2024年高考數(shù)學(xué)押題預(yù)測卷（新高考卷新題型結(jié)構(gòu)）（全解全析）

2024年高考押題預(yù)測卷【新高考卷】

數(shù)學(xué)?全解全析

第一部分（選擇題共58分）

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要

求的。

12345678

BDBCABCD

1.定義差集=且x《N},已知集合4={2,3,5},8={3,5,8},則A—（人口8）=（）

A.0B.{2}C.{8}D.{3,5}

1.【答案】B

【解析】因?yàn)锳={2,3,5},B={3,5,8},所以4口8={3,5},所以A—（4口8）={2}.

故選：B

2.已知函數(shù)=sin20x+Gsinoxcos（yx（o〉0）的最小正周期為兀，下列結(jié)論中正確的是（）

A.函數(shù)的圖象關(guān)于x=B對稱

6

B.函數(shù)的對稱中心是［五+左￡Z）

TT57r

C.函數(shù)在區(qū)間—上單調(diào)遞增

17r

D.函數(shù)〃x）的圖象可以由g（x）=cos2x+-的圖象向右平移-個(gè)單位長度得到

2.【答案】D

【解析】A選項(xiàng)，=sin2tyx+V3sintyxcostyx=--。。二為"+Gsin.ox

?兀、［27r

=sin2?x--+-,因?yàn)楹瘮?shù)/(x)的最小正周期為—=7r,解得&=1,所以

<oJ22G

sinf2%--^-1

〃x)=+2,

當(dāng)了=巴時(shí)，sin卜x_m]=sin(g_m]=g，故A錯(cuò)誤；

6I6)[36)2

jrjrKTT

B選項(xiàng)，令2%二左兀,左wZ,即％=---1,keZ,

6122

(JTI^TT1\

函數(shù)/(%)的對稱中心是[而+耳,])(左￡Z),故B錯(cuò)誤;

C選項(xiàng)，xe時(shí)，M=2x-3兀0件2兀,

63

顯然〃x)=sinM+g在其上不單調(diào)，故C錯(cuò)誤；

1JT

D選項(xiàng)，g(x)=cos2x+]的圖象向右平移1個(gè)單位長度，

得到g[x_B]=cos12x_?]+;=sin[2x—m]+:=/(%),故D正確.

故選：D.

3.2024年3月16日下午3點(diǎn)，在貴州省黔東南苗族侗族自治州榕江縣“村超”足球場，伴隨平地村足球隊(duì)在

對陣口寨村足球隊(duì)中踢出的第一腳球，2024年第二屆貴州“村超”總決賽階段的比賽正式拉開帷幕.某校足球

社的五位同學(xué)準(zhǔn)備前往村超球隊(duì)所在村寨調(diào)研，將在第一天前往平地村、口寨村、忠誠村，已知每個(gè)村至

少有一位同學(xué)前往，五位同學(xué)都會進(jìn)行選擇并且每位同學(xué)只能選擇其中一個(gè)村，若學(xué)生甲和學(xué)生乙必須選

同一個(gè)村，則不同的選法種數(shù)是()

A.18B.36C.54D.72

3.【答案】B

【解析】若五位同學(xué)最終選擇為3,1,1,先選擇一位同學(xué)和學(xué)生甲和學(xué)生乙組成3人小組,

剩余兩人各去一個(gè)村，進(jìn)行全排列，此時(shí)有C；A；=18種選擇，若五位同學(xué)最終選擇為2,2,1,將除了甲乙

外的三位同學(xué)分為兩組，再進(jìn)行全排列，此時(shí)有C；C；A；=18種選擇，綜上，共有18+18=36種選擇.

故選：B

4.南丁格爾玫瑰圖是由近代護(hù)理學(xué)和護(hù)士教育創(chuàng)始人南丁格爾(FlorenceNightingale)設(shè)計(jì)的，圖中每個(gè)扇

形圓心角都是相等的，半徑長短表示數(shù)量大小.某機(jī)構(gòu)統(tǒng)計(jì)了近幾年中國知識付費(fèi)用戶數(shù)量(單位：億人

次)，并繪制成南丁格爾玫瑰圖(如圖所示)，根據(jù)此圖，以下說法錯(cuò)誤的是()

2015年0.48

2016年0.96

2017年、?吵

A.2015年至2022年，知識付費(fèi)用戶數(shù)量逐年增加

B.2015年至2022年，知識付費(fèi)用戶數(shù)量逐年增加量2018年最多

C.2015年至2022年，知識付費(fèi)用戶數(shù)量的逐年增加量逐年遞增

D.2022年知識付費(fèi)用戶數(shù)量超過2015年知識付費(fèi)用戶數(shù)量的10倍

4.【答案】C

【解析】對于A,由圖可知，2015年至2022年，知識付費(fèi)用戶數(shù)量逐年增加，故A說法正確；

對于B和C,知識付費(fèi)用戶數(shù)量的逐年增加量分別為：2016年，0.96-0.48=0.48；

2017年,1.88-0.96=0.92；2018年，2.95-1.88=1.07；

2019年，3.56-2.95=0.61；2020年，4.15-3.56=0.59；

2021年，4.77-4.15=0.62；2022年，5.27-4.77=0.5；

則知識付費(fèi)用戶數(shù)量逐年增加量2018年最多，知識付費(fèi)用戶數(shù)量的逐年增加量不是逐年遞增，故B說法正

確，C說法錯(cuò)誤；

對于D,由5.27>10x0.48,則2022年知識付費(fèi)用戶數(shù)量超過2015年知識付費(fèi)用戶數(shù)量的10倍，故D說

法正確.

綜上，說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)為C.

故選：C

27r

5.在口48。中，D為邊BC上一點(diǎn),ZDAC=—,AD=4,AB=2BD,且△ADC的面積為46，則

sinZABD=()

AV15-V30V15+V3°V5-V3cV5+V3

8844

5.【答案】A

【解析】因?yàn)镾oDc=；AD-ACsinNZMC=；x4xACx曰=46，解得4c=4,

7T

所以△ADC為等腰三角形，則ZAOC=-,

O

ABDB2DB=DB1

在口4。5中由正弦定理可得----------=----------，即1sin/BAD，解得sin/B4D=—,

sinNADBsin/BAD54

因?yàn)镹AD3=——，所以NBA。為銳角，所以cosNBAD=J1-sin?NBAD=三，

64

所以sinZABD=sin(ZADC-NBAD)=sint-ZBADj

?兀/nAr\兀?！狝/3

=sin—cos/BAD-cos—sinABAD-----------?

668

A

CDH

故選：A

6.已知正項(xiàng)數(shù)列｛4｝的前〃項(xiàng)和為S”q=l,若干旦=」一，且一+—+---+------<〃恒成立,

S"an-。2a4。必+2

則實(shí)數(shù)M的最小值為（）

6.【答案】B

【解析】因?yàn)?=9,所以。￡+1=（4+3）5.=a￡+3S“，即4（S,用—S.）=3S“，

an

aaaa

即nn+l~3szi，則n+\n+2~3s計(jì)1,與上式作差后可得知+i(〃計(jì)2-)=3^n+1

因?yàn)檎?xiàng)數(shù)列{%},所以%+2一為=3,所以------=-〃+2-〃=------------

aaaa

nn+231nn+2J⑶%%+2>

aa

因?yàn)?=1,nn+i=3szinaxa2=3qn%=3,

所以「一+」一i_Ui111111

+…+1+1+

aaa

%"〃+231%"32“4“35nn+2J

4/4

-+<

9-9-

7

4

所以實(shí)數(shù)M的最小值為§，

故選：B.

7.設(shè)方程3y1083%|=1的兩根為X1,無2（%<%2），則（）

1

>——

A.0<玉<1,x2>3B.

%2

C.0<xxx2<1D.%>4

7.【答案】C

【解析】由V?|logx|=1可得|log3x|="

3I

在同一直角坐標(biāo)系中同時(shí)畫出函數(shù)》=|log3x|和y=I的圖象，如圖所示:

|=1）|log2|=log2>

由圖象可知，因?yàn)閨10g31|<I33I4,

所以0<%<1<%2<2,

所以1<%+%<3故A,D錯(cuò)誤;

、再、巧

]_

log3（X1X2）=log3%+log3x2=-+

3737

x

因?yàn)橥?lt;%，所以（gi%2

\>I,所以log3（XiX2）<0,

1

所以即再<一，故B錯(cuò)誤，C正確.

X2

故選：C

8.在棱長為2的正方體48。。一4耳。］￡>］中，p,Q,R分別為棱BC,CD,CG的中點(diǎn)，平面PQR截

正方體ABC。-44￡4外接球所得的截面面積為（）

,2V15口8

A.——兀B.-71

33

【答案】D

【解析】取正方體的中心為0,連接OP,OQ,OR,

由于正方體的棱長為2,所以正方體的面對角線長為20，體對角線長為26，

正方體外接球球心為點(diǎn)。，半徑7?=!義26=百，

2

又易得OP=OQ=OR=5X2V2=41,且PQ=PR=QR=gX2V2=V2,

所以三棱錐。-尸為正四面體，如圖所示，取底面正二角形「。尺的中心為

即點(diǎn)0到平面PQR的距離為OM,又正三角形PQR的外接圓半徑為MQ,

PQ412^6

由正弦定理可得2"。=3，即MQ=，，所以

sin60°一百

2

2G

OM=^OQ2-MQ2

=閭_［乎r

即正方體ABCD-481GA外接球的球心O到截面PQR的距離為0M=當(dāng)

所以截面PQR被球。所截圓的半徑r=1R2—OM2

,5

則截面圓的面積為兀廠=—兀.

3

故選：D.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全

部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

91011

ABADBD

9.已知zeC,N是z的共軌復(fù)數(shù)，則（）

l+3i-4-3i

若z=則彳=

1^3i5

B.若z為純虛數(shù)，則z2<0

C.若z-(2+i)〉0,則z>2+i

D,若“={2|心+3"<3},則集合M所構(gòu)成區(qū)域的面積為6兀

9.【答案】AB

(1+犯-4+3i-4-3i

【解析】z=4上E,所以彳=------，故A正確;

l-3i(l-3i)(l+3i)55

由z為純虛數(shù)，可設(shè)2=歷（。€凡。片0）,

所以z2=/a，因?yàn)閕2=—l且。WO,

所以z2<0，故B正確；

由z-（2+i）>0,得z=a+i（a〉2）,

因?yàn)閦=a+i（a〉2）與2+i均為虛數(shù)，

所以二者之間不能比較大小，故C錯(cuò)誤;

設(shè)復(fù)數(shù)z=。+歷,。,6eR,所以。+0+3）i

由|z+3i|<3得/+,+3）2<9,

所以集合Af所構(gòu)成區(qū)域是以（0,-3）為圓心3為半徑的圓,

所以面積為9兀，故D錯(cuò)誤.

故選：AB

10.已知向量a在向量B方向上的投影向量為-^-，―,向量B=（l,G）,且a與B夾角弓，則向量a可以

為（）

A.（0,2）B.（2,0）C.（1,V3）D.（V3,l）

10.【答案】AD

/—

一

3一@

。

73必

【解析】由題設(shè)可得詈(1,桂-,故

2-一--

2一2

76

32

12

X百HL

而與夾角:，故故H

，

W=2，aZ?—

-2,

116

4一2

對于A,cos(〃⑹=2道=1/，因（a,4e[0,7i],故故A正確.

\/2x2

對于B,cos(a,b\==—,因卜了）€[0,兀],故卜]）=],故B錯(cuò)誤.

\/2x22

對于C,cos(a,5)==1因（a?e[0,7i],故（a,3）=0,故C錯(cuò)誤.

\/2x2

對于D,cos(a,—=^^=>/，因卜,故故D錯(cuò)誤.

\/2x2

故選：AD.

11.已知拋物線。：/=2"（。>0）的焦點(diǎn)為￡人（再,%）,6（%2，%），。（％3，%）為拋物線。上的任意三點(diǎn)

（異于坐標(biāo)原點(diǎn)。），F(xiàn)A+FB+FD=Q,川2|+3周+但必=6,則下列說法正確的有（）

A,p=4

B.若E4,EB,貝I]|F0=||

c.設(shè)A3到直線X=—1的距離分別為44,則4+出<|4冏

則LLLo

D.若直線的斜率分別為七8，七°，程。，

^AB%AD%BD

11.【答案】BD

【解析】對于A,因?yàn)?民。為拋物線上任意三點(diǎn)，且西+麗+麗=0,

所以廠為口45。的重心，[與oj,

3P

所以西+%2+%3=，X+%+%=0

XI|+1FB|+1FD|=Xj+x2+x3+^=6,即2=2,故A錯(cuò)誤；

對于B,延長B。交A3于點(diǎn)E,

因?yàn)閺S為口鉆。的重心，所以|FD|=2|FE|,且歹是A3的中點(diǎn)，

因?yàn)镋4,房，在R3B4B中，有|A卻=2,E],所以歸必=卜卻，故B正確;

對于C,拋物線方程為V=4x,所以拋物線的準(zhǔn)線為x=-1,

所以A5到直線%=-1的距離之和dx+d,=\F^+\FB\,

因?yàn)槿c(diǎn)不一定共線，所以|E4|+|FB怛N同，

即4+d221A邳,故C錯(cuò)誤;

對于D,因?yàn)槌?4%，%2=4々，

兩式相減，得：(%+%)(%-%)=4(%-尤2)，

所以以B=U4

44

同理可得kBD=,^AD=

%+%%+為

1112(%+%+%)

所以——+—+——=V1237=0,故D正確

^■AB^AD^BD/

故選：BD.

第二部分（非選擇題共92分）

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.2一1］展開式中/項(xiàng)系數(shù)為,

12.【答案】—115

【解析】由題意得［/一2一i］可化簡為p--Li,

且其展開式通項(xiàng)為c；左e{0,123,4,5}

其中對于『一的展開式通項(xiàng)為匾（V廣"（_2丫（x「=c晨（一2丫那"7,

re{0』,2,…,5-Z},

當(dāng)上=1/=2時(shí)，此時(shí)10—2左—3廠=2,則好的系數(shù)為一120,

當(dāng)上=4/=0時(shí)，止匕時(shí)10—2左一r=2,則/的系數(shù)為5,

所以d項(xiàng)系數(shù)為—120+5=—115.

故答案為：-115.

13.已知橢圓。：=+［=i（a〉b〉o）的左、右焦點(diǎn)分別為《，F(xiàn)2,P是C上一點(diǎn)，且Pg，耳月，H

a"b.

是線段尸片上靠近百的三等分點(diǎn)，且麗?所=0,則C的離心率為.

A/6

13.【答案】—V2

2

【解析】由題意，不妨設(shè)點(diǎn)尸在第一象限，如圖.

因?yàn)镻鳥，耳鳥,則忸閭=工，|尸浦=2"生=^^,|班1=3尸片

aaa33a

因?yàn)辂?麗=0,則OH，尸耳，可知△尸片工64。耳//,

22

則曾=需即上=+，整理…瘋…2=0.

a

由6=工得e?—Ce+l=0,解得e;典立或e=蚓巫>1（舍去）,

a22

所以c的離心率為近二史

2

故答案為:

2

14.隨著自然語言大模型技術(shù)的飛速發(fā)展，ChatGPT等預(yù)訓(xùn)練語言模型正在深刻影響和改變著各衍各業(yè).為了

解決復(fù)雜的現(xiàn)實(shí)問題，預(yù)訓(xùn)練模型需要在模擬的神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)中引入激活函數(shù)，將上一層神經(jīng)元的輸出通

過非線性變化得到下一層神經(jīng)元的輸入.經(jīng)過實(shí)踐研究，人們發(fā)現(xiàn)當(dāng)選擇的激活函數(shù)不合適時(shí)，容易出現(xiàn)梯

度消失和梯度爆炸的問題.某工程師在進(jìn)行新聞數(shù)據(jù)的參數(shù)訓(xùn)練時(shí)，采用/（x）=金工作為激活函數(shù)，為

了快速測試該函數(shù)的有效性，在一段代碼中自定義：若輸x的無滿足+則提示“可能出現(xiàn)

/(x+1)

梯度消失”，滿足〉6則提示“可能出現(xiàn)梯度爆炸”，其中。表示梯度消失閾值，匕表示梯度爆炸間

“X)

值.給出下列四個(gè)結(jié)論:

①"》）是R上的增函數(shù)；

②當(dāng)b=e時(shí)，3xeR,輸入尤會提示“可能出現(xiàn)梯度爆炸”；

③當(dāng)a=e-5時(shí)，Vx>5,輸入尤會提示“可能出現(xiàn)梯度消失”；

@Va>0,3xeR,輸入工會提示“可能出現(xiàn)梯度消失”.

其中所有正確結(jié)論的序號是.

14.【答案】①③④

【解析】對于①：因?yàn)榈亩x域?yàn)镽,

且y=l+eT在R上單調(diào)遞減，所以7(x)是R上的增函數(shù)，故①正確；

對于②：因?yàn)椤ā?號7〉0對任意工￡11恒成立，

]

+-“X+1)_"則_+e

1+尸

令=整理得產(chǎn)〉4，

x+1A+1

且y=e*是R上的增函數(shù)，則e<e*,即e>無解，

所以不存在xeR,輸入工會提示“可能出現(xiàn)梯度爆炸"，故②錯(cuò)誤；

對于③④：因?yàn)椤▁)是R上的增函數(shù)，則/(x+l)>/(x),即〃x+l)—/(x)〉O,

貝U|〃x+1)-“訃品而一金11

ex+l~ex+1+l

人/、11

令g(M=^T__T'

e+1e+1

A+1A2x+1

e.ve_e(e-l)(e-l)

則g(%)=-------7-I-------T-------T

L[+1)2(*+1)2-----e------+--1--)-25(*+1)2

則人⑺在R上單調(diào)遞增，且無一J

令M%)=e2'+i_l,二0,

當(dāng)x〉—11?時(shí)，/z(x)>0,即g'(x)<0,可知g(x)在[-g,+co)上單調(diào)遞減;

2

當(dāng)x<-g時(shí)，〃(x)<0,即g'(x)>0,可知g(x)在上單調(diào)遞增;

]_1_Ve-1

則g(x)Vg

1I1Ve+1，

e2+1e2+1

且當(dāng)X趨近于+00或-8時(shí)，g(x)趨近于0,

所以g(x)的值域?yàn)椤悖恚荩?/p>

所以對Va>0JxeR,輸入尤會提示“可能出現(xiàn)梯度消失”，故④正確；

因?yàn)間(%)在［5,+8)上單調(diào)遞減，則g(x)<g(5)=一了片，

11.5e10+e6+e5+1,.,

且TTFTTFe=—……皿即g(x)<e-5對任意X,5恒成立,

所以當(dāng)。=右5時(shí)，Vx>5,輸入x會提示“可能出現(xiàn)梯度消失”，故③正確；

故答案為：①③④.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步聚。

15.(13分)已知函數(shù)/(%)=ax+工.

er

(1)討論/a)的單調(diào)性；

(2)若直線y=l與曲線y=/(x)相切，求。的值.

15.(13分)

【解析】(1)y(x)的定義域?yàn)镽,，

e

當(dāng)aWO時(shí)，r(x)<O,〃x)單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時(shí)，令/'(x)=0,得x=-lna,(3分)

當(dāng)xe(-oo,-Ina)時(shí)，/,(x)<0,/(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)xe(-lna,+oo)時(shí),/,(x)>0,單調(diào)遞增.

綜上，當(dāng)aWO時(shí)，7(％)在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時(shí)，/(X)在(一",Tna)單調(diào)遞減；在(-Ina,+“)上單調(diào)遞增.(7分)

(2)由(1)知，/'(x)=a——)

e

設(shè)切點(diǎn)為(％0，/(玉)))，則/'(Xo)=a1=0，

易知a>0,故玉)=-Ina.(10分)

又=即二=1，將/=—Ina代入，得a—alna—l=O.

e'°

設(shè)〃(x)=x-xlnx-l(x>0),則/(x)=-lnx.

令〃'(x)=0,即一lnx=O,解得x=l,

當(dāng)xe(0,1)時(shí)，//(x)>0,/z(x)單調(diào)遞增,

當(dāng)xe(l,+司時(shí)，Af(x)<0,/z(x)單調(diào)遞減,

所以〃(x)〈〃⑴=1—Ixlnl—1=0,

綜上，a=1.(15分)

16.(15分)短視頻已成為當(dāng)下宣傳的重要手段，東北某著名景點(diǎn)利用短視頻宣傳增加旅游熱度，為調(diào)查某

天南北方游客來此景點(diǎn)旅游是否與收看短視頻有關(guān)，該景點(diǎn)對當(dāng)天前來旅游的500名游客調(diào)查得知，南方

游客有300人，因收看短視頻而來的280名游客中南方游客有200人.

(1)依據(jù)調(diào)查數(shù)據(jù)完成如下列聯(lián)表，根據(jù)小概率值a=0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析南北方游客來此景點(diǎn)旅

游是否與收看短視潁有關(guān)聯(lián)：單位：人

短視頻

游客合計(jì)

收看未看

南方游客

北方游客

合計(jì)

(2)為了增加游客的旅游樂趣，該景點(diǎn)設(shè)置一款5人傳球游戲，每個(gè)人得到球后都等可能地傳給其余4人

之一，現(xiàn)有甲、乙等5人參加此游戲，球首先由甲傳出.

(i)求經(jīng)過i次傳遞后球回到甲的概率；

(ii)記前必次傳遞中球傳到乙的次數(shù)為X,求X的數(shù)學(xué)期望.

2(m、m

2n(ad-bc)EfX,E(Xj

參考公式：z=其中n=a+b+c+d；

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

Vz=i7z=i

附表:

a0.10.050.010.0050.001

2.7063.8416.6357.87910.828

16.(15分)

【解析】（1）將所給數(shù)據(jù)進(jìn)行整理，得到如下列聯(lián)表:

短視頻

游客合計(jì)

收看未看

南方游客200100300

北方游客80120200

合計(jì)280220500

零假設(shè)“0：南北方游客來此景點(diǎn)旅游與短視頻無關(guān)聯(lián).（4分）

500x(200x120—80x100)2_8000?

Z2

34.632>10.828=&0M

300x200x280x220231

根據(jù)小概率值a=0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷HQ不成立，

即認(rèn)為南北方游客來此景點(diǎn)旅游與收看短視頻有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.001（7分）

（2）（i）設(shè)經(jīng)過i次傳遞后回到甲的概率為片，

又R-三=――豐0,

所以｛片―是首項(xiàng)為一公比為一；的等比數(shù)歹山

所以￡=：

（10分）

5

（ii）（方法一）

設(shè)第i次傳遞時(shí)甲接到球的次數(shù)為工，則工服從兩點(diǎn)分布，E（X）=￡，

設(shè)前冽次傳遞中球傳到甲的次數(shù)為y,

(m

E")=EZx=XE(X)=《+E+6+-+與

kZ=1i=\

i_r.ir

m1[4)_4-(1Ym4

551+J_25I525

4

因?yàn)镋（X）=——，所以E（X）=（15分）

（方法二）

設(shè)第i次傳遞時(shí),乙接到球的概率和次數(shù)分別為g與X,,則X,服從兩點(diǎn)分布,

E(Xj=q「由題可知/=；(l_q,T),q；--=~~

,所以是首項(xiàng)為:，公比為-：的等比數(shù)歹！J,

又價(jià)=［，所以孫一《

乙UIJJ乙Ut

1111

4———x，q；--------x

'520z55

(mmm1

E")=EEX,這E(XJ=V=M—x

\/=1Z=1Z=15

立m11

故石(X)=一+-------x（15分）

')52525

17.（15分）如圖，在四棱錐S-A5co中，四邊形ABC。是矩形，口54。是正三角形，且平面￡4。_1_平

ffiABCD,AB=1,尸為棱A￡＞的中點(diǎn)，四棱錐S-A3。的體積為獨(dú)L

3

（1）若E為棱S3的中點(diǎn)，求證：PE//平面SCZ）；

（2）在棱SA上是否存在點(diǎn)使得平面與平面SAD所成夾角的余弦值為金上？若存在，求出線段

5

AM的長度；若不存在，請說明理由.

17.（15分）

【解析】（1）取SC中點(diǎn)/，連接EEEDjrEI分別為S3,SC的中點(diǎn)，

:.EFUBC,EF=-BC,?.?底面四邊形ABC。是矩形，P為棱AD的中點(diǎn)，

2

PD//BC,PD=-BC,：.EF//PD,EF=PD,

2

故四邊形PEFD是平行四邊形，,PE//FD,

又?.?EDu平面SCD,PEu平面SC。，.1PE//平面SCO.（6分）

（2）假設(shè)在棱上存在點(diǎn)M滿足題意，如圖：連接SP,MP,MB,

在等邊口$4。中，P為AD的中點(diǎn)，所以SPLA。，

又平面SAD1平面ABCD,平面SADn平面ABCD=AD,SPu平面SAD,

平面ABC。，則SP是四棱錐S-ABC。的高，

設(shè)AD=m（m>0）,則SP=^-m,SM，CD=m，

_1cCD_1V3_2A/3grpr___9

%棱錐S-ABCD-§S矩形ABCQ,SP=，所以m—2，（9分）

以點(diǎn)p為原點(diǎn)、,而，荏，示的方向分別為羽y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

w

則尸(0,0,0),A(l,0,0),3(1,1,0),S(0,0,61

故西=(1,0,0),而=(l/,0),而=(-1,0,百卜

設(shè)而=AAS=(-2,0,V32)(O<2<1),

.-.PM=PA+AM=(l-2,0,V32).

設(shè)平面PMB的一個(gè)法向量為4=（x,%z）,

n,-PM=(l-2)x+V32z=0,一

則《，一')所以可取々

nx-PB=x+y=0,

易知平面SAD的一個(gè)法向量為后=（0,1,0），（12分）

4

故存在點(diǎn)M,AM=—滿足題意.（15分）

3

18.（17分）已知動點(diǎn)尸與定點(diǎn)A（瓶,0）的距離和尸到定直線％=二的距離的比為常數(shù)%.其中

mn

m>0,n>0,且加中〃，記點(diǎn)尸的軌跡為曲線C.

（1）求C的方程，并說明軌跡的形狀；

⑵設(shè)點(diǎn)8（-加,0）,若曲線C上兩動點(diǎn)均在x軸上方，AMDBN,且AN與8M相交于點(diǎn)Q.

L11

①當(dāng)機(jī)=2后,〃=4時(shí)，求證：網(wǎng)+的的值及口43。的周長均為定值；

②當(dāng)相>"時(shí)，記口43。的面積為S,其內(nèi)切圓半徑為人試探究是否存在常數(shù)2,使得S=/lr恒成立?

若存在，求4（用根，”表示）；若不存在，請說明理由.

18.（17分）

J（x-mf+y2_m

【解析】（1）設(shè)點(diǎn)P（x,y）,由題意可知n2=~n，

X-----

m

/\222

即（X—機(jī)）2+>2=—〃,經(jīng)化簡，得C的方程為=+「V,=1,

\n）nn"-m"

當(dāng)相<〃時(shí)，曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓；

當(dāng)加>〃時(shí)，曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線.（3分）

（2）設(shè)點(diǎn)其中%〉°，%〉0且退=一％2，>3=_>2，

（i）由⑴可知C的方程為a+1-=1,4（2后,0）,網(wǎng)一2在0卜

yy?一%%

因?yàn)锳M〃BN,所以

因此，三點(diǎn)共線，且忸XA22，

M,N|=^（2+2/2）+=^-x2-2s/2^+（-y2）=\AM'\（6分）

（法一）設(shè)直線W的方程為x=9+20,聯(lián)立C的方程，得（產(chǎn)+2）/+4億—8=0,

4日8

則%+為=—

7+2

由（I）可知卜叫=￥%=4一%W=|.]

（4后1\/fV2)

32-丁%J-卜2--^-佻

所以」_+-__WM+怛M122

/_\V7

^\AM\忸N|.忸叫J后1LL吟1

佻J

AV2(4\f2t

2Ir+2)

=1,

4-+%)+]〃%%4—回」+2）

J+2,

11

所以何廣西為定值1;（9分）

\AM\2V2I,“I4

（法二）設(shè)ZMAx=0,則有°~,解得AM=--y=--,

2V2-|AM|cos6>4112+V2cos6?

\AM'\2V24

同理由ca\"一-----=—r-，解得IA"|=-_7=~-.

2V2+\AM|COS^42-J2cos6

11112+V2cos02-J^cos。.

所以1——r+i——r=i——+^-----=--------------+---------------=1,

\AM\忸N|\AM\r\AM'r\44

11

所以前r麗為定值1；（12分）

由橢圓定義怛0|+|QM|+|M4|=8,得|QM|=8—忸0|—仙陽,

\AM\_\QM\_8-\BQ\-\AM\

AM//BN,:.麗一畫一

,,V（8-UM）.LB7V（8-忸

=1111「，同理可得|AQ|=

1\AM\+\BN\\AM\+\BN\

（8-|BA^|）-|AM|（8-|AW|）-|BA^|+—21AMi.忸N|

所以|A0+忸0=

\AM\+\BN\+\AM\+\BN\\AM\+\BN\

=8--—?—=8—2=6

\AM\+\BN\

因?yàn)閨A用=4后，所以口43。的周長為定值6+4行.（9分）

(ii)當(dāng)加〉”時(shí)，曲線C的方程為=—-二^=1，軌跡為雙曲線,

nm—n

根據(jù)⑴的證明，同理可得M,4"三點(diǎn)共線，且忸N|=|AM[,

（法一）設(shè)直線w的方程為x=sy+〃z,聯(lián)立c的方程,

得[(2222

m2-n2s2-n2]y+2sm(rn-nm2-n2I=0,

2

2sm^m2—n2m2-n2

(*)

?.?%+%=一--P%%二22

m2-n~s—nm—ns—n

2、

因?yàn)橄山?二玉—土=-x-n,\BN\=\AMr\=-x

i3-n,

nmnn

111_|AM|+|AMZ|

所以-----+1----=-----F—

\AM\忸N|\AM\\AM'\|AM|-|AM,|

mm

—Xy—Tl+—%3―n

nn

mm

—Xy—Tl—Xj_n

nn

2m2-n2

+

n

22222，

m2s2m-nm-n

n2“2

11In

將（*）代入上式，化簡得+22，(13分)

\AM\\BN\m-n

\AM\