2024年新高考数学【衡水金卷·先享题·信息卷】模拟试题（A）03

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 .扇子发源于我国，我国的扇文化有着深厚的文化程煎，是民 数学（三） 族文化的一个组成部分，历案我国有“制明王国”之称.现有 某工艺厂生产的…款优美的肩环形扇子，如图所示，其用环 面是由面有精美图案的油布构成，角子对应的确环外环的 本试卷共4页，10题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 道长为48m,内环的氨长为16m.油布径长（外环半径与 注意事填： 内环半径之差)为24©，则孩扇子的镇布面积大约为（油布与扇子骨架皱折部分忽 1,答题甘，先将自心的城名.考号等填写在答题下上·外醉准考任号条形码希贴在 略不计) 答避卡上的梅定位置， A.1024m B.768 cm' C.640 cm D.512 cm' 2.选择周的作答，选出净小是答案8，用2出督笔把签周卡上对应思日的答堂标号 涂黑。写在试题卷草稿族和答题十上的非答通区成均无败， 已知双商线C号一若=1(>0,6>0)的左，右能点分别为RA,P为C在第一象 3,填空题和解答题的作答：用签学笔直接写在答题于上对应的答题区线内。写在 限内的一点，线段PF交y轴于点Q,若1PQ-|PF:,则C的离心率的取值范围为 试瓶卷，草易纸和答斯卡上的非答题区城均无数， A.(1w8) B.(1,2) 玉，考试站来后，肃将表议随《和答通十一并上交， C,(.2.2) D.1,2) 一，选择题：本题共8小题，每小题五分，共0分。在每小题给出的四个选项中，只有一 8,记[x]表示不超过x的最大整数，例知[2.9]一2,1了一1，E一1.1门-一2.则函数f飞) 项是符合题日要求的。 1,若（一中）行护十，期的噬部为 -小-一一片的零点个数为 A.-1 B.I C.-i D.1 A.1 B2 C,3 D,4 2.已知集合A=ry=g:(x十1)1，B=(x(r+2)(x一a)<0,若A∩B②，划a的 二、选择题：本墨共3小题，每小题台分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合 取值范围为 题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 A.[1,+e) 压m1,中o) 9,已知向量a.b请足a=2b=2.a÷b一1，则 C.(一2，十) D,{-=,-2 3,“孙子定理”是中国古代求解一次丹余式组的方法，又称“中国剩余定理”，它凝结者中 入a与泰的爽角为景 国古代数学家的智慧，任加密，秘密共享等方面有着重要的应用.已知某等差数列 B.a-=2 a,的首项是既能被2又能敲3整除的最小正整数，公卷为5，现利用{m.1中的a,项 C.(a-2b)⊥(a+b) 进行加密，其加密数字记为，的定：当为一位的整数时，其加密数字记为0，当“ D春在a上的投影向量为 为其他整数时，其加密数字为4，中最大数字与最小数字之差，划：@：：为 0.如图，某电子实验猫线路图上有A,B两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验霜 A.0211 B0121 C.0051 D.0I15 停止前行，恢复城灯后，继就前行，A,B两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概 4,已知命题P:子：∈R,一心一0为载命毯，则4的取值范福为 A.(-m,0)U[e,+o) B(-o.0]U(e.+o) 率分别为少0<p<1),同学甲从第一衣实验到第五衣实验中，实验猫在A处遇 C(0.e) D[0.e) 到红灯的次数为X,在A,B两处谒到红灯的次数之和为Y,则 5,已知直线x-一 是r一晋为雨数-osi十>0,0<爱)图象的两条相 AP0X=)=器 邻对称轴：且得一复者心在区间（管]上单翼造说，则：的取值德周为 RDX)=普 A停可 偿割 C.从第一次实验到第五次实验中恰有三次至少西到一 c間 n 次红灯的假率最大时，p=号 D.当p-时，B00=号 数（三1第1页（共4页） 衡水金参·光章趋·信息雄 数学（三）第2页（共4页 国 11.下列物体中，能够整体放人半径为3m的球体存器（球体内部为空心，且球体壁厚 17.(本小题端分15分》 度葱略不计)内的有 已知函数f(x)=stnx十x+e一L A棱长为3n的正方体 (1》证明：(x)在其定义域上不单调 B上底面边长为2,2dm.下底面边长为3,2dm,体积为32dm的正四棱 (2)证明：r)2x C.底面率径为2dm,高为4dm的国柱体 D.所有棱长均为2m的正四面体 三、填空题：本整共3小题，每小差5分，共15分。 12已知骑圆C品+元-1的左盘点为F,P为C上一动点，点Q4,3,期PF川+ 18(本小题得分17分) PQ的取值范限为 某中学的是球从教练雷对报名参加足球队的30名学生在不同时间受进行A,B,C 13,如图为一个石膏混长方体模显，核模是的底面是边长为0m的正方形，高为 三个项目的体能测试，测试方法如下：每名学生测试A,B,C兰个项目，三澳测试中，有 40m,某美工兴趣小组的学生采用切、侧，密等方法，将该模重制作成了一个休积最 两项及以上”不达标”的学生将被认定为需参加”一类体鹿调练”.有且只有项”不达 大的圆锥模型，期该闲维装显的表面积约为 m,(x.14) 标”的学生将再次测试A,移两个项目，若这两项测试中有项及以上“不达标”，业将被 认定为者参加”一类体能调练”，每名学生测试A,B,C三个项目的结果相互独立，每个 项目“不达标”的慑事均为(0<p<1》. 《1)记每名学生被认定为需参加”一类体能训练”的餐率为(P):求()： (2)每名学生不需要重新测试的贵用为20元，雷要重新测试A,B两个项目的总费 用为35元（含前一次测试的费用），所有学生除测试费用外，其他费用（人力费，材料费 14,已知雨数)“r十nr,若：满足f(a》一flnj:且f()=2n1,期1nt 等》总计为1000元.若该教练用于测试的经贵衡算为2000元.且30名学生全部参知 一，的最大值为 测试，试结计上述测试方案是否会超出衡算，并说明理由。 四、解答题：本塑共5小题，共7？分。解答应写出文字说明、证明过程威演算步。 15,(木小题满分13分) 已知数列{u.1为正项等比数列，且0g十1og4:十呢4，一a.d:十4，一10 《1)求.1的诅项公式： 《2)记集合A=:∈N1<.<5121.从巢合A中任取屑个不同元素，其和记为 19,(本小题满分17分》 t:求所有t值的和. 已知抛物线E:=2pr(>0)的幽点为F,准找与x轴交于点S,丁为E上一点， 且其横坐标为2，△STF的面积为4， (1)求E的方程： 16,(本小题满分15分) (2)过点P(一1,1)的两条不同的直线/，m分别与E交于点A,B和C.D, 如，在三棱第P-ABC中O为枚AB上一点，且P0·AC=0,P0,BC=0, 从下面①心感巾选取两个作为条炸，判断另一个是否也成立？并给出证明。 1)证明：PO⊥平面AC 《2)若PA=PB=,2,AB=2AC⊥BC,∠BAC=30°，点E满足BE=2EP.求二面 D的斜率的绝对值为，色PA·PB=PC·PD,∠APC=票 角P-AC一E的余弦值. 住：若适择不同的组合分别解容，则按第一个解答计分. 数肇（三）第3项[共4页1 衡水金整·先享是+信是卷 数等（三）第4黄共4黄1 ☒信息卷A 数学（三） 2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 信息卷A·数学（三） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力W.空间想象能力V,数据处理能力 M.应用意识和创新意识 2.核心素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象⑤数学运算⑤数据分析 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) 档次 系数 复数的运算，涉及 选择题 的周期性 易 0.82 由集合的运算求参， 选择题 易 0.75 涉及函数的定义域 与等差数列有关的 3 选择题 中 0.68 数学文化题 选择题 由含有一个量词的 5 中 0.65 命题的真假求参 5 选择题 研究余弦型函数的 5 中 0.60 单调性 6 选择题 5 弧度制的实际应用 中 0.50 求双曲线离心率的 选择题 中 0.40 取值范围 函数的零点问题（不 选择题 中 0.30 涉及导数) 9 向量的运算（不涉及 选择题 6 中 0.60 坐标) 二项分布的实际 10 选择题 6 中 0.45 应用 球与其他几何体的 11 选择题 6 难 0.28 相接问题 12 填空题 5 椭圆定义的应用 中 0.65 13 填空题 圆锥的表面积 中 0.50 14 利用导数研究双变 填空题 0.25 量问题 等比数列的通项，数 15 解答题 13 中 0.68 列与集合的综合 16 解答题 证明线面垂直，求二 15 中 0.50 面角的余弦值 信息卷A 数学（三） 利用导数研究不含 17 解答题 15 参函数的单调性，证 中 0.40 明不等式 18 解答题 17 概率与导数的综合 难 0.25 直线与抛物线的位 19 解答题 17 置关系，第2问为结 / 难 0.15 构不良题 ·2 信息卷A 数学（三） 参考答案及解析 数学（三） 一、选择题 法二：由题可得一p:Hx∈R,ax一e≠0，即直线y= 1,A【解析】由(x一0)i=节+，得(x一1)i=i-1, ax与曲线y=c没有交点.设直线y=kr与曲线y 所以=1+1=一？+i+1=2+i.所以=2-i, e切于点(x0,cn),由y=e,得y'=e,则k=e 所以的虚部为一1.故选A 会所以=1，=e,所以直线y=与南线y=心 2.B【解析】由题得A=《x|y=log(x+1)}= 相切，若直线y=a.x与曲线y=e没有交点，则0≤@ {x|x+1>0}={xx>-1},令(r+2)(.x-a)= <e,故选D. 0,解得x1=一2，x2=a,若a>一2，则B= {x|-2<x<a},因为A∩B≠0，所以a>-1:当a =一2时，B=心，不符合题意：当a<一2时，B {xa<x<-2},A∩B=0,不符合题意.综上，a的 取值范围为（一1，十∞）.故选B. 3.C【解析】既能被2整除又能被3整除的最小正整 数为6，所以数列{a,是以6为首项，5为公差的等 差数列，所以a.=6十5(n-1)=5n十1，所以a1=6, ag=11,a=16,a1=21,所以a1aaa:为0051.故 选C. 5.C 4.D【解析】法一：由题可得p:Hx∈R,a.r-≠0， 【解析】由题可知-登十音一受，所以T= 易知x=0满足a.x一e≠0，符合题意，此时a∈R:当 所以m=年=2，所以f(x)=os(2x+9),所以 ≠0时，ar-e≠0可变形为a≠号，令f)-号 f(停)=（管+）=一，所以要+g=要+ ≠0，则fx)=1e,当x∈(-，0)U(0,1) 2km,k∈Z或经+g=号+2kx,k∈1.所以g=吾十 时，f(x)<0;当x∈(1，十o)时，f(x)>0,所以当x ∈(-∞，0)时，f(x)单调递减，且f(r)<0:当x∈ 2km,k∈乙或9=三+2kr,k∈Z,因为0<9<受，所 (0,1)时，f(x)单调递减：当x∈(1，+∞)时，f(x)单 以9=，所以f(r)=cos(2r+),令2元≤2r+ 调递增，所以当x>0时，f(x)≥∫(1)=，作出函数 「(x)的图象如图所示， 吾<2kx十x,k∈乙.则k一臣<≤kx+径∈乙.所 以f)的单调递减区同为[k红一意：a+登]，k( 当=3时，1)的单调递减区间为[密，岁]， 又fx)在区间(，)上单测递减，所以<a< 2放选C 6.B【解析】设扇子对应的扇形的圆心角为a(a>0), 内环的半径为rcm,外环的半径为Rcm,则R一r 由题可知直线y=4与函数f(x)的图象没有交点，数 24,因为扇环外环的弧长为48cm,内环的弧长为 形结合可得0≤a<e,综上，a的取值范围为[0，e.故 ar=16·则a(R+r)=64,所以该扇子的 1aR=48 选D. 16cm,所以 数学（三） 参考答案及解析 浦布面积为S=(R-)=a(R+r)(R-r)= 10.ACD 【解析】由题意可知X~B(5,了)，所以 号×64×24=768com.故选B P(X=3)=C×(号）'×(1-吉）'=0，DX) 7.C【解析】因为|PQ=|PF,,所以由双曲线的定 义得1PF|-PF|=PFI-IPQI=QF:|=2a, =5×分×(1-子)=9，故A正确，B错误：设一 在Rt△QOF,中，IQF,|>|OFl,即2a>c,所以e= 次实验中，A,B两处至少遇到一次红灯的概率为1， <2.因为|QF|=|QF|,所以∠QFF= 则1-1-(1-号)1-)-号+号，号1<1，所 a ∠QFF,所以∠PQF,=2∠QFF,因为|PQ|= 以从第一次实验到第五次实验中恰有三次至少遇到 |PF:|,所以∠PQF:=∠PF:Q,所以∠PF:F= 一次红灯的概率为C(1一1)2=10(1一t)2,令 3∠QF2F,=3∠PF,F,因为△PFF:的内角和为 f0=10r1-0=10(-2+r),号<1<1.则 180°，所以∠PF,F,<180=45,则cos∠PF,F,= (t)=10r(52-8t+3)=10r(51-3)(t-1),令 85>as45,即云>号所以->反.所以双 OF 了)=0，得=0（舍）或1=号或1=1（舍），所以当 曲线C的离心率的取值范围为(2,2).故选C. 号<1<号时，f0>0,f)单调递增：当号<1 8.B【解析】令f(x)=0,则[r]+1一x=e一 10 1时，了)<0f1)单调递减，所以当1=号时， 1 记g(r)=e-10h(x)=[r]+1-,则g(r)与 )取得最大值，此时p=号，所以从第一次实验 h(x)的交点个数即为f(x)的零点个数.当0≤x<1 到第五次实验中恰有三次至少遇到一次红灯的概率 时，h(x)=x]+1-x=1-x,则h(x)∈(0,1]. 又因为h(x+1)=[x+1]+1-(x+1)=[x]+1 最大时，p=号，故C正确：当p=号时，一次实验中 一x=h(x),所以h(x)是周期为1的周期函数.注 没有遇到红灯的概率为(1-子)×(1-号)=号。 意到g(x)为单调递减函数，且g(一1)>1，g(0)∈ (0,1),g(2)>0,g(3)<0,作出g(x)与h(x)的 遇到一次红灯的概常为专×(1-号)十 图象如图， (1-子)×号-品遇到两次红灯的概率为子× 号-号故一次实验中渴到红灯次数的数学期塑为 0x号+1×名+2×号-品，所以E(Y)=5×号 =号，故D正确，故法ACD 所以g(x)与h(x)有两个交点，故f(x)的零点个 11.ACD【解析】对于A.棱长为3dm的正方体的外 数为2.故选B. 接球的直径为3w3dm<6dm,所以A正确：对于B, 二、选择题 9.AD【解析】因为|a=2|b=2,所以|a=2, 因为正四棱台的下底面是边长为3√2dm的正方 |b=1,所以a·b=|a·b|cos(a,b)= 形，其对角线长为6dm,此时正四棱台下底面的外 2aosa,b)=1,所以cos(a,b)=7,又(a,b)∈ 接圆恰好为球的大圆，因为正四棱台的体积V=司 [0,m],所以《a,b)=牙，所以A正确：a-b ×(8+18十v8X8)h-4=32,解得九-1智.即 √(a-b=v√a-2a·b+b下=√4-2x1+T= 正四棱台的高为号dn,因为边长为22加的正方 3,所以B错误：(a-2b)·(a+b)=a2-a·b-2b 形的外接圆的直径为4dm,用平行于大圆的平面截 =4一1一2=1≠0，所以C错误：b在a上的投影向量 球得到截面小圆，当该圆的半径为2dm时，其圆心 为日=4，所以D正确故选AD 到球心的距离为5dm<智dm,所以B错误：对于 ·2 信息卷A 数学（三） C,由对称性可知当球心到一平面的距离为2dm 又aa十a4=10, 时，该平面截球所得圆的半径为√3-2=√5>2， 所以a4=8, 所以C正确：对于D,因为所有棱长均为3,2dm的 所以a9=2 解得4=1 正四面体可以补成棱长为3dm的正方体，由A可 a1g=81 19=2 知该正方体可以放入球体容器内，所以所有棱长均 所以am=2-. (6分) 为3√2dm的正四面体可以放人球体容器内，所以 (2)由(1)可知an=2-1, D正确.故选ACD 所以A=《n∈N116<a.<512}={n∈N116 三、填空题 2"1<512}={n∈N|5<1<10}={6,7,8,97. 12.[15,25]【解析】设椭圆C的右焦点为F',由椭圆 (8分) 的定义得PF|+|PF|=20,则|PF=20 不妨设b,b,∈A,b,≠b, |PFI,所以|PF|+|PQ|=|PQ|-|PFI+ 当b=6时，b可取7.8.9， 20,又Q(4,3),F(8.0),所以|1PQ-1PF1|≤ 则1值的和为3×6+(7+8+9)=18+24=42： |QF|=5,当且仅当P,Q,F三点共线时取等号， 当6=7时，而可取8,9， 所以-5≤|PQ|一|PF|≤5，则15≤|PF|+ 则1值的和为2×7+8+9=31： |PQ|≤25，即|PF|+|PQ的取值范围 当6=8时，6，可取9， 为[15,25]. 则t值的和为8十9=17， (12分) 13.7536【解析】若圆锥模型的体积最大，则该圆罪的 所以所有t值的和为42+31十17■90. (13分) 底面为长方体底面的内切圆，圆锥的顶点为长方体 (或所有1值的和为C×(6+7+8+9)=90.) 上底面的中心，所以该圆锥模型底面圆的半径为 16.解：(1)因为Pò.AC=0,P6.BC=0, 30cm.高为40cm,所以母线长为√30+40 所以PO⊥AC,POLBC. 50cm,所以该圆锥模型的表面积为S=πr(r十l)= 即POLAC,PO⊥BC, (2分) 2400x≈7536cm2, 又AC∩BC=C,AC,BCC平面ABC, 14,-n2- 【解析】：f(x)=x十lnx,x>0, 所以PO⊥平面ABC. (4分) (2)由(1)可知PO⊥平面ABC, /(x)=1+1>0,.f(x)在(0，+©)上单调递 因为ABC平面ABC, 增，由f(x1)=f(lnx),得x=lnx,f() 所以PO⊥AB. =2In /..In 2In t=In .In r;+ 因为PA=PB.所以O为AB的中点， ln(lnx)=ln产，∴ln(xln)=ln产，即r:In xy= 取AC的中点O,连接OO,则OO∥BC ...Int-i=Int-x:In r:=In i-f.h(t)= 又AC⊥BC,所以AC⊥(OO, n广，>0，则分()=上-21=2，则当t 所以AC,OO,PO两两垂直， (5分) 则以O为原点，OC,O,O所在直线分别为x,y轴， (0,号)时，N()>0当∈（停+∞）时，'(0 以过点O且与OP平行的直线为x轴建立如图所 示的空间直角坐标系， <0,·h)在(o,号）上单调递增，在 (停，+∞)上单调递减A)=h(受) 为-n2- 四、解答题 15.解：(1)设等比数列{a》的公比为q(g>0), 因为PA=PB=√2，AB=2, 由log2a1十log2a2+log2a=3, 所以PA⊥PB, 得aaea=8.即a=8, 所以OP=OA=OB=1, 所以a:=2, (3分) 因为∠BAC=30°，AC⊥BC, 3. 数学（三） 参考答案及解析 所以BC=1.AC=5,00= (6分) 令g(x)=cosx+2x+e-2,x∈R, 则g'(.r)=-sinx+2+e>0, 所以A(-00小c(50.0小p(0,1) 所以g(x)即'(x)在R上单调递增， (10分) 又'(0)=1+1-2=0， B(g1o小 所以当x∈（一o,0)时，'(x)<0,h(x)单调递减： 当x∈(0，+○)时，'(x)>0,h(x)单调递增， 因为成=2成.所以（停，号号）： (13分) 所以h(.x)≥h(0)=e”-1=0. 所以正-(5，号，号)0-(，00)市 即f（x)-2x≥0， 所以f(x)≥2.x得证. (15分) (停小 (9分) 18.解：(1)由题意知，每名学生首轮测试被认定为需参 设平面ACE的法向量为n=(,), 加“一类体能训练“的概率为C强p2(1一p)+Cp, (2分) /n·Ai=02E 2 十元2,0 每名学生再次测试被认定为需参加“一类体能训练” n.AC=0 W3x1=0 的概率为Cp(1一p)2[1-(1一p)2], (4分) 取1=1，得n=(0,-1,1), 所以每名学生被认定为需参加“一类体能训练”的概 设平面ACP的法向量为m=(x:,,), 率为f(p)=Cp(1一p)十Cp+Cp(1一p)· [1-(1-)2]=-3p+12p-17p3+9p2.(6分) m·Ap=0 则 (2)设每名学生测试的费用为X元， 即 停+7+=0 m·AC=0 则X的可能取值为20,35， 5x=0 则P(X=20)=1-Cp(1-)3, 取=1.得m=(0,一2,1)， (13分) 设二面角P-AC-E的平面角为0，由图可知0为 P(X=35)=Cp(1-p)2, (8分) 所以E(X)=20×[1-Cp(1-p)2]+35×Cp(1 锐角， -p)”=20十45p(1-). (10分) 所以cos0=c0(n,m)|=Tn·m万x5 n·m 3 令g(x)=20+45x(1-x),x∈(0,1)， =30 则g'(x)=45[(1-r)2-2x(1-x)] 10 =45(3.x-1)(x-1) 所以二面角P-AC-E的余弦值为3，(15分) 所以当x∈(0，吉)时g()>0:当xe(分1)时， 17.解：(1)因为f(x)=sinx+x2+c一1，x∈R, g'(x)<0 所以f(x)=cosx+2x+e', 所以g(x)在(0，号）上单调递增，在（号1）上单 令g(x)=cosx+2r+e,r∈R. 调递减。 (13分) 则g'(x)=-sinx十2+e>0, 所以g(x)在R上单调递增， (3分) 所以g(x)≤g(号)=20+45×子×(1-寻)》 又g0)=2>0,g(-1)=c0s(-1)-2+1<0. 80 e 3 所以3x∈(-1,0)，使得g(xo)=0, (5分) 所以当x∈(-∞，xo)时，g(x)<0,即f(x)<0: 即E(K)≤ 3 (15分) 当x∈(x,十∞)时，g(x)>0,即广(x)>0, 所以此方案的最高费用为1000十30 80=1800< 所以f(x)在（一∞，x)上单调递减，在(x,十∞）上 单调递增， 2000元， 所以上述测试方案不会超出预算， (17分) 所以f(x)在其定义域R上不单调. (7分) (2)f(x)≥2x等价于f(x)-2x≥0， 19.解：()由题意可得T(2p,士2p),F(号，0），准线 h(x)=f(x)-2r=sin +re'-2x-1,x ∈R, 方程为x=一台 (1分) 则'(.x)=cosx+2.x+e-2, 因为△STF的面积为4，p>0, 4 信息卷A 数学（三） 所以号·p~2p=4, 所以（好十1）（好+1）=4(k点+1)， 所以k十k娃-2k1k2=3kk十6k1k十3， 所以p=2, 即(k1一k)2=3(k1k2十1)2， 所以抛物线E的方程为y2=4x (3分) 所以|k一k2|=√5|kk十1|， (2)由过点P的两条不同的直线1，m分别与E交于 点A,B和C,D,得直线1，m的斜率存在且不为O, 即∠APC=号台k-:|=Ekk:十1.(14分) 放设直线1，m的方程分别为x十1=k,(y一1)，x十 选①②作为条件： 1=k2(y-1),k≠k2,k1k2≠0. (4分) 由①②成立得，k:|=3且k十k=0, ①1的斜率的绝对值为号-引 9-11- 不妨取k=√3，则k2=一√3， (5分) 所以|k1一k:=2v3w3|kk:十1|=25， ②设点A,B,C,D的坐标分别为(x,)(i=1,2,3, 所以|k,一k2|=3|,k:十1|， 4), 即由①②可以推出③成立· (17分) r+1=一1)，得-4hy十4《+1) 联立y=4r 选②③作为条件： 由②③成立得，k:十k2=0且|k:一k:|= =0. 5|kk2+1|, 则△=(-4k)-16(k:+1)>0,即好-k1一1> k:= 0.得>5或< 3 k=√5 3 解得 (舍)或 或 (舍) y+y=4k11h=4(k:十1)， (7分) k=3 所以|PA|·|PB|=+|y-1|· 1=-3 或 1+|-1 k2=√3 =(1+)|yy一（十y)+1|=5(1+), 所以①成立， 同理可得|PC|·|PD|=5(1+候)： (9分) 即由②③可以推出①成立， (17分) 因为|PA|·|PB=|PC·|PD, 选①③作为条件： 所以5(1十)=5(1十号)， 由①③成立得，|k:=√3且k一：= 又k1≠k2,所以k1=一k2, 3|kke+1|: 即|PA|·|PB|=|PC|·IPD|=k1+k2=O. k1=5 (11分) 每货会 或=5（会） k=-3k=0 ③取u=(k1,1),v=(2,1)分别为直线1，m的方 向向量， k=-√3 或 因为∠APC=吾， k2=5 所以②成立， 所以s∠A心=”：房：司 +1 即由①③可以推出②成立. (17分) ·5