2024年辽东十一所重点高中联合教研体高考数学适应性试卷（一）（含详细答案解析）

这是一份2024年辽东十一所重点高中联合教研体高考数学适应性试卷（一）（含详细答案解析），共18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|1<3x≤9}，B={x∈Z|x≥1}，则A∩B=( )
A. (1,2]B. {1,2}C. [1,2]D. {1}
2.已知复数z满足(1−i)z=2+3i(i为虚数单位)，则z=( )
A. −12+52iB. 12+52iC. 12−52iD. −12−52i
3.已知cs(π+θ)=13，若θ是第二象限角，则tanθ2=.( )
A. 2 2B. 2C. − 2D. 22
4.如图，AB为圆锥SO底面圆的一条直径，点C为线段SA的中点，现沿SA将圆锥SO的侧面展开，所得的平面图形中△ABC为直角三角形，若SA=4，则圆锥SO的表面积为( )
A. 32π9
B. 64π9
C. 8π
D. 12π
5.设实数k1，k2满足k2>k1>0，且k1k2=4，双曲线C1，C2的渐近线分别是y=±k14(x−2)+2和y=±k2(x−2)+2，且C1，C2都经过原点，则双曲线C1，C2的离心率e1，e2的比值e1e2=( )
A. 16+k1216+16k22B. 16+16k1216+k22C. 1D. 2
6.若过点(m,n)可作函数y=2x+1x(x>0)图象的两条切线，则必有( )
A. 0<2m+1mC. 2m7.设a=23，b=2−e13,c=1−e−23，则( )
A. a8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为线段A1B1，AB的中点，O为四棱锥E−C1D1DC的外接球的球心，点M，N分别是直线DD1，EF上的动点，记直线OC与MN所成角为θ，则当θ最小时，tanθ=( )
A. 2 2111B. 4 23C. 11 205205D. 11 2142
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.如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的圆与x轴正半轴交于点A(1,0).已知点B(x1,y1)在圆O上，点T的坐标是(x0,sinx0)，则下列说法中正确的是( )
A. 若∠AOB=α，则ACB=αB. 若y1=sinx0，则x1=x0
C. y1=sinx0，则ACB=x0D. 若ACB=x0，则y1=sinx0
10.已知随机变量ξ的分布列(如下表)，则下列说法错误的是( )
A. 存在x，y∈(0,1)，E(ξ)>12B. 对任意x，y∈(0,1)，E(ξ)≤14
C. 对任意x，y∈(0,1)，D(ξ)≤E(ξ)D. 存在x，y∈(0,1)，D(ξ)>14
11.对平面直角坐标系xOy中的两组点，如果存在一条直线ax+by+c=0使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”.对于一条分类直线l，记所有的点到l的距离的最小值为dl，约定：dl越大，分类直线l的分类效果越好.某学校高三(2)班的7位同学在2020年期间网购文具的费用x(单位：百元)和网购图书的费用y(单位：百元)的情况如图所示，现将P1，P2，P3和P4为第Ⅰ组点.将Q1，Q2和Q3归为第Ⅱ点.在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为L.给出下列四个结论：
①直线x=2.5比直线3x−y−5=0的分类效果好；
②分类直线L的斜率为2；
③该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第Ⅱ组点位于L的同侧；
④如果从第1组点中去掉点P1，第Ⅱ组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L.
其中所有正确结论的序号是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知空间中的三个点A(1,1,1)，B(2,1,−1)，C(3,0,0)，则点A到直线BC的距离为______.
13.函数f(x)=2cs(x−π4)+sin2x(x∈R)的值域为______.
14.设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，例如：[−3.6]=−4，[3.6]=3，则[1+1 2+1 3+⋯+1 40000]=______.
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，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠DAB=90∘，cs= 22，cs=12，点M为BD中点.
(1)证明：B1M//平面A1C1D；
(2)求二面角B−AA1−D的正弦值.
16.(本小题15分)
某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出.现甲乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为12.若甲、乙正确回答每道题的概率分别为23和12，每道题回答是否正确相互独立.
(1)求第1题答完甲得1分的概率；
(2)求第2题答完比赛结束的概率；
(3)假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=xex.
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若x1+x2+…+xn=2，且xi>0(i=1,2,…，n，n∈N*)，求证：f(x1)+f(x2)+…+f(xn)≤2ne2.
18.(本小题17分)
已知P(x0,y0)是焦距为4 2的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a,b>0)上一点，过P的一条直线l1与双曲线C的两条渐近线分别交于P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，且3OP=OP1+2OP2，过P作垂直的两条直线l2和l3，与y轴分别交于A，B两点，其中l2与x轴交点的横坐标是a2x0.
(1)证明：x1x2−y1y2=9；
(2)求S△OP1P2的最大值，并求此时双曲线C的方程；
(3)判断以AB为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点；如果不是，说明理由.
19.(本小题17分)
对于数列{an}，称P(ak)=1k−1(|a1−a2|+|a2−a3|+⋯+|ak−1−ak|)(其中k≥2，k∈N)为数列{an}的前k项“波动均值”．若对任意的k≥2，k∈N，都有P(ak+1)(1)若数列1，x，2为“趋稳数列”，求x的取值范围；
(2)已知等差数列{an}的公差为d，且a1>0，d>0，其前n项和记为Sn，试计算：Cn2P(S2)+Cn3P(S3)+…+CnnP(Sn)(n≥2,n∈N)；
(3)若各项均为正数的等比数列{bn}的公比q∈(0,1)，求证：{bn}是“趋稳数列”．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：集合A={x|1<3x≤9}={x|0B={x∈Z|x≥1}，
则A∩B={1,2}.
故选：B.
求出集合A，利用交集定义能求出A∩B.
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵(1−i)z=2+3i，
∴z=2+3i1−i=(2+3i)(1+i)(1+i)(1−i)=−12+52i.
故选：A.
根据已知条件，结合复数四则运算法则，即可求解．
本题主要考查合复数四则运算法则，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式、同角三角函数基本关系式及半角公式的应用，属于基础题．
由已知求得csθ，进一步求得sinθ，再由半角公式求解tanθ2的值．
【解答】
解：由cs(π+θ)=13，得−csθ=13，即csθ=−13，
又θ是第二象限角，∴sinθ= 1−cs2θ=2 23，
∴tanθ2=sinθ1+csθ=2 231−13= 2.
故选B.
4.【答案】B
【解析】解：如图所示，作出展开图，可得∠CAB，∠CBA为锐角，故BC⊥SA，
由SC=CA，可得BS=BA，即△ASB为等边三角形，所以∠ASA′=2π3，
则圆锥的侧面积为12×2π3×16=16π3，底面积π×(4×2π32π)2=16π9，
所以圆锥SO的表面积为16π3+16π9=64π9.
故选：B.
根据题意，得到BC⊥SA，由SC=CA，求得∠ASA′=2π3，结合圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解．
本题考查圆锥的侧面积公式和圆的面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：考虑到k14<1于是双曲线C1有上下支，双曲线C2有左右支，进而e12=1+16k12，e22=1+k22，
于是e12e22=1+16k121+k22=1.
故选：C.
根据渐近线的斜率可求离心率，故可得两者的比值．
本题主要考查了双曲线的性质，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设切点为(a,2a+1a)，a>0，
又y′=2−1x2，所以切线斜率k=2−1a2，
所以切线方程为y−(2a+1a)=(2−1a2)(x−a)，
又切线过点(m,n)，
则n−(2a+1a)=(2−1a2)(m−a)，a>0，
即(2m−n)a2+2a−m=0，
由过点(m,n)可作两条切线，
所以(2m−n)a2+2a−m=0有两个正根，
即2m−n≠0Δ=22−4(2m−n)⋅(−m)>0−22m−n>0−m2m−n>0，整理可得2m故选：C.
设切点为(a,2a+1a)，a>0，求导，根据导数的几何意义可得(2m−n)a2+2a−m=0有两个正根，利用判别式及根与系数关系列不等式可得解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：因为ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立，
所以e13>13+1=43，e−23>−23+1=13，
所以2−e13<2−43=23，1−e−23<1−13=23，
即b下面比较b与c的大小．
b−c=2−e13−(1−e−23)=1+e−23−e13=e23−e13+1e23=(e13−12)2+34e23>0，
所以b>c；
综上所述，c故选：B.
直接利用不等式ex≥x+1可得出b本题考查对数式的比较大小，考查学生的逻辑思维能力，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，设P，Q分别是棱CD和C1D1的中点，
则四棱锥E−C1D1DC的外接球即三棱柱DFC−D1EC1的外接球，
∵三棱柱DFC−D1EC1是直三棱柱，
∴其外接球球心O为上、下底面三角形外心G和H连结的中点，
由题意，MN是平面DD1EF内的一条动直线，
记直线OC与MN所成角为θ，
则θ的最小值是直线OC与平面DD1EF所成角，
即问题转化为求直线OC与平面DD1EF所成角的正切值，
不妨设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为2，则EQ=2，ED1= 5，
∵△EC1D1为等腰三角形，∴△EC1D1外接圆直径为2GE=ED1sin∠EC1D1= 52 5=52，
则GE=54，GQ=2−54=34=PH，
如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，F(2,1,0)，O(34,1,1)，
DD1=(0,0,2)，DF=(2,1,0)，OC=(−34,1,−1)，
设平面DD1EF的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅DD1=2z=0n⋅DF=2x+y=0，取x=1，得n=(1,−2,0)，
则sinθ=|n⋅OC||n|⋅|OC|=11 5× 41，tanθ=11 2142.
故选：D.
设P，Q分别是棱CD和C1D1的中点，则四棱锥E−C1D1DC的外接球即三棱柱DFC−D1EC1的外接球，其外接球球心O为上、下底面三角形外心G和H连结的中点，θ的最小值是直线OC与平面DD1EF所成角，问题转化为求直线OC与平面DD1EF所成角的正切值．
本题考查㫒面直线所成最小角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有ACB=1⋅α=α，所以A正确．
由于B是∠AOB的一边与单位圆的交点，y1是对应∠AOB的正弦值，即y1=sinx0，所以x1是对应∠AOB的余弦值，即x1=csx0，所以B错误．
当y1=sinx0时，∠AOB=x0+2kπ，k∈Z，所以C错误．
反过来，当∠AOB=x0，即ACB=x0时，y1=sinx0一定成立，所以D正确．
故选：AD.
根据弧长公式l=α⋅r可判断A的正误；
由正弦线余弦线的定义即可判断B的正误；
当y1=sinx0时，可知∠AOB=x0+2kπ可判断C的正误；
当∠AOB=x0+2kπ时y1=sinx0成立，故ACB=x0也一定满足，此时可判断D的正误．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由随机变量ξ的分布列得：
x，y∈[0,1]，且x+y=1，
对任意x，y∈(0,1)，E(ξ)=xy+xy=2xy=2x(1−x)=−2x2+2x=−2(x−12)2+12∈(0,12],由此排除A和B；
取x=y=0.5时，
则E(ξ)=0.5×0.5+0.5×0.5=0.5，
D(ξ)=(0.5−0.5)2⋅0.5+(0.5−0.5)2⋅0.5=0，排除D.
故选：ABD.
对任意x，y∈(0,1)，E(ξ)=xy+xy=2xy=2x(1−x)=−2x2+2x=−2(x−12)2+12∈(0,12)，由此排除A和B；取x=y=0.5时，求出E(ξ)=0.5，D(ξ)=0，排除D.
本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查排除法、特殊值法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由图象知，P1(1.5,2)，P2(1,3)，P3(2,3)，P4(2,4)，Q1(3,1)，Q2(3,2)，Q3(4,3)；
对于①，当直线x=2.5为分类直线时，d1=3−2.5=0.5，
当直线3x−y−5=0为分类直线时，d1=|3×2−1×3−5| 32+(−1)2= 105>0.5，
所以直线3x−y−5=0分类效果好，①错误；
对于②，由图知定位L的位置由P1(1.5,2)，P3(2,3)，Q2(3,2)确定，
所以直线L过点P1(1.5,2)，P3(2,3)，Q2(3,2)的外心，
设直线方程为y=kx+b，则由|2k−3+b| 1+k2=|32k−2+b| 1+k2，解得k=2，②正确；
对于③，当P3到直线L的距离与Q2到L的距离相等时为L的临界值，此时点(3,3)在L的右侧，③正确；
对于④，去掉点P后，由|2k−3+b| 1+k2=|3k−2+b| 1+k2，解得k=1，这与原来k=2不同，所以④正确．
故选：BCD.
由图象写出对应点的坐标，结合题意，对题目中的命题真假性进行分析、判断正误即可．
本题考查了直线方程应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
12.【答案】 423
【解析】解：空间中的三个点A(1,1,1)，B(2,1,−1)，C(3,0,0)，
∴BA=(−1,0,2)，BC=(1,−1,1)，
∴点A到直线BC的距离为：
d=|BA| 1−(cs)2= 5⋅ 1−(BA⋅BC|BA|⋅|BC|)2
= 5⋅ 1−(1 5⋅ 3)2= 423.
故答案为： 423.
求出BA=(−1,0,2)，BC=(1,−1,1)，点A到直线BC的距离为：d=|BA| 1−(cs)2，由此能求出结果．
本题考查空间向量坐标运算法则、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】[−32,3]
【解析】解：f(x)=2cs(x−π4)+sin2x=2( 22csx+ 22sinx)+2sinxcsx
= 2(csx+sinx)+2sinxcsx+sin2x+cs2x−1=(csx+sinx)2+ 2(csx+sinx)−1，
令t=csx+sinx= 2sin(x+π4)，则t∈[− 2, 2]，
令g(t)=t2+ 2t−1，所以函数f(x)=2cs(x−π4)+sin2x(x∈R)的值域等价于g(t)=t2+ 2t−1在区间[− 2, 2]上的值域，
由于g(t)=(t+ 22)2−32，所以当t∈[− 2, 2]时，gmin(t)=g(− 22)=−32，gmax(t)=g( 2)=3，
则函数f(x)=2cs(x−π4)+sin2x(x∈R)的值域为[−32,3].
故答案为：[−32,3].
先将f(x)化简，利用换元法求值域即可．
本题考查二倍角公式，两角和差公式，三角函数的性质，属于中档题．
14.【答案】398
【解析】解：根据题意，当n≥2时，有1 n=22 n，
则有2 n+ n+1=2( n+1− n)<1 n<2 n+ n−1=2( n− n−1)，
则有2( 3− 2)<1 2<2( 2−1)，
2( 4− 3)<1 3<2( 3− 2)，
2( 5− 4)<1 4<2( 4− 3)，
……
2( 40001− 40000)<1 40000<2( 40000− 39999)，
上述式子相加可得：1+2[( 3− 2)+( 4− 3)+……+( 40001− 40000)]<1+1 2+1 3+……+1 40000<1+2[( 2−1)+( 3− 2)+……+( 40000− 39999)]，
变形可得：1+2( 40001− 2)<1+1 2+1 3+……+1 40000<1+2(200−1)，
即398<1+2( 40001− 2)<1+1 2+1 3+……+1 40000<399，
故[1+1 2+1 3+……+1 40000]=398.
故答案为：398.
根据题意，由不等式的性质可得2 n+ n+1=2( n+1− n)<1 n<2 n+ n−1=2( n− n−1)，进而由累加法可得1+2[( 3− 2)+( 4− 3)+……+( 40001− 40000)]<1+1 2+1 3+……+1 40000<1+2[( 2−1)+( 3− 2)+……+( 40000− 39999)]，变形可得1+1 2+1 3+……+1 40000的范围，分析可得答案．
本题考查函数值的计算，涉及放缩法的应用，属于中档题．
15.【答案】(1)证明：连接B1D1，交A1C1于N，连接DN，
∵平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1//DD1，且BB1=DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，可得BD//B1D1，且BD=B1D1，
∵平行四边形A1B1C1D1中，N为对角线交点，
∴N为B1D1中点，
∵M是BD中点，
∴DM//B1N，DM=B1N，可得四边形DMB1N是平行四边形，
∴B1M//DN，
∵B1M⊄平面A1C1D，DN⊂平面A1C1D，
∴B1M//平面A1C1D；
(2)解：∵cs= 22，cs=12，
∴∠A1AB=45∘，∠A1AD=60∘，
∵△AA1D中，AD=AA1=1，
∴△AA1D是边长为1的等边三角形，
取AA1中点F，连接DF，则DF⊥AA1，
在平面ABB1A1中，作FG⊥A1A，交AB于点G，连接DG，可知∠DFG就是二面角B−AA1−D的平面角，
等边△A1AD中，DF= 32AD= 32，AF=12，
△AFG中，∠AFG=90∘，∠FAG=∠FGA=45∘，可知FG=AF=12，AG= 2AF= 22.
∴Rt△ADG中，DG= AD2+AG2= 62，
∴△DFG中，cs∠DFG=34+14−322× 32×12=− 33，可得sin∠DFG= 1−cs2∠DFG= 63.
∴二面角B−AA1−D的正弦值等于 63.
【解析】(1)连接B1D1，交A1C1于N，连接DN，可证出四边形DMB1N是平行四边形，从而可得B1M//DN，再利用线面平行的判定定理，证出B1M//平面A1C1D；
(2)根据题意，取AA1中点F，连接DF，然后在平面ABB1A1中，作FG⊥A1A，连接DG，可知∠DFG就是二面角B−AA1−D的平面角，然后利用解三角形的知识，算出cs∠DFG，进而可得答案．
本题主要考查平行六面体的结构特征、线面平行的判定定理、二面角的求法等知识，考查了逻辑推理能力、空间想象能力能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)记“答完1题甲得1分”为事件A，
则P(A)=12×23+12×12=712，
故甲得1分的概率为712.
(2)第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分，
记“答完1题乙得1分”为事件B，
则P(B)=1−P(A)=512，
记“第2题答完比赛结束”为事件C，
则P(C)=(712)2+(512)2=3772.
(3)记甲最终胜出的概率为P(M)，
答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，
甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，
与初始状态(即比赛前)的情况相同，
从而P(M)=[P(A)]2+2P(A)⋅P(B)⋅P(M)，即P(M)=49144+70144P(M)，
解得P(M)=4974，即甲最终胜出的概率为4974.
【解析】(1)利用相互独立事件概率乘法公式能求出甲得1分的概率．
(2)第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分，记“答完1题乙得1分”为事件B，“第2题答完比赛结束”为事件C，利用古典概型、相互独立事件概率乘法公式能求出结果．
(3)记甲最终胜出的概率为P(M)，答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，与初始状态(即比赛前)的情况相同，由此能求出甲最终胜出的概率．
本题考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解：(1)由f(x)=xex可得f′(x)=1−xex，
所以f(x)在x=1处的切线斜率k=f′(1)=0，
且f(1)=1e，
故所求切线方程为y=1e；
(2)证明：设f(x)在x=a(0由(1)得k=f′(a)=1−aea，
且f(a)=aea，故f(x)在x=a处的切线方程为y=1−aeax+a2ea，
设g(x)=1−aeax+a2ea−xex(0设h(x)=1−aea−1−xex，则h′(x)=2−xex，
因为0列表如下：
所以g(x)≥0，即1−aeax+a2ea≥xex，
令x=x1，x2，⋯，xn，其中x1+x2+⋯+xn=2，且xi>0(i=1,2,⋯,n,n∈N*)，
则有1−aeax1+a2ea≥x1ex1，1−aeax2+a2ea≥x2ex2，…，1−aeaxn+a2ea≥xnexn，
累加得1−aea(x1+x2+⋯+xn)+n⋅a2ea≥f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)，
即2⋅1−aea+n⋅a2ea≥f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)，
取a=2n(n≥2)，即得f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)≤2ne2，
当n=1时，f(x1)=2e2显然满足题意，
综上可得f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)≤2ne2.
【解析】(1)根据导数的几何意义即可求得答案；
(2)首先求出f(x)在x=a处的切线方程y=1−aeax+a2ea，由此可构造函数g(x)=1−aeax+a2ea−xex,(0本题主要考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：因为3OP=OP1+2OP2，所以3x0=x1+2x23y0=y1+2y2，即x0=13(x1+2x2)y0=13(y1+2y2)，
双曲线的渐近线方程为y=±bax，P1，P2位于两条渐近线上，
若y1=bax1，则y2=−bax2，若y1=−bax1，则y2=bax2，∴y0=±b3a(x1−2x2)①，
又点P双曲线x2a2−y2b2=1上，∴(x1+2x2)29a2−(x1−2x2)29a2=1，解得：x1x2=98a2，
故y1y2=−b2a2x1x2=−98b2，∴x1x2−y1y2=98(a2+b2)=98c2=98⋅(2 2)2=9；
(2)当x1≠x2时，l1:y−y1=y1−y2x1−x2(x−x1),l1与x轴的交点为M(y1x2−y2x1y1−y2,0)，
若y1=bax1，则y2=−bax2，若y1=−bax1，则y2=bax2，
∴S△OP1P2=S△OMP1+S△OMP2=12|y1x2−y2x1y1−y2|⋅|y1−y2|=ba|x1x2|，
由(1)可得：x1x2=98a2>0,x1,x2同号，于是，S=S△OP1P2=98ab，
∵a2+b2=c2=8，a2+b2≥2ab，∴S≤916(a2+b2)=92，
当且仅当a=b=2时，Smax=92，故△OP1P2面积最大值为92，
此时，双曲线方程为x24−y24=1；
当x1=x2时，易得l1：x=x1，∴S△OP1P2=12|x1|⋅|2y1|=ba|x12|，∴x0=x1，
由①式可得：y0=±b3ax1，且点P在双曲线上，∴x12a2−b2x129a2b2=1，∴x12=98a2，∴S=98ab，
当x1=x2时，同样当且仅当a=b=2时，Smax=92，
双曲线方程为x24−y24=1；
(3)由题意，l2:y−y0=x0y0x02−a2(x−x0)，A(0,−a2y0x02−a2)，l3:y−y0=−x02−a2x0y0(x−x0)，B(0,y0+x02−a2y0)，
∵点P在双曲线上，∴x02a2−y02b2=1，从而x02−a2=a2y02b2，
∴A(0,−b2y0),B(0,y0+a2y0b2)=(0,8y0b2)，
设以AB为直径的圆上的任意一点为Q(x,y)，
由AQ⊥BQ，可得该圆的方程为x2+y2−8+y(b2y0−8y0b2)=0，∵b2y0−8y0b2不恒为0，
故x2+y2−8+y(b2y0−8y0b2)=0要恒成立，必须有y=0且x2+y2−8=0，
故所求的定点为(2 2,0)和(−2 2,0).
【解析】(1)根据向量线性关系得到x0=13(x1+2x2)y0=13(y1+2y2)，结合双曲线渐近线方程，得到y0=±b3a(x1−2x2)，将点P坐标代入双曲线方程，得到x1x2=98a2，进而得到y1y2=−98b2，计算出x1x2−y1y2=9；
(2)考虑x1≠x2时，设出l1的方程，表达出M(y1x2−y2x1y1−y2,0)，表达出S△OP1P2=S△OMP1+S△OMP2=ba|x1x2|，结合第一问中x1x2=98a2，求出S△OP1P2=98ab，利用基本不等式求出面积的最大值，并得到双曲线方程为x24−y24=1；再考虑x1=x2时，同样表达出S△OP1P2=98ab，得到最大值及双曲线方程；
(3)表达出l2，l3的方程及A(0,−a2y0x02−a2)，B(0,y0+x02−a2y0)，结合x02a2−y02b2=1，得到B(0,8y0b2)，设以AB为直径的圆上的任意一点为Q(x,y)，则AQ⊥BQ，求出圆的方程x2+y2−8+y(b2y0−8y0b2)=0，得到y=0且x2+y2−8=0，求出定点坐标．
本题考查了双曲线的方程和性质，考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，|1−x|>|1−x|+|x−2|2，
即|1−x|>|x−2|；
解得，x>32.
(2)P(Sk)=1k−1(|S1−S2|+|S2−S3|+⋯+|Sk−1−Sk|)=1k−1(|a2|+|a3|+⋯+|an|)，
∵a1>0，d>0，
∴an=a1+(n−1)d>0，
∴P(Sk)=1k−1(|a2|+|a3|+⋯+|an|)=a1+k2d；
∴Cn2P(S2)+Cn3P(S3)+⋯+CnnP(Sn)=a1(Cn2+Cn3+⋯+Cnn)+d2(2Cn2+3Cn3+⋯+nCnn)
=a1(2n−n−1)+d2(nCn−11+nCn−12+⋯+nCn−1n−1)
=a1(2n−n−1)+nd2(2n−1)；
(3)证明：由已知，设bn=b1qn−1(b1>0)，
因b1>0且0bk，
∴对P(bk)=1k−1(|b1−b2|+|b2−b3|+⋯+|bk−1−bk|)
=1k−1(b1−b2+b2−b3+⋯+bk−1−bk)=b1(1−q)k−1(1+q+q2+⋯+qk−2)
P(bk+1)=b1(1−q)k(1+q+q2+⋯+qk−1)，
因0∴qi>qk−1(i∴1>qk−1，q>qk−1，q2>qk−1，…，qk−2>qk−1，
∴1+q+q2+…+qk−2>(k−1)qk−1，
∴k(1+q+q2+…+qk−2)>(k−1)(1+q+q2+…+qk−2+qk−1)
∴(1+q+q2+⋯+qk−2)k−1>(1+q+q2+⋯+qk−2+qk−1)k
∴b1(1−q)(1+q+q2+⋯+qk−2)k−1>b1(1−q)(1+q+q2+⋯+qk−2+qk−1)k，
即对任意的k≥2，k∈N*，都有P(bk)>P(bk+1)，故{bn}是“趋稳数列”．
【解析】(1)由题意|1−x|>|1−x|+|x−2|2，从而解绝对值不等式即可；
(2)由a1>0，d>0可化简为P(Sk)=1k−1(|a2|+|a3|+⋯+|an|)=a1+k2d；从而得到Cn2P(S2)+Cn3P(S3)+⋯+CnnP(Sn)=a1(Cn2+Cn3+⋯+Cnn)+d2(2Cn2+3Cn3+⋯+nCnn)，从而解得．
(3)bn=b1qn−1(b1>0)，从而判断大小以去绝对值号，化简可得P(bk+1)=b1(1−q)k(1+q+q2+⋯+qk−1)，从而化为k(1+q+q2+…+qk−2)>(k−1)(1+q+q2+…+qk−2+qk−1)，从而证明．
本题考查了等比数列与等差数列的应用及二项式定理的应用，同时考查了学生的化简运算能力．ξ
x
y
P
y
x
x∈(0,a)
x=a
x∈(a,2]
g′(x)<0
g′(x)=0
g′(x)>0
g(x)单调递减
极小值g(a)=0
g(x)单调递增