广东省珠海市某校2024届高三下学期最后一次信心考试数学试题

试卷第 1页，共 4页 2024 届高三最后一次信心考试 一、单选题 1．命题 2: 0 2 0p x x ax    ， 的否定是（ ） A． 20 2 0x x ax    ， B． 20 2 0x x ax    ， C． 20 0 00 2 0x x ax    ， D． 2 0 0 00 2 0x x ax    ， 2．已知数列{ }na 的前 n项和 ( 1) 2   nn n aS ，且 1 1a  ，则 7S （ ） A．14 B． 28 C．56 D．112 3．在 ABC 中，角 , ,A B C的对边分别是 , ,a b c，若 22 cos 2 Ba c a  ，则 ABC 的形状为（ ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 4．函数 ( ) cos lgf x x x  零点的个数为（ ） A．4 B．3 C．2 D．0 5．下列说法正确的是（ ） A．一组数据的标准差为 0，则这组数据中的数均相等 B．两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等 C．若两个变量的相关系数越接近于 0，则这两个变量的相关性越强 D．已知变量 ,X Y ，由它们的样本数据计算得到 2K 的观测值 5.527k  ， 2K 的部分临界值如下表：  2 0P K k 0.1 0.05 0.025 0.01 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量 ,X Y 没有关系 6．一个不透明的袋子中装有 3个黑球，n个白球  *Nn ，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出 3 个球，已知取出 2个黑球，1个白球的概率为 9 20 ，设 X为取出白球的个数，则  E X （ ） A． 3 2 B． 12 C．1 D．2 7．已知 1 21, 1x x  ，且 1 2ln 1x x  ，则 2 1 x x 的值可能为（ ） A． 2 3 3  B． 3 3 C． 2 3 3 D．2 8．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的左､右焦点分别为 1 2,F F ，过 2F 向圆 2 2 21 4 x y b  引切线交椭圆于点 ,P O为坐 标原点，若 2OP OF ，则椭圆的离心率为（ ） A． 12 B． 3 2 C． 5 3 D． 23 试卷第 2页，共 4页 二、多选题 9．已知函数     πsin 0, 0, 2 f x A x A            的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．  f x 在区间 π ,0 2     上是增函数 B．点 5π ,0 6      是  f x 图象的一个对称中心 C．若 π ,0 2      x ，则  f x 的值域为 31, 2       D．  f x 的图象可以由 cos2y x 的图象向右平移 π 12 个单位长度得到 10．下列说法正确的有（ ） A．若随机变量  21,X N  ，且  4 0.8P X   ，则  2 0.2P X    B．若随机变量 110, 3 X B       ，则方差  3 2 20D X   C．若从10名男生、5名女生中选取 4人，则其中至少有1名女生的概率为 1 3 5 14 4 15 C C C D．若随机变量 X的分布列为     ( 1,2,3) 1 aP X i i i i     ，则   22 9 P X   11．已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2,E F､ 分别为棱 1 1 1,AA AD 的中点，则（ ） A．三棱锥 1 A BEF的体积为 1 3 B． EF 与 BC所成的角为 π 6 C．过 , ,B E F 三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D．平面 BEF与平面 ABCD夹角的正切值为 5 2 三、填空题 12． 10 3 12x x      的展开式中，常数项的值为 ． 13．已知复数  2 21 5 6 iz m m m    ，  22 10 3 iz m m   ，若 21z z （ z为 z的共轭复数），则实数m的取值范围 为 . 14．如图，在正四棱台 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 1 2AB  ， 4AB  ．若该四棱台的体积为 28 3 3 ，则该四棱台的外接球 表面积为 ． 试卷第 3页，共 4页 四、解答题 15．已知函数 ( ) lnf x ax x  ，且 ( )f x 在 1x  处的切线方程是 0x y b   ． (1)求实数 a，b的值； (2)求函数 ( )f x 的单调区间和极值． 16．一只蚂蚁位于数轴 0x  处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为 23 ，向 左移动的概率为 1 3 . (1)已知蚂蚁 2秒后所在位置对应的实数为非负数，求 2秒后这只蚂蚁在 0x  处的概率； (2)记蚂蚁 4秒后所在位置对应的实数为 X ，求 X 的分布列与期望. 17．在四棱锥 P ABCD 中，底面是边长为 2的正方形， PD 平面 ABCD， 3PD  ， E是棱 PB上一点. (1)若 E为 PB的中点，求直线 PB与平面 AEC所成角的正弦值； (2)若平面 AEC与平面 PBC的夹角的余弦值为 3 26 26 ，求点 E的位置. 试卷第 4页，共 4页 18．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0) x y a b a b     实轴的一个端点是 P，虚轴的一个端点是Q，直线 PQ与双曲线的一条渐近线的 交点为 1 1, 2 2       . (1)求双曲线的方程； (2)若直线 1 (0 1)y kx k k     与曲线C有两个不同的交点 ,A B O、 是坐标原点，求 OAB 的面积最小值. 19．已知有穷数列 na 的各项均不相等，将 na 的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列 np ，称 np 为  na 的“序数列”.例如，数列 1a ､ 2a ､ 3a 满足 1 3 2a a a  ，则其“序数列” np 为 1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相 同，则称这两个数列互为“保序数列”. (1)若数列3 2x ､5 6x  ､ 2x 的“序数列”为 2､3､1，求实数 x的取值范围； (2)若项数均为 2021的数列 nx ､ ny 互为“保序数列”，其通项公式分别为 1 22 3 n nx n              ， 2 ny n tn   （t为常 数），求实数 t的取值范围； (3)设 1nna q p   ，其中 p､q是实常数，且 1q   ，记数列 na 的前 n项和为 nS ，若当正整数 3k  时，数列 na 的 前 k项与数列 nS 的前 k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求 p､q满足的条件. 答案第 1页，共 14页 参考答案： 1．C 【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题判断即可. 【详解】由于全称量词命题的否定为存在量词命题， 所以命题 2: 0 2 0p x x ax    ， 的否定是 20 0 00 2 0x x ax    ， . 故选：C 2．B 【分析】 1 1 1 N 2n n n S n a n S S n        ， ， ， ，又由 1 ( 1) 1 2 1 n n n n n a S nS S n       ，后由累乘法可得 答案. 【详解】注意到 1 1 1 N 2n n n S n a n S S n        ， ， ， ，则当 2n  时，       1 1 1 ( 1) 12 1 1 1 2 1 n n n n n n n n n n a S nS S n S S n S n S S n                 . 故 3 72 7 1 1 2 6 3 4 7 81 28 1 2 5 6 S SS S S S S S              . 故选：B 3．C 【分析】由正弦定理、二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式化简已知式即可得出答案. 【详解】由正弦定理可得 22sin cos sin sin 2 BA C A  ， 所以 1 cos2sin sin sin 2 BA C A   ， 即  sin cos sin sin sin cos cos sinA B C B A B A B A     ，所以 sin cos 0B A  ， 又因为  0, πB ，所以 sin 0B  ，则 cos 0A  ， 又因为  0, πA ，所以 π 2 A  . 故选：C. 4．A 【分析】由 ( ) cos lg 0f x x x   ，得 cos lgx x ，则将函数 ( )f x 零点的个数转化为 cos , lgy x y x  图象的交点的个数，画出两函数的图象求解即可 答案第 2页，共 14页 【详解】由 ( ) cos lg 0f x x x   ，得 cos lgx x ， 所以函数 ( )f x 零点的个数等于 cos , lgy x y x  图象的交点的个数， 函数 cos , lgy x y x  的图象如图所示， 由图象可知两函数图象有 4个交点， 所以 ( )f x 有 4个零点， 故选：A 5．A 【分析】A选项，根据标准差的定义进行说明；B选项，可以举出反例说明；C选项，根据 相关系数的性质进行判断；D选项，根据独立性检验的原理进行判断. 【详解】A选项，根据标准差定义，一组数据 1 2, , , nx x x 的标准差 2 2 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 0ns x x x x x xn           时， 显然 1 2 nx x x x    ，A正确； B选项，两组数据的标准差相等，这两组数据的平均数未必相等， 如均为1和均为 2的两组数据，它们的标准差均为 0， 但它们的平均数分别为1和 2，B错误； C选项，两个变量的相关系数越接近于 0，两个变量的相关性越弱，C错误； D选项， 5.527 5.024k   ，根据独立性检验原理， 在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量 ,X Y 有关系，D错误. 故选：A 6．A 【分析】根据取出 2个黑球，1个白球的概率为 9 20 求出 n的值，再求出 X的分布列，根据 数学期望的定义即可计算. 答案第 3页，共 14页 【详解】由题可知， 2 1 3 3 3 C C 9 C 20 n n  ，解得 3n  ， X的可能取值为0,1,2,3，   3 3 3 6 C 10 C 20 P X    ，   1 2 3 3 3 6 C C 91 C 20 P X    ，   2 1 3 3 3 6 C C 92 C 20 P X    ，   3 3 3 6 C 13 C 20 P X    ， ∴   1 9 9 10 1 2 3 1.5 20 20 20 20 E X          . 故选：A 7．B 【分析】由已知构造函数   ln 1 ( 1)xf x x x    ，利用导数求出其值域可得结果. 【详解】由 1 2ln 1x x  得 2 1ln 1x x  ，则 2 1 1 1 ln 1x x x x   ， 令   ln 1 ( 1)xf x x x    ，得    2 2 1 ln 1 lnx xf x x x      ， 因为 1x  ，所以   0f x  ，故函数  f x 在区间  1, 上单调递减，故    1 1f x f  . 又 1x  ，所以 ln 1 1x   ，所以   0f x  ，故  f x 的值域为  0,1 . 符合此范围的只有 B选项. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将求 2 1 x x 的范围转化为求函数   ln 1 ( 1)xf x x x    的范围， 利用导数求其单调性及最值. 8．C 【分析】先画出图形，由 2 1OP OF OF  得 1 2PF PF ，进而得 1//OM PF， 1 2PF OM b  ， 然后由椭圆的定义可得 2 2PF a b  ，由勾股定理 2 3 b a  ，从而即可得到离心率. 【详解】由题意画出图形，如下图： 答案第 4页，共 14页 设切点为 M，连接 1PF，由已知 2 1OP OF OF  ，∴ 1 2PF PF ， ∵ 2OM PF ，∴ 1//OM PF，又O是 1 2F F 的中点， 圆 2 2 21 4 x y b  的半径为 1 2 b， 1 2PF OM b  ， 2 2PF a b  ， ∴    22 2 2 22 4 4b a b c a b     ，即 2 3a b ，得 23 b a  ， 22 2 2 51 3 c a b be a a a           . 故选：C. 9．CD 【分析】根据函数图像特征，从最小值，周期，及最低点坐标可依次求出参数值，得到函数 解析式   πsin 2 3 f x x      ；将 π2 3 x  看成整体角 z，由选项求出其值或取值范围，结合正弦 函数的图象即可判断单调性、对称性以及函数的值域；最后通过诱导公式将 cos2y x 化成 πsin 2 2 y x      ，经过平移图象即可判断. 【详解】 由图知 =1A ， 7π π π 4 12 3 4 T    ,则 πT  ,故 2π= =2 T  ， 代入点 7π( , 1) 12  ，即得： 7πsin( ) 1 6    ，则 7π π 2 π, Z 6 2 k k     ， 答案第 5页，共 14页 故 5π 2 π, Z 3 k k     ，因 π2   ，则得： π 3   ，即：   πsin 2 3 f x x      . 对于 A项，由  π π π2 π 2 2 π 2 3 2 k x k k     Z ，得 5π ππ π ( ) 12 12 k x k k    Z ， 所以函数  f x 在区间  5π ππ , π 12 12 k k k      Z 上是增函数. 当 0k  时，函数  f x 在区间 5π π, 12 12     上是增函数， 故函数  f x 在区间 π 5π, 2 12      上是减函数，在区间 5π ,0 12     上是增函数，故 A项错误； 对于 B项，由  π2 π 3 x k k  Z ，得  π π 2 6 kx k  Z ， 函数  f x 图象的对称中心是 π π ,0 , 2 6 k k      Z，（而 5 2 6 6 π π πk    时， kZ，故 B项错误； 对于 C项，若 π 0 2 x   ，则 2π π π π 32 , 1 sin 2 3 3 3 3 2 x x            ， 则  f x 的值域为 31, 2       ，故 C项正确； 对于 D项， πcos2 sin 2 2 y x x       ， 将函数 cos2y x 的图象向右平移 π 12 个单位长度得到 π π πsin 2 sin 2 12 2 3 y x x                 的 图象，故 D项正确. 故选：CD. 10．ABD 【分析】由正态分布求解判断出选项 A正确，由二项分布即可判断选项 B正确，由超几何 分布求解概率即可判断选项 C错误，由概率分布列的性质求解  2P X  判断选项 D正确. 【详解】对于 A，      2 4 1 4 1 0.8 0.2P X P X P X          ，故 A正确； 对于 B，   1 2 2010 3 3 9 D X     ，    2 203 2 3 9 20 9 D X D X     ，故 B正确； 对于 C，至少有一名女生的概率 1 3 2 2 3 1 4 0 5 10 5 10 5 10 5 10 4 15 C C C C C C C C C P    ，故 C错误； 对于 D， 1 2 6 12 a a a    ， 4 3 a  ，   4 232 2 3 9 P X     ，故 D正确． 故选：ABD. 答案第 6页，共 14页 11．ACD 【分析】求出锥体体积判断 A；用定义法求出异面直线的夹角判断 B；推理判断截面形状判 断 C；建立坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦判断 D. 【详解】正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2,E F､ 分别为棱 1 1 1,AA AD 的中点， 对于 A，三棱锥 1 A BEF的体积 1 1 1 1 11 1 2 3 2 3A BEF B A EF V V        ，A正确； 对于 B， 1 1/ / /BC AD AD ，则 1AFE 是 EF 与 BC所成的角或其补角，而 1 π 4 A FE  ， 因此 EF 与 BC所成的角为 π 4 ，B错误； 对于 C，连接 1AD ，由 1 1 1 1/ / / / ,AB CD C D AB CD C D  ，得 1 1ABC D ，则 1 1/ / / /EF AD BC， 而 1 1 1 1 2 2 EF AD BC  ， 1 5BE C F  ，因此平面 BEF截正方体所得截面图形 1BC FE为等 腰梯形，C正确； 对于 D，建立如图所示的空间直角坐标系， (2, 2,0), (2,0,1), (1,0, 2)B E F ， ( 1,0,1), (0,2, 1)EF EB      ，设平面 BEF的法向量 ( , , )n x y z  ， 则 0 2 0 n EF x z n EB y z              ，令 1y  ，得 (2,1, 2)n   ，显然平面 ABCD的法向量 (0,0,1)m   ， 设平面 BEF与平面 ABCD的夹角为 ，则 | | 2cos | cos , | 3| || | m nm n m n            ， 2 5sin 1 cos 3     ，则 sin 5tan cos 2     ，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所 在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的 直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方 答案第 7页，共 14页 向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 12．840 【分析】利用二项式展开式的通项公式求解 【详解】展开式的通项公式为   510 55 62 1 10 103 1C 2 ( 1) C 2 r rr rr r r rT x xx              ， 令 55 0 6 r  ，解得 6r  ， 所以常数项为 6 6 2 7 10( 1) C 2 840T     ． 故答案为：840 13． 3 【分析】由题意可知 1 2,z z 都是实数，且 1 2z z ,再结合共轭复数的定义列出不等式组，解出 m的取值范围即可. 【详解】 2 2 10 ( 3 )iz m m   , 2 2 10 ( 3 )iz m m    , 1 2z z , 1z , 2z 都是实数，且 1 2z z , 2 2 2 5 6 0 3 0 10 m m m m m          ,解得 3m  , 即实数m的取值范围为{3}. 故答案为：{3}. 14．35π 【分析】连接 1 1AC ， 1 1B D 交于点 1O ，连接 AC，BD交于点O，连接 1OO ，过 1B 作 1BE BD 于点 E， 1B E 底面 ABCD，根据正四棱台的体积求出棱台的高 1B E，即可判断四棱台外接 球的球心 2O 在 1OO的延长线上，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的表面 积. 【详解】如图，连接 1 1AC ， 1 1B D 交于点 1O ，连接 AC，BD交于点O，连接 1OO ，则 1 1 //B D BD， 1OO 底面 ABCD， BD 平面 ABCD，∴ 1OO BD ． 过 1B 作 1BE BD 于点 E，则 1 1//OO B E，∴ 1B E 底面 ABCD． 答案第 8页，共 14页 ∴该正四棱台的体积  2 2 11 28 32 4 2 43 3V B E      ，∴ 1 3B E  ． 连接 1OA，∵    2 21 3 2 5 2 2OA OA     ， ∴四棱台外接球的球心 2O 在 1OO的延长线上， 设 2OO x ，则  2 2 22 2 2 8AO x x    ， 1 2 3OO x  ， 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 3 3AO O A OO x x      ， 由 2 1 2AO AO ，得 2 28 2 3 5x x x    ，解得 3 2 x  ， 故 2 3 358 4 4 AO    ，即外接球的半径 2 35 4 R AO  ， ∴外接球表面积为 2 354π 4π 35π 4 R    ． 故答案为：35π 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出正四棱台的高，从而确定外接球的球心球心 2O 在 1OO 的延长线上，利用勾股定理求出外接球的半径. 15．(1) 2a  ， 1b  (2)单调递减区间为 10, 2       ，单调递增区间为 1 , 2      ，极小值为1 ln 2 ，无极大值 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可； （2）由（1）可得 ( ) 2 lnf x x x  ，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值. 【详解】（1）因为 ( ) lnf x ax x  ，所以   1f x a x    ， 又 ( )f x 在 1x  处的切线方程为 y x b  ， 所以 (1) 1 1f a    ， (1) 1f a b   ， 解得 2a  ， 1b  ． （2）由（1）可得 ( ) 2 lnf x x x  定义域为  0,  ，则 1 2 1( ) 2 xf x x x     ， 答案第 9页，共 14页 当 10, 2 x      时， ( ) 0f x  ，此时函数 ( )f x 单调递减， 当 1 , 2 x       时， ( ) 0f x  ，此时函数 ( )f x 单调递增， 则 ( )f x 在 1 2 x  处取得极小值， 所以 ( )f x 的单调递减区间为 10, 2       ，单调递增区间为 1 , 2      ， 因此极小值为 1 1 ln 2 2 f        ，无极大值． 16．(1) 12 (2)分布列见解析， 4 3 【分析】（1）记蚂蚁 2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件A，记 2秒后这只蚂蚁在 0x  处的概率为事件 B，则由题意可知事件A包括 2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向 左移动，事件 B为 2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出 ( ), ( )P A P AB ，再利用条件概率公式可求得结果； （2）由题意知 X 可能的取值为 4, 2,0, 2, 4  ，然后求出相应的概率，从而可求出 X 的分布 列与期望. 【详解】（1）记蚂蚁 2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件A，记 2秒后这只蚂蚁在 0x  处的概率为事件 B， 则   12 2 2 1 2 8C , 3 3 3 3 9 P A           12 1 2 4C , 3 3 9 P AB P B     故所求的概率为      4 19 8 2 9 P AB P B A P A   ∣ . （2）由题意知 X 可能的取值为 4, 2,0, 2, 4  ， 则     14 1 1 1 1 1 1 1 1 2 84 , 2 C 3 3 3 3 81 3 3 3 3 81 P X P X               ，    2 14 4 1 1 2 2 8 1 2 2 2 320 C , 2 C , 3 3 3 3 27 3 3 3 3 81 P X P X                2 2 2 2 164 , 3 3 3 3 81 P X       则 X 的分布列为 答案第 10页，共 14页 X 4 2 0 2 4 P 1 81 8 81 8 27 32 81 16 81   1 8 8 32 16 44 2 0 2 4 81 81 27 81 81 3 E X             17．(1) 2 34 17 (2)点 E为 PB的中点 【分析】（1）由题设条件建系，表示出相关点，分别计算 PB  坐标和平面 AEC的法向量坐标， 利用线面所成角的空间向量计算公式即得； （2）在原有坐标系中，设出参数 t表示出点 E的坐标，分别计算平面 AEC与平面PBC的法 向量，利用面面所成角的空间向量计算公式列出方程解之即得. 【详解】（1） 如图，分别以 , ,DA DC DP    为 , ,x y z轴的正方向建立空间直角坐标系.则 3(2,0,0), (0, 2,0), (2, 2,0), (0,0,3), (1,1, ). 2 A C B P E 于是， 3(2, 2, 3), ( 1,1, ), ( 2, 2,0) 2 PB AE AC         ,设平面 AEC的法向量为 ( , , )n x y z  ， 则 3 0 2 , 2 2 0 n AE x y z n AC x y                 故可取 (1,1, 0)n   .设直线 PB与平面 AEC所成角为 ， 则 4 2sin | cos , | | | 34. 1717 2 PB n         即直线 PB与平面 AEC所成角的正弦值是 2 34 17 . 答案第 11页，共 14页 （2） 如图，设 ( , , )E a b c ，BE tBP   ，则0 1t  ，因 (2, 2,0), (0,0,3)B P ，故 ( 2, 2, ) ( 2, 2,3)a b c t     ， 解得： (2 2 , 2 2 ,3 )E t t t  ， 则 ( 2 , 2 2 ,3 ), ( 2, 2,0)AE t t t AC       ,设平面 AEC的法向量为 1 1 1 1( , , )m x y z  ， 则 1 1 1 1 1 1 1 2 (2 2 ) 3 0 , 2 2 0 m AE tx t y tz m AC x y                   故可取 1 (3 ,3 ,4 2)m t t t   . 又 ( 2, 2,3), ( 2,0,0)BP BC       ,设平面 BPC的法向量为 2 2 2 2( , , )m x y z  ， 则 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 , 2 0 m BP x y z m BC x                 故可取 2 (0,3,2)m   . 设平面 AEC与平面 PBC的夹角为 ，则 1 2 2 3 26 17 4cos | cos , | | | 26 34 16 4 13 tm m t t            ， 解得： 1 2 t  或 1 34 t   ，因0 1t  ，故 1 2 t  ，即当点 E为 PB的中点时，平面 AEC与平面PBC 的夹角的余弦值为 3 26 26 . 18．(1) 2 2 1x y  (2)2 5 【分析】（1）利用双曲线的性质待定系数法计算即可； （2）联立方程，根据弦长公式及韦达定理可表示三角形面积，利用换元法求最值即可. 【详解】（1）设点  ,0P a ，点  0,Q b ，则直线 PQ的方程为 1x y a b   ， 答案第 12页，共 14页 与渐近线 by x a  联立，得 1x y a b by x a        ，解之得 2 2 ax by       ， 即直线 PQ与双曲线的一条渐近线交点为 , 2 2 a b      ， 又直线 PQ与双曲线的一条渐近线的交点为 1 1, 2 2       ， 所以 1 2 2 1 2 2 a b       ，即 1a b  ，因此双曲线方程为 2 2 1x y  . （2） 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，把 1y kx k   代入 2 2 1x y  ， 得  2 2 211 2 1 0k x x k     ， 则     4 2 2 1 22 2 2 4 11 2Δ 4 4 1 1 0, 1 k k k x x k k k              ， 2 1 2 2 1 1 1 kx x k     ，   2 222 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 121 1 4 1 4 1 1 kAB k x x k x x x x k k k                      2 42 2 2 2 222 2 2 1 11 12 1 2 1 11 1 k kkk k kk k k           ， 点O到直线 1y kx k   的距离 2 1 1 kd k   ，所以 OAB 的面积为     2 4 2 4 2 2 222 2 4 2 1 1 1 1 1 12 1 2 2 2 211 1 k k k kkS AB d k kk k k k                2 4 22 4 1k k k k     ， 令 2 4t k k  ，所以 2 2 1 1 1tS t t t         ，令 1s t  ，则 2S s s  ， 答案第 13页，共 14页 因为 0 1k  ，所以 20 1k  ，由 2 2 1 1 2 4 t k        ，得 10 4 t  ，由 1s t  ， 得 4s  ，由 2 2 1 1 2 4 S s s s         ，得 16 4 2 5S    ， 即当 2 1 1 24, , , 4 2 2 s t k k    时，等号成立， 此时满足Δ 0 ，所以 OAB 面积的最小值为 2 5 . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为    1 1 2 2, , ,x y x y ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x（或 y）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 1 2x x 、 1 2x x （或 1 2y y 、 1 2y y ）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．(1)1 6x  (2)4 5t  (3)答案见解析 【分析】（1）由题意得出不等式即可求出； （2）作差判断 nx 增减，得出序数列即可求解； （3）讨论 1q   或 0q  ， 1q  ，0 1q  ， 1 0q   ，根据数列的单调性结合题意可得. 【详解】（1）由题意得 2 3 1a a a  ，即 2 2 5 6 3 2 x x x x       ，解得1 6x  ； （2） 1 1 3 2 1 2 3 2 2 2 3 2 3 6 3 n n n n n nx x n n                               ， 当 1n  时， 2 1 0x x  ，即 2 1x x ，当 2n  时， 1 0n nx x   ，即 1n nx x  ， 故 2 1 2 3 4 2021,x x x x x x     ， 又 1 1x  ， 3 28 27 x  ， 4 8 9 x  ，因此 nx 的序数列为 2,3,1,4,5，…，2021． 又因{ }nx 、{ }ny 互为“保序数列”，故 2 3 1 4 5 2021y y y y y y      ， 答案第 14页，共 14页 只需满足 52 2 2 t   ，解得： 4 5t  ． （3）① 当 1q   或 0q  时，数列{ }na 中有相等的项，不满足题意. ② 当 1q  时，数列{ }na 单调递增，故{ }nS 也应单调递增， 从而 1 1 0 n n n nS S a q p      对 *nN 且 n k 恒成立.又数列{ }nq p 单调递增，故 0p q  . ③ 当0 1q  时，数列{ }na 单调递减，故{ }nS 也应单调递减， 从而 1 1 0 n n n nS S a q p      对 *nN 且 n k 恒成立. 又数列{ }nq p 单调递减，故 0p q  . ④ 当 1 0q   时，数列 2 1{ }na  单调递减，且 2 1na p  ； 2{ }na 单调递增，且 2na p ， 于是 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 0 n n n n n nS S a a q q p           对 *nN 且 1 2 n k  恒成立，即 2 12 ( ) (1 )np q q   ，从而 2 0p  . 另一方面， 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 0 n n n n n nS S a a q q p           对 *nN 且 2 2 n k  恒成立，即 22 (1 )np q q   ，从而2 0p  . 综上， 2 0p  ，即 0p  . 此时 2 1 2 1 2 1 11 1 1 1 1 1 n n n q qS q q q q             ， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 n n n q qS q q q q          ，满足题意. 综上，当 1q  时， p、q满足的条件是 0p q  ； 当0 1q  时， p、q满足的条件是 0p q  ； 当 1 0q   时， p、q满足的条件是 0p  .