新结构试卷江西吉安一中2024届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题一(1)_2024年2月_022月合集_2024届新结构试卷19题“九省联考模式”数学试卷33套

吉安一中 2024 届高三“九省联考”考后适应性测试数学试题一 本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的． 1．（本题5分）某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下： 85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98 则这组数据的40%分位数为（ ） A．90 B．91 C．90.5 D．92 2．（本题5分）已知圆C：x2+y2−4x−14y+45=0及点Q(−2,3)，则下列说法正确的是（ ） A．直线kx−y−2k+1=0与圆C始终有两个交点 B．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为2 2,6 2   1 C．若点P(m,m+1)在圆C上，则直线PQ的斜率为 4 D．圆C与x轴相切         3．（本题5分）已知向量a,b 满足 a =1,b =(t,2−t),a−b与a垂直，则 a−b 的最小值为（ ） 2 A． 2 B． C．1 D．3 2 4．（本题5分）高一（1）班有8名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的2排，每排 4人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（ ） 1 3 3 1 A． B． C． D． 384 4 8 16 5．（本题5分）已知数列{a }、{b }的前n项和分别为A、B ，记c =a ⋅B +b ⋅A −a ⋅b ，则数列{c }的 n n n n n n n n n n n n 前2021项和为（ ） A +B A．A +B B． 2021 2021 C．A ⋅B D． A ⋅B 2021 2021 2 2021 2021 2021 2021 6．（本题5分）已知球O的直径PQ = 4，A，B，C是球O球面上的三点，ABC是等边三角形，且 ∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°，则三棱锥P−ABC的体积为（ ）. A．9 3 B． 27 3 C． 3 3 D． 3 3 4 4 2 4 7．（本题5分）已知α∈(0,π)，且3tanα=10cos2α，则cosα可能为（ ） 10 5 10 5 A．− B．− C． D． 10 5 10 5 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司1 8．（本题5分）已知f(x)为奇函数，当x∈[0,1]时，f(x)=1−2|x− |,当x∈(−∞,−1],f(x)=1−e−1−x，若关于x的 2 不等式f(x+m)>f(x)恒成立，则实数m的取值范围为（ ） 1  A．(-1,0)∪(0,+∞) B． +ln2,+∞ 2  1 1 C．(− −ln2,−1)∪( +ln2,+∞) D． (2,+∞) 2 2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（本题6分）下列选项中的两个集合相等的有（ ）. A．P={ x∣x=2n,n∈Z } ,Q={ x∣x=2(n+1),n∈Z } B．P={ x∣x=2n−1,n∈N } ,Q={ x∣x=2n+1,n∈N } + + C．P= { x∣x2−x=0 } ,Q=  x∣x= 1+(−1)n ,n∈Z    2  D．P={ x∣y=x+1 } ,Q={(x,y)∣y=x+1 } 10．（本题6分）如图，一个质点在半径为2的圆O上以点P为起始点，沿逆时针方向运动，每3s转一圈. 则该质点到x轴的距离y是关于运动时间t的函数，则下列说法正确的是（ ） 3 A．函数y的最小正周期是 2 B．函数y的最小正周期是3π 2π π C．y= 2cos t−   3 4 2π π D．y= 2sin t−   3 4 11．（本题6分）定义：对于定义在区间I上的函数 f(x)和正数α(0<α≤1)，若存在正数M，使得不等式 试卷第2页，共5页f (x )− f (x ) ≤M x −x α对任意x,x ∈I恒成立，则称函数 f(x)在区间I上满足α阶李普希兹条件，则下 1 2 1 2 1 2 列说法正确的有（ ） A．函数 f(x)= x在[1,+∞)上满足 1 阶李普希兹条件 2 B．若函数 f(x)=xlnx在[1,e]上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为e C．若函数 f(x)在[a,b]上满足M =k(01)，则z在复平面内对应的点所在的象限为 象限. 13．（本题5分）已知函数 f (x)=mx+lnx,g(x)=x2−mx，若曲线y= f (x)与曲线y=g(x)存在公切线，则 实数m的最大值为 ． 14．（本题5分）地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水 平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm的 地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱ABCABC 中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱 1 1 1 的三个侧面相切，如图2所示.此时平面ABC恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱ABCABC 的外接球体 1 1 1 1 积为 .(参考数据：tan23.5°≈0.43) 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．（本题13分）为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励 试卷第3页，共5页 学科网（北京）股份有限公司学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜 3 方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是 . 5 （1）求比赛结束时恰好打了6局的概率； （2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望. 16．（本题15分）已知函数 f(x)=xlnx−ax2+a(a∈R). （1）若函数 f(x)在x=1处的切线与直线2x− y+1=0垂直，求实数a的值. （2）若函数 f(x)存在两个极值点，求实数a的取值范围. 17．（本题15分）如图，在正三棱锥P−ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴 合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，∠ADP=α． (1)用α分别表示线段BC和PD长度；  π (2)当α∈0, 时，求三棱锥的侧面积S的最小值．  2 试卷第4页，共5页18．（本题17分）如图，D为圆O：x2+y2 =1上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A， B，连接BA并延长至点W，使得WA =1，点W的轨迹记为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若过点K(−2,0)的两条直线l ，l 分别交曲线C于M，N两点，且l ⊥l ，求证：直线MN过定点； 1 2 1 2 (3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线x=x 与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P， 0 π Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得∠ORP+∠ORQ= ？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说 2 明理由． 19．（本题17分）对于无穷数列{a }，“若存在a −a =t ( m,k∈N*,m>k ) ，必有a −a =t”，则称数列{a } n m k m+1 k+1 n 具有P(t)性质.  2n (n=1,2)  （1）若数列{a n }满足a n =  2n−5 ( n≥3,n∈N*) ，判断数列{a n }是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性质？ （2）对于无穷数列{a }，设T ={x|x=a −a,i< j}，求证：若数列{a }具有P(0)性质，则T必为有限集； n j i n （3）已知{a }是各项均为正整数的数列，且{a }既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数N ，k， n n 使得a ，a ，a ，…，a ，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由. N N+1 N+2 N+k 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司参考答案： 1．C 90+91 【详解】由题意，15×0.4=6，故这组数据的40%分位数为从小到大第6，7位数据的平均数，即 =90.5. 2 故选：C 2．B 【详解】依题意，圆C：(x−2)2+(y−7)2 =8，圆心C(2,7)，半径r=2 2， 对于A，直线kx−y−2k+1=0恒过定点(2,1)，而点(2,1)在圆C外，则过点(2,1)的直线与圆C可能相离，A 不正确； 对于B，|CQ|=4 2，点Q在圆C外，由CQ −r≤ MQ ≤ CQ +r得：2 2≤ MQ ≤6 2，B正确. 对于C，点P(m,m+1)在圆C上，则(m−2)2+(m−6)2 =8，解得m=4，而点Q(−2,3)， m−2 1 则直线PQ的斜率为 = ，C不正确； m+2 3 对于D，点C(2,7)到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与x轴相离，即圆C与x轴不相切，D不正确； 故选：B 3．C    (  )     【详解】由a−b与a垂直，得 a−b ⋅a＝0，则a⋅b＝a2＝1，       所以 a−b＝ a2−2a⋅b＋b2＝ 12−2×1＋t2＋(2−t)2＝ 2(t−1)2＋11，   所以当t＝1时， a−b 的最小值为1． 故选：C 4．D 【详解】8名身高都不相同的同学站在8个不同的位置有A8种站法，将8名同学分为4组，每组2人，则 8 C2C2C2C2 C2C2C2C2 8 6 4 2 ⋅A4 有 8 6 4 2 种分法，4组人有A4种站法，故所求概率 A4 4 1 . A4 4 P= 4 = 4 A8 16 8 故选：D. 5．C 【详解】当n=1时，c =ab +ba −ab =ab = AB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 当n≥2时，c =a ⋅B +b ⋅A −a ⋅b n n n n n n n 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司=(A −A )B +(B −B )A −(A −A )(B −B ) = A B −A B ， n n−1 n n n−1 n n n−1 n n−1 n n n−1 n−1 所以c +c ++c = AB +(A B −AB )++(A B −A B ) 1 2 n 1 1 2 2 1 1 2021 2021 2020 2020 = A B . 2021 2021 故选：C 6．A 【详解】设球心为M ，等边三角形ABC截面小圆的圆心为O（也是等边三角形ABC的中心）. 由于ABC是等边三角形，∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°， 所以PQ⊥平面ABC，P在面ABC的投影即O，也即等边三角形ABC的中心，且PO⊥平面ABC，则 PO⊥OC. 因为PQ是直径，所以∠PCQ=90°. 所以PC =4cos30°=2 3,PO=2 3cos30°=3，OC =2 3sin30°= 3. 2 由于O是等边三角形ABC的中心，所以OC = CH， 3 3 3 3 3 所以等边三角形ABC的高CH = ，AC = ÷sin60°=3. 2 2 1 1 1 3 9 3 所以三棱锥P−ABC的体积为V = ×PO×S = ×3× ×3×3× = . 3 △ABC 3  2 2   4 故选：A 7．B 【详解】由3tanα=10cos2α，得3tanα=10(cos2α−sin2α)， 答案第2页，共14页cos2α−sin2α 所以3tanα=10× ， cos2α+sin2α 1−tan2α 所以3tanα=10× ， 1+tan2α 整理得3tan3α+10tan2α+3tanα−10=0， (tanα+2)(3tan2α+4tanα−5)=0， 所以tanα+2=0或3tan2α+4tanα−5=0， −2± 19 所以tanα=−2或tanα= ， 3 sinα π  ①当tanα=−2时， =−2，α∈ ,π， cosα  2  因为sin2α+cos2α=1，所以5cos2α=1， 5 所以cosα=± ， 5 π  5 因为α∈ ,π，所以cosα=− ，  2  5 −2+ 19 sinα −2+ 19  π ②当tanα= 时， = ,α∈0,  ， 3 cosα 3  2 2  19−2  因为sin2α+cos2α=1，所以 cosα +cos2α=1，    3   π 9 由于α∈0, ，所以解得cosα= ，  2 32−4 19 −2− 19 sinα −2− 19 π  ③当tanα= 时， = ,α∈ ,π ， 3 cosα 3  2  2 − 19−2  因为sin2α+cos2α=1，所以 cosα +cos2α=1，    3  π  9 由于α∈ ,π，所以解得cosα=− ，  2  32+4 19 5 9 9 综上，cosα=− ，或cosα= ，或cosα=− ， 5 32−4 19 32+4 19 故选：B 8．B 【详解】若x∈[−1，0]，则−x∈[0，1]， 答案第3页，共14页 学科网（北京）股份有限公司1 1 则 f(−x)=1−2|−x− |=1−2|x+ |， 2 2 f(x)是奇函数， 1 ∴f(−x)=1−2|x+ |=−f(x)， 2 1 则 f(x)=2|x+ |−1，x∈[−1，0]， 2 若x∈[1，+∞)，则−x∈(−∞，−1]， 则 f(−x)=1−e−1+x =−f(x)， 则 f(x)=e−1+x −1，x∈[1，+∞)， 作出函数 f(x)的图象如图： 当m>0时， f(x+m)的图象向左平移，如图， 1 当 f(x+m )的图象与 f(x)在x≤ 相切时， f′(x+m )=ex−1+m，此时对应直线斜率k =2， 0 2 0 由ex−1+m0 =2，即x−1+m 0 =ln2，得x=ln2+1−m 0 ． 此时y=eln2+1−m0−1+m0 −1=eln2−1=2−1=1， 又切点在直线y=2x上， 1 所以切点坐标为( ,1)， 2 1 即x=ln2+1−m = ， 0 2 答案第4页，共14页1 解得m = +ln2， 0 2 1 所以当m≥m = +ln2时，不等式 f(x+m)> f(x)恒成立. 0 2 当m<0时， f(x+m)的图象向右平移，如图， 显然不等式 f(x+m)> f(x)不恒成立. 1  综上m的取值范围是 +ln2,+∞， 2  故选：B． 9．AC 【详解】解：对于A：集合P={ x∣x=2n,n∈Z } 表示偶数集，集合Q={ x∣x=2(n+1),n∈Z } 也表示偶数集， 所以P=Q，故A正确； 对于B：P={ x∣x=2n−1,n∈N }={1,3,5,7,}， + Q={ x∣x=2n+1,n∈N }={3,5,7,9,}，所以P≠Q，故B错误； + 1,n为偶数 对于C：P= { x∣x2−x=0 } ={0,1}，又(−1)n= ， −1,n为奇数 1+(−1)n 1,n为偶数  1+(−1)n  所以x= = ，即Q=x∣x= ,n∈Z={0,1}，所以P=Q，故C正确； 2 0,n为奇数  2  对于D：集合P={ x∣y=x+1 }=R为数集，集合Q={(x,y)∣y=x+1 } 为点集，所以P≠Q，故D错误； 故选：AC 10．AD 2π 【详解】由题可知，该质点的角速度为 rad/s， 3 由于起始位置为点P，沿逆时针方向运动， 答案第5页，共14页 学科网（北京）股份有限公司2π π 设经过时间ts之后所成的角为ϕ，则ϕ= t− ， 3 4 2π π 根据三角函数定义可知点P的纵坐标为y =2sin t− ， p  3 4 2π π 所以该质点到x轴的距离y= 2sin t−  ，可得D正确，C错误；  3 4 π 3 2π π = 由解析式y= 2sin t−  可知其最小正周期为 2π 2，即A正确，B错误；  3 4 3 故选：AD 11．ACD 【详解】A选项：不妨设x >x ，∴ f (x )− f (x ) = x − x ，即 1 2 1 2 1 2 f (x )− f (x ) x − x x − x ∴ 1 2 = 1 2 = 1 2 <1，故∃M ≥1，对∀x,x ∈[ 1,+∞)，均有 (x −x ) 1 2 (x −x ) 1 2 x 1 + x 2 1 2 1 2 1 2 1 f (x )− f (x ) ≤M(x −x ) 2 ，A选项正确； 1 2 1 2 B选项：不妨设x >x ， f (x)=xlnx在[ 1,e ]单调递增，∴ f (x )− f (x ) = f (x )− f (x )， 1 2 1 2 1 2 ∴ f (x )− f (x ) ≤M x −x ，即 f (x )− f (x )≤M(x −x )，即 f (x )−Mx ≤ f (x )−Mx 对∀x >x ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 x,x ∈[ 1,e ]恒成立，即 f (x)−Mx在[ 1,e ]上单调递减，∴f′(x)−M ≤0对∀x∈[1,e]恒成立，所以M ≥1+lnx 1 2 对∀x∈[1,e]恒成立，即M ≥2，即M 的最小值为2，B选项错误； C选项：假设方程 f (x)=x在区间[ a,b ]上有两个解x ，t，则 f (x )− f (t) ≤k x −t < x −t ，这与 0 0 0 0 f (x )− f (t) = x −t 矛盾，故只有唯一解，C选项正确； 0 0 1 1 1 D选项：不妨设x >x ，当x −x ≤ 时， f (x )− f (x ) ≤ x −x ≤ ，当x −x > 时， 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 f (x )− f (x ) = f (x )− f (1)+ f (0)− f (x ) ≤ f (x )− f (1) + f (x )− f (0) 1 2 1 2 1 2 1 1 ≤1−x +x −0=1−(x −x )< ，故对∀x,x ∈[ 0,1 ]， f (x )− f (x ) ≤ ，故D选项正确； 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 故选：ACD 12．第二 【详解】由a>1，可知1−a<0，a2−1>0， 故z在复平面内对应的点所在的象限为第二象限. 答案第6页，共14页故答案为：第二. 1 13． 2 1 【详解】 f′(x)=m+ ,g′(x)=2x−m， x 假设两曲线在同一点(x ,y )处相切， 0 0  1 m+ =2x −m 则 x 0 ，可得1−lnx =x2，即x2+lnx −1=0， 0 0 0 0 0  mx +lnx =x2−mx 0 0 0 0 因为函数y=x2+lnx−1单调递增，且x=1时y=0， 1  1 所以x =1，则m= ，此时两曲线在1, 处相切， 0 2  2 1 根据曲线的变化趋势，若m> ，则两曲线相交于两点，不存在公切线，如图， 2 1 所以m的最大值为 . 2 1 故答案为： . 2 14．790π 【详解】由题设可知平面ABC与面ABC 的夹角为23.5°，取AC中点M，AC 中点N，连接MN 1 1 1 1 1 1 由二面角的定义可知∠MBN为平面ABC与面ABC 的夹角，即∠MBN =23.5° 1 1 1 1 1 1 设正三棱柱的底面边长为2a，高为h，则BN = 3a 1 h 所以tan∠MBN =tan23.5°= ≈0.43，则h≈0.43 3a 1 3a 又地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，即地球仪的最大圆与底面正三角形内切， 1 3 2× ×2a×2a× 所以内切圆的半径 2S 2 2 ，解得a=4 3 r= = =4 C 3×2a 答案第7页，共14页 学科网（北京）股份有限公司所以三棱柱的高h≈0.43 3×4 3=5.16，底面边长为8 3 设三棱柱ABCABC 上、下底面中心E,F，连线的中点O为球心， 1 1 1 h 2 2 在直角OEB，OE= =2.58，EB= 3a= 3×4 3=8 2 3 3 所以三棱柱外接球的半径 R= 82+2.582 = 70.6564 ≈8.4 4 4 所以体积V = πR3 = π×8.43 ≈790π 3 3 故答案为：790π 582 1966 15．（1） ；（2）分布列答案见解析，数学期望： . 3125 625 4 3 2 3 486 【详解】解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为P =C4×  × × = ， 1 5 5 5 5 3125 1 4 3 2 2 96 恰好打了6局，乙获胜的概率为P =C1×  ×  × = ， 2 5 5 5 5 3125 486 96 582 所以比赛结束时恰好打了6局的概率为P=P +P = + = . 1 2 3125 3125 3125 （2）X的可能取值为2，3，4，5， 2 3 9 P(X =2)=  = ， 5 25 2 3 3 36 P(X =3)=C1× × × = ， 2 5 5 5 125 2 4 3 2 3 2 124 P(X =4)=C1× ×  × +  = ， 3 5 5 5 5 625 3 3 3 2 3 2 3 2 96 P(X =5)=C1× ×  × +C3×  × × = . 4 5 5 5 4 5 5 5 625 答案第8页，共14页所以X的分布列如下： X 2 3 4 5 9 36 124 96 P 25 125 625 625 9 36 124 96 1966 故E(X)=2× +3× +4× +5× = . 25 125 625 625 625 3  1 16．（1）a= ；（2）0, . 4  2 【详解】（1） f′(x)=lnx+1−2ax， f′(1)=1−2a， 3 则(1−2a)×2=−1，解得a= . 4 （2） f′(x)=lnx+1−2ax， 由题设可知 f′(x)=0有两个不同的零点，且 f′(x)在零点的附近 f′(x)的符号发生变化. 1 令g(x)=lnx+1−2ax，则g′(x)= −2a， x 若a≤0，则g′(x)>0，则g(x)为(0,+∞)上为增函数， g(x)在(0,+∞)上至多有一个零点. 1  1  当a>0时，若00，故g(x)在0, 上为增函数， 2a  2a 1  1  若x> ，则g′(x)<0，故g(x)在 ,+∞上为减函数， 2a 2a   1  1 1 故g(x) =g =ln >0，故02时，总有2lnt2时，h′(t)= −1= <0，故h(t)为(2,+∞)上的减函数， t t 故h(t)4，则lnx< x， 故当x>4时，有g(x)< x+1−2ax， 答案第9页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 ( )2  1+ 1+8a  取M =max4, ，则当x>M 时，  16a2     1+ 1+8a  1− 1+8a  有 x+1−2ax=−2a x−  x− <0，     4a  4a   1  故g(x)<0，故在 ,+∞上，存在实数x，使得g(x)<0， 2a  由零点存在定理及g(x)的单调性可知可得g(x)在   1 ,+∞  上存在一个零点. 2a   1 综上可知，实数a的取值范围是0, .  2 2 3 1 17．(1) BC = ； PD = sinα sinαcosα 27 (2) 2 【详解】（1）连接OP，由题意O为ABC的中心， 且PO⊥面ABC，又AD⊂面ABC，所以PO⊥ AD，所以POD为直角三角形． 设半球与面PBC的切点为E，则OE =1且OE⊥PD． OE 1 3 2 3 在Rt△ODE中， = OD = × BC ，所以 BC = ． sinα 3 2 sinα OD 1 在RtPOD中， PD = = ． cosα sinαcosα 1 3 2 3 1 （2）由题知，S =3S =3× × BC × PD = × × ， △PBC 2 2 sinα sinαcosα 3 3  π 化简得S = ，α∈0, ， sin2αcosα  2 令cosα=t，则上述函数变形为S(t)= 3 3 ，t∈(0,1)， t−t3 所以S′(t)= 3 ( 3 t ( − 3 t t 3 2 ) − 2 1 ) ，令S′(t)=0，得t = 3 3 ．当t∈    0, 3 3     时， 答案第10页，共14页 3  S′(t)<0，S(t)单调递减，当t∈ ,1时，    3  S′(t)>0，S(t)单调递增，所以当t = 3 时， 3  3 27 三棱锥的侧面积S的最小值为S = ．    3  2 x2 18．(1) +y2 =1 4  6  (2)证明见解析，− ,0  5  (3)存在，R(0,±2) 【详解】（1）设W(x,y)，D(x ,y )，则A(x ,0),B(0,y )， 0 0 0 0 微信公众号：智慧学库  x   x = 由题意知 AB =1，所以WA= AB，得(x −x,−y)=(−x ,y )，所以 0 2 ， 0 0 0  y =−y 0 x2 x2 因为x2+y2 =1，得 +y2 =1，故曲线C的方程为 +y2 =1． 0 0 4 4 （2）由题意可知，直线l,l 不平行坐标轴， 1 2 1 则可设l 的方程为：x=my−2，此时直线l 的方程为x=− y−2． 1 2 m x=my−2  由x2 ，消去x得：(m2+4)y2−4my=0，  +y2 =1  4 4m 4m 2m2−8 解得：y= 或y=0(舍去)，所以x=m⋅ −2= ， m2+4 m2+4 m2+4 2m2−8 4m 2−8m2 4m 所以M( , )，同理可得：N( ,− )． m2+4 m2+4 4m2+1 4m2+1 当m≠±1时，直线MN的斜率存在， 4m 4m + m2+4 4m2+1 4m(5m2+5) 5m k = = = ， MN 2m2−8 2−8m2 16m4−16 4m2−4 − m2+4 4m2+1 5m  6 则直线MN的方程为y= x+ ， 4m2−4 5  6  所以直线MN过定点− ,0．  5  6  6  当m=±1时，直线MN斜率不存在，此时直线MN方程为：x=− ，也过定点− ,0， 5  5  答案第11页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 6  综上所述：直线MN过定点− ,0．  5  （3）假设存在点R使得∠ORP+∠ORQ= π ，设R(0,t)， 2 π 因为∠ORP+∠ORQ= ，所以∠ORQ=∠OPR，即tan∠ORQ=tan∠OPR， 2 |OQ| |OR| 所以 = ，所以|OR|2=|OP|⋅|OQ|， |OR| |OP| 直线x=x 与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于x轴对称， 0 设G(x ,y ),H(x ,−y )(y ≠±1,y ≠0)， 0 0 0 0 0 0 y −1 易知点S(0,1)，直线SG方程是y= 0 x+1， x 0 x 令y=0得点P横坐标x =− 0 ， P y −1 0 y +1 x 直线SH方程是y= 0 x+1，令y=0得点Q横坐标x = 0 ， −x Q y +1 0 0 x2 由|OR|2=|OP|⋅|OQ|，得t2 = 0 ，又G(x ,y )在椭圆上， |y2−1| 0 0 0 x2 所以 0 +y2 =1，所以t2 =4，解得t=±2， 4 0 π 所以存在点R(0,±2)，使得∠ORP+∠ORQ= 成立． 2 19．（1）见解析； （2）见解析； （3）见解析. 可证得存在整数N ，使得a ,a ,a ,,a ,是等差数列. N N+1 N+2 N+k  2n (n=1,2)  【详解】（1）因为a n =  2n−5 ( n≥3,n∈N*) ， a −a =5−4=1，但a −a =7−1=6≠1，所以数列{a }不具有性质P(1)， 5 2 6 3 n 答案第12页，共14页同理可得数列{a }具有性质P(4)； n （2）因为数列{a }具有性质P(0)， n 所以一定存在一组最小的且m>k，满足a −a =0，即a =a ， m k m k 由性质P(0)的含义可得a =a ，a =a ，，a =a ,a =a ， m+1 k+1 m+2 k+2 2m−k−1 m−1 2m−k m 所以数列{a }中，从第k项开始的各项呈现周期性规律： n a ,a ,,a 为一个周期中的各项， k k+1 m−1 所以数列{a }中最多有m−1个不同的项， n 所以T最多有C2 个元素，即T为有限集； m−1 （3）因为数列{a }具有P(2)性质，又具有P(3)性质， n 所以存在M',N'，使得a −a =2,a −a =3， M'+P M' N'+q N' 其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数， 由性质P(2),P(3)的含义可得a −a =2,a −a =3， M'+p+k M'+k N'+q+k N'+k 若M'N'，则取k =M'−N'，可得a −a =3， M'+q M' 记M =max{M',N'}，则对于a ， M 有a −a =2,a −a =3，显然p≠q， M+p M M+q M 由性质P(2),P(3)的含义可得：a −a =2,a −a =3， M+p+k M+k N+q+k N+k 所以a −a =(a −a )+(a −a )++(a −a ) M+pq M M+pq M+(q−1)p M+(q−1)p M+(q−2)p M+p M =2qa −a =(a −a )+(a −a )++(a −a )=3p， M+pq M M+pq M+(p−1)q M+(p−1)q M+(p−2)q M+q M 所以2q=3p， 又p,q满足a −a =2,a −a =3的最小的正整数， M+p M M+q M 所以q=3,p=2，a −a =2,a −a =3， M+2 M M+3 M 所以a −a =2,a −a =3， M+2+k M+k M+3+k M+k 答案第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司所以a =a =a +2k,a =a =a +3k， M+2k M+2(k−1)+2 M M+3k M+3(k−1)+3 M 取N =M +3，所以，若k是偶数，则a =a +k， N+k N 若k是奇数， 则a =a =a +(k−3)=a +3+(k−3)=a +k， N+k N+3+(k−3) N+3 N N 所以，a =a +k， N+k N 所以a ,a ,a ,,a ,是公差为1的等差数列. N N+1 N+2 N+k 答案第14页，共14页