2025名校高考全真模拟试题(十七)-【师大金卷】2025年高考数学复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

新高考数学答案 —６４　 当x∈ π４－ １ ２ ,π ２( ) 时,２x＋１∈ π ２ ,π＋１( ) , 接下来证明:当 x∈ π４－ １ ２ ,π ２( ) 时,tanx≥２x＋１ －π２ , 令h(x)＝tanx－ ２x＋１－π２( ) ,h′(x)＝ １ cos２x －２, 又h′(π４ )＝０, 故当x∈ π４－ １ ２ ,π ４( ) ,cos ２x＞１２ , h′(x)＜０,h(x)单调递减, 当x∈ π４ ,π ２( ) ,cos ２x＜１２ ,h′(x)＞０,h(x)单调递增, 故h(x)有最小值h π４( )＝０, 因此h(x)≥０,即tanx≥２x＋１－π２ , g′(x)＝２cos ２x＋１( )＋２tanx ≥２cos ２x＋１( )＋２ ２x＋１－π２( ) , 令s(x)＝２cos ２x＋１( )＋２ ２x＋１－π２( ) , s′(x)＝－４sin ２x＋１( )＋４≥０, 故s(x)单调递增,即s(x)≥s π４－ １ ２( ) ,所以 g′(x)≥２cos ２ π４－ １ ２( )＋１( ) ＋２(２( π ４ － １ ２ ) ＋１ －π２ ) ＝０,故g(x)在x∈ π ４－ １ ２ ,π ２( ) 单调递增, 综上可得g(x)在x∈ ０,π２( ) 单调递增,g(０)＝sin１, 当x→π２ ,sin ２x＋１( ) →sin π＋１( )＝－sin１, 而ln cosx( ) →－∞,因此g(x)→＋∞, 所以g(x)的值域为 sin１,＋∞( )． １９．[解](１)由已知可得数列A 共有５项,所以n＝５, c＝a１＋a５＝－２＋６＝４, 当i＝２时,有a２＋a４＝a２＋２＝４,所以a２＝２, 当i＝３时,有a３＋a３＝４,所以a３＝２． (２)证明:数列A 具有性质P０,且a１＜a２＜􀆺＜an,n 为奇数,令n＝２k＋１, 可得ak＋１＝０, 设a１ ＜a２ ＜ 􀆺 ＜ak ＜ak＋１ ＝０＜ak＋２ ＜ak＋３ ＜ 􀆺 ＜a２k＋１, 由于当ai,aj＞０(１≤i,j≤n)时,存在正整数k,使得aj －ai＝ak, 所以ak＋３－ak＋２,ak＋４－ak＋２,ak＋５－ak＋２,􀆺,a２k＋１－ ak＋２这k－１项均为数列A 中的项, 且０＜ak＋３ －ak＋２ ＜ak＋４ －ak＋２ ＜ak＋５ －ak＋２ ＜ 􀆺 ＜ a２k＋１－ak＋２＜a２k＋１, 因此一定有ak＋３－ak＋２＝ak＋２,ak＋４－ak＋２＝ak＋３,ak＋５ －ak＋２＝ak＋４,􀆺,a２k＋１－ak＋２＝a２k, 即ak＋３－ak＋２＝ak＋２,ak＋４－ak＋３＝ak＋２,ak＋５－ak＋４＝ ak＋２,􀆺,a２k＋１－a２k＝ak＋２, 这说明:ak＋２,ak＋３,ak＋４,􀆺,a２k＋１为公差为ak＋２的等差 数列,再数列A 具有性质P０, 以及ak＋１＝０可得,数列A 为等差数列． (３)当n＝４k＋２(k∈N∗ )时, 设 A:a１,a２,a３,a４ 􀆺,a２k－１,a２k,a２k＋１,a２k＋２,a２k＋３, a２k＋４,􀆺,a４k＋１,a４k＋２, 由于数列具有性质Pc,且满足|a２k－１＋a２k|＝m, 由|a２k－１＋a２k|＝m 和a２k－１＋a２k＝c,得c＝±m, 当c＝m 时,不妨设a１＋a２＝m,此时:a２＝m－a１,a４k＋１ ＝a１,此时结论成立, 当c＝－m 时,同理可证,所以结论成立． 当n＝４k(k∈N∗ )时,不妨设c＝０,m＝１,反例如下: －２k,２k－１,－２k＋２,２k－３,􀆺,１,－１,２,􀆺,－２k＋ ３,２k－２,－２k＋１,２k, 当n＝４k＋３(k∈N∗ )时,不妨设c＝０,m＝１,反例 如下: (－１)k＋１􀅰(k＋１),(－１)k􀅰k,􀆺,－１,０,１,－２,􀆺, (－１)k－２􀅰(k－１),(－１)k－１􀅰k,(－１)k􀅰(k＋１), 综上所述,n＝４k＋２(k∈N∗ )符合题意． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁙２０２５名校高考全真模拟试题(十七) １．C　[试题解析]平均数与方差是用来反馈数据集中趋势 与波动程度大小的统计量;变量y和x 之间的相关 系数r的绝对值越大,则变量y和x 之间线性相关 关系越强;用决定系数R２ 来刻画回归效果,R２ 越大 说明拟合效果越好．故选 C． ２．C　[试题解析]由a３－a１＝３可得:等比数列 an{ } 的公 比q≠１．∵S４ ＝５S２,化 简 得 a１ １－q４( ) １－q ＝５× a１ １－q２( ) １－q ,整理得１＋q２＝５,∴q＝±２,又∵a３－ a１＝a１q２ －a１ ＝３,∴a１ ＝１,∴a２ ＝a１q＝±２．故 选 C． ３．D　[试题解析]对于 A,表示复数z和z 的点关于实轴 对称,故 A错误;对于B和 C,当z＝０时均不成立, 故BC错误;对于 D,若方程ax２＋bx＋c＝０的Δ≥０ 可得z为实数,即z＝z,符合题意;若Δ＜０,则方程 ax２＋bx＋c＝０的两个复数根为－b２a＋ ４ac－b２ ２a i 和－b２a－ ４ac－b２ ２a i ,此时两根互为共轭复数,因此 D正确．故选 D． ４．C　[试题解析]在双曲线上任取一点M x,y( ) ,则x ２ ３－ y２ ６ ＝１,则点 M x,y( ) 到点 ３,０( ) 和到直线x＝１的距离 之 比 为: (x－３) ２＋y２ |x－１| ＝ (x－３)２＋６(x ２ ３－１ ) (x－１)２ ＝ ３x２－６x＋３ (x－１)２ ＝ ３ (x－１)２ (x－１)２ ＝ ３．故选C． ５．B　[试题解析]将四面体P－ABC 补 形 成 长 方 体,长 方 体 的 长、 宽、高分别为２、１、２, 四面体P－ABC 的外接球即为 长方体 的 外 接 球,而 长 方 体 的 外接球的直径等于长方体的体 对角线 长,设 外 接 球 的 半 径 为 R,故 ２R＝ ２２＋１２＋２２ ＝３, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６５　 所以外接球表面积为S＝４πR２＝９π．故选B． ６．D　[试题解析]存入大额存款a０ 元,按照复利计算,可 得每年末本利和是以a０ 为首项,１＋３％为公比的等 比 数 列,所 以 a０ (１＋３％)１０ ＝a１０,可 得 a１０ a０ ＝ (１＋３％)１０＝C０１０×０．０３１０＋C１１０×０．０３９＋􀆺＋C８１０× ０．０３２＋C９１０×０．０３＋C１０１０≈１．３４,故选 D． ７．A　[试题解析]由f(x)＝sinωx＋ ３cosωx 可得:f(x) ＝２sin ωx＋π３( ) ,若沿x轴方向平移,考虑其任意 性,不 妨 设 得 到 的 函 数 g(x)＝２sin ωx＋φ( )．令 g(x)＝１,即sin(ωx＋φ)＝ １ ２ ,x∈[０,π],取z＝ωx ＋φ,则 z∈ [φ,ωπ＋φ]．依 题 意 知,sinz＝ １ ２ 在 φ,ωπ＋φ[ ] 上至少有２解,至多有３解,则须使区间 [φ,ωπ＋φ]的长度在２π到 ８π ３ 之间,即２π≤ωπ＜８π３ , 解得２≤ω＜８３． 故选 A． ８．A　[试题解析]圆心C a,２( ) ,半径为２,则圆C 与x 轴 相 切,设 切 点 为 M a,０( ) ,则 PM ＝a＋１,则 |PM|２＝ PA PB ＝(a＋１)２,设 AB 的中点为 D,连接CD,则CD⊥AB,令圆心C到直线AB 的距 离为d,则０≤d＜２,|PA|＋|PB|＝|PD|－|AD| ＋|PD|＋|AD|＝２|PD|,由 １PA ＋ １ PB ＝ ２ PQ ,得 PQ ＝２ PA PBPA ＋ PB ＝ (a＋１)２ |PC|２－d２ ＝ (a＋１)２ (a＋１)２＋４－d２ ,因 此 (a＋１) ２ (a＋１)２＋４－０ ≤ PQ ＜ (a＋１)２ (a＋１)２＋４－４ ,而 PQ 的 最 小 值 为 ２,所以 a＋１ ( )２ a＋１( )２＋４ ＝ ２,则a＝１．故选 A． ９．AC　[试题解析]选项 A中,若y＝ex 与y＝x＋１相切, 设切点为 x１,y１( ) ,易知y′＝ex,则ex１ ＝１,解得 x１＝０,即切点为 ０,１( ) ,切线为y＝x＋１,A 正确; 选项B中,若y＝lnx 与y＝x＋１相切,设切点为 x２,y２( ) ,易知y′＝ lnx( )′＝ １ x ,则 １ x２ ＝１,解 得 x２＝１,切点为 １,０( ) ,切线方程为y＝x－１,即 B 错误;选项 C中,若y＝sinx＋１与y＝x＋１相切, 设切点为 x３,y３( ) ,易 知y′＝cosx,则cosx３＝１, 解得x３＝２kπ,k∈Z,当k＝０时,切点为 ０,１( ) ,切 线方程为y＝x＋１,C正确;选项 D中,易知y＝x３ ＋１ 与 y＝x＋１ 有 三 个 交 点,０,１( ) ,１,２( ) , －１,０( ) ,又y′＝３x２,显然在三个交点处的斜率 均不 是 １,所 以y＝x＋１ 不 是 切 线,D 错 误．故 选 AC． １０．ABD　[试题解析]对于 A,在△ABC 中,由正弦定理 得sinC＝２sinBcosA＋sinB,由sinC＝sin(A＋ B),得sinAcosB－cosAsinB＝sinB,即sin(A－ B)＝sinB,由０＜A,B＜π,则sinB＞０,故０＜A －B＜π,所以A－B＝B 或A－B＋B＝π,即A ＝２B 或A＝π(舍去),即A＝２B,故 A 正确;对 于B,若a＝ ３b,结 合 A＝２B 和 正 弦 定 理 知 a sinA＝ ３b sin２B＝ b sinB ,cosB＝ ３２ ,又０＜A,B＜ π,所以可得A＝２B＝ π３ ,C＝ π２ ,故 B正确;对 于 C,在锐角△ABC 中,０＜B＜ π２ ,０＜A＝２B ＜π２ ,０＜C＝π－３B＜ π２ ,即 π ６＜B＜ π ４ ,３ ３＜ tanB＜１．故 １tanB－ １ tanA＝ １ tanB－ １－tan２B ２tanB ＝ １＋tan２B ２tanB ＞１ ,故 C错误;对于 D,在锐角△ABC 中,由 π ６＜B＜ π ４ ,２ ２＜cosB＜ ３ ２ ,c a ＝ sinC sinA＝ sin３B sin２B ＝ sin２BcosB＋cos２BsinB sin２B ＝ ２cosB － １ ２cosB ,令cosB＝t∈ ２ ２ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷,则c a ＝f t ( ) ＝ ２t－１２t ,易知函数f t( ) ＝２t－１２t 单调递增,所 以可得c a ∈ ２ ２ ,２ ３ ３ æ è ç ö ø ÷,故 D正确．故选 ABD． １１．CD　[试题解析]易知B１C⊥平面 ABC１D１,A∈平面 ABC１D１,故动点P 的轨迹为矩形ABC１D１,动点 P 的轨迹长度为矩形ABC１D１ 的周长,即为４ ２ ＋４,故 A 错误;因为VA－PB１D１ ＝VP－AB１D１,而 等 边△AB１D１ 的面积为定值２ ３,要使三棱锥P－ AB１D１ 的 体 积 最 大,当 且 仅 当 点 P 到 平 面 AB１D１ 的距离最大,易 知 点C 是 正 方 体 到 平 面 AB１D１ 距 离 最 大 的 点,所 以 VA－PB１D１( ) max ＝ VC－AB１D１,此时三棱锥C－AB１D１ 即为棱长是２ ２的 正四面体,其高为h＝ ２ ２( ) ２－ ２３ ６( ) ２ ＝４ ３３ , 所以VC－AB１D１＝ １ ３× １ ２×２ ２×２ ２× ３ ２× ４ ３ ３ ＝ ８ ３ ,故 B错误;连接 AC,AB１,以B 为圆心,BB１ 为半径画弧B１C︵,如图１所示, 当点P 在线段AC,AB１ 和弧B１C︵上时,直线 AP 与AB 所成的角为４５°,又 AC＝ AB２＋BC２ ＝ ４＋４＝２ ２,AB１ ＝ AB２＋BB２１ ＝ ４＋４＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６６　 ２ ２,弧B１C︵长度１４×π×２ ２＝π,故点P 的轨迹长 度为π＋４ ２,故 C正确;取A１D１,D１D,DC,CB, BB１,AB 的中点分别为Q,R,N,M,T,H,连 接 QR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM,如图 ２所示, 因为FT∥D１C,FT⊄ 平 面 D１B１C,D１C⊂ 平 面 D１B１C,故FT∥平面 D１B１C,TM∥B１C,TM⊄ 平面 D１B１C,B１C⊂平 面 D１B１C,故 TM∥ 平 面 D１B１C;又FT∩TM＝T,FT,TM⊂平面FTM, 故平面FTM∥平面 D１B１C;又QF∥NM,QR∥ TM,RN∥FT,故 平 面 FTMNRQ 与 平 面FTM 是同一个平面．则点 P 的轨迹为线段 MN．在三 角形FNM 中,FN＝ FH２＋HN２ ＝ ４＋４＝ ２ ２,FM＝ FH２＋HM２＝ ４＋２＝ ６,NM＝ ２,则FM２＋MN２＝８＝FN２,故三角形FNM 是 以∠FMN 为直角的直角三角形;故FPmax＝FN ＝２ ２,故FP 长度的最大值为２ ２,故 D 正确． 故选 CD． １２．[试题解析]由 题 知:fA (x)＋fB (x)可 取 ±２,０,若 fA(x)＋fB(x)＞０．则fA(x)＋fB(x)＝２,即集合A∩ B≠∅,得０＜t＜１,即t的取值范围为 ０,１( )． [参考答案]０,１( ) １３．[试题解析]依题意,对于椭圆方程,１２ ＜ ２b ２a＝ b a ＜１ , 对于 双 曲 线 方 程,e＝ ca ＝ a２＋b２ a ＝ a２＋b２ a２ ＝ １＋ ba( ) ２ ．不妨设t＝ba ,则t∈ １２ ,１( ) ,于是f(t) ＝ １＋t２,t∈ １２ ,１( ) ,由复合函数的 单 调 性 可 得 函 数f(t)在区间 １２ ,１( ) 上单调递增,故 ５２＜f(t)＜ ２, 即 ５ ２ ＜e＜ ２ ,故 双 曲 线 离 心 率 的 取 值 范 围 为 ５ ２ ,２ æ è ç ö ø ÷． [参考答案] ５ ２ ,２ æ è ç ö ø ÷ １４．[试题解析]易知f′(x)＝esinxcosx＋ecosxsinx＝esinx＋cosx 􀅰 sinx esinx ＋cosx ecosx( )．当x∈ ０, π ２( ] 时,f′(x)＞０;当x∈ π,３π２[ ] 时,f′(x)＜０;当x∈ π ２ ,π( ) 时,u＝sinx 和u ＝cosx均为单调减函数,令y＝ueu ,u∈(－１,１),则y′ ＝１－u eu ,当u∈(－１,１)时,y′＝１－ueu ＞０恒成立,所以 y＝ueu 在(－１,１)上是单调增函数,根据复合函数单调 性可知φ(x)＝ sinx esinx ＋cosx ecosx 为减函数,又y＝esinx＋cosx＞ ０,易知f′ π２( ) ＞０,f′(π)＜０,由零点存在定理可得函 数f′(x)在 π２ ,π( ) 上 存 在 一 个 零 点,同 理 可 得 f′ ３π２( ) ＜０,f′(２π)＞０,所以函数f′(x)在 ３π ２ ,２π( ) 上 存在一个零点,结合f′(x)的正负情况,f′(x)的零点为 函数f(x)的极值点,因此函数f(x)在(０,２π)内一共 有２个极值点． [参考答案]２ １５．[解](１)证明:由BC 是直径可知AB⊥AC,则△ABC 是等腰直角三角形,故AO⊥BC, 由圆柱的特征可知 BB１ ⊥ 平面 ABC,又 AO⊂ 平面 ABC,所以BB１⊥AO, 因为BB１∩BC＝B,BB１,BC⊂平面BCC１B１, 则AO⊥平面BCC１B１, 而OE⊂平面BCC１B１,则AO⊥OE, 因为AB＝AC＝AA１＝４,则BC＝ ２AB＝４ ２, 所以B１O２＝B１B２＋BO２＝２４, OE２＝OC２＋CE２＝１２, B１E２＝EC２１＋B１C２１＝３６＝B１O２＋OE２． 所以B１O⊥OE, 因为B１O⊥OE,AO⊥OE,AO∩B１O＝O,AO,B１O⊂平 面AB１O, 所以OE⊥平面AB１O, 又AB１⊂平面AB１O,故OE⊥AB１． (２)由题意及(１)易知AA１,AB,AC两两垂直, 如图所示建立空间直角坐标系, 则B１ ４,０,４( ) ,E ０,４,２( ) ,O ２,２,０( ) , 所以AB１→＝ ４,０,４( ) ,AE→＝ ０,４,２( ) ,AO→＝ ２,２,０( ) , 由(１)知AO⊥平面B１OE,故平面B１OE的一个法向量 是AO→＝ ２,２,０( ) , 设n＝ x,y,z( ) 是平面AB１E的一个法向量, 则有 n􀅰AB１→＝０, n􀅰AE→＝０{ ⇒ ４x＋４z＝０, ４y＋２z＝０,{ 取z＝－２,可得n＝ ２,１,－２( ) 设平面AB１E与平面B１OE的夹角为θ, 所以cosθ＝ cos‹n,AO→› ＝ n􀅰AO → n 􀅰 AO→ ＝ ６ ２ ２×３ ＝ ２ ２ ,则平面AB１E与平面B１OE夹角的余弦值为 ２ ２． １６．[解](１)由题意可知甲按“A,B,C”的顺序猜歌名,至少 猜对两首歌名分两种情况:猜对A,B;猜对A,B,C,这 两种情况不会同时发生． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６７　 设“甲按‘A,B,C’的顺序猜歌名,至少猜对两首歌名” 为事件E, 由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得 P E( )＝P ABC＋ABC( ) ＝０．８×０．５× １－０．５( ) ＋ ０．８×０．５×０．５＝０．４． (２)甲决定按“A,B,C”顺序猜歌名,获得的奖励基金数 记为X, 则X 的所有可能取值为０,１０００,３０００,６０００, P X＝０( )＝１－０．８＝０．２, P X＝１０００( )＝０．８× １－０．５( )＝０．４, P X＝３０００( )＝０．８×０．５× １－０．５( )＝０．２, P X＝６０００( )＝０．８×０．５×０．５＝０．２, 所以E(X)＝０×０．２＋１０００×０．４＋３０００×０．２＋６ ０００×０．２＝２２００; 甲决定按“C,B,A”顺序猜歌名,获得的奖励基金数记 为Y, 则Y 的所有可能取值为０,３０００,５０００,６０００, P Y＝０( )＝１－０．５＝０．５, P Y＝３０００( )＝０．５× １－０．５( )＝０．２５, P Y＝５０００( )＝０．５×０．５× １－０．８( )＝０．０５, P Y＝６０００( )＝０．５×０．５×０．８＝０．２, 所以E Y( )＝０×０．５＋３０００×０．２５＋５０００×０．０５＋６ ０００×０．２＝２２００． 参考答案一:由于D(X)＝ ０－２２００( )２×０．２＋(１０００ －２２００)２ ×０．４＋ (３ ０００－２ ２００)２ ×０．２＋ ６０００－２２００( )２×０．２＝４５６００００, D Y( ) ＝ ０－２２００( )２×０．５＋ ３０００－２２００( )２×０． ２５＋(５０００－２２００)２×０．０５＋ ６０００－２２００( )２×０．２＝５ ８６００００, 由于D Y( ) ＞D(X),所以应该按照“A,B,C”的顺序猜 歌名． 参考答案二:甲按“C,B,A”的顺序猜歌名时,获得０元 的概率为０．５,大于按照“A,B,C”的顺序猜歌名时获 得０元的概率０．２,所以应该按照“A,B,C”的顺序猜歌 名． 其他合理答案均给分． １７．[解](１)因为函数f(x)的图象关于点 １,－２( ) 中心对 称,故y＝f(x＋１)＋２为奇函数, 从而有f(x＋１)＋２＋f －x＋１( )＋２＝０, 即f(x＋１)＋f －x＋１( )＝－４, f(x＋１)＝(x＋１)３＋a(x＋１)２＋b(x＋１)＋c ＝x３＋ a＋３( )x２＋ ２a＋b＋３( )x＋a＋b＋c＋１, f １－x( )＝(１－x)３＋a(１－x)２＋b １－x( )＋c ＝－x３＋ a＋３( )x２－ ２a＋b＋３( )x＋a＋b＋c＋１, 所以 ２a＋６＝０, ２a＋２b＋２c＋２＝－４,{ 解得 a＝－３, b＋c＝０,{ 所以a－b－c＝－３． (２)由(１)可知,f(x)＝x３－３x２－cx＋c,f′(x)＝３x２－ ６x－c,Δ＝３６＋１２c, ①当c≤－３时,Δ＝３６＋１２c≤０,f′(x)≥０, 所以f(x)在R上单调递增, ∵f(１)＝－２＜０,f(３)＝２７－３×９－３c＋c＝－２c＞０, ∴函数f(x)有且仅有一个零点; ②当－３＜c＜０时,x１＋x２＝２＞０,x１􀅰x２＝－ c ３＞０ , ∴f′(x)＝０有两个正根,不妨设x１＜x２, 则３x２１－６x１－c＝０, ∴函数f(x)在 －∞,x１( ) 上单调递增, 在 x１,x２( ) 上单调递减,在 x２,＋∞( ) 上单调递增, ∵f(x１)＝x３１－３x２１－ x１－１( ) ３x２１－６x１( ) ＝－２x１ x２１－３x１＋３( ) ＜０,f(３)＝－２c＞０, ∴函数f(x)有且仅有一个零点; ③当c＝０时,f(x)＝x３－３x２, 令f(x)＝x３－３x２＝０,解得x＝０或x＝３, ∴f(x)有两个零点; ④当c＞０时,x１＋x２＝２,x１􀅰x２＝－ c ３＜０ , ∴f′(x)＝０有一个正根和一个负根,不妨设x１ ＜０ ＜x２, ∴函数f(x)在 －∞,x１( ) 上单调递增,在 x１,x２( ) 上 单调递减,在 x２,＋∞( ) 上单调递增, ∵f(x１)＞f(０)＝c＞０,f(x２)＜f(１)＝－２＜０, ∴函数f(x)有且仅有三个零点; 综上,当c＞０时,函数f(x)有三个零点; 当c＝０时,函数f(x)有两个零点; 当c＜０时,函数f(x)有一个零点． １８．[解](１)由２Sn＋an＝３①,当n≥２时,２Sn－１＋an－１＝ ３②, ①－②得２an＋an－an－１＝０．∴an＝ １ ３an－１ n≥２ ( ) , 当n＝１时,２a１＋a１＝３,∴a１＝１, ∴ an{ }是首项为１,公比为 １ ３ 的等比数列, 故an＝ １ ３( ) n－１ n∈N∗( ) , 由bn＋bn＋１＝２n＋１③．由b１＝１ 得b２＝２,又bn＋１＋bn＋２＝２n＋３④． ④－③得bn＋２－bn＝２, bn{ }的所有奇数项构成首项为１,公差为 ２的等差 数列; 所有偶数项构成首项为２,公差为２的等差数列． 得b２n－１＝１＋ n－１( )×２＝２n－１,b２n＝２＋ n－１( ) ×２ ＝２n,∴bn＝n n∈N∗( )． 综上可得an＝ １ ３( ) n－１ ,bn＝n n∈N∗( )． (２)(ⅰ)在an 和an＋１ 之间新插入n个数cn１,cn２,􀆺,cnn, 使an,cn１,cn２,􀆺,cnn,an＋１ 成等差数列, 设 公 差 为 dn, 则 dn ＝ an＋１ －an n＋２( )－１ ＝ １ ３( ) n － １３( ) n－１ n＋１ ＝－ ２ ３n n＋１( ) , 则cnk ＝an ＋kdn ＝ １ ３( ) n－１ － ２k ３n(n＋１) , ∴ ∑ n k＝１ cnk ＝ n３n－１ － ２ ３n(n＋１) 􀅰n(n＋１) ２ ＝ ２n ３n ． Tn ＝c１１ ＋c２１ ＋c２２ ＋ 􀆺 ＋cn１ ＋cn２ ＋ 􀆺 ＋cnn ＝２ １ ３ ＋ ２ ３２ ＋􀆺＋ n ３n( )⑤ 则１ ３Tn ＝２ １ ３２ ＋ ２ ３３ ＋􀆺＋ n ３n＋１( )⑥ ⑤－ ⑥ 得:２３Tn ＝２ １ ３ ＋ １ ３２ ＋􀆺＋ １ ３n － n ３n＋１( ) ＝ ２ １ ３ － １ ３n × １３ １－ １３ － n ３n＋１ æ è ç çç ö ø ÷ ÷÷ ＝１－２n＋３ ３n＋１ , 所以可得Tn ＝ ３２ － ２n＋３ ２×３n ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６８　 (ⅱ)由(１)an ＝ １ ３( ) n－１ ,bn ＝n n∈N∗( ) , 又Tn ＝ ３２ － ２n＋３ ２×３n , 由已知 bm －１＋ １am＋２ bm －１－ ２m＋３２Tm －３ ＝m－１＋３ m＋１ m－１＋３m , 假设m－１＋３ m＋１ m－１＋３m 是数列 an{ }或 bn{ }中的一项, 不妨设m－１＋３ m＋１ m－１＋３m ＝k k＞０,m ∈N∗( ) , ∴ k－１( ) m－１( )＝ ３－k( )􀅰３m, 因为m－１≥０,３m ＞０ m ∈N∗( ) , 所以１＜k≤３,而an ＝ １ ３( ) n－１ ≤１, 所以m－１＋３ m＋１ m－１＋３m 不可能是数列 an{ }中的项． 假设m－１＋３ m＋１ m－１＋３m 是 bn{ }中的项,则k∈N∗ ． 当k＝２时,有m－１＝３m,即m－１ ３m ＝１, 令f m( )＝m－１３m ,f m＋１( )－f m( )＝ m３m＋１ － m－１ ３m ＝ －２m＋３ ３m＋１ , 当m ＝１时,f(１)＜f(２); 当m ≥２时,f(m＋１)－f(m)＜０,f(１)＜f(２)＞ f(３)＞f(４)＞ 􀆺, 由f(１)＝０,f(２)＝ １９ 知m－１ ３m＋１ ＝１无解． 当k＝３时,有m－１＝０,即m ＝１． 所以存在m＝１使得m－１＋３ m＋１ m－１＋３m ＝３是数列 bn{ }中 的第３项; 又对于任意正整数m 均有１＜m－１＋３ m＋１ m－１＋３m ≤３, 所以k≥４时,方程m－１＋３ m＋１ m－１＋３m ＝k均无解; 综上可知,存在正整数m＝１使得 bm －１＋ １am＋２ bm －１－ ２m＋３２Tm －３ 是 数列 bn{ }中的第３项． １９．[解](１)由定义可知,mx＋ny＝１与x２＋y２ ＝１相切, 则圆C１ 的圆心 ０,０( ) 到直线 mx＋ny ＝１的距离等 于１, 则d＝ １ m２ ＋n２ ＝１,m２ ＋n２ ＝１． (２)点 P x０,y０( ) 不在直线族 Ω: ２a－４( )x＋４y＋ (a－２)２ ＝０ a∈R( ) 的任意一条直线上, 所以无论a取何值时,２a－４( )x０＋４y０＋(a－２)２ ＝ ０无解． 将 ２a－４( )x０＋４y０＋(a－２)２ ＝０整理成关于a的一 元二次方程, 即a２ ＋ ２x０ －４( )a＋ ４＋４y０ －４x０( )＝０． 若该方程无解,则Δ＝ ２x０ －４( )２－４(４＋４y０－４x０) ＜０,即y０ ＞ x２０ ４． 证明:在y＝x ２ ４ 上任取一点Q x１, x２１ ４( ) ,y＝ x２ ４ 在该 点处的切线斜率为k＝ x１ ２ , 于是可以得到y＝x ２ ４ 在Q x１, x２１ ４( ) 点处的切线方程 为:y＝ x１ ２x－ x２１ ４ , 即－２x１x＋４y＋x２１ ＝０． 令直线族Ω:２a－４( )x＋４y＋(a－２)２ ＝０中２a－４ ＝－２x１, 则直线为－２x１x＋４y＋x２１ ＝０, 所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某 条直线, 而对任意a∈R,２a－４( )x＋４y＋(a－２)２ ＝０都是 抛物线在点 ２－a, (２－a)２ ４( ) 处的切线． 所以直线族Ω的包络曲线E 为y ＝x ２ ４． (３)已知C ０,１( ) ,设A x１,y１( ) ,B x２,y２( ) , 则CA→ ＝ x１,y１ －１( ) ,CB→ ＝ x２,y２ －１( ) ,CA→ ＝ x２１ ４ ＋１ ,CB→ ＝x ２ ２ ４ ＋１ ; 由(２)知y＝x ２ ４ 在点A x１,y１( ) 处的切线方程为y＝ x１ ２x－ x２１ ４ ;同理y＝x ２ ４ 在点B x２,y２( ) 处的切线方程为y ＝ x２ ２x－ x２２ ４ ; 联立 y＝ x１ ２x－ x２１ ４ , y＝ x２ ２x－ x２２ ４ , ì î í ïï ï 可得P x１ ＋x２２ ,x１x２ ４( ) , 所以CP→ ＝ x１ ＋x２２ , x１x２ ４ －１( )． 因此CA→􀅰CP→ ＝x１􀅰 x１ ＋x２ ２( )＋ x１x２ ４ －１( ) x２１ ４ －１( ) ＝ x２１ ４ ＋ x１x２ ４ ＋ x３１x２ １６ ＋１ ＝ x２１ ４ ＋１( ) x１x２ ４ ＋１( ) , 同理CB→􀅰CP→ ＝ x ２ ２ ４ ＋１( ) x１x２ ４ ＋１( )． 所以 CA →􀅰CP→ CA→ 􀅰 CP→ ＝ x２１ ４ ＋１( ) x１x２ ４ ＋１( ) CP→ x ２ １ ４ ＋１( ) ＝ x１x２ ４ ＋１ CP→ , CB →􀅰CP→ CB→ 􀅰 CP→ ＝ x２２ ４ ＋１( ) x１x２ ４ ＋１( ) CP→ x ２ ２ ４ ＋１( ) ＝ x１x２ ４ ＋１ CP→ , 即 CA →􀅰CP→ CA→ 􀅰 CP→ ＝ CB→􀅰CP→ CB→ 􀅰 CP→ , 可得cos∠PCA ＝cos∠PCB, 所以 ∠PCA ＝ ∠PCB 成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１７ ２０２５名校高考全真模拟试题(十七) 数学 本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题:本题共８小题,每小题５分,共４０分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的． １．(２０２４􀅰天津一中校考)对两个变量x 和y 进行回归分析,得到一组样本数据 x１,y１( ),x２,y２( ),􀆺, xn,yn( ),下列统计量的数值能够刻画其经验回归方程的拟合效果的是 (　　) A．平均数 B．相关系数r C．决定系数R２ D．方差 ２．(２０２４􀅰辽宁省沈阳市二中高三模拟)已知 an{ }是等比数列,Sn 是其前n 项和．若a３－a１＝３,S４＝５S２,则 a２ 的值为 (　　) A．２ B．４ C．±２ D．±４ ３．(２０２４􀅰山西省阳泉市高三三模)关于复数z与其共轭复数z,下列结论正确的是 (　　) A．在复平面内,表示复数z和z的点关于虚轴对称 B．z􀅰z＞０ C．z＋z必为实数,z－z必为纯虚数 D．若复数z为实系数一元二次方程ax２＋bx＋c＝０的一根,则z也必是该方程的根 ４．(２０２４􀅰山东省济宁市三模)已知M 为双曲线x ２ ３－ y２ ６＝１ 上一动点,则M 到点 ３,０( )和到直线x＝１的距离 之比为 (　　) A．１ B．２ C．３ D．２ ５．(２０２４􀅰新疆维吾尔自治区高考适应性检测)如图,在四面体P－ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥CB,PA＝ AC＝２BC＝２,则此四面体的外接球表面积为 (　　) A．３π B．９π C．３６π D．４８π ６．(２０２４􀅰湖北省华中师大附中高三压轴卷)某银行在２０２４年初给出的大额存款的年利率为３％,某人存入 大额存款a０ 元,按照复利计算１０年后得到的本利和为a１０,下列各数中与 a１０ a０ 最接近的是 (　　) A．１．３１ B．１．３２ C．１．３３ D．１．３４ ７．(２０２４􀅰四川省成都市第七中学高三检测)已知函数f(x)＝sinωx＋ ３cosωx,若沿x轴方向平移f(x)的图 象,总能保证平移后的曲线与直线y＝１在区间 ０,π[ ]上至少有２个交点,至多有３个交点,则正实数ω的取 值范围为 (　　) A．２,８３ é ë êê ö ø ÷ B．２,１０３ é ë êê ö ø ÷ C．１０３ ,４é ë êê ö ø ÷ D．２,４[ ) ８．(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三适应性考试)过点P －１,０( )的动直线与圆C:(x－a)２＋(y－２)２＝４(a＞０)交于 A,B 两点,在线段AB 上取一点Q,使得 １PA ＋ １ PB ＝ ２ PQ ,已知线段 PQ 的最小值为 ２,则a的值为 (　　) A．１ B．２ C．３ D．４ 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选 对的得６分,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．(２０２４􀅰江苏省盐城市高三模拟)下列函数的图象与直线y＝x＋１相切的有 (　　) A．y＝ex B．y＝lnx C．y＝sinx＋１ D．y＝x３＋１ １０．(２０２４􀅰浙江省四校高三联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c＝b２cosA＋１( ),则下列 结论正确的有 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１７ A．A＝２B B．若a＝ ３b,则△ABC为直角三角形 C．若△ABC为锐角三角形,１tanB－ １ tanA 的最小值为１ D．若△ABC为锐角三角形,则ca 的取值范围为 ( ２２, ２ ３ ３ ) １１．(２０２４􀅰湖南省长沙市雅礼中学高三模拟考试)如图,点P 是棱长为２的正方体ABCD－A１B１C１D１ 的表 面上一个动点,F是线段A１B１ 的中点,则 (　　) A．若点P 满足AP⊥B１C,则动点P 的轨迹长度为４ ２ B．三棱锥A－PB１D１ 体积的最大值为 １６ ３ C．当直线AP 与AB 所成的角为４５°时,点P 的轨迹长度为π＋４ ２ D．当P 在底面ABCD 上运动,且满足PF∥平面B１CD１ 时,线段PF长度最大值为２ ２ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰河北省部分高中高三联考)对于非空集合P,定义函数fP(x)＝ －１,x∉P, １,x∈P, ì î í ï ï ïï 已知集合A＝{x∣０ ＜x＜１},B＝{x∣t＜x＜２t},若存在x∈R,使得fA(x)＋fB(x)＞０,则实数t的取值范围为　　　　． １３．(２０２４􀅰辽宁省实验中学高三四模)已知椭圆x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１(a＞b＞０)与双曲线x ２ a２ －y ２ b２ ＝１,椭圆的短轴长与 长轴长之比大于１ ２ ,则双曲线离心率的取值范围为　　　　． １４．(２０２４􀅰四川省成都石室中学高考适应性考试)函数f(x)＝esinx－ecosx在(０,２π)范围内极值点的个数 为　　　　． 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．(１３分)(２０２４􀅰陕西省西安市雁塔区陕西师大附中三模)如图所示,半圆柱的轴截面为平面BCC１B１,BC 是圆柱底面的直径,O为底面圆心,AA１ 为一条母线,E 为CC１ 的中点,且AB＝AC＝AA１＝４． (１)求证:OE⊥AB１; (２)求平面AB１E 与平面B１OE 夹角的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１７ １６．(１５分)(２０２４􀅰江西省重点中学高三联考)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名,该游戏 中有A,B,C三首歌曲．嘉宾甲参加猜歌名游戏,需从三首歌曲中各随机选一首,自主选择猜歌顺序,只有 猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首,并且获得本歌曲对应的奖励基金．假设甲猜对每首歌曲的歌名相 互独立,猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的奖励基金如下表: 歌曲 A B C 猜对的概率 ０．８ ０．５ ０．５ 获得的奖励基金金额/元 １０００ ２０００ ３０００ (１)求甲按“A,B,C”的顺序猜歌名,至少猜对两首歌名的概率; (２)甲决定按“A,B,C”或者“C,B,A”两种顺序猜歌名,请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期 望;为了得到更多的奖励基金,请你给出合理的选择建议,并说明理由． １７．(１５分)(２０２４􀅰抚顺一中校考阶段测试)已函数f(x)＝x３＋ax２＋bx＋c(a,b,c∈R),其图象的对称中心 为(１,－２)． (１)求a－b－c的值; (２)判断函数f(x)的零点个数． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１７ １８．(１７分)(２０２４􀅰山西省大同市高三三模)已知数列 an{ }的前n项和为Sn,满足２Sn＋an＝３;数列 bn{ }满足 bn＋bn＋１＝２n＋１,其中b１＝１． (１)求数列 an{ },bn{ }的通项公式; (２)对于给定的正整数ii＝１,２,􀆺,n( ),在ai 和ai＋１之间插入i个数ci１,ci２,􀆺,ci ,使ai,ci１,ci２,􀆺,ci , ai＋１成等差数列． (ⅰ)求Tn＝c１１＋c２１＋c２２＋􀆺＋cn１＋cn２＋􀆺＋cnn; (ⅱ)是否存在正整数m,使得 bm－１＋ １ am＋２ bm－１－ ２m＋３ ２Tm－３ 恰好是数列 an{ }或 bn{ }中的项? 若存在,求出所有满足条件 的m 的值;若不存在,说明理由． １９．(１７分)(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)直线族是指具有某种共同性质的直线的全体,例如x＝ty＋１表示过 点(１,０)的直线,直线的包络曲线定义为:直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线,且该曲线上 的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线． (１)若圆C１:x２＋y２＝１是直线族mx＋ny＝１(m,n∈R)的包络曲线,求m,n满足的关系式; (２)若点P x０,y０( )不在直线族Ω:(２a－４)x＋４y＋(a－２)２＝０(a∈R)的任意一条直线上,求y０ 的取值范 围和直线族Ω的包络曲线E; (３)在(２)的条件下,过曲线E 上A,B 两点作曲线E 的切线l１,l２,其交点为P．已知点C ０,１( ),若A,B,C 三点不共线,探究∠PCA＝∠PCB 是否成立? 请说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋