2024年宁夏银川一中高考数学四模试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年宁夏银川一中高考数学四模试卷（理科）(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数z满足(3+4i)z=|4+3i|，则z的虚部为( )
A. −4B. −45C. −4iD. −45i
2.已知集合A={(x,y)|x,y∈Z,且xy=4}，B={(x,y)|x≤y}，则A∩B的子集的个数为( )
A. 3B. 4C. 8D. 16
3.“lnx>lny”是“x2>y2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.数列{an}前n项和为Sn，且an=33n−13，则关于an及Sn叙述正确的是( )
A. an，Sn都有最小值B. an，Sn都有最大值
C. an，Sn都无最小值D. an，Sn都无最大值
5.如图，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，BC=3EC，F为AE的中点，则BF=( )
A. 13AB−23ADB. 23AB−13ADC. −13AB+23ADD. −23AB+13AD
6.我们知道：在平面内，点(x0,y0)到直线Ax+By+C=0的距离公式为d=|Ax0+By0+C| A2+B2，通过类比的方法，若在空间中，点(m+1,−2,m)到平面2x+2y+z−1=0的距离为4，则满足条件的实数m的所有的值之和为( )
A. −1B. 1C. 2D. 3
7.如图，圆O内接一个圆心角为60∘的扇形ABC，在圆O内任取一点，该点落在扇形ABC内的概率为( )
A. 14
B. 34
C. 12
D. 32
8.银行按规定每经过一定时间结算存(贷)款的利息一次，结息后即将利息并入本金，这种计算利息的方式叫做复利.现在有某企业进行技术改造，方案如下：一次性贷款10万元投入生产，贷款期限为10年，银行贷款利息均以年息10%的复利计算，到期一次性归还本息；第一年便可获得利润1万元，以后每年比前一年增加40%(参考数据：1.110=2.594，1.410=28.925)，则此方案可获得净利润为( )万元.
A. 16.7B. 25.9C. 33.8D. 43.9
9.如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是( )
A. |BF|−1|AF|−1
B. |BF|2−1|AF|2−1
C. |BF|+1|AF|+1
D. |BF|2+1|AF|2+1
10.在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为( )
A. 4000π81B. 4000π27C. 2000π81D. 2000π27
11.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x=2π3时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是( )
A. f(2)C. f(−2)12.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且斜率为 3的直线与椭圆C的一个交点为M，若|MF2||F1F2|=78，则椭圆C的离心率为( )
A. 34B. 34或45C. 45或23D. 23或34
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=lg23,4=3b，则ab=______.
14.在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=2：3：4，则最大角的余弦值=______.
15.已知函数f(x)=1ex−x−m的定义域为R，则实数m的取值范围是______.
16.如图，经过棱长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是______.
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin2x−2cs2(x−π12).
(1)求f(x)的对称轴；
(2)若方程f(x)=−1在区间[0,m]上恰有两个解，求m的取值范围.
18.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=PA=4，BC=CD=2，PB=2 6，PD=2 2.
(1)求证：AD⊥BP；
(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
ChatGPT是OpenAI研发的一款聊天机器人程序，是人工智能技术驱动的自然语言处理工具，它能够基于在预训练阶段所见的模式和统计规律来生成回答，但它的回答可能会受到训练数据信息的影响，不一定完全正确.某科技公司在使用ChatGPT对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.98；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.18.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，ChatGPT的回答是否正确相互独立.该公司科技人员小张想挑战一下ChatGPT，小张和ChatGPT各自从给定的10个问题中随机抽取9个作答，已知在这10个问题中，小张能正确作答其中的9个.
(1)求小张能全部回答正确的概率；
(2)求一个问题能被ChatGPT回答正确的概率；
(3)在这轮挑战中，分别求出小张和ChatGPT答对题数的期望与方差.
20.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 72，虚轴长为2 3.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且分别与双曲线C的两条渐近线交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值.
21.(本小题12分)
给出以下三个材料：
①若函数f(x)的导数为f′(x)，f′(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f′′(x).类似地，二阶导数f′′(x)的导数叫做f(x)的三阶导数，记作f(3)(x)，三阶导数f(3)(x)的导数叫做f(x)的四阶导数…，一般地，n−1阶导数的导数叫做f(x)的n阶导数，即f(n)(x)=[f(n−1)(x)]′，n≥4；
②若n∈N*，定义n!=n×(n−1)×(n−2)×⋯×3×2×1；③若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a,b)上具有n阶的导数，那么对于∀x∈(a,b)有g(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+f ′ ′(x0)2!(x−x0)2+f‴(x0)3!(x−x0)3+⋯+f(n)(x0)n!(x−x0)n，我们将g(x)称为函数f(x)在点x=x0处的n阶泰勒展开式.例如，y=ex在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+12x2+⋯+1n!xn.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)若f1(x)=csx，f2(x)=sinx在点x=0处的3阶泰勒展开式分别为g1(x)，g2(x)，求出g1(x)，g2(x)；
(2)比较(1)中f1(x)与g1(x)的大小；
(3)证明：ex+sinx+csx≥2+2x.
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2pty=2pt2(t为参数)，(2,4)为曲线C上一点的坐标.
(1)将曲线C的参数方程化为普通方程；
(2)过点O任意作两条相互垂直的射线分别与曲线C交于点A，B，以直线OA的斜率k为参数，求线段AB的中点M的轨迹的参数方程，并化为普通方程.
23.(本小题12分)
已知a，b，c为正数，且满足a+b+c=1.证明：
(1)1−a≤ 2(b2+c2)；
(2)2a2+b2+c2≥25.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为(3+4i)z=|4+3i|= 42+32=5，
所以z=53+4i=5(3−4i)(3+4i)(3−4i)=35−45i，
所以z的虚部为−45.
故选：B.
根据复数模的运算和商的运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可．
本题主要考查了复数的四则运算，复数的模长公式的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为A={(x,y)|x,y∈Z,且xy=4}={(1,4),(2,2),(4,1),(−1,−4),(−2,−2),(−4,−1)}，
B={(x,y)|x≤y}，
所以A∩B={(1,4),(2,2),(−2,−2),(−4,−1)}，所以A∩B的子集个数为24=16.
故选：D.
根据集合的描述法确定集合A中的元素，根据交集的概念可得A∩B，从而根据其元素个数得子集个数．
本题主要考查子集、交集的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为lnx>lny⇔x>y>0，x2>y2⇔|x|>|y|≥0，
所以“lnx>lny”是“x2>y2”的充分不必要条件，
故选：A.
分别求出两个命题的充要条件，结合充分条件、必要条件的定义判断即可．
本题主要考查充分条件、必要条件的判定，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，因为an=33n−13，
则an+1−an=33n−10−33n−13=−9(3n−10)(3n−13)，
当n≤4时，有3n−13<0，则an<0，
同时有an+1当n≥5时，有3n−13>0，则an>0，
同时有an+1故当n=4时，a4=−3为最小值；
又因为当n≤4时，an<0；当n≥5时，an>0，故可得S4最小，
综上可知an，Sn都有最小值．
故选：A.
根据题意，由数列{an}的通项公式分析{an}的单调性以及项的符号规律，进而分析可得答案．
本题考查数列的函数特性，涉及数列的单调性，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量平行四边形法则、三角形法则、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
如图所示，利用向量平行四边形法则、三角形法则、向量共线定理可得答案.
【解答】
解：如图所示：
BF=12BA+12BE，BE=23BC，
BC=AC−AB，AC=AD+DC，DC=12AB，
∴BF=−12AB+13(AD+12AB−AB)
=−23AB+13AD，
故选：D.
6.【答案】C
【解析】解：平面内点(x0,y0)到直线Ax+By+C=0的距离公式d=|Ax0+By0+C| A2+B2，
类比平面内点到直线的距离公式，
可得空间中点(m+1,−2,m)到平面2x+2y+z−1=0的距离为d=|2(m+1)−2×2+m−1| 12+22+22=4，
即|3m−3|3=4，∴|m−1|=4，解得m=−3或5，
则满足条件的实数m的所有的值之和为5−3=2.
故选：C.
类比平面中的结论得到空间中的结论，再解绝对值方程即可求得所有的m的值．
本题考查类比思想，类比平面结论得到空间中的结论来求解，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：连接OA，OC，设圆的半径为r，
则∠OAC=30∘，OA=OC=r，
所以AC=2rcs30∘= 3r，
所以扇形ABC的面积为12×π3×AC2=12πr2，
又因为圆的面积为πr2，
所以在圆O内任取一点，该点落在扇形ABC内的概率为12πr2πr2=12.
故选：C.
连接OA，OC，设圆的半径为r，求出AC，利用扇形面积公式求出扇形ABC的面积，再结合几何概型的概率公式求解．
本题主要考查了扇形的面积公式，考查了几何概型的概率公式，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意可知，10年后共还贷款为A=10×(1+10%)10=10×1.110=25.94(万元)；
10年后共获利润为B=1+1×1.4+1×1.42+……+1×1.49=1−1.4101−1.4=1.410−10.4=69.8125(万元).
所以10年后获得的净利润为：69.8125−25.94=43.8725(万元)≈43.9(万元).
故选：D.
求出10年后的总利润B及总还款额A，再用B−A即可得答案．
本题考查了数列在生活实际中的应用，考查了等比数列的求和公式，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键，属于中档题．
将三角形的面积关系转化为|BC||AC|的关系，再利用抛物线的定义进行求解即可．
【解答】
解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=−1，
过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于D，交y轴于M，
由抛物线的定义知|BF|=|BD|，|AF|=|AE|，
则|BM|=|BD|−1=|BF|−1，
|AN|=|AE|−1=|AF|−1，
则S△BCFS△ACF=|BC||AC|=|BM||AN|=|BF|−1|AF|−1，
故选：A.
10.【答案】A
【解析】解：由题知，当圆锥体积最大时，此时圆锥内接于球，且球心在圆锥的高上．
设圆锥的底面半径为r，高为h(0所以该圆锥的体积为V=13πr2h=13π(−h3+10h2)，
求导数，得V′=13π(−3h2+20h)=13πh(−3h+20)，
当h∈(0,203)时，V′>0，函数单调递增；
当h∈(203,10)时，V′<0，函数单调递减；
所以，当h=203时，V取得最大值，且最大值为13π[−(−203)3+10×(−203)2]=4000π81.
故选：A.
当圆锥体积最大时，圆锥内接于球，球心在圆锥的高上，可设圆锥的底面半径为r，高为h，写出圆锥的体积，利用导数求最大值．
本题考查了圆锥的体积计算问题，也考查了利用导数求函数最值问题，是基础题．
11.【答案】A
【解析】解：依题意得，函数f(x)的周期为π，
∵ω>0，
∴ω=2ππ=2.
又∵当x=2π3时，函数f(x)取得最小值，
∴2×2π3+φ=2kπ+3π2，k∈Z，可解得：φ=2kπ+π6，k∈Z，
∴f(x)=Asin(2x+2kπ+π6)=Asin(2x+π6).
∴f(−2)=Asin(−4+π6)=Asin(π6−4+2π)>0.
f(2)=Asin(4+π6)<0，
f(0)=Asinπ6=Asin5π6>0，
又∵3π2>π6−4+2π>5π6>π2，而f(x)=Asinx在区间(π2,3π2)是单调递减的，
∴f(2)故选：A.
依题意可求ω=2，又当x=2π3时，函数f(x)取得最小值，可解得φ，从而可求解析式f(x)=Asin(2x+π6)，利用正弦函数的图象和性质及诱导公式即可比较大小．
本题主要考查了三角函数的周期性及其求法，三角函数的图象与性质，用诱导公式将函数值转化到一个单调区间是比较大小的关键，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：由题知M在x轴上方，直线F1M的斜率为 3，
则∠MF1F2=60∘,cs∠MF1F2=12，
由|F1F2|=2c,|MF2||F1F2|=78，得|MF2|=74c，
所以由椭圆的定义有|MF1|=2a−|MF2|=2a−74c，
在△MF1F2中，由余弦定理得cs∠MF1F2=12=4c2+(2a−74c)2−4916c22×2c×(2a−74c)，
整理得15c2−22ac+8a2=0，得15e2−22e+8=0，即(5e−4)(3e−2)=0，
解得e=45或23，
故椭圆C的离心率为45或23.
故选：C.
由直线F1M的斜率得∠MF1F2和cs∠MF1F2，由|MF2||F1F2|=78得|MF2|=74c和|MF1|=2a−74c,△MF1F2中，由余弦定理列方程求椭圆C的离心率．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：因为4=3b，所以b=lg34，
所以ab=lg23×lg34=lg3lg2×2lg2lg3=2.
故答案为：2.
将指数式化为对数式，然后利用换底公式可得．
本题主要考查了指数与对数的转化及对数运算性质的应用，属于基础题．
14.【答案】−14
【解析】解：∵△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，
∴根据正弦定理，得a：b：c=2：3：4，可得c为最大边，角C是最大角
设a=2k，b=3k，c=4k(k>0)
∴csC=a2+b2−c22ab=4k2+9k2−16k22×2k×3k=−14
即最大角的余弦值为−14
故答案为：−14
根据题意结合正弦定理得a：b：c=2：3：4.设a=2k，b=3k，c=3k，利用余弦定理求出csC之值，即得最大角的余弦值
本题给出△ABC的三个内角的正弦之比，求最大角的余弦值．着重考查了利用正、余弦定理解三角形的知识，属于基础题．
15.【答案】：m|m<1}
【解析】解：由题意可得，ex−x≠m恒成立，
令g(x)=ex−x，则y=m与y=g(x)没有交点，
因为g′(x)=ex−1，
故x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
故g(x)≥g(0)=1，
所以m<1.
故答案为：{m|m<1}.
由题意可得，ex−x≠m恒成立，结合不等式特点合理进行构造函数，问题转化为函数y=m与g(x)=ex−x的图象没有交点，转化为求g(x)的值域，结合导数与单调性关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系在函数值域求解中的应用，体现了转化思想的应用，属于中档题．
16.【答案】3− 33
【解析】解：如图，七面体为正方体ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥B1−BA1C1的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线B1D上，
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则B(1,1,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
设球心O(a,a,a)(0故BA1=(0,−1,1),BC1=(−1,0,1),OB=(1−a,1−a,−a)，
设平面BA1C1的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅BA1=−y+z=0n⋅BC1=−x+z=0，可取n=(1,1,1)，
则球心O到平面BA1C1的距离为|OB⋅n||n|=|1−a+1−a−a| 3=2−3a 3，
因为球O与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以2−3a 3=a，解得a=3− 33，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是3− 33.
故答案为：3− 33.
如图，七面体为正方体ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥B1−BA1C1的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线B1D上，以点D为原点建立空间直角坐标系，设球心O(a,a,a)(0本题考查了七面体内部能容纳最大球的半径计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=sin2x−2cs2(x−π12)=sin2x−[1+cs(2x−π6)]=sin2x−( 32cs2x+12sin2x)−1=sin(2x−π3)−1.
令2x−π3=kπ+π2(k∈Z)，
则x=kπ2+5π12(k∈Z)，
故f(x)的对称轴方程为x=kπ2+5π12(k∈Z)；
(2)若方程f(x)=−1在区间[0,m]上恰有两个解，即sin(2x−π3)−1=−1在区间[0,m]上恰有两个解，
即sin(2x−π3)=0在区间[0,m]上恰有两个解，
故π≤2m−π3<3π，解得2π3≤m<5π3，
故m的取值范围为[2π3,5π3).
【解析】(1)化简得f(x)=sin(2x−π3)−1，利用正弦函数的性质列式求解即可；
(2)依题意，得sin(2x−π3)=0在区间[0,m]上恰有两个解，解不等式π≤2m−π3<3π，即可求得m的取值范围．
本题主要考查了两角和与差的三角函数与正弦函数的性质的应用，考查运算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：在梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=4，BC=CD=2，
可得AD=BD=2 2，
所以AD⊥BD，
在△PAD中，PA=4，PD=AD=2 2，
即PA2=AD2+PD2，
所以AD⊥PD，
又PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，且PD∩BD=D，
所以AD⊥平面PBD，
又因为BP⊂平面PBD，
所以AD⊥BP；
(2)解：由(1)可知，AD⊥平面PBD，
因为AD⊂平面ABCD，
则平面PBD⊥平面ABCD，
取BD中点O，连OP，OC，
因为BC=CD，
所以OC⊥BD，
而OC⊂平面ABCD，且平面PBD∩平面ABCD=BD，
即OC⊥平面PBD，
所以∠OPC就是PC与平面PBD所成的角，
在△BCD中，易得OC= 2，
在△PBD中，PB=2 6，BD=PD=2 2，
则cs∠PDB=8+8−242×2 2×2 2=−12，
则∠PDB=2π3，
则OP2=PD2+OD2−2×PD×OD×cs∠PDB，
则OP2=8+2−2×(2 2)× 2×(−12)=14，
即OP= 14，
所以sin∠OPC=OCPC= 2 14+2= 24，
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 24.
【解析】(1)先证明AD⊥平面PBD，又因为BP⊂平面PBD，然后再证明AD⊥BP；
(2)取BD中点O，连OP，OC，先证明∠OPC就是PC与平面PBD所成的角，然后再求解即可．
本题考查了线线垂直、线面垂直，重点考查了线面角的求法，属基础题．
19.【答案】解：(1)设小张答对的题数为X，则P(X=9)=C99C109=110.
(2)设事件A表示“输入的问题没有语法错误”，事件B表示“一个问题能被ChatGPT正确回答”，
由题意知P(A−)=0.1，P(B|A)=0.98，P(B|A−)=0.18，
则P(A)=1−P(A−)=0.9，
P(B)=P(B∩A)+P(B∩A−)=P(B|A)P(A)+P(B|A−)P(A−)
=0.98×0.9+0.18×0.1=0.9.
(3)设小张答对的题数为X，则X的可能取值是8、9，
且P(X=8)=C98C11C109=910，P(X=9)=C99C109=110，
则E(X)=8×910+9×110=8.1，
D(X)=(8−8110)2×910+(9−8110)2×110=0.09，
设ChatGPT答对的题数为Y，则Y服从二项分布B(9,910)，
则E(Y)=np=9×0.9=8.1，
D(Y)=npq=9×0.9×0.1=0.81.
【解析】(1)由古典概型概率公式即可求解；
(2)由全概率公式求解即可；
(3)设小张答对的题数为X，则X的可能取值是8、9，求出对应的概率，可得小张答对题数的期望和方差，设ChatGPT答对的题数为Y，则Y服从二项分布B(9,910)，由二项分布的期望和方差公式求解即可．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的期望和方差，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为双曲线的虚轴长为2 3，
所以b= 3，①
因为双曲线C的离心率为 72，
所以e=ca= 72，②
又c2=a2+b2，③
联立①②③，
解得a=2,c= 7，
则双曲线C的方程为x24−y23=1；
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，
直线l的方程为x=±2，
此时|PQ|=2 3,S△OPQ=12×2×2 3=2 3，
当直线l的斜率存在时，
不设直线l的方程为y=kx+m，k≠± 32，
联立y=kx+mx24−y23=1，消去y并整理得(3−4k2)x2−8mkx−4m2−12=0，
此时Δ=64m2k2+4(3−4k2)(4m2+12)=0，
解得4k2=m2+3，
不妨设l与y= 32x的交点为P，
联立y=kx+my= 32x，
解得xP=2m 3−2k，
同理得xQ=−2m 3+2k，
所以|PQ|= 1+k2|xP−xQ|=4 3|m|⋅ k2+1|3−4k2|，
又原点O到直线l的距离d=|m| k2+1，
所以S△OPQ=12⋅|PQ|⋅d=2 3m2|3−4k2|，
因为4k2=m2+3，
所以S△OPQ=2 3.
综上得，△OPQ的面积为定值，定值为2 3.
【解析】(1)根据已知条件求得a、b、c，从而求得双曲线的方程；
(2)根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直曲联立表示出|PQ|，再表示出原点O到直线l的距离，即三角形的高，进而求出△OPQ的面积为2 3，从而证得结论成立．
本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f1(x)=csx，则有f′1(x)=−sinx，f′′1(x)=−csx，f1(3)(x)=sinx，
∴f′1(0)=0，f′′1(0)=−1，f1(3)(0)=0，
∴g1(x)=cs0+01!(x−0)+−12!(x−0)2+03!(x−0)3=1−12x2，
同理可得：g2(x)=x−16x3；
(2)由(1)知：f1(x)=csx，g1(x)=1−12x2，
令h(x)=f1(x)−g1(x)=csx−1+12x2，则h′(x)=−sinx+x，
∴h′′(x)=1−csx≥0，∴h′(x)在R上单调递增，
又h′(0)=0，
∴在(−∞,0)上h′(x)<0，h(x)单调递减；在(0,+∞)上h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)=0，即csx≥1−12x2，
故f1(x)≥g1(x)；
(3)令φ(x)=f2(x)−g2(x)=sinx−x+16x3，则φ′(x)=csx−1+12x2，
由(2)知，φ′(x)≥0，所以φ(x)在R上单调递增，又φ(0)=0，
所以当x<0时，f2(x)当x=0时，f2(x)=g2(x)，sinx=x−16x3，
当x>0时，f2(x)>g2(x)，sinx>x−16x3，
∴y=ex在点x=0处的4阶泰勒展开式为：1+x+12x2+16x3+124x4，
∴ex=1+x+12x2+16x3+124x4≥1+x+12x2+16x3，当且仅当x=0时取等号，
①当x≥0时，sinx≥x−16x3，当且仅当x=0时取等号，
所以ex+sinx+csx≥(1+x+12x2+16x3)+(x−16x3)+(1−12x2)=2+2x，
②当x<0时，设F(x)=ex+sinx+csx−2−2x，F(0)=0，
F′(x)=ex+csx−sinx−2=ex+ 2cs(x+π4)−2，F′′(x)=ex−sinx−csx，
若x∈(−1,0)，由于sinx所以F′′(x)=ex−sinx−csx>1+x+12x2+16x3+16x3−x−csx=1−csx+16x2(3+2x)>0，
从而F′(x)若x∈(−∞,−1],F′(x)=ex+ 2cs(x+π4)−2<1e+ 2−2<12+ 2−2<0,
所以x<0时，F(x)单调递减，
从而F(x)>F(0)=0，即ex+sinx+csx>2+2x.
综上：ex+sinx+csx≥2+2x.
【解析】(1)利用n阶泰勒展开式的定义，求解g1(x)，g2(x)；
(2)两函数作差，通过构造函数，利用导数求最值的方法比较大小；
(3)借助泰勒展开式，利用导数得到函数单调性，证明不等式．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了新定义问题，解题关键是要透彻理解新定义的本质，严格按照新定义运算规则进行计算，与相关基础数学知识联系去解决问题，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为曲线C的参数方程为x=2pty=2pt2(t为参数)，消去参数t可得：x2=2py，
将点(2,4)代入可得p=12，
所以曲线C的普通方程为x2=y；
(2)由已知得OA，OB的斜率存在且不为0，
设OA的斜率为k，方程为y=kx，
则OB的方程为y=−1kx，
联立方程y=kxx2=y，可得A(k,k2)，
同理可得B(−1k,1k2)，
设M(x,y)，
所以x=12(k−1k)y=12(k2+1k2)(k为参数)，
所以4x2=k2+1k2−2=2y−2，
所以2x2=y−1，即为点M轨迹的普通方程．
【解析】(1)根据曲线C的参数方程为x=2pty=2pt2(t为参数)，消去参数t求解；
(2)设OA的斜率为k，方程为y=kx，则OB的方程为：y=−1kx，分别与抛物线方程联立，求得A，B的坐标，再利用中点坐标求解．
本题主要考查参数方程的应用，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】证明：(1)由b>0，c>0，可得b2+c2≥2bc，
2(b2+c2)≥b2+c2+2bc=(b+c)2，
即 2(b2+c2)≥b+c，当且仅当b=c时，取得等号，
又b+c=1−a，
所以1−a≤ 2(b2+c2)；
(2)由柯西不等式可得[( 2a)2+b2+c2][( 22)2+12+12]≥( 2a⋅ 22)+b+c]2=(a+b+c)2=1，
所以52(2a2+b2+c2)≥1，当且仅当b=c=2a时，取得等号，
则2a2+b2+c2≥25.
【解析】(1)由b2+c2≥2bc，推得 2(b2+c2)≥b+c，即可得证；
(2)由柯西不等式可得[( 2a)2+b2+c2][( 22)2+12+12]≥( 2a⋅ 22)+b+c]2，结合不等式的性质和已知条件，可得证明．
本题考查不等式的证明，注意运用均值不等式和柯西不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．