2024年浙江省温州市高考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年浙江省温州市高考数学二模试卷（含详细答案解析），共17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z∈C，则“z2∈R”是“z∈R”的( )
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
2.已知集合M={x|y= x+1}，N={y|y= x+1}，则M∩N=( )
A. ⌀B. RC. MD. N
3.在正三棱台ABC−A1B1C1中，下列结论正确的是( )
A. VABC−A1B1C1=3VA1−BB1C1B. AA1⊥平面AB1C1
C. A1B⊥B1CD. AA1⊥BC
4.已知a=sin0.5，b=30.5，c=lg0.30.5，则a，b，c的大小关系是( )
A. a5.在(3−x)(1−x)5展开式中，x的奇数次幂的项的系数和为( )
A. −64B. 64C. −32D. 32
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且{Sn}单调递增.若a5=5，则d∈( )
A. [0,53)B. [0,107)C. (0,53)D. (0,107)
7.若关于x的方程|x2+mx+1|+|x2−mx+1|=2|mx|的整数根有且仅有两个，则实数m的取值范围是( )
A. [2,52)B. (2,52)
C. (−52,−2]∪[2,52)D. (−52,−2)∪(2,52)
8.已知定义在(0,1)上的函数f(x)={1n,x是有理数mn(m,n是互质的正整数)1,x是无理数，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的图象关于x=12对称B. f(x)的图象关于(12,12)对称
C. f(x)在(0,1)单调递增D. f(x)有最小值
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.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，P(−3,4)为其终边上一点，若角β的终边与角2α的终边关于直线y=−x对称，则( )
A. cs(π+α)=35B. β=2kπ+π2+2α(k∈Z)
C. tanβ=724D. 角β的终边在第一象限
10.已知圆C1：x2+y2=6与圆C2：x2+y2+2x−a=0相交于A，B两点.若S△C1AB=2S△C2AB，则实数a的值可以是( )
A. 10B. 2C. 223D. 143
11.已知半径为r球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部(包括边界)，记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为d，则( )
A. r有最大值，但无最小值B. r最大时，球心在正四面体外
C. r最大时，d同时取到最大值D. d有最小值，但无最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.平面向量a，b满足a=(2,1)，a//b，a⋅b=− 10，则|b|=______.
13.如图，在等腰梯形ABCD中，AB=BC=CD=12AD，点E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A′−BE−C等于60∘，D′−CE−B等于90∘，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于______.
14.已知P，F分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)的公共点和公共焦点，直线PF倾斜角为60∘，则双曲线的离心率为______.
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)
记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2csinB= 2b.
(1)求C；
(2)若tanA=tanB+tanC，a=2，求△ABC的面积.
16.(本小题15分)
已知直线y=kx与椭圆C：x24+y2=1交于A，B两点，P是椭圆C上一动点(不同于A，B)，记kOP，kPA，kPB分别为直线OP，PA，PB的斜率，且满足k⋅kOP=kPA⋅kPB.
(1)求点P的坐标(用k表示)；
(2)求|OP|⋅|AB|的取值范围.
17.(本小题15分)
红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金x(万元)与年收益y(万元)的8组数据：
(1)用y=blnx+a模拟生产食品淀粉年收益y与年投入资金x的关系，求出回归方程；
(2)为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的10%.2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值.(精确到0.1万元)
附：①回归直线a =b v+a 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b =i=1nviui−nv−u−i=1nvi2−nv−2,a =u−−b ⋅v−
②
③ln2≈0.7，ln5≈1.6
18.(本小题17分)
数列{an}，{bn}满足：{bn}是等比数列，b1=2，a2=5，且a1b1+a2b2+…+anbn=2(an−3)bn+8(n∈N*).
(1)求an，bn；
(2)求集合A={x|(x−ai)(x−bi)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和；
(3)对数列{cn}，若存在互不相等的正整数k，…，kj(j≥2)，使得ck1+ck2+…+ckj也是数列{cn}中的项，则称数列{cn}是“和稳定数列”.试分别判断数列{an}，{bn}是否是“和稳定数列”.若是，求出所有j的值；若不是，说明理由.
19.(本小题17分)
如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件：
①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧；
②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；
③曲线Γ的导函数在点A处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C在点A处的二阶导数(已知圆(x−a)2+(y−b)2=r2在点A(x0,y0)处的二阶导数等于r2(b−y0)3)，则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径.
(1)求抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程；
(2)求曲线y=1x的曲率半径的最小值；
(3)若曲线y=ex在(x1,ex1)和(x2,ex2)(x1≠x2)处有相同的曲率半径，求证：x1+x2<−ln2.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：已知z∈C，则z=i时，符合z2=−1∈R，但是不满足z∈R；
若z∈R，则一定有z2∈R；
则“z2∈R”是“z∈R”的必要条件但不是充分条件．
故选：B.
根据必要条件但不是充分条件的定义判断．
本题考查必要条件但不充分条件的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：M={x|y= x+1}={x|x≥−1}，
N={y|y= x+1}={y|y≥0}，
故M∩N=N.
故选：D.
先求出集合M，N，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A，设正三棱台上底面边长为a，下底面边长为b，高为h，
则V三棱台ABC−A1B1C1=13h( 34a2+ 34b2+ 34ab)，
V三棱锥A1−BB1C1=V三棱锥B−A1B1C1=13h⋅ 34a2，
因为a对于B，由正三棱台的结构特征知，∠AA1B1为钝角，所以AA1与AB1不垂直，
所以棱AA1与平面AB1C1不垂直，选项B错误；
对于C，A1B⋅B1C=(A1B1+B1B)⋅(B1B+BC)=A1B1⋅B1B+A1B1⋅BC+B1B2+B1B⋅BC≠0，选项C错误；
对于D，取BC中点D，B1C1的中点P，则BC⊥AD，BC⊥PD，且AD∩PD=D，所以BC⊥平面ADPA1，所以AA1⊥BC，选项D正确．
故选：D.
选项A，设正三棱台上底面边长为a，下底面边长为b，a选项B，由正三棱台的结构特征知，棱AA1与平面AB1C1不垂直；
选项C，计算A1B⋅B1C≠0，判断A1B与B1C不垂直；
选项D，取BC中点D，B1C1的中点P，判断BC⊥平面A1PDA，得出AA1⊥BC.
本题考查了正三棱台的结构特征与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：设函数f(x)=x−sinx，x∈(0,π2)，
则f′(x)=1−csx≥0，
∴f(x)在(0,π2)上单调递增，
∴f(x)>f(0)=0，即x>sinx，
∴0.5>sin0.5，即a<12，
∵12=lg0.3 0.3∵30.5>30=1，∴b>1，
∴a故选：B.
设函数f(x)=x−sinx，x∈(0,π2)，求导可知f(x)在(0,π2)上单调递增，可得x>sinx，即a<12，再结合对数函数和指数函数的性质求解即可．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了指数函数和对数函数的性质，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：在(3−x)(1−x)5的展开式中，
设f(x)=(3−x)(1−x)5=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，
令x=1，则f(1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=2×(1−1)5=0，①
令x=−1，则f(−1)=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=4×[1−(−1)]5=128；②
①-②得，2(a1+a3+a5)=−128，∴a1+a3+a5=−64.
故选：A.
设出解析式，给展开式中的x分别赋值1，−1，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．
本题考查了二项式展开式的系数问题，可设出解析式，用赋值法代入特殊值，相加或相减即可，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，若{Sn}单调递增，
则当n≥1时，有an+1=Sn+1−Sn>0，即数列{an}中，当n≥2时，有an>0，
又由a5=5，必有d≥0，
则有a2=a5−3d=5−3d>0，解可得d<53，
故d的取值范围为[0,53).
故选：A.
根据题意，分析可得数列{an}中，当n≥2时，有an>0，由此分析d的取值范围，即可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设A=mx，B=x2+1，
则|A+B|+|B−A|=2|A|，
即2|A|=|A+B|+|B−A|=|A+B|+|A−B|≥|A+B+A−B|=2|A|，
所以A+B和A−B同号，
所以(A+B)(B−A)≤0，
即(x2+1)2−m2x2≤0，
即x4+(2−m2)x2+1≤0，
设t=x2，
则t2+(2−m2)t+1≤0，其两根t1⋅t2=1>0，
结合t的定义知t1，t2均是正根，
设t1则t1∈(0,1)，则t2>1，
设f(t)=t2+(2−m2)t+1，
因为f(1)=4−m2≤0，
应有x2=x22<[2]2=4，
所以f(4)=25−4m2>0，
综上所述：m∈(−52,−2]∪[2,52).
故选：C.
设A=mx，B=x2+1，则有|A+B|+|B−A|=2|A|，由三角绝对值不等式可得A+B和A−B同号，(A+B)(B−A)≤0，即x4+(2−m2)x2+1≤0，设t=x2，则t2+(2−m2)t+1≤0，结合二次函数的性质求解即可．
本题考查了三角绝对值的应用、二次函数的性质及转化思想，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：对于A项，当x是有理数时，设x=mn(m所以f(1−x)=1n，故A正确；
对于B项，f(1− 32)=1,f( 32)=1，故B错误；
对于C项，f(12)=12，f(34)=14，故C错误；
对于D项，设f(x)有最小值1p，p∈Z，
取f(1p+q)即可，其中q使得p+q是质数，
此时f(1p+q)=1p+q<1p与1p是最小值矛盾，故D错误．
故选：A.
由所给函数的解析式结合定义域即可一一判断．
本题考查了分段函数的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：由题意可知，csα=−35，sinα=45，所以sin2α=2sinαcsα=−2425，
cs2α=2cs2α−1=−725，所以θ(−7,−24)是2α终边上一点，
所以θ′(24,7)是β终边上一点，即csβ=2425，sinβ=725，
A项：cs(π+α)=−csα=35，故正确；
C项：tanβ=sinβcsβ=35.故正确；
B项：若B正确，则csβ=cs(2kπ+2α+π2)=cs(2α+π2)=−sin2α=2425，
sinβ=sin(2kπ+π2+2α)=cs2α=−725，故B错误；
D项：易知正确．
故选：ACD.
根据任意角三角函数定义计算三角函数值即可．
本题考查三角函数的求值，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：两圆圆C1：x2+y2=6与圆C2：x2+y2+2x−a=0相交于A，B两点，
两圆的公共弦为2x−a+6=0；
所以x=12a−3，
两圆的圆心距为1，
设圆心C1：到直线x=12a−3的距离d1=|12a−3|，圆心C2到直线的距离d2=|12a−2|，
由于S△C1AB=2S△C2AB，故d1=2d2，整理得|12a−3|=2|12a−2|，
解得a=2或143.
当a=2时，直线AB的方程为x=−2，符合条件；
当a=143时，直线AB的方程为x=−23，符合条件．
故a=2或143.
故选：BD.
首先利用圆与圆的位置关系求出公共弦的直线方程，进一步利用点到直线的距离公式求出结果．
本题考查的知识点：圆与圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：如图，不妨设球与顶点出发的三个平面相切，易知球心O在AH上(H是△BCD中心)，
与三个面的切点O1，O2，O3分别在AG，AE，AF上，

在△AED中，易知EH= 36，HD= 33，AH= 63，则sin∠EAH=13，
则r=AO⋅sin∠EAH=13AO，又AO2=AO⋅cs∠EAH=2 23AO，且AO2≤AE= 32，
则2 23AO≤ 32⇒AO≤3 68，故r=13AO≤ 68，
故r有最大值，且为 68，故A正确；
当rmax= 68时，AO=3 68>AH= 63，此时O在四面体外，故B正确；
又OB=OC=OD= OH2+HD2= OH2+13，
故d=OA+3OD=OA+3 OH2+13，
①当O在线段AH上时，OA+OH=AH= 63，
设OH=x∈[0, 63),此时d= 63−x+3 x2+13，
设f(x)= 63−x+3 x2+13，
则f′(x)=3x− x2+13 x2+13>0，得x> 612，
则f(x)在(0, 612)上单调递减，在( 612, 63]上单调增，
由f(0)=3，f( 63)= 3+ 63<3，
此时f(x)无最大值，f(x)min=f( 612)= 6；
②当O在线段AH外时，OA−OH=AH= 63，
设OH=x∈[0, 624]，则d= 63+x+3 x2+13单调递增，
则dmax=3 68+3 228<3，dmin= 63+ 3< 6，故d有最小值无最大值，故C错误，D正确．
故选：ABD.
不妨设球与顶点出发的三个平面相切，易知球心O在AH上(H是△BCD中心)，与三个面的切点O1，O2，O3分别在AG，AE，AF上，结合等边三角形的性质可得故r=13AO≤ 68，进而可判断AB，分O在线段AH上和O在线段AH外两种情况讨论，利用导数分析出d的最值，即可判断CD.
本题主要考查了三棱锥的内切球问题，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于难题．
12.【答案】 2
【解析】解：平面向量a，b满足a=(2,1)，a//b，a⋅b=− 10，
设b=(2t,t)，
又a=(2,1)，
所以a⋅b=4t+t=5t=− 10，
得t=− 105，
所以|b|= 5|t|= 5⋅ 105= 2.
故答案为： 2.
由平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的坐标运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量数量积的坐标运算，属基础题．
13.【答案】 378
【解析】解：设BE中点为G，连接A′G，C′G，过A′作A′O⊥CG于O，
则∠A′GC为二面角A′−BE−C的平面角，且A′G⊥平面BCE，
设AD=4，则AB=AE=BC=CD=2，则△ABE，△BCE为等边三角形，
则A′G= 3，A′O=A′G⋅sin60∘=32，OG=A′G⋅cs60∘= 32，
以EC中点H为原点，HC为x轴，HB为y轴，HD′为z轴建立空间直角坐标，如图所示：
则B(0, 3,0)，A′(14, 34,32)，
易知平面D′CE法向量为n=(0,1,0)，BA′=(14,−3 34,32)，
n⋅BA′=−3 34，|n|=1，|BA′|= 116+2716+94=2，
cs=n⋅BA′|n|⋅BA′|=−3 341×2=−3 38，
设直线A′B与平面D′CE所成的角为θ，则θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=3 38，
所以csθ= 1−sin2θ= 378.
故答案为： 378.
求出设BE中点为G，连接A′G，CG，过A′作A′O⊥CG于O，则∠A′GC为二面角A′−BE−C的平面角，且A′G⊥平面BCE，由题意可得△ABE，△BCE为等边三角形，建立空间直角坐标系，可得平面D′CE的法向量的坐标，求出BA′的坐标，求出两个向量的夹角的余弦值，进而求出直线BA′与平面D′CE所成的夹角的正弦值，进而求出线面角的余弦值．
本题考查用空间向量的方法求直线与平面所成的角的余弦值的求法，属于中档题．
14.【答案】 7+23或 7+2
【解析】解：已知P，F分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)的公共点和公共焦点，直线PF倾斜角为60∘，
设直线PF的方程为y= 3(x−p2)，
联立y= 3(x−p2)y2=2px，
消y可得12x2−20px+3p2=0，
即x=3p2或x=p6，
则P(32p, 3p)或P(16p,− 33p)，
又F(12p,0)，
所以c=12p，
即p=2c，
所以P(3c,2 3c)或P(13c,−2 33c)，
则9c2a2−12c2b2=1或c29a2−12c29b2=1，
又c2=a2+b2，
则ca= 7+23或ca= 7+2，
即e= 7+23或e= 7+2.
故答案为： 7+23或 7+2.
由双曲线的性质，结合抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属中档题．
15.【答案】解：(1)因为2csinB= 2b，由正弦定理可得2sinCsinB= 2sinB，
在△ABC中，sinB>0，
可得sinC= 22，而C∈(0,π)，
可得C=π4或C=3π4；
(2)因为tanA=tanB+tanC，
由恒等式tanA+tanB+tanC=tanA⋅tanB⋅tanC，得2tanA=tanAtanBtanC，得tanBtanC=2，
所以只可能是tanC=1，tanB=2，此时tanA=3，
所以sinA=3 1010，sinB=2 55，
所以b=sinB⋅asinA=2 55×23 1010=4 55×103 10=4 23，
所以SΔABC=12absinC=12×2×4 23⋅ 22=43.
【解析】(1)由正弦定理可得sinC的值，进而求出角C的大小；
(2)由三角形中恒等式tanA+tanB+tanC=tanA⋅tanB⋅tanC，可得tanC的值，tanB的值，tanA的值，再求出sinB，sinA的值，由正弦定理可得b的值，代入三角形的面积公式可得三角形的面积．
本题考查正弦定理的应用，三角形的恒等式的性质的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设A(m,n)，B(−m,−n)，P(s,t)，则m24+n2=s24+t2，
所以kPA⋅kPB=t−ns−m⋅t+ns+m=t2−n2s2−m2=14(m2−s2)s2−m2=−14，
所以kOP=−14k，
联立y=−14kxx24+y2=1，可得P(4k 4k2+1,−1 4k2+1)或P(−4k 4k2+1,1 4k2+1)；
(2)由(1)可得|OP|2=16k2+14k2+1，
联立y=kxx24+y2=1，整理可得：(1+4k2)x2=4，
所以|AB|2=4(4k2+44k2+1)，
所以OP2⋅AB2=(16k2+2)(16k2+16)(1+4k2)2=4(4+36k216k4+8k2+1)
=4(4+3616k2+1k2+8)≤4(4+362 16k2⋅1k2+8)=4(4+3616)=25，
当且仅当16k2=1k2，即k=±12时取等号．
所以|OP|⋅|AB|≤5，所以|OP|⋅|AB|∈(4,5].
【解析】(1)设A，P的坐标，由题意可得B的坐标，将A，P的坐标代入椭圆的方程，求出直线PA，PB的斜率之积，求出直线OP的方程，与椭圆的方程联立，可得点P的坐标；
(2)由(1)可得|OP|2，联立直线y=kx方程与椭圆的方程，可得|AB|2的表达式，求出|OP|2⋅|AB|2的表达式，再由基本不等式可得|OP||AB|的最大值．
本题考查直线与椭圆的综合应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)b =i=18yilnxi−8⋅i=18yi8⋅i=18lnxi8i=18(lnxi)2−8⋅(i=18lnxi8)2=603−18⋅161⋅29109−18⋅(29)2=5，
a =i=18yi8−5⋅i=18lnxi8=1618−5⋅298=2，
所以回归方程为y=5lnx+2；
(2)设投入x万元生产食品淀粉，(200−x)万元生产药用淀粉，
所以y总=5ln⁡x+2+0.1(200−x)=5ln⁡x−0.1x+22，
设f(x)=5lnx−110x+22，则f′(x)=5x−110，
易得f(x)在(0,50)上单调递增，(50,+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(50)=5ln50−5+22=5ln50+17，
又因为ln50=2ln5+ln2≈3.9，所以年收益最大值约为36.5万元．
【解析】(1)由题意求得a 和b ，即可求解；
(2)设投入x万元生产食品淀粉，(200−x)万元生产药用淀粉，求得y总=5ln⁡x−0.1x+22，设f(x)=5lnx−110x+22，利用导数知识即可求解．
本题考查回归方程和导数的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1+anbn=2anbn−6bn+8，①
当n=1时，a1b1=2a1b1−6b1+8=2a1b1−4，所以a1=2，
当n≥2时，a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=2an−1bn−1−6bn−1+8，②
①-②得：anbn=2anbn−2an−1bn−1−6bn+6bn−1，即anbn−2an−1bn−1−6bn+6bn−1=0，
设数列{bn}公比为q(q≠0)，
则q⋅an−2an−1−6q+6=0，
当n=2时，a1b1+a2b2=2a2b2−6b2+8，
又因为a2=5，a1=2，b1=2，
所以b2=4，
所以q=2，bn=2n；
所以an−an−1=3，
所以数列{an}是等差数列，首项为2，公差为3，
所以an=3n−1；
(2)即求数列{an}，{bn}中各前2n项所有不同元素的和，
数列{an}中前2n项的和为2n(2+6n−1)2=6n2+n，
数列{bn}中前2n项的和为2(1−22n)1−2=2⋅4n−2，
同时其公共项为2，23，25，…，22k−1，则其和为2(1−4k)1−4=23(4k−1)，
其中22k−1为数列{bn}的第2k−1≤2n−1项，
同时数列{an}的第m项，即22k−1=3m−1.
∴集合A中所有元素的和为6n2+n+2⋅4n−2−23(4k−1).
(3)证明：若{an}是“和稳定数列”，
则ak1+ak2+⋯+akj=3(k1+k2+⋯+kj)−j，当j被3整除余1时即可；
若{bn}是“和稳定数列”，
则bk1+bk2+⋯+bkj=bl
即2k1+2k2+⋯+2kj=2l，不妨取k1则2k1+2k2+⋯+2kj≤20+21+⋯+2l−1=1−2l1−2=2l−1<2l，矛盾，
故{bn}不是“和稳定数列”．
【解析】(1)利用赋值法，通过求解数列的递推关系式，转化求解即可．
(2)求解前n项和，推出集合A中所有元素的和．
(3)推出ak1+ak2+⋯+akj=3(k1+k2+⋯+kj)−j，当j被3整除余1时即可，2k1+2k2+⋯+2kj=2l，得到2k1+2k2+⋯+2kj≤20+21+⋯+2l−1=1−2l1−2=2l−1<2l，矛盾，推出结果．
本题考查数列的应用，数列求和，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)由题意得y′=2x，y′′=2，
设(x−a)2+(y−b)2=r2，则a2+b2=r2，2=r2b3，a=0，
所以b=12，
所以抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+(y−12)2=14.
(2)y=1x，y′=−1x2，y“=2x3，
设点A(m,1m)，(x−a)2+(y−b)2=r2，
所以−1m2⋅b−1ma−m=−12m3=r2(b−1m)3(m−a)2+(1m−b)2=r2，
联立解得r=(1+1m4)322m3，
所以r2=(1+1m4)34m6=m6−(x×1)4=[m2(1+1m4)]34，其中m2(1+1m4)=m2+1m2≥2，
所以r2≥234=2，
所以rmin= 2.
(3)证明：由题得y=y′=y′′=ex，
所以R2=(1+e2x)3e2x，
设e2x=t，则R2=t2+3t+3+1t，
所以t12+3t1+3+1t2=t22+3t2+3+1t2，
整理得t1+t2+3−1t1t2=0，
所以1e2(x1+x2)=e2x1+ex2+3>2 e2x1+2x2+3=2ex1+x2+3，
设m=ex1+x2，则1m2>2m+3⇒(2m−1)(m2+2m+1)<0⇒m<12，
所以x1+x2<−ln2，得证．
【解析】(1)由题意得y′=2x，y′′=2，设(x−a)2+(y−b)2=r2，则a2+b2=r2，2=r2b3，解得a，b，即可得出答案．
(2)设点A(m,1m)，则−1m2⋅b−1ma−m=−12m3=r2(b−1m)3(m−a)2+(1m−b)2=r2，解得r2，即可得出答案．
(3)由题得y=y′=y′′=ex，则R2=(1+e2x)3e2x，设e2x=t，则R2=t2+3t+3+1t，结合基本不等式，即可得出答案．
本题考查曲率和曲率圆的半径，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．x
10
20
30
40
50
60
70
80
y
12.8
16.5
19
20.9
21.5
21.9
23
25.4
i=18yi
i=18lnxi
i=18xi2
i=18(lnxi)2
i=18yilnxi
161
29
20400
109
603