福建省竺数教研2023-2024学年高三年级下册质量监测数学试题及其详细解析

2024年竺数教研高中毕业班质量监测

数学

本试卷共19题，共6页，满分150分.考试时间120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如

需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.

写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本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.某批农产品的质量（单位：千克）服从正态分布，且其中质量大于0.7的数量等于质量小于0.4的

数量，则下列四部分中（）

A.质量小于0.4的农产品数量最多B.质量大于1.09的农产品数量最多

C.质量大于0.7的农产品数量最多D.质量小于0.55的农产品数量最多

【答案】D

【解析】

【分析】利用正态分布的对称性求得〃=。.55,从而分析得ABC选项对应的概率小于D选项对应的概率,

由此得解.

【详解】因为这批农产品的质量服从正态分布，且其中质量大于0.7的数量等于质量小于0.4的数

量，

所以由正态分布的对称性可知〃==0.55,

观察各选项，由正态分布的对称性知，质量小于0.55的农产品数量对应的概率为0.5,

其它选项对应的概率都小于0.5,

所以质量小于0.55的农产品数量最多，故D正确.

故选：D.

2.复数z满足|z—l|=|z+l|,复数S=〃+i（Q£R）,若ZS在复平面上对应的点在第四象限，则

)

A.z在复平面上对应的点在实轴正半轴上

B.z在复平面上对应的点在实轴负半轴上

C.s在复平面上对应的点在第一象限内

D.s在复平面上对应的点在第二象限内

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的几何意义及乘法运算公式计算即可.

【详解】设z=x+yi,由复数z满足—+知(x_l『+y2=(尤+]/+,2nx=。,

故2=货，贝I]zs=—y+yai,

-y>0

由zs在复平面上对应的点在第四象限知，\'=。>0,

ay<0

所以S在复平面上对应的点在第一象限内.

故选：C.

3.已知等差数列｛4｝的前“项和为S”，若％,>0,出+。3=6,则S5的取值范围为()

A.[15,20)B.[15,18)

C.[12,20)D.[12,18)

【答案】A

【解析】

【分析】利用〉0结合等差数列的性质求解即可.

【详解】an>0,

d>Q,ax>0

(2—(JL

且a?+〃3=2〃3-d—2a3-----=6,

/.3<a3<4,

故S5=5（%；%）=5%e[15,20）.

故选：A

4.设双曲线C其中一支的焦点为「另一支的顶点为4其两渐近线分别为加，”.若点8在加

上，且J_/,则根与〃的夹角的正切值为（）

A.72B.73C.2D.75

【答案】B

【解析】

【分析】设双曲线标准方程，由双曲线的特征三角形计算判定|Q4|=|0B|=a,结合条件可求得

JT

ZHOA=ZBOF=ZHOB=-,再求夹角正切即可.

3

V2y2

记两渐近线的交点为。，设I-=1,双曲线实轴长2a,焦距2c,

a

bb

由双曲线的定义得：OA=a,OF=c,其渐近线方程为：m:y=­x,n:y=——x,

aa

BF_b

由卸Um知，<30a,所以忸典=Z>j0国=a,

OF2=OB2+FB2

因为|Q4|=|OB|,AB，〃，知〃为的平分线,

记〃交AB于点”，

因为渐近线的性质，有/HOA=/BOF,

7T_

综上，ZHOA=ZBOF=ZHOB=-,则相与”的夹角的正切值为班.

故选:B.

5.若函数/(x)=Asin2x-3在上有零点，则整数A的值是（)

A.3B.4C.5D.6

【答案】C

【解析】

3

【分析】将函数的零点问题转化为丁=5苗2%与丁=一在上的交点问题，求出y=sin2x的值域即

A

可.

【详解】由于函数/(x)=Asin2x—3在上有零点,

3兀5兀

所以方程Asin2x—3=0在-8"，12上有实数根,

3

即y=sin2x与y=—在上有交点,

A

令，=2x,则—<t<—,当—<t<—，y=sin/单调递减,

4646

故在区间上最多只有1个零点,

3(1

又sint€'即不9。

"一2J

解得Ae(3/6),由于A是整数，所以4=5.

故选：C.

6.已知0＜加＜〃，现有均由4个数组成的甲、乙两组数据，甲组数据的平均数与方差均为加，乙

组数据的平均数与方差均为“若将这两组数据混合，则混合后新数据的方差()

A.一定大于〃B.可能等于〃

C.一定大于根且小于〃D.可能等于相

【答案】B

【解析】

【分析】设甲组数据为芝(，=1,2,3,4),乙组数据为y(i=L2,3,4),合并后的数据为4(i=1…8),通过

题意求出混合后的方差Sz?，对于AB：通过计算”来判断；对于c：通过〃=0能否成立来判断;

对于D：通过sj—加=。能否成立来判断.

【详解】设甲组数据为七(『=1,2,3,4),乙组数据为y(i=l,2,3,4),合并后的数据为z#=1…8)

1Z=11«=1i=l.\

2922

方差邑_加)=—Sxz-m=mf解得Z玉2=4(根2+m)，

同理，解得“：=4(/+办

则sj=-E（z.-z）'=-Ez2-z-=-Zx：+Zy:\-z~=---------------------->对于AC：右混合后

8s8s;8y44J4

的方差大于R,

2

（m―"）+2（加+"）_n=（…+2）（*"）,即（和―〃+2）（加—〃）〉0,

44

由加v〃知，加一〃<0,但加一〃+2的正负不确定，故AC错误；

对于B：若混合后的方差等于小

则（帆一行+2（m+“）_仆即（和一〃+2）（m—"）=0,

4

由力?<〃知，当且仅当〃=加+2时，混合后的方差等于“符合题意，故B正确；

对于D：若混合后的方差等于相，

则（加一7）2+2（加+〃）「冏.即（〃一机+2）（〃一机）=0

4

由m<〃知，当且仅当机=〃+2时，混合后的方差等于如不符合题意；

故选：B

7.一个底面半径为2的圆锥的轴截面为正三角形，现用平行于底面的平面将该圆锥截成两个部

分，若这两部分的表面积相等，则该平面在圆锥上的截面面积（）

A.37rB.2岛C.20兀D.2兀

【答案】A

【解析】

【分析】利用圆锥的特征即表面积公式、圆的面积公式计算即可.

由题知，平面截圆锥后上半部分为一小圆锥，下半部分为一圆台,

且圆台的上底面即小圆锥的底面，即该平面在原圆锥上的截面；

圆台的下底面即原圆锥的底面.

不妨设圆台上底面半径为弓，圆台下底面半径为弓，

小圆锥母线长为4,原圆锥母线长为4，

由轴截面为正三角形知，，=工=2,

64

则小圆锥底面积为叫2,底面周长为2叫，侧面积为/］•叫=2叫2,

易知圆台侧面积可看作原圆锥侧面积减去小圆锥侧面积

则圆台侧面积为2兀代—/),下底面积为742

由于两部分表面积相等，贝I］兀/+2跖2=叫2+兀4+2兀(/-1)=>'=g,

弓2

因为2=2,则弓=百，

所以截面面积为3兀.

故选:A.

8.己知数列｛4｝,｛2｝,c是非零常数，若｛表｝为等差数列，为等比数列，则下列说法中

错误的是()

A.｛为+〃｝可能为公差不为。的等差数列

B.｛%W,｝可能为公比不为1的等比数列

C.｛/?：»｝可能为公差不为0的等差数列

D.可能为公比不为1的等比数列

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，由等差数列与等比数列的定义与性质对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】对于A选项：当c=l时，｛4｝为等差数列，若12］为公比为1的等比数列，则此时｛2｝

为等差数列，｛q+〃｝为等差数列，故A选项正确；

对于B选项：不妨设义■=6z+s,—=tc('x0,<70),

cncn

则4=(妨+s)c",bnw0,qw0),

当%=0能成立时，｛%•2｝不是等比数列；

当%=0不能成立时，ah=（而+s）优c"+%"T,

则4+2+1=（版+）+s）5+l）区=而+（2%+s）…+scq,

2

anbn（kn+s^nkn+sn

因为均RO,若要使比值是常数，则上+s=0,此时q=0,不合题意；

所以｛4•〃｝不可能公比不为1等比数列，故B选项错误；

对于C选项：当c=l,牝=1时，同样符合要求，此时度=可=2，

由选项A的分析知，｛2｝可能为公差不为0的等差数列，即｛/"｝可能为公差不为0的等差数列，

故C正确；

对于D选项：当c=1,4=〃也=n2n时,满足卜｝为等差数列，1"为等比数列，此时去=?,

为公比不为1的等比数列，D选项正确.

国J

故选：B.

二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得。分.

9.已知正整数无，小其中x的因数不包含3,若（x+3）”的展开式中有且只有6项能被9整除，则

”的取值可以是（）

A.6B.7C.8D.9

【答案】AB

【解析】

【分析】利用二项式定理及其通项公式分类讨论计算即可.

【详解】易知（x+3）"的展开式的第k+1项为仕W〃），

即当左22时必能被9整除，即至少有n—1项可被9整除，

故转为研究当左=0,1时是否满足题意，

当左=0时，该项为C>"=x",由于x的因数不含3,故无法被9整除;

当％=1时，该项为C：x"Tx3=3加I,

若〃为3的倍数，则该项可被9整除;

若左=1时该项可被9整除，则共有“项可被9整除，

此时〃=6,为3的倍数，成立，

若％=1时该项不可被9整除，则共有n-1项可被9整除，

此时〃=7,符合题意.

综上，w可以为6或7.

故选：AB

10.己知正方体ABC。—A4GR,瓦厂分别是边52上（含端点）的点，则（）

A.当斯〃AD1时，直线所相对于正方体的位置唯一确定

B.当4F//CE时，直线E尸相对于正方体的位置唯一确定

C.当GE〃平面ADF时，直线石厂相对于正方体的位置唯一确定

D.当平面AE，//平面ACT时，直线即相对于正方体的位置唯一确定

【答案】AD

【解析】

【分析】选项A,利用正方体中的点线关系，即可求解；选项B,在平面A3CD上作4歹的投影为

利用任何满足OE=OG且EG不重合时，均有EC//A耳即可求解；选项C,设E在直线AD

上的投影为E-利用任何满足E%=CXF的情况，有EEJ/ABICR,再利用线面平行的判定定理，

即可得到GE〃平面ADE，从而求解；选项D,先确定点尸及E的位置，利用面面平行的判定定理，证

明点尸及E符合题意，并说明唯一，即可求解.

【详解】对于A选项，当且仅当点E与点B重合，且点尸与点G重合时条件成立，故A选项正确；

对于B选项，如图1,设4歹在平面A3CD上的投影为AFXBD=G,记的中点为。，

则对于任何满足OE=OG且及G不重合时，A//C6为平行四边形，即有EC//A£//AE,故B选项

错误；

对于C选项，如图1,设E在直线A。上的投影为用,对于任何满足后n=GE的情况，有

EEJIABIICR,

所以EE/G为平行四边形，所以GE//Rg，

又因为Rgu平面皿7,C]E<Z平面ADE,所以£E〃平面AOE,

故直线EF的位置无法唯一确定，故C选项错误；

对于D选项，如图2,当且仅当尸为G2的中点，取CD中点”，连接AHiBD=E,

DHr）pi

因为——=——=—，即点E为线段3D上靠近点D的三等分点，

ABEB2

因为A8//A尸，AFu面AH.面所以AH7/面4c/，

连接A。，\DAD=F,连接EH,

易知EH//AC，ACu面ACP，W面ACT,所以EH//面ACP，

又FHAH=H,面AEQ,所以平面AEQ//平面片。/，故D选项正确.

图2

故选：AD.

11.小竹以某速度沿正北方向匀速行进.某时刻时，其北偏西30°方向上有一距其6米的洒水桩恰好

面朝正东方向.已知洒水桩会向面朝方向喷洒长为2百米，可视为笔直线段的水柱，且其沿东一北

—西一南一东的方向每3秒匀速旋转一周循环转动.若小竹不希望被水柱淋湿且不改变行进方向和

速度，则他行进的速度可以是（）

A.lm/sB.1.2m/s

C.2m/sD.8m/s

【答案】BD

【解析】

2兀）

【分析】建系,分析危险区域的范围，可知原问题转化为图像/（0=3tan

7*；+3左,：+3左），左eN*,

与图像＞=3石的交点问题，结合图象分析求解.

【详解】依题意，绘出示意图如图所示

易知，当且仅当在喷洒范围与行进路线重叠的危险区域内，小竹可能被淋湿.

由于洒水桩最初面朝正东方向，不妨以洒水桩为起点向面朝方向作射线，即可将问题转化为小竹（用点代

替）与该射线在行进路线上的交点不重合的问题.

设时间为/秒

以洒水桩为原点,正东方向、正北方向分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系.

则小竹行进路线的方程为x=3,

由每3秒旋转一周循环转动知r秒旋转2号7r《rad）,

因为N5OD=NAOD=—,

结合题意可知才£|0]）°卜1+3左q+3左）次£N,

2兀

因为水柱所在射线与行进路线的交点纵坐标为3tan

又因为小竹（用点代替）的纵坐标为V/-36，

6,代］,；+3左,：+3左1上eN*,

故可将原问题转化为图像/。）=3tan

与图像y=vt-3y/3的交点问题，即求当v为何值时两图像无交点,

,(16A/38君)(16A/3

由图可得：veY-，Y-u—r-,16V3.

I25H八13J

结合选项可知：AC错误；BD正确.

故选：BD.

【点睛】易错点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见

数想图，以开拓自己的思维.使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握

条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

7T

12.在中，Cw—,若cosA=sin5,则A的取值范围是.

2

【答案】［。,£|

【解析】

JIJIJI

【分析】由题意可得A<一,分3<一与8>一两种情况讨论可求A的取值范围.

222

7T

【详解】因为sin5>0,cosA=sinB,所以cosA>0,所以A<—.

2

7171

若B<一,由co*/4=4nB,可得sin(——A)=sin3,

22

由正弦函数在(0,£)的单调性可得，B=^-A,则C=g,原题设不成立；

'11'11JI

若B>—,同理可得3=A+—,由4+5<兀，解得Ae(0,—).

224

7T

故答案为：(0,一).

4

13.设。力均为单位向量，且H，,-,,|。+囚可按一定顺序成等比数列，写出一个符合条件的

的值__________.

5-拒

【答案】(答案不唯一)

4

【解析】

IIf）II。

【分析】设a,。的夹角为氏则可计算得|。-々=25垣5，|a+H=2cos5,再由等比中项定义可求解.

【详解】由a/均为单位向量，设a力的夹角为仇6G[0,可，则0,^,

则。•/?二cos。，同二1,

|a-Z>|=｛（a—b）=V2-2cos^=^2-2^1-2sin2=2sin],

|a+Z?|=J（a+b）=j2+2cos8=/2+212cos'—1]=2cosg,

当同,|a—N，|a+'成等比数列时，有4sin2g=2cos2n2cos2g+cosg—2=0,解得cos0=@^3

111111222224

_1x3—y/17—1（区、

或cos—=----------（舍），

24

则由二倍角公式得，cos^=2cos2—-1=--近7,

24

同理,当卜+斗,―斗阿成等比数列时，解得cos，=—5—y,

当|a+b|,|a|,|a-引成等比数列时，有1=4sin?cos2=>工=2sin，cos2=sin。，此时，cos0=±—.

111111222222

故答案为：匕何（答案不唯一）

4

14.已知抛物线W:y2=2px,A（—2,0）,3（2,0）,C（4,0）,过8直线交W于M,N两点，若四边

形4WCN为等腰梯形，则它的面积为.

【答案】9石

【解析】

【分析】解法一：由几何性质可知：%=-2%,设直线MN为£=ty+2,联立方程结合韦达定理可得

4=4,即可得NR26），进而可求面积；解法二：根据题意结合二级结论可知NN4B=NM4B,分析

可知点M的横坐标为1,ZNBC=60°,即可得结果.

【详解】易知M，N的位置交替不影响结论，不妨令图像如图所示以方便研究,

解法一：由等腰梯形的性质得：_ABNs_BCM,相似比为忸。=2,

所以为=-2%，

设直线阿为矛=iy+2,与抛物线方程联立，得V—2夕）一4P=0,

112

所以%+%=5%=2。/，yn-ym=--yn=-4。，

2

解得％=7，代入*=b+2得％〃=4,

又因为忸N|=|A@=4,由勾股定理可确定N（4,2』），

可得.二六=；，%,=一攵=—6，

2%2%

所以AMCN为等腰梯形的面积为JAC|.|明一%|=gx36x6=9通；

解法二：（二级结论）

由题可知，点A、8关于抛物线顶点对称，且弦MN经过点B,

则NM4B=NM4B,（二级结论）

又因为AMCN为等腰梯形，

所以⑷V//CM,则NAQVf=NM4B,故|AM|=|QW|,即点M的横坐标为1,

又因为忸闸=忸。|=2,所以NNBC=60。，

且忸N|=|AB|=4,

所以AMCN为等腰梯形的面积为JAC/%—%|=3|MN卜sin/NBC=96；

故答案为：973.

【点睛】方法点睛：在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的比例问题时，一般需利用相应的知识，

将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横（纵）坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系,

进而求解.

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.已知函数/(x)=alnx—法在(1,7。))处的切线在y轴上的截距为—2.

(1)求。值；

(2)若/(%)有且仅有两个零点，求b的取值范围.

【答案】(1)2(2)

【解析】

【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；

(2)借助函数与方程的关系，可将/(x)有且仅有两个零点转化为方程)=」凡有两个根，构造对应函数

X

并借助导数研究单调性及值域即可得.

【小问1详解】

f'(x)=--b,f'{\\=a-b,f(X)=axO-b=-b,

x

则函数/(x)=alnx—bx在(1,/。))处的切线为：y+b=(a-b)(x-l),

即y=(a——a,令x=0,则有y=—a=-2,即a=2；

【小问2详解】

由a=2,即/(x)=21nx-Z?x,

若/(%)有且仅有两个零点，则方程21nx-bx=0有两个根，

即方程)=」二有两个根，

X

人/、21nxe\2(l-lnx)

令g(x)=——，则g<x)='2

%X

则当xe(O,e)时，g'(x)>0,则当xe(e,+e)时，g'(x)<0,

故g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+“)上单调递减，

故g(x)<g(e)=&^=2,

ee

又X-0时，g(九)——8,Xf+co时，g(尤)-0,

故当be[o,：)时，方程)=2乎有两个根，即/(%)有且仅有两个零点.

16.袋子中混有除颜色外均相同的2个白球和2个红球，每次从中不放回的随机取出1个球，当袋

中的红球全部取出时停止取球.甲表示事件“第二次取出的球是红球”，乙表示事件“停止取球时袋中

剩余1个白球”.

（1）求甲发生的概率；

（2）证明：甲与乙相互独立.

【答案】（1）

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）记事件丙为“第一次取出的球是红球”，则尸（甲）=P（甲丙+甲丙），由古典概型，全概率公式

求解；

（2）根据相互独立事件的定义证明P（甲乙）=P（甲）P（乙）.

【小问1详解】

记事件丙为“第一次取出的球是红球”，

C11一1

则P（丙）=才—,P（丙）=1-P（丙）二万,

11

尸（甲丙）=C3=（1，尸（甲丙-）=舁C=彳2，

所以P（甲）=P（甲丙+甲丙）=P（丙）XP（甲I丙）+P（丙）XP（甲I丙）,

则P（甲）=1乂L+工义2=工；

23232

小问2详解】

由题意知，乙等价于“停止取球时共取出了1个白球和2个红球”，

且第三次取出的球一定为红球，

故此时取出顺序只有“红、白、红”与“白、红、红”两种可能，

则尸（乙）=111

，、二，x、d+I二，、七八7=--1--——

C；C；C；C；C；C；663

其中，甲乙同时发生等价于“白、红、红'’的情况,

故p（甲乙）=[,

于是p（甲乙）=。（甲）。（乙）,

所以甲与乙相互独立.

17.如图，在三棱锥尸一ABC中，PA_LPB,AB上BC,AB=3,BC=娓,已知二面角尸-AB-C的大

小为8,ZPAB=0.

(1)求点尸到平面ABC的距离；

(2)当三棱锥尸-ABC的体积取得最大值时，求：

(I)二面角尸-AB-C的余弦值；

(II)直线PC与平面R钻所成角.

【答案】(1)3(1-cos?。)•cos，

⑵(I)COS0=

3

(II)-

4

【解析】

【分析】(1)可得B4=3cos。，尸5=3sin6>,过尸作A3的垂线交其于点。，过尸作平面ABC的垂线

交其于点。，可得1平面P。。，进而可得400为二面角尸-AB-C的平面角，可求得P0；

(2)(I)V=^a-cos20).cos6»，令f=cose«0,l),丫«)=乎«­3),利用导数可求体积

的最大值，可求得8；

(II)由(I)求得P0=2®,OD=—，记点C到平面R43的距离为〃，利用等体积法求得〃，可

33

求直线PC与平面？A3所成的角.

【小问1详解】

由己知，得F〉/4=3cos。，PB-3sin^,

过尸作AB的垂线交其于点D,

过P作平面ABC的垂线交其于点O,

因为尸01平面ABC,ABu平面ABC,所以P0LA3,

因为PDcP0=P,PDu平面POD,POu平面P。。，所以ABJ,平面P。。，

因为OOu平面所以ABLOD,

所以NPDO为二面角尸-AB-C的平面角，ZPDO=0,

PA.PR

故PO=PDsin0=-------sin6=3sin?夕cos0=3(1-cos?8)•cos。；

AB

【小问2详解】

（I）三棱锥P—ABC的体积为丫=、5尸0=2.亚.2。=亚（1—cos2e）.cosd，

3-322

令/=COS6G（0,1）,则三棱锥尸—ABC的体积v«）=乎«—

所以口。）=乎（1一3『）,

当闫0,,V'⑺>0,当/e,1，V'⑺<0,

/

所以V（。在0,上单调递增，在,1上单调递减,

故当v«）=v时，三棱锥尸-ABC体积最大，止匕时COS。

3

所以二面角尸-AB-C的余弦值为且;

3

（II）求得此时体积为四，可知此时PO=竽，OD=^-，

由平面几何知识知OC=2乎，PC=20，

记点C到平面R43的距离为h,

由等体积法可知V=0=g.S「AB/，求得〃=2,

记直线PC与平面P43所成角为2,则sina=4-=变，即。=^,

PC24

___.兀

所以直线PC与平面AW所成的角为二.

4

s

18.已知数列｛4｝的前〃项和为S“，q=l,数列也｝满足j=且4也均为正整数.

an

（1）是否存在数列｛4｝,使得｛2｝是等差数列？若存在，求此时的S“；若不存在，说明理由；

（2）若b”>b『i，求｛。”｝的通项公式.

【答案】⑴存在，Sn=〃；

（2）为=1

【解析】

【分析】（1）利用条件先计算仇=1，得4，根据正整数的性质确定为=2,%=1，假设若成立可得么=n，

再利用S“,4的关系检验即可；

（2）法一、利用的关系及递增数列与整数的性质知〃-126,1，整理化简可得

4<«„_1<<q=1,即可得结果；法二、利用反证法假设存在一个正整数m>3,使得金22,根据

条件判定鬣W2t，矛盾.

【小问1详解】

由题意易知，—=仄=1,

ax

271

当〃=2时，="2n4=r,

%02・1

由%，2均为正整数知，生，4为正整数，

则当且仅当打一1=1即％=2时，%=1,为整数，

若存在数列｛4｝,使得也｝是等差数列，则々=4+d=2=>d=l,

故2=l+（"—l）xl=〃，此时。“为整数，符合题意，

所以S“=〃a“，当”》2时，有S“_i=（〃一1）。,1，

两式相减得一（”-1）。,1，整理得（八一1）（见-4_1）=。，

故4=%--

当〃=2时，%=4=1，故4=1，

经检验，当4=1时，bn=n,充分性成立，

故存在数列｛4｝,使得也｝是等差数列.

此时Sn=anbn=n；

【小问2详解】

法一、

因为5'=。/",当"时，有5-1=4.也1，两式相减，

整理得：an

由递增数列的题意与整数的性质知，bn-l>bn_Y,

故%_也1=%(2T)»,

因为d-w0,所以

则。〃<矶<<%=1,

因为a.为正整数，所以4=L

法二、

假设存在一个正整数m>3,使得>2

s

则％=。2=a“T=1，Sm-1=根一L2“T=-^=加-1,

am-l

d+加一1m—1m—1

则b”,=…---------=——+1<+l<m-l=bm_x,不符合递增数列的题意，

amam2

故假设错误，不存在这样的正整数机23,使得4,22,所以a“=l.

19.一个面积为9的正方形的四个顶点均在以坐标原点为中心，以(3,0)为右顶点的椭圆Z上.

(1)求Z的方程；

(2)记该正方形在第一象限的顶点为P,斜率为-1的直线/与Z交于A,B两点.记ABLB的外接圆为S

(I)求S的半径的取值范围；

(II)将Z与S的所有交点顺次连接，求所得图形的最大面积.

22

【答案】(1)Z:土+匕=1

93

（2）（I）仁-，&；（II）9

【解析】

【分析】（1）根据待定系数法求出椭圆方程；

⑵（I）解法一，设直线/：y=—x+〃7,A（jq,y1）,B（x2,y2）,W（u,5）,联立直线/与椭圆Z的方程，

得0<12,根据圆的定义得尤1，&是方程4x~+4（s—根—M）X+2"—4/ns+6M+6s—9=0的两个

解，根据韦达定理得〃+s=0,进而得到机=4a,根据2百,2百）求出"的取值范围，然后根据

二次函数求出最值即可；解法二，设直线/：y=-x+加，联立直线/与椭圆Z的方程，得04机2<12,

AB

根据正弦定理得---------=2R,利用弦长公式求出A3,利用三角函数关系求出sin/APfi,根据的取

smZAPB

―3333

值范围即可求出R的范围，解法三：设a：y=《x+5—，lPB：y=k2x+---k2,

4（%,%）,5（9,%），联立直线/PA与椭圆z的方程和联立直线/网与椭圆Z的方程，分别求出A、8两点

的坐标，求出直线A8的斜率，得匕•%=；，然后分别求出直线外和尸2的中垂线方程，利用圆的弦的

中垂线的交点即是圆心，求出圆心坐标，利用基本不等式求最值得/e—-,0o0,三,再根据两点

22

V7<7

33

间的距离结合f的范围求解即得；（II）由题意得故点尸与点0（-万,-万）关于该直线对称，点。恒为ZS

的交点，分析讨论当直线/经过尸或。时和当直线/不经过P或。时，表示出面积为

,求最值即可

【小问1详解】

因为Z以（3,0）为右顶点，由椭圆的定义，设z：0+?=1,则a=3,

33)

由对称性得，内接正方形在第一象限的顶点为

2,2J，

代入椭圆方程，解得6=所以的方程为三+汇=1,

93

【小问2详解】

解法一：

（I）由（1）得，p

设直线/：y=—%+〃7,A（%1,y1）,B（x2,y2）,圆心

联立直线/与椭圆Z的方程,得4必—6mx+3相2—9=0

m26m3m3m2-9

所以％i+々=%^=飞~，%1%2=——~——

由A=36——16(3/-9)>0,解得0V病<12

W7?2=|W|2=iw

33

即(玉—II)2+(芯+S—加了=(沈——)2+(S——)2,

33

(%2-沅1+(%+§一加I—3一万)？十(S—万)？

2

展开得4%；+4(s-m-u)x1+2m-4加s+6〃+6s—9=0,

2

4xf+4(s-m-u)x2+2m-4ms+6〃+6s-9=0,

故尤是方程4/+4（§_加_〃）％+2加2-4机5+6〃+65-9=0的两个解,

小、［3m3m2-92m2-4ms+6〃+6s—9

物以玉十%==加+〃一S，玉犬2=——~——

4

故加=2〃一2s,m2+4ms-6a-6s=0

两式联立得2(〃—s)(〃+s)—3(〃+s)=0(u+s)[2(〃—s)—3]—0

若2（M—s）=3,则加=3,故直线A3过尸，这与题设矛盾，所以"+s=0,

则m=4MW(—2百,2g)，ue

I

=2ue

所以誓R〈娓,

即Re，娓

7

解法二:

33

（I）由⑴得，P

2,2

设直线/：y=-%+7"，人(国,%),§(%,%)

联立直线/与椭圆Z的方程，得4/—6相％+3吹2—9=0

所以石+%2=T'，玉々=W-9

4­

由A=36根2—16(3/%2-9)〉0,解得04m2<12

AD

由正弦定理得：---------=27?

sinZAPB

由弦长公式得，|A8|=，左2+1.民—xj=◎.小（/+%2）2—4不%2,

2

代入得\AB\=0•向］+%2)2_4中2=V2-j|m2-3m2+9=36—3m

,3—2%j3—2%归依一女户/_,36-3"?2

有心=K'

|1+kPB-kPA\2|m|

,36-3川

2

所以sinZAPB=tan/APB=2|m|_^36-3m

2

y/tan-ZA