(1)已知A、B两点的坐标分别为(−2,1)、(2,1)，直线AP、BP的斜率分别为k1、k2，证明：k1−k2=1；
(2)若点M(x1,y1)、N(x2,y2)是轨迹E上的两个动点且x1x2=−4，设线段MN的中点为Q，圆P与动点Q的轨迹Γ交于不同于F的三点C、D、G，求证：△CDG的重心的横坐标为定值.
19.(本小题17分)
已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c且c=2b，点D在边BC上，AD是∠BAC的角平分线，设AD=kAC(其中k为正实数).
(1)求实数k的取值范围；
(2)设函数f(x)= 33ax3−52bx2+cx−b2
①当k=2 33时，求函数f(x)的极小值；
②设x0是f(x)的最大零点，试比较x0与1的大小.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，B={x|x−3x+1≤0}={x|−1则A∩B={0,1,2}.
故选：D.
根据题意，求出集合B，由集合交集的定义分析可得答案．
本题考查不等式的解法，涉及集合的运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：将虚数单位i代入得：−ai−b+2i+1=0，
∴2−a=01−b=0，
∴a=2，b=1，
∴|a+bi|=|2+i|= 22+12= 5.
故选：C.
将虚数单位i代入方程，利用复数相等即可解出．
本题考查了复数的基础知识，学生的数学运算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查直线的方向向量，以及平面向量共线(平行)的坐标表示，是基础题．
首先求出直线的斜率为：k=23，再利用平面向量共线(平行)的坐标表示即可得出答案．
【解答】
解：由题意可得：直线2x−3y+1=0的斜率为k=23，
所以直线2x−3y+1=0的一个方向向量d=(1,23)，或(3,2)，
故选D.
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，当直线l与平面α相交时，直线l上也有无数个点不在平面α内，A错误；
对于B，假设平面α内存在与a平行的直线m，
由于m//α，又由a⊄α，
则直线a//平面α，与已知矛盾，故平面α内不存在与a平行的直线，B正确；
对于C，若a⊂α，b⊂β，α//β，则直线a、b可能相交、异面，C错误；
对于D，两条相交直线a，b，且a//平面α，则b与α相交或平行，D错误．
故选：B.
根据题意，由直线与平面的位置关系分析A、C、D，由反证法分析B，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的判断，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为y=f(x+1)+1为奇函数，图象关于原点对称，
所以y=f(x)的图象关于(1,−1)对称，
所以f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=[f(−1)+f(3)]+[f(0)+f(2)]+f(1)
=−2−2−1=−5.
故选：D.
由已知结合函数的奇偶性及对称性及函数图象的平移即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性，对称性及函数图象的平移在函数求值中的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，
则不同的安排方法数A22A44−A22A33=36种．
故选：D.
由相邻问题捆绑法，结合不相邻问题插空法求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了不相邻问题与相邻问题，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：a2≥a1>0，
则等差数列{an}的公差大于0，
故等差数列{an}为正项数列，
S20=100，
则20(a1+a20)2=100，解得a1+a20=10，
故a10a11≤(a10+a11)24=25，当且仅当a10=a11时，等号成立，
故a10a11有最大值25.
故选：B.
根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，以及基本不等式的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，以及基本不等式的性质，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：(1)当a<0时，
若x若x≥a，则f(x)=x2+2ax=(x+a)2−a2≥−a2，当x=−a时取等号，
因为f(x)不存在小值，所以−a2>a，所以−1(2)当a≥0时，
若x若x≥a，则f(x)=x2+2ax=(x+a)2−a2≥f(a)=3a2，当x=a时取等号，
因为f(x)不存在最小值，
所以3a2>a，
所以a>13，
所以实数函的取值范围是(−1,0)∪(13,+∞).
故选：C.
分别在a<0，a≥0条件下结合指数函数单调性及二次函数性质，确定函数f(x)的取值规律，由条件列不等式求a的范围，可得结论．
本题主要考查了指数函数及二次函数的单调性及分段函数的性质在函数最值求解中的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A：C7n=C73所以n=4或n=3，故A错误；
对于B：m+1n+1Cn+1m+1=m+1n+1⋅(n+1)!(m+1)![(n+1)−(m+1)]!=m+1n+1⋅(n+1)!(m+1)!(n−m)!=n!m!(n−m)!=Cnm，故B正确；
对于C：由二项式定理可知，第六项系数为(−1)5C105=−C105，故C错误；
对于D：(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为：C32+C42+C52=3+6+10=19=C63−1，故D正确．
故选：BD.
由组合数公式可判断AB，由二项式定理可判断CD.
本题主要考查了组合数公式的应用，考查了二项式定理的应用，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由函数f(x)=2cs(ωx+φ)的部分图象知，34T=13π12−π3=3π4，解得T=π，所以ω=2πT=2，选项A正确；
由f(13π12)=2cs(13π6+φ)=2，所以13π6+φ=2kπ，k∈Z；解得φ=−13π6+2kπ，k∈Z；
因为|φ|<π2，所以φ=−π6，所以f(x)=2cs(2x−π6)，令2kπ≤2x−π6≤2kπ+π，k∈Z；
解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z；所以f(x)的单调减区间为[kπ+π12,kπ+7π12]，k∈Z；选项B正确；
y=2cs2x的图象向右平移π6个单位，得y=2cs2(x−π6)=2cs(2x−π3)的图象，选项C错误；
因为f(x)的周期为π，所以不等式(f(x)−f(−7π4))(f(x)−f(4π3))>0可化为(f(x)−f(π4))(f(x)−f(π3))>0，
由函数图象知，当x>π3时，f(x)故选：ABD.
由函数f(x)的部分图象求出T、ω和φ，写出函数解析式，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：设圆柱OO1的底面半径为r，母线长为l，
因为四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，
所以AB=2r，AD=l，
因为四边形ABCD的面积为2，
所以2rl=2，即rl=1，
所以圆柱OO1的侧面积S=2πl=2π，A正确；
因为DC为圆O1的直径，所以DD1⊥D1C，
又A1D1⊥平面CDD1，DD1⊂平面CDD1，
所以DD1⊥A1D1，又A1D1，D1C⊂平面A1CD1，A1D1∩D1C=D1，
所以DD1⊥平面A1CD1，A1C⊂平面A1CD1，
所以DD1⊥A1C，B正确；
因为A1D1⊥DD1，A1D1⊥CD1，DD1⊥D1C，
设四面体CDD1A1的外接球的半径为R，
则4R2=D1D2+D1C2+D1A12，
因为∠DO1D1=θ，DO1=O1D1，
所以∠O1DD1=π2−θ2，
所以D1C=2rsin(π2−θ2)=2rcsθ2，D1D=2rcs(π2−θ2)=2rsinθ2，
所以4R2=4r2+l2≥2 4r2⋅l2=4rl=4，
当且仅当r=l=1时等号成立，
所以四面体CDD1A1的外接球表面积最小值为4π，C错误；
因为OA1=OB=r，∠A1OB=π−θ，0≤θ≤π，
所以A1B= r2+r2⋅r⋅r⋅cs(π−θ)= 2r2(1+csθ)=2rcsθ2，
所以BD1= 4r2cs2θ2+l2= 2，又rl=1，
所以4r2cs2θ2+1r2=2，
所以csθ=−12r4+1r2−1，
所以csθ=−12(1r2−1)2−12，
所以csθ≤−12，当且仅当r=1时等号成立，
又0≤θ≤π，所以2π3≤θ≤π，D正确．
故选：ABD.
设圆柱OO1的底面半径为r，母线长为l，由已知可得rl=1，结合圆柱的侧面积公式判断A，由条件，根据线面垂直判定定理证明DD1⊥平面A1CD1，由此证明DD1⊥A1C，判断B，由条件求四面体CDD1A1的外接球的半径，结合球的表面积公式和基本不等式求其最小值，判断C，由条件利用θ，r表示BD1，由此可得csθ≤−12，解不等式求θ范围，判断D.
本题考查侧面积以及外接球表面积的计算问题，属于中档题．
12.【答案】 52
【解析】解：当双曲线的焦点在x轴上时，其方程为x2a2−y2b2=1，
双曲线C过点(1, 6)，且渐近线方程为y=±2x，
则ba=21a2−6b2=1，方程组无解，
当双曲线的焦点在y轴上时，其方程为y2a2−x2b2=1，
双曲线C过点(1, 6)，且渐近线方程为y=±2x，
则ab=26a2−1b2=1，解得a= 2b= 22，
故e=ca= c2a2= 1+b2a2= 52.
故答案为： 52.
根据已知条件，结合双曲线的性质，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
13.【答案】5π12 π12
【解析】解：因为角α，β的终边关于直线y=x对称，
所以α+β=π2+2kπ，k∈Z，
因为sin(α−β)= 32，则α−β=π3+2nπ或α−β=2×π3+2nπ，n∈Z，
所以α=(k+n)π+5π12，β=(k−n)π+π12或α=(k+n)π+7π12，β=(k−n)π−π12，k∈Z，n∈Z，
取k=0，n=0，则α=5π12，β=π12.
故答案为：5π12，π12.(答案不唯一).
由角α，β的终边关于直线y=x对称可求α+β，由sin(α−β)= 32可求α−β，解方程可求α，β即可．
本题主要考查了三角函数的定义及特殊角的三角函数值，属于基础题．
14.【答案】 63
【解析】解：在Rt△ABC中，BC= 33，∠BAC=π6，则AB=2 33，
又平面ABC⊥α，平面ABC∩α=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面APC，
连接CP，CP⊂α，所以BC⊥CP，
得CP= BP2−BC2= BP2−13，
设∠ABP=θ(0<θ<π)，
则S△ABP=12AB⋅BPsinθ，
即 33=12⋅2 33⋅BPsinθ，
得BP=1sinθ，
当sinθ=1，即θ=π2，即AB⊥BP时，BP取到最小值1，
此时CP取到最小值 BP2−13= 12−13= 63.
故答案为： 63.
由题意，根据面面垂直的性质可得BC⊥平面APC，利用线面垂直的性质可得BC⊥CP，进而CP= BP2−13，由三角形的面积公式可得BP=1sinθ，即可求解．
本题考查勾股定理和三角形面积公式在立体几何中的应用，属于中档题．
15.【答案】解(1)：设数列{an}的公差为d，
依题意，2，2+d，2+3d成等比数列，
所以(2+d)2=2(2+3d)，
解得d=0或d=2，
当d=0时，an=2；
当d=2时，an=2+(n−1)×2=2n，
所以数列{an}的通项公式为an=2或an=2n；
(2)因为等差数列{an}的公差不为零，由(1)知an=2n(n∈N*)，
则bn=4n2(an−1)(an+1)=4n2(2n−1)(2n+1)，
所以bn=4n2−1+1(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=n+12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)
=n+12(1−12n+1)=n+n2n+1.
【解析】(1)结合等差数列的性质及通项公式即可求解；
(2)先求出bn，然后利用裂项求和即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及通项公式，还考查了裂项求和，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由意得样本平均数的估计值为：
(40×0.010+50×0.020+60×0.030+70×0.024+80×0.012+90×0.004)×10=62，
∵学生初试成绩X服从态分布N(μ,σ2)，其中μ=62，σ=115，则μ+2σ=85，
∴P(X≥85)=P(X≥μ+2σ)=1−0.95452=0.02275，
∴估计初试成绩不低于85分的人数为0.02275×8000=182人．
(2)记该考生的复试成绩为Y，则能进行面试的复试成绩为20分，25分，30分，
P(Y=20)=(14)2×(35)2+(34)2×C21×35×25=117400，
P(X=25)=C21×34×14×(35)2=54400，
P(Y=30)=(34)2×(35)2=81400，
∴该考生进入面试的概率为：
P(Y=20)+P(Y=25)+P(Y=30)=117400+54400+81400=63100.
【解析】(1)由频率分布直方图能求出样本平均数的估计值；由正态分布能估计初试成绩不低于85分的人数．
(2)记该考生的复试成绩为Y，则能进行面试的复试成绩为20分，25分，30分，分别求出相应的概率，由此能求出该考生进入面试的概率．
本题考查频率分布直方图、平均数、正态分布、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，是中档题．
17.【答案】(1)证明：连AC、BD交于点O，连PO，由PA=PC，PB=PD=2 10，可知PO⊥AC，PO⊥BD，
因为AC∩BD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
以{OB,OC,OP}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，
菱形ABCD中，边长为4，∠DAB=60∘，则OD=OB=2，OA=OC=2 3，
在Rt△BOP中，PB=2 10，所以OP=6，
可得P(0,0,6)，B(2,0,0)，D(−2,0,0)，C(0,2 3,0)，
由PC=4MC，得M(0,3 32,32)，所以PC=(0,2 3,−6)，DM=(2,3 32,32)，BM=(−2,3 32,32)，
所以PC⋅DM=0×2+2 3×3 32+(−6)×32=0，PC⋅BM=0×(−2)+2 3×3 32+(−6)×32=0，
所以PC⊥DM,PC⊥BM，即PC⊥DM，PC⊥BM，
因为DM、BM是平面BDM内的相交直线，所以PC⊥平面BDM；
(2)解：设DE=λDM，则E(2λ−2,3 32λ,32λ)，所以BE=(2λ−4,3 32λ,32λ)，
平面ABCD的一个法向量是n=(0,0,1)，
设BE与平面ABCD所成角为θ，则sinθ=|cs|=|BE⋅n||BE|⋅|n|=32|λ| (2λ−4)2+(3 32)2+(3λ2)2=32|λ| 13λ2−16λ+16，
当λ=0时，BE⊂平面ABCD，θ=0；当λ≠0时，sinθ=32|λ| 13λ2−16λ+16=32 13−16λ+16λ2=32 16×(1λ−12)2+9≤12，
结合θ∈[0,π2]，可知θ≤π6，所以BE与平面ABCD所成角的最大值为π6.
【解析】(1)根据菱形的性质与线面垂直的判定，证出OB、OC、OP两两垂直，从而以{OB,OC,OP}为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量的数量积为零，证出PC⊥DM且PC⊥BM，进而利用线面垂直的判定定理证出PC⊥平面BDM；
(2)设DE=λDM，BE与平面ABCD所成角为θ，根据直线与平面所成角的性质与空间向量的夹角公式，将sinθ表示为关于λ的函数，利用二次函数的性质求出sinθ的最大值，即可得到本题的答案．
本题主要考查线面垂直的判定与性质、利用空间向量求直线与平面所成角、三角函数与二次函数的性质等知识，考查了逻辑推理能力、空间想象能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)设点P(x,y)，依题有 (x−0)2+(y−1)2=|y−3|，
化简并整理得x2=−4y+8，所以圆心P的轨迹E的方程为：x2=−4y+8，
因为k1=y−1x+2，k2=y−1x−2，所以k1−k2=y−1x+2−y−1x−2=−4(y−1)x2−4，
又因为x2=−4y+8，所以k1−k2=1；
(2)显然直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+b，
由x2=−4y+8y=kx+b，消y并整理得：x2+4kx+4b−8=0，
在判别式大于零时，x1x2=4b−8，又因为x1x2=−4，所以b=1，
所以x2+4kx−4=0，y=kx+1，x1+x2=−4k，y1+y2=k(x1+x2)+2=−4k2+2，
所以线段MN的中点坐标为Q(−2k,−2k2+1)，
设Q(x,y)，则x=−2ky=−2k2+1，消k得x2=−2y+2，所以Q的轨迹方程是x2=−2y+2，
圆P过定点F(0,1)，设其方程为x2+(y−1)2+ax+b(y−1)=0，
由x2+(y−1)2+ax+b(y−1)=0x2=−2y+2，得x4+(4−2b)x2+4ax=0，
设C、D、G的横坐标分别为c，d，g，
因为C、D、G异于F，所以c，d，g都不为零，
故x3+(4−2b)x+4a=0的根为c，d，g，
令(x−c)(x−d)(x−g)=0，即有x3−(c+d+g)x2+(cd+dg+gc)x−cdg=0，
所以c+d+g=0，故△CDG的重心的横坐标为定值．
【解析】(1)先由两点间距离公式求出圆心的轨迹方程，再由斜率的定义表示出斜率，利用轨迹方程化简斜率之差即可证明；
(2)先设直线MN的方程为y=kx+b，直曲联立，用韦达定理表示出线段MN中点坐标Q(−2k,−2k2+1)，进而得到Q的轨迹方程是x2=−2y+2，再与动圆P的方程联立，得到C、D、G的横坐标分别为c，d，g，最后利用(x−c)(x−d)(x−g)=0的展开式系数与x3+(4−2b)x+4a=0相同，得到x2系数为零即可．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设∠BAC=2α，由题知：12(b+c)⋅ADsinα=12bcsin2α，
代入c=2b，AD=kAC，化简得：k=43csα，
因为α∈(0,π2)，所以实数k的取值范围(0,43).
(2)①当k=2 33时，由(1)知csα= 32，则α=π6此时∠BAC=π3，
由余弦定理有：a2=b2+c2−2bccsπ3及c=2b得a= 3b，
故f(x)=b(x3−52x2+2x−12),f′(x)=b(3x2−5x+2)=b(3x−2)(x−1)，
由f′(x)>0得x<23或x>1由f′(x)<0得23故f(x)在(−∞,23),(1,+∞)上单调递增，在(23,1)上单调递减，
故f(x)的极小值为f(1)=0.
②(i)当k=2 33时，由(1)知a= 3b，又c=2b，
故f(x)=b(x3−52x2+2x−12)=b2(x−1)2(2x−1)，
知f(x)的零点为1,12故f(x)的最大零点x0=1；
(ii)当k>2 33时，由(1)知csα> 32，
则cs∠BAC=2cs2α−1>12，
由余弦定理有cs∠BAC=b2+c2−a22bc>12，代入c=2b，
解得a< 3b，由a+b>c知a>c−b=b，
故a∈(b, 3b)，f(x)=b(a 3bx3−52x2+2x−12),f′(x)=b( 3abx2−5x+2)，
设t= 3ab∈( 3,3)令f′(x)=0解得：x1=5− 25−8t2t,x2=5+ 25−8t2t，且x1则f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)上单调递增，(x1,x2)上单调递减，
因为f′(1)=b(t−3)<0，
故x1<10，
故f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x0，此时x0>1成立．
(iii)k<2 33时，由(1)知0由余弦定理有cs∠BAC=b2+c2−a22bc，及c=2b，解得 3b由a+b>c知a>c−b=b，故 3b当t∈(3,258)时，令f′(x)=0解得：x1=5− 25−8t2t,x2=5+ 25−8t2t，且x1由(ii)知则f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)上单调递增，(x1,x2)上单调递减，
因为f′(1)=b(t−3)>0，且f′(x)=b(tx2−5x+2)的图象的对称轴x=52t<1，
所以x10，
故f(x)在(1,+∞)上无零点，且f(0)=−b2<0，
故x0∈(0,1)，x0<1成立；
当t∈[258,3 3)时，f′(x)≥0恒成立，
则f(x)在R上单调递增，由f(1)=b(t3−1)>0,f(0)=−b2<0，知x0<1成立，
综上，当01.
【解析】(1)由k=43csα和α∈(0,π2)，可得k的取值范围(0,43).
(2)①f(x)在(−∞,23),(1,+∞)上单调递增，在(23,1)上单调递减，可得极小值为f(1)=0.②讨论k>2 33，k=2 33和k<2 33，可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数极值，属于难题．