(2.26)-2024高考数学点睛密卷_新高考I卷B_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 新高考 I 卷(B) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 绝密★启用前 12 高途高中数学高考研究院 2024 年高考数学点睛密卷(新高考 I 卷 B) 数 学 本试卷共5页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 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．已知复数z满足iz+4=3i，则复数 2 z 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 【解答】由题意， z = 3 i − i 4 = 3 + 4 i ，则复数 z 在复平面内对应的点为 ( 3 , 4 ) ，位于第一象限．故 选： A ． 2．已知圆 C : x 2 + 2 x + y 2 − 1 = 0 ，直线 l : x + n ( y − 1 ) = 0 与圆 C ( ) A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切 【答案】D 【解答】根据题意，直线 l 的方程为 l : x + n ( y − 1 ) = 0 ，恒过定点(0,1)， 设P为 ( 0 ,1 ) ，又由圆 C : x 2 + 2 x + y 2 − 1 = 0 ， 法一：几何法 即(x+1)2 +y2 =2，3 高途高中数学高考研究院 其圆心为 3 ( − 1 , 0 ) ，半径r= 2， 由|PC|2=12 +12 =2=r2，则P在圆 C 上， 则直线 l 与圆 C 相交或相切． 法二：方程法 将 P (0,1)代入圆的方程中，得 0 2 + 2  0 + 1 2 − 1 = 0 ，即点 P 在圆上， 则直线 l 与圆 C 相交或相切． 故选：D． 3．小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若 两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为 ( ) A．48 B．32 C．24 D．16 【答案】 C 【解答】两个2之间只能插入1个数且1与4相邻，则插入的数只能为0或3， 共有 A 12 = 2 种排法， 1与4相邻，共有A2 =2种排法， 2 再把组合好的数全排列，共有A3 =6种排法， 3 则总共有 2  2  6 = 2 4 种密码． 故选： C ． 4．已知D是 △ A B C 的 A B 边上一点，若 A D = 1 2 D B ， C D C A C B ( , )    = +  R ，则  − = ( ) A． 2 3 B． 1 3 C．0 D． − 1 3 【答案】 B 【解答】方法一：平面向量基本定理 A D = 1 2 D B 1 ， AD= AB， 3  C D = C A + A D = C A + 1 3 A B = C A + 1 3 ( C B − C A ) = 2 3 C A + 1 3 C B ， 2 1 2 1 1 又 CD=CA+CB，= ，= ，−= − = ． 3 3 3 3 34 高途高中数学高考研究院 方法二：定比分点 1 AD= DB，则 2 4 D 为靠近 A 的三等分点，又因 A ， B ， D 三点共线， 由定比分点可知： C D = 2 3 C A + 1 3 C B ， 2 3   = ， 1 3  = ， 2 3 1 3 1 3    − = − = ． 故选： B ． 5．已知函数 f ( x ) s in x b c o s x ( 0 )    = +  的最小正周期为  ，且 f(x)的图象关于直线 x =  8 对称，则 b 的值为 ( ) A． − 2 2 B． − 1 C． 2 2 D．1 【答案】 D 【解答】因为 f ( x ) s in x b c o s x 1 b 2 s in ( x )     = + = + + (其中 ta n b )  = ， 又 f(x)的最小正周期为 π ， 0   ，所以 2 π π  = ，则 2  = ， 所以 f ( x ) s in 2 x b c o s 2 x 1 b 2 s in ( 2 x )  = + = + + ，又函数 f ( x ) 的图象关于直线 x = π 8 对称， 所以 1 + b 2 = s in π 4 + b c o s π 4 ，所以 1 + b 2 = 1 2 (1 + b ) 2 ，解得b=1． 故选： D ． 6．若 a = 0 .7 ，b=e−0.3，c=ln1.7，则 a ， b ， c 的大小关系为 ( ) A．bac B．bca C．cab D．abc 【答案】 A 【解答】令 f ( x ) = e x − x − 1 ，则 f ( x ) = e x − 1 ，由 f ( x ) = 0 得，x=0， 则当 x  0 时， f(x)0， f(x)单调递减；当 x  0 时， f(x)0， f(x)单调递增， 当x=0时， f ( x ) 取得极小值，也是最小值，即 f ( x ) m in = f ( 0 ) = 0 ，  f ( x ) = e x − x − 1 0 ，即 e x x + 1 ① ，当且仅当x=0时，等号成立，  e − 0 .3  − 0 .3 + 1 = 0 .7 1 ，即ba ， 2 由①知，x ln(x+1)，a=0.7 ln(1+0.7)=ln1.7=c bac． 故选：A． 7．已知抛物线C:y2 =2px(p0)的焦点为F ，斜率为k的直线l经过点F ，并且与抛物线5 高途高中数学高考研究院 C交于 5 A ， B 两点，与 y 轴交于点 M ，与抛物线的准线交于点N，若AF=2MN，则k= ( ) A． 3 B． 2 C．  2 D．  3 【答案】 D 【解答】 方法一：坐标运算 设直线 A B  p 方程为y=kx− ，  2 A ( x 0 , y 0 ) ，则 M  0 , − k p 2  ， N  − p 2 , − k p  ， A F =  p 2 − x 0 , − y 0  ， M N =  − p 2 , − k p 2  ，因AF=2MN，则  x y 0 0 = = 3 2k p p ， 又因 y 20 = 2 p x 0 ，则 k 2 p 2 = 3 p 2 ，解得 k =  3 . 方法二：直线倾斜角 根据抛物线的对称性，不妨设 A 在第一象限，则 B 在第四象限， 设直线 l 的倾斜角为，则 | A F | p | A F | c o s  = + ， | A F | 1 p c o s   = − ，又 | M N | c o p 2s  = ， 由AF =2MN，可得|AF|=2|MN|，  p p 1 = ，cos= ，又为直线 1−cos cos 2 l 的倾斜角， π 3   = ， k ta n 3   = = ， 又根据抛物线的对称性可知 k = − 3 时，也满足题意，故 k =  3 ． 故选：D． 8．在菱形ABCD中，AB=2，AC=2 3，将△ABD沿对角线BD折起，使点 A 到达A的 位置，且二面角A−BD−C为直二面角，则三棱锥A−BCD的外接球的表面积为( ) 5 A． B． 3 1 6 3  C． 2 0 3  D． 1 0 0 9  【答案】C 【解答】如图所示：6 高途高中数学高考研究院 由题意在菱形 6 A B C D 中， A C ，BD互相垂直且平分，点 E 为垂足， A B = B C = C D = D A = 2 , E C = E A = 1 2 A C = 3 ， 由勾股定理得 B E = D E = B C 2 − C E 2 = 4 − 3 = 1 ， BD=2BE=CD=BC=2，即△BCD是等边三角形，  B C D = π 3 ， 设点 O 1 为 △ B C D 外接圆的圆心， 则 △ B C D 外接圆的半径为 r = O C1 = 2 s in B  D B C D = 2  2 2 3 = 2 3 3 ， O 1 E = C E − O C1 = 3 − 2 3 3 = 3 3 ， 如图所示： 设三棱锥A−BCD的外接球的球心、半径分别为点O， R ， 而 C E ，AE 均垂直平分BD， 点 O 在面BDC，面BDA内的射影分别在直线CE， A E 上， 不妨设点O在面BDC，面BDA内的射影分别为 O 1 ，F ， 则 O O 1 ⊥ C E ，OF⊥AE， 由题意BD⊥CE，BD⊥ AE ，且二面角A−BD−C为直二面角，即面BDC⊥面BDA，7 高途高中数学高考研究院 7 C E A E = E ， AE⊥EC，即FE⊥EO， 1 结合 O O 1 ⊥ C E ， O F ⊥ A E ，可知四边形 O O1 F E 为矩形，不妨设 O O1 = F E = x ， 3 2 3 可知OF =OE= ,OC= ，AF=AE−FE= 3−x， 1 3 1 3 由勾股定理及 O C 2 = A O 2 = R 2 ，即 O O1 2 + O C1 2 = O F 2 + A F 2 ， 可得 x 2 +  2 3 3  2 = ( 3 − x ) 2 +  3 3  2 ，解得 x = 3 3 ，  R 2 = x 2 +  2 3 3  2 =  3 3  2 +  2 3 3  2 = 5 3 ，  三棱锥A−BCD的外接球的表面积为 S = 4 π R 2 = 4 π  5 3 = 2 0 3 π ．故选：C． 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．已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 2 = 4 ， S 5 = 3 5 ，则 ( ) A． n a n 的最小值为1 B． n S n 的最小值为1 C．  S n n  为递增数列 D．  a n n2  为递减数列 【答案】ABC 【解答】设等差数列{a }公差为 n d ， S 5 = 3 5 ， S 5 = 5 ( a 1 + 2 a 5 ) = 5 a 3 = 3 5 ，解得a =7， 3 又a =4，则 2 d = a 3 − a 2 = 3 ， a 1 = 1 ， 故a =a +(n−1)d =3n−2， n 1 S n = n a 1 + n ( n − 2 1 ) d = n ( 3 n 2 − 1 ) ， 对于 A  1 2 1 ，na =n(3n−2)=3n−  − ，故n=1时na 的最小值为1， n  3 3 n A 正确； 对于 B 3 1 3 1 ，nS = n3 − n2，令 f(x)= x3− x2， n 2 2 2 2 9 所以 f(x)= x2 −x，可知 2 f ( x ) 在区间  2 9 , +   单调递增， 所以n=1时nS 取得最小值1，B正确； n8 高途高中数学高考研究院 对于 8 C S 3 1 ， n = n− ，故 n 2 2  S n n  为递增数列， C 正确； 对于 D ， a n n2 = − 2 n 2 + 3 n ，因为 a 1 1 = 1 , a 2 22 = 1 a  ，所以 n不是递减数列， n2 D 错误． 故选： A B C ． 10．已知函数 f ( x ) = e x ( x 2 − x + 1 ) ，则下列选项正确的有 ( ) A．函数 f(x)的极小值为1 B．函数 f(x)在(−1,+)上单调递增 C．当 x  [ − 2 , 2 ] 时，函数 f ( x ) 的最大值为 3 e 2 D．当 k  3 e 时，方程 f ( x ) = k 恰有3个不等实根 【答案】 A C 【解答】 f ( x ) = e x ( x 2 − x + 1 ) ， f ( x ) = e x ( x 2 − x + 1 ) + e x ( 2 x − 1 ) = e x ( x 2 + x ) = x e x ( x + 1 ) ， 所以在(−,−1)上， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增， 在 ( − 1 , 0 ) 上， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递减， 在 ( 0 , +  ) 上， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增， 对于 A ：函数 f(x) = f (0)=1，故 极小值 A 正确； 对于 B ：函数 f(x)在 ( − 1 , 0 ) 上单调递减，在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故 B 错误； 对于 C ：由上可知函数 f ( x ) 在 ( − 2 , − 1 ) ， ( 0 , 2 ) 上单调递增，在 ( − 1 , 0 ) 上单调递减， 又 f(−2)=7e−2， f ( − 1 ) = 3 e − 1 ， f(0)=1， f (2) = 3 e 2 ， 所以函数 f ( x ) 在 [ − 2 ，2]上的最大值为 3 e 2 ，故 C 正确； 对于 D 3 ：因为 f(0)=1， f(−1)=3e−1 = ， e 再结合函数的单调性可得，当 1  k  3 e 时，方程 f(x)=k 有3个不等的实根，故D错误， 故选：AC． 11．围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博弈游戏之一．东汉的许慎在《说文解字》中说 “弈，围棋也”，因此，“对弈”在当时特指下围棋，现甲与乙对弈三盘，每盘赢棋的概率是 p ，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率．甲也与丙对弈三盘，每盘赢棋的概率 19 高途高中数学高考研究院 是 9 p 2 ，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率．若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙、 丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是 P ( A ) 和 P ( B ) ，则以下结论正确的是( ) A． 0  p 2  1 2  p 1  1 B．当 p 1 + p 2 = 1 时， P ( A )  P ( B ) C．  p 1  ( 0 ,1 ) ，使得对  p 2  ( 0 ,1 ) ，都有 P ( A )  P ( B ) D．当 P ( A ) = P ( B ) 时， p 21 + p 1 p 2 + p 22  4 3 【答案】ABC 【解答】对于A，根据题意，甲与乙对弈只赢一盘的概率为 C 13 p 1 ( 1 − p 1 ) 2 ，只赢两 的概率为 C 23 p 21 ( 1 − p 1 ) ， 则 C 13 p 1 ( 1 − p 1 ) 2  C 23 p 21 ( 1 − p 1 ) 1 ，解得p  ，故 1 2 1 2  p 1  1 ， 甲与丙对弈只赢一盘的概率为 C 13 p 2 ( 1 − p 2 ) 2 ，只赢两盘的概率为 C 23 p 22 ( 1 − p 2 ) ， 则 C 13 p 2 ( 1 − p 2 ) 2 > C 23 p 22 ( 1 − p 2 ) 1 ，解得p  ，故 2 2 0  p 2  1 2 ， 故 0  p 2  1 2  p 1  1 ，则A正确； 对于B，由p + p =1得p =1−p ， 1 2 1 2 1− p 则P(A)=C2(1− p )2 p =C2p2(1− p ) 2 ，即 3 2 2 3 2 2 p 2 P ( A ) = P ( B )   1 p 2 − 1  ， 又 0  p 2  1 2 ，所以 1 p 2 − 1  1 ，所以 P ( A )  P ( B ) ，故B正确； 对于C，  p 1  ( 0 ,1 ) ，使得对p (0,1)，结合B分析，只满足p + p =1，都有 2 1 2 P ( A )  P ( B ) ， 故C正确； 对于D，令p(A)= p(B)，则 C 23 p 21 ( 1 − p 1 ) = C 23 p 22 ( 1 − p 2 ) ，化简为p2 − p2 = p3− p3， 1 2 1 2 故 ( p 1 + p 2 ) ( p 1 − p 2 ) = ( p 1 − p 2 ) ( p 21 + p 1 p 2 + p 22 ) ，即p + p = p2 + p p + p2， 1 2 1 1 2 2 又因为 0  p 2  1 2  p 1  1 1 3 1 3 ，则  p + p  ，即  p2 + p p + p2  ，故D错误． 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 故选：ABC．10 高途高中数学高考研究院 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若 10 s in 6 4 5   −   = ，则 c o s 2 2 3   +   = ． 【答案】 7 2 5 ． 【解答】 c o s 2 2 π 3 2 c o s 2 π 3 1 2 c o s 2 2 6 1      +  =  +  − =   + −   −   4 2 7 =2sin2 − −1=2  −1= ．  6 5 25 故答案为： 7 2 5 ． 13．已知 x 6 = a 0 + a 1 ( x + 1 ) + a 2 ( x + 1 ) 2 + + a 6 ( x + 1 ) 6 ，则 a 12 + a 2 22 + + a 2 66 = ． 【答案】 − 6 6 3 4 ． 【解答】令 x = − 1 ，则a =1， 0 1 1 6 a a a a a a 令x=− ，则   =a + 1 + 2 + + 6 =1+ 1 + 2 + + 6 ， 2 2 0 2 22 26 2 22 26 a a a 1 63 故 1 + 2 + + 6 = −1=− ． 2 22 26 26 64 故答案为： − 6 6 3 4 ． 14．已知椭圆 C : x 4 2 + y 3 2 = 1 ， F 1 ， F 2 为 C 的左、右焦点，P为 C 上的一个动点(异于左右顶 点)，设 △ F 1 P F 2 的外接圆面积为 S 1 ，内切圆面积为 S 2 ，则 S 1 + 2 S 2 的最小值为 ． 【答案】2π． 【解答】 椭圆 C : x 4 2 + y 3 2 = 1 ，  a = 2 ，b= 3，c=1， P 为 C 上的一个动点(异于左右顶点)， 设FPF =2，当 1 2 P 位于椭圆短轴端点时，  F 1 P F 2 最大， 此时△PFF为等边三角形且 2 1 | F 1 F 2 |= 2 c = 2 ，  π π 02 ，0 ， 3 6 2 设△PFF 的外接圆半径，内切圆半径分别为R，r ，由正弦定理得 =2R， 1 2 sin211 高途高中数学高考研究院 11  1 R= ， sin2  S 1 π s in 1 2 2 π s in 2 2 s in 2 c 2 o s 2 2 π 1 ta n 1 2 2      =  =  + =  +  π 1 1 2 1 ta n ta n 2 2 π 1 ta n 4 4 2 ta n ta 2 n 2 1 π 1 ta n 4 2 4 ta 1 n 2 1 2        =   +  −   =   + − +  =  + + −  tan2 1 1 =π + +  ，  4 4tan2 2 又 △ P F 1 F 2 的周长为 2 a + 2 c ，  S △ P F F1 2 = 1 2  ( 2 a + 2 c )  r = ( a + c ) r = 3 r ， 且 S P F F1 2 b 2 ta n 3 ta n   △ = = ， r ta n   = ，  S 2 π ta n 2  =  ，  tan2 1 1  S +2S =π + + +2tan2 1 2  4 tan2 2  π 9 ta n 4 2 4 ta 1 n 2 1 2   =   + +  π   2 1 9 6 + 1 2  ，当且仅当 9 ta n 4 2 4 ta 1 n 2   = ， 即 ta n 2 1 3  = ，即 π 6  = 时，取等号，此时(S +2S ) =2π．故答案为： 1 2 min 2 π ． 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．(13分)已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n = 2 a n − 2 ( n  N * ) ． (1)求数列 { a n } 的通项公式； (2)若b =log a ， n 2 2n−1 c n = b n 1 b n + 1 1 ，求证：c +c +c + +c  ． 1 2 3 n 2 【答案】(1) a n = 2 n ；(2)证明见解答． 【解答】(1)由 S n = 2 a n − 2 ，①，可得：当 n = 1 时， S 1 = 2 a 1 − 2 = a 1 ，解得a =2， 1 当n 2时，S =2a −2， n−1 n−1   ②，①−②得：a =2a ，又a =2， n n−1 1 故数列{a }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a =a 2n−1 =2n； n n 1 (2)证明：由(1)知：a =22n−1，所以b =log a =2n−1，故b =2n+1， 2n−1 n 2 2n−1 n+1 1 1 1 1  则c = =  −  ， n bb 22n−1 2n+1 n n+112 高途高中数学高考研究院 故c +c + +c 1 2 n 12 = 1 2  1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + + 2 n 1 − 1 − 2 n 1 + 1  = 1 2  1 − 2 n 1 + 1   1 2 ． 16．(15分)某小区在2024年的元旦举办了联欢会，现场来了1000位居民．联欢会临近结束 时，物业公司从现场随机抽取了20位幸运居民进入摸奖环节，这20位幸运居民的年龄用随 机变量 X 表示，且 X ~ N ( 4 5 , 2 2 5 ) ． (1)请你估计现场年龄不低于60岁的人数(四舍五入取整数)； (2)奖品分为一等奖和二等奖，已知每个人摸到一等奖的概率为 4 0 % ，摸到二等奖的概率为 6 0 % ，每个人摸奖相互独立，设恰好有n(0 n 20)个人摸到一等奖的概率为 P ( n ) ，求当 P ( n ) 取得最大值时 n 的值． 附：若 X ~ N ( , 2 )  ，则 P { | X | } 0 .6 8 2 7   −  = ， P { | X | 2 } 0 .9 5 4 5   −  = ． 【答案】(1)159；(2)8. 【解答】(1)根据题意， X ~ N ( 4 5 , 2 2 5 ) ，则=45， 1 5  = ， 则 P ( X  6 0 ) = 1 2 [1 − P ( 3 0  X  6 0 ) ] = 1 2  (1 − 0 .6 8 2 7 ) = 0 .1 5 8 6 5 ， 现场来了1000位居民，则现场年龄不低于60岁的有 1 0 0 0  0 .1 5 8 6 5  1 5 9 ； (2)根据题意，每个人摸奖相互独立，每个人摸到一等奖的概率都是0.4， 则 P ( n ) = C n2 0  2 5  n  3 5  2 0 − n ， 若P(n)最大，则有 P ( n ) P ( n − 1 ) 且 P ( n ) P ( n + 1 ) ，  2 n 3 20−n 2 n−1 3 21−n Cn     Cn−1      20 5 5 20 5 5 即 ，解可得  2 n 3 20−n 2 n+1 3 19−n   C 2 n 0  5    5   Cn 20 +1  5    5   3 7 5 n 4 2 5 ，即n=8． 故当 P ( n ) 取得最大值时n的值为8． 17．(15分)如图，在四棱锥P−ABCD中， P A ⊥ 平面ABCD， A D ⊥ C D ，AD∥BC， P A = A D = C D = 3 ， B C = 4 ，点E在棱PD上，且 P E E D = 2 ，F 为棱 P C 的中点． (1)求证： C D ⊥ 平面PAD； (2)设平面AEF 与棱PB交于点 G ，求 P P G B 的值．13 高途高中数学高考研究院 3 【答案】(1)证明过程见详解；(2) ． 4 【解答】(1)证明：因为 13 P A ⊥ 平面 A B C D ， C D  平面 A B C D ，所以 P A ⊥ C D ， 又 C D ⊥ A D ，且PA AD= A，则 C D ⊥ 平面PAD； (2)在线段 B C 上取点 H ，使 B H = 1 ，连接 A H ，则 A H ， A D ， A P 两两互相垂直， 以 A 为坐标原点， A H ， A D ， A P 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的空间直角坐标系， 则 A ( 0 ，0，0)， B ( 3 ， − 1 ， 0 ) ， C ( 3 ，3， 0 ) ， D ( 0 ，3，0)， P ( 0 ，0， 3 ) ， E ( 0 ，2， 1 ) ， F  3 2 , 3 2 , 3 2  ， 设 P G P B ( 0 1 )   = ， 可得 P B = ( 3 , − 1 , − 3 ) ，所以G(3，  − ， 3 3 )  − ， 设平面 A E F 的法向量为n=(x,y,z)， 因为 A E = ( 0 , 2 ,1 ) 3 3 3 ，AF = , ,  ， 2 2 2 nAE=0 则 ，即  nAF =0  2 3 2 y x + + z 3 2 = y 0 + 3 2 z = 0 ， 令x=1，则n=(1,1,−2)， A G ( 3 , , 3 3 )    = − − ， 因为平面 A E F 与棱PB交于点 G ，即 A G  平面 A E F ， 可得 n ⊥ A G ，即 n  A G = 0 ， 所以 3 2 ( 3 3 ) 0    − − − = 3 ，解得= ， 4 PG 3 即 = ． PB 414 高途高中数学高考研究院 x2 y2 1 18. (17 分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率是 ，点Q在椭圆上，且|QF |=2， a2 b2 2 1 14  F Q1 F 2 = 6 0  ． (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图，设椭圆 C 的上、下顶点分别为A， 1 A 2 ， P 为该椭圆上异于A， 1 A 2 的任一点，直线 A 1 P ， A 2 P 分别交x轴于 M ，N两点，若直线OT与经过M ，N两点的圆G相切，切点为 T ．证明：线段 O T 的长为定值． 【答案】(1) x 4 2 + y 3 2 = 1 ；(2)证明过程见详解，且定值为2． 【解答】(1)由 e = c a = 1 − b a 2 2 = 1 2 ，得 2 b = 3 a ，① 在 △ Q F 1 F 2 中，  F Q1 F 2 = 6 0  ， | Q F 1 |= 2 ， 由椭圆的定义可得 | Q F 2 |= 2 a − 2 ， 由余弦定理可得 | F 1 F 2 2| = | Q F 1 2| + | Q F 2 2| − 2 | Q F 1 || Q F 2 | c o s  F Q1 F 2 ， 1 即4c2 =4+(2a−2)2 −22(2a−2) ， 2 即a2 −b2 =a2 −2a+1+1−a+1，即 b 2 = 3 a − 3 ，② 由①②可得 a = 2 ，b= 3， x2 y2 故椭圆E的方程为： + =1； 4 3 (2)证明：由(1)可知A(0, 3)，A (0,− 3)，设P(x ，y )， 1 2 0 0 y − 3 则直线PA的方程为：y= 0 x+ 3，直线 1 x 0 P A 2 y + 3 的方程为y= 0 x− 3， x 015 高途高中数学高考研究院 − 3x 令y=0，得x = 0 ， M y − 3 0 15 x N = y 0 3 + x 0 3 ， 方法一：常规计算切线长 则圆心 G 1 的横坐标x = (x +x )，因 G 2 M N O T 与圆 G 相切， 所以 | O T 2| = | O G 2| − | G M 2| = x 2G + y 2G − ( x G − x M ) 2 − y 2G = x 2G − x 2G + 2 x G x M − x 2M = x M ( 2 x G − x M ) = x M ( x M + x N − x M ) = x M x N = − y 0 − 3 x 0 3  y 0 3 + x 0 3 = − y 3 2 0 x 0− 2 3 ， 因为 x 04 2 + y 03 2 = 1 ，所以 4 ( y 20 − 3 ) = − 3 x 20 ， 4(y2 −3) 则|OT |2= 0 =4，即线段 y 2 −3 0 O T 的长为定值 2 . 方法二：切割线定理 − 3x 3x −3x 2 则|OM ||ON|= 0  0 = 0 ，因为 y − 3 y + 3 y 2 −3 0 0 0 x 04 2 + y 03 2 = 1 ，所以 4 ( y 20 − 3 ) = − 3 x 20 ， 所以 | O M || O N |= 4 ( y y 0 202 − − 3 3 ) = 4 ，由切割线定理可得 | O T 2| = | O M || O N |= 4 ， 可得 | O T |= 2 ． 即线段OT的长为定值2． @weixin.jyeoo.com；学号：26173529 19．(17分)定义：若函数 f ( x ) 图象上恰好存在相异的两点 P ， Q 满足曲线 y = f ( x ) 在 P 和 Q 处的切线重合，则称 P ， Q 为曲线 y = f ( x ) 的“双重切点”，直线 P Q 为曲线 y = f ( x ) 的“双 重切线”． 1 (1)直线y=2x是否为曲线 f(x)=x3 + 的“双重切线”，请说明理由； x  2 ex − ,x 0 (2)已知函数g(x)= e ，求曲线y=g(x)的“双重切线”的方程；  lnx,x0 (3)已知函数h(x)=sinx，直线PQ为曲线y=h(x)的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可 能的取值为 k 1 ，k ，…，k ，若 2 n k 1  k 2  k i k 15 (i=3，4，5，…，n)，证明： 1  ． k 8 2 1 【答案】(1)直线y=2x是曲线 f (x)= x3+ 的“双重切线”，证明见解析； x16 高途高中数学高考研究院 x (2)曲线y=g(x)的“双重切线”的方程为y = ； e (3)证明见解析． 【解答】(1) 16 f ( x ) = x 3 + 1 x 的定义域为 ( −  , 0 ) ( 0 , +  ) ， 求导得 f (' x ) = 3 x 2 − 1 x 2 ，直线y=2x的斜率为2， 令 f (' x ) = 3 x 2 − 1 x 2 = 2 ，解得x=1， 不妨设切点 P ( − 1 , − 2 ) ， Q ( 1 , 2 ) ， 则点P处的切线方程为 y + 2 = 2 ( x + 1 ) ，即 y = 2 x ， 点Q处的切线方程为y−2=2(x−1)，即 y = 2 x ， 所以直线 y = 2 x 是曲线 f ( x ) = x 3 + 1 x 的“双重切线”．  2 ex − ，x 0 (2)函数g(x)= e ，求导得  lnx，x0 g  ( x ) =  e 1 x x， ， x x  0 0 ， 显然函数 y = e x 在 ( −  , 0 ) 上单调递增，函数 y = 1 x 在 ( 0 , +  ) 上单调递减， 设切点 P ( x 1 , y 1 ) ， Q ( x 2 , y 2 ) ，则存在 x 1  0  x 2 ，使得 g  ( x 1 ) = g  ( x 2 ) ， 则在点P处的切线方程为 y −  e x1 − 2 e  = e x1 ( x − x 1 ) ， 在点Q处的切线方程为 y − ln x 2 = 1 x 2 ( x − x 2 ) ，  1  ex1 =  x 因此 2 ，消去  ex1 −ex1x − 2 =lnx −1  1 e 2 x 2 2 可得ex1 −xex1 +x − +1=0， 1 1 e 2 k(x)=ex −xex +x− +1(x0)， e 求导得 k ( x ) = e x − (1 + x ) e x + 1 = − x e x + 1  0 ，则函数 k ( x ) 在 ( −  , 0 ) 上单调递增，又 k(−1)=0，函数k(x)的零点为−1，因此 x 1 = − 1 ，x =e，所以曲线 2 y = g ( x ) 的“双 x 重切线”的方程为y= ； e17 高途高中数学高考研究院 17 ( 3 ) 设 k 1 对应的切点为 ( t1 , s in t1 ) ， ( S 1 , s in S 1 ) ， t1  S 1 ， k 2 对应的切点为 ( t 2 , s in t 2 ) ， ( S 2 , s in S 2 ) ， t 2  S 2 ，由 ( s in x )  = c o s x ，得 k =cost =cosS ，k =cost =cosS ， 1 1 1 2 2 2 由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑 t1 + S 1 = 2 π ， t 2 + s 2 = 4 π ，其中 t1 ， t 2   − π 2 , 0  ． 由 k 1  k 2  π  及余弦函数在 − ，0 上递增知，  2  − π 2  t 2  t1  0 ， 则 k 1 = s in S S 1 1 − − s in t1 t1 = s in (( 2 2 π π − − t1 t1 )) − − s in t1 t1 = − 2 2 π s in − t1 2 t1 = − s π in − t1t1 ， k 2 = s in S S 2 2 − − s t in 2 t 2 = s in (( 4 4 π π − − t t 2 2 )) − − s t in 2 t 2 = − 4 2 π s in − t 2 2t 2 = − 2 s in π − t 2t 2 ， 因此 k k 1 2 = s s in in t1 t 2  2 π π − − t 2 t1 ，又 k 1 = c o s t1 = − s π in − t1t1 ， k 2 = c o s t 2 = − 2 s in π − t 2t 2 ， 则 s in t1 = ( t1 − π ) c o s t1  ta n t1 − t1 + π = 0 ，同理 ta n t 2 − t 2 + 2 π = 0 ， 令 F ( x ) = ta n x − x + π  − π 2  x  0  ，求导得 F (' x ) = c o 1 s 2 x − 1 = s c in o s 2 2 x x = ta n 2 x  0 ．  π  则F(x)在 − ，0 上单调递增，显然  2  F  − π 3   0 3π ，且F(x)tanx+ ， 2 3π 函数y=tanx+ 在 2  − π 2 ， 0   3π 上的值域为 −，  ，  2   π  即函数F(x)在 − ，0 上存在零点，则有  2  − π 2  t1  − π 3 ， π π 由tant −t +2π=0，同理可得− t − ，而t t ， 2 2 2 2 3 2 1 π π sint 因此− t t − ，于是sint sint 0，即有0 1 1． 2 2 1 3 2 1 sint 218 高途高中数学高考研究院 所以 18 k k 1 2 = s s in in t1t 2  2 π π − − t 2 t1  2 π π − − t 2 t1  2 π π + + π 2π 3 = 1 5 8 k 15 ，即 1  ． k 8 2