江西省抚州市临川第三中学2024—2025学年高三（实验部）上学期12月模拟考试数学试题

链密★启用前 二、多喷选择题：本销共3小殖。小题6分，共18分。在钙小慧给出的四个选项中，有多项符合 2024一2025学年高三年级12月模拟考试（实验部） 题目要求。全部志对的得6分，部分远对的得都分分，有选错的御0分 身已如摩特店后发生的撰幸分别为心号风码一行则《) 数学 A若A与，别P48- 一：单项选挥题：本题共常小题，每小题5分，共的分，在每小题地出的四个选说中，只有一项 惠香A与相红佳立，清楼号 是样合题日要术 C石A与5相互鞋立，嘴P风-】 1,在复面内，复数行对应的点与复数马一共对商的站关于实粒对格划等于() 1-i D.若A与：相监立，则P4-号 A.1+1 B.=1-| C.-1+1 D.1-i 工.己知地合4=-sxs月1，B={x-5x-6>,期4n思。() 1已加数到恤的前限和为，且满是4：4+74产气N门落() A,=1 A(-16) B.3-u(6C.【-A-06]D.3] B.4- 多.在(1+)-(1+-1+-山-自+的展开式中，￥的系数为) C,a,为这延数列 A.-0 B.-00 0.-210 D.-10 4.已知可、店是互相看直的网个草位向量，若向量病-士0)与店-所的夹角为如，则实数一() n-4 A.1 B.1w5 e. 11.已知雨数()=nt+cw),则F列结论正编的是（》 D.5 A.直线x一：为函数（闭的园象的一条对称精 5。甲。乙丙人进行庄乓球比寒，比喜采用3局2脏制：如果每局比毒甲胜的情率为ǘ7，乙夜脏的据率 为Q3。且各后比赛结果胆互旋立，雪么在甲铁册的条件下，比喜进行了3后的制率为(】 上单调还增 6.己知平面向绿a,B,满足月-1,8-0，aB-1,a2-1,则不+的最小值为《》 D,五k.+6+ 4 A.1 B. C.2 D.4 三，用空题：本题共3小题，每小题5分，其15分 春3，aR,+2b-a 江已如44均为有，仁矿-公a对红重的实相收立，指4- A.iacb B.a>边 C.e< D.e' 品.已知通数八的院文线为昆)+明代心-小且身0时.对=，则当0时，利 B.在反商达长为？的正三楼柱4C-C,4←国中，异面直线成与C所成热的余轻省为兮，则 该正三棱柱的体积为一一 的解析式可以是() 14,数列作}中，若存在4，便解'4≥国且之A藏立，《k之2，短N》则序属为位}的一个解值 Af八x)=如(x+) B.f八-2s 若4=-3拼+山n。划凤)的蜂值为1若总，一一，且红}不存在蜂值。划实数1的取馆定国 c.f(-c-1 D./() 为 数学试题第1页（共4页） 数学试图第2页（共4重） 四，解容题：本鞋共5小盟，共77分，解答应写出文字说明、正明过程或案算步漫. )当运控锥A-CD的体积量5谢， 15.〔13分) ①米正，信LCD: 已知函数f-（:是白然时数的宝数》 ②乘其外接球等表行积： ()来函数)在0，上的摩调场区间： ☒四设W为C的中点，记平面4语D与平面AD的类角为8，求08的最小植. 国话)为的号商数，函数小=-引，求（小上销混大植 18.《17分) 如用，由年分托导广行一1o6QsO)和密分双南我兰上 。一京一(y0,用成的曲线C称扩蓝开 16.(15分) 女。曲找C与4地有20，-20两个文点，且稀题与双由浅的离心率之积为 4 如图。己知40语是半轻为1.国心角为8的岸形，是州郑道上物功点，见∠OP一2， )求出部分杆方程和密分双由线方程 )请用民a来表不平打四边形0C2的有飘 周径过底L)的直进！与C相切于点M,求点M特坐标及直成/的方程： @因活骨 闵过A的直授与C相交于点？，A,Q过点，求正B4-Qa1, ①求平行四由形CCQ面积：的最大值。以及面积量大时角@的值 记牙=+C丽《其中1，eR)+求Ay的收值直国 19.(17分) 对给定价，有k民及-mneN)中无-企修 透数列rD数叶 17.(15分) (1)当“GL斗时，是舌存在符合张特的“D粒1若环在，谓求出所有的符合条件的D数宁：著不存在， 如周.三脏A-BCD中，D1CDAB⊥AD,且A桥=D,BD=2DC=1 请瓷明耳由 因明：《)+号+马十+a-写 (》当u27时，任意符合条年的D数对裤足年之2， )当1=0时，求出所有的D数对 数学试题第3页（共4页） 数学试题第4页（共4页）答案第 1页，共 15页 2024—2025学年高三年级 12月模拟考试（实验部） 数学答案 1．D 【分析】先计算复数 2z ，得到复数 2z 对应的点，由对称性即可得复数 1z 对应的点，进而得 复数 1z . 【详解】        2 3+i 2+i3 i 5 5i= 1 i 2 i 2 i 2 i 5 z         ，所以复数 2z 对应的点为  1,1 ， 因为复数 1z 对应的点与复数 2z 对应的点关于实轴对称，所以复数 1z 对应的点为  1 1， ， 所以 1=1 iz  ， 故选：D. 2．C 【分析】首先解一元二次不等式求出集合 B，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由 2 5 6 0x x   ，即   1 6 0x x   ，解得 6x  或 1x   ， 所以  2 5 6 0 { 6B x x x x x    或 1}x   ， 又  | 3 7A x x    ，所以    3, 1 6,7A B     . 故选：C 3．D 【分析】先找出每项中含有 2x 的项，利用组合数的性质即可得出结果. 【详解】在        2 3 91 1 1 1x x x x         的展开式中， 2x 的系数为    2 2 2 2 3 2 22 3 8 9 3 3 9C C C C C C C             3 2 2 34 4 9 10C C C C 120             . 故选：D. 4．D 【分析】利用平面向量数量积的运算性质求出 1 2e e  ur uur 、 1 23e e   、    1 2 1 23e e e e    ur uur ur uur ， 利用平面向量数量积的定义可得出关于 的等式，解之即可. 答案第 2页，共 15页 【详解】因为 1e  、 2e  是互相垂直的两个单位向量，则 1 2 1    e e ，且 1 2 0e e    ， 由平面向量数量积的运算性质可得  2 2 221 2 1 2 1 1 2 22e e e e e e e e          ur uur ur uur ur ur uur uur 2 1  ，  1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 22 3 3 23 3e e e e ee e e                ，      2 21 2 1 2 1 23 3 1 3 3e e e e e e            ur uur ur uur ur uur ， 由平面向量数量积的定义可得    1 2 1 2 1 2 1 23 3 cos30e e e e e e e e        o ur uur ur uur ur uur ur uur ， 即 2 33 1 2 0 2        ，则 3   ， 且有 22 2 3 0   ，又因为 0  ，故 3  . 故选：D. 5．C 【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求  P A ，  P AB ，进而求条件概率. 【详解】设甲获胜为事件 A，比赛进行了 3局为事件 B， 则   0.7 0.7 2 0.7 0.3 0.7 0.784P A        ，   2 0.7 0.3 0.7 0.294P AB      ， 所以      0.294 3| 0.784 8 P AB P B A P A    . 故选：C. 6．C 【分析】在平面直角坐标系 xOy中，不妨设  1,0a   ，  1 1,b x y  ，  2 2,c x y  ，由已知可 得 1 2 1 0y y   ，由向量的加法和模的坐标运算结合基本不等式求解即可. 【详解】在平面直角坐标系 xOy中，不妨设  1,0a   ，  1 1,b x y  ，  2 2,c x y  ， 则 1 1a b x     ， 2 1a c x      ， 1 2 1 2 1 2 1 0b c x x y y y y        ， 所以    2 21 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 2b c y y y y y y y y y y                 ， 当且仅当 1 1y   时等号成立， 答案第 3页，共 15页 因此， b c   的最小值为 2. 故选：C. 7．C 【分析】由 1 12ln ea b a b    ，得到 2 1 1e lna a b b     ，再由 1b  ，得到 2 2 1 1e lna a b b     ， 然后令   exf x x  ，利用其单调性求解.利用反证法可判断 AB的正误. 【详解】由 1 12ln ea b a b    ，得 1 1 2ln ea a b b    ，即 1 1e 2lna a b b     ， 即 2 1 1e lna a b b     ， 因为 1b  ，所以 2 2 2 1 1 1 1ln ln b b b b    ， 从而 2 2 1 1e lna a b b     . 令   exf x x  ，上述不等式可化为   2 1lnf a f b        ， 易知  f x 在R 上单调递增， 所以 2 1lna b   ，即 2lna b   ， 2lna b ，所以 2ea b . （另解：令   lng x x x  ，不等式 2 2 1 1e lna a b b     可化为   21e ag g b        ， 易知  g x 在定义域内单调递增，所以 2 1e a b   ，所以 2ea b ） 对于 AB，若 2a b ，则 22 1 1e ln e 2 b a ba b b       在  1, 上恒成立， 故 22 1 1ln e 0 2 bb b b      在  1, 上恒成立， 但 e e 2 2 2 1 1 e 1 e 1 2.8ln e 2 e 2 0.2 0 e e 2 e 2 2.5 2                  ， 故 22 1 1ln e 0 2 bb b b      在  1, 上不恒成立，故 A错误； 若 2a b ，则 22 1 1e ln e 2a ba b b b       在  1, 上恒成立， 故 2 2 1 1ln 2 e 0bb b b     在  1, 上恒成立， 当b 时 2 22 1 1 1ln 2 e 2ln 2 eb bb b b b b b           ， 故 2 2 1 1ln 2 e 0bb b b     在  1, 上不恒成立，故 B错误， 故选：C 答案第 4页，共 15页 8．A 【分析】对 A，分0 1x  ， 1x  ，结合导数验证不等式，对于 BCD代入 1 2 x  验证即可. 【详解】对于 A，当0 1x  时， 1 0x   ，此时      1 11 1 ln 2 1 2 2 f x f x x x            ，    ln 1f x x  ， 令          2ln 1 ln 2 1 2ln 1 ln 2 1g x x x x x x x              ，       22 1 2 11 1 2 1 2 x xg x x x x x             ，令   0g x  ，则 1 2x    ， 当0 1 2x    时，   0g x  ，函数单调递增， 当 1 2 1x    时，   0g x  ，函数单调递减， 所以当 1 2x    时，函数取得极大值，此时   0g x  ， 又因为    0 1 ln 2 0, 1 2ln 2 ln3 0g g      ，所以   0g x  ， 即      2ln 1 ln 2 1 0g x x x x         ，即     1ln 1 ln 2 1 2 x x x      ， 即      1 1 1 2 f x f x f x     ，符合题意， 当 1x  时，        1 11 1 ln 2 ln ln 2 2 2 f x f x x x x x              ，    ln 1f x x  ， 因为     221 2 1 0x x x       ，即  1 2x x x   ，所以    ln 1 ln 2x x x   ， 即      1 1 1 2 f x f x f x     ，故 A正确； 对于 B，   2f x x ，当 1 2 x  ，此时   1 1 2 f x f       ，    1 1 3 1 51 1 2 2 2 2 4 f x f x f f                      ， 此时 51 4  ，不符合题意，故 B错误； 对于 C，   e 1xf x   ，当 1 2 x  ，此时   1 e 1 2 f x f        ，     3 21 1 3 1 11 1 e 1.5 2 2 2 2 2 f x f x f f                            ， 答案第 5页，共 15页 此时 3 21e 1 e 1.5 2         ，不符合题意，故 C错误； 对于 D，   2f x x ，当 1 2 x  ，此时   1 1 2 4 f x f       ，    1 1 3 1 1 9 1 71 1 2 2 2 2 2 4 2 8 f x f x f f                              ， 此时 1 9 4 8  ，不符合题意，不符合题意，故 D错误， 故选：A. 9．ACD 【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式逐项计算判断. 【详解】对于 A，若A与 B互斥，则       3 4 P A B P A P B    ，A正确； 对于 B，若A与 B相互独立，则       1 8 P AB P A P B  ，B错误； 对于 C，若A与 B相互独立，则A与B相互独立，则       38P AB P A P B  ，C正确； 对于 D，若A与 B相互独立，则 5( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 P A B P A P B P AB P A P B P A P B       ， D正确. 故选：ACD 10．AD 【分析】令 1n  ，计算可判断 A；当 2n  ，可得     2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 n n n n a a a         ， 两式相减可求得通项公式判断 B；由 1 1 2 2n n n na a      ，可判断 C；利用错位相减法可求得 nS 可判断 D. 【详解】当 1n  时， 2 1 1 1 1 2 a   ，故 A正确； 当 2n  时，     2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 n n n n a a a         ，又   2 1 * 1 22 2 2 n n n na a a n     N ， 两式相减得    221 1 12 2 2 n n n nn na n       ，所以  1 22n n na n  ， 当 1n  时， 1 1a  适合上式，所以 12n n na  ，故 B错误； 答案第 6页，共 15页 所以 1 1 2 1 1 2 2 2 2n n n n n n n na a          ， 所以 2 1a a ，当 3n  时， 1n na a  ，所以 na 从第二项起是递减数列，故 C错误； 0 1 3 1 2 31 2 2 2 2nn nS      ， 所以 1 2 3 1 1 2 3 2 2 2 2 2n n nS     ， 两式相减得 0 1 3 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2n nn nS       所以 11 1 24 4 2 2 2 2nn nn S n n        ，故 D正确. 故选：AD. 11．ABD 【分析】根据函数对称性经验证可知 ( )f x 满足 (π ) ( )f x f x  ，即 A正确，利用复合函数 单调性判断即可得出 B正确，由特殊值代入计算可得 3π(π) 2 f f       ，即 C错误，由单调性 可知 π0, 2 x       满足 6 2( ) 1 4 f x   ，可得 D正确. 【详解】对于 A，因为 ( ) sin cos(cos )f x x x  ， 所以 (π ) sin(π ) cos(cos(π )) sin cos( cos ) sin cos(cos ) ( )f x x x x x x x f x           ，故 A 对； 对于 B，又易知 siny x 在 π0, 2       上单调递增， cosu x 在 π0, 2       上单调递减， cosy u 在  0,1 上单调递减， 由复合函数的单调性可知 cos(cos )y x 在 π0, 2       上单调递增，故 B对； 对于 C，易知 (π) cos1 0f   ， 3π 1 cos0 0 2 f          ，不能满足 3π(π) 2 f f       ，故 C错； 对于 D，易知  6 21 1,2 4    ，计算可得 π 2 2 f       ， (0) cos1 1f   ， 结合 B选项的单调性可得 π0, 2 x       ，使得 6 2( ) 1 4 f x   ，故 D对． 故选：ABD 【点睛】方法点睛：判断函数对称性常用方法有 （1） 代入验证检验是否满足对称轴方程； （2） 利用函数奇偶性平移求出对称轴或对称中心； （3） 作出函数图象. 答案第 7页，共 15页 12．20 【分析】把问题转化为二项展开式的指定项的系数求解. 【详解】   1262 6 i i i x x a x    即  66 6 7 8 9 126 7 8 9 121x x a x a x a x a x a x       ， 所以  6 2 3 66 7 8 9 121x a a x a x a x a x       . 所以 9a 即为  61x  展开式中的 3x 的系数. 所以 3 9 6C 20a   . 故答案为： 20 13． 3 【分析】建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法求出三棱柱的高，再利用体 积公式即可求得答案。 【详解】设正三棱柱的高为 h，以 A为坐标原点，在底面 ABC内过点 A作 AC的垂线为 x 轴， 以 1,AC AA所在直线为 ,y z轴，建立空间直角标系， 则        1 10,0,0 , 3,1, , 3,1,0 , 0, 2,A B h B C h， 则    1 13,1, , 3,1,AB h BC h     ， 因为异面直线 1AB与 1BC 所成角的余弦值为 1 5 ， 故 2 1 1 1 1 2 2 1 1 3 1 1cos , 54 4 AB BC h AB BC AB BC h h                  ， 由于 1 2AA  ，即 2h  ，解得 1h  ， 答案第 8页，共 15页 故该正三棱柱的体积为 2 3 2 1 3 4    ， 故答案为： 3 14． 10 1, ln 2      【分析】根据二次函数的性质结合数列峰值的定义即可求出数列的峰值；构造函数    ln , 1f x t x x x   ，利用导数求出函数的单调区间，再结合数列峰值的定义即可得解. 【详解】由 23 11na n n   ， 函数 23 11y x x   的对称轴为 11 6 x = ， 又 1 28, 10a a  ， 所以 1 2 3 4 na a a a a     ， 所以{ }na 的峰值为 2 10a  ； 若 lnna t n n  ，则 1 21, ln 2 2a a t    ， 令    ln , 1f x t x x x   ，则    1 , 1t t xf x x x x      ， 当 1t  时，   0f x  ，所以函数  f x 在 1, 上单调递减， 则数列{ }na 是递减数列，符合题意； 当 1t  时，令   0f x  ，则1 x t  ，令   0f x  ，则 x t ， 所以函数  f x 在 1, t 上单调递增，在  ,t  上单调递减， 要使数列{ }na 不存在峰值， 则 1 2 1t a a    ，即 1 1 ln 2 2 t t     ，解得 11 ln 2 t  ， 综上所述，实数 t的取值范围为 1, ln 2      . 故答案为：10； 1, ln 2      . 15．(1) 3 π , π 4      (2)0 【分析】（1）直接求导再令导函数大于等于 0，解出即可； 答案第 9页，共 15页 （2）求出   π 2sin 2 ex xh x x       ，再分析其单调性即可得到最值. 【详解】（1）由已知   sin( )sin cos 4 e ex x xx xf x       ， 令   0f x  ，结合 0,π ，解得 3π π 4 x  ，所以  f x 的单调递增区间 3 π , π 4      ， （2）由题可知，        π π 2sin 2 2 ex xh x f x g x x g x x                  因为  0, πx ，所以 sin 0x  ，令   0h x  ，解得 π0 2x  ， 令   0h x  ，解得 π π 2 x  ，所以  h x 在[0 , ] 2  上单调递增，在 , 2      上单调递减， 所以 ( )h x 的最大值为 ( ) 02 h   . 16．(1) 21 sinsin2 (0 ). 2 tan        (2)①  max 3 6 S   ， π 6   ；②  2 1,2x y  【分析】（1）过点 P作OA的垂线，在Rt PDO△ ，Rt PDC 中利用三角函数值表示边长，即 可表示出四边形的面积； （2）①运用三角恒等变换和三角函数的性质计算关于 的三角函数的最值即可；②通过建 系，得出点的坐标，利用 的三角函数来表示 ,x y，再由三角函数的性质即可求得 2x y 的 范围. 【详解】（1）过点 P作OA的垂线，垂足为D，在Rt PDO△ 中， sin , cosPD OD   ， 在Rt PDC 中， tanPD CD  ，则 sin tan tan PD CD      ， 所以 sincos tan OC OD CD       ， 所以 sincos sin tanOCPQ S OC PD            四边形 21 sinsin2 (0 ). 2 tan         （2）①若 π 3   ，由题意可得 π0 3   ， 答案第 10页，共 15页 由（1）知：   21 sin πsin2 0 2 33 S           故平行四边形OCPQ的面积   21 3sin2 sin 2 3 S     1 3 1 cos2 1 3 3sin2 sin2 cos2 2 3 2 2 6 6         3 π 3sin 2 3 6 6        由于 π0 3   ，故 π π 5π2 6 6 6    ， 故当 π π2 6 2    时，即 6   时，  S  取得最大值为 3 6 . ②根据题意，建立如图所示的坐标系，则   π π1,0 , cos ,sin 3 3 A B      ，即 1 3, 2 2 B        又 POC   ，则     1 3cos ,sin , 1,0 , , 2 2 OP OA OB               因OP xOA yOB     ，即     1 3cos ,sin ,0 , 2 2 x y y           ， 则 1cos 2 x y   ， 3sin 2 y  ， 解得： 3 sin cos 3 x     ， 2 3 sin 3 y  ， π2 3sin cos 2sin 6 x y             ， 由点 P是弧上一动点，则 π0 3   ，则 π π π 6 6 2    ， 所以 1 πsin 1 2 6        即  2 1,2x y  . 则 2x y 的取值范围为  1,2 . 17．(1)①证明见解析；②5π 答案第 11页，共 15页 (2) 15 5 【分析】（1）①由于三角形 ABD的面积为定值，当三棱锥 A BCD 的体积最大时，CD  平面 ABD，从而可证 AB CD ；② 先证 AB  平面 ACD，可得 AB AC ，而M 到 , , ,A B C D的距离相等，所以M 为三棱锥 A BCD 的外接球的球心. 求出外接球半径 1 5 2 2 R BC  ，利用外接球的表面积公式即可求解. （2）如图建立空间直角坐标系，设 N为BD的中点， , (1,0,0)AN BD N ，可设 (1, , )A m n ， 得 2 2 1m n  ，利用空间向量法可得 1 2cos cos ,n n    的表达式，再构造函数 2 2 4 4( ) ( 1 1) 6 4 m mf m m m m         ，利用导数研究函数的单调性即可求得 cos 的最小值. 【详解】（1）① 三角形 ABD的面积为定值，且 BD CD ，  当三棱锥 A BCD 的体积最大时，CD  平面 ABD， AB  平面 ABD， AB CD  ； ②由①知，当三棱锥 A BCD 的体积最大时，CD 平面 ,ABD AB CD ， , , ,AB AD CD AD D CD AD    平面 ACD ， AB 平面 ACD， AB AC  ， 又 M 为 BC的中点， M 到 , , ,A B C D的距离相等， 即M 为三棱锥 A BCD 的外接球的球心. 设外接球半径为 R，则 1 5 2 2 R BC  ，  三棱锥 A BCD 的外接球的表面积为 24π 5πR  ； （2）以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ， 1(2,0,0), (0,1,0), (0,0,0), 1, ,0 , 2 B C D M       设 N为 BD的中点， , (1,0,0)AN BD N ，  可设 (1, , )A m n ，由 1AN  ，得 2 2 1m n  ， 又 (1, , ), (2,0,0)DA m n DB     ，设平面 ABD的法向量 1 1 1 1( , , )n x y z  ， 答案第 12页，共 15页 则 1 1 0 0 DA n DB n           ，即 1 1 1 1 0 2 0 x my nz x      　　　　　 ，令 1 ,y n 则 1 1, 0z m x   ， 可得平面 ABD的法向量 1 (0, , )n n m   又 11, ,0 2 DM         ，设平面 AMD的法向量 2 2 2 2( , , )n x y z  ， 则 2 2 0 0 DA n DM n           ，即 2 2 2 2 2 0 1 0 2 x my nz x y        　　　 　　　　　 ，令 2x n ，则 2 22 , 2 1y n z m    ， 可得平面 AMD的法向量 2 ( , 2 , 2 1)n n n m    , 则 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 cos cos , 5 1 4 4 n m m n n n m n m m             2 22 2 | 2 | 4 4 6 45 1 4 4 m m m m mn m m          ； 设 2 2 4 4( ) ( 1 1) 6 4 m mf m m m m         ，则  22 4(2 1)( 2)( ) 6 4 m mf m m m       ， 易知 11, , ( ) 0, ( ) 2 m f m f m        单调递减：    1 ,1 , 0, 2 m f m f m       单调递增，  当 1 2 m  时， min 3( ) 5 f m  ， 所以 cos 的最小值为 3 15 5 5  . 【点睛】关键点点睛：第二小问中，如何设点A 坐标是解题关键，利用空间向量法表达出 2 2 4 4cos 6 4 m m m m      ，通过构造函数 2 2 4 4( ) ( 1 1) 6 4 m mf m m m m         ，求出函数的最小值是 难点. 18．(1)椭圆方程为：   2 2 1 0 4 3 x y y   ，双曲线方程为   2 2 1 0 4 3 x y y   ． (2)  4,3M ，直线 l的方程为： 1 0x y   ． (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆与双曲线的基本量关系求解即可； （2）设  0 0,M x y ，根据椭圆的切线方程求解即可； 答案第 13页，共 15页 （3）设方程为：  2y k x  ，分别联立椭圆与双曲线，进而可得 2 2 2 8 6 12, 4 3 4 3 k kQ k k       ， 2 2 2 8 6 12, 4 3 4 3 k kP k k       ，再证明 0BP BQk k  即可. 【详解】（1）由题设可得 2 2 2 2 7 4 a b a b a a     ， 2a  ， 3b  ，故椭圆方程为：   2 2 1 0 4 3 x y y   ，双曲线方程为   2 2 1 0 4 3 x y y   ． （2）由图可知，切点M 在双曲线   2 2 1 0 4 3 x y y   上． 设  0 0,M x y ，则 0 0 3 4 xk y  ，则切线 l的方程为： 0 0 1 4 3 x x y y   ，因为直线 l过点  1,0 ，所以， 0 4x  ，代入   2 2 1 0 4 3 x y y   ，得 0 3y  ， 所以，  4,3M ，直线 l的方程为： 1 0x y   ． （3）由题意可得 PQ的斜率存在且不为零，故设方程为：  2y k x  ， 联立     2 2 1 0 4 3 2 x y y y k x         整理得：  2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k     ，   4 2 2 2 Δ 256 4 3 4 16 12 0 3 4 0 k k k k           ，即 3 2 k  且 3 2 k   ，解得： 2x  或 2 2 8 6 4 3 kx k    ， 即 2 2 2 8 6 12, 4 3 4 3 k kQ k k       ． 联立     2 2 1 0 4 3 2 x y y y k x         整理得：  2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k     ， 解得： 2x  或 2 2 8 6 4 3 kx k    ，即 2 2 2 8 6 12, 4 3 4 3 k kP k k       ． 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 12 124 3 4 3 0 8 6 8 6 8 6 8 6 8 6 8 62 2 4 3 4 3 BP BQ k k k kk kk k k k k k k k k k                    ， 所以  BP BQk k ，所以 PBA QBA   ． 【点睛】方法点睛： 答案第 14页，共 15页 （1）双曲线 2 2 2 2 1 x y a b   在点  0 0,M x y 处的切线方程为 0 02 2 1 xx yy a b   ； （2）证明两角度相等时，可考虑斜率的关系，联立方程得出韦达定理化简求解即可. 19．(1)不存在 (2)（i）证明见详解（ii）证明见详解 (3) 16,2,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0 【分析】(1)根据数列 na 的定义，分别验证是否符合“D数列”； (2)（i）根据数列 na 的定义，分别写出 1a ， 2a ， ... , na 求和即可； （ii）对 2 nm  ， 2 nm  分别证明； (3)借助(2)可得 2a ， 3a ， 1ma + ，分别就 1m  ， 2m  和 2m  求得所有的“D数列” 【详解】（1）当 1n  时， 11 1,0 1 0, 0 1, 0 a a X a      ，可知不存在“D数列”； 当 2n  时，若 1 0a  ，又 1 1,0 2,0 2,01 0a X X X     ,矛盾； 若 1 0a  ，则 1 1,0 2,0 2,0 2,00 1a X X X X      ，因此只能 1 2,0 1a X  ， 故 2 0a  ，但此时 2 1,1 2,1 1 0 1a X X     ，矛盾，所以不存在“D数列”. （2）（i）由题意可知  *ma n m n m N   且 ， 假设 k n  ，满足 ka n ，则  , 1 1m kX m n    ，即  1ma k m n    ， 与 ka n 矛盾，因此  *1ma n m n m N    且 ，   1 * 1 1 k k m n X m n m      N， 且 ， 所以 1 2 ,0 ,1 ,n 1 1,m 1 2,m 1 n,m 1 1 1 1 1 1 1 ... ... ... n n n n n n n k k k k k k m m m a a a X X X X X X n                           （ii）设  1 1 1a m m n    ， ①当 2 nm  时，可知  *2 ,ka m k n k N     ,否则与（i）矛盾， 故 1 , 1 1 n m k m k a X    ，因此 2 ,1 1 1 n k k a X    ，而若 2 1a  ，则 2,1 1X  ,得 2 2a  矛盾， 所以 2 2a  ； ②当 2 nm  时，由（i）得 2 n k k a n m    ，而 ,0 2 n k k X m   ，因此 ,1 2 2 n k k X n m     ， 答案第 15页，共 15页 ,2 2 1 n k k X   ，因此 2 ,1 1 2 2 n k k a X n m       ; 综上所述，当 7n  时，任意符合条件的“D数列”都满足 2 2a  . （3）由(2)得当  1 1 19a m m   时， 20 ,1 2 18k k X m    ， 20 ,2 2 1k k X   ，此时 2 18a m  ， 3 1a  ， 1 1ma   . ①当 1m  时， 2 118 17 ma m a     ，舍去； ②当 2m  时， 2 16a  ， 3 1a  ，而此时 20 ,2 4 15k k X   ， 20 1 34k k a   与（i）矛盾，舍去； ③当 2m  时，恰好满足 1 2 3 1ma a a a n    故其他项均为 0，可知 20 1 ,0 1 16k k a X    即 16m  , 因此 2 2a  ， 3 1a  ， 17 1a  ，其他项均为 0. 综上所述，当 20n  时，只有一个符合题意的“D数列”， 即为 16,2,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0 .