山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三下学期3月月考试题数学(1)_2024年4月_024月合集_2024届山东省济宁市一中高三下学期3月月考

济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测
数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
4
 1 
1．二项式 x2

的展开式中含x2项的系数为（ ）
 2x
3 3 1 1
A． B． C． D．
2 2 2 2
       
2．平面向量a，b 满足|a|2，b 3，ab 4，则b 在a方向上的投影向量为（ ）
15  1  3 15 
A． a B． a C． a D． a
12 4 8 8
1
3．若函数 f xcosπx(0π)的图象关于直线x 对称，则（ ）
3
π π 2π 5π
A． B． C． D．
3 6 3 6
4．从1,2, ,9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（ ）
1 4 7 13
A． B． C． D．
3 9 18 36
5．已知正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为
64
，则该球表面积为（ ）
3
4π
A．9π B．36π C．4π D．
3
6．设抛物线y2 2x的焦点为F ，过抛物线上点P作其准线的垂线，设垂足为Q，若
PQF 30，则 PQ （ ）
2 3 3 3
A． B． C． D．
3 3 4 2
7．设 10，bln 11 ，c ln2.2 ，则（ ）
ae33
10 10
A．abc B．cba C．b<c<a D．acb
8．已知a 是等差数列，b sina ，存在正整数tt8，使得b b ，nN*.若
n n n nt n
集合S 

x xb
,nN*
中只含有4个元素，则t的可能取值有（ ）个
n
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题（每题6分，共18分）
9．已知圆C :(x3)2 y2 1,C :x2(ya)2 16，则下列结论正确的有（ ）
1 2
A．若圆C 和圆C 外离，则a4
1 2
试卷第1页，共4页
{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}B．若圆C 和圆C 外切，则a4
1 2
C．当a0时，圆C 和圆C 有且仅有一条公切线
1 2
D．当a2时，圆C 和圆C 相交
1 2
10．已知z 、z 都是复数，下列正确的是（ ）
1 2
A．若 z  z ，则z z
1 2 1 2
B． z z  z z
1 2 1 2
C．若 z z  z z ，则z z 0
1 2 1 2 1 2
D．z z z z
1 2 1 2
sinx
11．已知函数 f x ，则（ ）
2cos2x
A． f x的最小正周期为π B． f x的图象关于点π,0对称
C．不等式 f xx无解 D． f x的最大值为 2
4
三、填空题(每题5分，共15分）
x2 y2
12．已知双曲线C:  1  a0,b0 的一条渐近线与直线l:x2y50垂直，则
a2 b2
C的离心率为 .
13．甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存
在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出
一球放入乙袋，分别用A、A 表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙袋
1 2
中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件
B的概率是 .
14．如图，已知点P是棱长为2的正方体ABCDABCD 的底面ABCD内（包含边界）
1 1 1 1
一个动点，若点P到点A 的距离是点P到BB 的距离的两倍，则点P的轨迹的长度
1
为 ．
试卷第2页，共4页
{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}四、解答题（共77分）
15．（13 分）在锐角三角形 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，
3acosC ccosA2bsinB ．
(1)求角B的值；
(2)若b2 3，求a2c2的取值范围．
16．（15分）如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD是长度为2的底
面圆的两条直径，ABCD O ，且SO3，P为母线SB上一点．
(1)求证：当P为SB中点时，SA∥平面PCD；
3 21
(2)若AOC 60，二面角PCDB的余弦值为 ，试确定P点的位置．
21
17．（15分）我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓
丽的新名片，并广泛用于森林消防､抢险救灾､环境监测等领域.某森林消防支队在一次消
防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了
4
三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为 ，每次投弹是否击中目标
5
1
相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为 ，击中目标两次起火点被扑灭
2
2
的概率为 ，击中目标三次起火点必定被扑灭.
3
(1)求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；
(2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.
试卷第3页，共4页
{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}18．（17分）已知双曲线C：
x2

y2
1a0,b0的离心率为 2，点3,1在双曲线
a2 b2
C上．过C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若M2,0，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由．
(3)点P4,2，直线AP交直线x2于点Q．设直线QA、QB的斜率分别k 、k ，求
1 2
证：k k 为定值．
1 2
19．（17分）已知函数 f xa2xlnxx1x,g x sinx ．
(1)当a1时，求曲线y f x在点  1, f 1 处的切线方程；
(2)当a0,x0时，若在gx的图象上有一点列
A   1 ,g   1      i 1,2,3,,n,iN*,nN* ，若直线AA 的斜率为k i1,2,3,,n，
i 2i 2i  i i1 i
1
（ⅰ）求证：gx f x x3；
6
n 1
（ⅱ）求证：k n ．
i 9
i1
试卷第4页，共4页
{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}高三数学答题卡
16．（15分） 17．（15分）
姓名：
班级：
贴条形码区
考场： 座号：
选择题（共12小题，1-8题每小题5分，9-11题每小题6分，共58分）
1．[A] [B] [C] [D] 6．[A] [B] [C] [D] 11．[A] [B] [C] [D]
2．[A] [B] [C] [D] 7．[A] [B] [C] [D]
3．[A] [B] [C] [D] 8．[A] [B] [C] [D]
4．[A] [B] [C] [D] 9．[A] [B] [C] [D]
5．[A] [B] [C] [D] 10．[A] [B] [C] [D]
填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12． 13． 14.
15．（13分）
- 1 - - 2 - - 3 -
{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}18.（17分） 19.（17分）
- 4 - - 5 - - 6 -
{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测
数学试题及参考答案
一、单选题
 1  4
1．二项式 x2

的展开式中含x2项的系数为（ ）
 2x
3 3 1 1
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】B
【分析】
利用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】
 1  4
由二项式定理可知， x2

的展开式的通项为
 2x
T Cr x24r  1   r    1  r Crx83x，
r1 4  2x  2 4
令83r2，解得r2，
 1 2 3
所以T   C2x2  x2，
3  2 4 2
 1  4 3
所以二项式 x2

的展开式中含x2项的系数为 .
 2x 2
故选：B.
2．平面向量a ，b  满足|a  |2，b  3， ab  4，则b  在a 方向上的投影向量为
（ ）
A． 15 a B． 1 a C． 3 a D． 15 a
12 4 8 8
【答案】C
【分析】
由题设条件，利用向量的模长公式求得a  b  ，再利用b  在a 方向上的投影向量的公式
    
|b|cosb,a  ab

a

a即可求得.
|a| |a|2
【详解】由 ab   (ab  )2  |a|2 2ab  +|b  |2  132ab  4可得a  b   3 ，
23
    
而b  在a 方向上的投影向量为|b|co

sb,a
a


a

b
a


2
a


3
a
.
|a| |a|2 4 8
故选：C.
1
3．若函数 f xcosπx(0π)的图象关于直线x 对称，则（ ）
3
π π 2π 5π
A． B． C． D．
3 6 3 6
【答案】C
【分析】
由余弦函数的对称性直接求解.
【详解】
1
因为 f xcosπx(0π)的图象关于直线x 对称，
3
π π
所以 kπkZ，得 kπkZ，
3 3
2π
因为0π，所以 .
3
故选：C.
4．从1,2, ,9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（ ）

1 4 7 13
A． B． C． D．
3 9 18 36
【答案】C
【分析】
求所有组合个数，列举和为质数的情况，古典概型求概率.
【详解】
这九个数字中任取两个，有C2种取法，
9
和为质数有1,2,1,4,2,3,1,6,2,5,3,4,2,9,3,8,4,7,5,6,4,9,5,8,6,7，
8,9共14种情况，
14 7
因此所求概率为  .
C2 18
9
故选：C.
5．已知正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为
64
，则该球表面积为（ ）
3
4π
A．9π B．36π C．4π D．
3
【答案】B【分析】根据体积可求正四棱锥的高，再结合外接球球心的性质可求其半径，故可求外
接球的表面积.
【详解】
如图，设P在底面ABCD的射影为H，则PH 平面ABCD，
且H为AC,BD的交点.
1
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且AH  4 2 2 2，
2
1 64
故 PH16 ，故PH 4.
3 3
由正四棱锥的对称性可知O在直线PH上，设外接球的半径为R，
则OH  4R ，故R2 84R2，故R3，
故正四棱锥PABCD的外接球的表面积为4π936π，
故选：B.
6．设抛物线y2 2x的焦点为F ，过抛物线上点P作其准线的垂线，设垂足为Q，若
PQF 30，则 PQ （ ）
2 3 3 3
A． B． C． D．
3 3 4 2
【答案】A
【分析】
由题意得QFM 30，结合正切定义以及 FM 1可得QF ，进一步即可求解.
【详解】如图所示：
M 为准线与x轴的交点，
因为PQF 30，且 PF  PQ ，所以PFQ30,QPF 120，因为FM //PQ，所以QFM 30，
QM QM 3 2 3
而tan30    QM  ，所以QF  ，
MF 1 3 3
QF 3 3 2
所以 PF  PQ  cos30    .
2 3 2 3
故选：A.
10 11 ln2.2
7．设 ，bln ，c ，则（ ）
ae33
10 10
A．abc B．cba C．b<c<a D．acb
【答案】B
【分析】
由题意可得a 1，b1，c1，即可得ab，ac，再比较b与c的大小关系，借助
对数运算转化为比较1.19与2的大小关系，结合放缩计算即可得.
11 ln2.2
【详解】
ae
1
3
0
3 e0 1
，bln 1，c 1，故ab，ac，
10 10
11 ln2.2 11 10
要比较ln 与 的大小，即比较ln

与ln2.2的大小，
10 10 10
等价于比较1.110与2.2的大小，等价于比较1.19与2的大小，
又1.19 1.11.18 1.11.214 1.11.24
1.11.442 1.11.42 1.11.962，
11 ln2.2
故1.19 2，即ln  ，即bc，
10 10
故cba.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于比较b与c的大小关系，可借助对数运算转化为比
较1.19与2的大小关系，再借助放缩帮助运算即可得.
8．已知a 是等差数列，b sina ，存在正整数tt8，使得b b ，nN*.若
n n n nt n
集合S 

x xb
,nN*
中只含有4个元素，则t的可能取值有（ ）个
n
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】考虑t≤3不符合题意，t4,6,7,8时，列举出满足条件的集合，再考虑t 5时
不成立，得到答案.【详解】当t≤3时，b b ，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合；
nt n
π π  3 1 3 1
当t 4时，b b ，取a  n ，此时S  , , , ，满足条件；
n4 n n 2 6  2 2 2 2
2kπ
当t 5时，b b ，即sina 5dsina ，d  ,kZ，在单位圆的五等分点上
n5 n n n 5
不可能取到4个不同的正弦值，故不满足；
π π  1 1 
当t 6时，b b ，取a  n ，此时S  , ,1,1，满足条件；
n6 n n 3 6  2 2 
2π π  3π π 5π
当t 7时，b b ，取a  n ，此时S sin ,1,sin ,sin ，满足条件；
n7 n n 7 2  14 14 14
π 5π  π 3π π 3π
当t 8时，b b ，取a  n ，此时S sin ,sin ,sin ,sin ，满足条
n8 n n 4 8  8 8 8 8 
件；
故选：C
二、多选题
9．已知圆C :(x3)2y2 1,C :x2(ya)2 16，则下列结论正确的有（ ）
1 2
A．若圆C 和圆C 外离，则a4
1 2
B．若圆C 和圆C 外切，则a4
1 2
C．当a0时，圆C 和圆C 有且仅有一条公切线
1 2
D．当a2时，圆C 和圆C 相交
1 2
【答案】BCD
【分析】
根据圆与圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】C 3,0,C 0,a,CC  9a2,r 1,r 4.
1 2 1 2 1 2
若C 和C 外离，则CC  9a2 r r 5，解得a4或a<-4，故A错误；
1 2 1 2 1 2
若C 和C 外切，CC  9a2 5，解得a4，故B正确；
1 2 1 2
当a0时，CC 3r r,C 和C 内切，故C正确；
1 2 2 1 1 2
当a2时，3 CC  135,C 和C 相交，故D正确.
1 2 1 2
故选：BCD
10．已知z 、z 都是复数，下列正确的是（ ）
1 2A．若 z  z ，则z z
1 2 1 2
B． z z  z z
1 2 1 2
C．若 z z  z z ，则z z 0
1 2 1 2 1 2
D．z z z z
1 2 1 2
【答案】BD
【分析】
利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】对于A：令z 2i、z 12i，则 z  z  5，显然不满足z z ，故A
1 2 1 2 1 2
错误；
对于C：令z 1i、z 1i，则z z 2，z z 2i，
1 2 1 2 1 2
所以 z z  z z ，但是z z 1i1i2，故C错误；
1 2 1 2 1 2
设z abi，z cdi(a,b,c,dR)，
1 2
所以z z abicdiacbdadbci，
1 2
则 z z  acbdadbci
1 2
 acbd2adbc2  ac2bd2ad2bc2 ，
又 z  z  a2b2  c2d2  ac2bd2ad2bc2 ，
1 2
所以 z z  z  z ，故B正确；
1 2 1 2
z z acbdadbci，又z z abicdiacbdadbci，
1 2 1 2
所以z z z z ，故D正确.
1 2 1 2
故选：BD
sinx
11．已知函数 f x ，则（ ）
2cos2x
A． f x的最小正周期为π B． f x的图象关于点π,0对称
2
C．不等式 f xx无解 D． f x的最大值为
4
【答案】BD
【分析】
对 于 选 项 A: 验 证 f πx f x是 否 成 立 即 可 判 断 ； 对 于 选 项 B: 验 证f 2πxf x是否成立即可判断；对于选项 C:利用 f π0π即可验证
f xx有解；对于选项D:利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.
sinπx sinx
【详解】对于选项A: f πx   f x,π不是 f x的周期，
2cos2πx 2cos2x
故A错误;
sin2πx sinx
对于选项B: f 2πx  f x,f x关于π,0对称，故
2cos22πx 2cos2x
B正确；
对于选项C: f π0π,f xx有解，故C错误；
sinx sinx
对于选项D: f x 2  12sin2x   2sin2x1 ，若sinx0，则 f x0，
1 1 2
f x  
若sinx0,则 1 2 2 2 ，
2sinx
sinx
1 2
当且仅当2sinx ，即sinx 时，原式取等，故D正确.
sinx 2
故选:BD.
第 II 卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
x2 y2
12．已知双曲线C:  1a0,b0的一条渐近线与直线l:x2y50垂直，则
a2 b2
C的离心率为 .
【答案】 5
【分析】
b
借助斜率与垂直的关系可得 ，即可得离心率.
a
1 b  1
【详解】由直线l:x2y50的斜率为 0，故有  1，
2 a  2
b b2
即 2，则e 1  5.
a a2
故答案为： 5.
13．甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存
在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用A、A 表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙
1 2
袋中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事
件B的概率是 .
17
【答案】
42
【分析】
根据全概率公式即可求解.
【详解】
5 3 C2 10 C2 6 2
因为P(A) ,P(A ) ,P(B|A) 5  ,P(B|A ) 4   ，
1 8 2 8 1 C2 21 2 C2 21 7
7 7
5 10 3 2 17
所以P(B)P(AB)P(AB)P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )     ,
1 2 1 1 2 2 8 21 8 7 42
17
故答案为：
42
14．如图，已知点P是棱长为2的正方体ABCDABCD 的底面ABCD内（包含边界）
1 1 1 1
一个动点，若点P到点A的距离是点P到BB 的距离的两倍，则点P的轨迹的长度
1
为 ．
4
【答案】
9
【分析】
根据题意，得到 PA 2 PB ，以A为原点，建立平面直角坐标系，设P(x,y)，结合
8 4
PA 2 PB ，求得点P的轨迹是以M( ,0)为圆心，半径为r 的圆弧EF，再由扇形
3 3
的弧长公式，即可求解.
【详解】
在正方体ABCDABCD 中，可得BB 平面ABCD，
1 1 1 1 1
因为PB平面ABCD，所以BB PB，
1
则点P到BB 的距离等于点P到点B的距离，即 PA 2 PB ，
1在底面ABCD中，以A为原点，以AB,AD所在的直线分别为x轴和y轴，
建立平面直角坐标系，如图所示，可得A(0,0),B(2,0)，
设P(x,y)，由 PA 2 PB ，可得 x2y2 2 (x2)2y2 ，
8 16 8 4
整理得(x )2 y2  ，即点P的轨迹是以M( ,0)为圆心，半径为r 的圆弧EF，
3 9 3 3
8 2 BM 1
又由 BM  AM  AB  2 ，可得cosBMF   ，
3 3 MF 2
π π
所以BMF  ，即EF所对的圆心角为 ，
3 3
π 4 4π
所以点P的轨迹的长度为圆弧长为   .
3 3 9
4π
故答案为： .
9
四、解答题
15 ． 在 锐 角 三 角 形 ABC中 ， 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c ，

3acosCccosA2bsinB．
(1)求角B的值；
(2)若b2 3，求a2c2的取值范围．
π
【答案】(1)B
3
(2)
20,24
【分析】
（1）利用正弦定理边化角后整理化简即可；
（2）利用正弦定理得到a4sinA,c4sinC，则a2c2 16sin2 A16sin2C，利用三
角公式变形整理，利用三角函数的性质求最值.
【详解】（1）因为 3acosCccosA2bsinB，
由正弦定理边化角可得 3sinAcosCsinCcosA2sinBsinB，所以 3sinAC 3sinB2sinBsinB，又sinB0，
3
所以sinB ，又B为锐角，
2
π
则B ；
3
a c b 2 3
   4
（2）由正弦定理sinA sinC sinB 3 ，
2
则a4sinA,c4sinC，
所以a2c2 16sin2 A16sin2C 81cos2A81cos2C，
 π
168cos2A8cos2C 168cos2A8cos2πA 
 3
 1 3 
168cos2A8 cos2A sin2A
 2 2 
 
164 3sin2A4cos2A
 π
168sin2A ，
 6
 π
0 A

 2 π π
因为在锐角三角形

ABC中 ，得 A ，
π π 6 2
0πA 
 3 2
π π 5π
所以 2A  ，
6 6 6
1  π  π
则 sin2A 1，20168sin2A 24
2  6  6
所以a2c2的取值范围为20,24
.
16．如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD是长度为2的底面圆的两
条直径，AB

CDO，且SO3，P为母线SB上一点．
(1)求证：当P为SB中点时，SA∥平面PCD；
3 21
(2)若AOC 60，二面角PCDB的余弦值为 ，试确定P点的位置．
21
【答案】(1)证明见详解(2)P是线段BS 靠近点B的四等分点
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
 
（2）建立空间直角坐标系，设BPBS，01，求解平面PCD和平面BCD的法向
3 21
量，根据二面角PCDB的余弦值为 求，即可得P点的位置.
21
【详解】（1）连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点，
所以PO为 BSA的中位线，所以SA//PO，

又PO平面PCD，SA 平面PCD，所以SA∥平面PCD；
（2）如图：过点O作OF  AB交圆O与F ，
以O为坐标原点，OA，OF ，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标
系，
1 3   1 3 
则S0,0,3，A1,0,0，B1,0,0，C , ,0，D , ,0，
2 2   2 2 
   
   
所以CD 1, 3,0 ，BS 1,0,3，
设  B  P    B  S  ，01，则P1,0,3，所以  P  C     3 , 3 ,3  ，
2 2 
 
设平面PCD的法向量为nx,y,z，
 nC  D  0   x 3y0 1
则 n  P  C  0 ，所以    3   x 3 y3z0 ，令y 3，则x3，z  ，
2  2
即n  3, 3, 1 ，
  

易知平面BCD的一个法向量为OS 0,0,3，31
1
则 cosn,O  S   n
n



O
O




S
S



  
1 2



1 2
 3
21
21 ，
3 12  12 
     
1
解得 （负值舍去），所以P是线段BS 靠近点B的四等分点.
4
17．我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名
片，并广泛用于森林消防､抢险救灾､环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练
中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投
4
弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为 ，每次投弹是否击中目标相互独
5
1
立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为 ，击中目标两次起火点被扑灭的概率
2
2
为 ，击中目标三次起火点必定被扑灭.
3
(1)求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；
(2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.
12
【答案】(1)分布列见解析，
5
102
(2)
125
【分析】
（1）由二项分布概率公式求概率即可得分布列，再由二项分布期望公式可得；
（2）根据条件概率以及全概率公式求解可得
【详解】（1）起火点被无人机击中次数X 的所有可能取值为0,1,2,3
1 3 1 4 1 2 12
PX 0   ,PX 1C1    ，
5 125 3 5 5 125
4 2 1 48 4 3 64
PX 2C2    ,PX 3   .
3 5 5 125 5 125
X 的分布列如下：
X 0 1 2 3
1 12 48 64
P
125 125 125 125
 4 4 12
 X B3, ,EX3  .
 5 5 54 1 1 2 1 6
（2）击中一次被扑灭的概率为P C1      
1 3 5 5 2 125
4 2 1 2 32
击中两次被火扑灭的概率为P C2    
2 3 5 5 3 125
4 3 64
击中三次被火扑灭的概率为P   
3 5 125
6 32 64 102
所求概率P    .
125 125 125 125
x2 y2
18．已知双曲线C：  1a0,b0的离心率为 2，点3,1在双曲线C上．过
a2 b2
C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若M2,0，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理
由．
(3)点P4,2，直线AP交直线x2于点Q．设直线QA、QB的斜率分别k 、k ，求
1 2
证：k k 为定值．
1 2
x2 y2
【答案】(1)  1；
8 8
(2)不存在，理由见解析；
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题意列式求a,b,c，进而可得双曲线方程；
(2)设l:xmy4,Ax,y ,Bx ,y ，联立方程，利用韦达定理判断M  A  M  B  是否为零
1 1 2 2
即可；
(3)用A,B两点坐标表示出直线AP，得点Q坐标，表示出k,k ，结合韦达定理，证明k k
1 2 1 2
为定值．
x2 y2
【详解】（1）由双曲线C:  1的离心率为 2，且M3,1在双曲线C上，
a2 b2
 9 1
 1
 a2 b2

 c x2 y2
可得e  2 ，解得a2 8,b2 8，∴双曲线的方程为  1．
 a 8 8
c2 a2b2


（2）双曲线C的左焦点为F4,0，当直线l的斜率为0时，此时直线为y0，与双曲线C左支只有一个交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设l:xmy4，
xmy4
联立方程组 ，消x得  m21  y28my80，易得Δ0，
x2y2 8
8m 8
设Ax,y ,Bx ,y ，则y y  ,y y  0，可得1m1，
1 1 2 2 1 2 m21 1 2 m21
 
∵MAx 2,y ,MBx 2,y ，
1 1 2 2
 
则MAMBx 2x 2y y my 2my 2y y
2 1 1 2 1 2 1 2
8  m21  16m2
  m21  y y 2my y 4  44，
1 2 1 2 m21 m21
 
即MAMB0，可得MA与MB不垂直，
∴不存在直线l，使得点M 在以AB为直径的圆上．
（3）由直线AP:y2k x4，得Q2,22k )，
1 1
y 22k y 22k y 2 y 2
∴k  2 1  2 1 ，又k k  1  1 ，
2 x 2 my 2 1 PA x 4 my
2 2 1 1
y 2 y 22k y 2my 2my y 22k 
∴k k  1  2 1  1 2 1 2 1
1 2 my my 2 my my 2
1 2 1 2
2my 2y 42my 2mk y
 2 1 1 1 1 ，
my my 2
1 2
y 2
∵k  1 ，∴kmy  y 2，且y y my y ，
1 my 1 1 1 1 2 1 2
1
2my y  2y y 
∴k k  1 2  1 2 2，即k k 为定值．
1 2 my my 2 y y 2y 1 2
1 2 1 2 1
19．已知函数 f xa2xlnxx1x,gxsinx．
(1)当a1时，求曲线y f x在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当a0,x0时，若在gx的图象上有一点列A   1 ,g   1      i1,2,3,,n,iN*,nN* ，若直线AA 的斜率为k i1,2,3,,n，
i 2i 2i  i i1 i
1
（ⅰ）求证：gx f x x3；
6
n 1
（ⅱ）求证：k n ．
i 9
i1
【答案】(1)2xy10
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】
（1）借助导数的几何意义计算即可得；
x3
（2）（ⅰ）令hxsinxx ，即证hx0在x0时恒成立，借助导数，多次求导
6
1  1  x2
后即可得；（ⅱ）计算可得k 2i1sin 2cos 1，由（ⅰ）可得cosx1 ，即可
i 2i1 2i1  2
1 1 1  1  7 1
得cos 1 0，借助放缩法可得2i1sin 2cos 11  ，结合等
2i1 22i3 2i1 2i1  6 22i2
比数列求和公式及放缩即可得证.
【详解】（1）
当a1时， f x2xlnx1， f 11，所以 fx2lnx2，
曲线y f x在点1,1处切线的斜率为 f12，
所以切线方程为y12x1，即2xy10；
（2）
1 x3
（ⅰ）要证gx f x x3，即证x0时，sinxx ，
6 6
x3
令hxsinxx ，即证hx0在x0时恒成立，
6
x2 x2
因为hxcosx1 ，令mxcosx 1，则mxsinxx，
2 2
令nxsinxx，则nx1cosx0,nx在0,内单调递增，
所以nxsin000，即mx0,mx在0,内单调递增，
所以mxcos0010, 即hx0,hx在0,内单调递增，
0
所以hxsin00 0，即得证；
6 1   1 
g g 
2i1 2i   1 1 
（ⅱ）iN*时，k  2i1 sin sin 
i 1 1  2i 2i1

2i1 2i
 1 1 1  1  1 
2i1 2sin cos sin 2i1sin 2cos 1，
 2i1 2i1 2i1 2i1 2i1 
x2 x2 1 1
由（ⅰ）知，mxcosx 10，即cosx1 ，则cos 1 0，
2 2 2i1 22i3
1  1  1   1  
所以2i1sin 2cos 12i1sin 21 1
2i1 2i1  2i1   22i3 
1  1   1 1  1 
2i1sin 1 2i1   1 
2i1 22i2  2i1 623i3 22i2 
 1  1  7 1 1 1 7 1
1 1 1    1  ，
 622i2  22i2  6 22i2 6 24i4 6 22i2
1 1 1
 
 n k i n 7 6   2 1 4  2 1 6  2 1 8    22 1 n2    n 7 6  16 22n 1 2 4 n 7 6    1 1 2  1 1 2  4 1 n   
i1 1
4
7 7 1 7 16 1
n   n n n ，即得证.
72 18 4n1 72 144 9
x2
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由（ⅰ）中得到cosx1 ，从而得到
2
1 1 7 1
cos 1 0，从而借助放缩法，得到k 1  .
2i1 22i3 i 6 22i2