2024屆高考新改革方向信息卷訓(xùn)練數(shù)學(xué)試卷及答案三

2024屆高三高考新改革方向數(shù)學(xué)信息卷訓(xùn)練三

本套試卷根據(jù)九省聯(lián)考題型命制，題型為8+3+3+5模式

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的.

1.已知樣本2,1,3,X,4,5（%eR）的平均數(shù)等于60%分位數(shù)，則滿足條件的實(shí)數(shù)x的個(gè)數(shù)

是（）

A.0B.1C.2D.3

2.若復(fù)數(shù)z滿足|z+2i|+|z-2i|=8,則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是（）

A.橢圓B.雙曲線C.圓D.線段

3.已知｛冊(cè)｝是等比數(shù)列，a3a5=8。4，且a6是方程好一34x+m=0兩根，則m=

（）

A.-8B.8C.-64D.64

4.空間中，設(shè)a、b是兩條直線，a、A是兩個(gè)平面，下列命題中，正確的是（）

A.對(duì)于空間中的直線若aua,bua,I1a,11b,則2_La

B.若a_La,1/?,a1/3,則a1b

C.若a〃a,b//p,a//13,則a〃b

D.若直線a上存在兩點(diǎn)到平面a的距離相等，貝Ua〃a

5.函數(shù)y=V3sina）x+cosa）x（a）＞0）的圖象向左平移四個(gè)單位長(zhǎng)度后與函數(shù)y=

6

2cos（3X+的圖象重合，則3的最小值為（）.

A.1B.2C.3D.4

6.如圖，A、B、C三點(diǎn)在半徑為1的圓。上運(yùn)動(dòng)，且AC_L8C,M是圓O外

一點(diǎn)，OM=2,則|加+而+2版|的最大值是（）

A.5B.8C.10D.12

7.某校高三年級(jí)有8名同學(xué)計(jì)劃高考后前往武當(dāng)山、黃山、廬山三個(gè)景點(diǎn)旅游.已知8名

同學(xué)中有4名男生，4名女生.每個(gè)景點(diǎn)至少有2名同學(xué)前往，每名同學(xué)僅選一處景點(diǎn)游

玩，其中男生甲與女生4不去同一處景點(diǎn)游玩，女生B與女生C去同一處景點(diǎn)游玩，則這

8名同學(xué)游玩行程的方法數(shù)為（）

試卷第1頁，共4頁

A.564B.484C.386D.640

8.已知雙曲線。捻一，=1(￡1>0”>0)的左、右焦點(diǎn)分別為％,F2,過FI的直線與y

軸相交于M點(diǎn)，與雙曲線C在第一象限的交點(diǎn)為P,若布=2祈巨虧?虧=0,則雙

曲線C的離心率為()

A.V2B.V3C.手D.V3+1

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)

符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知Zi，Z2為復(fù)數(shù)，下列結(jié)論正確的有()

A.Z1+Z2=21+為

B.Z1?Z2=Z1?z2

C.若Z1?Z2ER,則=z2

D.若Z1?Z2=0,則Z1=0或Z2=0

10.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)人久)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y都有人支)+f(y)=等)/(妥)，且

/(0)豐0,/(1)=1,則下列說法正確的是()

A./(0)=3

B./(x)=/(-x)

C.函數(shù)/'(尤)的圖象關(guān)于點(diǎn)6,0)對(duì)稱

D./(I)+/(2)+…+/(2024)=0

II.已知正方體的棱長(zhǎng)為2,M為DO1的中點(diǎn)，N為2BCD所在平面上

一動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是()

A.若MN與平面4BCD所成的角為成則點(diǎn)N的軌跡為圓

B.若MN=2,則MN的中點(diǎn)P的軌跡所圍成圖形的面積為3TT

C.若與48所成的角為導(dǎo)則點(diǎn)N的軌跡為雙曲線

D.若點(diǎn)N到直線D￡)i與直線BC的距離相等，則點(diǎn)N的軌跡為拋物線

試卷第2頁，共4頁

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.集合4={x|lg久<1},B={x|[>l},則ACICRB=.

13.如圖，平面四邊形4BCD中，4C與BD交于點(diǎn)P,若3喬=前,48=AD=V^BC,

NC4D+2cB.m則登=---------

14.已知函數(shù)f(x)=Ina-In%-bx在x=1處取得極大值，貝哈的取值范圍是.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.(本題13分)己知函數(shù)/'(x)=e*,。(￡)=%3+ga/+2022(aeR).

⑴若尸(久)=+g&)(其中/(久)為g(久)的導(dǎo)函數(shù))，討論F(K)的單調(diào)性；

(2)求證：/(%)>Inx+2.

16.(本題15分)某商場(chǎng)在開業(yè)當(dāng)天進(jìn)行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，規(guī)定該商場(chǎng)購(gòu)物金額前200名

的顧客，均可獲得3次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì).每次中獎(jiǎng)的概率為p(0<p<1),每次中獎(jiǎng)與否相互

不影響.中獎(jiǎng)1次可獲得100元獎(jiǎng)金，中獎(jiǎng)2次可獲得300元獎(jiǎng)金，中獎(jiǎng)3次可獲得500

元獎(jiǎng)金.

(1)已知p=g,求顧客甲獲得了300元獎(jiǎng)金的條件下，甲第一次抽獎(jiǎng)就中獎(jiǎng)的概率.

(2)在(1)的條件下，已知該商場(chǎng)開業(yè)促銷活動(dòng)的經(jīng)費(fèi)為4.5萬元，問該活動(dòng)是否會(huì)超

過預(yù)算？請(qǐng)說明理由.

17.(本題15分)如圖在等腰梯形4BCD中，AB//CD1,AB=BC=2,^ABC=120°,

E,F,G分別為DC,AE,BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ZME繞4E翻折至△ZME的位置，H為CD

的中點(diǎn).

(1)求證：DF〃平面EGH；

(2)當(dāng)平面DAE垂直于平面力BC時(shí)，求平面與平面HGE夾角的余弦值.

試卷第3頁，共4頁

18.(本題17分)已知平面上一動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)尸?,0)的距離比到定直線尤=-2023的距

離小等，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C.

⑴求C的方程；

(2)點(diǎn)4(2,1),M,N為C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若M,N,B恰好為平行四邊形M4NB的其中三個(gè)頂點(diǎn),

且該平行四邊形對(duì)角線的交點(diǎn)在第一、三象限的角平分線上，記平行四邊形MHN8的面

積為S,求證：SW竽.

19.(本題17分)已知｛5｝是無窮數(shù)列，對(duì)于左，meN*,給出三個(gè)性質(zhì)：

①0n6N*(n=1,2,-?-)；

②冊(cè)+1+an+2+'"an+k-l+an+k=(九=1,2,…)；

③。九_(tái)k+。九_(tái)憶+1++。九-1=TITCln(71=1,2,…)

(1)當(dāng)k=2時(shí)，若冊(cè)=10+4x(―2)n(n=1,2,…)，直接寫出m的一個(gè)值，使數(shù)列｛3J

滿足性質(zhì)②，若滿足求出血的值；

(2)若k=zn=2和k=租=3時(shí)，數(shù)列｛斯｝同時(shí)滿足條件②③，證明：｛斯｝是等差數(shù)列；

⑶當(dāng)k=2,根。1時(shí)，數(shù)列｛冊(cè)｝同時(shí)滿足條件①③，求證：數(shù)列｛冊(cè)｝為常數(shù)列.

試卷第4頁，共4頁

參考答案：

1.C

【詳解】因?yàn)?0%X6=3.6,故樣本的60%分位數(shù)為樣本數(shù)據(jù)從小到大排序后的第4個(gè)數(shù),

由題意得無二l+2+3+4+5+無15+工

6-6

當(dāng)%<3時(shí)，丹=3,則％=3,滿足題意;

6

當(dāng)3Vx<4時(shí)，—=x,則x=3,與3<x<4矛盾;

6

當(dāng)％24時(shí)，粵=4,則x=9,滿足題意；

6

故滿足條件的實(shí)數(shù)%的個(gè)數(shù)是2,

故選：C

2.A

【詳解】設(shè)「(”),％(0,2),&(0，-2)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)點(diǎn)P,

因?yàn)閺?fù)數(shù)z滿足|z+2i|+|z-2i|=8,

由復(fù)數(shù)的幾何意義，可得IPF2I+IPFJ=8=2a>|Fi&l=4=2c,

所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)滿足橢圓的定義，復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是橢圓.

故選：A.

3.D

【詳解】在｛冊(cè)｝是等比數(shù)列，Q3a5=Q2a6=又Q3a5=8。4，所以。4=8,

又。2，&是方程%,-34%+m=0兩根，

所以m=a2a6=苗=64.

故選：D

4.B

【詳解】對(duì)于A,當(dāng)aua,ca,Ila,11b時(shí)，只有a,b相交時(shí)才有L1a,故A錯(cuò)誤;

對(duì)于B,若ala,hl/?,則或方分別是平面a1的一個(gè)法向量，

又al/?,則工1瓦則alb,故B正確；

對(duì)于C,若a〃a,b]IB，aj",則a與b可以相交，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,若直線a上存在兩點(diǎn)到平面a的距離相等，則a〃a或a與a相交，故D錯(cuò)誤.

故選：B.

5.C

答案第1頁，共12頁

【詳解】函數(shù)y=V3sincox+costox=2sin(3%+：)圖象向左平移己個(gè)單位長(zhǎng)度后,

得y=2sin[3(%+/)+.的圖象，

由已知得2sin[3(%+')+,=2cos(3%+)

所以sin[3(%+9+3=cos(a)x+§,

所以sin[3(%+9+3=sin(3%+￡+?

所以r=2kn+3keZ,

62

所以3=12k+3,fceZ,

因?yàn)?>0,所以3的最小值為3,

故選：C.

6.C

【詳解】連接AB,如下圖所示：

因?yàn)锳CLBC,貝iMB為圓。的一條直徑，故O為48的中點(diǎn)，

所以屈+MB=（M0+01）+（MO+OF）=2M0,

所以|加+通+2標(biāo)|=|2而+2（而+玩）|

=|4M0+20C|<4|M0|+2|0C|

=4x24-2x1=10.

當(dāng)且僅當(dāng)M、O、C共線且MO、OC同向時(shí)，等號(hào)成立，

因此，|拓5+麗+2祈用的最大值為10.

故選：C.

7.A

【詳解】8人分三組可分為2人，2人，4人和2人，3人，3人，共兩種情況.

第一種情況分成2人，2人，4人：女生B,C去同一處景點(diǎn)，當(dāng)B,C成2人組時(shí),

其他6人分成2人，4人兩組且男生甲與女生4不同組，有QA鄉(xiāng)=8種方法；

答案第2頁，共12頁

當(dāng)8,C在4人組時(shí)，有曾妲+第A；=36種方法.

第二種情況分成2人，3人，3人：當(dāng)8,C成2人組時(shí)，有第=6種方法;

當(dāng)B,C在3人組時(shí)，有?髭+C|C|A|=44種方法.

故這8名同學(xué)游玩行程的方法數(shù)為(8+36+6+44)XAf=564.

故選：A.

設(shè)NP&F2=8，。為銳角，

因?yàn)轭I(lǐng)=2而，F(xiàn)\P-F^P=O,所以PFilP%,|PFil=||MF/,

?,"“Fil=嘉，...IP川=,幽％匚肅，又仍加=2csin仇

??.|PF1|2+|PF2『=|F1F2|2，

???9c+4c2sin20=4c2,

4cos2。

???9+16sin28cos2。=16cos2。，

???9+16(1—cos20)cos20=16cos2。，

???9—16cos,J=0,

cos20=cos0=二(負(fù)值舍去)，???0=30°,

42

\PFr\=3M%|=\PF2\=2csin0=c,

22.cos0

???雙曲線C的離心率e=杯=丁丹=七=b+1.

2a|PFi|—IPF2I73c-c

故選：D.

9.ABD

【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)Zi=a+bi,Z2=c+di,(a,b,c,deR),

對(duì)于A,Zi+Z2=(a+c)+(b+d)i=(a+c)—(b+d)i=(a—hi)+(c—di)=方+0

A正確；

答案第3頁，共12頁

對(duì)于B,ztz2=(ac-bd)+(ad+&c)i,zxz2=(ac—bd)—(ad+&c)i,

五?五二(a—bi)(c—di)=(ac-bd)—(ad+6c)i,z1?z?二2?為，B正確；

對(duì)于C,取Zi=i,Z2=2i,滿足Z1Z2=-2ER,而ZiW為，C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,由2逐2=0,得(ac—bd)+(ad+bc)i=O,即｛窘+",二(f，

222

則a2c2+b2d2+Q2d2_|_52c2=0,即(小+ft)(c+d)=0,

因此a=6=0或c=d=0,即Zi=0或Z2=0,D正確.

故選：ABD

10.BD

【詳解】定義域?yàn)镽的函數(shù)/(>)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y都有〃>)+f(y)=/(等)/(平)，

令％=y=l,則f(l)+f(l)="1)/(0),而f(l)=l,因此f(0)=2,A錯(cuò)誤;

%6R,令[=一%,則/(%)+/(-％)=/(0)/(%)=2/(%),則/(%)=/(-％),B正確；

顯然/(0)+f(l)=340,則函數(shù)/(久)的圖象關(guān)于點(diǎn)6,0)不對(duì)稱，C錯(cuò)誤；

令y=X-2,則/■(%)+f(x-2)=f(x-1)/(1)=f(x-1),同理f(x+1)+f(x-1)=/(%),

因此+1)=-f(x-2),BP/(x+3)=—/(x),

從而/'(x+6)=-f(x+3)=/(x),即函數(shù)f(x)的周期是6,

?%+3)=-/(%),得f(2)=-/(-1)=-7"⑴，則/⑴+/(2)=0,

顯然汽4)=-"1)/⑸=-/(2),〃6)=-/"⑶,

所以-1)+f(2)+…+”2024)=337/(1)+/(2)+/(3)+/(4)+f(5)+/(6)]+f(l)+

f(2)=0,D正確.

故選：BD

11.ACD

對(duì)于A,根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，MD1平面A8CD,

答案第4頁，共12頁

所以NMND為MN與平面4BCD所成的角，所以4MN￡)W，

所以的=，^^=空=白=,所以點(diǎn)N的軌跡為以D為圓心，手為半徑的圓，故A正

tanz.MNDtan-V333

確；

對(duì)于B,若MN=2,則在直角三角形MDN中，DN=y/MN2-MD2=V4^1=V3,

取MD的中點(diǎn)E,因?yàn)镻為MN的中點(diǎn)，所以PE//DN,且PE=3DN=今

因?yàn)镋DI平面4BCD,DNu平面力BCD,所以DN_LED,

所以PELED,即點(diǎn)P在過點(diǎn)E且與￡>%垂直的平面內(nèi)，

又PE=與所以點(diǎn)P的軌跡為以日為半徑的圓，其面積為"與=與，故B不正確；

對(duì)于C,以D為原點(diǎn)，D4D&DD1分別為久,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則2(2,0,0),5(2,2,0),%(0,0,2),設(shè)NQ,y,0),

則四=(0,2,0),O=("，-2),

若久N與4B所成的角為%所以黑黑=忌而制，

所以整理得4-9=1,所以點(diǎn)N的軌跡為雙曲線，故C正確；

3

對(duì)于D,因?yàn)镈jD1平面A8CD,NDu平面力BCD,

所以小D_LMD,所以點(diǎn)N到直線DA的距離為ND,所以點(diǎn)N到點(diǎn)。的距離等于點(diǎn)N到定直線

BC的距離，

又N不在BC直線上，所以點(diǎn)N的軌跡為以。為焦點(diǎn)，BC為準(zhǔn)線的拋物線，故D正確.

故選：ACD.

12.[1,10)

【詳解】由lgx<l,可得lgx<lgl0,則。〈尤<10,

所以力={x|lgx<1}={x|0<x<10},

由工>1,可得七>0,等價(jià)于x(久一1)<0,解得0<x<l,

XX

所以B=卜6〉1}={x|0<%<1},

所以CRB=(-8,0]u[1,+8),所以力CCRB=[1,10).

故答案為：[1,10)

13叵

?3

【詳解】如圖，設(shè)NG4D=a,N4CB=0,乙APD=LBPC=&BC=x,AB=AD=V3x,

答案第5頁，共12頁

BP=y,PD=2y,

則：在△BPC中，有陋=陋，

%y

在△ZPD中，有警=也，

y/3x2y

兩式相除得，化簡(jiǎn)得sin￡=fsina,又a+S='|ir,

26

所以sin。=sinf-n—a)=-cosa+—sincr=—sincr,即coscr=0,

\6J222

所以a=1

在△ABC中，由余弦定理3比2=4。2+/-2x-ACxg,解得AC=2x,

進(jìn)一步繼續(xù)在△力DC中，由勾股定理有CD=+3久2=夕久,所以CD=夕久,

所以筆=V7_V21

故答案為：寫.

14.0,1

【詳解】/(%)的定義域是(0,+8),

f/(%)_Inab_-匕%+lna

Jxx

由于函數(shù)/(%)=Ina-Inx-5%在％=1處取得極大值,

b

所以/(1)=—b+Ina=0,Ina=b,a=ef

且/(%)在(0,1)上f(%)>0J(%)單調(diào)遞增,

在(1,+8)上/'(%)<0,/(%)單調(diào)遞減,

所以y=-bx+Ina單調(diào)遞減,

所以一b<0,b>0,

所以:=攝6&>0),構(gòu)造函數(shù)g(%)=/(%>0),顯然g(%)>0,

答案第6頁，共12頁

gG)=宗,所以gG)在區(qū)間(0,1)上g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，

在區(qū)間(1,+8)上八久)<0,gO)單調(diào)遞減，

所以g(l)=：是。(久)的極大值也即是最大值，

所以gO)e(0,1],也即的勺取值范圍是(0再

故答案為：(。,百

15.(1)答案見解析

(2)證明見解析

【詳解】(1)F(x)=xf(x)+g(x)=xex+|ax2+ax,

貝=e%+xex+a%+a=(%+l)(ex+a),

當(dāng)a>0時(shí)，由F’(%)>0得x>—1,F(x)<0得x<—1,

在(-00,-1)上單調(diào)遞減，在(-1,+8)上單調(diào)遞增.

當(dāng)Q二—工時(shí)，F(xiàn)’(%)20,在R上單調(diào)遞增，

e

當(dāng)—工<。<0時(shí)，令得]<ln(—a)或%>—1；

e

令F’(%)<0,得ln(—a)<%<1,

在。n(-a),-1)上單調(diào)遞減，在(-8,ln(-a))和(一1,+8)上單調(diào)遞增，

當(dāng)a<—工時(shí)，令F’(%)>0,得x<—1或%>ln(—a)；

e

令F(%)<0,得—1<x<ln(—a),

.??尸(%)在(一1/11(一(2))上單調(diào)遞減，在(一8,-1)和(In(-a),+8)上單調(diào)遞增.

(2)構(gòu)造函數(shù)7(%)二1一In%—2(x>0),則T'(%)=e%—工，T(x)=ex+4->0,

XX

則T'O)在(0,+8)上單調(diào)遞增，r^l)=e-1>0,TzQ)=Ve-2<0,

xx=

BXQ61YT(x0)=e°——=0,BPe°=.*.x0_ln%o-

當(dāng)工￡(O,%o),T(x)<0,7(%)單調(diào)遞減；當(dāng)％E(%o,+8),「'(%)>0,7(%)單調(diào)遞增,

:?T(%)的最小值為7(%o)=ex°—ln%o—2=J~+%°—2N2.&-2=。，

???％ocC，l),???等號(hào)不能取，???7(第)>0,???/(%)>ln%+2.

2

16.(聽

答案第7頁，共12頁

(2)不會(huì)，說明見解析

【詳解】(1)設(shè)顧客甲獲得了300元獎(jiǎng)金的事件為/,甲第一次抽獎(jiǎng)就中獎(jiǎng)的事件為3,

則P(砌=1x*小(1一1)=/,

p(a)=《x6)2x(i—3)=1，

4

故P(B⑷=/管=率=*

(2)設(shè)一名顧客獲得的獎(jiǎng)金為X元，則X的取值可能為0,100,300,500,

則P(X=0)=(l*)3=5,

P(X=100)=C|xix(l-l)2=^

P(X=300)=C|x(i)2x(l-i)=1)

P(X=500)=Cix(i)3=i

則E(X)=0XF100X—F300X—F500X—=---(兀),

V727992727

故200E(X)=200x翳=<45000,

故該活動(dòng)不會(huì)超過預(yù)算.

17.(1)證明見解析

(2)0

【詳解】(1)：在等腰梯形4BCD'中，乙4BC=120°,：.Z,BAD'=120°,Z.ADE=乙BCD60°,

又E為C'C的中點(diǎn)，：.AAED\△BEC及△4EB均為正三角形，

而力B=BC=2,：.CD=4,為力E的中點(diǎn)，：.B,F,D‘三點(diǎn)共線，BDrLAE,

又G為BC的中點(diǎn)，尸〃EG,

連接CF交EG于M,連HM,易得M為CF的中點(diǎn)，

為△(?￡)/的中位線，J.DF//HM.

又：u平面EGH,DFC平面EG”,

故DF〃平面EGH；

答案第8頁，共12頁

（2）,平面DAE1平面SBC,4E為交線，DF1AE,又DFu平面D4E

：.DF1平面4BC.

以FB,FA,FD所在射線分別為x,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

則有B（O,V,O）,C（-2,V3,0）,0（0,0,73），￡（-1,0,0）,

所以麗=（0弓,手），EG=（0,V3,0）,

設(shè)平面HGE的法向量為萬=（x,y,z）,

但x+在z=0

則有2、十2"、令尤=1,所以記=（1?！?）,

V3y=0

易知平面D4E的法向量為元=（0,1,0）,

設(shè)平面ZME與平面HGE的夾角為凡則有cos。=|矗|=0.

平面ZME與平面HGE夾角的余弦值為0.

18.（l）y2=2x；

（2）證明見解析.

【詳解】（1）解法一：設(shè)P（x,y）,易知%＞一2023,

根據(jù)題意可得J（x-3?+產(chǎn)=x+2023—等,化簡(jiǎn)得y2=2x,

所以C的方程為y2=2x.

解法二：因?yàn)辄c(diǎn)P到定點(diǎn)/6,0）的距離比到定直線x=-2023的距離小等，

所以點(diǎn)P到定點(diǎn)F（士0）的距離與到定直線x=-：的距離相等，

由拋物線的定義可知，點(diǎn)P的軌跡是以定點(diǎn)F仔,0）為焦點(diǎn)，定直線X=-稱為準(zhǔn)線的拋物線,

所以C的方程為y2=2x.

（2）證明：設(shè)時(shí)（41，%）,可（小,力），直線MN的斜率為k（k力0）,線段MN的中點(diǎn)為Q,

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因?yàn)槠叫兴倪呅蜯ANB對(duì)角線的交點(diǎn)在第一、三象限的角平分線上,

所以線段MN的中點(diǎn)Q在直線y=x上，

設(shè)Q(m,m)(m二O),所以但=2立

所以(yi-y2)(y1+yz)=2(xj—%2),

又％+丫2=2m，上"=k,

彳1-、2

所以km=l,即k=±

m

設(shè)直線MN的方程為y-m=—(x-m),

m

即％—my+m2—m=0,

聯(lián)立「一my[m2-m=0,整理得山2一2m=。,

Iy2=2x,

所以△=87n—47n2>o,解得0<m<2,

yi+y2=2皿丫，2=2m2—2m,

2

2=2J(7i+y2)-4yly2

則|MN|=V14-m\y1—y2lV1+m

=V1+TH2J4m2_4(2加_2m)=2>/l+m2y/2m—m2.

又點(diǎn)4到直線MN的距離為4=嚕答1.

所以S=2sMMN=|MN|?d=2>/l4-7n2y/2m—m2?巴絲十一]=2yj2m—m2\2—2m4-m2|,

v1+m?

記t=V2m—m2,

因?yàn)?<m<2,所以te(O,l],

所以S=2t(2-t2)=-2t3+4t,te(0,1].

令f⑴=-2t3+4t,tE(0,1]，則/G)=-6t2+4,

令f'(t)=O,可得t=1,

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當(dāng)te(。,彳)時(shí)，f'3>O,f(t)在區(qū)間(0岑)內(nèi)單調(diào)遞增，當(dāng)teg,l]時(shí)，f'(t)<OJQ)在

區(qū)間侍1]上單調(diào)遞減，

所以當(dāng)t=?,即m=l士9時(shí)，/⑴取得最大值，即Smax=/(苧)=哈

所以SW空

19.(l)m=2

(2)證明見解析

⑶證明見解析

【詳解】(1)々=2時(shí)，性質(zhì)②為冊(cè)+i+an+2=raan,

又冊(cè)=10+4x(-2)n,故10+4x(-2)計(jì)1+10+4X(-2)n+2=m[10+4x(-2)n],

化簡(jiǎn)得[4x(-2)n+10](