2024-2025学年山东省青岛市高三上学期期初考数学试题及答案

2024年高三年级期初调研检测数学试题2024.09本试卷共4页，19题．全卷满分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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．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．如需要本试卷上无效．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．{(}B=2,3,4,5}A=xy=4−x{AB=1.已知集合，，则（）2,3,4,5}A.B.C.D.D.(+)=+，则的虚部为（1z4）2.已知复数z满足z−1iiA.1B.C.π4π43.已知命题p：∈R，sin−α=+α¬p为（，则）π4π4π4π4∈R，sin−α≠+α∃α∈R，sin∃α∉R，sin−α≠+αA.C.B.π4πππ∉R，sin−α=+α−α=+αD.444−a,a,a4.{ꢀ的首项为1，公差不为0成等比数列，则{ꢀꢁ的前6项和为（）ꢁ236−1A.B.3C.D.5.在平面直角坐标系中，角αβx轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称．若1，则α−β)=（）cosα=−3197979A.B.−C.1D.6.两个粒子AB的位移分别为SA2)，=S=(4,BB相对粒子A的位移为S，则S在SA上的投影向量为（）525(5,25),B.C.2)D.A.552(+)≤xa,x0()=fx，若()是()的最小值，则的取值范围为（）f0fx7.设a1x++a,x>0x−]−]−−]0]1,01,21AB.C.D.x22y228.已知双曲线C:−=a>b>0)FFFF为直径的圆和C的渐近线1212ab在第一象限交于A点，直线交C的另一条渐近线于点，FBBA，则C的离心率为（=）11A.2B.C.2D.33二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.一组数据：xxx是公差为－2xx）1210110A.两组数据的极差相同C.两组数据的平均数相同B.两组数据的中位数相同D.两组数据的标准差相同10.平面α−α=ABCDABCD的顶点A，平面α//平面CB1DABCDm过正方体，平面平面，平11111面α平面ABBA=n，则（）11π平面α⊥平面,n所成的角为BD//m1B//n1B1A.B.C.D.1131+am∑ꢁꢁmi−b为数列{ꢀ和{ꢂia=n设数列{ꢀ和{ꢂ的项数均为的所有数n11−a+ꢁꢁi1n列{ꢀ}构成的集合为C．已知数列{}和{}为C中的两个元素，项数均为，下列正确的有（）AnBnmꢁA.数列1,3,5,7和数列6,8的距离为4()，则m=4pp∈N*AAA=BBB12m12mB.若m()∑i≤mm=4pp∈N*C.若D.若，则i1A=2B=3{}和{}的距离小于2017，则的最大值为3456ABmnn，，数列11三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．y=axcosx在点(0)a=______．处的切线斜率为−1，则12.若曲线13.若1=14.正方体πx=π2()=ωω>)的两个相邻极值点，则ω=fxsinx______．0，是函数3ABCDABCD31A（包括边界）上一动点，E是棱CD的棱长为，P是侧面上一点，11111若∠=，且△的面积是面积的倍，则三棱锥－ABE体积的最大值是______．9四、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．15.2312平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响．（1）求在一次猜谜活动中，有一方获胜的概率；（2）若有一方获胜则猜谜活动结束，否则猜谜继续，猜谜最多进行3次，求猜谜次数X的分布列和期望．a的内角的对边分别为2(cB+bC)=，．16.ABC,B,Ca,b,cA（1A；1（2边上的高等于c，求sinC．317.PABCDABCD是正方形，PD=DC，PD⊥底面ABCD，E−是线段PC的中点，F在线段PB上，EFPB．⊥（1）证明：PB平面⊥DEF；（2）G在线段上，EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值．−y2=mP在CP（n2P()≥18.已知双曲线C:4x2作斜率为11nn1y()n,y．n的直线与C的左支交于点n1，点n1关于轴的对称点为，记点的坐标为PPnnP,P（1）求点的坐标；32a=2x−y，证明：数列{}为等比数列；a（2nnnn（3）O为坐标原点，G,H分别为线段PP，PPn1n3△P，OGH的中点，记的面积分别为n1n2nn21S21,S，求的值．2()定义域为fxx∈D∃t∈D<()()为()xtfx<fttfx19.已知函数ID⊆I，在D上的“Ω点．fx=2+ax1+x−2x．（1）设函数()()()（）当a=0时，求()在fx(−+∞)上的最大点；“Ω”（）若()在[]fx0,1上不存在，求a的取值范围；{}()，且()，()()()fx．证明：在D上的“Ω点个D=,mm∈N*f1=0fx−fx−1≤1（2数不小于()．fm2024年高三年级期初调研检测数学试题2024.09本试卷共4页，19题．全卷满分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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．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．如需要本试卷上无效．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．{(}B=2,3,4,5}A=xy=4−x{AB=1.已知集合，，则（）2,3,4,5}D.A.B.C.【答案】B【解析】【分析】根据对数中真数大于0解出集合A，再利用交集含义即可得到答案.{()}{}A=xy=4−x=xx<4，则A∩B=.【详解】故选：B.(+)=+，则的虚部为（1z4）2.已知复数z满足z−1iiA.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法的计算公式得z=2−i，再根据共轭复数和复数虚部的概念即可.(+)(−)4+1+4110−z====2−i，【详解】(+)(−)115则z2i，则其虚部为1.=+故选：A.π4π43.已知命题p：∈R，sin−α=+α¬p为（，则）π4π4π4π4∈R，sin−α≠+α∃α∈R，sin∃α∉R，sin−α≠+αA.C.B.π4πππ∉R，sin−α=+α−α=+αD.444【答案】B【解析】【分析】根据全称量词命题的否定，否定结论，全称变特称即可.【详解】根据全称量词命题的否定，否定结论，全称变特称则¬p为“∃α∈R，π4π4sin−α≠+α”.故选：B.4.{ꢀ的首项为1，公差不为0−a,a,a成等比数列，则{ꢀꢁ的前6项和为（）ꢁ236−1A.B.3C.D.【答案】D【解析】d=，后根据等差数列求和公式计算即可.2【分析】根据等比中项得到方程，解出a,a,a成等比数列,则3226=⋅(1+2d)=(a+d)⋅(a+5d)，112【详解】2361=−1代入得到(−1+2d)=(−1+d)⋅(1+d)，d≠0d=2，解得.26×5则{}6项和aS=6×(−+6×2=24.n2故选：D.5.在平面直角坐标系中，角αβx轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称．若1，则α−β)=（）cosα=−31779A.B.−C.1D.99【答案】B【解析】【分析】运用角的终边对称性，得到正弦余弦值之间的关系，再用两角差的余弦值计算即可.【详解】角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称.18989cosα=β=−，sinα=−sinβsin2α=1−2α=，sinα⋅sinβ=−sin2α=−则故，且，318β+α⋅β=−=−79cosα−β)=cosα⋅sinsin.99故选：B6.两个粒子ABSA2)，=S=(4,BB相对粒子A的位移为S，则S在SA上的投影向量为（）525(5,25),B.C.2)D.A.55【答案】C【解析】SSSBA可求解.【详解】由向量SA2)，=S=(4,BBASSS，可得粒子相对粒子的位移为，BA⋅=×+×=SA=5可得SS13215且，AS⋅SS5⋅2)=2).A⋅A所以S在SA上的投影向量为故选：C.SS5×5AA2(+)≤xa,x0()=fx，若()是()的最小值，则的取值范围为（）f0fx7.设a1x++a,x>0x−]−]−−]0]1,01,21A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据分段函数的最值，结合二次函数和基本不等式二次不等式求解.2(+)≤xa,x0fx=【详解】由于()x=0f0()=2()是()的最小值，a.f0fx1，则当，x++a,x>0x1(−∞,0]为减区间，即有a≤0恒成立..则a2≤x++a,x>0则x11x=1≤2+a，解得。−1≤a≤2由x+≥2x×=2，当且仅当取最值则.a2xx−]1,0则a的取值范围为故选：A..x22y228.已知双曲线C:−=ab0)FFFF为直径的圆和C的渐近线>>1212ab在第一象限交于A点，直线交C的另一条渐近线于点，FBBA，则C的离心率为（=）11A.2B.C.2D.33【答案】C【解析】π=FOB==【分析】根据题意，利用双曲线的对称性，得到，结合双曲线的几何性213baπ=tan=3质，求得，进而求得双曲线的离心率，得到答案.3=BFA的中点，则⊥1A【详解】如图所示，因为1BBA，可得点为线段，1可得=，2=是双曲线的渐近线，由双曲线的对称性可知因为直线,OB，π=FOB==所以，213baπcb2a=tan=3==1()=1+3=2，+可得直线的斜率为，则e3a所以双曲线C的离心率为2.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.一组数据：xxx是公差为－2xx）1210110A.两组数据的极差相同C.两组数据的平均数相同【答案】BCB.两组数据的中位数相同D.两组数据的标准差相同【解析】【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断，由中位数的概念可判断B，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断D，根据极差及等差数列的通项公式可判断A．1112x=(x+x++x)=×x+x)=(x+x)【详解】对于C，原数据的平均数为，612105651010111去掉x1，x10后的平均数为x′=(x+x++x)=×4(x+x)=(x+x)=xC正确；239565688212(x+x)对于B，原数据的中位数为，6512去掉x1，x10后的中位数仍为(x+x)，即中位数没变，则B正确；56x−x=9d=18对于A，原数据的极差为，110去掉x1，x10后的极差为x−x=−7d=14，即极差变小，则A错误；29对于Dd，则原数据的方差为2221111s2=x−(x+x)+x−(x+x)++x−(x+x)1562561056102221975311=[(−d)2+(−d)2+(−d)2+(−d)2+(−d)2+(d)2+102222223579(d)2+(d)2+(d)2+(d)2]=33，22222221121212′2=−++−+++x−9+6去掉x1，x10后的方差为sx(5x)x3(5x)(5x)2668175311357=[(−d)2+(−d)2+(−d)2+(−d)2+(d)2+(d)2+(d)2+(d)2]=21，822222222即方差变小．标准差也变小，则D错误.故选：10.平面α−αABCD=m，平ABCDABCD的顶点A，平面α//平面CB1D，平面平面1过正方体1111面α平面ABBA=n，则（11）π平面α⊥,nD.所成的角为BD//m1B//n1B平面1A.B.C.113【答案】ABC【解析】【分析】设平面α平面ABCD=′证得m//m和′′//1D1C，可判定正确；过作平面γ，A1111设平面γ平面α=a，证得，可判定B正确；设平面平面DCCD=n′，证得n′⊥平面C所成的角，结合CB1D为等边三角形，可1AB//aα111,n1B，可判定C正确；把所成的角转化为BD与111判定D不正确.【详解】对于A中，设平面α平面ABCD=′1111ABCD−ABCDABCD//ABCD平面，1111在正方体中，可得平面1111因为平面α平面ABCDm，所以m//m，CB1DABCD=′1=′ααm，又因为平面//平面，且平面平面1111CBD∩ABCD=BDm//BD′m//1D，所以，所以A正确；1平面对于B中，在正方体平面，所以1111111111ABCD−ABCDAB//DC中，可得，111111因为平面//平面，且平面，所以平面α，αCB1DC⊂平面CB1DC//11γ平面α=C，设平面γaC//a，过作平面，可得平面αAB//aAB⊄α1AB//，所以1可得，且，所以B正确；1对于C中，设平面α平面DCCD=n′，11αCB1DCBD∩D=DC′n//DC，所以，1因为平面//平面且平面平面111111ABCD−ABCDAD⊥1D在正方体中，可得平面，，11111C⊂1DAD⊥C，所以因为平面1又因为1C，且⊥AD1=D，AD,1⊂1B平面1，，C⊥1Bn′⊥1B平面，1所以平面，所以1ABCD−ABCDABBA//1D平面1在正方体中，可得平面111111因为平面α平面DCCD=n′，平面α平面ABBA=n，所以n//n′，1111所以n平面⊥1B，所以C正确；1m//1Dn//C,nC所成的角，对于D中，因为且，所以所成的角，即为BD与111πCBD为等边三角形，可得CDB=∠因为，11113π,n所以异面直线所成的角为，所以D不正确.3故选：ABC.1+am∑iꢁꢁmi−ba为数列{ꢀ和{ꢂ+=n设数列{ꢀ和{ꢂ的项数均为的所有数ꢁꢁn11−ai1n列{ꢀ}构成的集合为C．已知数列{}和{}为C中的两个元素，项数均为，下列正确的有（）AnBnmꢁA.数列1,3,5,7和数列2,4,6,8的距离为4()，则m=4pp∈N*AAA=BBB12m12mB.若C.若D.若m()∑i≤mm=4pp∈N*，则i1A=2B=3{}和{}的距离小于2017，则的最大值为3456ABmnn，，数列11【答案】ABD【解析】【分析】根据数列距离的定义求两数列的距离判断A，结合数列{}，{}的递推关系证明两数列具有AnBnm∑A4k1+4k+2+4k+3+4k+4A，判断，由条件求i周期性，判断B，利用基本不等式求，由此求i147334563457∑ii∑i−Bi∑A−B=，结合周期性可求，，由此判断D.i−ii1i1i1【详解】对于A，根据数列距离的定义可得：6,81−2+3−4+5−6+7−8=41+n数列1,3,5,7和数列的距离为A正确；A=t0，且t≠1A=对于B，其中t≠，n11A+−1n1+t1−t1t−1t+12=3=−4=A5=t，所以，，，tA=A则，51因此数列{}中的项周期性重复，且间隔4项重复一次，An4k14k+24k+34k+4=1，1≤k≤p−1，p∈N∗所以，1+nB=s1s≠0s≠±1，由B，且+=设，其中，n11B−n1+s1−s1s−1s+12=3=−4=B5=s，所以，，，sB=B则，51因此数列{}中的项周期性重复，且间隔4项重复一次，Bn4k14k+24k+34k+4=1，1≤k≤p−1，p∈N∗所以，()，则m=4pp∈N*AAA=BBBB正确；12m12m所以若1+t1−t1t−1t+1A4k1+4k+2+4k+3+4k+4=t++−+≠0，且t≠1，因为，其中tt1t+1t−1tt−1t+1t≠,≠所以，1t+1t−1t−1t+1A4k1+4k+2+4k+3+4k+4=t+++>2+2=4所以，tm()∑m=4pp∈N*i>4p=mC错误；所以若，i1121所以数列{}中，=2，=3，4k1=−，，kN，AA4k−3A4k−2A=4k∈∗n3112故{}中，=3，=−2，=−，，k∈N，BB4k−3B4k−2B4k1B=4k∗n3k1k∑ii∑i−cb−c≥，ii1i1{}和{}的距离越大，mAB所以项数越大，数列nn47334567∑ii∑iiA−B=b−c=×864=2016，由，可得3i1i13457∑iib−c=2016+1=2017，i1m∑≤b−c<2017，ii所以m3456时，i1m的最大值为3456；故所以数列{}和{}的距离小于2017，则的最大值为3456DABnm.n故选：ABD.【点睛】新定义主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．y=axcosx在点(0)a=______．处的切线斜率为−1，则12.若曲线【答案】1【解析】【分析】先求导，再代入0，运用导数几何意义可解.−′=a(cosx−xsinx)，将0代入导数，运用导数几何意义，得y【详解】求导得到a(cos0−sin0)=a=1.故答案为：1.−π13.若1=x=π2()=ωω>)的两个相邻极值点，则ω=fxsinx0______．，是函数33【答案】【解析】2【分析】根据题意得到借助最小正周期公式，再用两个相邻极值点相差半个周期可解.π12πx=1x=2πf(x)=sinωxω>0)T=(π−)【详解】，是函数的两个相邻极值点,则，3312ππ32×=(π−)，解得ω=.即2ω332故答案为：ABCDABCD31A（包括边界）上一动点，E是棱CD的棱长为，P是侧面上一点，114.正方体1111若【答案】【解析】∠=，且△的面积是面积的倍，则三棱锥－9PABE体积的最大值是______．928EPDAP3PD=1A上建立平面直角坐1标系，确定点P的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥－ABE体积的最大值.【详解】由已知AB平面⊥1AAP⊂，1A平面，11所以,⊥因为⊥平面1ADP⊂，平面1A，11所以，⊥=90，又==所以∠，所以DPE，又△的面积是面积的9倍，13=所以，x,y,z以点D为原点，,DC,1为轴建立空间直角坐标系，则()，()，D0,0,0A3,0,0设点P的坐标为(x,0,z)，则0≤x≤3，0≤z≤3，AP=3PD由已知，(−)所以x32+z23x2z2，=+39x2+z2+x−=0，其中0≤x≤30≤z≤3，所以，483−,0,091A内的一段圆弧，1所以点P的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面88//DD1⊥平面ABCD，过点P作，因为1PQ⊥PQ⊥所以所以平面ABCD，即平面，P−的高，为三棱锥1332所以三棱锥P的体积V−=SPQ=PQ=z，P−3239x2+z+x−=00≤z≤3，，2因为所以4839z=−x2−x+，0≤x≤3，48324所以当x0时，取最大值，最大值为=z，33292所以当x0时，三棱锥－ABE体积取最大值，最大值为=×=.24892故答案为：.8【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过证明DPE相似，结合相似三角形的性质证明13=.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．15.2312平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响．（1）求在一次猜谜活动中，有一方获胜的概率；（2）若有一方获胜则猜谜活动结束，否则猜谜继续，猜谜最多进行3次，求猜谜次数X的分布列和期望．12【答案】（）74（2）分布列见解析，【解析】）有一方获胜，意味着结果为一对一错，分情况用相互独立事件的乘法公式计算相加即可；（2）确定X取每一个值对应时间的概率，即可求解.【小问1详解】设甲猜对为事件，乙猜对为事件B，事件+B表示星队第一轮活动中只有1人猜对，且事件B与AB互斥，1613()()()()()()PAB=PA×PB=PAB=PA×PB=则∴，，112()()()PAB+AB=PAB+PAB=，即有一方获胜的概率为.2【小问2详解】由题意X的可能取值为1，3X=1表示第一次猜谜有人获胜，所以p(X)1==,21114X=2表示第一次猜谜没人获胜同时第二次猜谜有人获胜，所以p(X2)==×=22112414(=)=−−=pX31由分布列的性质，可得，所以分布列为X1231211p441117()=×+×+×=EX123所以2444a的内角的对边分别为2(cB+bC)=，．16.ABC,B,Ca,b,cA（1A；1（2边上的高等于c，求sinC．3π【答案】（）43（2）【解析】）利用正弦定理，边化角，结合两角和的正弦公式化简即可；ABC中线段的长度，然后利用等面积法求解即可.c（2）先用表示【小问1详解】asinAA(+)=(+)=2cBbC2sinCBsinBcosC由得，AsinAAsinAA2(+)=2sinBC=sinA≠0，所以A2sinA=所以，即，又，2π<<A=.又0Aπ，得4【小问2详解】由题得示意图1作⊥，则CD=c，3π122A=AD=CD=c=c=c，因为，所以，得，4333511=c，利用等面积法可知：ABCD=ACBCsinC所以BC322125即c×c=c×c×sinC，33331010解得：sinC=.17.PABCDABCD是正方形，PD=DC，PD⊥底面ABCD，E−是线段PC的中点，F在线段PB上，EFPB．⊥（1）证明：PB平面⊥DEF；（2）G在线段上，EG与PA所成的角为，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值．【答案】（）证明见解析6（2）3【解析】BC⊥BC⊥，证得，再由）根据题意，证得PD⊥BC和⊥BC，得到平面PD=DC，得到⊥PC，证得⊥平面PBC，得到⊥，进而证得PB⊥平面DEF；（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为2，设=λPB，根据EG与1λ=，得到GPA所成的角为，求得，求得平面DEG和平面DEF的法向量分别为2n=和=，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：因为PD底面⊥ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PD⊥BC，，又因为ABCD为正方形，可得BC，⊥=CPD,⊂⊥平面平面，所以BC因为，且⊂BC⊥又因为平面，所以，⊥PC的中点，所以，因为PDDC，且E为=PC∩=PC,BC⊂PBC，所以⊥平面PBC，又因为C，且平面，所以，EF=E，DE,EF因为PB平面⊂PBC⊥⊂⊥又因为EFPB，且⊥平面DEF，所以PB平面DEF.【小问2详解】xyz解：以点D为原点，以,DC,所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形ABCD的边长为2，可得DP2，=D0),(2,0),B(2,0),C0),P2),E可得，则PA=(2,2)，=2)，PE=−因为G在线段PB上，设PG=λPB(2λ,2λ,−2λ)，其中0<λ<1，=则EGPGPE(2λ,2λ−2λ+，=−=PA⋅EG8λ−22因为EG与PA所成的角为，可得cos45===，PAEG2212×2λ−λ+282141λ2=，所以λ=，所以G==解得，可得，2n⋅=y+z=0DEGn=(,,z)设平面的法向量为，则，n⋅=x+y+z=0=−令y=1，可得x=z=−1，所以n，因为PB平面⊥DEF，所以平面DEF的一个法向量为2)，=−DEG所成的二面角为θ<θ<90，设平面DEF与平面，其中0n⋅PB466可得cosθ===，即平面DEFDEG与平面所成的二面角为.2×233nPB3−y2=mP在CP（n2P()≥18.已知双曲线C:4x2作斜率为11nn1y()n,y．n的直线与C的左支交于点n1，点n1关于轴的对称点为，记点的坐标为PPnnP,P（1）求点的坐标；32a=2x−y，证明：数列{}为等比数列；a（2nnnn（3）O为坐标原点，G,H分别为线段PP，PPn1n3△P，OGH的中点，记的面积分别为n1n2nn21S21,S，求的值．2713P,−3P2【答案】（），3319=（2）证明见解析（）S225【解析】1()可得l的方程后联立双曲线可得Q的方PmPl21PQ12211程后联立双曲线可得QP，即可得；32y−yn1=x−n1与双曲线方程，结合韦达定理可得3n=5n1−2yn1n−1(−n,yn)（2y=y−n−x代入可得，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证；nn1n1−=n134n2−yn2=3xnyS,S12（3【小问1详解】由题知m=4−1=3，所以双曲线C:4x2nyn与即可得.n2−y=3，2又过点()，斜率为1的直线方程为Py=x，1由双曲线与直线的对称性可知1(−−P，所以，2P2y+1=x−1，即y=x−2，又过，且斜率为1的直线方程为y=x−27737133x=1或x=−，当x=−y=−−2=−时，，由=3，解得4x2−y233713Q−,−713,−3P所以，所以；33233【小问2详解】≥∈∗P(x,y)(nnN)设，n1n1n1≥∈∗y−yn1=x−n1，P(x,y)(nnN)1则过，且斜率为的直线方程为n1n1n1y−y=x−n1n1y3x22x+()x−()yn12−yxn1−−3=0，联立，消得到2−y2=3n1n14x2−n+n1=−(−)，得到3n=5n1−2yn1，n1yn1由题有3(−n,yn)在直线y−yn1=x−n1上，即有yn−yn1=−n−n1，由题知点Qn−1y=y−n−n1，因为a=2x−y所以，nn1nnnn2n−y2n1−yn1n2n−yn1+n+xn13n−yn1+n15n1−2yn1−yn1+n1=====3，则n12n1−yn12n1−yn12n1−yn1a=2−1=11由（）知，所以数列{ꢀ}为1为首项，的公比的等比数列；3ꢁ【小问3详解】=2n−yn=n13y=2x−n1，得到，nn由（）知an2−yn=3，即2−yn2=(2x−y)(2x+y)=34n24n由即，nnnn33−n2nyn+===132，−n−2nyn(2n+)+(yy−)n2n32−n+n1x=nn=则，44(2n+)−(yy−)n2n32−n−n1yn=n=，2232−n+n1332−n−n13−n+33n−n−nP,Pn1,故，，n4242−n+n1−+n−n13−n1+n+2−n1−n+23P,P,，，n+2n+34242(−n13)n+2−n+n13−n+n135313故G=+=，2444(−n13)2−n−n13−n−n1353n−13y=+=，G2222(−−)(−−n1)(−−)(−−)53n+n153n53n1+3n53n1−3n，即G,，则H,424211n−+3n−n−n13−n+n1331n−−n31S=xy−n+2yn1=−则=1n1n+2224242−n+n3−−n1−−+)(+n1−n−n)nn128112n192n1−+−−+−312n−9+1+2n1−+=28116==1，28(−−)(−−)(−−)(53−n1)−n53n+n153n1−3n53n1+3n11S2=xy−xy=−GHHG224242125)(−−n1+3−−n1)−=×−n+n1−n1−3nnn28251611=2n1−−+−12n13−−2n1−−++12n1399251625==，16991故S212599==25.−=n134n后，结合2−yn=3，从而可得n22nyn【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于得到y与，再利用面积公式计算即可得.n()定义域为fxx∈D∃t∈D<()()为()xtfx<fttfx19.已知函数ID⊆I，在D上的“Ω点”．fx=2+ax1+x−2x．（1）设函数()()()（）当a=0时，求()在fx(−+∞)上的最大点；“Ω”（）若()在[]fx0,1上不存在，求a的取值范围；{}()，且()，()()()fx．证明：在D上的“Ω点个D=,mm∈N*f1=0fx−fx−1≤1（2数不小于()．fm2a≤−2【答案】（）0）2（2）证明见解析【解析】x1,0∀∈(−]∃t∈(−0]x<tf(x)<ft)1（，研究单调性后取()最大值点即可得；∈[]fx223fx≤f0（()()在xa0a10<a≤≤≥<a<1讨、、及3论函数单调性即可得；（2“Ω点个数为01及大于等于2()fx−fx−1≤1()“Ω”的函数值之差小于等于1，即可得点个数与()的关系.fm【小问1详解】（）当a=0时，()fx=2ln1+x−2x()，221x−(+)2x1+x21+x则fx′()=−2==−，1+xx∈0)时，ꢃ′(ꢄ)>，当ꢄ∈(0,+时，ꢃ′ꢄ)<0，(则当即()在(−)上单调递增，在fx1,0(0,+∞上单调递减，x1,0∀∈(−]∃t∈(−0]x<tf(x)<ft)时，都有，即对，，当即()在(−)上的最大点为0；fxfx≤f0（）由题意可得()()在x∈[]时恒成立，2+axx+1′()=(+)+−fxa1x2，2+axx+1()=(+)+−x∈[]，，gxa1x2令则(+)−(+)aax12axax+2a−2′()=gx+=，1+x(+)x12(+)2x1′()<()在[0,1]上单调递减，当a0时，≤gx0恒成立，故gx2+00+1′()=()≤()=fxgxg0aln1+−2=0则，故()[0,1]上单调递减，此时()≤()，符合要求；fxfxf02−2a2>ax+2