2021-2022学年湖南省郴州市某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年湖南省郴州市某校高二（下）月考数学试卷，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“∀x∈0,+∞,lnx+3>sinx”的否定为（ ）
A.∀x∉0,+∞,lnx+3≤sinxB.∃x∉0,+∞,lnx+3≤sinx
C.∃x∈0,+∞,lnx+3≤sinxD.∀x∈0,+∞,lnx+3≤sinx

2. 已知集合A=x|y=lnx2−4,B=y|x=3−y，则A∩B=（ ）
A.2,3B.(−∞,−2)∪(2,3]
C.0,3D.(2,3]

3. 某社区为迎接2022农历虎年，组织了隆重的庆祝活动，为全面了解社区居民的文娱喜好，已知参加活动的老年人、中年人、青年人的人数比为10:13:12，如果采用分层抽样的方法从所有人中抽取一个70人的样本进行调查，则应抽取的青年人的人数为（ ）
A.20B.22C.24D.26

4. “圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现，他死后，墓碑上刻着一个“圆柱容球”的几何图形．如图，球与圆柱的侧面及上，下底面相切，设圆柱体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则mn=（ ）

A.12B.1C.2D.4

5. 2x2−x−a5的展开式的各项系数和为−32，则a的值是（ ）
A.2B.3C.6D.8

6. 阿波罗尼斯研究圆锥曲线的光学性质得到．从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的光线，经抛物线反射后，反射光线经过抛物线的焦点．设抛物线C:y2=x，一束平行于抛物线对称轴的光线经过A6,2，被抛物线反射后，又射到抛物线C上的Q点，则直线FQ的方程为（ ）
A.8x+15y−2=0B.4x−15y−2=0
C.4x+15y+2=0D.8x−15y−2=0

7. 已知函数fx=x−23+4x−8，若实数m，n满足不等式f2m−n+f4−n>0，则（ ）
A.sinm>sinnB.emC.lnm>lnnD.m2021>n2021

8. 已知函数fx=x3+lgx2+1+x，若数列an满足fan−1=−10， f2−an+1=10，其前n项和为Sn，且S5=5，设bn=2an+4，则数列4bnbn+1的前n项和Tn为（ ）
A.1n+1B.nn+1C.2nn+1D.1nn+1
二、多选题

已知ⅰ是虚数单位，若z2+i=3−i2+i，则( )
A.复数z的虚部为−35B.z=−15+35i
C.复数z对应的点在第二象限D.|z−1|=1

下列各式中值为1的是（ ）
A.tan13∘+tan32∘1−tan13∘tan32∘
B.4sinπ12csπ12
C.22cs2π8−sin2π8
D.sin69∘cs381∘+sin21∘sin159∘

设lna<0A.c2lnaC.lgba
已知平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λλ≠1的点的轨迹是圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A−2,0,B4,0，若λ=12，则下列关于动点P的结论正确的是（ ）
A.点P的轨迹所包围的图形的面积等于16π
B.当P、A、B不共线时，△PAB面积的最大值是6
C.当A、B、P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D.若点Q−3,1，则2|PA|+|PQ|的最小值为52
三、填空题

已知向量a→=3t,1−t,b→=−2,3,a→⊥b→，则t=________.

已知点P是曲线y=−4ex+1上一动点，则曲线在点P处的切线的斜率最大为________.

已知函数fx=sinxcsx+sinx−12，则函数fx的最小值为________.

若双曲线C的方程为x24−y25=1，记双曲线C的左、右顶点为A，B．弦PQ⊥x轴，记直线PA与直线QB交点为M，其轨迹为曲线T，则曲线T的离心率为________.
四、解答题

在△ABC中，a，b，分别为内角A，B，C所对的边，asinB=33bcsA.
(1)求A；

(2)若a=3−1，求△ABC面积的最大值．

已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列，bn的前n项和为Rn，且b1=a2,bn+1=Rn+1n∈N*
(1)求an的通项公式；

(2)求数列an⋅bn的前n项和Tn

大学生创业越来越被视为一个迁回的路径来解决就业，人社部门和相关部门还发布了一系列政策，鼓励大学生创新事业，试图通过学院和大学，政府和社会建立有效机制，引导学生创新，支持大学生实践创业．为积极吸纳人才创业，繁荣地方经济，某市特别打造了大学生智慧孵化园区项目．为了了解大学生对产业园创业孵化项目的满意度，从有意来本市创业的大学生中随机抽取若干大学生对该项目进行评分（满分100分），绘制成如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级，

(1)若规定：分数不少于70分称为项目规划合格，不少于80分称为项目规划优秀．求出这个样本的项目规划合格率和优秀率；

(2)在等级为不满意的学生中，硕士研究生占13，现从该等级大学生中按学历分层抽取9人了解不满意的原因，并从中选取3X人担任项目督导，记X为硕士督导员的人数，求X的分布列及数学期望EX

如图1，菱形ABCD的边长为3，且∠ABC=60∘,AE=AF=3,BE=DF=23．将图中各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥．

(1)证明PA⊥底面ABCD；

(2)设点T为BC上的点，且二面角B−PA−T的平面角的正弦值为2114，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．

已知双曲线C1:x216−y212=1，抛物线C2:y2=2pxp>0，F为C2的焦点，过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2截得的弦长等于双曲线C1的实轴长．
(1)求抛物线C2的方程；

(2)过焦点F作互相垂直的两条直线，与抛物线C2分别相交于点A、B和C、D，点P，Q分别为AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．

已知函数fx=−2sin2x−4csx−2tx+8，其中π2≤x≤π,t∈R
(1)若t=6π，求fx的最小值；

(2)若∀m∈0,1,n∈π2,π，求证：m1−csn2+csmn≥1
参考答案与试题解析
2021-2022学年湖南省郴州市某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
全称命题的否定
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，
命题“∀x∈0,+∞,lnx+3>sinx"的否定为"∃x∈0,+∞,lnx+3≤sinx"，
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由题可得A={x|x2−4>0}={x|x<−2或x>2},B={y|y≤3}，
故A∩B={x|x<−2或23.
【答案】
C
【考点】
分层抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由分层抽样的对应比例关系，可得1210+13+12×70=24，故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，
则圆柱的体积为V1=2πR3，球的体积为V2=43πR3，
所以m=V1V2=32
圆柱的表面积为S1=2πR⋅2R+2πR2=6πR2，
球的表面积为S2=4πR2
则n=S1S2=32，所以mn=1，故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】2x2−x−a5的展开式的各项系数和为−32，
令 x=1，可得2×12−1−a5=−32，
故：（1−a)5=−32，解得：a=3，故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
抛物线的应用
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】设从点A6,2沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线与抛物线交于点P，易知yP=2，
将xP,yP代入抛物线方程得xP=4，即P4,2，设焦点为F，则 F14,0，
由P，F，Q三点共线，有kFQ=kFP=2−04−14=815，
由点斜式方程化简得8x−15y−2=0，故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】fx=x−23+4x−8的定义域为R
y=x3+4x为奇函数，
∴ fx=x−23+4x−8 关于点2,0对称，
∴ f4−x+fx=0，
∵ f′x=3x−22+4>0
∴ fx=x−23+4x−8在R上为增函数，
由f2m−n+f4−n>0化为f2m−n>−f4−n=fn
等价于2m−n>n，∴ m>n，
∴ m2021>n2021成立，
m>n不能推出sinm>sinn,lnm>lnn,em8.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】因为fx=x3+lgx2+1+x定义域为R，关于原点对称，
且f(−x)=(−x)3+lg(x2+1−x)=−x3+lg1x2+1+x
=−x3−lg(x2+1+x)=−f(x)
所以fx为奇函数，易知fx在R上单调递增，
由 fan−1=−10,f2−an+1=10=−fan−1=f1−an，
得1−an=2−an+1，所以an+1−an=1（常数），
所以an为等差数列，因为S5=5，则5a1+10=5
所以a1=−1，所以an=−1+n−1×1=n−2.
可知bn=2a1+4=2n，所以4b1bn+1=42n⋅2n+1=1nn+1=1n−1n+1
所以Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．故选B．
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由题意得z=3−i2+i2=3−i3+4i=3−i3−4i3+4i3−4i=15−35i，
故其虚部为−35,z=15+35i，
复数又对应的点为15,−35，在第四象限，
|z−1|=|−45−35i|=1，故AD正确．
【答案】
A,B,D
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】对于A，tan13∘+tan32∘1−tan13∘tan32∘=tan13∘+32∘=tan45∘=1，符合题意；
对于B，4sinπ12csπ12=2sin2×π12=1，符合题意；
对于C22cs2π8−sin2π8=22cs2×π8=22csπ4=12，不符合题意；
对于D，sin69∘cs381∘+sin21∘sin159∘=sin69∘cs21∘+cs69∘sin21∘
=sin69∘+21∘=sin90∘=1，符合题意；故选ABD．
【答案】
A,C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由题意易得,0对于A，c2>0,lna对于B．取a=π6,b=5π6，则sina=sinb，故B错误；
对于C．因为fx=lgax,0因为1lgab>lgac，
因为lgba=1lgab,lgca=1lgac，所以lgba对于D．因为fx=lgax,0因为1lgab>lgac，
又因为c>b，不能够判断clgab【答案】
A,C,D
【考点】
轨迹方程
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】设Px,y，因为|PA||PB|=12，所以x+22+y2x−42+y2=12，
所以x2+8x+y2=0，所以x+42+y2=16
对于A．因为点P的轨迹是以−4,0为圆心，4为半径的圆，所以所求图形的面积为16π，故A正确；
对于B．因为圆的半径为4，AB=6，当△PAB的底边AB上的高最大时，面积最大，
∴ △PAB面积的最大值是12×6×4=12.故B错误；
对于C．当A，B，P三点不共线时，因为|PA||PB|=12,|OA|=2 ，|OB|=4，
所以|OA||OB|=12，所以|PA||PB|=|OA||OB|，
由角平分线定理的逆定理可知：射线PO是∠APB的平分线，故C正确；
对于D．因为|PA||PB|=12，所以2|PA|=|PB|，所以
2|PA|+|PQ|=|PB|+|PQ|
又点P在圆C:x+42+y2=16上，如图所示，
所以当P，Q,B三点共线时2|PA|+|PQ|取最小值，此时
(2|PA|+|PQ|)min=|BQ|=4−(−3)2+(0−1)2=52，故D正确．故选ACD．
三、填空题
【答案】
13
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a→⊥b→，所以−6t+3−3t=0，
解得t=13.
故答案为：13.
【答案】
1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】函数y=−4ex+1的定义域是R，求导得函数y′=4exex+12,而ex>0
则曲线在点Pt,y0t∈R处的切线的斜率k=4etet+12=4et+1et+2≤42et⋅1et+2=1
【答案】
−22
【考点】
二倍角的余弦公式
二倍角的正弦公式
三角函数的最值
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】由题意，函数fx=sinxcsx+sinx−12=sinxcsx+sin2x−12=12sin2x+1−cs2x2−12=12sin2x−12cs2x=22sin2x−π4
当2x−π4=−π2+2kπ,k∈Z，即x=−π8+kπ,k∈Z时，
函数fx取得最小值，最小值为−22
【答案】
55
【考点】
双曲线的应用
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【解析】设Px0,y0,Qx0,−y0，设点Mx,y，又A−2,0,B2,0
所以，直线PA的方程为y=y0x0+2x+2 ①，
直线QB的方程为y=−y0x0−2x−2 ②，
由①得yx+2=y0x0+2，由②得yx−2=−y0x0−2
上述两个等式相乘可得y2x2−4=−y02x02−4
∵ Px0,y0在双曲线x24−y25=1上，
∴ x024−y025=1可得y025=x02−44，∴ y02x02−4=54
∴ y2x2−4=−54，化简可得x24+y25=1，离心率为55
四、解答题
【答案】
解：（1）asinB=33bcsA
由正弦定理可得sinBsinA=33sinBcsA，
因为sinB≠0，所以tanA=33，
因为A∈0,π，所以A=π6．
（2）∵ a=3−1,A=π6
∴ 由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得3−12=b2+c2−2bc⋅32
∴ 4−23=b2+c2−3bc≥2bc−3bc，可得bc≤2，
∴ S△ABC=12bcsinA≤12×2×12=12，即△ABC面积的最大值为12
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）asinB=33bcsA
由正弦定理可得sinBsinA=33sinBcsA，
因为sinB≠0，所以tanA=33，
因为A∈0,π，所以A=π6．
（2）∵ a=3−1,A=π6
∴ 由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得3−12=b2+c2−2bc⋅32
∴ 4−23=b2+c2−3bc≥2bc−3bc，可得bc≤2，
∴ S△ABC=12bcsinA≤12×2×12=12，即△ABC面积的最大值为12
【答案】
解：（1）因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2
S4=4a1+4×32×2=4a1+12,
由题意得2a1+22=a14a1+12，解得a1=1，
an=a1+n−1d，即an=2n−1 ．
（2）因为bn+1=Rn+1 ①，
所以bn=Rn−1+1n≥2 ②，
由①−②可得bn+1−bn=Rn+1−Rn−1+1=bnn≥2
所以bn+1=2bnn≥2，
因为b1=a2=3,b2=R1+1=b1+1=4
所以bn是第二项开始的等比数列，
则通项公式为bn=3,n=1,2n,n≥2
由（1）知an⋅bn=3,n=1,2n−1⋅2n,n≥2
Tn=1×3+3×22+5×23+⋯ +2n−3×2n−1+2n−1×2n，③
2Tn=2×3+3×23+5×24+⋯+2n−3×2n+2n−1×2n+1，④
③−④得，−Tn=9+2×23+24+⋯+2n−2n−1×2n+1
=9+2×23−2n+11−2−2n−1×2n+1
∴ Tn=7+2n−3×2n+1．
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2
S4=4a1+4×32×2=4a1+12,
由题意得2a1+22=a14a1+12，解得a1=1，
an=a1+n−1d，即an=2n−1 ．
（2）因为bn+1=Rn+1 ①，
所以bn=Rn−1+1n≥2 ②，
由①−②可得bn+1−bn=Rn+1−Rn−1+1=bnn≥2
所以bn+1=2bnn≥2，
因为b1=a2=3,b2=R1+1=b1+1=4
所以bn是第二项开始的等比数列，
则通项公式为bn=3,n=1,2n,n≥2
由（1）知an⋅bn=3,n=1,2n−1⋅2n,n≥2
Tn=1×3+3×22+5×23+⋯ +2n−3×2n−1+2n−1×2n，③
2Tn=2×3+3×23+5×24+⋯+2n−3×2n+2n−1×2n+1，④
③−④得，−Tn=9+2×23+24+⋯+2n−2n−1×2n+1
=9+2×23−2n+11−2−2n−1×2n+1
∴ Tn=7+2n−3×2n+1．
【答案】
解：（1）∵ 0.002+0.004+0.015+0.02+a+0.034×10=1，解得a=0.025
合格率是：1−0.002×10−0.004×10−0.015×10=1−0.21=0.79
优秀率是：0.025×10+0.034×10=0.59 ．
（2）分层抽取9人中硕士有3人，由题意知X服从超几何分布，X的可能取值为0.1,2,3,
PX=0=C63C93=2084=521,
PX=1=C62C31C93=4584=1528,
PX=2=C61C32C92=1884=314,
PX=3=C33C93=184，
则分布列为：
所以，EX=0×521+1×1528+2×314+3×184=1
【考点】
频率分布直方图
离散型随机变量的期望与方差
超几何分布
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）∵ 0.002+0.004+0.015+0.02+a+0.034×10=1，解得a=0.025
合格率是：1−0.002×10−0.004×10−0.015×10=1−0.21=0.79
优秀率是：0.025×10+0.034×10=0.59 ．
（2）分层抽取9人中硕士有3人，由题意知X服从超几何分布，X的可能取值为0.1,2,3,
PX=0=C63C93=2084=521,
PX=1=C62C31C93=4584=1528,
PX=2=C61C32C92=1884=314,
PX=3=C33C93=184，
则分布列为：
所以，EX=0×521+1×1528+2×314+3×184=1
【答案】
解：（1）由菱形ABCD的边长为3,AE=AF=3,BE=DF=23
可得：BE2=AB2+AE2,DF2=AD2+AF2，即有AB⊥AE,AD⊥AF
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：PA⊥AB,PA⊥AD，AB∩AD=A
可得PA⊥底面ABCD．
（2）如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴．
由第（1）问可得PA⊥底面ABCD，可得：PA⊥AB,PA⊥AT.
则∠BAT为二面角B−PA−T的平面角，由题意可得：sin∠BAT=2114
在△ABT中，∠ABT=60∘，可得sin∠ATB=32114
利用正弦定理ABsin∠ATB=BTsin∠BAT
可得：BT=1，可得点T的坐标为52,32,0．
点P0,0,3,A0,0,0, C32,332,0．
设平面PAT的法向量为m→=x,y,z，
则有m→⋅AP→=0,m→⋅AT→=0, 即3z=0,5x+3y=0.
令x=3，则有m→=3,−53,0,PC→=32,332,−3．
则有：cs⟨m,PC→⟩=m⋅PC→|m|⋅|PC|=−3714，
则PC与平面PAT所成角的正弦值为3714．
【考点】
直线与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由菱形ABCD的边长为3,AE=AF=3,BE=DF=23
可得：BE2=AB2+AE2,DF2=AD2+AF2，即有AB⊥AE,AD⊥AF
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：PA⊥AB,PA⊥AD，AB∩AD=A
可得PA⊥底面ABCD．
（2）如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴．
由第（1）问可得PA⊥底面ABCD，可得：PA⊥AB,PA⊥AT.
则∠BAT为二面角B−PA−T的平面角，由题意可得：sin∠BAT=2114
在△ABT中，∠ABT=60∘，可得sin∠ATB=32114
利用正弦定理ABsin∠ATB=BTsin∠BAT
可得：BT=1，可得点T的坐标为52,32,0．
点P0,0,3,A0,0,0, C32,332,0．
设平面PAT的法向量为m→=x,y,z，
则有m→⋅AP→=0,m→⋅AT→=0, 即3z=0,5x+3y=0.
令x=3，则有m→=3,−53,0,PC→=32,332,−3．
则有：cs⟨m,PC→⟩=m⋅PC→|m|⋅|PC|=−3714，
则PC与平面PAT所成角的正弦值为3714．
【答案】
解：（1）由双曲线方程可得，双曲线实轴长2a=8，
由题意可得直线l方程为：x=p2
由x=p2,y2=2px得y=|p|
所以过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2截得的弦长等于2p，
所以2p=8
所以抛物线C2的方程为：y2=8x
（2）因为F2,0，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则直线AB、CD中有一条与抛物线只有一个交点，不合乎题意．
所以，直线AB、CD的斜率均存在且不为0，
设直线AB的斜率为kk≠0，则直线AB的方程为y=kx−2
联立y2=8x,y=kx−2得ky2−8y−16k=0，则Δ=64+64k2>0
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=8k，
设PxP,yP，则yP=y1+y22=4k，则xP=yPk+2=4k2+2，
所以P4k2+2,4k
同理可得Q4k2+2,−4k
故|QF|=4k2+2−22+−4k2=16k4+16k2=4k21+k2
|PF|=16k4+16k2=41+k2k2，
因为PF⊥QF，所以S△FPQ=12|PF|⋅|QF|=12×4k21+k2×41+k2k2=81+k2|k|=8×|k|+1|k|≥8×2|k|⋅1|k|=16
当且仅当|k|=1|k|，即k=±1时等号成立，故△FPQ面积的最小值为16．
【考点】
圆锥曲线的综合问题
抛物线的性质
双曲线的标准方程
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由双曲线方程可得，双曲线实轴长2a=8，
由题意可得直线l方程为：x=p2
由x=p2,y2=2px得y=|p|
所以过F垂直于x轴的直线l被抛物线C2截得的弦长等于2p，
所以2p=8
所以抛物线C2的方程为：y2=8x
（2）因为F2,0，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则直线AB、CD中有一条与抛物线只有一个交点，不合乎题意．
所以，直线AB、CD的斜率均存在且不为0，
设直线AB的斜率为kk≠0，则直线AB的方程为y=kx−2
联立y2=8x,y=kx−2得ky2−8y−16k=0，则Δ=64+64k2>0
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=8k，
设PxP,yP，则yP=y1+y22=4k，则xP=yPk+2=4k2+2，
所以P4k2+2,4k
同理可得Q4k2+2,−4k
故|QF|=4k2+2−22+−4k2=16k4+16k2=4k21+k2
|PF|=16k4+16k2=41+k2k2，
因为PF⊥QF，所以S△FPQ=12|PF|⋅|QF|=12×4k21+k2×41+k2k2=81+k2|k|=8×|k|+1|k|≥8×2|k|⋅1|k|=16
当且仅当|k|=1|k|，即k=±1时等号成立，故△FPQ面积的最小值为16．
【答案】
解：（1）当t=6π时，fx=cs2x−4csx−2tx+7=cs2x−4csx−12xπ+7
f′x=−2sin2x+4sinx−12π．
令gx=f′x,g′x=−4cs2x+4csx=−4csx−12csx+1
y=f′x在π2,2π3上单调递增，在2π3,π上单调递减，
f′xmax=f′2π3=3+23−12π​>0
f′π2=4−12π>0,f′π=−12π<0
存在x0∈2π3,π，使得f′x0=0
因为fπ2=0,fπ=0
fx在π2,x0单调递增，在x0,π单调递减；
∴ fx≥fπ2=0,fx≥fπ=0
所以fxmin=0.
（2）由（1）知，cs2n−4csn−12nπ+7≥0对任意的n∈π2,π成立，
即2csn−12≥12nπ−4
要证m1−csn2+csmn≥1
只需要m6nπ−2+csmn−1≥0 ，
hn=m6nπ−2+csmn−1,n∈π2,π
h′n=m6π−sinmn≥0
即hn在区间π2,π上单调递增，hn≥hπ2=m+csmπ2−1
令φm=m+csmπ2−1,φ′m=1−π2sinmπ2
当m∈0,1时，φ′m=1−π2sinmπ2
mπ2∈0,π2，∴ φ′m在0,1上单调递减，
φ′0=1>0,φ′1=1−π2<0
所以存在m0∈0,1使得φ′m=0
所以当m∈[0,m0）时，φ′m>0,φm在[0,m0）单调递增；
当m∈(m0,1]时，φ′m<0,φm在m0,1上单调递减．
又因为φ0=φ1=0，所以φm≥0.
m1−csn2+csmn≥1得证．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当t=6π时，fx=cs2x−4csx−2tx+7=cs2x−4csx−12xπ+7
f′x=−2sin2x+4sinx−12π．
令gx=f′x,g′x=−4cs2x+4csx=−4csx−12csx+1
y=f′x在π2,2π3上单调递增，在2π3,π上单调递减，
f′xmax=f′2π3=3+23−12π​>0
f′π2=4−12π>0,f′π=−12π<0
存在x0∈2π3,π，使得f′x0=0
因为fπ2=0,fπ=0
fx在π2,x0单调递增，在x0,π单调递减；
∴ fx≥fπ2=0,fx≥fπ=0
所以fxmin=0.
（2）由（1）知，cs2n−4csn−12nπ+7≥0对任意的n∈π2,π成立，
即2csn−12≥12nπ−4
要证m1−csn2+csmn≥1
只需要m6nπ−2+csmn−1≥0 ，
hn=m6nπ−2+csmn−1,n∈π2,π
h′n=m6π−sinmn≥0
即hn在区间π2,π上单调递增，hn≥hπ2=m+csmπ2−1
令φm=m+csmπ2−1,φ′m=1−π2sinmπ2
当m∈0,1时，φ′m=1−π2sinmπ2
mπ2∈0,π2，∴ φ′m在0,1上单调递减，
φ′0=1>0,φ′1=1−π2<0
所以存在m0∈0,1使得φ′m=0
所以当m∈[0,m0）时，φ′m>0,φm在[0,m0）单调递增；
当m∈(m0,1]时，φ′m<0,φm在m0,1上单调递减．
又因为φ0=φ1=0，所以φm≥0.
m1−csn2+csmn≥1得证．满意度评分
低于60分
60分到79分
80分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意