2024年山东省实验中学高考数学模拟试卷（5月份）

这是一份2024年山东省实验中学高考数学模拟试卷（5月份），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.已知集合A={x|x>1}，B={x|(x+1)(x−3)<0}，则(∁RA)∩B=( )
A. (3,+∞)B. (−1,+∞)C. (−1,3)D. (−1,1]
2.已知a，b∈R，且a>0，b>0，则ab>1是lna⋅lnb>0的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
3.等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=t⋅2n−1−1，则t=( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
4.锂电池在存放过程中会发生自放电现象，其电容量损失量随时间的变化规律为Q=ktp，其中Q(单位mAh)为电池容量损失量，p是时间t的指数项，反映了时间趋势由反应级数决定，k是方程剩余项未知参数的组合，与温度T和电池初始荷电状态M等自放电影响因素有关.以某种品牌锂电池为研究对象，经实验采集数据进行拟合后获得p=0.5，相关统计学参数R2>0.995，且预测值与实际值误差很小.在研究M对Q的影响时，其他参量可通过控制视为常数，电池自放电容量损失量随时间的变化规律为Q=ktp=e(A+BM)tp经实验采集数据进行拟合后获得A=2.228，B=1.3，相关统计学参数R2=0.999，且预测值与实际值误差很小.若该品牌电池初始荷电状态为80%，存放16天后，电容量损失量约为( )
(参考数据为：e3.222≈25.08，e3.232≈25.33，e3.265≈26.26，e3.628≈37.64)
A. 100.32B. 101.32C. 105.04D. 150.56
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与AD1垂直的直线MN( )
A. 有且仅有1条
B. 有且仅有2条
C. 有且仅有3条
D. 有无数条
6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点、左焦点、右顶点分别为A，F，B，且点A为△AFB的垂心，则椭圆C的离心率为( )
A. 5−12B. 12C. 22D. 32
7.已知x(x−2)7=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+…+a8(x−1)8，则a5+a6=( )
A. −14B. 0C. 14D. −28
8.已知A(x1,y1)，B(x2,y2)是圆x2+y2=2上两点.若x1x2+y1y2=−1，则x1+x2+y1+y2的取值范围是( )
A. [− 22, 22]B. [−1,1]C. [− 2, 2]D. [−2,2]
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.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若|z|=1，则z=±1或z=±i
B. 若点Z的坐标为(−1,1)，则z−对应的点在第三象限
C. 若z= 3−2i，则z的模为7
D. 若1≤|z|≤ 2，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
10.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过F的直线AB交抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，M(3,1)，则下列说法正确的是( )
A. x1+x2的最小值为2B. 以AF为直径的圆与y轴相切
C. |MA|+|AF|的最小值为4D. |AF|2+|BF|2的最小值为2
11.数列{an}满足a1=1，an=an−1,n4∈N*an−1+1,n4∉N*(n≥2)，bm表示{an}落在区间[2m,2m+1)的项数，其中m∈N*，则( )
A. b3=10B. 3n4≤an≤3n+34
C. k=14nak=6n2+3nD. k=12nbk=43(4n−1)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数y= 12−csx的定义域为______.
13.某班成立了A，B两个数学兴趣小组，A组10人，B组30人，经过一周的补习后进行了一次测试，在该测试中，A组的平均成绩为130分，方差为115，B组的平均成绩为110分，方差为215.则在这次测试中全班学生方差为______.
14.在三棱锥中P−ABC，AB=BC=2 2，且AB⊥BC.记直线PA，PC，PB与平面ABC所成角分别为α，β，γ，已知β=2α=60∘，当三棱锥P−ABC的体积最小时，tanγ=______.
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，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边AC=10，∠BAC=π3,∠DAC=π4,BD交AC于点E.
(1)求BD2；
(2)求AE.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−alnx+1，a∈R.
(1)当a=−1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若函数f(x)有最小值2，求a的值.
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC.
(1)证明：A1B⊥B1C；
(2)已知∠ABB1=π3，AB=AC=2，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.在l上是否存在点P，使直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为14？若存在，求线段B1P的长度；若不存在，试说明理由.
18.(本小题17分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率e= 2，P1，P2分别为其两条渐近线上的点，若满足P1P=PP2的点P在双曲线上，且△OP1P2的面积为8，其中O为坐标原点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过双曲线C的右焦点F2的动直线与双曲线相交于A，B两点，在x轴上是否存在定点M，使MA⋅MB为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
19.(本小题17分)
某校数学兴趣小组由水平相当的n位同学组成他们的学号依次为1，2，3，…，n.辅导老师安排一个挑战数学填空题的活动，活动中有两个固定的题，同学们对这两个题轮流作答，每位同学在四分钟内答对第一题及四分钟内答对第二题的概率都为12，每个同学的答题过程都是相互独立的挑战的具体规则如下：
①挑战的同学先做第一题，第一题做对才有机会做第二题；
②挑战按学号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮挑战；
③若第i(i=1,2,3,…，n−1)号同学在四分钟内未答对第一题，则认为第i轮挑战失败，由第i+1号同学继续挑战；
④若第i(i=1,2,3,…，n−1)号同学在四分钟内答对了第一题，满四分钟后，辅导老师安排该生答第二题，若该生在四分钟内又答对第二题，则认为挑战成功挑战在第i轮结束；若该生在四分钟内未答对第二题，则也认为第；轮挑战失败，由第i+1号同学继续挑战；
⑤若挑战进行到了第n轮，则不管第n号同学答对多少题，下轮不再安排同学挑战．
令随机变量Xn表示n名挑战者在第Xn(Xn=1,2,3,…，n)轮结束．
(1)求随机变量X4的分布列；
(2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑥：挑战的同学先做第一题，若有同学在四分钟内答对了第一题，以后挑战的同学不做第一题，直接从第二题开始作答．
令随机变量Yn表示n名挑战者在第Yn(Yn=1,2,3,…，n)轮结束．
(ⅰ)求随机变量Yn(n∈N*,n≥2)的分布列；
(ⅱ)证明：E(Y2)答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(x+1)(x−3)<0，得到−1所以B={x|−1又A={x|x>1}，所以∁RA={x|x≤1}，
故(∁RA)∩B={x|−1故选：D.
根据条件，求出B={x|−1本题主要考查了集合的补集及交集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：当a=4，b=12时，ab>1，但lna⋅lnb<0，
当a=b=12时，lna⋅lnb>0，但ab<1.
故ab>1是lna⋅lnb>0的既不充分也不必要条件．
故选：D.
通过举反例结合充分必要条件的判定即可求解结论．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．
根据已知条件，结合等比数列的前n项和公式，即可求解．
【解答】
解：设等比数列的公比为q，
当q=1时，Sn=na1，不合题意，
当q≠1时，等比数列前n项和公式Sn=a1(1−qn)1−q=−a11−q⋅qn+a11−q，
Sn=t⋅2n−1−1=12t⋅2n−1，
故12t+(−1)=0，解得t=2.
故选：A.
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，可得p=0.5，A=2.228，B=1.3，
代入Q=ktp=e(A+BM)tp，可得Q=e(2.228+1.3M)⋅t0.5，
因为该品牌电池初始荷电状态M=80%=0.8，
所以存放16天后，电容量损失量Q=e(2.228+1.3×0.8)×160.5=4×e3.265≈4×26.26=105.4.
故选：C.
根据题意可得Q=e(A+BM)tp=e2.228+1.3M⋅t0.5，将M=80%，t=16代入，结合题中所给数据加以计算，可得存放16天后电容量损失量的近似值．
本题主要考查函数模型及其应用、指数函数与指数的运算等知识，考查了计算能力、数学应用能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：以D为坐标原点，以DA,DC,DD1正方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
如图所示：
设正方体棱长为1，
则M(0,0,a)，N(x,1,1−x)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，
所以MN=(x,1,1−x−a),AD1=(−1,0,1)，
若AD1⊥MN，则MN⋅AD1=−x+1−x−a=0，
即2x=1−a(0≤x≤1,0≤a≤1)，方程有无数组解，
故选：D.
建立空间直角坐标系，利用向量垂直的数量积表示计算得解．
本题考查用空间向量的方法判断直线与直线垂直，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵△AFB的垂心为点A，∴△AFB是以A为直角顶点的直角三角形，
又AO⊥FB，∴△FAO与△ABO相似(O为坐标原点)，
则|AO||BO|=|OF||AO|，
∵|AO|=b，|OB|=a，|OF|=c，∴b2=ac，
∴a2−c2=ac，1−e2=e，解得e= 5−12或e=− 5−12(舍).
故选：A.
根据三角形相似即可结合椭圆性质得b2=ac，由齐次式即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：令x−1=t，整理原题设条件得：(t+1)(t−1)7=a0+a1t+a2t2+⋯+a8t8，∵a5与a6分别是展开式中t5与t6的系数，
(t−1)7展开式的通项公式为Tr+1=C7rt7−r(−1)r，∴a5=C73(−1)3+C72(−1)2=−14，a6=C72(−1)2+C71(−1)=14.
∴a5+a6=0.
故选：B.
先令x−1=t，整理原题设条件，得出含t的等式，进而解决a5与a6，得出正确选项．
本题主要考查二项展开式的系数问题，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意OA⋅OB=x1x2+y1y2=−1，|OA|=|OB|= 2，
因为cs=OA⋅OB|OA|⋅|OB|=−12，0<<π，
所以向量OA、OB的夹角为2π3，如图，
设A( 2csα, 2sinα),B( 2cs(α+2π3), 2sin(α+2π3))，
所以x1+x2+y1+y2= 2csα+ 2sinα+ 2cs(α+2π3)+ 2sin(α+2π3)
= 22[(1+ 3)csα+(1− 3)sinα]=2sin(α+φ)，且tanφ=1+ 31− 3=−2− 3，
因为−1≤sin(α+φ)≤1，所以−2≤x1+x2+y1+y2≤2.
故选：D.
利用cs=12，可得向量OA、OB的夹角为2π3，设A( 2csα, 2sinα),B( 2cs(α+2π3), 2sin(α+2π3))，利用两角和与差的三角函数公式化简可求x1+x2+y1+y2的取值范围．
本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了转化思想与数形结合思想，属中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：令z=12+ 32i，满足|z|=1，但z≠±1，z≠±i，故A错误；
点Z的坐标为(−1,1)，
则z−对应的点(−1,−1)在第三象限，故B正确；
z= 3−2i，
则|z|= ( 3)2+(−2)2= 7，故C错误；
1≤|z|≤ 2，该轨迹为圆心为原点，介于半径1与 2之间的圆环部分，
故点Z的集合所构成的图形的面积为π×( 2)2−π×12=π，故D正确．
故选：BD.
对于A，结合特殊值法，即可求解；
对于B，结合共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解；
对于C，结合复数模公式，即可求解；
对于D，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对A：抛物线y2=4x的焦点为F(1,0)，设直线AB的解析式为x=my+1，
联立x=my+1y2=4x，消去x整理得y2−4my−4=0，
则Δ>0y1+y2=4my1y2=−4，∴x1x2=y12y2216=1，
∴x1+x2≥2 x1x2=2，当且仅当x1=x2=1时取等号，故A选项正确；
对B：以AF为直径的圆的直径|AF|=x1+1，而AF的中点D(x1+12,y12)，
点D到y轴的距离为x1+12，等于半径，故B选项正确；
对C：过点A向准线作垂线，垂足为N，则|MA|+|AF|=|MA|+|AN|≥|MN|≥4，
故C选项正确；
对D：由x1x2=y12y2216=1，x1+x2≥2 x1x2=2，
可知|AF||BF|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=2+x1+x2≥4，
∴|AF|2+|BF|2≥2|AF|⋅|BF|≥8，
当且仅当|AF|=|BF|=2时，等号成立，故D选项错误．
故选：ABC.
对A：联立直线AB的解析式与抛物线方程，结合韦达定理与基本不等式计算即可得；
对B：借助相切的性质计算半径与圆心到y轴的距离即可得；
对C：借助抛物线定义计算即可得；
对D：借助韦达定理与基本不等式计算即可得．
本题主要考查了直线与抛物线相交问题弦长问题，考查转化思想、推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：列举可得，数列{an}的前若干项分别为1，2，3，3，4，5，6，6，……，
不难发现，a4k=3k，a4k−1=3k，a4k−2=3k−1，ak−3=3k−2.
对于A，区间[23,24),即[8,16)中3的倍数有3个，这些数在{an}中会出现两次，其它数只出现一次，
因此b3=16−8+3=11，故A错误；
对于B，当n=4k时，an=3k=3n4；n=4k−1时，an=3k=3(n+1)4；
n=4k−2时，an=3k−1=3(n+2)4−1=3n+24；n=4k−3时，an=3k−2=3(n+3)4−2=3n+14，
均在[3n4,3n+34]中，故B正确；
对于C，k=14nak=i=1n(a4i−3+a4i−2+a4i−1+a4i)
=i=1n(3i−2+3i−1+3i+3i)=i=1n(12i−3)=n(9+12n−3)2=6n2+3n，故C正确；
对于D，k取奇数时，2k除以3的余数为2，而k取偶数时，2k除以3的余数为1，
因此m取奇数时，bm=(2m−1)+2m+13，m取偶数时，bm=(2m−1)+2m−13，
所以bm=2m+23−1+(−1)m+1⋅13,m∈N
由分组求和法可得k=12nbk=43(1−22n)1−2−2n=43(4n−1)−2n，故D错误．
故选：BC.
由已知列出数列{an}的部分项，得出数列的通项，根据数列的基本性质以及裂项求和、分组求和逐一判断各选项即可．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】{x|π3+2kπ≤x≤5π3+2kπ,k∈Z}
【解析】解：要使函数有意义，
则12−csx≥0，
即csx≤12，
即x∈{x|π3+2kπ≤x≤5π3+2kπ,k∈Z}，
故函数的定义域为{x|π3+2kπ≤x≤5π3+2kπ,k∈Z}，
故答案为：{x|π3+2kπ≤x≤5π3+2kπ,k∈Z}.
根据函数成立的条件建立条件关系即可求函数的定义域．
本题主要考查函数定义域的求法，要求熟练掌握常见函数成立的条件，比较基础．
13.【答案】265
【解析】解：依题意xA−=130，sA2=115，xB−=110，sB2=215，
∴x−=1010+30×130+3010+30×110=115(分)，
∴全班学生的平均成绩为115分，
全班学生成绩的方差为s2=1010+30[sA2+(xA−−x−)2]+3010+30[sB2+(xB−−x−)2]=1010+30×(115+225)+3010+30×(215+25)=85+180=265.
故答案为：265.
利用各层方差与总体方差之间的关系式可求全班学生方差．
本题主要考查了方差的定义，属于基础题．
14.【答案】 155
【解析】解：设点P在平面ABC内的投影为P′，
因为直线PA，PC，PB与平面ABC所成角分别为α，β，γ，且β=2α=60∘，则α=30∘，
根据线面夹角关系可知|P′P|= 3|P′C|，|P′P|= 33|P′A|，
所以3|P′C|=|P′A|，由阿波罗尼斯圆可知，投影P′在圆上运动，
以AC为x轴，过AC的中点O作垂线，建立如图所示直角坐标系．
令P′(x,y)，由题可知A(−2,0)，B(0,2)，C(2,0).
则3 (x−2)2+y2= (x+2)2+y2，化简得(x−52)2+y2=94，
可知P′在以(52,0)为圆心，半径为32的圆上，
当|P′C|最小时，|P′P|最小，即三棱锥P−ABC的体积最小，
此时P′(1,0)，|P′C|min=32−(52−2)=1，|P′P|min= 3，|P′B|= 5，
所以tanγ= 3 5= 155.
故答案为： 155.
找到P在平面ABC内的投影P′，利用线面夹角关系，得到|P′A|与|P′C|的等量关系，以A、C中点为原点建立平面直角坐标系，根据等式关系发现，P在平面ABC内的投影P′在圆上，当|P′C|最小时，高度|P′P|最小，则三棱锥P−ABC的体积最小，从而求出tanγ的值．
本题考查了立体几何的建系求最值问题，空间动点问题常用做法，转换动点到某一平面内，进而用平面内容求解，做到化繁为简，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为两块直角三角形斜边靠在一起，其中公共斜边AC=10，∠BAC=π3,∠DAC=π4,BD交AC于点E，
可得AB=AC⋅cs∠BAC=10×12=5，
AD=AC⋅cs∠DAC=10× 22=5 2，
因为∠BAD=∠BAC+∠DAC=60∘+45∘，
所以cs∠BAD=cs60∘cs45∘−sin60∘sin45∘
=12× 22− 32× 22
= 2− 64，
所以在△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD
=25+50−2×5×5 2× 2− 64
=50+25 3；
(2)【法1】因为sin∠BAD=sin(60∘+45∘)= 6+ 24，
又因为S△ABD=S△ABE+S△ADE，
所以12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD=12⋅AB⋅AE⋅sin∠BAE+12⋅AE⋅AD⋅sin∠EAD，
即12×5×5 2× 6+ 24=12×5×AE× 32+12×AE×5 2× 22，
解得AE=5 3−5.
【解析】(1)由已知可求AB，AD的值，利用两角和的余弦公式可求cs∠BAD的值，在△ABD中，利用余弦定理即可求解；
(2)由题意因为S△ABD=S△ABE+S△ADE，利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了两角和的余弦公式，余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵当a=−1时，f(x)=x2+lnx+1，f′(x)=2x+1x，
f′(1)=2+11=3，f(1)=1+ln1+1=2，
∴f(x)在点(1,f(1))处切线方程为y−2=3(x−1)，即y=3x−1.
(2)∵f(x)=x2−alnx+1，a>0，f′(x)=2x−ax=2x2−ax，
令f′(x)>0，解得：x> a2；令f′(x)<0，解得：0∴f(x)在(0, a2)上单调递减，在( a2,+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f( a2)=a2−aln a2+1=2⇒a2−a2lna2−1=0，
则令t=a2>0，设g(t)=t−lnt−1，g′(t)=1−1t=t−1t.
令g′(t)>0，解得：t>1；令g′(t)<0解得：0∴g(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴g(t)≥g(1)=1−ln1−1=0，则t=a2=1⇒a=2.
故a=2.
【解析】(1)求出函数的导数，根据导数的几何意义求得答案；
(2)对f(x)求导，得到f(x)的单调性，可得f(x)min=f( a2)=a2−aln a2+1，再令g(t)=t−lnt−1，证得g(t)≥g(1)=0，即t=a2=1，可得出答案．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，导数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵平面AA1B1B⊥平面ABC，
又平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AC⊥AB，AC⊂平面ABC，
∴AC⊥平面AA1B1B，又A1B⊂平面AA1B1B，∴AC⊥A1B，
∵四边形AA1B1B是菱形，∴AB1⊥A1B，
又AC∩AB1=A，AC、AB1⊂平面AB1C，
∴A1B⊥平面AB1C，又B1C⊂平面AB1C，
∴A1B⊥B1C；
(2)取A1B1中点D，连接AD，
∵四边形AA1B1B为菱形，∴AB=BB1，
又∠ABB1=60∘，∴△ABB1为等边三角形，
由菱形的几何性质可知∠AA1B1=60∘，AA1=A1B1，
∴△AA1B1也为等边三角形，又D为A1B1的中点，
∴AD⊥A1B1，又AB//A1B1，∴AB⊥AD，
由(1)知，AC⊥平面AA1B1B，
∴以AB、AD、AC所在直线分别为x、y、z轴，建系如图，则根据题意可得：
A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,0,2)、A1(−1, 3,0)、B1(1, 3,0)，
∴A1B=(3,− 3,0)，设P(1, 3,t)，则AP=(1, 3,t)，AB=(2,0,0)，
∵AC//A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，
∴AC//平面A1B1C1，又平面A1B1C1∩平面AB1C=l，AC⊂平面AB1C，
∴AC//l，由(1)知l⊥平面AA1B1B，
设平面ABP的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AP=x+ 3y+tz=0n⋅AB=2x=0，取n=(0,t,− 3)，
∵直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为14，
∴|cs|=|A1B⋅n||A1B|⋅|n|=|− 3t|2 3× t2+3=14，解得t=±1，
∴存在点P，线段B1P的长为1.
【解析】(1)利用面面垂直的性质可得出AC⊥平面AA1B1B，可得出AC⊥A1B，利用菱形的几何性质可得出AB1⊥A1B，可推导出A1B⊥平面AB1C，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
(2)取A1B1中点D，连接AD，推导出AD⊥AB，然后点A为坐标原点，AB、AD、AC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出AC//l，设点P(1, 3,t)，利用空间向量法求出t的值，即可得出结论．
本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理与性质，向量法求解线面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)由双曲线的离心率e=ca= 1+b2a2= 2，可得a=b，
因为P1P=PP2，P为P1P2的中点，由双曲线的对称性及渐近线的对称性，可得P为双曲线的顶点，
所以P1(a,b)，P2(a,−b)，
所以S△OP1P2=12a⋅2b=ab=8，所以可得a2=b2=8，
所以双曲线的方程为：x28−y28=1；
(2)当直线AB的斜率不为0时，设直线AB的方程为：x=my+4，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+4x2−y2=8，整理可得：(m2−1)y2+8my+8=0，可得m2≠1，Δ=64m2−32(m2−1)>0，即m2>1，
且y1+y2=−8mm2−1，y1y2=8m2−1，
假设存在M(x0,0)满足条件，
则MA⋅MB=(x1−x0,y1)(x2−x0,y2)=(x1−x0)(x2−x0)+y1y2=(my1+4−x0)(my2+4−x0)+y1y2=(1+m2)y1y2+(4−x0)m(y1+y2)+(4−x0)2=(1+m2)8m2−1+m(4−x0)⋅−8mm2−1)+(4−x0)2
=8(1+m2)−8m2(4−x0)+(4−x0)2(m2−1)m2−1=(x02−8)m2−(x02−8x0+8)m2−1，
要使MA⋅MB为定值，则x02−81=x02−8x0+81，解得x0=2，
即M(2,0)满足条件使得MA⋅MB=x02−8=−4为常数；
当直线AB的斜率为0时，则直线AB的方程为y=0，则A(−2 2,0)，B(2 2,0)，M(2,0)，
可得MA⋅MB=(2+2 2,0)(2−2 2,0)=(2+2 2)(2−2 2)=22−(2 2)2=−4，也成立，
综上所述：M(2,0)满足MA⋅MB为常数−4.
【解析】(1)由双曲线的离心率可得a=b，再由向量的关系，可得P为P1P2的中点，而P在双曲线上，可得P为双曲线的顶点，再由△OP1P2的面积，可得a，b的关系，进而求出a，b的值，即求出双曲线的方程；
(2)分直线AB的斜率为0和不为0两种情况讨论，设直线AB的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，假设存在M点满足条件，求出MA⋅MB的表达式，要使其值为常数，可得分子分母的对应项成比例，可得定点M的坐标．
本题考查求双曲线的方程及直线与双曲线的综合应用，数量积为常数的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)P(X1=k)=(1−12×12)k−1×14(k=1,2,3)，P(X4=4)=(34)3，
因此X4的分布列为
………………………………………………………………………………(4分)
(2)(ⅰ)Yn=k(1≤k≤n−1,k∈N*)时，第k人必答对第二题，
若前面k−1人都没有一人答对第一题，其概率为pk′=(12)k+1，
若前面k−1人有一人答对第一题，其概率为pk″=(k−1)(12)k+1，
故P(Yn=k)=pk′+pk″=k(12)k+1.
当Yn=n时，
若前面n−1人都没有一人答对第一题，其概率为pn′=(12)n−1，
若前面n−1人有一人答对第一题，其概率为pn″=(n−1)(12)″，
故P(Yn=n)=pn′+pn″=(n+1)(12)″.Yn的分布列为：
……………………………………………………………………(8分)
(ⅱ)E(Yn)=k=1n−1k2(12)k+1+n(n+1)(12)n(n∈N*,n≥2).
法1：E(Yn+1)−E(Yn)=n2(12)n+1+(n+1)(n+2)(12)n+1−n(n+1)(12)n=(n+2)(12)n+1>0，
故E(Y2)求得E(Y2)=74，
故E(Yn)=E(Y2)+[E(Y3)−E(Y2)]+[E(Y4)−E(Y3)]+…+[E(Yn)−E(Yn−1)]，
∴E(Yn)=74+4×(12)3+5×(12)4+⋯+n(12)n−1+(n+1)(12)n，①2E(Yn)=72+4×(12)2+5×(12)3+6×(12)4+⋯+(n+1)(12)n−1，②
②-①，E(Yn)<74+1+(12)3+(12)4+⋯+(12)n−1<74+1+181−12=3.
故E(Y2)法2：令k2(12)k+1=(ak2+bk+c)(12)k−[a(k+1)2+b(k+1)+c](12)k+1，
则k2=2(ak2+bk+c)−[ak2+(2a+b)k+(a+b+c)]=ak2+(b−2a)k+(c−a−b)，
因此：E(Yn)=k=1n−1k2(12)k+1+n(n+1)(12)n=6×12−(n2+2n+3)(12)n+n(n+1)(12)n=3−(n+3)(12)n<3.
又E(Yn+1)−E(Yn)=(n+3)(12)n−(n+4)(12)n+1=(n+2)(12)n+1>0，
故E(Y2)【解析】(1)由题知，两道题都答对的概率为14，至少有一道不能答对的概率为34，故有P(X1=k)=(1−12×12)k−1×14(k=1,2,3)，P(X4=4)=(34)3，即可求出概率分布列．
(2)(ⅰ)根据题意先考虑Yn=k(1≤k≤n−1,k∈N*)时，第k人必答对第二题，故P(Yn=k)=pk′+pk″=k(12)k+1.再考虑当Yn=n时，P(Yn=n)=pn′+pn″=(n+1)(12)″.于是得到其概率分布列；
(ⅱ)由(ⅰ)求得期望E(Yn)=k=1n−1k2(12)k+1+n(n+1)(12)n(n∈N*,n≥2).再考虑E(Yn)的单调性，即可证明E(Y2)本题主要考查离散型随机变量的概率分布列，考查数学运算能力与分析解决问题能力，是难题．X4
1
2
3
4
P
14
316
964
2764
Yn
1
2
3
…
n−1
n
P
(12)2
2×(12)3
3×(12)4
…
(n−1)(12)n
(n+1)(12)n