湖南省长沙市第一中学2025届高三上学期月考（三）（11月）数学试卷（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1117湖南省长沙市长沙一中2025届高三月考试卷（三）（全科）

长沙市一中 2025 届高三月考试卷（三） 数学 时量：120分钟满分：150分 一、选择题（本大题共 8个小题，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i 34i z  1. 若复数z满足 z ，则 （ ） 5 2 2 5 A. B. C. D. 5 5 5 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数z，计算其模，即得答案. 1i 1i  1i  34i  17i 【详解】由 34i可得z    ， z 34i  34i  34i  25 2 则 z  , 5 故选：C 2. 已知数列  a  的前n项和S n2 2n，则a a a 等于（ ） n n 3 4 5 A.12 B.15 C.18 D.21 【答案】B 【解析】 【分析】利用S S 即可求得a a a 的值. 5 2 3 4 5 【详解】因为数列  a  的前n项和S n2 2n， n n   所以a a a =S S 52 25 22 22 15. 3 4 5 5 2 故选：B. 3. 抛物线 y 4x2的焦点坐标为（ ） A. (1,0) B. (1,0) 1 1 C. (0, ) D. (0, ) 16 16 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】D 【解析】 【分析】先将抛物线方程化为标准方程，从而可求出其焦点坐标 1 【详解】解：由 y 4x2，得x2  y， 4 1 所以抛物线的焦点在 y 轴的正半轴上，且2p ， 4 1 p 1 所以 p  ，  ， 8 2 16 1 所以焦点坐标为(0, )， 16 故选：D 4. 如图是函数 y sin x 的部分图象，则函数的解析式可为（ ） π   π A. ysin 2x B. y sinx  3   3  π 5π  C. ysin2x  D. ycos 2x  6  6  【答案】A 【解析】 5π 【分析】观察图象，确定函数 y sin x 的周期，排除B，由图象可得当x  时，函数取最小值， 12 求由此判断AC，结合诱导公式判断D. 2π π 【详解】观察图象可得函数 y sin x 的最小正周期为T 2    π，  3 6 2π 所以 π，故2或2，排除B；  π 2π  观察图象可得当 6 3 5π 时，函数取最小值， x  2 12 5π 3π 当2时，可得2 2kπ+ ，kZ， 12 2 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司2π 所以2kπ+ ，kZ，排除C； 3 5π π 当2时，可得2 2kπ ，kZ， 12 2 π 所以2kπ+ ，kZ， 3 π 取k 0可得， ， 3 π  故函数的解析式可能为 y sin 2x，A正确； 3  5π  π π  π  y cos 2x cos  2x sin 2x，D错误  6  2 3  3  故选：A. 5.1903年，火箭专家、航天之父康斯坦丁・齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的 m m 理想情况下的最大速度v满足公式：vv ln 1 2 ，其中m ,m 分别为火箭结构质量和推进剂的质量， 0 m 1 2 1 v 是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为8km/s，则火 0 箭发动机的喷气速度为（ ）（参考数据：ln20.7，ln31.1,ln41.4） 80 A. 10km/s B. 20km/s C. km/s D. 40km/s 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据实际问题，运用对数运算可得. m m 2m m 【详解】由题意m 2m ，vv ln 1 2 v ln 2 2 8， 1 2 0 m 0 2m 1 2 8 8 8 3 v    20 得v ln 8，故 0 3 ln3ln2 1.10.7 ， 0 2 ln 2 故选：B 8 6 6. 若3cos 10cos ，3sin 10sin ，则cos的值为（ ） 5 5 5 5 10 10 A.  B. C.  D. 4 4 4 4 【答案】C 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】已知两式平方相加，再由两角和的余弦公式变形可得． 8 6 【详解】因为3cos 10cos ，3sin 10sin ， 5 5 64 36 所以(3cos 10cos)2  ，(3sin 10sin)2  ， 25 25 64 即所以9cos26 10coscos10cos2 ， 25 36 9sin26 10sinsin+10sin2 ， 25 两式相加得96 10cos()104 ， 10 所以cos() ， 4 故选：C． 2 7. 如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为 ，向右的 3 1 概率为 ，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为（ ） 3 4 8 2 4 A. B. C. D. 27 27 9 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据该质点共两次到达1的位置的方式有0101和0121，且两种方式第4次 移动向左向右均可以求解. 【详解】共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有0101和0121，且两种方 式第4次移动向左向右均可以， 1 2 1 1 1 2 4 所以该质点共两次到达1的位置的概率为       . 3 3 3 3 3 3 27 故选：A. 8. 设S 为数列 的前n项和，若a a 2n1，且存在kN*，S S 210，则a 的取值集合 n n n1 k k1 1 为（ ） A. 20,21  B. 20,20  C. 29,11  D. 20,19  第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】A 【解析】 【分析】利用a a 2n1可证明得数列 a  和 a 都是公差为 2 的等差数列，再可求得 n n1 2n1 2n S =n  2n1  ，有了这些信息，就可以从k的取值分析并求解出结果. 2n 【详解】因为a a 2n1， n n1  3+4n1  n 所以S =  a +a  +  a +a  ++  a +a 37+  4n1  = n  2n1 ， 2n 1 2 3 4 2n1 2n 2 21 假设S =n  2n1  =210，解得n=10或n= （舍去）， 2n 2 由存在kN*，S S 210，所以有k 19或k 20， k k1 由a a 2n1可得，a a 2n3，两式相减得：a a  2， n n1 n+1 n2 n2 n 当k 20时，有S S  210，即a 0， 20 21 21 根据a a  2可知：数列奇数项是等差数列，公差为2， n2 n 所以a a +  111 20，解得a 20， 21 1 1 当k 19时，有S S  210，即a 0， 19 20 20 根据a a  2可知：数列偶数项也是等差数列，公差为2， n2 n 所以a a +  101 20，解得a 18， 20 2 2 由已知得a a  3，所以a 21. 1 2 1 故选：A. 二、选择题（本大题共 3小题，每小题 6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项是 符合题目要求，若全部选对得 6分，部分选对得部分分，选错或不选得 0分） 9. 如图，在正方体ABCD ABC D 中，点E，F 分别为AD ，DB的中点，则下列说法正确的是（ ） 1 1 1 1 1 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司A. 直线EF 与DB 为异面直线 B. 直线DE 与DC 所成的角为60 o 1 1 1 1 C. DF  AD D. EF//平面CDDC 1 1 1 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接根据异面直线及其所成角的概念可判断AB，利用反证法可判断C，利用线面平行判定定理可 判断D. 【详解】如图所示，连接AC，CD ，EF ， 1 由于E，F 分别为AD ，DB的中点，即F 为AC的中点， 1 所以EF //CD ，EF 面CDDC ，CD 面CDDC ， 1 1 1 1 1 1 所以EF//平面CDDC ，即D正确； 1 1 所以EF 与CD 共面，而B CD ，所以直线EF 与DB 为异面直线，即A正确； 1 1 1 1 1 连接BC ，易得DE//BC ， 1 1 1 所以DC B即为直线DE 与DC 所成的角或其补角， 1 1 1 由于BDC 为等边三角形，即DC B 60，所以B正确； 1 1 假设DF  AD，由于ADDD ，DF DD D，所以AD 面DDF ， 1 1 1 1 而AD 面DDF 显然不成立，故C错误； 1 故选：ABD. 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司10. 已知P是圆O:x2  y2 4上的动点，直线l :xcos ysin4与l :xsinycos1交于点Q， 1 2 则（ ） A. l l B. 直线l 与圆O相切 1 2 1 C. 直线l 与圆O截得弦长为2 3 D. OQ 的值为 17 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A根据l l ，AA BB  0可判断正确；选项B由圆心O到l 的距离不等半径可判断错 1 2 1 2 1 2 1 误；选项C根据垂直定理可得；选项D先求出Q  4sincos,4cossin ，根据两点间的距离公式 可得. 【详解】 选项A：因cossinsincos0，故l l ，A正确； 1 2   选项B：圆O的圆心O的坐标为 0,0 ，半径为r 2， 4 圆心O到l 的距离为d   4r ，故直线l 与圆O相离，故B错误； 1 1 1 cos2sin2 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1 选项C：圆心O到l 1 的距离为 d 2  sin2cos2 1 ， 故弦长为l 2 r2 d2 2 3，故C正确； 2 xcos ysin4 x4cossin 选项D：由 得 ， xsin ycos1 y 4sincos 故Q  4cossin,4sincos ， 故 OQ   4cossin2  4sincos2  17，故D正确 故选：ACD 11. 已知三次函数 f  x ax3bx2 cxd 有三个不同的零点x，x ，x  x  x  x ，函数 1 2 3 1 2 3 g  x  f  x 1也有三个零点t ，t ，t t t t ，则（ ） 1 2 3 1 2 3 A. b2 3ac b B. 若x，x ，x 成等差数列，则x  1 2 3 2 3a C. x x t t 1 3 1 3 D. x2 x2 x2 t2 t2 t2 1 2 3 1 2 3 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得 f x 0有两个不同实根，则由0即可判断；对于B，若x ,x ,x 成等 1 2 3 差数列，则  x , f  x  为 f  x  的对称中心，即可判断；对于C，结合图象，当a0和a 0时，分类讨 2 2 论即可判断；对于D，由三次函数有三个不同的零点，结合韦达定理，即可判断. 【详解】因为 f  x ax3bx2 cxd ，  b  b  则 f x 3ax2 2bxc，a0，对称中心为  , f    ，  3a  3a     对于A，因为 f x 有三个不同零点，所以 f x 必有两个极值点， 即 f x 3ax2 2bxc=0有两个不同的实根， 所以Δ  4b2 12ac  0，即b2 3ac，故A正确； 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司对于B，由x ,x ,x 成等差数列，及三次函数的中心对称性， 1 2 3 可知  x , f  x  为 f  x  的对称中心，所以x  b ，故B正确； 2 2 2 3a 对于C，函数g  x  f  x 1，当g  x 0时， f  x 1， 则 y 1与 y  f  x  的交点的横坐标即为t ，t ，t ， 1 2 3 当a0时，画出 f  x  与 y 1的图象， 由图可知，x t ，x t ，则x x t t ， 1 1 3 3 1 3 1 3 当a 0时，则x  x t t ，故C错误； 1 3 1 3 a  xx  xx  xx ax3 bx2 cxd 对D，由题意，得 1 2 3 ，  a  xt  xt  xt ax3 bx2 cxd 1 1 2 3  b x x x t t t    1 2 3 1 2 3 a 整理，得 ， c  x x x x x x tt t t t t   1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 31 a 得 x x x 2 2  x x x x x x  t t t 2 2  tt t t t t ， 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 2 3 31 即x2 x2 x2 t2 t2 t2，故D正确. 1 2 3 1 2 3 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用交点式得到三次方程的韦达定理式再计算即可. 三、填空题（本大题共 3个小题，每小题 5分，共 15分） 12. 已知随机变量X 服从二项分布B  n,p  ，若E  X 3，D  X 2，则n _____. 【答案】9 【解析】 【分析】根据二项分布的期望、方差公式，即可求得答案. 【详解】由题意知随机变量X 服从二项分布B  n,p  ，E  X 3，D  X 2， 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1 则np3,np  1 p 2，即得 p  ,n9， 3 故答案为：9 13. 已知平面向量a  ，b  满足 a  2， b  1，且b  在a  上的投影向量为 1 a  ，则 a  b  为______. 4 【答案】 3 【解析】     【分析】由条件结合投影向量公式可求ab，根据向量模的性质及数量积运算律求 ab .   1  【详解】因为b 在a上的投影向量为 a， 4    ba a 1   所以     a，又 a 2， a a 4    所以ab1，又 b 1，     2     所以 ab  ab  a2 2ab b2  421 3 . 故答案为： 3. 14. 如图，已知四面体ABCD的体积为32，E，F 分别为AB，BC的中点，G，H 分别在CD，AD上， 且G，H 是靠近D点的四等分点，则多面体EFGHBD的体积为_____. 【答案】11 【解析】 【分析】连接EG,ED ，将多面体EFGHBD被分成三棱锥GEDH 和四棱锥EBFGD，利用题设条件 找到小棱锥底面面积与四面体底面面积的数量关系，以及小棱锥的高与四面体的高的数量关系，结合四面 体的体积即可求得多面体EFGHBD的体积. 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【详解】 如图，连接EG,ED，则多面体EFGHBD被分成三棱锥GEDH 和四棱锥EBFGD. 1 因H 是AD上靠近D点的四等分点，则S  S ， DHE 4 AED 1 1 1 1 又E是AB的中点，故S  S   S  S ， DHE 4 AED 4 2 ABD 8 ABD 1 因G是CD上靠近D点的四等分点，则点G 到平面ABD的距离是点C到平面ABD的距离的 ， 4 1 1 1 故三棱锥GEDH 的体积V   V  321； GEDH 8 4 CABD 32 1 3 3 5 又因点F 是BC的中点，则S   S  S ，故S  S ， CFG 2 4 BCD 8 BCD BFGD 8 BCD 1 又由E是AB的中点知，点E到平面BCD的距离是点A到平面BCD的距离的 ， 2 5 1 5 故四棱锥EBFGD的体积V   V  3210， EBFGD 8 2 ABCD 16 故多面体EFGHBD的体积为V V 11011. GEDH EBFGD 故答案为：11. 【点睛】方法点睛：本题主要考查多面体的体积求法，属于较难题.一般的求法有两种： （1）分割法：即将多面体通过连线，作面的垂线等途径，将其分成若干可以用公式求解； （2）补形法：即将多面体通过辅助线段构造柱体，锥体或台体，利用整体体积减去个体体积等间接方法求 解. 四、解答题（本大题共 5个小题，共 77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设V ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB 3bcosA0. （1）求A； （2）若sinBsinC 2sinA，且V ABC 的面积为 3 ，求a的值. π 【答案】（1）A 3 （2）a2 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到tanA 3，从而得解； （2）利用正弦定理的边角变换，余弦定理与三角形面积公式得到关于a的方程，解之即可得解. 【小问1详解】 因为asinB 3bcosA0,即asinB  3bcosA， 由正弦定理得sin AsinB  3sinBcosA， 因为sinB 0，所以sinA 3cosA,则tanA 3， π 又A 0,π  ，所以A . 3 【小问2详解】 因为sinBsinC 2sinA，由正弦定理得bc2a， π 1 1 3 因为A ，所以S  bcsinA bc  3，则bc4， 3 ABC 2 2 2 由余弦定理a2 b2 c2 2bccosA，得b2 c2 bc4， 所以 bc 2 3bc 4，则 2a 2 344，解得a2. 16. 设 f  x   x2 ax  lnx 1 x2，aR. 2   （1）若a 0，求 f x 在x1处的切线方程；   （2）若aR，试讨论 f x 的单调性. 【答案】（1）4x2y30 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由函数式和导函数式求出 f(1)和 f(1)，利用导数的几何意义即可写出切线方程； （2）对函数 f (x)求导并分解因式，根据参数a的取值进行分类讨论，由导函数的正负推得原函数的增减，   即得 f x 的单调性. 【小问1详解】 1 1 当a 0时， f  x  x2lnx x2， f x 2x(lnx1)，因 f(1) , f (1)2， 2 2 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1 故 f  x  在x1处的切线方程为y 2(x1)，即4x2y30； 2 【小问2详解】 因函数 f  x   x2 ax  lnx 1 x2的定义域为(0,)， 2 f x (2xa)lnx2xa(2xa)(lnx1)， 2 1 1 ① 当a   时，若0 x ，则lnx10,2xa0，故 f(x)0，即函数 f (x)在(0, )上单调递 e e e 增； 1 a 若x  ，由2xa0可得x  . e 2 1 a 1 a 则当  x 时，2xa0，lnx10，故 f(x)0，即函数 f (x)在( , )上单调递减； e 2 e 2 a a 当x 时，lnx10,2xa 0，故 f(x)0，即函数 f (x)在( ,)上单调递增； 2 2 2 1 1 ② 当a  时，若x  ，则lnx10,2xa 0，故 f(x)0，即函数 f (x)在( ,)上单调递增； e e e a 1 a 1 若  x ，则lnx10,2xa 0 ，故 f(x)0，即函数 f (x)在( , )上单调递减； 2 e 2 e a a 若0 x ，则lnx10,2xa0，故 f(x)0，即函数 f (x)在(0, )上单调递增， 2 2 2 当a  时， f x 0恒成立，函数 f  x  在  0, 上单调递增， e 2 1 1 a a 综上，当a 时，函数 f (x)在(0, )上单调递增，在( , )上单调递减，在( ,)上单调递增； e e e 2 2 2 当a  时，函数 f  x  在  0, 上单调递增； e 2 a a 1 1 当a  时，函数 f (x)在(0, )上单调递增，在( , )上单调递减，在( ,)上单调递增. e 2 2 e e 17. 已知四棱锥P ABCD ，底面 ABCD为菱形，PDPB,H 为PC 上的点，过 AH 的平面分别交 PB,PD于点M,N ，且BD∥平面AMHN ． 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司（1）证明：MN  PC； （2）当H 为PC的中点，PA PC  3AB,PA与平面ABCD所成的角为60，求平面PAM 与平面 AMN 所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 39 （2） 13 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直可证 BD平面 PAC ，则 BD PC ，再根据线面平行的性质定理可证 BD∥MN ，进而可得结果； （2）根据题意可证PO平面ABCD，根据线面夹角可知PAC为等边三角形，建立空间直角坐标系， 利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 设ACBD O，则O为AC,BD的中点，连接PO， 因为ABCD为菱形，则ACBD， 又因为PD  PB，且O为BD的中点，则PO  BD， ACPO O，AC,PO 平面PAC ，所以BD平面PAC ， 且PC 平面PAC ，则BD PC， 又因为BD∥平面AMHN ，BD 平面PBD，平面AMHN 平面PBDMN， 可得BD∥MN ，所以MN  PC. 【小问2详解】 因为PAPC ，且O为AC 的中点，则PO AC， 且PO  BD，ACBD O，AC,BD平面ABCD，所以PO 平面ABCD， 可知PA与平面ABCD所成的角为PAC 60，即PAC为等边三角形， 设AH I PO G，则GAH,GPO，且AH 平面AMHN ，PO平面PBD， 可得G平面AMHN ，G平面PBD， 且平面AMHN 平面PBDMN，所以GMN，即AH,PO,MN 交于一点G， 因为H 为PC的中点，则G为PAC的重心， PM PN PG 2 且BD∥MN ，则    ， PB PD PO 3 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1 设AB2，则PA PC 2 3,OAOC  AC  3,OBOD1,OP3， 2 如图，以OA,OB,OP 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，    2   2  则A 3,0,0 ,P  0,0,3  ,M 0, ,1,N0, ,1，  3   3  uuur uuur uuur  2   4    可得AM    3, ,1,NM  0, ,0,AP  3,0,3 ，  3   3    2 nAM  3x  y z  0    1 3 1 1 设平面AMN 的法向量n x ,y ,z ，则 ， 1 1 1   4 nNM  y  0  3 1    令x 1，则 y 0,z  3，可得n 1,0, 3 ， 1 1 1   2  mAM  3x  y z  0 设平面PAM 的法向量m x ,y ,z ，则 2 3 2 2 ， 2 2 2   mAP  3x 3z  0 2 2 ur   令x  3，则 y 3,z 1，可得m 3,3,1 ， 2 1 2 r ur r ur nm 2 3 39 可得cos n,m  r ur   ， n  m 2 13 13 39 所以平面PAM 与平面AMN 所成的锐二面角的余弦值 . 13 y2 18. 已知双曲线:x2 1的左、右焦点为F ，F ，过F 的直线l与双曲线交于A，B两点. 1 2 2 3 （1）若ABx轴，求线段AB的长； （2）若直线l与双曲线的左、右两支相交，且直线AF 交 y 轴于点M ，直线BF 交 y 轴于点N . 1 1 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司（i）若S S ，求直线l的方程； F1AB F1MN （ii）若F ，F 恒在以MN 为直径的圆内部，求直线l的斜率的取值范围. 1 2 【答案】（1）线段AB的长为6； 2 105 （2）（i）直线l的方程为x= ± y+ 2； 21 3 7 3 3 3 7 （ii）直线l的斜率的取值范围为( , )( , ). 7 4 4 7 【解析】 【分析】（1）直接代入横坐标求解纵坐标，从而求出的值； （2）（i）（ii）先设直线和得到韦达定理，在分别得到两个三角形的面积公式，要求相等，代入韦达定理求 出参数的值即可. 【小问1详解】 y2 由双曲线:x2 1的方程，可得a2 1,b2 3，所以a 1,b 3,c a2b2 2， 3 所以F(2,0)，F (2,0)，若ABx轴，则直线AB的方程为x2， 1 2 代入双曲线方程可得A(2,3),B(2,3)，所以线段AB的长为6； 【小问2详解】 （i）如图所示， 若直线l的斜率为0，此时l为x轴，A,B为左右顶点，此时F,A,B不构成三角形，矛盾， 1 所以直线l的斜率不为0，设l:x ty2，A(x ,y ),B(x ,y )， 1 1 2 2  y2 x2  1 3t2 10 联立 3 ，消去x得(3t2 1)y2 12ty90，t应满足 ，  Δ 144t2 36(3t2 1)0 x ty2 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司12t 9 由根与系数关系可得 y  y  ,y y  ， 1 2 3t2 1 1 2 3t2 1 y 0 2y 2y 直线AF 的方程为y 1 (x2)，令x0，得 y 1 ，点M(0, 1 )， 1 x 2 x 2 x 2 1 1 1 y 0 2y 2y 直线BF 的方程为y 2 (x2)，令x0，得 y  2 ，点N(0, 2 )， 1 x 2 x 2 x 2 2 2 2 1 S |S S | |FF || y  y |2| y  y |， F1AB F1F2B F1F2A 2 1 2 1 2 1 2 1 2y 2y S  x |y  y ||y  y || 1  2 | F1MN 2 F1 M N M N x 2 x 2 1 2 2y 2y 2y (ty 4)2y (ty 4) 8(y y ) | 1  2 || 1 2 2 1 || 1 2 | ， ty 4 ty 4 (ty 4)(ty 4) t2y y 4t(y  y )16 1 2 1 2 1 2 1 2 8(y y ) 由S S ，可得| 1 2 |2| y  y | ， F1AB F1MN t2y y 4t(y y )16 1 2 1 2 1 2 9 12t 所以|t2y y 4t(y  y )16|4，所以|t2 4t( )16|4， 1 2 1 2 3t2 1 3t2 1 9t2 48t2 48t2 16 9t2 16 20 解得| |4，| |4，解得t2  ， 3t2 1 3t2 1 21 3t2 10 2 105 经检验，满足 ，所以t  ， Δ 144t2 36(3t2 1)0 21 2 105 所以直线l的方程为x= ± y+ 2； 21 （ii）由F ，F 恒在以MN 为直径的圆内部，可得FMF 90， 1 2 1 2    2y  2y 所以FMFN 0，又FM (2, 1 ),FN (2, 2 )， 1 1 1 x 2 1 x 2 1 2 2y 2y y y 所以4 1  2 0，所以1 1 2 0， x 2 x 2 (x 2)(x 2) 1 2 1 2 9 所以1 y 1 y 2 0，所以1 3t2 1 0， t2y y 4t(y  y )16 9 12t 1 2 1 2 t2 4t( )16 3t2 1 3t2 1 9t2 7 7 16 7 4 4 7 所以 0，解得 t2  ，解得 t  或 t  ， 9t2 16 9 9 3 3 3 3 3t2 10 经检验，满足 ， Δ 144t2 36(3t2 1)0 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司3 7 3 3 3 7 所以直线l的斜率的取值范围为( , )( , ). 7 4 4 7 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法： 1 （1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合 底高，表示出三角形的面积； 2 1 （2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为 |FF || y  y | 2 1 2 1 2 1 或 |AB||x x |. 2 1 2 19. 已知  a  是各项均为正整数的无穷递增数列，对于kN*，设集合B   iN∣* a k  ，设b 为集 n k i k 合B 中的元素个数，当B 时，规定b 0. k k k （1）若a n2，求b ，b ，b 的值； n 1 2 17 （2）若a 2n，设b 的前n项和为S ，求S ； n n n 2n1 （3）若数列  b  是等差数列，求数列  a  的通项公式. n n 【答案】（1）b 0,b 1,b 4 1 2 17 （2）(n1)2n12 （3）a n n 【解析】 【分析】（1）根据集合新定义，利用列举法依次求得对应值即可得解； （2）根据集合新定义，求得b,b ，b b b i，从而利用分组求和法与裂项相消法即可得 1 2 2i1 2i2 2i1 解. （3）通过集合新定义结合等差数列性质求出a 1，然后利用反证法结合数列{a }的单调性求得 1 n a a 1，利用等差数列定义求解通项公式即可； n1 n 【小问1详解】 因为a n2，则a 1,a 4,a 9,a 16,a 25， n 1 2 3 4 5 所以B   iN∣* a 1   ，B   iN∣* a  2  {1}， 1 i 2 i B   iN∣* a 17  {1,2,3,4}， 17 i 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司故b 0,b 1,b 4. 1 2 17 【小问2详解】 因为a 2n，所以a 2,a 4,a 8,a 16,a 32， n 1 2 3 4 5 则B {iN*|a 1},B {iN*|a 2}，所以b 0，b 0， 1 i 2 i 1 2 当2i k 2i1时，则满足a k的元素个数为i， i 故b b b i， 2i1 2i2 2i1 所以S b b  b b  b b b b   b b b  2n1 1 2 3 4 5 6 7 8 2n 1 2n 2 2n1 121222 n2n， 注意到n2n (n1)2n1(n2)2n， 所以S 022(1)21123022(n1)2n1(n2)2n 2n1 (n1)2n12. 【小问3详解】 由题可知a 1，所以B ，所以b 0， 1 1 1 若a m≥2，则B ，B {1}， 1 2 m1 所以b 0，b 1，与{b }是等差数列矛盾， 2 m1 n 所以a 1，设d a a  nN* ， 1 n n1 n 因为{a }是各项均为正整数的递增数列，所以d N*， n n 假设存在kN*使得d ≥2，设a t，由a a ≥2得a ≥t2， k k k1 k k1 由a t t1t2≤a 得b k，b b k，与{b }是等差数列矛盾， k k1 t t1 t2 n 所以对任意nN*都有d 1， n 所以数列{a }是等差数列，a =1+(n-1)=n. n n 【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和 转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司