海南省四校（海南中学、海口一中、文昌中学、嘉积中学）2025届高三下学期联考数学试题

高三数学 第 1页 （共 4页） 时间：120 分钟 满分：150 分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上，写在本试卷上无效。 第Ⅰ卷（选择题，共 58 分） 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．已知集合 { | 2 , }A x x k k Z   ，B= 22|  xx ，则 A B  A．[ 1,1] B． [ 2, 2] C．{0, 2} D．{ 2,0, 2} 2．i是虚数单位，则复数 6 1 i i 的虚部为 A．3 B．－3 C．3i D．－4i 3．已知 a，b  是单位向量，若 ( 3 )a a b     ，则 | |a b    A． 3 62 B． 2 2 C． 8 3 D．8 4．如图是某年第一季度五省 GDP 情况图，则下列陈述正确的是 ①第一季度 GDP 总量和增长率排名位次相同的省只有 1 个； ②与去年同期相比，第一季度五个省的 GDP 总量均实现了增长； ③去年同期的 GDP 总量前三位是 D 省、B 省、A 省； ④去年同期 A 省的 GDP 总量是第三位． A．①② B．②③④ C．②④ D．①③④ 5．若 3 6loga  ，6 18b  ，则 3log 2ab   A．1 B．－1 C．2 D．－2 高三数学 第 2页 （共 4页） 6．设双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的右焦点为F ，O为坐标原点，以OF 为直径的圆 与双曲线的两条渐近线分别交于（除原点外） A， B两点，若 bAB 2 ，则双曲 线 C 的离心率为 A．4 B．2 C． 3 D． 2 7．已知   1cos 30 3   ，且0 90  ，则      2tan 30 sin 60 cos 150         A． 3 2 9  B． 3 2 2 9  C． 3 2 9  D． 3 2 2 9  8．已知函数  f x ，  g x 是定义在R 上的函数，其中  f x 是奇函数，  g x 是偶函数， 且     2 3 1f x g x ax x     . 若对任意 1 21 2x x   ，都有    1 2 1 2 3 g x g x x x     ，则 实数a的取值范围是 A．        ,0 4 3 , , , B．  0,  C．       , 4 3 D．      0 , 4 3 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 ( ) 2sin(2 ) 1 6 f x x m    在区间[0, ] 2  上的最大值为 4，则下列说法正确 的是 A． ( )f x 的最小正周期为 2  B． 1m  C．点 ( , 2) 12   是 ( )f x 图象的一个对称中心 D． ( )f x 在区间 [ , ] 3 6    上单调递减 10．若数列{ }na 满足： 1na 为奇数时 为偶数时 nn n n aa aa 当 ,3 当 , 2  ，已知 4 1a  ，则 4S  A．14 B．15 C．17 D．18 11．如图，透明塑料制成的长方体容器 ABCD-A1B1C1D1 内灌进一些水，已知 BC＝8， CD＝ 33 ，A A1＝ 28 ，当底面 ABCD水平放置时，水面位置满足 BF∶FB1＝1∶3， 容器内有水部分的几何体体积是 V，下列命题正确的是 A．固定容器底面一边 BC于地面上，将容器倾斜，有水的 部分始终呈棱柱形 B．固定容器底面一顶点 B于地面上，将容器倾斜，有水的 部分可能是三棱锥 C．体积为 V，高为 24 的圆锥不能放在半径是 23 的球体内 D．体积为 V的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为 63 的圆锥内任意旋转 第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分） 高三数学 第 3页 （共 4页） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12．数列   nn ba , 都是等差数列，且 .182 3, 2 1 2025202511  baba ， 则数列 nn ba  的 前 2025 项的和是______. 13．设点F 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点，过抛物线上一点P作其准线的垂线，垂足为Q， 已知直线FQ交 y轴于点  2,0A ，且 PQF 的面积为 8，则该抛物线的方程为______． 14．将标号为 1～10 的 10 个小球装入两个不同的盒子，使得每个盒子都有球，有______ 种不同的装法；当两个盒子的球数相等时，从两个盒子中不放回地各取一球，记下 两球球号之积，重复上述操作，直至取完，则所有积之和的最小值为__________． 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．（本题满分 13 分） 已知 , ,a b c分别为△ABC三个内角 , ,A B C的对边，且 0sin3cos  caCbCb . （1）求 B； （2）若 b＝4，△ABC的面积为4 3，D为 AC边上一点，满足 3AC AD   , ① 求△ABC的周长；； ② 求 BD的长． 16．（本题满分 15 分） 已知函数 axxxf  ln)( . （1）当 1a 时，曲线 )(xfy  在点(1,1)处的切线与曲线 )0( 1)2(2  mxmmxy 相切，求实数 m的值； （2）函数 2)(  axf 恒成立，求实数 a的取值范围. 17．（本题满分 15 分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形， ADC 60   ,PA PC , 2PD AD  . （1）证明：BD⊥平面 PAC； （2）若 PA<PC, 四棱锥 P-ABCD的体积为 1， 求平面 PAB与平面 PCD夹角的余弦值. 18．（本题满分 17 分） 某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人，它结合了人工智能、 高三数学 第 4页 （共 4页） 语音识别、互动娱乐和教育等内容，且云端内容可以持续更新，旨在通过趣味性和 互动性帮助孩子学习和发展。萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长欢迎，为了 更好的服务广大家长，该公司对萌宠机器人的某个性能指数 x (0 10x  )与孩子的喜 爱程度 y (0 1y  )进行统计调查，得到如下数据表： x 5 6 7 8 9 y 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70 （1）请根据上表提供的数据，通过计算变量 x， y的相关系数 r，回答是否可以认为 该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强．（当  0.75,1r  时，x与 y相关性很强） （2）机器人的交互性很强，孩子可以通过输入语音给机器人发布执行指令．机器人 执行命令的正确率为 90%，出错率为 10%．当机器人正确执行命令时，使用者满 意的概率为 80%；当机器人执行出错时，使用者满意的概率为 30%．如果使用者 对某次命令执行结果表示不满意，求机器人实际正确执行命令的概率是多少？ （3）该公司科技人员小李想挑战萌宠机器人，他和机器人比赛答题，他们每人答 4 个题，若小李答对题数不小于 3，则挑战成功．已知小李答对前两道题的概率 均为 1p ，答对后两道题的概率均为 2p ．假设每次答题相互独立，且互不影响．当 1 2 6 5 p p  2 3 时，求小李挑战成功的概率的最大值． 参考公式：相关系数         1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            ． 19．（本题满分 17 分） 已知上下顶点分别为 A，B的椭圆 2 2 : 1 4 x yE m   经过点 3( ,1) 2 ，P为直线 1: 2 l y  上 的动点，且 P不在椭圆 E上，PA与椭圆 E的另一交点为 C，PB与椭圆 E的另一交 点为 D（C，D均不与椭圆 E上下顶点重合）． （1）求椭圆 E的方程； （2）证明：直线CD过定点； （3）设（2）问中定点为Q，过点C，D分别作直线 1: 2 l y  的垂线，垂足分别为M，N， 记 CMQ ， MNQ ， DNQ 的面积分别为 1S , 2S , 3S ，试问：是否存在常数 t， 使得 1S , 2tS , 3S 总为等比数列？若存在，求出 t的值；若不存在，说明理由． 高三数学联考题参考答案 第 1页 （共 10 页） 第Ⅰ卷（选择题，共 58 分） 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A A B C D B C 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。 题号 9 10 11 答案 BC ABD ACD 【选择题解析】 1．集合 { | 2 , }A x x k k Z   ，B= 22|  xx ， { 2,0,2}.A B   故选： .D 2． 6 6 (1 ) 6 (1 ) 3 3 1 (1 )(1 ) 2 i i i i i i i i i            ，复数 6 1 i i 的虚部为3. 故选： .A 3．由题意，若 ( 3 )a a b    ， 则 ，则 ， 则 故选：A 4．①第一季度 GDP 总量和增长率排名位次相同的省有 2 个，B 省和 C 省的 GDP 总量和 增长率分别居第一位和第四位，故①错误；由图知②正确； 由图计算去年同期五省的 GDP 总量，可知前三位为 D 省、B 省、A 省，故③正确； 由③知去年同期 A 省的 GDP 总量是第三位，故④正确. 故选： B 5．由 618 log 86 1b b   ， 故 3 3 3 363 3log 2 log log log6 18 182 log log 2 l 2g 9oab        故选：C 6．由OF 为直径知 AFOA  ， aOAcOFbFAOAFRt  ,,,中在 ， 高三数学联考题参考答案 第 2页 （共 10 页） , 2 2 abbc  2 a ce . 故选：D 7．因为   10 90 ,cos 30 03         ，故30 30 90    ， 则   2 2sin 30 3   ，则  tan 30 2 2  ， 又      2 2 2 1sin 60 sin 90 30 cos 30 9               ， 又 3 1)30cos()]30(180cos[)150cos(   故原式 1 1 3 2 22 2 9 3 9          ． 故选：B 8．因为 ( ) ( )f x f x   ， ( ) ( )g x g x  ，用 x 代替 x得 2( ) ( ) 3 1f x g x ax x       ， 所以 2( ) ( ) 3 1f x g x ax x      ，结合     2 3 1f x g x ax x     ， 所以 2( ) 1g x ax  ，因为    1 2 1 2 3 g x g x x x     ， 1 21 2x x   ，所以 1 1 2 2( ) 3 ( ) 3g x x g x x   ， 设 2( ) ( ) 3 3 1h x g x x ax x     ，所以 ( )h x 在 (1, 2)单调递增， 所以 3 0 2 2 a a      或 0a  或 3 0 1 2 a a      ， 所以 0 4 3  a 或 0a  或 0a  ，所以 4 3 a . 故选：C 9．由 ( ) 2sin(2 ) 1 6 f x x m    ，可得 ( )f x 的最小正周期 2 2 T    ，故 A 错误； 由 [0, ] 2 x  ，得 72 [ , ] 6 6 6 x     ，则 1sin(2 ) [ ,1] 6 2 x    ， ( )f x 的最大值为3 m ，由3 4m  ，得 1m  ，故 B 正确； 令 2 , 6 x k k Z    ，得 , 2 12 kx k Z    ， 则 ( )f x 图象的对称中心为 ， 点 ( , 2) 12   是 ( )f x 图象的一个对称中心，故 C 正确． 由 [ , ] 3 6 x    ，得 2 [ , ] 6 2 2 x      ，此区间为正弦函数的一个增区间， 则 ( )f x 在[ , ] 3 6    上单调递增，故 D 错误； 故选：BC 10．若 3a 为奇数，则 4 3 3 1a a   ，即 3 4a  ，不合题意，故 3a 为偶数，则 3 4 12 aa   ， 高三数学联考题参考答案 第 3页 （共 10 页） 即 3 2a  ．若 2a 为奇数，则 3 2 3 2a a   ，即 2 5a  ，若 1a 为奇数，则 2 1 3 5a a   ， 即 1 8a  ，不合题意，则 1a 为偶数，则 1 2 52 aa   ，即 1 10a  ，此时 4 10 5 2 1 18S      ； 若 2a 为偶数，则 2 3 22 aa   ，即 2 4a  ，若 1a 为奇数，则 2 1 3 4a a   ，即 1 7a  ， 此时 4 7 4 2 1 14S      ；若 1a 为偶数，则 1 2 42 aa   ，即 1 8a  ， 此时 4 8 4 2 1 15S      ．故选 ABD． 11．A 选项，固定容器底面一边 BC于地面上, 根据棱柱的定义，有二个面相互平行且是全 等的多边形，其余每相邻两个面的交线互相平行，所以有水的部分是棱柱，故 A正确； B选项，有水部分几何体的体积为 648V 当平面 ACB1水平放置时，三棱锥 B- ACB1的体积取到最大值， 此时 648632 3 1 111   BBSV ACBACBB ，故 B错误 C选项，设圆锥底面半径为 r， 648 3 1 2 hr ，  3362 r 由于 222 )23()2324( r ，故 C 正确. D 选项，依题意，设正方体棱长为 a， 6483 a ，解得 62a ， 正方体的外接球半径为 23R 圆锥底面半径 63 ，圆锥的高 29h ，母线长 66 ， 设圆锥内切球半径为 r， 6366 29 rr   ，解得 23r ， 正方体恰好可以在圆锥内任意转动，故 D正确. 故选 ACD. 高三数学联考题参考答案 第 4页 （共 10 页） 第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12．20250 13． xy 82  14．1022 110 【解析】 12．   nn ba , 为等差数列，则 nn ba  为等差数列 182 2025202511  baba ，   nn ba  的前 2025 项的和是       20250 2 20251822025 2 2025202511     baba 13．根据题意作出如图所示的图象： 其中， ( ,0) 2 pF ，QE为双曲线的准线， 且准线方程为 2 px   ， PQ QE ， (0, 2)A . 设 0 0( , )P x y ，则 0( , )2 pQ y ， 0 2 pPQ x  . 在 QEF 中，O为 EF的中点，则A 为QF 的中点，即 4QE  ， 0 4y  . ∵ PQF 的面积为 8，∴ 0 1 ( ) 4 10 2 2 px    8，即 0 5 2 px  40  . ∵ 2 0 02y px ，∴ 24 2 (5 ) 2 pp 4( )，即 2 10 16 0p p  82 10 16 0p p   . ∴ 2p  4 ∴该抛物线的方程为 xy 82  . 14．不妨记两个盒子为甲、乙．第一步，将小球装入甲盒子，可以装的小球数量为1,2, ,9 ， 故装法有 1 2 9 1010 10 10 2 2 1022C C C      种；第二步，将剩下的小球装入乙盒子， 装法只有 1 种，故共有 1022 种装法． 所有积之和的最小值为：1×10＋2×9＋3×8＋4×7＋5×6＝110 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．解： （1）因为 0sin3cos  caCbCb ，根据正弦定理可得： 0sinsinsinsin3cossin  CACBCB , ………………1 分 又 )( CBA   ， 所以 0sin)sin(sinsin3cossin  CCBCBCB ………………2 分 高三数学联考题参考答案 第 5页 （共 10 页） 所以 0sinsincoscossinsinsin3cossin  CCBCBCBCB ……3 分  0sinsincossinsin3  CCBCB ， ………………4 分 因为 C为三角形内角，故 0sin C ， 所以 01cossin3  BB  π 1sin 6 2 B      ………………5 分 因为 B是三角形内角，所以 π π 6 6 B   ，所以 π 3 B  . ......6 分 （2）如图： ①因为 1 3sin 4 3 2 4ABC S ac B ac  △ ，所以 16ac  . ………………7 分 由余弦定理： 2 2 2 2 cosb a c ac B    2 2 32a c  . 所以 4a c  . △ABC的周长是 12 ………………9 分 ②△ABC为等边三角形.又 3AC AD   ，所以 4 3 AD  . ………………10 分 在 ABD△ 中， 2 2 2 π2 cos 3 BD AB AD AB AD     16 16 116 2 9 3 2      716 9   . ………………12 分 所以 4 7 3 BD  . ………………13 分 16．解： （1）  f x 的定义域为  0,  ， ………………1 分 由 xxxf  ln)( 可得 1 1)(  x xf ， 2)1( f ………………2 分 所以 xxxf  ln)( 在 x=1 处的切线方程为 y－1=2(x－1）， 即 2x－y－1=0 ………………3 分 切线 2x－y－1=0 与曲线 1)2(2  xmmxy 相切， 即 012 1)2(2   yx xmmxy 得 022  mxmx ， 082  mm ………………6 分 m=0（舍去）或 m=8 ∴m=8 ………………7 分 （2）法一：由 axxxf  ln)( 可得   1f x ax    ， 当 0a 时， 0)(  xf ， 所以  f x 在  0,  上单调递增，不成立。 ………………9 分 当 0a  时，令   0f x  ，得 1x a  ， 所以当 10,x a      时， 0)(  xf ，  f x 单调递增； 高三数学联考题参考答案 第 6页 （共 10 页） 当 1 ,x a       时，   0f x  ，  f x 单调递减， 所以当 1x a  时，  f x 取得极大值，也是最大值， 即 1 1ln)1()( max  aa fxf ………………12 分 所以有 211ln  a a ，即 01ln  aa ………………13 分 设   ln 1g a a a   ，则   1 1 0g a a     ， 所以  g a 在  0,  上单调递增， 又  1 0g  ，所以 )1()( gag  ，得 a >1， 故实数 a的取值范围是 ) ,1(  . ………………15 分 法二：因为   2ln  aaxxxf 恒成立，又 0x  1 2ln    x xa 恒成立， ………………9 分 令   1 2ln    x xxg ，        22 1 1ln1 1 2ln11 '       x x x x xx xxg …………10 分 令   1ln1  x x xh ，   011' 2  xxxh 所以  xh 在  ，0 单调递减 ………………12 分 因为   01 h ，所以当  10，x 时，   0xh ，   0' xg ，  xg 单调递增 当   ，1x 时，   0xh ，   0' xg ，  xg 单调递减 所以当 1x 时，  xg 取得极大值，也是  xg 的最大值      11max  gxg  1a ………………14 分 实数a的取值范围是  ，1 ………………15 分 17．解： （1）设 AC BD O ，连接 PO, 因为四边形 ABCD为菱形， 则O为 AC、BD的中点，且BD AC ， ………………1 分 因为 ADC 60  ，PA PC , 2PD AD  ， 则△ACD 是边长为2 的等边三角形， 则 2 2 2 2= = 2 1 = 3OD AD AO  ， 1 1 2 PO AC  ， 因为 2 2 2PD PO DO  ，所以DO PO ，即BD PO ， ………………4 分 因为 AC PO O ， AC、 PO 平面PAC，所以 BD 平面PAC . ……5 分 高三数学联考题参考答案 第 7页 （共 10 页） （2）因为BD 平面PAC ， ABCDBD 平面 ， 故平面 PAC ⊥平面 ABCD， 过点 P作 AC的垂线交 AC于点 E， 因为 PA<PC，所以点 E 在线段 AO上， 因为平面 PAC ∩平面 ABCD=AC， PACPE 平面 ， 所以 PE⊥平面 ABCD， …………7 分 菱形 ABCD的面积 3260sin22 0 S ， 又四棱锥 P ABCD 的体积为 1，即 1 3 1 PES ，可得 2 3 PE ， 因为 PO=1，所以 2 1 OE . 以O为原点，OD、OC所在直线分别为 x轴、 y轴，过点O且与平面 ABCD垂 直的直线为 z轴，建立空间直角坐标系， ………………9 分 则  3,0,0D 、  0, 1,0A  、  0,1,0C ， ) 2 3, 2 1,0( P ， )0,1,3( DCAB ， ) 2 3, 2 1,3( DP ， ) 2 3, 2 1,0(AP 设平面 PCD 的法向量为  , ,n x y z ，则       0 2 3 2 13 03 zyxDPn yxDCn ），，（所以则，令 331,3,3,1  nzyx ………………11 分 设平面 PAB 的法向量为 ），，（ cbam  ，则       0 2 3 2 1 03 cbAPm baABm ），，（所以则，令 131m,1,3,1  cba ………………13 分 设平面 PAB 与平面 PCD 的夹角为 ， 65 65 135 1 |||| ||cos       mn mn ………………14 分 所以，平面 PAB 与平面 PCD 夹角的余弦值为 65 65 ………………15 分 18．解： （1）由表知， 7 5 98765   x ， 6.0 5 70.065.060.050.055.0   y ， ………………1 分    5 1 0.65i i i x x y y              1.0205.01001.0105.02 0.45， ………………2 分 高三数学联考题参考答案 第 8页 （共 10 页） ∵   5 2 1 10i i x x    ，   5 2 1 0.043i i y y    . 25， ∴    2 2 1 1 0.43 n n i i i i x x y y       .25， ………………3 分 所以        1 2 2 1 1 0.65 0.99 0.656 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y              9.0 5.0 45.0 25.0 45.0  ………………4 分 ∵  0.75,1r  ， ∴可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强． ………………5 分 （2）记事件 A：机器人正确执行命令；事件 A：机器人执行命令出错； 事件B：使用者对结果满意，则 B表示使用者不满意. ………………6 分 依题意：   9.0AP ，   1.0AP   2.08.01 ABP ，   7.03.01 ABP ， ………………7 分 所以          ABPAPABPAPBP  25.07.01.02.09.0  ……9 分 所以           BP ABPAP BP BAPBAP  72.025.0 18.0 25.0 2.09.0    . 即如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，求机器人实际正确执行命令的 概率是 0.72. ………………10 分 （3）设小李挑战成功为事件 C，则  CP    2 2 2 21 2 1 1 2 1 2 22 1 2 1A p p p p p p p p       1 2 1 2 1 2 1 22 1 2 1p p p p p p p p        1 2 1 2 1 22 2 3p p p p p p   ， ………………12 分 由 1 2 6 5 p p  2 3 ，得      21212121 1333 ppppppppCP  ． ………………13 分 令 2 1 2 1 1 1 6 3 9 5 5 25 x p p p p p                      11 2 3 ，因为 10 1p  ， 20 1p  ，所以 12 1 1  p ， 所以     16 9, 2 1x ………………14 分 设   12 3 5 f x x x       xx 13 ，则     4 3 2 133313 2 2        xxxxxxf ……15 分 当 9 25 x  1 时，  f x 取得最大值 4 3 ． ………………16 分 所以，当 1 3 5 p  2 1 或 1 3 5 p  1时，小李挑战成功的概率取得最大值 4 3 ． ……17 分 高三数学联考题参考答案 第 9页 （共 10 页） 19．解： （1）将点 3( ,1) 2 代入椭圆方程，解得 m的值为 3， ………………2 分 则椭圆 E 的方程为 2 2 1 3 4 x y   . ………………3 分 （2）由题意，直线CD的斜率一定存在，设直线CD的方程为： y kx m   2m ， 设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ， 则直线 AC为： 1 1 2 2yy x x    ① 直线BD为： 2 2 2 2yy x x    ② 由①②得： 1 2 1 2 2 2 2 2 y x y x y y       ∵P在直线 1 2 y  上，∴ 1 2 1 2 2 3 2 5 y x x y      ， ………………4 分 ∵ 2 2 2 2 1 3 4 x y   ，∴  22 2 2 3 2 2 4 yx y x     ，∴ 1 2 1 2 2 2 4 5 y y x x     ， ∴   1 2 1 2 2 2 4 5 kx m kx m x x      ， ∴     22 1 2 1 2 1 2 2 2 4 5 k x x k m x x m x x       ③ ………………6 分 联立： 2 2 1 3 4 x y y kx m        得方程：    2 2 23 4 6 3 4 0k x kmx m     ，      2 2 2Δ 6 4 3 4 3 4 0km k m       ， ………………7 分 由韦达定理： 1 2 2 6 3 4 kmx x k     ，  2 1 2 2 3 4 3 4 m x x k    ， 将韦达定理代入③得： 2 10 16 0m m   ， ∴ 2m  （舍）， 8m  , ∴直线CD过定点  0,8 . ………………9 分 （3） 1 1, 2 M x     ， 2 1, 2 N x     ，显然 C，D在直线 1: 2 l y  的两侧，不妨设 1 2 1 2 y y  . 则 S△CMQ 1 1 1 1 2 2Q x y       , S△MNQ 1 2 1 18 2 2NQ x x         , S△DNQ 2 2 1 1 2 2DNQ S x y       …11 分 设存在常数 t，使得 1S ， 2tS ， 3S 为等比数列，即 2 22 1 3t S S S , 即：     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 225 1 1 1 16 4 2 4 t x x x x y y y y               2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 225 1 1 1 16 4 2 4 t x x x x y y y y           , 即：     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 225 1 1 14 16 4 2 4 t x x x x x x y y y y                2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 t x      , …………13 分 高三数学联考题参考答案 第 10页 （共 10页） 因为  1 1,C x y ，  2 2,D x y 在直线 8y kx  上，所以 8m  ， 将 1 2 2 2 6 48 3 4 3 4 km kx x k k        ，  2 1 2 2 2 3 4 180 3 4 3 4 m x x k k      ,   2 2 1 2 1 2 2 2 2 48 48 48 64 6416 16 3 4 3 4 3 4 k k ky y k x x k k k k                 ，        2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 4 64 3180 488 8 8 64 64 3 4 3 4 3 4 kky y kx kx k x x k x x k k k k k                       2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 4 64 3180 488 8 8 64 64 3 4 3 4 3 4 kky y kx kx k x x k x x k k k k k                43 )364(464 43 488 2 2 2     k k k kk ， ………………15 分 代入，化简得：     2 2 2225 45144 2880 45 900 16 4 t k k   , ∵    2 2Δ 48 4 180 3 4 0k k      , ∴ 2 20k  ,∴     2 2 2 45 20 16 45 1 225 4 4144 20 k t k       ， 1 2 t   ∴存在 1 2 t   时， 1S ， 2tS ， 3S 总构成等比数列. ………………17 分