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所属成套资源：高考数学模拟卷（新题型、新结构下2024年各市高三模拟考、调研考试题）（学生版+教师版）
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【新结构】2024年山东省青岛市高考数学第三次适应性试卷
展开这是一份【新结构】2024年山东省青岛市高考数学第三次适应性试卷，文件包含2024年山东省青岛市高考数学第三次适应性试卷-教师用卷docx、2024年山东省青岛市高考数学第三次适应性试卷-学生用卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
1.已知复数z满足z−11−i=i，则z−的虚部为( )
A. −iB. iC. −1D. 1
【答案】C
【解析】解：z−11−i=i，
则z−1=(1−i)i=1+i，
故z=2+i，z−=2−i，其虚部为−1.
故选：C.
结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
2.若命题p:∀x∈(0,π2),sinx
C. ∃x0∈(0,π2),sinx0≥x0D. ∃x0∈(0,π2),sinx0≤x0
【答案】C
【解析】解：全称命题的否定是特称命题，
先变量词，再否结论，
可得命题p:∀x∈(0,π2),sinx
故选：C.
全称命题的否定为特称命题，以及量词和不等号的变化，即可得到所求命题的否定．
本题考查命题的否定，注意全称命题的否定为特称命题，以及量词和不等号的变化，考查转化思想，属于基础题．
3.为了得到y=sin2x+cs2x的图象，只要把y= 2cs2x的图象上所有的点( )
A. 向右平行移动π8个单位长度B. 向左平行移动π8个单位长度
C. 向右平行移动π4个单位长度D. 向左平行移动π4个单位长度
【答案】A
【解析】解：因为y=sin2x+cs2x= 2cs(2x−π4)，
为了得到y=sin2x+cs2x的图象，只要把y= 2cs2x的图象上所有的点向右平移π8个单位长度．
故选：A.
先结合辅助角公式对已知函数解析式进行化简，然后结合三角函数图象的平移即可求解．
本题主要考查了三角函数图象的平移，属于基础题．
4.某校高一有学生980人，在一次模拟考试中这些学生的数学成绩X服从正态分布N(100,σ2)，已知P(90
【答案】C
【解析】解：因为X∼N(100,σ2)，且P(90
所以该校高一学生数学成绩在110分以上的人数大约为980×0.4=392.
故选：C.
利用正态分布曲线的对称性求解．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
5.定义[x]表示不超过x的最大整数.例如：[1.2]=1，[−1.2]=−2，则( )
A. [x]+[y]=[x+y]B. ∀n∈Z，[x+n]=[x]+n
C. f(x)=x−[x]是偶函数D. f(x)=x−[x]是增函数
【答案】B
【解析】解：A选项，取x=1.1，y=1.9，则[x]+[y]=1+1=2，[x+y]=3，显然[x]+[y]≠[x+y]，所以A不正确；
B选项，设y=[x+n]表示不超过x+n的最大整数，所以y≤x+n，
所以y−n≤x，所以[x]≤y−n，
所以[x]+n≤y，即[x+n]≤y，
因为[x+n]=y，所以[x+n]=[x]+n，故B正确；
C选项，f(x)=x−[x]表示x的小数部分，举例f(0.1)=0.1，f(−0.1)=−0.1−(−1)=0.9，
所以f(0.1)≠f(−0.1)，所以f(x)不是偶函数，故C错误；
D选项，f(0.1)=0.1，f(1.1)=0.1，所以f(0.1)=f(1.1)，所以f(x)不是增函数，故D错误．
故选：B.
A选项，取特殊时，判断出A选项的真假；B选项，设y=[x+n]表示不超过x+n的最大整数，可得y与x，n的关系，可得[x]+n=y，判断出B选项的真假；C选项，取特殊值，零点函数表示偶函数，判断出C的真假；D中，取特殊值，判断出函数表示增函数，判断出D的真假．
本题考查取整函数的性质的应用，属于基础题．
6.在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为( )
A. 33πB. 39πC. 48πD. 57π
【答案】C
【解析】解：当圆锥的底面为圆柱的底面，高为圆柱的高时，圆锥的体积最大，如图：
该几何体为母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去底面为圆柱的上底，高为4的圆锥，
则圆柱、圆锥的半径为r=MA=3，
圆柱底面积S1=πr2=9π，圆锥的高为h=OM=AB=4，
所以圆锥的母线长为l=OA= r2+h2= 32+42=5，
所以圆锥侧面积S2=π⋅l⋅r=15π，又圆柱侧面积S3=2πr⋅h=24π，
由于该几何体的表面积之和可以表示为圆柱底面积，
圆柱侧面积，与圆锥侧面积之和：
即S=S1+S2+S3=9π+15π+24π=48π.
故选：C.
该几何体的表面积之和可以表示为圆柱底面积，圆柱侧面积，与圆锥侧面积之和，由此即可得．
本题考查圆柱，圆锥侧面积的计算，属于基础题．
7.已知函数f(x)=(x2−2x)⋅(ex−1+e1−x)，则满足不等式f(2x)
【答案】B
【解析】解：f(x)的定义域为R，
f(x)=(x2−2x+1−1)⋅[ex−1+e−(x−1)]=[(x−1)2−1]⋅[ex−1+e−(x−1)]，
因为f(−x+1)=f(x+1)=(x2−1)(ex+e−x)，
又因为y=ex+e−x为偶函数，
故f(x+1)是偶函数，
所以f(x)关于直线x=1成轴对称，
令u(x)=(x−1)2−1，g(x)=ex−1+e−(x−1)，
则u(x)，g(x)关于直线x=1成轴对称，
u′(x)=2(x−1)，g′(x)=ex−1−e−(x−1)=e2(x−1)−1ex−1，
当x>1时，u′(x)>0，g′(x)>0，u(x)单调递增，g(x)单调递增，
且u(x)>u(1)=−1，g(x)>g(1)−2，
所以f(x)=u(x)⋅g(x)在区间(1,+∞)单调递增，在区间(−∞,1)单调递减，
即f(x)min=f(1)=−2，
要使得f(2x)
因为f(x)的定义域为R，根据f(−x+1)=f(x+1)，可得f(x+1)是偶函数，可得f(x)关于直线x=1成轴对称，令u(x)=(x−1)2−1，g(x)=ex−1+e−(x−1)，则u(x)，g(x)关于直线x=1成轴对称，对u(x)，g(x)求导，可得f(x)=u(x)⋅g(x)在区间(1,+∞)单调递增，在区间(−∞,1)单调递减，求出f(x)min，要使得f(2x)
8.已知O为坐标原点，椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，左，右顶点分别为A，B，焦距为2c，以F1F2为直径的圆与椭圆E在第一和第三象限分别交于M，N两点，且NM⋅AB=2 3ac，则椭圆E的离心率为( )
A. 22B. 2C. 33D. 63
【答案】D
【解析】解：联立x2+y2=c2b2x2+a2y2=a2b2，解得x2=a2(c2−b2)c2，y2=b4c2，
∴M(a c2−b2c,b2c)，N(−a c2−b2c,−b2c)，
又A(−a,0)，B(a,0)，
∴NM=(2a c2−b2c,2b2c)，AB=(2a,0)，
∴NM⋅AB=4a2 c2−b2c=2 3ac，
∴4a2(c2−b2)=3c4，
∴4a2c2−4a2(a2−c2)=3c4，
∴3c4−8a2c2+4a4=0，
∴3e4−8e2+4=0，又e∈(0,1)，
∴e2=23，∴e= 63.
故选：D.
联立直线与圆的方程求出M，N的坐标，再根据题意建立方程，化归转化思想，即可求解．
本题考查椭圆离心率的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
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.某新能源车厂家2015−2023年新能源电车的产量和销量数据如下表所示：
记“产销率”=销量产量×100%，2015−2023年新能源电车产量的中位数为m，则( )
A. m=18.7
B. 2015−2023年该厂新能源电车的产销率与年份正相关
C. 从2015−2023年中随机取1年，新能源电车产销率大于100%的概率为29
D. 从2015−2023年中随机取2年，在这2年中新能源电车的年产量都大于m的条件下，这2年中新能源电车的产销率都大于70%的概率为16
【答案】ACD
【解析】解：对于A，由中位数的定义可知，m=18.7，故A正确；
对于B，2015−2023年该厂新能源电车的产销率依次为2.33.3×100%≈69.7%，5.77.2×100%≈79.2%，13.613.1×100%≈103.9%，14.914.8×100%≈100.7%，15.018.7×100%≈80.2%，15.623.7×100%≈65.8%，27.136.6×100%≈74.0%，29.744.3×100%≈67.0%，31.643.0×100%≈73.5%，
所以2015−2023年该厂新能源电车的产销率随年份的增加，有时增加，有时减少，故B错误；
对于C，由B可知，从2015−2023年新能源电车产销率大于100%的有2个年份，
所以从2015−2023年中随机取1年，新能源电车产销率大于100%的概率为29，故C正确；
对于D，设事件A表示“从2015−2023年中随机取2年，这2年中新能源电车的年产量都大于m”，事件B表示“从2015−2023年中随机取2年，这2年中新能源电车的产销率都大于70%”，
所以P(A)=C42C92=16，P(AB)=C22C92=136，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=13616=16，故D正确．
故选：ACD.
根据中位数的定义可判断A，计算出2015−2023年该厂新能源电车的产销率，可判断B，根据古典概型的概率公式可判断C，根据条件概率公式可判断D.
本题主要考查了中位数的定义，考查了古典概型和条件概率的公式，属于中档题．
10.已知动点M，N分别在圆C1:(x−1)2+(y−2)2=1和C2：(x−3)2+(y−4)2=3上，动点P在x轴上，则( )
A. 圆C2的半径为3B. 圆C1和圆C2相离
C. |PM|+|PN|的最小值为2 10D. 过点P作圆C1的切线，则切线长最短为 3
【答案】BD
【解析】解：∵C2的半径为 3，A错误；
圆C1和圆C2圆心距为 (3−1)2+(4−2)2=2 2>1+ 3，则圆C1和圆C2相离；
C项，作C1关于x轴的对称点C1′(1,−2)，则(|PC1|+|PC2|)min=|C2C1′|=2 10，
所以(|PM|+|PN|)min=2 10−1− 3，C错误；
D项，点P到圆C1的切线长最小时，C1P⊥x轴，
∵圆心到x轴的距离为2，
∴切线长的最小值为： 4−1= 3，D正确．
故选：BD.
A项，根据圆的方程即可得；B项，计算圆心距与半径之间的关系；C项，根据对称性可得；D项，利用勾股定理可得．
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
11.若有穷整数数列An：a1，a2，…an(n≥3)满足：ai+1−ai∈{−1,2}(i=1,2,⋯,n−1)，且a1=an=0，则称An具有性质T.则( )
A. 存在具有性质T的A4
B. 存在具有性质T的A5
C. 若A10具有性质T，则a1，a2，…，a9中至少有两项相同
D. 存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，都有a1，a2，…，ak−1中任意两项均不相同
【答案】ACD
【解析】解：对于A，设An：a1=a4=0，a2=−1，a3=1，则数列An具有性质T，故A对；
对于B，设A5：a1，a2，a3，a4，a5，由于a1=a5=0，
ai+1−ai∈{−1,2}(i=1,2,3,4)，
设a2−a1，a3−a2，a4−a3，a5−a4中有m个−1，4−m个2，
则有(a2−a1)+(a3−a2)+(a4−a3)+(a5−a4)=a5−a1=0
所以−1×m+2(4−m)=0，解得m=83，与m为整数矛盾，
所以不存在具有性质T的A5故B错；
对于C，设|a1|，|a2|，|a3|，⋯，|a10中的最大值为M，则存在ak，使得ak=M或ak=−M，
若存在ak，使ak=M，下证：ak，ak+1，⋯，10d可以取遍0到M之间所有的整数，
假设存在正整数m(m
这与ai+1−ai∈{−1,2}(i=1,2,⋯,n−1)矛盾，
所以ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
若M=1，则a1，a2，a3，⋯，a0的取值只能为0，±1中的数，此时a1，a2，a3，⋯，a0中必有两项相同，
若M=2，则a1，a2，a3，⋯，a5的取值只能为0，±1，±2中的数，此时a1，a2，a3，⋯，a1中必有两项相同，
若M≥3，则a1，a2，a3，⋯，ak中一定有异于0和M的正整数，
再由ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，所以a1，a2，a3，⋯，a0中必有两项相同，
当ak=−M，同理可证：a1，a2，⋯，ak可以取遍−M到0之间所有的整数，
从而a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，故C对；
对于D，若存在i，j(1≤i
则有0≤u1≤u2≤2，0≤v1≤v2≤1，
令s=u2−u1，t=v2−v1，则有2t−s=0，且0≤s≤2，0≤t≤1
则有s=q(s−t)，
若s=ti则有s=0，即u2=u1，
当ai=aj时，有v2=v1，从而i=j，矛盾；
若s≠ti则有s=q且s=t+1，
因此有u2=q，u1=0，v2=q−1，v1=0，
所以此时ai=a1,aj=ani，矛盾；
故D对．
故选：ACD.
根据题目所给新定义，据选项证明即可．
本题通过数列新定义，考查学生对数列的综合应用，属于较难题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知等差数列{an}的公差d≠0，首项a1=12,a4是a2与a8的等比中项，记Sn为数列{an}的前n项和，则S20=______.
【答案】105
【解析】解：等差数列{an}中，a1=12,a4是a2与a8的等比中项，
所以a42=a2a8，即(12+3d)2=(12+d)(12+7d)，
解得d=12或d=0(不合题意，舍去)；
所以S20=20×12+20×19×122=105.
故答案为：105.
根据a4是a2与a8的等比中项，得a42=a2a8，由此列方程求出d，再求S20的值．
本题考查了等差与等比数列的应用问题，是基础题．
13.如图，函数f(x)= 3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，已知点A，D为f(x)的零点，点B，C为f(x)的极值点，AB⋅DC=−12|AB|2，则函数f(x)的解析式为______.
【答案】f(x)= 3sin(π2x+5π6)
【解析】解：由题意可知D(13,0)，C(13+T4,− 3)，A(13−12T,0)，B(13−T4, 3)，
所以AB=(T4, 3)，DC=(T4,− 3)，
因为AB⋅DC=−12|AB|2，
所以T216−3=−12×(3+T216)，
解得T=4，
故ω=π2，f(x)= 3sin(π2x+φ)，
又π2×13+φ=kπ，k∈Z，且0<φ<π，
所以φ=5π6，
所以f(x)= 3sin(π2x+5π6).
故答案为：f(x)= 3sin(π2x+5π6).
由已知结合向量数量积的坐标表示可求出周期，进而可求ω，然后结合特殊点的三角函数值可求φ，进而可求函数解析式．
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，还考查了函数y=Asin(ωx+φ)解析式的求解，属于中档题．
14.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=3，AA1=4，点P为矩形A1B1C1D1内一动点，记二面角P−AD−B的平面角为α，直线PC与平面ABCD所成的角为β，若α=β，则三棱锥P−BB1D1体积的最小值为______.
【答案】109
【解析】解：如图，作PM⊥平面ABCD，垂足为M，作MN⊥AD，垂足为N，连接PN，PC，CM，
则α=∠PNM，β=∠PCM，
因为α=β，所以∠PNM=∠PCM，
又MN、MC⊂平面ABCD，
所以PM⊥MN，PM⊥MC，所以MN=MC，
由抛物线定义知，点M的轨迹是以C为焦点，以AD为准线的抛物线一部分，
所以点P的轨迹是以C1为焦点，以A1D1为准线的抛物线一部分，
当点P到线段B1D1距离最短时，△PB1D1面积最小，即三棱锥P−BB1D1体积最小，
取C1D1中点O1为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则C1(1,0)，D1(−1,0)，B1(1,3)，
所以直线B1D1的方程为y=31+1(x+1)=32(x+1)，即3x−2y+3=0，
抛物线的方程为y2=4x，
因为0≤y≤2，所以y=2 x，y′=1 x，
令1 x=32，则x=49，
代入y=2 x得，y=43，即点P(49,43)，
所以点P到线段B1D1最短距离为d=|3⋅49−2⋅43+3| 32+22=5 1339，
而|B1D1|= (1+1)2+(3−0)2= 13，
所以三棱锥P−BB1D1体积VP−BB1D1=VB−PB1D1=13×12|B1D1|⋅d⋅|BB1|=13×12× 13×5 1339×4=109，
所以三棱锥P−BB1D1体积的最小值为109.
故答案为：109.
根据已知条件与二面角、线面角的定义，推出点P的轨迹是以C1为焦点，以A1D1为准线的抛物线一部分，再结合导数的几何意义与等体积法，求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握二面角、线面角的定义，等体积法，导数的几何意义，抛物线的定义等是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
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)
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin(B+C)=2 3sin2A2.
(1)求角A的大小；
(2)若b=3，BC边上的高为3 217，求△ABC的周长.
【答案】解：(1)因为A，B，C为△ABC的内角，
所以sin(B+C)=sinA，
因为sin2A2=1−csA2，
所以sin(B+C)=2 3sin2A2可化为：sinA= 3(1−csA)，
即sinA+ 3csA= 3，即2(12sinA+ 32csA)= 3，
即2sin(A+π3)= 3，
因为0
(2)由三角形面积公式得12b⋅csinA=12×3 217a，所以a= 72c，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得：c2+4c−12=0，
解得：c=2或c=−6舍去，则a= 7，
所以△ABC的周长为5+ 7.
【解析】(1)利用二倍角的余弦公式得sin2A2=1−csA2，再根据三角函数的恒等变换即可求解；
(2)由三角形的面积公式得a= 72c，利用余弦定理得c2+4c−12=0，解得c=2即可求解．
本题考查了三角函数的恒等变换和余弦定理的应用，属于中档题．
16.(本小题15分)
为了研究高三年级学生的性别和身高是否大于170cm的关联性，随机调查了某中学部分高三年级的学生，整理得到如下列联表(单位：人)：
(1)依据α=0.1的独立性检验，能否认为该中学高三年级学生的性别与身高有关联？
(2)从身高不低于170cm的15名学生中随机抽取三名学生，设抽取的三名学生中女生人数为X，求X的分布列及期望E(X).
(3)若低于170cm的8名男生身高数据的平均数为x−=166.5，方差为s12=9，不低于170cm的10名男生身高数据的平均数为y−=180，方差为s22=18.请估计该中学男生身高数据的平均数和方差.
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.
【答案】解：(1)零假设H0：该中学高三年级学生的性别与身高无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到：
χ2=37×(14×10−5×8)222×15×18×19≈3.278>2.706=x0.1，
根据小概率值α=0.1的独立性检验，有充分证据判断H0不成立，
即可以认为性别与身高有关联；
(2)由题可知X的可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C103C153=2491，P(X=1)=C51C102C153=4591，
P(X=2)=C52C101C153=2091，P(X=3)=C53C153=291，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×2491+1×4591+2×2091+3×291=1；
(3)由题，18名男生身高数据的平均数z−=49×166.5+59×180=174，
18名男生身高数据的方差s2=118[i=18(xi−z−)2+i=110(yi−z−)2]
=118[i=18(xi−x−+x−−z−)2+i=110(yi−y−+y−−z−)2]
=118[i=18(xi−x−)2+8(x−−z−)2+i=110(yi−y−)2+10(y−−z−)2]
=49×[s12+(x−−z−)2]+59×[s22+(y−−z−)2]
=59，
所以，该中学男生身高数据的平均数约为174，方差约为59.
【解析】(1)利用独立性检验相关知识即可得解；
(2)由题可知X的可能取值为0，1，2，3，然后结合题意求出每个取值对于的概率即可得解；
(3)利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可得解．
本题考查了概率统计的综合应用，属于中档题．
17.(本小题15分)
如图所示，多面体ABCDEF，底面ABCD是正方形，点O为底面的中心，点M为EF的中点，侧面ADEF与BCEF是全等的等腰梯形，EF=4，其余棱长均为2.
(1)证明：MO⊥平面ABCD；
(2)若点P在线CE上，直线BP与平面ABM所成角的正弦值为2 4221，求EP.
【答案】解：(1)证明：取AB，CD中点K，Q，连接FK，KQ，QE，则O为KQ的中点，
因为侧面ADEF是等腰梯形，所以EF//AD，又KQ//AD，所以KQ//EF，
又FK=EQ，所以四边形FKQE为等腰梯形，
因为点M为EF 的中点，
所以MO⊥KQ，
因为△ABF是等边三角形，
所以AB⊥FK，
又AB⊥KQ，所以AB⊥平面 FKQE，
所以平面FKQE⊥平面ABCD，
故MO⊥平面ABCD.
(2)在梯形FKQE中，EF=4，KQ=2，
FK=EQ= 3，由勾股定理得MO= 2，
取BC中点N，由(1)知，OK，ON，OM两两垂直，以O为原点，分别以OK，ON，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系：
则O(0,0,0)，M(0,0, 2)，K(1,0,0)，C(−1,1,0)，A(1,−1,0)B(1,1,0)，E(−2,0, 2)，
设平面ABM的法向量为n=(x,y,z)，AB=(0,2,0)，AM=(−1,1, 2)，
则n⋅AB=2y=0n⋅AM=−x+y+ 2z=0，令z=1，得n=( 2,0,1)，
设CP=λCE(0≤λ≤1)，BP=BC+CP=BC+λCE=(−2−λ,−λ, 2λ)，
设直线BP与平面ABM所成角为θ，
所以sinθ=|cs
解得λ=12(负值舍去)，
所以点P为棱CE的中点，所以EP的长为1.
【解析】(1)由已知先证明MO⊥KQ，AB⊥FK，进而得出AB⊥平面FKQE，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABM的法向量n，再利用向量夹角公式即可求解．
本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
18.(本小题17分)
在平面内，若直线l将多边形分为两部分，多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等，则称l为多边形的一条“等线”，已知O为坐标原点，双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，E的离心率为2.点P为E右支上一动点，直线m与曲线E相切于点P，且与E的渐近线交于A，B两点.当PF2⊥x轴时，直线y=1为△PF1F2的等线.
(1)求E的方程；
(2)若y= 2x是四边形AF1BF2的等线，求四边形AF1BF2的面积；
(3)设OG=13OP，点G的轨迹为曲线Γ，证明：Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线.
【答案】解：(1)由题意知P(c,b2a)，F1(−c,0)，F2(c,0)，显然点P在直线y=1的上方，
因为直线y=1为△PF1F2的等线，所以b2a−1=2，e=ca=2，c2=a2+b2，
解得a=1,b= 3，
所以E的方程为x2−y23=1；
(2)设P(x0,y0)，切线m：y−y0=k(x−x0)，代入x2−y23=1，
得(3−k2)x2+2k(kx0−y0)x−(k2x02+y02−2kx0y0+3)=0，
所以Δ=[2k(kx0−y0)]2+4(3−k2)(k2x02+y02−2kx0y0+3)=0，
该式可以看作关于k的一元二次方程(x02−1)k2−2x0y0k+y02+3=0，
所以k=x0y0x02−1=x0y0(1+y023)−1=3x0y0，即m方程为x0x−y0y3=1(*)，
当m斜率不存在时，也成立，
渐近线方程为y=± 3x，不妨设A在B上方，
联立得xA=1x0−y0 3，xB=1x0+y0 3，
故xA+xB=1x0−y0 3+1x0+y0 3=2x0，
所以P是线段AB的中点，
因为F1，F2到过O的直线距离相等，则过O点的等线必满足：A，B到该等线距离相等且分居两侧，
所以该等线必过点P，即OP的方程为y= 2x，
由y= 2xx2−y23=1，解得：P( 3, 6)，
所以yA= 3xA= 3x0−y0 3=3 3x0−y0= 6+3，
所以yB=− 3xB=− 3x0+y0 3=−3 3x0+y0= 6−3，
所以|yA−yB|=6，所以SABCD=12|F1F2|⋅|yA−yB|=2|yA−yB|=12；
(3)证明：设G(x,y)，由OG=13OP，所以x0=3x，y0=3y，
故曲线Γ的方程为9x2−3y2=1(x>0)，
由(*)知切线n为9x03x−3y0y3=1，即x0x−y0y3=13，即3x0x−y0y−1=0，
易知A与F2在n的右侧，F1在n的左侧，分别记F1，F2，A到n的距离为d1，d2，d3，
由(2)知xA=1x0−y0 3，yA= 3⋅1x0−y0 3= 3x0−y0 3，
所以d3=|3x0x0−y0 3− 3y0x0−y0 3−1| 9x02+y02=|3x0− 3y0−x0+y0 3x0−y0 3| 9x02+y02=|2x0−2y0 3x0−y0 3| 9x02+y02=2 9x02+y02，
由x0≥1得d1=|−6x0−1| 9x02+y02=6x0+1 9x02+y02，
d2=|6x0−1| 9x02+y02=6x0−1 9x02+y02，
因为d2+d3=6x0−1 9x02+y02+2 9x02+y02=6x0+1 9x02+y02=d1，
所以直线n为△AF1F2的等线．
【解析】(1)求出点P，F1，F2的坐标，由直线y=1为△PF1F2的等线及双曲线的性质可求出a，b的值，从而可得E的方程；
(2)切线m：y−y0=k(x−x0)，代入E的方程，可得关于x的方程，由Δ=0，可得关于k的方程，表示出k，进一步可得m的方程为x0x−y0y3=1，求出点A，B的横纵坐标，结合面积公式求解即可；
(3)表示出切线n的方程，易知A与F2在n的右侧，F1在n的左侧，分别记F1，F2，A到n的距离为d1，d2，d3，利用点到直线的距离公式推出d2+d3=d1，即可得证．
本题主要考查双曲线的性质及标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.(本小题17分)
已知O为坐标原点，曲线f(x)=alnx在点P(1,0)处的切线与曲线g(x)=ex+b在点Q(0,1+b)处的切线平行，且两切线间的距离为 2，其中b≥0.
(1)求实数a，b的值；
(2)若点M，N分别在曲线y=f(x)，y=g(x)上，求∠ONP与∠OMQ之和的最大值；
(3)若点A，B在曲线y=f(x)上，点C，D在曲线y=g(x)上，四边形ABCD为正方形，其面积为S，证明：S>2( e−12)2.附：ln2≈0.693.
【答案】解：(1)函数f(x)=alnx，定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=ax，所以f′(1)=a，
函数g(x)=ex+b，定义域为R，
则g′(x)=ex，所以g′(0)=1，
所以a=1，
所以f(x)在(1,0)处的切线方程为：y=a(x−1)=x−1，
所以g(x)在(0,1+b)处的切线方程为：y=x+1+b，
所以 2=|2+b| 2=2+b 2，
解得b=0；
(2)由(1)知：P(1,0)，Q(0,1)，点O，P在圆W:(x−12)2+(y−12)2=12上，
下面证明：直线l：y=x+1与圆W和曲线y=g(x)均相切，
因为圆W的圆心到直线l的距离为1 2= 22，所以直线l与圆H相切，
即除点(0,1)外，圆W上的点均在直线l：y=x+1下方，
又因为m(x)=ex−(x+1)，则m′(x)=ex−1，
所以m(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以m(x)≥m(0)=0，
即除点(0,1)外，曲线y=g(x)上的点均在直线l：y=x+1上方，
所以当点N坐标为Q(0,)时，∠ONP最大为π4，
同理，函数f(x)=lnx与g(x)=ex的图象关于直线y=x对称，且P，Q也关于直线y=x，
对称，所以∠OMQ最大为π4，
综上知：∠ONP与∠OMQ之和的最大值为π2；
(3)因为曲线y=f(x+1)+1与曲线y=g(x)与有唯一交点，且关于y=x+1对称，
并分居两侧，所以曲线y=f(x)上的点到曲线y=g(x)的点的最小距离 2，且此时这两点只能为P(1,0)，Q(0,1)，
假设函数f(x)=lnx与函数g(x)=ex的图象关于直线y=kx+m对称，
则点P(1,0)关于y=kx+m的对称点P在g(x)=ex上，
点Q(0,1)关于y=kx+m的对称点Q在f(x)=lnx上，
因为|PQ|=|PQ|= 2，所以P与Q重合，Q与P重合，
所以y=x是函数f(x)=lnx与函数g(x)=ex的图象的唯一对称轴，
所以A，D和B，C分别关于直线y=x对称，
设A(x1,lnx1)B(x2,lnx2)，C(x3,ex3)，D(x4,ex4)，其中x1
即x1=x3=lnx2，
又因为|BC|= 2(ex2−lnx2)= 2(lnx2−lnx1)，
即ex1+lnx1=2lnx2=2x1，
所以x1为方程ex+lnx−2x=0的根，即h(x)=ex+lnx−2x(x>0)的零点为x1，
因为h′(x)=ex+1x−2≥x+1+1x−2=x+1x−1≥2 x⋅1x−1=1>0，
所以h(x)在(0,+∞)单调递增，
故h(12)= e−ln2−1< e−0.69−1= e−1.69<0,h(1)=e−2>0，
所以12
所以φ(x)在(0,+∞)单调递增，
所以S=[ 2(x2−x1)]2=2(ex1−x1)2>2( e−12)2.
【解析】(1)利用导数的几何意义求解；
(2)由(1)知：P(1,0)，Q(0,1)，点O，P在圆W:(x−12)2+(y−12)2=12上，再证直线l：y=x+1与圆W和曲线y=g(x)均相切，结合直线与圆的位置关系求解；
(3)由对称性可知A，D和B，C分别关于直线y=x对称，设A(x1,lnx1)B(x2,lnx2)，C(x3,ex3)，D(x4,ex4)，其中x1
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．年份
2015
2016
2017
2018
2019
2020
2021
2022
2023
产量(万台)
3.3
7.2
13.1
14.8
18.7
23.7
36.6
44.3
43.0
销量(万合)
2.3
5.7
13.6
14.9
15.0
15.6
27.1
29.7
31.6
性别
身高
合计
低于170cm
不低于170cm
女
14
5
19
男
8
10
18
合计
22
15
37
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
x
0
1
2
3
P
2491
4591
2091
291
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