2025届甘肃省白银市靖远一中高三11月期中考-数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_11262025届甘肃省白银市靖远一中高三11月期中考

高考模拟卷·数学
（120分钟 150分）
考生须知：
1.本卷侧重：高考评价体系之综合性.
2.本卷怎么考：①考查同一层面、横向的交互融合的综合能力（题7）；②考查不同层面之间、
纵向的融会贯通的综合能力（题 19）.
3.本卷典型情境题：题 3、11.
4.本卷测试范围：高考全部内容.
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.
3i
z 
1. 复数 2i在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法法则计算可得复数z，进而可判断在复平面的对应点所在的象限.
3i (3i)(2i) 65ii2 55i
【详解】因为z     1i，
2i (2i)(2i) 22 i2 5
所以复数z在复平面内对应的点的坐标为（1,1），位于第一象限.
故选：A.
  π    
2. 已知向量a，b的夹角为 ， a 1， b  2，则 3ba （ ）
4
A.2 B. 5 C. 13 D.5
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的模的计算公式计算可得结论.
    2     2
【详解】 3b a  3b a  9b2 a2 6ab  92161 2  13.
2
故选：C.
第1页/共20页
学科网（北京）股份有限公司3.“一元二次方程ax2 2x40  a0  有一个正根和一个负根”的必要不充分条件是（ ）
A. a0 B. a1
C. a 0 D. a1
【答案】B
【解析】
【分析】由根与系数的关系根据条件求得a的范围，可判断结论.
【详解】当方程有一个正根和一个负根时，根据根与系数的关系

Δ
2 24a(4)0

可知
4
，解得a0，
x x  0
 1 2 a
由a0可以推出a1，但a1不一定能推出a0，故B符合题意.
故选：B.
4. 某校组织了一次数学测试（满分100分），所有考生的成绩均在  50,100  内，按照 ， ，  70,80 ，
50,60 60,70
， 分成五组.甲、乙两班考生的成绩占比如图所示，则（ ）
80,90 90,100
A. 成绩在 内的考生中，乙班人数少于甲班人数
B. 甲班成绩50的,6极0差比乙班成绩的极差小
C. 甲班成绩在 内的人数最多
80,90 
D. 乙班成绩在 70,80 内的人数最多
【答案】C
【解析】
【分析】根据折线图逐一分析判断即可.
【详解】对于A，因为不知道甲、乙两班考生的人数，所以成绩在 内的考生中无法比较甲、乙两班
考生的人数，故A项错误； 50,60
对于B，因为不知道甲、乙两班考生分数的具体值，所以无法比较极差的大小，故B项错误；
对于C，由折线图可知甲班成绩在 内的人数最多，故C项正确；
80,90 第2页/共20页
学科网（北京）股份有限公司对于D，由折线图可知乙班成绩在 内的人数最多，故D项错误.
故选：C 60,70
5. 抛物线 y2 8x上的点到其准线的距离与到直线 y  2x3的距离之和的最小值为（ ）
2 7 4 7 7 5
A. 5 B. C. D.
3 5 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的定义，转化距离，利用数形结合，即可求解.
【详解】抛物线 y2 8x的焦点坐标为F  2,0  ，准线方程为x 2，
设抛物线上的点M 到其准线的距离为 MM ，点M 到直线y  2x3的距离为 ，

由抛物线的定义可知 MM  MF ，则 MM  MN  MF  MN ，
43 7 5
 
其最小值为焦点F 2,0 到直线 y  2x3的距离，距离d   ，
41 5
7 5
即抛物线 y2 8x上的点到其准线的距离与到直线 y  2x3的距离之和的最小值为 .
5
故选：D
 2  2
6. 如图所示，在三棱柱ABCABC 中，若点E,F分别满足AE  AB，AF  AC ，平面EBC F 将
1 1 1 1 1
3 3
三棱柱分成体积为V ,V 的两部分，则V :V （ ）
1 2 1 2
第3页/共20页
学科网（北京）股份有限公司A. 19:8 B. 2:1 C. 17:10 D. 16:11
【答案】A
【解析】
4
【分析】根据平行线分线段成比例可求得S  S ，结合棱台和棱柱体积公式可求得结果.
AEF 9 ABC
 2  2 2 4
【详解】AE  AB，AF  AC ，EF//BC ，EF  BC ，S  S ；
3 3 3 AEF 9 ABC
EF AF AE 2
    ，几何体AEF  ABC 为三棱台，
BC AC AB 3 1 1 1
1 1 1 1 1 1
设三棱柱ABCABC 的高为h，
1 1 1
1  14 2 
V  S  S S S h  S  S S  h
1 3 AEF AEF A 1 B 1 C 1 A 1 B 1 C 1 39 ABC 3 ABC ABC 
19 19
 S h V ，
27 ABC 27 ABCA 1 B 1 C 1
8
V V V  V ，V :V 19:8.
2 ABCA 1 B 1 C 1 1 27 ABCA 1 B 1 C 1 1 2
故选：A.
7. 已知函数 f  x ex eπx cosx ，若实数 x，x，x 成等差数列，且
1 2 3
f  x  f  x  f  x 0 ，则 x x x （ ）
1 2 3 1 2 3
π 3π
A. 0 B. C. D. 3π
2 2
【答案】C
【解析】
π 
【分析】先由 f  πx  f  x eπx ex cosxex eπx cosx0，得出 f  x  关于 ,0对称；再
2 
由题意得出结果即可.
第4页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【详解】因为函数 f  x ex eπx cosx，
所以 f  πx  f  x eπx ex cosxex eπx cosx0，
π 
 
所以 f x 关于 ,0对称；
2 
若实数x，x，x 成等差数列，则x x 2x ，
1 2 3 1 3 2
又因为 f

x

f

x

f

x
0，
1 2 3
π 3π
所以x  ,x x  π，所以x x x  .
2 2 1 3 1 2 3 2
故选：C.
8. 已知定义在R 上的函数 f  x  满足2f  x y  f  xy  f  x  f  y  ，且 f  0 0，则下列结论正
确的是（ ）
A. f  0 1 B. 函数 f  x  为奇函数
C. 函数 f

x

有2个零点 D. f

2x

f

x

【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法令x y 0可判断A错误；结合A可知 f  0 1，不满足 f x f  x  ，可得B
1
错误；解方程可得 f  x 1或 f  x  ，所以函数 y f  x  没有零点，即 C 错误；令 y  x ，可得
2
2f

2x

f

0

f

x

f

x

，即 f

2x

f

x

，所以D正确.
【详解】由2f  x y  f  x y  f  x  f  y  ，
令x y 0，可得2

f  0 

2 2f  0 ，因为 f  0 0，所以 f  0  1，所以A项错误；
函数 f

x

的定义域为R ，因为 f

0
1，显然不符合
f
x f 
x

，
 
所以函数 f x 不是奇函数，所以B项错误；
由2f  x y  f  x y  f  x  f  y  ，令 y0，可得2f  x  2  f  x  f  0 ，
 
1
即2f  x  2  f  x 10，解得 f  x 1或 f  x  ，所以函数 y f  x  没有零点，所以C项错误；
 
2
由2f  x y  f  x y  f  x  f  y  ，令 y  x，可得2f  2x  f  0  f  x  f  x  ，
第5页/共20页
学科网（北京）股份有限公司所以2f

2x
2f 
x

，即 f

2x

f

x

，所以D项正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：求解本题关键在于合理利用赋值法解决选项中的问题，对于抽象函数性质问题也可
以联想已学的初等函数性质进行具体化分析，进而得出结论.
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，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分.
9. 一纸盒中共有6张形状和质地一样的卡片，其中4张是红色卡片，2张是黄色卡片.现从纸盒中有放回地
随机取4次，每次取1张卡片，取到红色卡片记1分，取到黄色卡片记0分，记4次取卡片所得的总分数
为X ，则（ ）
 1 32
A. X : B4,  B. P  X 3 
 2 81
8 7
C. E  X  D. D  X 
3 9
【答案】BC
【解析】
4 2  2
【分析】由题意可知每次取到红色卡片的概率为  ，则X  B4, ，对选项逐一判断即可.
6 3  3
4 2  2
【详解】由题意可知每次取到红色卡片的概率为  ，则X  B4, ，故A项错误；
6 3  3
3
2 1 32
P  X 3 C3     ，故B项正确；
4 3 3 81
2 8
E  X 4  ，故C项正确；
3 3
2 1 8
D  X 4   ，故D项错误.
3 3 9
故选：BC
 
10. 已知曲线E：x2  y2  2 x  2 y 0 x2  y2 0 ，则（ ）
A. 曲线E围成的图形的面积为24π
B. 曲线E的长度为4π
C. 曲线E上任意一点到原点的距离的最大值为 2
第6页/共20页
学科网（北京）股份有限公司D. 曲线E上任意两点间的最大距离为4
【答案】BD
【解析】
【分析】首先讨论x,y的正负，去绝对值，得到函数的曲线方程，并画出曲线E，利用数形结合，即可判
断选项.
2 2
 2  2
【详解】当x 0， y 0时，曲线E：x  y  1；
   
2 2
   
2 2
 2  2
当x 0， y0时，曲线E：x  y  1；
   
2 2
   
2 2
 2  2
当x0，y 0时，曲线E：x  y  1；
   
2 2
   
2 2
 2  2
当x0，y0时，曲线E：x  y  1.
   
2 2
   
因为x2  y2  0，所以x， y 不同时为0，
画出曲线E，如图所示.
曲线E围成的图形可分割为1个边长为2的正方形和4个半径为1的半圆，
故面积为222π 42π，故A项错误；
曲线E由4个半径为1的半圆弧组成，故周长为22π14π，故B项正确；
结合图可知曲线E上的点到原点的距离的最大值为2，故C项错误；
当曲线E上的两点的连线同时过圆心及原点时，两点间的距离最大，最大距离为4，故D项正确.
故选：BD
11. 设 是三次函数y f(x)的导数， 是 的导数，若方程 f(x)0有实数解x ，则称点
0
′ ″ ′

(x , f(x ))为三次函数 y f(x)的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次
0 0
函数图象的对称中心．设函数 f(x) x3bx2 cx，则以下说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司 b  b
A. f (x)的拐点为  , f    B. f (x)有极值点，则b2 3c0
 3  3
C. 过 f (x)的拐点有三条切线 D. 若b3，c1，则 f(2x) f(x)2
【答案】ABD
【解析】
 b  b
【分析】A选项，二次求导，解方程，求出拐点为  , f   ；B选项， f(x)3x2 2bxc有变号
 3  3
零点，由根的判别式得到不等式，得到B正确；C选项，举出反例 f  x  x3，求出过 f (x)的拐点只有1
条切线；D选项，二次求导得到函数的拐点 ( 1,-1 ) ，从而得到对称中心，，得到D正确.
【详解】A选项， f(x)3x2 2bxc， f(x)6x2b，
b
令 f(x)0，解得x  ，
3
 b  b
故 f  x  的拐点为  , f   ，A正确；
 3  3
B选项， f (x)有极值点，则 f(x)3x2 2bxc有变号零点，
故 4b2 12c0，故b2 3c0，B正确；
C选项，不妨设bc0，此时 f  x  x3，拐点为  0,0  ，
f x 3x2，切点为  x ,y  ，y  x3，
0 0 0 0
故切线方程为y 3x2x，
0
将  0,0  代入y 3x2x得，x 0，
0 0
故过 f (x)的拐点有1条切线，C错误；
D选项，b3，c1时， f(x) x33x2 x，
f(x)3x26x1， f(x)6x6，
令 f(x)6x60得，x1，则 f(1)1311，
故拐点为 ( 1,-1 ) ，
第8页/共20页
学科网（北京）股份有限公司则 f(x) x33x2 x关于点 ( 1,-1 ) 对称，
所以 f(2x) f(x)2，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导
函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质比如三次函数零点问题，极值点情况
等.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. 已知集合A{x∣1 x2}，集合B{x∣xm}，若A ð B  ，则m的取值范围为__________.
R
【答案】
,1 
【解析】
【分析】根据题意，得A B，从而可得m的取值范围.
【详解】Að
B
，A
B，m1.
R
故答案为：m≤1.
3 2  π
13. 已 知  是 第 二 象 限 角 ， 且 sincos ， 则 sin    __________ ，
5  4
 π 
cos   __________.
 12
3 3 34
【答案】 ①. - ②. 
5 10
【解析】
 π  π   π π
【分析】首先利用辅助角公式，化简求sin  的值，再利用角的变换，cos    cos   ，
 4  12  4 3
即可求解.
 π 3 2  π 3
【详解】sincos 2sin    ，得sin    ，
 4 5  4 5
π 3π π 5π
因为 2kππ2kπ，则 2kπ  2kπ，kZ
2 4 4 4
第9页/共20页
学科网（北京）股份有限公司 π 4
则cos    ，
 4 5
 π   π π 4 1  3 3 3 3 4
故cos    cos            .
 12  4 3 5 2  5 2 10
3 3 34
故答案为：- ；
5 10
x2
14. 已知椭圆：  y2 1(a 1)的左、右焦点分别为F、F ，点P是 y 轴正半轴上一点，PF 交椭圆于
a2 1 2 1
点A，若AF  PF ，且APF 的内切圆半径为1，则该椭圆的离心率是______．
2 1 2
6 1
【答案】 ## 6
3 3
【解析】
【分析】根据题意结合直角三角形以及内切圆的性质分析可得 AF  AF 2，结合椭圆的定义以及勾股
2 1
定理可得c2 2,a2 3，即可求得椭圆的离心率.
【详解】如图，APF 的内切圆与三边分别切于点E,F,G，
2
若AF  PF ，则 PG  PF , EF  FF , AG  AE 1，
2 1 2 2
因为 PF  PF ，则 GF  FF ，可得 GA  AF  AE  AF  EF ，
1 2 1 2 1 1 2
则2 AE  AF  AE  EF  AF ，可得 AF  AF 2 AE 2，
1 2 2 2 1
因为 AF 2  AF 2   AF  AF 2  2 AF  AF  4c2，
1 2 2 1 1 2
即42 AF  AF 4c2，可得 AF  AF 2c2 2，
1 2 1 2
第10页/共20页
学科网（北京）股份有限公司 2  2
又因为 AF  AF  AF  AF  4 AF  AF ，
1 2 2 1 1 2
 
即4a2 44 2c2 2 ，可得a2 2c2 1，
且a2 b2 c2 1c2，解得c2 2,a2 3，
c c2 6
所以椭圆的离心率是e   ．
a a2 3
6
故答案为： .
3
【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关
系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．焦点三角形的作用，在焦点三角形中，可以将圆锥曲线
的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
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. 在V ABC 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinBbsin2A.
（1）求角A的大小；
1
（2）若b2 a2  c2，求cosC.
2
π
【答案】（1）A
3
2 7
（2）
7
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解；
（2）根据余弦定理结合已知求出a,b,c之间的关系，再利用余弦定理即可得解.
【小问1详解】
因为asinBbsin2A，所以由正弦定理得sinAsinB sinBsin2A，
因为B
0,π

，所以sinB  0，
所以sinAsin2A，则sinA2sinAcosA，
1
因为sinA0，所以cosA ，
2
π
又因为0 A π，所以A ；
3
第11页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
π π
Q A ，由余弦定理可得a2 b2 c2 2bccos ，b2 a2 bcc2，
3 3
1 1 3
又b2 a2  c2，bcc2  c2，b c，
2 2 2
1 7 7
a2 b2  c2  c2，即a  c，
2 4 2
7 9
c2  c2 c2
a2 b2 c2 2 7
4 4
cosC   
.
2ab 7 3 7
2 c c
2 2
16. 如图，在三棱柱ABCABC 中，V ABC 是边长为2的等边三角形，四边形BCC B 为菱形，
1 1 1 1 1
CBB 60，三棱柱ABCABC 的体积为3．
1 1 1 1
（1）证明：平面ABC 平面BCC B ；
1 1
（2）若D为棱AC 的中点，求平面CDB 与平面ABD的夹角的正切值．
1 1 1 1
【答案】（1）证明见解析
8 3
（2）
9
【解析】
【分析】（1）取BC的中点O，连接BO，由已知得出BO 3，再根据体积求出点B 到平面ABC的距
1 1 1
离，即可得出BO 平面ABC，即可证明；
1
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式及同角三角函数的关系求解即可．
【小问1详解】
证明：取BC的中点O，连接BO，
1
第12页/共20页
学科网（北京）股份有限公司因为BB  BC 2,CBB 60，
1 1
所以△BCB 为等边三角形，
1
因为O为BC中点，所以BO BC，BO  BB2 OB2  22 12  3，
1 1 1
因为三棱柱ABCABC 的体积为3，设B 到平面ABC的距离为h，
1 1 1 1
1 3
所以 22 h3，所以h 3，则BO 平面ABC，
1
2 2
又BO平面BCC B ，所以平面ABC 平面BCC B ．
1 1 1 1 1
【小问2详解】
连接AO，由（1）知BO 平面ABC，又AO平面ABC，所以AO BO，
1 1
因为O为BC的中点，AC  AB，所以AO  BC，且AO 3，
所以OA,OB,OB 两两垂直，以O为坐标原点，OA,OB,OB 所在直线分别为x轴，
1 1
y 轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
     
则A 3,0,0 ,B  0,1,0  ，B 0,0, 3 ,C 0,2, 3 ,C  0,1,0  ，
1 1
  
 
因为AA  BB CC  0,1, 3 ，
1 1 1
   3 3 
所以A 3,1, 3 ，因为D为AC 的中点，所以D , , 3，
1 1 1   2 2  
  3 3       
则BD  , ,0,BC  0,1, 3 ,AB   3,0, 3 ，
1   2 2   1 1
   3 3
  nBD 0  x y 0
设平面CDB 的一个法向量n  x,y,z  ，则  1  ，即 2 2 ，
1 
nBC 0 
1 y 3z 0
3 
 3
令 y 1，解得x  3,z  ，故n   3,1,   ，
3  3 
   3 3
  mBD  0  a b0
设平面ABD的一个法向量m a,b,c  ，则  1  ，即 2 2 ，
1 
mAB  0 
1  3a 3c0
  
令a  3，解得b1,c 3，故m 3,1, 3 ，
第13页/共20页
学科网（北京）股份有限公司设平面CDB 与平面ABD的夹角为，
1 1
 
  mn 3 3 3
cos cos<m,n>     
所以 m  n 13 91，
 7
3
2
3 3 8 8 8 3
所以sin 1   ，所以tan  ．
 
 91 91 3 3 9
17. 已知函数 f  x  xaex 1,  aR  .
（1）若曲线y= f  x  在点  0, f  0  处的切线的斜率为0，求曲线y= f  x  在点  1, f  1  处的切线方程；
（2）若函数 f  x  有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）(e1)xey2e0；
（2）(0,e2).
【解析】
【分析】（1）先利用 f 0 0求出a 1，再求出 f 1  和 f  1  ，即可得到切线方程；（2）利用导数研究
 
单调性和极值，由函数 f x 有两个零点，列不等式即可求解.
【小问1详解】
函数 f  x  xaex 1,  aR  定义域为R , f x 1aex .
因为曲线y= f  x  在点  0, f  0  处的切线的斜率为0，所以 f 0 1ae0 0，解得：a 1，
1
所以 f 1 1e1 1 .
e
而 f  1 1ae112 1 ，所以曲线y= f  x  在点  1, f  1  处的切线方程为：
e
 1  1
y 2

 1

 x1  ，即(e1)xey2e0；
 e  e
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
i.当a0时，f x 1aex 0恒成立，所以 f  x  在R 上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意，
舍去；
ii. 当a0时，令 f x 1aex 0，解得：xlna；令 fx0，解得：xlna.
所以 f

x

在
,lna 
上单调递减， f

x

在
 lna,
上单调递增，
所以 f  x   f  lna lna2.
min
当x， f  x ；当x， f  x ；
所以要使函数 f

x

有两个零点，只需 f

lna
lna20，解得：ae2.
即a(0,e2).
综上所述：实数a的取值范围为(0,e2).
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定
极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过
构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研
究；③构造辅助函数研究，
y2
18. 已知双曲线C：x2  1的左、右焦点分别为F ，F ，O为坐标原点，A为双曲线C的左顶点，P
1 2
3
为双曲线C右支上的一点（非顶点），FPF 的平分线PM 交x轴于点M .
1 2
（1）过右焦点F 作F N PM 于点N ，求 ON .
2 2
（2）证明：点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值.
1 
（3）过点Q ,1作斜率为k的动直线l与双曲线C的右支交于不同的两点G ，H ，求斜率k的取值范围.
2 
【答案】（1）1 （2）证明见解析
第15页/共20页
学科网（北京）股份有限公司22 13 
（3） , 3.
 
 3 
【解析】
【分析】（1）延长F N 交PF 于点E，利用平面几何知识，结合双曲线的性质可求得 ON ；
2 1
（2）设点P的坐标为(m,n)，利用点到直线的距离公式计算可求得结论；
 1
（ 3 ） 设 直 线 l 的 方 程 为 y kx  1 ， 联 立 方 程 组 ， 消 元 可 得
 2
 3k2  x2 k  k2  x 

1 k2 k4 

0，利用方程有两个正根可求斜率k的取值范围.
4 
【小问1详解】
延长F N 交PF 于点E，如图所示，
2 1
因为PM 平分FPF ，F N PM ，
1 2 2
所以PNF ≌PNE ，所以 PF  PE ， F N  NE ，
2 2 2
所以N 为F E的中点.又O为FF 的中点，
2 1 2
1
所以 ON  FE ，且ON∥FE，
2 1 1
又 PF  PF 2a2，所以 PF  PF  FE  PE  PF  FE 2，
1 2 1 2 1 2 1
1
所以 ON  FE 1.
2 1
【小问2详解】
n2
设点P的坐标为(m,n)，则m2  1，即3m2 n2 3.
3
第16页/共20页
学科网（北京）股份有限公司双曲线C的渐近线为 3x y 0和 3x y 0，
3mn 3mn ∣3m2 n∣2 3
故点P到两条渐近线的距离之积为    .
31 31 22 4
故点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值.
【小问3详解】
 1 1 y2
由题意知直线l的方程为 y kx  1，即 y kx1 k，与x2  1联立，
 2 2 3
2
 1 
消去 y ，得到3x2  kx1 k 30，
 2 
整理为  3k2  x2 k  k2  x   1 k2 k4   0.
4 
y2
由于直线l与双曲线x2  1的右支有两个不同的交点G，H ，设点G的坐标为 ，
3
1,  1
点H 的坐标为 ，故关于x的方程  3k2  x2 k  k2  x   1 k2 k4   0有两个不同的正数根
4 
2,  2
x，x 等价于
1 2
    k  k 2   2 4  3k2  1 k2k 4   0
4 


  3k2 k  k2 0 ，

   3k2

1 k2k4 

0

 4 
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学科网（北京）股份有限公司 k2 k 2 2   3k2 k2 4k 16  0


即 k  k 2  k23  0 ，

  3k2 k2 4k16  0

由k2 4k16k2 4k4 k2 2 0，
 k2 k 2 2   3k2 k2 4k 16  0


得 k  k 2  k23  0 ，

3k2 0


而k2 k2 2   3k2  k2 4k16  k4 4k34k2 3k2 12k48k4 4k316k2
 
9k2 12k483 3k2 4k16 ,
 3k2 4k 160

故条件等价于  k  k 2  k23  0,即k   22 13 , 22 13 ，
 
3 3
  

3k2 0

       
且k , 3  0, 3  2, ，且k , 3  3, ，
22 13 
即k , 3.
 
 3 
22 13 
故斜率k的取值范围是 , 3.
 
 3 
【点睛】方法点睛：在平面解析几何中，直线与圆锥曲线的位置关系的题型与联立直线与圆锥曲线的方程，
经常用到根与系数的关系以及根的分布的有关问题，在平时的学习中要注重知识与经验的积累.
19. 若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出
新的数列．现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，3，2；第二次得到数列1，4，3，5，2；依次构
 
造，第n nN* 次得到的数列的所有项之和记为a .
n
（1）设第n次构造后得的数列为1,x ,x ,,x ,2，则a 3 x  x  x ，请用含x ,x ,,x 的代
1 2  n 1 2 k 1 2 k
数式表达出a ，并推导出a 与a 满足的关系式；
n1 n1 n
 
（2）求数列 a 的通项公式a ；
n n
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学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1
（3）证明：    
a a a a 3
1 2 3 n
【答案】（1）a 63  x x x  ，a 3a 3；
n1 1 2 k n1 n
3n13
（2）a  ；
n 2
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据新数列构造的定义，直接求解即可；
3  3
（2）根据递推公式构造a  3a  ，结合等比数列的定义和通项公式求解即可；
n1 2  n 2
1 2
（3）利用放缩可得  ，再根据等比数列求和公式证明即可.
a 3n1
n
【小问1详解】
设第n次构造后得的数列为1,x ,x ,,x ,2，则a 3 x  x  x ，
1 2 k n 1 2 k
根据题意可得第n1次构造后得到的数列为1，1x ,x ,x x ,x ,,x x ,x ,2x ，2，
1 1 1 2 2 k1 k k k
所以a 63  x x x 63  a 3 3a 3，
n1 1 2 k n n
即a 与a 满足的关系式为a 3a 3.
n1 n n1 n
【小问2详解】
3  3
由a 3a 3，可得a  3a  ，
n1 n n1 2  n 2
3 9
且a 6，a   ，
1 1 2 2
 3 9
所以数列a  是以 为首项，3为公比的等比数列，
 n 2 2
3 9 3n13
所以a   3n1，即a  .
n 2 2 n 2
【小问3详解】
1 2 1 2 1 2
由（2）得      ，
a 3 3n 1 3 3n 3n1
n
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学科网（北京）股份有限公司2 1 
1

1 1 1 1 2 2 2 2 9 3n  1 1 1
所以           
a a a a 32 33 34 3n1 1 3 3n1 3
1 2 3 n 1
3
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