河南省安阳市文源高级中学2024-2025学年高三下学期调研考试数学试题

数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 2024—2025学年第二学期高三调研考试 数 学 一、单项选择题：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. 1．若    2 6 2 iz x x x     是纯虚数，其中 xR ，则（ ） A． 2x  或 3x   B． 2x  C． 3x   D． 2x  且 3x   2．某校高三学生的模考数学成绩 X 服从正态分布  285,10N ，按照16%，34%，34%，16%的比例将考 试成绩划分为优秀、良好、合格和基本合格四个等级.若小张的数学成绩为92分，则他的等级是（ ） 附：   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3P X       0.9973 . A．优秀 B．良好 C．合格 D．基本合格 3．近年来，家用冰箱使用的氟化物的释放等破坏了臭氧层，已知臭氧含量Q与时间 t（单位：年）的关系 为 400 0e t Q Q   ，其中 0Q 是臭氧的初始含量， e是自然对数的底数．按照此关系推算，当臭氧含量为初始含 量的 1 6 时， t的值约为（ ）（参考数据： ln2 0 693,ln3 1099 ． ． ） A．305 B．483 C．717 D．879 4．若函数   2ln 2 xf x x    ，则不等式    2 4 2 7 0f x x f x     的解集为（ ） A．{ 1 2}x x ∣ B． 71 2 x x      C． 2 2 7 x x      D． 5．已知数列 nc 是递增数列，且 *9 (3 ) 4, 10 , 2, 10n n a n n c n a n        N ，则 a的取值范围是（ ） A． (1,3) B． (1, 2] C． (2,3) D． (2,4] 6．已知正方体 ABCD A B C D    的棱长为 2，平面 截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为 c， 且 AC   ，则（ ） A． 3 2c  B． 6 2c  C． 3 2,6c     D． 6,6 2c    7．已知函数    sin 2f x x   在 π0, 3 x      时满足   1 2 f x  恒成立，且在区间 3π0, 2       内，仅存在三个数 1x ， 2x ，  3 1 2 3x x x x  ，使得      1 2 3f x f x f x m   ，则 31 22 2 xx x  （ ） A． 7π 6 B． 3π 2 C． 11π 6 D． 13π 6 8．已知抛物线  2: 0C x ay a  ，过点  1, 1P  作C的两条切线，切点分别为A， B，则 AB （ ） A．   22 1 4a aa   B．    22 1 4a a a   C．   22 6 2a aa   D．    22 6 2a a a   二、多项选择题：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．已知向量  cos ,sina x x ，  1, 3b   ，则（ ） A．若 a b  ，则 3tan 3 x  B．若 / /a b  ，则 3tan 3 x   C．若 a b  取得最小值，则 3sin 2 x   D．若 π 6 x   ，则 b  在 a  上的投影向量为 3 3, 2 2        10．已知随机事件A、 B满足：   2 3 P A  ，   1 6 P B  ，则下列选项正确的是（ ） A．若   1 9 P AB  ，则A与 B相互独立 B．若A与 B相互独立，则   56P AB  C．若A与 B互斥，则   16P AB  D．若     1 12 P A P B A ∣ ，则   1 8 P B A ∣ 11．如图所示， ABCV 中， 1AB  ， 4AC  ， 13BC  ，D在 BC边上， E在 AC边上，且 AD为 BAC 的角平分线， 90ABE  ，则（ ） A． 2BE  B． 的面积为 3 C． 4 3 5 AD  D．若点 P在 ABE 的外接圆上，则 2PB PE 的最大值为 2 7 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 12．某区教育局在全市的小学生、初中生和高中生中做了一项“感恩父母”的网络问卷调查，分别回收到的 有效问卷数如下：小学 10000份，初中 12000份，高中 8000份.现从中运用分层随机抽样的方法抽取 900 份样卷作进一步的统计，则抽取的高中生问卷份数为 . 13．已知数列 na 是首项为 1a ，公差为d的等差数列，其前n项和为 nS ，若直线 1y a x m  与圆  2 22 1x y   的两个交点关于直线 2 0x y d   对称，则数列 1 nS       的前 100项和为 ． 14．已知  π 3e , ln eπ 2e , π 2a b c     ，则 , ,a b c的大小关系为 . 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） 在三角形 ABC中，内角A， B，C的对边分别为 a，b，c， 4 C  ， 2c  . (1)若 2 2a b ，求 a，b； (2)求 6 2 2 a b  的取值范围. 注： 11π 6 2sin 12 4   . 16．（15分） 已知函数    2 exf x x bx c   在点   0, 0P f 处的切线方程为 2 1 0x y   ． (1)求b c， 的值； (2)求函数  f x 在  3,3 的最大值和最小值； (3)若方程  f x m 恰有两个不等的实根，求m的取值范围． 17．（15分） 如图 1，在平行四边形 ABCD中， 60A   , 2AD  , 4AB  ,将 ABD△ 沿 BD折起到 A BD 位置，使得平面 A BD 平面 BCD，如图 2． 图 1 图 2 (1)证明： BC 平面 A BD ； (2)在线段 A C 上是否存在点 M，使得二面角M BD C  的大小为 45°？若存在，求出 A M A C   的值；若不存在， 说明理由． 18．（17分） 已知椭圆 C的中心在原点，焦点在 x轴上，离心率为 12 ，短轴长为 4 3 （1）求椭圆 C的标准方程 （2）直线 2x  与椭圆 C交于 P、Q两点，A，B是椭圆 C上位于直线 PQ两侧的动点，且直线 AB的斜率 为 1 2 ①求四边形 APBQ的面积的最大值 ②设直线 PA的斜率为 1k ，直线 PB的斜率为 2k ，判断 1 2k k 的值是否为常数，并说明理由. 19．（17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 1 , 2 当骰子朝上的点数小于 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，当骰子朝上的点数不 小于 3时，积 2分，否则积 1分，规定第一次由甲掷．记两人累计积分之和为 n的概率为  .P n （i）证明：     1P n P n  为等比数列； （ⅱ）求   P n 的通项公式 答案第 1页，共 14页 2024—2025学年第二学期高三调研考试 数学·答案 1．C 【分析】根据纯虚数定义，列出方程组，求解即可. 【详解】因为    2 6 2 iz x x x     是纯虚数，其中 xR ，所以 2 6 0 2 0 x x x        ，解得 3x   . 故选：C. 2．B 【分析】利用正态分布的性质即可求解. 【详解】由题得 85  ， 10  ，所以 95   ， 75   ， 2 105   ， 2 65   ， 因为   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ， 所以   1 0.682795 0.15865 16% 2 P X     ， 根据比例成绩大于 95分为优秀， 因为   0.682785 95 0.34135 34% 2 P X     ， 根据比例成绩在85到 95之间的为良好，   0.682775 85 0.34135 34% 2 P x     ， 根据比例成绩在75到85之间的为合格，   1 0.682775 0.15865 16% 2 P X     ， 根据比例成绩小于75分为基本合格， 因为小张的数学成绩为92分，则他的等级是良好. 故选：B. 3．C 【分析】根据题意列出方程，再应用指对数转换计算求解. 【详解】因为臭氧含量Q与时间 t（单位：年）的关系为 400 0e t Q Q   ， 所以当臭氧含量为初始含量的 1 6 时，得 4000 0 1e = 6 t Q Q Q   ， 答案第 2页，共 14页 计算得 400 1e = 6 t  ，化简得 400e =6 t ， 所以    400ln6 400 ln2 ln3 400 0.693 1.099 717t       . 故选：C. 4．D 【分析】利用函数的奇偶性和单调性来求解不等式即可. 【详解】因为     2 2 2 2ln +ln ln ln1 0 2 2 2 2 x x x xf x f x x x x x                          ， 所以    f x f x   ，又因为定义域为  2, 2 关于原点对称， 所以  f x 是奇函数， 由于   2 2 4 4ln ln ln 1+ 2 2 2 x xf x x x x              ， 可知函数  f x 在定义域  2, 2 上单调递减， 所以    2 4 2 7 0f x x f x     即    27 4 2)f x f x x     ，即    27 4 2f x f x x   ， 则 2 2 2 7 2 2 4 2 2 7 4 2 x x x x x x             ，该不等式组无解，所以解集为. 故选：D. 5．C 【分析】由数列单调递增得到分段函数单调递增，然后建立不等式组，解得 a的取值范围. 【详解】由 * 9 (3 ) 4, 10 , 2, 10n n a n n c n a n        N ，数列 nc 是递增数列， 得 11 9 3 0 1 10(3 ) 4 2 a a a a           ，解得 2 3a  ， 所以 a的取值范围是 (2,3) . 故选：C 6．B 【分析】根据正方体的几何性质，结合线面垂直的判定可得 AC  平面CBD ，进而可得平 答案第 3页，共 14页 面 / / 平面CBD ，即可求解. 【详解】连接 , ,CD CB D B    , 由于CC 平面 ABCD， BD 平面 ABCD，故CC BD  ， 又 ,BD AC , ,CC AC C CC AC   平面 ACC，故 BD 平面 ACC， 又 AC  平面 ACC，故 AC BD  ， /B D BD  ,则 B D ACⅱ ^ ， 同理可得 AC CD  , , ,CD BD D CD BD        平面CBD ，故 AC  平面CBD ， 由于 AC  平面 ，故平面 / / 平面CBD ， 平面 与平面DCC D 的交线为 1 1S M ,平面CBD 与平面DCC D 的交线为 D C ， 故 1 1/ /DC S M ，同理可得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1/ / , / / , / / , / / , / / ,DB N M CB N P DC PQ D B RQ CB R S       故平面 如图阴影部分， 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2M S M N DM M C DC     ， 同理可得 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2N P PQ Q R R S    ,故六边形周长为定值 6 2，所以 B正确. 故选：B 7．C 【分析】先求出 2π2 , 3 x          ，根据   1 2 f x  恒成立，得到 π Z π 2 , 6 k k    ，不妨 取 π 6   ，画出图象，数形结合，利用对称性得到 1 2 2 3 3π 5π 3 , 2 π 4π π 7π 62 6 3 x x x x      ， 求出答案. 【详解】 π0, 3 x      时， 2π2 , 3 x          ， 令 siny z ，则当 π 5π2 π, 2 π , Z 6 6 z k k k        时， 1 2 y  ， 故要想    sin 2f x x   在 π0, 3 x      时满足   1 2 f x  恒成立， 需满足 π Z π 2 , 6 k k    ，不妨取 π 6   ， 答案第 4页，共 14页 3π0, 2 x      ， π π 19π2 , 6 6 6 x       ， 画出 siny z 在 π 19π, 6 6 z      上的图象，如下： 由图象可知， 1 1, 2 2 m      ， 1 2 2 3 3π 5π, 2 2 z z z z    ， 则 1 2 2 3 2 2 2 23π 5π, 2 2 2 2 π π π π 6 6 6 6 x x x x        ， 故 1 2 2 3 3π 5π 3 , 2 π 4π π 7π 62 6 3 x x x x      ， 两式相加得 1 2 3 4π 7π 11π 3 3 3 2x x x     ， 所以 31 2 11π 2 2 6 xx x   . 故选：C 8．B 【分析】设出切线方程，利用判别式为0求出切线斜率，进而得到切点坐标，再利用导数的 几何意义得到 11 2 akx  ， 22 2 akx  ，最后利用两点间距离公式求解即可. 【详解】由题意得切线斜率存在，设过点 P的C的切线方程为  1 1y k x   ， 即  1y kx k   ，与 2x ay 联立，消去 y得  2 1 0x akx a k    ， 故    2Δ 4 1 0ak a k     ，即 2 4 4 0ak k   ， 设 1k ， 2k 为 2 4 4 0ak k   的两个根，由韦达定理得 1 2 4k k a   ， 1 2 4k k a   ， 设直线 PA， PB的斜率分别为 1k ， 2k ， 2 1 1, xA x a       ， 2 2 2 , xB x a       ， 答案第 5页，共 14页 因为 2x ay ，所以 2xy a  ，则 2xy a   ，故 11 2xk a  ， 22 2xk a  ， 则 11 2 akx  ， 22 2 akx  ，得到 1 2 1 2( )2 ax x k k  ， 2 1 2 1 24 ax kx k ， 1 2 1 2( )2 ax x k k  ，由两点间距离公式得   22 2 2 1 2 1 2 x xAB x x a a          ，           2 2 2 2 21 2 1 2 2 1 2 1 2 1 22 1x x x xx x x x a x x a a            ，         2 22 2 2 21 2 1 22 1 2 1 2 1 4 4 4 4 a k k a k k aa k k k k a                ，    2 21 2 1 2 1 24 44 a k k k k k k           ，    22 216 16 16 24 1 44 a a a a a a a              ，故 B正确. 故选：B. 9．ACD 【分析】根据向量垂直得到数量积为 0，可求 tan x，判断 A的真假；根据向量共线可求 tan x， 判断 B的真假；问题转化为两向量方向相反，可求 sin x判断 C的真假；根据投影向量的求 法求投影向量，判断 D的真假. 【详解】对于 A，若 a b  ，则 cos 3sin 0a b x x      ，则 3tan 3 x  ，所以 A正确； 对于 B，若 a b  ∥ ，则 3cos sin 0x x  ，所以 tan 3x   ，所以 B错误： 对于 C， a b  取得最小值时， a  ，b  共线反向，则 cos sin 0 1 3 x x    ， 解得  2 3 x k k    Z ，则 3sin 2 x   ，所以 C正确； 对于 D，若 6 x   ，则 3 1, 2 2 a          ，所以 b  在 a  上的投影向量为 2 3 3 1 3 3, , 1 2 2 2 2 a b a a                       ，所以 D正确. 故选：ACD 10．ACD 【分析】由独立事件的乘法公式可得 A正确，B错误；由互斥事件的加法公式可得 C正确； 答案第 6页，共 14页 由全概率公式可得 D正确. 【详解】对于 A，      1 2 1 9 3 6 P AB P A P B    ，故A与 B相互独立，即 A正确； 对于 B，若A与 B相互独立，则 A与 B也相互独立， 则         2 1 81 1 1 3 6 9P AB P AB P A P B        ，故 B错误； 对于 C，若A与 B互斥，则   0P AB  ，         1 6 P B P AB P AB P AB    ，故 C正确； 对于 D，由全概率公式可得          |P B P A P B A P A P B A ∣ ， 所以    1 1 2 1 6 12 3 8 P B A P B A   ∣ ∣ ，故 D正确； 故选：ACD. 11．BCD 【分析】利用余弦定理计算 60BAC  ，由直角三角形计算 BE判断 A，根据面积公式计算 三角形 ABC的面积判断 B，利用正弦定理计算 AD判断 C；设 PBE   ，用 表示出 PB， PE，得出 2PB PE 关于 的三角函数，从而得到 2PB PE 的最大值判断 D. 【详解】在三角形 ABC中，由余弦定理 2 2 2 1 16 13 1cos 2 2 1 4 2 AB AC BCBAC AB AC            ， 60BAC  ，故 1 1 3sin 60 1 4 3 2 2 2ABC S AB AC         ，故B正确； 在Rt ABE△ 中， tan 60 3BE AB   ，故A错误； 由余弦定理可知： 2 2 2 13 16 1 7 7 13cos 2 262 4 13 2 13 AC BC ABC AC BC            ， 2 39sin 1 cos 26 C C    ， AD 平分 BAC ， 30DAC  ， sin sin( 30 ) sin cos30 cos sin 30ADC C C C         39 3 7 13 1 5 13 26 2 26 2 26      ， 在三角形 ACD中，由正弦定理可得： sin sin AD AC C ADC   ， 故 394sin 4 326 sin 55 1 26 3 AC CAD ADC      ，故C正确； 2 2 2AE AB BE   ， AB BE ， 答案第 7页，共 14页 AE 为 ABE 的外接圆的直径，故 ABE 的外接圆的半径为 1， 显然当 2PB PE 取得最大值时， P在弧BAE上，故 60BPE BAE    ， 设 PBE   ，则 120PEB    ，0 120  ，  2 sin(120 ) sin PB PE      ， 2sin(120 ) 3 cos sinPB         ， 2sinPE  ， 2 3 cos 5sin 2 7 sin( )PB PE          ， 其中 3sin 2 7   ， 5cos 2 7   ，当 π 2    时， 2PB PE 取得最大值2 7， 故D正确． 故选：BCD． 12．240 【分析】根据分层抽样计算. 【详解】抽取的高中生问卷份数为 8000900 240 10000 12000 8000     . 故答案为：240. 13． 100 101 【分析】根据圆的对称性得到 2 0x y d   经过  2,0 ， 1y a x m  与 2 0x y d   垂直，得 到 1 2a  ， 2d ，得到  1nS n n  ，裂项相消求和，得到答案. 【详解】由对称性可知 2 0x y d   经过  2,0 ，故 2 0 0d   ，解得 2d ， 且 1y a x m  与 2 0x y d   垂直，其中 2 0x y d   的斜率为 1 2  ，故 1 2a  ， 所以  2 2 1 2na n n    ，      1 2 2 1 2 2 n n n a a n n S n n       ， 所以   1 1 1 1 1 1nS n n n n      ， 则 1 2 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1001 1 2 2 3 100 101 101 101S S S               . 故答案为： 100 101 14．b c a  答案第 8页，共 14页 【分析】由      π 2 1e , ln eπ 2e ln π 2 1, π 2a b c         ，根据数值的特点，构造函数    1e 1xf x x x   和    ln 1 1g x x x x    ，再利用函数的单调性，赋值后比较函数值 的大小. 【详解】由  π 3e , ln eπ 2ea b   ， 即      π 2 1e , ln eπ 2e ln π 2 1a b       ， 令    1e 1xf x x x   ， 则   1e 1 0xf x     在  1,  上恒成立， 故  f x 在  1,  上单调递增， 则有        π 2 1π 2 e π 2 1 0f f       ，即 a c ， 令    ln 1 1g x x x x    ， 则   1 11 0xg x x x      在  1,  上恒成立， 故  g x 在  1,  上单调递减， 则有        π 2 ln π 2 1 π 2 1 0g g        ，即 b c ， 故b c a  . 故答案为：b c a  【点睛】利用导数比较大小问题方法点睛：根据已知中式子的外形结构特征与导数结合起来， 合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题. 15．(1) 4 5 5 a  ， 10 5 b  (2)  3 1,2 2   【分析】（1）先利用余弦定理求出三角形的边 a、b的值，再通过正弦定理将边转化为角， （2）利用三角函数的和角公式化简式子，最后根据角的范围，借助三角函数求出式子的取 值范围. 【详解】（1）因为 π4 C  ， 2c  ， 2 2a b ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosc a b ab C   ， 答案第 9页，共 14页 所以 2 2 2 22 8 4 2 2 b b b    ， 解得 10 5 b  ， 所以 4 5 5 a  . （2）因为 2c  ，所以 sin 2sinsin ca A A C    ， sin 2sin sin cb B B C    ， 所以 6 2 2 a b   6 2 sin 2sinA B     π6 2 sin 2sin 4A A         π6sin 2cos 2 2sin 6 A A A        ， 因为 3π0, 4 A      ，所以 π π 11π, 6 6 12 A       ， 所以 11π π2 2sin 2 2sin 2 2 12 6 A       ， 即 6 23 1 2 2 2 a b    ， 即 6 2 2 a b  的取值范围为  3 1,2 2   16．(1) 3, 1.b c   (2)最大值为 3e ,最小值为 2e . (3)  2 5e ,0 em         【分析】(1)由函数    2 exf x x bx c   在点   0, 0P f 处的切线方程为 2 1 0.x y   可得  0f ，再进行求导，令  0 2.f    解方程可得 ,b c . （2）令导函数   0,f x  求解分析导函数的符号，可知函数的单调区间，再比较极值和区间 端点函数值的大小可得最值. （3）方程  f x m 恰有两个不等实根，转化为  f x 图像和 y m 有两个交点，根据  f x 的 单调性和变化情况，可求得. 【详解】（1）    2 2 exf x x b x b c       ,因为  f x 在点 P处的切线方程为 2 1 0.x y   所以有    0 2, 0 1.f b c f c      所以解得 3, 1.b c   （2）由(1)可得            2 23 1 e , 2 e 2 1 e .x x xf x x x f x x x x x         当   0, 1f x x   或 2.x  答案第 10页，共 14页 x  , 1  1  1,2 2  2,  f x  0 - 0   f x 单调递增 5 e 单调递减 2e 单调递增 所以  f x 在  3, 1  和 2,3 上单调递增，  1, 2 上单调递减，又因为计算可得，        3 2 353 19e , 1 , 2 e , 3 e . e f f f f       所以  f x 在  3,3 的最大值为 3e ，最小值为 2e . （3）由（2）可知，  f x 的极大值为   51 e f   ，极小值为   22 e .f   当 20 3 1 0,e 0,xx x x  ， 所以   0,f x  当 x时，  f x  .所以当且仅当  2 5e ,0 em        时，方程  f x m 恰有两个不等实根. 17．(1)证明见解析 (2)存在， 1 2 A M A C    【分析】（1）利用勾股定理证明线线垂直，再利用面面垂直的性质定理证明线面垂直即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，结合空间向量的运算，即可求面面角的余弦值. 【详解】（1）在 ABD△ 中，因为 60A  ， 2AD  ， 4AB  ， 由余弦定理，得 2 2 2 cos60 2 3BD AD AB AD AB      ， 所以 2 2 2BD AD AB  ，所以 AD BD ， 所以 90ADB DBC   ，所以 BC BD ， 又因为平面 A BD 平面 BCD，平面 A BD 平面 ,BCD BD BC 平面 BCD， 所以 BC 平面 A BD ； （2）因为 90ADB  ，所以 90A DB  ， 又因为平面 A BD 平面 BCD，平面 A BD 平面 ,BCD BD AD 平面 A BD ， 所以 AD 平面 BCD，又因为 AD 平面 ABD，所以 A D AD  ， 即 A D ， AD， BD两两垂直， 以D为原点， , ,DA DB DA所在直线分别为 x， y， z轴建立空间直角坐标系如图， 则 (0, 2 3,0), ( 2, 2 3,0), (0,0, 2)B C A ， 答案第 11页，共 14页 假设点M 存在，设 , [0,1]A M A C      ， 则 ( 2 , 2 3 , 2 )M CA A          ， ( 2 , 2 3 , 2 2 )D DAM MA           ， (0, 2 3,0)DB   , 设平面MBD的一个法向量为 ( , , )m a b c  ， 则 2 3 0 2 2 3 (2 2 ) 0 m DB b m DM a b c                 ， 取 1a   ，可得 (1 ,0, )m     ， 又平面CBD的一个法向量为 (0,0,1)n   ， 假设在线段 A C 上存在点M ，使得二面角M BD C  的大小为 45， 则  2 2 2cos , 21 1 m n m n m n                  ，解得 1 2   ， 所以点M 存在，且点M 是线段 A C 的中点，即 1 2 A M A C    . 18．（1） 2 2 1 16 12 x y   ；（2）①12 3，②是常数，理由见解析． 【解析】（1）设椭圆C的方程为   2 2 2 2 1 0    x y a b a b ，由题可得 12 4 3, 2 cb a   ，再结合 2 2 2a b c  ，即可求得 ,a b ,从而求得椭圆C的标准方程； （2）①设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，联立 2 2 1 2 1 16 12 y x t x y         ，整理得： 2 2 12 0x tx t    ，四边形 APBQ的面 1 2 1 2 S PQ x x    ，而 PQ 易求，代入韦达定理即可求得S的表达式，从而求 得S的最大值； 答案第 12页，共 14页 ②直线 PA的斜率 11 1 3 2 yk x    ，直线 PB的斜率 22 2 3 2 yk x    ，代入韦达定理化简整理可得 1 2 k k 的值为常数0． 【详解】（1）设椭圆C的方程为   2 2 2 2 1 0    x y a b a b ． 由题意可得 2 2 2 2 4 3 1 2 b c a a b c         ，解得 4 2 3 2 a b c      ， 所以椭圆C的标准方程为 2 2 1 16 12 x y   ； （2）①由（1）可求得点 P、Q的坐标为  2,3P ，  2, 3Q  ，则 6PQ  ， 设直线 AB的方程为 1 2 y x t  ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 联立 2 2 1 2 1 16 12 y x t x y         ，整理得： 2 2 12 0x tx t    ， 由  2 2 24 12 48 3 0t t t       ，可得 4 4t   . 由韦达定理知： 1 2x x t   ， 21 2 12x x t  ， 四边形 APBQ的面积  2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1 6 3 4 3 48 3 2 2 S PQ x x x x x x x x t              ， 故当 0t  时， max 12 3S  ； ②由题意知，直线 PA的斜率 11 1 3 2 yk x    ，直线 PB的斜率 22 2 3 2 yk x    ， 则 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 13 33 3 2 2 2 2 2 2 x t x ty yk k x x x x                        1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 12 2 2 2 2 42 22 2 1 1 2 2 2 2 2 4 x t x t t x xt t x x x x x x x x                            2 2 2 2 4 2 81 1 1 1 0 12 2 4 2 8 t t t t t t t t                   . 所以 1 2k k 的值为常数0． 【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程，及椭圆中最值，定值问题,圆锥曲线中的 定值问题的常见类型及解题策略： (1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即 答案第 13页，共 14页 可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条 件化简、变形求得； (3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形 即可求得． 19．(1) 107 648 ； (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 13 2( ) 1 5 3 n P n            . 【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 ( )P n . 【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 (0), (1), (2)P P P   ， 则 1 1 2 1 1 1 1(0) , (1) , (2) 2 2 3 3 2 3 6 P P P         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 2 2 4 2 1 2 4 4 4 3 4 1 1 1 1 1 1 107C C C C 6 2 6 3 2 3 648 P                                 （2）（i）记“累计积分之和为 2n  ”为事件 2nA  ；“累计积分之和为 1n  ”为事件 1nA  ；“累计 积分之和为 n ”为事件 nA . 于是 2 1 2 1 2 1( 2) ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1)| 3 3 ) |n n n n n nP n P A P A A P A P A A P n P n         ， 则        22 1 1 3 P n P n P n P n        ， 又 1 2 1 1 7 4(1) , (2) , (2) (1) 0 3 3 3 3 9 9 P P P P        ， 所以     1P n P n  是首项为 4 , 9 公比为 2 3  的等比数列． 答案第 14页，共 14页 （ii）由（i）得，当 2n  时，， 则 22(2) (1) 3 P P        ， 32(3) (2) 3 P P        ， 42(4) (3) 3 P P        ， L 24 2 2( ) ( 1) 9 3 3 n n P n P n                   ， 累加得     2 1 2 3 2 21 3 32 2 21 23 3 3 1 3 n n P n P                                                  ， 因此 13 2( ) 1 5 3 n P n            ． 当 1n  时，上式也成立， 故 13 2( ) 1 5 3 n P n            . 【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.