04-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考专用）答案.pdf-淘文阁

资源描述

《04-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考专用）答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《04-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考专用）答案.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、【赢在高考【赢在高考黄金黄金 8 卷】备战卷】备战 2023 年高考数学模拟卷（新高考专用年高考数学模拟卷（新高考专用）黄金卷黄金卷 04（考试时间：（考试时间：120 分钟分钟试卷满分：试卷满分：150 分）分）注意事项：注意事项：1本试卷分第本试卷分第卷卷（选择题选择题）和第和第卷卷（非选择题非选择题）两部分两部分答卷前答卷前，考生务必将自己考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上的姓名、准考证号填写在答题卡上2 回答第回答第卷时卷时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其

2、他答案标号写在本试卷上无效需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号写在本试卷上无效3回答第回答第卷时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效卷时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效4测试范围：测试范围：高考全部内容高考全部内容5考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第第卷（选择题）卷（选择题）一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只有一个选项是符合题目要求的有一个选项是符合题目要求的1已知i为虚数单位，复数13i22z 的共轭复数为z，则|zz（）A13

4、【答案】D【分析】根据二倍角公式结合同角三角函数的基本关系求解，将所求式子写成分母为 1 的形式，用22sincos1进行代换，分子、分母同时除以2cos，然后把tan的值代入求值即可【详解】222222222sin coscossin2tan1tan2 1 1 1sin2cos21sincostan111 故选：D4 科学家康斯坦丁齐奥尔科夫斯基在1903年提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大v满足公式：1201lnmmvvm，其中12,m m分别为火箭结构质量和推进剂的质量，0v是发动机的喷气速度己知某实验用的单级火箭模型结构质量为akg，若添加推进剂3a kg，火箭的

5、最大速度为2.8/skm，若添加推进剂5a kg，则火箭的最大速度约为（参考数据：ln20.7,ln31.1)（）A4.7/skmB4.2/skmC3.6/skmD3.1/skm【答案】C【分析】由题目条件求出公式1201lnmmvvm中的0v，再把题中信息代入公式即可得到答案.【详解】由题目条件知0032.8lnln4aavva，则02.82.82ln42ln2v.所以005lnln62 ln2ln33.6aavvva.故选：C.5已知各项为正的数列 na的前n项和为nS，满足2114nnSa，则263nnSa的最小值为（）A92B4C3D2【答案】D【分析】由2114nnSa结合1nnna

6、SS求出na，从而求得nS，由此求出263nnSa的表达式，利用基本不等式即可求得答案【详解】各项为正的数列,0nnaa，2114nnSa，2n 时，2211111144nnnnnaSSaa，即221120nnnnaaaa，化为：1120nnnnaaaa，10nnaa，12nnaa，又211114aa，解得11a，数列 na是等差数列，首项为 1，公差为 212121nann，221(21 1)4nSnn，22262634412 21223213111nnSnnnnannnn ，当且仅当1n 时取等号，263nnSa的最小值为 2故选：D6 在四面体ABCD中,ABBC,24AB,10BC,1

7、3 2AD,45ACD,则四面体ABCD外接球的表面积为()A676B6763C169D1693【答案】A【分析】通过解三角形，分析出两个直角三角形从而获解【详解】因为,24,10ABBC ABBC,所以2226ACABBC在ACD中,由正弦定理得sinsinADACACDADC,即13 226sin22ADC所以sin1ADC,所以90ADC取 AC 的中点O,可知O为四面体 ABCD 外接球的球心,外接球的半径1132RAC所以四面体 ABCD 外接球的表面积24676SR故选：A7已知抛物线2:4C yx，焦点为 F，点 M 是抛物线 C 上的动点，过点 F 作直线1210axya 的垂

8、线，垂足为 P，则MFMP的最小值为（）A522B322C5D3【答案】A【分析】由条件确定点P的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求MFMP的最小值.【详解】抛物线C的方程为24yx，(1,0)F，抛物线C的准线方程为=1x，方程1210axya 可化为1(1)2yax，1210axya 过定点(2,1)B，设(,)P x y，设,F B的中点为A，则3 1,2 2A，因为FPBP，P为垂足，1222PAFB，所以22311222xy，即点P的轨迹为以A为圆心，半径为22的圆，过点M作准线=1x的垂线，垂足为1M，则1MMMF,1=MFMPMMMP,，又22MPMA，当且仅当,M P A三点共

9、线且P在,M A之间时等号成立，122MFMPMMMA，过点A作准线=1x的垂线，垂足为1A，则115=2MMMAAA,当且仅当1,A M A三点共线时等号成立，522MFMP，当且仅当1,A M P A四点共线且P在,M A之间时等号成立，所以MFMP的最小值为522，故选：A.8已知函数 sincossin21fxxxx，则下列说法错误的是（）A fx是以为周期的函数B2x是曲线 yf x的对称轴C函数 fx的最大值为2，最小值为22D若函数 fx在0,M上恰有 2021 个零点，则202110112M【答案】B【分析】结合周期函数的定义证明()()f xf x后判断 A，由对称性判断 B

10、，在0,x上分类讨论去掉绝对值符号求函数的最大值和最小值判断 C，根据周期性研究()f x在(0,上零点个数后可得参数范围，从而判断 D【详解】因为 fxfx，所以 fx是以为周期的函数，A正确；又 sincossin21fxxxxfx，B 错误；由A知只需考虑 fx在0,上的最大值当0,2x时，令sincos2sin4txxx，则 21,2,tfxttu t ，易知 u t在区间1,2上单调递减，所以，fx的最大值为 10u，最小值为222.u当,2x时，令sincos2sin4txxx，则 21,2,2tfxttv t，易知 v t在区间1,2上单调递增，所以，fx的最大值为22v，最小值

11、为 10.v综合可知：函数 fx的最大值为2，最小值为22,C正确；因为 fx是以为周期的函数，可以先研究函数 fx在0,上的零点个数，易知 0.f当0,2x时，令 20fxu ttt ，解得0t或 1，2sin04tx在0,2上无解，2sin14tx在0,2上仅有一解2x当,2x时，令 220fxv ttt，解得2t 或 12sin24tx 在,2上无解，2sin14tx在,2上也无解综合可知：函数 fx在0,上有两个零点，分别为2x和.x又因为 fx是以为周期的函数，所以，若*nN，则 fx在0,n上恰有2n个零点又已知函数 fx在0,M上恰有 2021 个零点，所以20211011,D2

12、M正确故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的周期性，对称性，最值，零点等问题，对于最值问题，解题关键是结合周期性根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号，然后结合三角函数性质得出最值零点问题也是在一个周期内研究即可得二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项有多项符合题目要求，全部选对的得符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分9若a，b，c为实数，则下列命题正确的是（）A若0ab，则*NnnabnB若22acbc，则2

13、2abccC若ab，则11abD若ab，cd，则acbd【答案】AB【分析】利用不等式的性质，逐个判断命题的真假.【详解】对于 A，若0ab，当*Nn时，由不等式的性质，有nnab，故 A 正确；对于 B，由题意得0c，有40c，若22acbc，则4224accbcc，即22abcc，故 B 正确；对于 C，不妨取1,1ab，满足ab，但11ab，故 C 错误；对于 D，若ab，cd，不妨取2,1,1,2abcd ，则acbd，故 D 错误，故选：AB10已知函数 cos0,0,0fxAxA在512x 处取得极小值2，与此极小值点最近的 fx图象的一个对称中心为,06，则下列结论正确的是（）A

14、 2cos 26f xxB将2sin2yx的图象向左平移23个单位长度即可得到 fx的图象C fx在区间0,3上单调递减D fx在区间0,2上的值域为2,3【答案】ACD【分析】利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解.【详解】第一步：根据余弦函数的图象与性质求出A，的值，判断 A 选项A 选项：由题知，2A，设 fx的最小正周期为T，则541264T，2T，2.（三角函数图象的相邻对称中心与对称轴之间的距离为4T，其中T为该三角函数的最小正周期）552cos 221212f，5cos16，则52 6kkZ，得2 6kkZ，（整体思想）又0，6，22cos 22sin 263f

15、 xxx，故 A 正确；第二步：利用三角函数图象的平移变换法则判断 B 选项B 选项：fx的图象可以由2sin2yx的图象向左平移3个单位长度得到，故 B 错误；第三步：利用整体思想及余弦函数的图象与性质判断 C，D 选项C 选项：由03x得52666x，则 fx在区间0,3上单调递减，故 C 正确；D 选项：02x，72,666x，3cos 21,62x，2cos 22,36x，fx在区间0,2上的值域为 2,3，故 D 正确.故选:ACD.11 在椭圆2222:1(0)xyCabab中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆2222:xyab上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家GMonge

16、（1746-1818）最先发现.若椭圆22:1169xyC，则下列说法正确的有（）A椭圆C外切矩形面积的最小值为 48B椭圆C外切矩形面积的最大值为 48C点,P x y为蒙日圆上任意一点，点10,0M，0,10N，当PMN取最大值时，tan23PMND若椭圆C的左右焦点分别为1F，2F，过椭圆C上一点P和原点作直线l与蒙日圆相交于点M，N，则12PF PFPM PN【答案】ACD【分析】先求得椭圆C的蒙日圆方程2225xy，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断 A，B 选项，利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断 C，D 选项【详解】对于A，B：如图，设对于椭圆C上

17、任意点M，过点M作椭圆的切线交圆22:25xy于P，Q两点，P，Q关于原点对称的点分别为S，T，则椭圆C的一个外切矩形为PQST，则SPQ QS，由图象易知，圆心O到直线PQ的距离3,4d，所以6,8PQ.又22|100PQQS，所以外切矩形为PQST的面积22|100|48,50SPQPQ，因此A对，B错.对于C：当PM与圆相切且切点P在圆下方时，PMN最大，3tan,453PMONMO，313tan23,C313PMN对.对于D221212128,264PFPFPFPFPF PF：，221212642PFPFPF PF，1212212PFPFPOPFPFF F 22212122221212

18、12242PFPFPF PFPOPFPFPF PFFF 得22221212214,25PFPFPOPOPF PF，12122525PM PNrOPrOPPF PFPF PF，故 D 正确.故选：ACD.【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题，另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导12PF PF的关系，体现了数形结合的思想12如图，在正方体1111ABCDABC D中，E，F 是底面正方形ABCD四边上的两个不同的动点，过点1DEF、的平面记为，则（）A截正方体的截面可能是正五边形B当 E，F 分别是,AB BC的中点时，分正方

19、体两部分的体积1212,V V VV之比是 2547C当 E，F 分别是,AD AB的中点时，11AB上存在点 P 使得APD当 F 是BC中点时，满足12|EDEF的点 E 有且只有 2 个【答案】BCD【分析】A.若截面为五边形，则截面与正方体的 5 个面都相交，则必有两条交线平行，与正五边形的性质矛盾.B作出截面，分别求出两部分的体积，再求体积比.C.作出截面，再在线段11AB上找出 P，证明AP.D.分别从点E在线段,AB BC CD AD上去讨论12|EDEF是否成立.【详解】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，

20、但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项 A 错误B.如图，延长EF分别交,DA DC于点 G，I，连接11,DG D I分别交11,A A CC于点 H，J，截面为五边形1D HEFJ，记正方体棱长为 6，3,2CIAGCJAH，截面1D HEFJ下侧的体积为1111119 9 63 3 23 3 281 3375323232V ，另侧体积为：21675141VV正方体，12:75:14125:47VV，故选项 B 正确.C截面为图中等腰梯形11EFB D，此时取11AB中点 P，知1APB F，AP 平面,1B F 平面AP，故选项 C 正确D.当 E 在CD上时，设,2ED

21、x CD，由2124EDEFx242(2)13xx，故CD上有一个点 E；当 E 在AD上时，11maxmin22|1EDADEFAB，故AD上不存在这样的点 E；当 E 在BC上时，11minmax22 221|2EDCDEFCF，故BC上也不存在；当 E 在AB上时，设AEy，2282 782(2)13yyy，故AB上存在一个点 E，共 2 个，选项 D 正确故选：BCD.【点睛】作截面的三种方法：直接法：截面的定点在几何体的棱上平行线法：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上第第卷（非选择题）卷

22、（非选择题）三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13已知向量(1,2)a，(1,)b，若,2a b，则实数的取值范围是_【答案】1,22,2【分析】已知,2a b，则它们数量积小于 0 且两向量不为相反向量，根据向量数量积的坐标运算，共线向量的坐标表示，即可求出实数的取值范围.【详解】解：已知,2a b，则它们数量积小于 0 且两向量不为相反向量，所以1(1,2)(1,)2102a b ，若为相反向量,则两向量共线，有1221，2，所以实数的取值范围是12 且2.故答案为：1,22,2.14已知多项式465212671111xxaxa

23、xaxa，则4a _【答案】88【分析】利用换元法，结合二项式的通项公式进行求解即可.【详解】令11xtxt ，所以由465212671111xxaxaxaxa，可得 2465126712ttata ta ta，即42651267212tttata ta ta，二项式42t 的通项公式为414C(2)rrrrTt，所以3322144441 C(2)+(2)C(2)+1 C(2)88a ，故答案为：88【点睛】关键点睛：利用换元法，结合二项式的通项公式是解题的关键.15在RtABC中，ABBC，4AB，3BC，点D在边AB上，且3ADDB，动点P满足2PAPD，则CP的最小值为_.【答案】1【分

24、析】以 B 为原点建立坐标系，结合2PAPD，利用坐标运算求出动点P的轨迹，再结合圆的性质求得最小值即可.【详解】建立如图直角坐标系，依题意知，(4,0),(0,0),(0 3)ABC，(1,0)D，设(,)P x y，由2PAPD知，2222421xyxy，整理得224xy，所以动点P的轨迹是以 B 为圆心，2 为半径的圆，由圆的性质可知，当(0,2)P时，CP最小，为 3-2=1.故答案为：1.16已知函数 fx的定义域为 R，22fx为偶函数，1f x为奇函数，且当0,1x时，fxaxb若 41f，则35792222ffff_【答案】0【分析】根据题意可得 fx关于2x 对称，也关于(1

25、,0)对称，进一步得到周期为 4，再求出,a b的值，最后可求出35792222ffff 的值.【详解】解：因为22fx为偶函数，所以22fx22fx，即2fx 2f x，所以函数 fx关于2x 对称，所以fx4f x，又因为1f x为奇函数，所以1fx 1f x，所以函数 fx关于(1,0)对称，fx2f x2fx，即 fx2f x，所以2f x fx，22f x2f x fx，即4f x fx，所以 fx的周期为 4，在1fx 1f x中令0 x，得(1)(1)ff，所以(1)0f，即0ab，又因为 41f，所以 01f，即1b，所以1a ，所以当0,1x时，1fxx ，所以1111222

26、f ，所以31111(1)(1)()22222ffff，51131(2)(2)()22222ffff ，73311(2)(2)()22222ffff ，9111(4)()2222fff，所以则35792222ffff0.故答案为：0.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 在ABC中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2221 4cosabBab，且2 coscbB(1)求 B；(2)若ABC的周长为42 3，求 BC 边上中线的长【答案】(1)6B(2)7【分析】（1）已知

27、条件结合余弦定理求得23C，再由正弦定理求B.（2）由（1）求出角A，利用三角形周长求出各边的长，再由余弦定理求 BC 边上中线的长【详解】（1）由2221 4cosabBab，有22224cosabbBab，又2 coscbB，所以2224coscbB，即222abcab，由余弦定理，得2221cos222abcabCabab 又0,C，所以23C，由2 coscbB及正弦定理，得sin2sincosCBB，所以3sin22B，由0,3B，得220,3B，所以23B，解得6B.（2）由（1）可知6B，23C，所以2636A，所以ab，由2 coscbB，得3ca因为ABC的周长为42 3，所

28、以342 3aaa，解得2a 设 BC 的中点为 D，则112CDBC，如图所示:在ACD中由余弦定理，得：22212cos4122 1732ADACCDAC CD ，所以 BC 边上中线的长为718如图，在四棱柱1111ABCDABC D中，底面ABCD和侧面11BCC B都是矩形，11D DDC，33ABBC.(1)求证：1ADDC；(2)若平面11BCC B与平面1BDD所成的角为60，求三棱锥1CBD D的体积.【答案】(1)见解析(2)3 28【分析】（1）由题意可得出 ADCD，AD1DD，即可证明 AD平面11CDDC，再由线面垂直的判定定理即可证明；（2）取AB的中点F，以1,

29、EF EC ED 为正交基底建系，设1EDa0a，写出各点坐标，分别求出平面1BDD与平面11BCC B的法向量，根据它们所成的锐二面角的大小为3，利用夹角公式列出方程可求出3 24a，再由体积公式结合等体积法即可得出答案.【详解】（1）证明：因为底面 ABCD 和侧面11BCC B都是矩形，所以 ADCD，AD1DD，又 CD1DDD，CD，1DD平面11CDDC，所以 AD平面11CDDC，又1DC平面11CDDC，所以1ADDC.（2）取E为CD的中点，连接DE，因为 AD平面11CDDC，又DE平面11CDDC，所以ADDE，又因为11D DDC，所以1D EDC，又 ADDCD，AD

30、，DC平面ABCD，所以1D E 平面ABCD，取AB的中点F，E为CD的中点，底面ABCD是矩形，所以EFCD,以E为原点，以EF，EC，1ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示:设1EDa0a，则0,0,0E，31,02B，10,0,Da，30,02C，10,3,Ca，30,02D，设平面1BDD的法向量111,xny z，1,3,0DB ，130,2DDa 由11100nDBnDD 可得：1111303+02xyyaz，令12ya可得16xa，13z ，所以16,2,3naa，设平面11BCC B的法向量2222,nxy z，1,0,0CB ，130,2CC

31、a 由22100nCBnCC 可得，2220302xyaz，令23z 可得22ya，所以20,2,3na 由于平面11BCC B与平面1BDD所成的锐二面角的平面角为3，所以2121222122+91cos,240949n nan nnnaa ，可得：423236810aa，则2249890aa，解得3 24a 因为 AD平面11CDDC，/ADBC，所以BC平面11CDDC，又因为11/CCDD，所以1CC 平面1BDD，1DD 平面1BDD，所以1/CC平面1BDD，所以1111113C BDDCBDDB CDDCDDVVVSBC111113 23 231323248CD D E BC .

32、19已知数列 na的各项均为正数，且对任意的*nN都有122222nnaaan.(1)求数列 na的通项公式；(2)设*21(1)lognnbnnaN，且数列 nb的前n项和为nT，问是否存在正整数m，对任意正整数n有2022nmT 恒成立？若存在，求出m的最大值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2nna，*nN(2)存在，1010【分析】（1）由122222nnaaan得到：112211222nnaaan（2n），两式相减得即可求解；（2）由（1）得到111nbnn，利用裂项相消求和得到111nTn，由数列的单调性定义可得数列 nT为递增数列，结合条件得到120222m，即可求解.【详解

33、】（1）因为122222nnaaan，*nN，当2n 时，112211222nnaaan，两式相减得12nna（2n），即2nna（2n）.又当1n 时，112a，得12a，满足上式.故2nna，*nN.（2）由（1）可得21111(1)log(1)1nnbnannnn，*nN，则1231111112231nnTbbbbnnLL1111111122311nnn ，即111nTn.又111111102112nnTTnnnn，所以数列 nT为递增数列，所以1112nTTb.因为对任意正整数n有2022nmT 恒成立，所以120222m，解得202210112m.又*mN，所以max1010m.所以

34、存在正整数m，使得对任意正整数n有2022nmT 恒成立，且m的最大值为 1010.202022 世界乒乓球团体锦标赛将于 2022 年 9 月 30 日至 10 月 9 日在成都举行近年来，乒乓球运动已成为国内民众喜爱的运动之一今有甲、乙两选手争夺乒乓球比赛冠军，比赛采用三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束根据以往经验，甲、乙在一局比赛获胜的概率分别为23、13，且每局比赛相互独立(1)求甲获得乒兵球比赛冠军的概率；(2)比赛开始前，工作人员买来两盒新球，分别为“装有 2 个白球与 1 个黄球”的白盒与“装有1 个白球与 2 个黄球”的黄盒每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比

35、赛，且局中不换球，该局比赛后，直接丢弃裁判按照如下规则取球:每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致，且第一局从白盒中取球记甲、乙决出冠军后，两盒内白球剩余的总数为X，求随机变量X的分布列与数学期望【答案】(1)2027(2)分布列见解析，4727【分析】（1）甲获得乒兵球比赛冠军这个事件为前两局甲全获胜，或前两局中甲胜一局第三局甲胜，由独立事件与互斥事件概率公式计算；（2）甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知2Y 或3Y，记iW表示第i局从白盒中抽取的白色球，iY表示第i局从黄盒中抽取的黄色球，X的所有可能取值为1,2,3，根据2Y 和3Y 分类讨论确定事件1X，2X，3X 的情形，求出概

36、率得分布列，再由期望公式计算期望（1）记事件iA:“甲在第i局比赛中获胜”，(1,2,3)i，事件iA:“甲在第i局比赛中末胜”(1,2,3)i.21,1,(1,2,3)33iiiP AP AP Ai.记事件:A“甲夺得冠军，则222121231232121220()3333327P AP A AP A A AP A A A.（2）设甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知2Y 或3Y.则221212215(2)339P YP A AP A A ，故4(3)1(2)9P YP Y.记iW表示第i局从白盒中抽取的白色球，iY表示第i局从黄盒中抽取的黄色球，X的所有可能取值为1,2,3;12123123

37、123(1)(2)(3)P XP YP WWP YP WW WP W W YP W Y W5214212111111932932323338513;121212 31 23(2)(2)(3)P XP YP W WP W YP YP W W YP W Y Y5211142121213293233932333281;1 21 2 3512412114(3)(2)(3)933933281P XP YP W YP YP W Y Y.综上可得，X的分布列如下:X123P358132811481数学期望为321447()1238183181275E X 21已知双曲线2222:1xyEab的焦距为 4，以

38、原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线60 xy相切(1)求双曲线E的方程；(2)已知点F为双曲线E的左焦点，试问在x轴上是否存在一定点M，过点M任意作一条直线l交双曲线E于P，Q两点，使FP FQ 为定值？若存在，求出此定值和所有的定点M的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)22:13xEy(2)存在，定值为 1，33,0M 【分析】(1)利用点到直线的距离公式求得a的只，再根据焦距，求得b即可求解；(2)假设存在满足条件的点M，先在直线垂直于y轴时，求得定值，再结合根与系数的关系，分析验证直线不垂直于y轴时，求得此定值的情况，从而得出结论.【详解】（1）原点到直线60 xy的距离632d

39、，2,3ca，1b，双曲线E的方程为22:13xEy；（2）假设存在点(,0)M m满足条件，当直线l方程为0y 时，则3,0,3,0,2,0PQF，32,032,01FP FQ ；当直线l方程不是0y 时，可设直线:l xtym，3t 代入22:13xEy整理得22232303tymtymt，*由0 得223mt，设方程*的两个根为1y，2y，满足212122223,33mtmyyy ytt，11222,2,FP FQtymytymy 221212122ty yt myym222212153tmmt，当且仅当2212153mm时，FP FQ 为定值 1，解得33m ，33m 不满足对任意3t

40、贡，0，不合题意，舍去而且33m 满足0；综上得：过定点33,0M 任意作一条直线l交双曲线E于P，Q两点，使FP FQ 为定值 122定义在,2上的函数 sinf xxkx.(1)当6k 时，求曲线 yf x在点,06处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)将 fx的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列 nx，若 120f xf x，求k的值.【答案】(1)2144(2)2【分析】（1）根据导数的几何意义及点斜式，再结合三角形的面积公式即可求解；（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.（1）当6k

41、时，sin,sincos66f xxx fxxxx，故1sin662f.曲线 yf x在点,06处的切线的斜率为162kf，曲线 yf x在点,06处的切线方程为126yx，令0,12xy.所以切线与y轴的交点0,12.此时所求三角形的面积为212126144.（2）sincosfxxxkx当22x时，costanfxxxxk.由函数tanyxx在区间,2 2上递增，且值域为R，故存在唯一0,2 2x，使得00tanxxk.此时当02xx时，0,fxf x单调递减；当02xx时，0,fxf x单调递增，因此10 xx.同理，存在唯一0 3,22x，使得00tanxxk.此时当02xx时，0,f

42、xf x单调递增；当032xx时，0,fxf x单调递减，因此20 xx.由 211111111sin10,tan,coscoscosxfxxkxfxxxx .同理：222222sin1coscoscosxfxxxx.由 120f xf x，整理得：12121coscos10cos cosxxxx.又123222xx，故12cos cos1xx，则有122coscoscosxxx 由222x，故12xx或12xx.又1122tantankxxxx，当12xx时，不满足，舍去.所以12xx，即12xx，则1122tantan22xxxxk.综上所述，2k.【点睛】解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.

展开阅读全文