2024年甘肃省张掖市民乐一中高考数学一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年甘肃省张掖市民乐一中高考数学一模试卷(含详细答案解析)，共16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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标，现抽检一批产品测得如下数据：
已知该产品的色度y和色差x之间满足线性相关关系，且y =0.8x+a ，现有一对测量数据为(30,23.6)，则该数据的残差为( )
A. 0.96B. −0.8C. 0.8D. −0.96
2.复数z=4+3i1−2i+1−2i(i为虚数单位)在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.下列有关命题的说法错误的是( )
A. 在△ABC中，“A>B”是“a>b”的充要条件
B. “x=1”是“x≥1”的充分不必要条件
C. 若命题p：∃x0∈R，x02≥0，则命题¬p：∀x∈R，x2<0
D. “sinx=12”的必要不充分条件是“x=π6”
4.1+tan190∘1−tan370∘−2cs70∘sin40∘=( )
A. tan20∘B. tan70∘C. −tan20∘D. −tan70∘
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9A. 11B. 10C. 9D. 8
6.若函数y=lga(x−2)+1(a>0,且a≠1)的图象所过定点恰好在椭圆x2m+y2n=1(m>0,n>0)上，则m+n的最小值为( )
A. 6B. 12C. 16D. 18
7.若(1+x−x2)4=a0+a1x+a2x2+……+a8x8，则a2+a4+a6+a8=( )
A. −12B. 12C. 1D. 0
8.函数f(x)=12x2+alnx在区间(1,2)的图象上存在两条相互垂直的切线，则a的取值范围为( )
A. (−2,1)B. (−2,−1)C. (−2,0)D. (−3,−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.已知m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，那么( )
A. 当m⊥β，或n⊥α时，α⊥β
B. 当m//β，且n//α时，α//β
C. 当α⊥β时，m⊥β，或n⊥α
D. 当α，β不平行时，m与β不平行，且n与α不平行
10.下列命题错误的是( )
A. 对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP=xOA+yOB+zOC，其中x，y，z∈R且x+y+z=1，则P，A，B，C四点共面
B. 已知a=(1,−1)，b=(d,1)，a与b的夹角为钝角，则d的取值范围是d<1
C. 若a，b共线，则|a|−|b|=|a+b|
D. 若a，b共线，则一定存在实数λ使得b=λa
11.在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，动点P满足|PA|= 3|PO|，得到动点P的轨迹是曲线C.则下列说法正确的是( )
A. 曲线C的方程为(x−1)2+y2=3
B. 若直线y=kx+1与曲线C相交，则弦最短时k=−1
C. 当O，A，P三点不共线时，若点D(1− 3,0)，则射线PD平分∠APO
D. 过A作曲线C的切线，切点分别为M，N，则直线MN的方程为x=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30∘，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是______.
13.将3男3女共6人排成一列，要求男生甲与其他男生不相邻，则不同的排法种数有______种.
14.已知O为坐标原点A，B，C为椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上三点，且OA+OB=0，OA⋅AC=0，直线BC与x轴交于点D，若4OA⋅OD=OD2，则E的离心率为______.
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)
在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，asinB=− 3bcsA，A的角平分线交BC于点D，且AD=1.
(1)求A的大小；
(2)若a=2 5，求△ABC的面积.
16.(本小题15分)
设函数f(x)=(x+2)ln(x+1)−ax，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1.
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)设函数g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；
(Ⅲ)求证：xf(x)≥0.
17.(本小题15分)
“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目.某小学为丰富同学们的课外活动举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用2n−1局n胜(n∈N*,n≥2)的单败淘汰制，即先赢下n局比赛者最终获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为p(0(1)若n=2,p=23，设比赛结束时比赛的局数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)设采用3局2胜制时乙最终获胜的概率为P2，采用5局3胜制时乙最终获胜的概率为P3，若P3>P2，求p的取值范围.
18.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AC⊥AB，AC=AB，BC=CC1=2，∠BCC1=60∘，过AA1的平面与BC，B1C1分别交于点D，D1.
(1)证明：四边形ADD1A1为平行四边形；
(2)若CD=λDB，则当λ为何值时，直线BC1与平面ADD1A1所成角的正弦值最大？
19.(本小题17分)
已知抛物线E：y2=4x，点A，B，C在抛物线E上，且A在x轴上方，B和C在x轴下方(B在C左侧)，A，C关于x轴对称，直线AB交x轴于点M，延长线段CB交x轴于点Q，连接QA.
(1)证明：|OM||OQ|为定值(O为坐标原点)；
(2)若点Q的横坐标为−1，且MB⋅MC=89，求△AQB的内切圆的方程.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：x−=21+23+25+274=24，y−=15+18+19+204=18，
则a =18−0.8×24=−1.2，
则线性回归方程为y =0.8x−1.2，
取x=30，得y =0.8×30−1.2=22.8.
∴数据为(30,23.6)的残差为23.6−22.8=0.8.
故选：C.
由已知求得样本点的中心，代入线性回归方程求a ，可得线性回归方程，取x=30求y ，再由残差的定义求解．
本题考查线性回归方程的应用，考查残差的求法，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由z=4+3i1−2i+1−2i=(4+3i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)+1−2i=−2+11i5+1−2i=35+15i，
得z在复平面内对应的点的坐标为(35,15)，该点位于第一象限．
故选：A.
根据复数的除法和加法运算化简z，再由复数的几何意义可知对应的点的坐标，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于：A：在△ABC中，根据大边对大角和大角对大边，所以“A>B”⇔“a>b”即“A>B”是“a>b”的充要条件；故A正确；
对于B：当“x=1”时，“x≥1”成立，反之不成立，故“x=1”是“x≥1”的充分不必要条件，故B正确；
对于C：命题p：∃x0∈R，x02≥0，则命题¬p：∀x∈R，x2<0，故C正确；
对于D：“sinx=12”的充分不必要条件是“x=π6”，故D错误．
故选：D.
直接利用充分条件和必要条件的应用判断ABC的结论，进一步利用命题的否定的应用判断C的结论．
本题考查的知识要点：命题的否定和充分条件和必要条件的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：原式=1+tan10∘1−tan10∘−2sin20∘2sin20∘cs20∘
=sin10∘+cs10∘cs10∘−sin10∘−1cs20∘
=(cs10∘+sin10∘)2cs210∘−sin210∘−1cs20∘
=1+sin20∘cs20∘−1cs20∘
=sin20∘cs20∘=tan20∘.
故选：A.
由已知结合诱导公式，同角基本关系，二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：∵S9∵S10−S6=a7+a8+a9+a10=2(a8+a9)>0，∴a8+a9>0，∴a9>0，
∴当Sn时取得最小值时，n的值为8.
故选：D.
根据等差数列前n项和的性质可得a8<0，a9>0，即可求解．
本题考查等差数列的性质及应用等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意得，函数y=lga(x−2)+1(a>0,且a≠1)的图象所过定点为(3,1)，
则9m+1n=1，
所以m+n=(m+n)(9m+1n)=10+9nm+mn≥10+2 9nm⋅mn=16，
当且仅当9nm=mn即m=12，n=4时等号成立，
则m+n的最小值为16.
故选：C.
求出定点的坐标代入椭圆方程，再将m+n化为积为定值的形式，利用基本不等式可求得结果．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：(1+x−x2)4=a0+a1x+a2x2+……+a8x8，
令x=0，可得a0=1.
令x=1，可得a0+a1+a2+……+a8=1；
令x=−1，可得a0−a1+a2+……+a8=1；
可得：a0+a2+a4+a6+a8=1，
∴a2+a4+a6+a8=0，
故选：D.
(1+x−x2)4=a0+a1x+a2x2+……+a8x8，分别令x=0，1，−1即可得出．
本题考查了二项式定理系数的性质、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由f(x)=12x2+alnx⇒f′(x)=x+ax(x>0)，
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，且f′(x1)⋅f′(x2)=−1
若a≥0，则f′(x)>0恒成立，不符合题意，可排除A项；
所以a<0，此时易知y=f′(x)单调递增，
要满足题意，则需f′(1)=1+a<0f′(2)=2+a2>0f′(1)f′(2)=(1+a)(2+a2)<−1⇒a∈(−3,−2).
故选：D.
利用导数的几何意义结合导函数的单调性计算即可．
本题考查导数的几何意义以及函数单调性的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，
对于A，当m⊥β，或n⊥α时，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，当m//β，且n//α时，由面面平行的判定定理得α//β，故B正确；
对于C，当α⊥β时，m与β相交、平行或m⊂β，或n与α相交、平行或n⊂α，故C错误；
对于D，当α，β不平行时，m与β有可能平行，且n与α有可能平行，故D错误．
故选：AB.
利用线线、线面、面面间的位置关系直接求解．
本题考查线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A：由于OP=xOA+yOB+zOC，其中x，y，z∈R且x+y+z=1，则OP=xOA+yOB+(1−x−y)OC，
整理得：OP−OC=x(OA−OC)+y(OB−OC)，故CP=xCA+yCB，所以P，A，B，C四点共面，故A正确；
对于B：由于a=(1,−1)，b=(d,1)，a与b的夹角为钝角，故d−1<0，且d≠−1，故d的取值范围为(−∞,−1)∪(−1,1)，故B错误；
对于C：若a，b共线且方向相反时，则|a|−|b|=|a+b|，故C错误；
对于D：若a，b共线，则一定存在实数λ使得b=λa(a≠0)，故D错误．
故选：BCD.
直接利用向量共线的充要条件，共面向量基本定理，向量的夹角运算判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：向量共线的充要条件，共面向量基本定理，向量的夹角运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：A：设P(x,y)，因为A(−2,0)，动点P满足|PA|= 3|PO|，
所以 (x+2)2+y2= 3× x2+y2，化简可得(x−1)2+y2=3，故A正确；
B：由选项A可知，圆心(1,0)，半径r= 3，设圆心到直线的距离为d1，则d1=|k+1| 1+k2，由对称性，不妨取k>0，
设弦长为d2，由弦长公式得d2=2 r2−d12=2 3−(1+k)21+k2=2 2k2−2k+21+k2=2 2× 1−1k+1k，
因为k+1k≥2 k×1k=2(k>0)，当且仅当k=1，取等号，
所以弦最短时k=1，故B错误；
C：
因为|PA|= 3|PO|，则|PA||PO|= 3，又D(1− 3,0)，
所以|AD|=3− 3，|OD|= 3−1，则|AD||OD|=3− 3 3−1= 3=|PA||PO|，
所以由角平分线定理的逆定理可知射线PD平分∠APO，故C正确；
D：过A作曲线C的切线，切点分别为M，N，
由几何关系可知M，N在以AC为直径的圆上，半径为|AC|2=32，圆心为(−12,0)，
此圆方程为(x+12)2+y2=94，(x−1)2+y2=3，
两圆方程相减可得公共线MN的方程为x=0，故D正确；
故选：ACD.
由点P的轨迹满足已知条件列两点间距离公式化简可求A选项；由弦长公式和基本不等式可求B选项；由角平分线定理的逆定理可求C选项；由几何关系和两圆方程相减可得两圆公共弦方程可求D选项．
本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
12.【答案】2 3
【解析】解：过点B′作B′C′//y′轴，交x′轴于点C′，如图，
在′△O′B′C′中，∠B′O′C′=30∘，
∠B′C′O′=135∘，O′B′=2，
由正弦定理得B′C′sin30∘=O′B′sin135∘，
于是得B′C′=2×12 22= 2，
由斜二测画法规则知，
在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2 2.
故答案为：2 2.
过点B′作B′C′//y′轴，交x′轴于点C′，利用正弦定理求得B′C′的值，继而可解．
本题考查斜二测画法、正弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】288
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①男生甲在两端，有C21C31A44=144种排法，
②男生甲不在两端，有C32A22A44=144种排法，
则有144+144=288种排法．
故答案为：288.
根据题意，按男生甲是否在两端分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
14.【答案】2 55
【解析】解：取BC的中点M，设A(x1,y1)，C(x2,y2)，D(x3,0)，M(x0,y0)，则B(−x1,−y1)，
∵A，C在椭圆E上，∴x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，两式相减化简可得，
即1a2(x1+x2)(x1−x2)+1b2(y1+y2)(y1−y2)=0，
∴kBC=y1+y2x1+x2=−b2a2⋅x1−x2y1−y2=−b2a2⋅x0y0，
∵OA⋅AC=0，∴OA⊥AC，连接OM，则OM//AC，
∴OM⊥AB，∴kOM⋅kAB=x0y0⋅y1x1=−1，∴kBC=b2a2⋅y1x1，
∵4OA⋅OD=OD2，又A(x1,y1)，D(x3,0)，
∴x1x3=14x32，得x3=4x1，
∴kBC=kBD=y1x3+x1=y15x1，
∴b2a2⋅y1x1=y15x1，即b2a2=15，
∴椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2=2 55.
故答案为：2 55.
借助点差法计算可kBC，结合题意计算可得b2a2=15，即可得离心率．
本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，向量的数量积的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为asinB=− 3bcsA，
由正弦定理可得sinAsinB=− 3sinBcsA，
B∈(0,π)，
则sinB>0，所以sinA=− 3csA，故tanA=− 3，
A∈(0,π)，
则A=2π3；
(2)由题意可知S△ABD+S△ACD=S△ABC，
A的角平分线交BC于点D，
则12csinπ3+12bsinπ3=12bcsin2π3，化简可得b+c=bc，
在△ABC中，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc=−12，
从而(bc)2−2bc−202bc=−12，解得bc=5或bc=−4(舍)
所以S△ABC=12bcsinA=12×5×sin120∘=5 34.
【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，即可求解；
(2)根据已知条件，结合等面积法，推得b+c=bc，再结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=(x+2)ln(x+1)−ax，
f′(x)=ln(x+1)+(x+2)⋅1x+1−a，
所以k切=f′(0)=2−a，
又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1，
所以2−a=1，
所以a=1.
(Ⅱ)g(x)=f′(x)=ln(x+1)+(x+2)⋅1x+1−1，定义域为(−1,+∞)，
=ln(x+1)+x+2−(x+1)x+1=ln(x+1)+1x+1，
g′(x)=1x+1+−1(x+1)2=x(x+1)2，
在(−1,0)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
在(0,+∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
(Ⅲ)证明：令h(x)=xf(x)=(x2+2x)ln(x+1)−x2，x>−1，
h′(x)=(2x+2)ln(x+1)+x2+2xx+1−2x=(2x+2)ln(x+1)−x2x+1，
t(x)=(2x+2)ln(x+1)−x2x+1，x>−1，
t′(x)=2ln(x+1)+2x+2x+1−2x(x+1)−x2(x+1)2=2ln(x+1)+2−x2+2x(x+1)2
=2ln(x+1)+2(x+1)2−x2−2x(x+1)2=2ln(x+1)+x2+2x+2(x+1)2=2ln(x+1)+1+1(x+1)2，
t′′(x)=2x+1−2(x+1)3=2(x+1)2−2(x+1)3=2x(x+2)(x+1)3，
令t′′(x)=0，得x=0或−2(舍)，
所以在(−1,0)上t′′(x)<0，t′(x)单调递减，
在(0,+∞)上t′′(x)>0，t′(x)单调递增，
所以t′(x)min=t′(0)=2>0，
所以t′(x)>0，
所以t(x)在(−1,+∞)上单调递增，
又t(0)=0，
所以在(−1,0)上t(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
在(0,+∞)上t(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(0)=0，
所以h(x)≥0，
所以xf(x)≥0.
【解析】(Ⅰ)求导得f′(x)，由导数的几何意义可得k切=f′(0)=2−a=1，解得a.
(Ⅱ)g(x)=f′(x)=ln(x+1)+(x+2)⋅1x+1−1，定义域为(−1,+∞)，求导分析g′(x)的符号，进而可得g(x)的单调性．
(Ⅲ)令h(x)=xf(x)=(x2+2x)ln(x+1)−x2，x>−1，求导分析单调性，可得h(x)min=h(0)=0，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为n=2，所以比赛采用3局2胜制，
所以X的所有可能取值为2，3，
则P(X=2)=(23)2+(13)2=59，P(X=3)=C21×(23)2×13+C21×23×(13)2=49，
故X的分布列为：
所以E(X)=2×59+3×49=229；
(2)由题意知P2=(1−p)2+C21(1−p)p(1−p)=(1−p)2(1+2p)，
P3=(1−p)3+C32(1−p)2p(1−p)+C42(1−p)2p2(1−p)=(1−p)2(−6p3+3p2+2p+1)，
由P3>P2，得(1−p)2(−6p3+3p2+2p+1)>(1−p)2(1+2p)，
解得0即p的取值范围为(0,12).
【解析】(1)若n=2，则比赛采用3局2胜制，所以X的所有可能取值为2，3，求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解；
(2)利用独立事件的概率乘法公式求出P2，P3，由P3>P2求出p的取值范围即可．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望．
18.【答案】(1)证明：因为AA1//BB1，BB1⊂平面BCC1B1，AA1⊄平面BCC1B1，
所以AA1//平面BCC1B1，
又AA1⊂平面ADD1A1，平面ADD1A1∩平面BCC1B1=DD1，所以AA1//DD1，
因为平面ABC//平面A1B1C1，平面ADD1A1∩平面A1B1C1=A1D1，平面ADD1A1∩平面ABC=AD，
所以A1D1//AD，
所以四边形ADD1A1为平行四边形；
(2)解：取BC的中点O，连接OC1，OA，
由BC=CC1=2及∠BCC1=60∘，得△BCC1为等边三角形，所以OC1⊥BC，
又平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC=BC，OC1⊂平面BCC1B1，
所以OC1⊥平面ABC，
又OA⊂平面ABC，所以OC1⊥OA，由AC⊥AB及AC=AB，
得△ABC为等腰直角三角形，所以OA⊥BC.
以O为坐标原点，OA,OB,OC1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,−1,0)，C1(0,0, 3)，
所以BC1=(0,−1, 3),AA1=CC1=(0,1, 3)，
设D(0,t,0)(−1≤t≤1)，则AD=(−1,t,0)，
设平面ADD1A1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AA1=0m⋅AD=0，即y+ 3z=0−x+ty=0，令y= 3，得x= 3t,z=−1，
所以平面ADD1A1的一个法向量为m=( 3t, 3,−1).
设直线BC1与平面ADD1A1所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
m⋅BC1= 3×(−1)− 3=−2 3，|m|= 3t2+3+1= 3t2+4，|BC1|= 1+3=2，
cs=m⋅BC1|m|⋅|BC1|=−2 3 3t2+4⋅2=− 3 3t2+4，
所以sinθ=|cs|= 3 3t2+4，
所以当t=0，即D为BC的中点时，(sinθ)max= 32，
故当λ=1时，直线BC1与平面ADD1A1所成角的正弦值最大．
【解析】(1)利用线面平行的判定定理和性质定理证明线线平行，即可得证；
(2)取BC的中点O，利用面面垂直的性质定理证明OA⊥BC，然后建立空间直角坐标系，求出平面ADD1A1的法向量，然后代入线面角的向量公式，利用二次函数性质求解最值即可．
本题考查用空间向量的方法求直线与平面所成的角，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：由题意，设直线AB的方程为x=my+t(m>0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则C(x1,−y1)，M(t,0)，
由x=my+ty2=4x，消去x，得y2−4my−4t=0，Δ=16(m2+t)>0⇒m2+t>0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4t，
直线BC的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)，化简得y=4xy2−y1−y1y2y2−y1，
令y=0，得xQ=y1y24=−t，所以Q(−t,0)，
因此|OM||OQ|=|t||−t|=1；
(2)因为点Q的横坐标为−1，由(1)可知，Q(−1,0)，M(1,0)，
设QA交抛物线于D，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x1,−y1)，D(x4,y4)，
如图所示，
又由(1)知，y1y2=−4，同理可得y1y4=4，得y4=−y2，
又x1+x2=my1+1+my2+1=m(y1+y2)+2=4m2+2，
x1x2=y124⋅y224=(y1y2)216=1，
又MB=(x2−1,y2),MC=(x1−1,−y1)，
则MB⋅MC=(x2−1)(x1−1)−y1y2=x1x2−(x1+x2)+1+4=4−4m2，
故4−4m2=89，结合m>0，得m= 73，
所以直线AB的方程为3x− 7y−3=0，
又y1−y2= (y1+y2)2−4y1y2= 16m2+16=163，
则kAD=y1−y4x1−x4=y1−y4x1−x4=y1−y4y124−y224=4y1+y4=4y1−y2=34，
所以直线AD的方程为3x−4y+3=0，
设圆心T(s,0)(−1因为QM为∠AQB的平分线，故点T到直线AB和直线AD的距离相等，
所以|3s+3|5=|3s−3|4，因为−1故圆T的半径r=3s+35=23，
因此圆T的方程为(x−19)2+y2=49.
【解析】(1)根据已知条件作出图形，设出直线AB的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及直线的点斜式方程即可求解；
(2)根据(1)的结论及向量的数量积的坐标表示，得出直线AB的方程，利用直线的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程即求解．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属中档题．色差x
21
23
25
27
色度y
15
18
19
20
X
2
3
P
59
49