黄金卷01（广东专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（广东专用） 黄金卷01·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 C B D D B C D A 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 10 11 BC ACD ACD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 13. 44 14. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分） 【详解】（1）由已知，得， …………….(1分) 又函数在点处的切线斜率为， 即， 解得； …………….(5分) （2）由（1）得，， …………….(6分) 则恒成立， 即在上单调递增， …………….(8分) 又， 即函数为奇函数， …………….(10分) 由，可知， 即，解得， 即不等式的解集为. …………….(13分) 16．（15分） 【详解】（1）因是正方形，则,因,故. …………….(2分) 由,则.因,则平面， …………….(4分) 又平面,故平面平面. …………….(5分) （2）    如图，取的中点，连接,易得,因， 故即二面角的平面角，即， …………….(7分) 易得,取中点，连接,过点作,交于， 因,故得正三角形，则, 由（1）得平面平面，且平面平面，平面， 故得平面. …………….(9分) 因此可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则, …………….(10分) 依题意，设,， 则， 因，设平面的法向量为， 则，故可取. …………….(12分) 设直线与平面所成的角为， 则，解得或， …………….(14分) 因，故，即, 故当点是的一个四等分点（靠近点）时，直 线与平面所成角的正弦值为,此时 …………….(15分) 17．（15分） 【详解】（1）甲每轮游戏的积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为， 则， …………….(2分) 经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分； 4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分， 所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率． …………….(4分) （2）（i）记“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件， 于是， …………….(6分) 则， …………….(7分) 又， 所以是首项为公比为的等比数列． …………….(9分) （ii）由（i）得，当时，， …………….(10分) 累加得， 因此， …………….(12分) 当为奇数时，单调递增，且， 当且为偶数时，单调递减，且， 则当时，最大，所以甲选择6分对自己最有利． …………….(15分) 18．（17分） 【详解】（1）由题意得，准线方程为， …………….(1分) 设，则，解得， …………….(2分) 故，不妨设， ， 解得，的方程为； …………….(4分) （2）（ⅰ），准线方程为， 设直线，与联立得， 设，则， …………….(6分) 直线，当时，，故， 同理可得， 则，，…………….(8分) 故 ， 故，，证毕； …………….(10分) （ⅱ）四点共圆，理由如下： 由题意得， ， 则，则线段的中点坐标为， 故直线的垂直平分线方程为， …………….(12分) 令得，故， 则，，， 由焦半径公式可得， 因为 则， 故， …………….(15分) 又，故∽，∽， 故， 由于，故， 即， 从而四点共圆. …………….(17分) 19．（17分） 【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集； …………….(1分) 对于集合B：因为， 又，，，，，， 所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集. …………….(3分) （2）不妨设集合S中的元素为，即， 因为S为规范数集，则， 则，且，使得， …………….(5分) 当时， 则 ， 当且仅当且时，等号成立； …………….(6分) 当时， 则 ， 当且仅当且时，等号成立； …………….(8分) 当时， 则， 当且仅当时，等号成立； 综上所述：. …………….(10分) （3）法一： 不妨设， 因为S为规范数集，则， 则，且，使得， 当时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则范数， 当且仅当时，等号成立， 又 ， 当且仅当时，等号成立， 故，即范数的最小值；…………….(12分) 当时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立，则， 则范数 ， 当且仅当时，等号成立， 又 ， 当且仅当时，等号成立， 故，即范数的最小值；…………….(14分) 当，使得，且， 当，即，即时， 则当时， 可得， 当且仅当时，等号成立， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则范数 ； 对于，其开口向上，对称轴为， 所以， 所以范数的最小值为； …………….(15分) 当，即，即时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则范数 ； 对于，其开口向上，对称轴为， 所以， 所以范数； 综上所述：范数的最小值. …………….(17分) 法二： 不妨设， 因为S为规范数集，则， 则，且，使得， …………….(12分) 所以对于，同样有，则， 由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立， 即，，……， …………….(14分) 所以范数 ， 当且仅当时，等号成立， 所以范数的最小值. …………….(17分) 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（广东专用） 黄金卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的． 1．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 2．已知一组数据：2，5，7，，10的平均数为6，则该组数据的第60百分位数为（    ） A．7 B．6.5 C．6 D．5.5 3．已知双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 4．已知等差数列的前项和为，若，，则（   ） A． B．5 C． D． 5．在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（    ） A．32 B．24 C．18 D．12 6．已知是圆上的两个动点，且，点是线段的中点，则的最大值为（   ） A．12 B． C．6 D． 7．已知，则（    ） A． B． C．1 D． 8．“四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图1），广场中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比乌斯带（如图2）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞”.在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a（），坐标原点O为AB中点且点A，B均在x轴上，若动点P满足，那么点P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“∞”（如图3）.若，点P在第一象限且，则（    ） A． B． C． D．2 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．已知函数的图象相邻两个对称中心之间的距离为，则（ ） A． B．的最小正周期为 C．的图象的一条渐近线为直线 D．的增区间为 10．正八面体是一种正多面体，也是一种正轴体，由8个正三角形面组成，每个面均为正三角形.如图，正八面体的棱长为10，M为棱FC上一点，且，则（    ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 11．定义域为的连续函数，对任意，且不恒为0，则下列说法正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．若，则 D．若0为的极小值点，则的最小值为2 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．设全集，集合，且，则实数的取值范围是 ． 13．已知，则 ． 14．已知，则的最小值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分） 已知，曲线在点处的切线斜率为. (1)求的值； (2)求不等式的解集. 16．（15分） 如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．    (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 17．（15分） 甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数不小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立． (1)求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率 (2)经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，第一次由甲掷．当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分．甲、乙分别在5~25分之间选一个整数分数（含5分和25分），且两人所选的分数不同，当两人累计积分之和首先等于其中一人所选分数时，此人赢得游戏．记两人累计积分之和为的概率为 （i）证明：为等比数列． （ⅱ）甲选哪个分数对自己最有利？请说明理由 18．（17分） 已知抛物线的焦点为，准线为为坐标原点，是上一点，且到的距离为的面积为． (1)求的方程； (2)已知过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点． （ⅰ）设直线分别与交于点，证明：； （ⅱ）设与轴的交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，则四点是否在同一个圆上？并说明理由． 19．（17分） 给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和. (1)判断、哪个是规范数集，并说明理由； (2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：； (3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值. 注：、分别表示数集中的最小数与最大数. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（广东专用） 黄金卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用复数的除法化简得出复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，则，所以，， 所以，. 故选：C. 2．已知一组数据：2，5，7，，10的平均数为6，则该组数据的第60百分位数为（    ） A．7 B．6.5 C．6 D．5.5 【答案】B 【分析】先根据平均数求的值，然后将数据从小到大排列，根据百分位数的概念求值. 【详解】因为 . 所以数据为：2，5，6，7，10. 又因为，所以这组数据的第60百分位数为：. 故选：B 3．已知双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据双曲线的性质，即可解题. 【详解】由题意可知，所以，所以双曲线的渐近线方程为. 故选：D. 4．已知等差数列的前项和为，若，，则（   ） A． B．5 C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列性质可得，结合等差数列通项公式列式求，代入等差数列求和公式即可. 【详解】设等差数列的公差为d， 因为，可得， 且，则，解得， 所以. 故选：D. 5．在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（    ） A．32 B．24 C．18 D．12 【答案】B 【分析】按照A场地安排人数分类讨论，结合分类加法原理，利用排列组合知识求解即可. 【详解】按照A场地安排人数，可以分以下两类： 第一类，A场地安排1人，共种安排方法， 第二类，A场地安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B 6．已知是圆上的两个动点，且，点是线段的中点，则的最大值为（   ） A．12 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】先根据题意求出的轨迹方程为，设到直线的距离为，由此可得，将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值，先求圆心到直线的距离再加半径即可求解. 【详解】根据已知有，圆心，半径，因为弦， 所以圆心到所在直线的距离， 又因为为的中点，所以有， 所以的轨迹为圆心为，半径为的圆， 的轨迹方程为； 令直线为，则到直线的距离为， 则，即，所以当最大时， 也取得最大值， 由此可将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值的倍， 设圆心到直线的距离为，则，所以， 所以的最大值为6. 故选：C 7．已知，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】由三角恒等变换结合角的范围得，再由三角恒等变换结合商数关系即可求解. 【详解】， 所以，即，即， 由题意，所以解得满足题意， 故. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：关键在于求得，进一步将所求式子化成关于的式子即可顺利求解. 8．“四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图1），广场中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比乌斯带（如图2）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞”.在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a（），坐标原点O为AB中点且点A，B均在x轴上，若动点P满足，那么点P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“∞”（如图3）.若，点P在第一象限且，则（    ）    A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】设，根据双纽线的定义求出点的轨迹方程，设，则，代入方程求出，再在中，利用余弦定理求出，即可得解. 【详解】，设， 由双纽线的定义得， 即， 化简得， 显然，设，则， 代入方程，得， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 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．已知函数的图象相邻两个对称中心之间的距离为，则（ ） A． B．的最小正周期为 C．的图象的一条渐近线为直线 D．的增区间为 【答案】BC 【分析】利用正切型函数的对称性和周期性可判断AB选项；利用正切型函数的渐近线可判断C选项；利用正切型函数的单调性可判断D选项. 【详解】对于AB选项，因为函数的图象相邻两个对称中心之间的距离为， 则该函数的最小正周期为，所以，，A错B对； 对于C选项，，当时，， 所以，的图象的一条渐近线为直线，C对； 对于D选项，由， 可得， 所以，的增区间为，D错. 故选：BC. 10．正八面体是一种正多面体，也是一种正轴体，由8个正三角形面组成，每个面均为正三角形.如图，正八面体的棱长为10，M为棱FC上一点，且，则（    ） A．平面平面 B．该正八面体外接球的表面积为 C．二面角的余弦值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】应用线面平行结合面面平行判定定理判断A,再根据正八面体的性质结合外接球表面积公式计算判断B,应用二面角定义找到即二面角的平面角再结合余弦定理求解判断C,根据线线平行得出异面直线所成角为再余弦定理计算即可判断D. 【详解】由正八面体的性质可得平面,不在平面内，所以平面， 又因为，平面,不在平面内，所以平面， 又,平面,所以平面平面，A正确. 连接，.设与交于点O，则即该正八面体外接球的半径. 因为，所以该正八面体外接球的表面积为，B错误. 取AD的中点N，连接易得,则即二面角的平面角. 因为正八面体的棱长为10，所以,,， 所以，C正确. 因为，所以即异面直线AE与BM所成的角. 因为，所以.因为， 所以，则，D正确. 故选：ACD. 11．定义域为的连续函数，对任意，且不恒为0，则下列说法正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．若，则 D．若0为的极小值点，则的最小值为2 【答案】ACD 【分析】令，先求，再令，结合奇偶性定义判断A，令，结合换元法判断B，令，结合，先求出的周期为4，算出即可判断C，利用极小值定义求出的最小值判断D. 【详解】对于选项A，令，有，解得或， 若，只令，有，则恒为0， 所以，所以， 只令，有，因为， 所以，即， 所以， 所以为偶函数，故选项A正确； 对于选项B，令，有， 令，所以，故，故选项B错误； 对于选项C，若，令，有， 所以，所以， 所以，所以， 所以的周期为4， 因为，， 所以，，， 所以， 所以，故选项C正确； 对于选项D，由选项A可知， 因为为偶函数，所以只需求解的的取值范围， 因为0为的极小值点，所以存在，使时，， 由选项B可知，， 所以， 若，则，则有， 与时，矛盾， 故，所以，解得或， 由上述过程同理可证不成立，所以， 所以当时，，又因为为偶函数， 所以当时，的最小值为，故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，利用极值的定义知存在，使时，，再利用选项B中结论， 再分和两种情况，即可求解. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．设全集，集合，且，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据集合的运算结果，结合数轴进行计算即可得解. 【详解】， 又， ， ． 故答案为：. 13．已知，则 ． 【答案】44 【分析】将转换成，利用二项式定理运算求解. 【详解】因为， 所以上面展开式中含有项为， 所以. 故答案为：44. 14．已知，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】令，，通过指数式与对数式互化用表示出，再借助基本不等式进行求解即可. 【详解】令，，则，， ， 令，，则，当且仅当，即时等号成立， ，即. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分） 已知，曲线在点处的切线斜率为. (1)求的值； (2)求不等式的解集. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得参数值； （2）根据导数判断函数单调性，再结合函数的奇偶性解不等式即可. 【详解】（1）由已知，得， 又函数在点处的切线斜率为， 即， 解得； （2）由（1）得，， 则恒成立， 即在上单调递增， 又， 即函数为奇函数， 由，可知， 即，解得， 即不等式的解集为. 16．（15分） 如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．    (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先证明，得平面，即得平面平面； （2）先由题意取中点，证明平面，建系，求出相关点和向量的坐标，依题设，计算出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程，求解即得. 【详解】（1）因是正方形，则,因,故. 由,则.因,则平面， 又平面,故平面平面. （2）    如图，取的中点，连接,易得,因， 故即二面角的平面角，即， 易得,取中点，连接,过点作,交于， 因,故得正三角形，则, 由（1）得平面平面，且平面平面，平面， 故得平面. 因此可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则, 依题意，设,， 则， 因，设平面的法向量为， 则，故可取. 设直线与平面所成的角为， 则，解得或， 因，故，即, 故当点是的一个四等分点（靠近点）时，直线与平面所成角的正弦值为,此时 17．（15分） 甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数不小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立． (1)求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率 (2)经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，第一次由甲掷．当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分．甲、乙分别在5~25分之间选一个整数分数（含5分和25分），且两人所选的分数不同，当两人累计积分之和首先等于其中一人所选分数时，此人赢得游戏．记两人累计积分之和为的概率为 （i）证明：为等比数列． （ⅱ）甲选哪个分数对自己最有利？请说明理由 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ⅱ）甲选择6分对自己最有利，理由见解析. 【分析】（1）求出甲每轮积分为0，1，2分的概率，再将所求概率的事件分拆成彼此互斥事件的和，利用概率的加法、乘法公式列式计算即得. （2）（i）根据给定条件，利用条件概率、全概率公式列式，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）利用累加法求出，借助数列单调性求出最大值即可判断得解. 【详解】（1）甲每轮游戏的积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为， 则， 经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分； 4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分， 所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率． （2）（i）记“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件， 于是， 则，又， 所以是首项为公比为的等比数列． （ii）由（i）得，当时，， 累加得， 因此，当为奇数时，单调递增，且， 当且为偶数时，单调递减，且， 则当时，最大，所以甲选择6分对自己最有利． 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 18．（17分） 已知抛物线的焦点为，准线为为坐标原点，是上一点，且到的距离为的面积为． (1)求的方程； (2)已知过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点． （ⅰ）设直线分别与交于点，证明：； （ⅱ）设与轴的交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，则四点是否在同一个圆上？并说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明过程见解析； （ⅱ）四点共圆，理由见解析 【分析】（1）求出焦点和准线，设，由焦半径公式得到方程，求出，从而得到，由三角形面积得到方程，求出，求出答案； （2）（ⅰ）设直线，与联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线，求出，同理得到，计算出，得到答案； （ⅱ）求出直线的垂直平分线方程，得到，故，，，再由焦半径公式得到，故，从而得到三角形相似，得到对角互补，得到四点共圆. 【详解】（1）由题意得，准线方程为， 设，则，解得， 故，不妨设， ， 解得，的方程为； （2）（ⅰ），准线方程为， 设直线，与联立得， 设，则， 直线，当时，，故， 同理可得， 则，， 故 ， 故，，证毕； （ⅱ）四点共圆，理由如下： 由题意得， ， 则，则线段的中点坐标为， 故直线的垂直平分线方程为， 令得，故， 则，，， 由焦半径公式可得， 因为 则， 故， 又，故∽，∽， 故， 由于，故， 即， 从而四点共圆. 【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19．（17分） 给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和. (1)判断、哪个是规范数集，并说明理由； (2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：； (3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值. 注：、分别表示数集中的最小数与最大数. 【答案】(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集； (2)证明见详解； (3). 【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可； （2）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明； （3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解； 法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解. 【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集； 对于集合B：因为， 又，，，，，， 所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集. （2）不妨设集合S中的元素为，即， 因为S为规范数集，则，则，且，使得， 当时， 则 ， 当且仅当且时，等号成立； 当时， 则 ， 当且仅当且时，等号成立； 当时， 则， 当且仅当时，等号成立； 综上所述：. （3）法一： 不妨设， 因为S为规范数集，则，则，且，使得， 当时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则范数， 当且仅当时，等号成立， 又 ， 当且仅当时，等号成立， 故，即范数的最小值； 当时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立，则， 则范数 ， 当且仅当时，等号成立， 又 ， 当且仅当时，等号成立， 故，即范数的最小值； 当，使得，且， 当，即，即时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则范数 ； 对于，其开口向上，对称轴为， 所以， 所以范数的最小值为； 当，即，即时， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则当时，可得， 当且仅当时，等号成立， 则范数 ； 对于，其开口向上，对称轴为， 所以， 所以范数； 综上所述：范数的最小值. 法二： 不妨设， 因为S为规范数集，则，则，且，使得， 所以对于，同样有，则， 由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立， 即，，……， 所以范数 ， 当且仅当时，等号成立， 所以范数的最小值. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$