2024年浙江省五校联盟高考数学联考试卷（3月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年浙江省五校联盟高考数学联考试卷（3月份）（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若全集U，集合A，B及其关系用韦恩图表示如图，则图中阴影表示为( )
A. ∁U(A∩B)
B. ∁U(A∪B)
C. (∁UA)∩B
D. A∩(∁UB)
2.已知向量a=(1,2)，向量b满足|b|=2，若a⊥b，则向量a−b与a的夹角的余弦值为( )
A. 2 55B. 54C. 53D. 56
3.设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，则下列说法中正确的是( )
A. 若b//α，c⊂α，则b//cB. 若b//c，b⊂α，则c//α
C. 若α⊥β，c//α，则c⊥βD. 若c//α，c⊥β，则α⊥β
4.已知角α的终边过点P(−3,2csα)，则csα=( )
A. 32B. − 32C. ± 32D. −12
5.设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，则“q=2”是“{Sn+a1}为等比数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知实数x，y满足x>3，且xy+2x−3y=12，则x+y的最小值为( )
A. 1+2 6B. 8C. 6 2D. 1+2 3
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1、F2、A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P、Q两点，且∠PAQ=2π3，则该双曲线的离心率为( )
A. 2
B. 3
C. 213
D. 13
8.在等边三角形ABC的三边上各取一点D，E，F，满足DE=3,DF=2 3,∠DEF=90∘，则三角形ABC的面积的最大值是( )
A. 7 3B. 13 3C. 73 3D. 133 3
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.在学校组织的《青春如火，初心如炬》主题演讲比赛中，有8位评委对每位选手进行评分(评分互不相同)，将选手的得分去掉一个最低评分和一个最高评分，则下列说法中正确的是( )
A. 剩下评分的平均值变大B. 剩下评分的极差变小
C. 剩下评分的方差变小D. 剩下评分的中位数变大
10.在三棱锥A−BCD中，已知AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则( )
A. MN⊥AD
B. 异面直线AN，CM所成的角的余弦值是78
C. 三棱锥A−BCD的体积为4 73
D. 三棱锥A−BCD的外接球的表面积为11π
11.已知函数f(x)=ex⋅(sinx+csx)，则( )
A. f(x)的零点为x=kπ−π4,k∈Z
B. f(x)的单调递增区间为[2kπ+π2,2kπ+3π2],k∈Z
C. 当x∈[0,π2]时，若f(x)≥kx恒成立，则k≤2π⋅eπ2
D. 当x∈[−1003π2,1005π2]时，过点(π−12,0)作f(x)的图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为502π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线3x−4y+3=0的一个方向向量是______.
13.甲、乙两人争夺一场羽毛球比赛的冠军，比赛为“三局两胜”制.如果每局比赛中甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为______.
14.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，若f(2x−1)，g(x−2)均为偶函数，且当x∈[1,2]时，f(x)=mx3−2x，则g(2024)=______.
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.(本小题13分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB=90∘，点B1在底面ABC内的射影恰好是BC的中点，且BC=CA=2.
(Ⅰ)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(Ⅱ)若斜棱柱的高为 3，求平面ABB1与平面AB1C1夹角的余弦值.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−ax，其中a∈R.
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在x=1处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
(Ⅱ)是否存在实数a，使得f(x)在x∈(0,e]上的最大值是−3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
17.(本小题15分)
记复数的一个构造：从数集{0,1, 3}中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部.重复n次这样的构造，可得到n个复数，将它们的乘积记为zn.
已知复数具有运算性质：|(a+bi)⋅(c+di)|=|(a+bi)|⋅|(c+di)|，其中a，b，c，d∈R.
(Ⅰ)当n=2时，记|z2|的取值为X，求X的分布列；
(Ⅱ)当n=3时，求满足|z3|≤2的概率；
(Ⅲ)求|zn|<5的概率Pn.
18.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，我们把点(x,y)，x，y∈N*称为自然点.按如图所示的规则，将每个自然点(x,y)进行赋值记为P(x,y)，例如P(2,3)=8，P(4,2)=14，P(2,5)=17.
(Ⅰ)求P(x,1)；
(Ⅱ)求证：2P(x,y)=P(x−1,y)+P(x,y+1)；
(Ⅲ)如果P(x,y)满足方程P(x+1,y−1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024，求P(x,y)的值.
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，过点F(1,0)的直线l与抛物线C：y2=4x交于M，N两点(M在第一象限).
(Ⅰ)当|MF|=3|NF|时，求直线l的方程；
(Ⅱ)若三角形OMN的外接圆与曲线C交于点D(异于点O，M，N)，
(ⅰ)证明：△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值；
(ⅱ)求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：图中阴影表示的集合的元素属于集合B，但是不属于集合A，即为(∁UA)∩B.
故选：C.
图中阴影表示的集合的元素属于集合B，但是不属于集合A，即可得出．
本题考查了集合之间的关系及其运算、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：a=(1,2)，
则|a|= 5，
(a−b)⋅a=a2−a⋅b=5−0=5，
|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 5−0+4=3，
设向量a−b与a的夹角为θ，则csθ=(a−b)⋅a|a−b|⋅|a|=53× 5= 53.
故选：C.
由数量积运算律、模的坐标公式得(a−b)⋅a=5、|a|= 5，进一步求得|a−b|= (a−b)2的值，结合向量夹角公式即可求解．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若b//α，c⊂α，则b//c或b与c异面，A错误；
对于B，若b//c，b⊂α，则c//α或c⊂α，B错误；
对于C，若α⊥β，c//α，则c//β或c与β相交，C错误；
对于D，若c⊥β，则c是平面β的垂线，又由c//α，则α⊥β，D正确．
故选：D.
根据题意，由直线与平面平行的性质分析A、B，由平面与平面垂直的性质分析C、D，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面垂直、平行的性质，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：∵角α的终边过点P(−3,2csα)，
∴csα=−3 9+4cs2α，解得csα=± 32，
∵csα=−3 9+4cs2α<0，∴csα=− 32.
故选：B.
利用任意角三角函数定义求解．
本题考查任意角三角函数定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，等比数列{an}中，若q=2，则Sn+a1=a1(1−2n)1−2+a1=2na1，
易得数列{Sn+a1}为等比数列，
反之，若{Sn+a1}为等比数列，
当q=1时，明显不成立，
当q≠1时，Sn+a1=a11−q(1−qn)+a1=a1q−1qn+a1−a1q−1，
必有a1−a1q−1=0，解可得q=2，
故“q=2”是{Sn+a1}为等比数列”的充要条件．
故选：C.
根据题意，由等比数列前n项和公式分析“q=2”和“{Sn+a1}为等比数列”关系，结合充分必要条件的定义分析可得答案．
本题考查等比数列的性质以及应用，涉及等比数列的求和，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：xy+2x−3y−6=(x−3)(y+2)，
则(x−3)(y+2)=6，
故x>3，y>−2，
故x+y=x−3+y+2+1≥2 (x−3)(y−2)+1=2 6+1，当且仅当x−3=y+2(x−3)(y+2)=6时，等号成立．
故选：A.
根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查基本不等式的公式，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意易得A(−a,0)，P(−a,−b)，Q(a,b)，
∴AP=(0,−b)，AQ=(2a,b)，又=∠PAQ=2π3，
∴cs=AP⋅AQ|AP||AQ|=−b2b× 4a2+b2=cs2π3=−12，
∴b 4a2+b2=12，
∴4a2+b2=4b2，∴4a2=3b2，
∴4a2=3(c2−a2)，
∴7a2=3c2，
∴e2=c2a2=73，
∴e= 213.
故选：C.
根据向量的夹角公式建立方程即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，向量的夹角公式的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由题意，△DEF为直角三角形，且DE=3，DF=2 3，
∴cs∠EDF=DEDF= 32，即∠EDF=π6，
令∠BDE=θ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠A=π3，
则∠BED=π−∠B−∠BDE=2π3−θ，
∵∠FDA=π−∠EDF−∠BDE=5π6−θ，
∴∠DFA=π−∠FDA−∠A=θ−π6，
在△BDE中，由正弦定理得DEsinB=BDsin∠BED，
即BD=2 3sin(2π3−θ)，
在△ADF中，由正弦定理得DFsinA=ADsin∠DFA，
即AD=4sin(θ−π6)，
即AB=AD+BD
=4( 32sinθ−12csθ)+2 3( 32csθ+12sinθ)
=3 3sinθ+csθ=2 7sin(θ+φ)，
则ABmax=2 7，此时△ABC面积最大，最大面积为12× 32×(2 7)2=7 3.
故选：A.
由题意得到∠EDF=π6，令∠BDE=θ，分别得到∠BED，∠FDA和∠DFA，在△BDE和△ADF中，利用正弦定理和三角函数的恒等变换即可求解．
本题考查了正弦定理和三角函数的综合应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：去掉一个最低评分和一个最高分后剩下评分的平均值有可能变小、不变或变大，A错误；
剩下评分的极差一定会变小，B正确；
剩下评分的波动性变小，则方差变小，C正确；
剩下评分的中位数不变，D错误．
故选：BC.
去掉一个最低评分和一个最高评分平均分变化未知，根据极差概念知极差变小，根据方差意义知方差也变小，根据中位数概念知中位数未变．
本题主要考查了平均数、极差、方差和中位数的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：如图，将三棱锥A−BCD补全成长方体，
设该长方体的长，宽，高分别为a，b，c，
则根据题意可得a2+b2=4a2+c2=9b2+c2=9，
解得a=b= 2，c= 7，
对A选项，由图可知MN垂直上底面，∴MN⊥AD，∴A选项正确；
对B选项，如图，易知CM//PN，
∴异面直线AN，CM所成的角即为∠PNA，
又易知PN=AN= 7+1=2 2，AP= 2，
∴cs∠PNA=8+8−22×2 2×2 2=1416=78，∴B选项正确；
对C选项，根据分割补形法可得三棱锥A−BCD的体积为：
2× 2× 7−4×13×12× 2× 2× 7=2 73，∴C选项错误；
对D选项，根据对称性可知：三棱锥A−BCD的外接球的直径2R即为长方体的体对角线长，
∴(2R)2=( 2)2+( 2)2+( 7)2=11，
∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为4πR2=11π，∴D选项正确．
故选：ABD.
将三棱锥A−BCD补全成长方体，根据题意建立方程求出该长方体的长宽高，再针对各个选项分别求解即可．
本题考查线线垂直的证明，异面直线所成角的求解，三棱锥的体积的求解，三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：A:f(x)=ex⋅(sinx+csx)= 2exsin(x+π4)，所以x+π4=kπ⇒x=kπ−π4,k∈Z，故A正确；
B：由复合函数的单调性可知，当−π2+2kπ≤x+π4≤2kπ+π2,k∈Z，函数为递增函数，解得−34π+2kπ≤x≤2kπ+π4,k∈Z，故B错误；
C：若f(x)≥kx恒成立，所以 2exsin(x+π4)≥kx，
因为x∈[0,π2]，当x=0时， 2sinπ4≥0，此时k取任意值，
当x≠0时，设g(x)= 2exsin(x+π4)x，则g′(x)=[ 2exsin(x+π4)+ 2excs(x+π4)]x− 2exsin(x+π4)x2= 2ex[ 2xcsx−sin(x+π4)]x2，
画出中括号内的函数图像，
由函数图像可知，g′(x)<0在x∈[0,π2]恒成立，所以g(x)单调递减，
所以g(x)min=g(π2)=2πeπ2，故k≤2π⋅eπ2，故C正确；
D：因为f′(x)=2excsx，设切点坐标为(x0,ex0(sinx0+csx0))，
则切线的斜率为f′(x0)=2ex0csx0，则切线方程为y−ex0(sinx0+csx0)=2ex0csx0×(x−x0)，
代入点(π−12,0)可得0−ex0(sinx0+csx0)=2ex0csx0×(π−12−x0)，
两边同时除以csx0可得tanx0=2(x0−π2)，
令y1=tanx,y2=2(x−π2)，所以y1，y2都关于点(π2,0)对称，
则所有的切点关于(π2,0)对称，
当x∈[−1003π2,1005π2]时共有502对切点，每对和为π，故所有切点的横坐标之和为502π，故D正确．
故选：ACD.
由辅助角公式变换后求正弦函数的零点可得A选项；由复合函数的单调性求出正弦函数的递增区间可得B选项；分离参数后构造函数求导，求最小值可得C选项；设出切点，利用导数的意义求出切线的斜率，利用点斜式写出直线方程，再代入(π−12,0)可得tanx0=2(x0−π2)，得到y1，y2都关于点(π2,0)对称，再利用对称性求出给定区间内的切点之和可得D选项．
本题考查了导数的综合应用，属于难题．
12.【答案】(1,34)(答案不唯一)
【解析】解：直线3x−4y+3=0，
则y=34x+34，
故直线的一个方向向量是(1,34).
故答案为：(1,34)(答案不唯一).
根据已知条件，先求出直线的斜率，再结合方向向量的定义，即可求解．
本题主要考查方向向量的定义，属于基础题．
13.【答案】25
【解析】解：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行3局为事件B，
P(A)=23×23+C32×23×13×23=2027，
P(AB)=C32×23×13×23=827，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=8272027=820=25.
故答案为：25.
根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行3局为事件B，求出P(A)、P(AB)的值，进而计算可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及相互独立、互斥事件的性质，属于基础题．
14.【答案】−6
【解析】解：根据题意，若f(2x−1)为偶函数，则f(2x−1)=f(−2x−1)，变形可得f(x)=f(−2−x)，
两边同时求导，可得f′(x)=−f′(−2−x)，即g(x)=−g(−2−x)，
又由g(x−2)为偶函数，则g(x−2)=g(−x−2)，变形可得g(x)=g(−x−4)，
综合可得：g(−x−4)=−g(−2−x)，变形可得g(x+2)=−g(x)，
则有g(x+4)=−g(x+2)=g(x)，则g(x)是周期为4的周期函数，
则有g(2024)=g(0+506×4)=g(0)，
在g(x)=−g(−2−x)中，令x=−1，可得g′(−1)=−g′(−1)，则g′(−1)=0，
又由g(x+2)=−g(x)，则g(1)=−g(−1)=0，
当x∈[1,2]时，f(x)=mx3−2x，则g(x)=f′(x)=3mx2−2，
又由g(1)=0，则g(1)=3m−2=0，解可得m=23，
g(2)=3×23×4−2=6，故g(0)=−g(2)=−6，
必有g(2024)=g(0)=−6.
故答案为：−6.
根据题意，由于f(2x−1)为偶函数，分析可得f(x)=f(−2−x)，对其两边同时求导，分析可得g(x)=−g(−2−x)，结合g(x−2)为偶函数，可得g(x+2)=−g(x)，变形分析可得g(x+4)=−g(x+2)=g(x)，则g(x)是周期为4的周期函数，由此可得g(2024)=g(0+506×4)=g(0)，由于当x∈[1,2]时，f(x)=mx3−2x，求导可得g(x)在[1,2)上的解析式，利用特殊值求出g(0)的值，即可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的对称性以及导数的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(I)证明：取BC中点为M，连接B1M，
∵B1在底面内的射影恰好是BC中点，
∴B1M⊥平面ABC，又∵AC⊂平面ABC，
∴B1M⊥AC，
又∵∠ACB=90∘，
∴AC⊥BC，
∵B1M，BC⊂平面B1C1CB，B1M∩BC=M，
∴AC⊥平面B1C1CB，
又∵AC⊂平面ACC1A1，
∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(II)以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由BC=CA=2，
可得A(2,0,0),B(0,2,0),M(0,1,0),B1(0,1, 3),C1(0,−1, 3)，
即有AB1=(−2,1, 3)，AB=(−2,2,0)，B1C1=(0,−2,0)，
设平面BAB1的法向量为n=(x,y,z)，
即有n⋅AB1=0n⋅AB=0，则有−2x+y+ 3z=0−2x+2y=0，令z= 3，可得x=y=3，
所以n=(3,3, 3)，
设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c)，
即有m⋅AB1=0m⋅B1C1=0，则有−2a+b+ 3c=0−2b=0，令a= 3，可得b=0，c=2，
所以n=( 3,0,2)，
所以有|cs|=|n⋅m||n||m|=|3× 3+3×0+ 3×2| 9+9+3× 3+0+4=5 3 21× 7=57，
由两平面夹角定义可知平面ABB1与平面AB1C1夹角为锐角，
故平面ABB1与平面AB1C1夹角的余弦值为57.
【解析】(Ⅰ)取BC的中点M，连接B1M，利用点B1在底面内的射影恰好是BC的中点，证明B1M⊥AC，结合AC⊥BC，由线面垂直的判定定理证明AC⊥平面B1C1CB，根据面面垂直的判定定理证明即可；
(Ⅱ)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面BAB1和平面AB1C1的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，二面角的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
16.【答案】解：(I)f′(x)=1x−a，则f′(1)=1−a，f(1)=−a，
故曲线y=f(x)在x=1处的切线为y+a=(1−a)(x−1)，
即y=(1−a)x−1，
当a=1时，此时切线为y=−1，不符合要求；
当a≠1时，令x=0，有y=−1，令y=0，有x=11−a，
故11−a=−1，即a=2；
(Ⅱ)∵f′(x)=1x−a=1−axx，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)=1−ae=−3，解得a=4e>0，舍去；
②当a>0时，由f(x)=1x−a=1−axx=0，得x=1a，
当0<1a1e时，
∴x∈(0,1a)时，f(x)>0;x∈(1a,e)时，f(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是(0,1a)，单调递减区间是(1a,e)，
又f(x)在(0,e]上的最大值为−3，
∴f(x)max=f(1a)=−1−lna=−3，
∴a=e2；
当e≤1a，即0∴f(x)max=f(e)=1−ae=−3，
解得a=4e，舍，
综上，存在a符合题意，此时a=e2.
【解析】(I)先对函数求导，结合导数的几何意义先求出切线斜率，求出切线方程，结合题意即可求解a；
(Ⅱ)对函数求导，结合导数与单调性及最值关系对a进行分类讨论即可求解．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(I)由题意可知，可构成的复数为{1,i, 3, 3i,1+ 3i, 3+i}，
由复数模长的定义可知，|1|=|i|=1，| 3|=| 3i|= 3，|1+ 3i|=| 3+i|=2，
所以X的可能取值为1, 3,2,3,2 3,4，
由古典概型的概率公式可得：P(X=1)=C21⋅C21C61⋅C61=19,P(X= 3)=C41⋅C21C61⋅C61=29,P(X=2)=C41⋅C21C61⋅C61=29，
P(X=3)=C21⋅C21C61⋅C61=19，P(X=2 3)=C41⋅C21C61⋅C61=29,P(X=4)=C21⋅C21C61⋅C61=19，
所以X的分布列为：
(II)当n=3时，共有C61⋅C61⋅C61=216种，满足|z3|≤2的情况有：
①3个复数的模长均为1，共有C21⋅C21⋅C21=8种，
②3个复数中，2个模长均为1，1个模长为 3或者2，共有C32⋅C21⋅C21⋅C41=48种，
所以P(|z3|≤2)=8+48216=727；
(III)当n=1或2时，显然都满足，此时Pn=1，
当n≥3时，满足|zn|<5共有三种情况：
①n个复数的模长均为1，则共有(C21)n=2n种情况，
②n−1个复数的模长为1，剩余1个模长为 3或者2，则共有Cnn−1⋅(C21)n−1⋅C41=n⋅2n+1种情况，
③n−2个复数的模长为1，剩余2个模长为 3或者2，则共有Cnn−2⋅(C21)n−2⋅C41⋅C41=n(n−1)⋅2n+1种情况，
故P(|zn|<5)=2n+n⋅2n+1+n(n−1)⋅2n+1(C6)n=1+2n23n，
此时当n=1，2均成立，
所以P(|zn|<5)=1+2n23n.
【解析】(Ⅰ)由题意可知，可构成的复数为{1,i, 3, 3i,1+ 3i, 3+i}，则X的可能取值为1, 3,2,3,2 3,4，再利用古典概型的概率公式求出相应的概率，即可得到X的分布列；
(Ⅱ)利用古典概型的概率公式求解；
(Ⅲ)利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了复数模长的性质，考查了离散型随机变量的分布列，以及古典概型的概率公式，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)根据图形可知P(x,1)=1+2+3+⋯+x=x(x+1)2.
(Ⅱ)证明：固定x，则P(x,y)为一个高阶等差数列，且满足P(x,y+1)−P(x,y)=x+y−1，P(x+1,y)−P(x,y)=x+y，
所以P(x,y+1)−P(x,1)=1+2+⋯+y+y(x−1)=y(y+1)2+y(x−1)，
P(x,y+1)=y(y+1)2+y(x−1)+x(x+1)2，
所以P(x,y)=x(x+1)2+y(y−1)2+(x−1)(y−1)P(x−1,y)=x(x−1)2+y(y−1)2+(x−2)(y−1)，
所以P(x,y+1)+P(x−1,y)=x2+y2+2xy−3y−x+2=2P(x,y).
(Ⅲ)P(x+1,y−1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024，
等价于P(x,y)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2023，
等价于P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2023，
即12[x(x+1)+y(y+2x−1)]+32[(x+1)(x+2)+(y−1)(y+2x)]=2023，
化简得y2+2xy+x2−y+x=1010⇔(x+y−1)(x+y)+2x=1010，
由于x+y增大，(x+y−1)(x+y)也增大，
当x+y=31时，(x+y−1)(x+y)+2x<992<1010，
当x+y=33时，(x+y−1)(x+y)+2x>1056>1010，
故当x+y=32时，(x+y−1)(x+y)+2x=1010⇒x=9，y=23，
即P(9,23)=9×102+23×222+8×22=474.
【解析】(Ⅰ)根据图形即可得到结果；
(Ⅱ)根据题意，由图形分别计算P(x,y)与P(x,y+1)+P(x−1,y)，然后代入计算，即可证明；
(Ⅲ)根据题意，将方程转化为P(x,y+1)+3P(x+1,y)=2023，然后化简，分别计算x+y=31与x+y=33的值，即可得到结果．
本题主要考查合情推理，属于中档题．
19.【答案】(I)解：设直线MN：x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+1y2=4x，消去x得y2−4my−4=0，
所以y1+y2=4m，y1⋅y2=−4，
|MF|=3|NF|，则y1=−3y2
∴y1+y2=−2y2=4m,y1⋅y2=−3y22=−4，则m2=13，
又由题意m>0，则m= 33，
直线的方程是y= 3x− 3；
(II)(i)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，D(x3,y3)，
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为x2+y2+dx+ey=0，
联立{x2+y2+dx+ey=0y2=4x，消去x得y4+(4d+16)y2+16ey=0，
即y(y3+(4d+16)y+16e)=0，
所以y1，y2，y3即为关于y的方程y3+(4d+16)y+16e=0的3个根，
则y3+(4d+16)y+16e=(y−y1)(y−y2)(y−y3)，
因为(y−y1)(y−y2)(y−y3)=y3−(y1+y2+y3)y2+(y1y2+y2y3+y1y3)y−y1y2y3，
由y2的系数对应相等得，y1+y2+y3=0，所以△MND的重心的纵坐标为0；
(ii)解：记△OMN，△MND的面积分别为S1，S2，由已知得直线MN的斜率不为0，
设直线MN：x=my+1，
联立x=my+1y2=4x，消去x得y2−4my−4=0，
所以y1+y2=4m，y1⋅y2=−4，
所以S1=12⋅|OF|⋅|y1−y2|=12⋅ 16m2+16=2 m2+1，
由(i)得，y3=−(y1+y2)=−4m，
所以x3=14y32=14×(−4m)2=4m2，即D(4m2,−4m)，
因为|MN|=x1+x2+2=m(y1+y2)+4=4m2+4，
点D到直线MN的距离d=|8m2−1| m2+1，
所以S2=12⋅|MN|⋅d=12⋅(4m2+4)⋅|8m2−1| m2+1=2 m2+1⋅|8m2−1|，
所以S=S1+S2=2 m2+1+2 m2+1⋅|8m2−1|=2 m2+1(1+|8m2−1|)，
M在第一象限，即y1>0，y2<0，y3=−4m<0，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以y3=−(y1+y2)又因为y1⋅y2=−4,4y2<2y2，即y22<2，即− 2所以4m=y1+y2=y2−4y2>− 2+2 2= 2，即m> 24，即m2>18，
所以S=2 m2+1(1+|8m2−1|)=16m2 m2+1，
设t= m2+1，则t>3 24，
令f(t)=16t(t2−1)，则f′(t)=48t2−16，
因为t>3 24，所以f′(t)=48t2−16>0，所以f(t)在区间(3 24,+∞)上单调递增，
所以f(t)>f(3 24)=3 22，
所以S的取值范围为(3 22,+∞).
【解析】(I)设直线MN：x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立x=my+1y2=4x，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1⋅y2=−4，由|MF|=3|NF|，则y1=−3y2，代入可求m2=13，由题意m>0，求出m= 33即可；
(II)(i)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，D(x3,y3)，由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为x2+y2+dx+ey=0，与抛物线方程联立得y4+(4d+16)y2+16ey=0，进一步可得y1，y2，y3即为关于y的方程y3+(4d+16)y+16e=0的3个根，即y3+(4d+16)y+16e=(y−y1)(y−y2)(y−y3)，再由一次项y的系数之间的关系即可得解；
(ⅱ)由(I)y1+y2=4m，y1⋅y2=−4，则S1=12⋅|OF|⋅|y1−y2|=12⋅ 16m2+16=2 m2+1，再由(i)及抛物线的方程可求得D(4m2,−4m)，然后求出|MN|和D到直线MN的距离即可得S2=2 m2+1⋅|8m2−1|，进一步可得S=S1+S2=2 m2+1+2 m2+1⋅|8m2−1|=2 m2+1(1+|8m2−1|)，然后结合函数的知识即可求解．
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线位置关系的综合应用，属于难题．X
1
3
2
3
2 3
4
P
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29
29
19
29
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