2025年普通高等学校招生考试前沿押题卷第5套数学试题

2025普通高等学校招生考试前沿押题卷 数学（五） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 选择题答案速查 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A A D C C D B ACD ABD AC 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每 【答案】B 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 【解析】因为集合N={x|一4≤x<1},所以C.N= 求的。 {x|x<-4或x≥1}.又M={-4,-3,-2,-1,0, 1.已知集合M={-4,-3,-2,-1,0,1,2,3},N= 1,2,3},所以M∩(CRN)={1,2,3}. {x|-4≤x<1},则M∩(CRN)= 2. A.{2,3} B.{1,2,3} 已知复数：= |3-4i 1+i -2i,则x+3i= C.{-4,1,2,3} D.{-4,0,1,2,3} A. 53 3 ·25· c名- D+ 【解桥】设C的右焦点为F,由C的高心率为号得 【答案】A 259+b* 【解折1周为=18想-2公=头一2i- 9 9,解得62=16，所以c2=25,故F'(5,0).由 5 1+i 2 双曲线的定义得|PF|=|PF|+2a=|PF'|十6，所 59 以IPF|+|PQ1=|PFI+|PQ+6,则当点P在线 5:21一5一2·所以之十3i一2一21+3五一5 2 段QF'上时，|PF|+|PQ|取得最小值，为|QF|= √29，所以|PF+|PQ|的最小值是√29+6. 6.在四棱台PEFG-ABCD中，PA⊥平面ABCD,四边 3已知函数f)=二子，则fx)的图象大致是 形ABCD为正方形，PA=AB=4,PE=2,点H,M 满是P丽-成，D-成.则下列结论错误的是 A.平面ABCD⊥平面PAC B.MH∥平面PAC C.过点M且与平面PAC平行的截面的面积为16 D.三棱锥C-HDM的体积为4 【答案】C 【解析】对于A,因为PA⊥平面ABCD,PAC平面 PAC,所以平面ABCD⊥平面PAC,故A正确：对于 B,如图，设AC交BD于点O.在线段AD上取点N, 使器=是连接NM,并延长交CD于点R,连 接HN.因为Dd-号D,所以Di-是Dò，所 以MN∥AC,所以MN∥平面PAC.因为PH∥ 【答案】A AN,PH=AN,所以四边形PHNA为平行四边形， 所以PA∥HN,则HN∥平面PAC,又HN∩ 【解析】f(x)=一x,且定义域为{xx≠0，故排 MN=N,所以平面HNM∥平面PAC.图为MHC 徐B;又f(一x)=f(x),所以f(x)为偶函数，图象 平面HNM,所以MH∥平面PAC,故B正确；对于 C,取FG的中点Q,连接HQ,QR,则直角梯形 关于y轴对称，故排除Cf()=只0，故排除D HQRN即为过，点M且与平面PAC平行的截面.图 4已知sma+5cose=8则m2a-） 为HQ=√2，NR=3√2，HN=4,所以梯形HQRN 的面积为2×（反+3②）×4=8v反，故C错误：对于 A器 c 119 D.169 3 SANCD·HN.又 1 D,V三放模C村DM=V三#惊HcD= 【答案】D 1 【解折】由s血e十5cos。=2in(e+）=贵得 S△McD=3,HN=4,所以Va#cHDN=3X3X4=4, 故D正确 sne十）-品令a十否=，则m1=最所以 sin(2a-5）=sin(2r-经)-cos2:=1 2:-器 6已知双曲线C:号-=1(6>0)的左焦点为F,P 为C的右支上一点.若C的离心率为3，Q(3,5),则 7.在矩形ABCD中，AB=4,AD=6,对角线AC与BD 交于点O,P,Q分别为边CD,AB上的动点，且AO= IPF|十IPQ|的最小值是 AAQ+(1-a)AP.若平面内的点N满足3O= A.21+6 B.√23+6 uOB+(1-u)OC,则NP:-NQ2的最小值是 C.√29+6 D.√89+6 A.-52 B.-26 【答案】C C.-58 3 号 ·26· 【答案】D C.有理项共有4项 【解析】如图，因为A6=入AQ+(1一入)A户，所以0， D.所有项的系数的和为1 P,Q三，点共线，且O是线段PQ的中点.设3ON= 【答案】ACD OM,则OM=:OB+(1-u)OC,故M,B,C三点共 线.又O,N,M三点共线，故M为直线ON与BC的 【解柳](2x一店)广m∈N)的展开式的道项为 交点.Np-N夜-(N庐-NQ)·(Np+N)= T+1=(-1)rCa·(2x)n·x=(-1)r2-,· 2Nò·QP=4Nò·O庐=-4ON·OP 3 -O成.O庐-专1Oi1OP1eos∠MOP,当且仅 C·x-,其中r=0,12,3,…n.令n一2=0，则 当点M,P均与点C重合时，|OMi1IO妒|cos∠MOP n=27,当r=4时，n=6,晨开式共有7项，故A正 取得最大值13，即-专1O11O1cos∠M0P取得 确、B错误；T+1=(-1)2-C·x-r,其中r=0, 1,2,3,…,6,当r=0,2,4,6时，为有理项，故C正确： 最小值-号，所以N-液的最小值为-号 (2:一启)广中，◆红-1得限开式中将有黄的系安 的和为(2-1)‘=1，故D正确， 10.已知函数f(x)=tanx 1 an,则 A.f(x)为奇函数 B.f(x)的值域为(-∞，-2]U[2,+∞) 8.高斯是德国著名数学家，近代数学的莫基者之一，享 c.f(x+2)-f() 有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数f(x)= [x]称为高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整 D.fx)在区间[后，]上单调递减 数，如[2.3]=2，[一1.9]=-2.已知等差数列{a.}的 【答案】ABD 第5项为5，前10项和为55，等比数列{bn》的第3项 为4，第6项为32.若数列{anb.}的前n项和为Tm, 【解析】f(x)的定义城为 cn=[-log2(Tm一1)]，则[c1o0]= f(x)=sinz+cosx 2 A.-1009 B.-1010 cos sin x sin 2x 对于A,f(一x) C.-1011 D.-1012 2 2 【答案】B sin(-2x) sin 2x =一f(x),故A正确；对于B, 【解析】设等差数列{am}的公差为d,由第5项为5， 前10项和为5，得0+4d-5, 国为≠管，kEZ,所以2z≠，∈Z,故s血2z∈ 10a1+45d=55, 解得a1=d= 1,所以am=n.设等比数列{b.}的公比为q,由第3项 [-1,0U01故nz<-2点z>2,故 为4，第6项为32，得g=2,所以b.=2m-1,所以 anbn=n×2-1,T.=1×2°+2X22+3X22+…+ B正确；对于C,f(:十受)= 2 sin(2xx)= n×2m-1,则2T。=1×22+2×2十3×2+…+(n 2 sin 2x =一f(x),故C错误；对于D,f(x)= 1)×2-1+n×2",两式相减得一T.=1+2+22十 2+m+21-nX20-二写-X2=1-n)× -4cos 2x sin'2x ,当x∈[后]时f'x)<0,故fx)在 2-1,所以Tn=(n-1)×2"+1,故1og2(Tm一1)= n+1og(n-1),则[c1oo0]=[-1000-1og:999]= 区同[后，]上单调递减，故D正璃。 -1010. 11. 已知抛物线C:y=2px2(p>0),点M(-4,2)在C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每 上，过点T(0,2)的直线交C于A,B两点，则 小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选 A.准线方程为y=一2 对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.若(2x- B当T取最小值时，直线AM的方程为y=一号 (n∈N·)的展开式中，第5项为常 C.|AT|+9|BT|的最小值为32 数项，则 D.IATIIBT|为定值 A.n=6 【答案】AC B.展开式共有6项 【解析】将M(一4,2)的坐标代入C:y=2px2,得 ·27· p=,所以C的方程为x2=8y,焦点为T(0,2), 1 f(2) 22 =-16.由f(x+1)>-2*5,得fx+1 2r+1 准线方程为y=一2，故A正确；设A(x1,y1), -16,即g(x十1)>g(一2)，所以x十1>-2，解得 B(x2y2),则|AT|=y1十2.由y1≥0，得当y1=0 x>一3，故满足f(x十1)>一2r+5的x的取值范固 时，y1十2取最小位，此时A(0,0),不符合题意，故 是（一3，十∞）. B错误；由题意知，直战AB的斜率存在，设直线AB 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说 的方程为y=红+2.联主y,=x十2 {x2=8y, 得x2-8x- 明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 16=0,由△>0，得k∈R,x1十x2=8k,x1x2= 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已 -16,|AT|+9|BT|=y1+2+9(y2+2)=20+ 2abcos(A-B)+a2+82=c2+23absin B. +9:-20+号+号≥0+2得×要 =32 (1)求A; 当且仅当x1=一3x时，等号成立，故C正确：对于 D.AT1·BT1=+2)g:+2)=(借+2） C②清△A8C的面积为46，外接圆半径为9求 △ABC的周长， (+2)- （xix2) 解：(1)因为2 abcos(A-B)+a2+b2=c2十 64 +4+ xi十x =8+ 4 2√3 absin B, (红1十x)-2x12=16(k:十1)，不为定值，故 所以2 abcos(A-B)+a2+b2-c2=25 absin B, D错误. 所以2 abcos(A-B)+2 abcos C=2√3 absin B, 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 则cos(A-B)+cosC=√3sinB, 12.已知一组数据2,3,9,1,5,6,8,9,8,10的中位数 即cos(A-B)cos(A十B)=√3sinB, 是a,第30百分位数为b,则a一b= 所以cos Acos B+sin Asin B-(cos Acos B- 【答案】3 sin Asin B)=√W3sinB, 【解析】将这组数据由小到大排列得1,2,3,5,6,8， 89,9,10,由题意得a=68=7,6=35=4, 即2 sin Asin B=√3sinB. (4分) 2 2 故a-b=3. 因为si血B≠0，所以sinA= 2 (5分) 13.请写出满足下列条件的圆M的一个方程 ①圆M关于直线1：y=x对称；②圆心M与原点的 又0<A<,所以A=营或A- 3 (6分) 距离为2√2；③圆M被x轴截得的弦长为2. 1 【答案】(x-2)2+(y-2)2=5或(x十2)2+(y+ (2②)由saAe-2cinA-8。 bc=43,得bc=16. 2)2=5(填写其中的一个即可) (7分) 【解析】由①可得圆心M在直线y=x上，设 设△ABC的外接圆的半径为R, M(a,a).又由②得2a2=8,解得a=士2.设圆M的 则a=2 Rsin A=4. 半径为r,由③得=（号）了+2=5：故国M的方 当A=营时，a=+e-2ace0sA=6+c)P- 程为(x-2)2+(y-2)2=5或(x十2)2+(y+ 3bc,即16=(b+c)2-48, 2)2=5. 则b十c=8, 14.若定义在R上的奇函数f(x)满足学f)一fx 所以a+b+c=12; (11分) X1-x2 0,且f(2)=4,则满足f(x+1)>一2*的x的取 当A=2T时，a2=b+c2-2bcc0sA=(6+c)2- 值范围是 bc,即16=(b+c)2-16, 【答案】(-3，十c∞) 则b十c=4√2，此时不符合题意， f()f(x:) 所以△ABC的周长为12. (13分) 【解析】由2f)-29f》0,得2四四 > 16.(15分) x1一x2 Z1-x2 已知偶函数f(x)=2lnx|+(a+b)x3+(2a+b)x2,a, 回，故2在R上单调递增设8()= 2 b∈R 则g(x)在R上单调道增，且g(-2》=f-2 (1)若曲线y=f(x)在点(-1，f(-1)处的切线过 22 原点，求a十2b的值； ·28* (2)若函数g(x)=f四有四个极值点，求a十26 x C,连接Q0,并延长，交下底面圆周于点P,N是平 的取值范围。 面O1PQ与上底面圆周的一个交点，点N,Q在OO: 解：(1)由题意知f(x)的定义城为(x|x≠0}， 由f(x)为偶函数，得a十b=0, (1分) 的同侧，∠PQN=子，QN上的点T满足QT=3. 故f(x)=2 Inlzl+ax2, (1)证明：PT⊥平面BNC; 则当x<0时，f(x)=2ln(-x)十ax2,f'(x)= (2)当O,N=1时，求平面PNQ与平面NAC夹角 2十2ax 的余弦值。 (1)证明：因为O1O,⊥平面O,BC,BCC平 所以f(-1)=a,f(-1)=-2-2a, 面O,BC, 故曲线y=f(x)在点(-1，∫(-1)处的切线方程 所以O1O2⊥BC 为y-a=(-2-2a)(x+1). (3分) 因为Q是BC的中点，所以BC⊥O:Q. 由切线过原点，得一a=一2-2a,解得a=一2， 又010，∩02Q=0:,010:,02QC平面010Q, 所以a十2b=-a=2. (6分) 所以BC⊥平面O1O,Q (2)由(1)得f(x)=21nx|+ax2, 又PTC平面O1O,Q,所以BC⊥PT. (2分) 故ge)-f2）_21nxl+ax. x x 因为0，Q=0:Bc0s3=2,所以PQ=6. 因为g(x)为寺函数，所以由g(x)有四个极值点， 得g(x)在区间(0，十∞)上有两个极值点. (7分) 又QT=3,∠PQN=行 当>0时，g(x)-21h+ax, 所以PT=PQ+Qr-2PQ·QTco音-21 则gx)=2-2h2+a, 所以PT2+QT2=PQ,所以PT⊥QT.(4分) 又BC∩QT=Q,BC,QTC平面BNC, 故g'(x)在区间(0，十∞)上有两个零点，且在零点 所以PT⊥平面BNC. (6分) 两侧g'(x)异号，即a=2lnx-2 (2)解：以O:为坐标原，点，在平面ABC内与AB垂 (8分) x2 直的直线为x轴，O,B,OO:所在直线分别为y轴、 ◆h(x)-2nx-2 :轴，建立如图所示的空间直角坐标系 故直线y=a与h(x)=21血一2的图象有两个交 点，h'(x)= 2(3-2lnx) 令h'(x)=0,得x=e,当x∈(0，e)时，h'(x)> 0,h(x)单调递增；当x∈(e,十∞)时，h'(x)<0,h(x) 单调递减， 设002=h,则02(0,0,0)，B(0,4,0), 所以当x=e时，五(x)取得极大值，也即最大值， 则Ac)m=h(e=吉当x0时，h(x)-o, C2,-2.0.Q51,0A0,-40N停7h） 当x→十∞时，h(x)→0，且h(x)>0, 则BC=(23,-6,0),AC=(2√3,2,0)，AN- (12分) 故0<a<da+26=-a∈(-是0)： 停号)-(--音)可-(-。 -1,0). 即a+26的取值范国为（一号，0） (15分) ∠P0N-号片-器万 QN QO. 1 17.(15分) 如图，O1,02分别是 解得h=√3， (7分) 圆台上、下底面圆的圆心， 下底面的直径AB=8,下 所以N停名同)-（停 底面圆周上的点C满足 由(1)知BC⊥平面PNQ, ∠B0,C=经时- 所以平面PNQ的一个法向量为BC=(2√3，一6,0). (8分) ·29· 设平面NAC的法向量为n=(x,y,z), 则·n=0. AC.n=0. 39 即zx+2)y+3=0, 23x+2y=0. 令x=1,得y=一3，z=4,则平面NAC的一个法 Px=4)=Cx(号)广×号+Cx() 向量为n=(1,一3,4) (12分》 设平面PNQ与平面NAC的夹角为0， 则cos0=cos(BC,nm1=BC·nl-5 1 IBCII (7分) 所以平面PNQ与平面NAC夹角的余孩值为 5 所以X的分布列为 (15分) X 012 345 6 18.(17分) 1 13 1 11 某校在运动会期间，为活跃气氛，为老师设置了套 24648461248 圈游戏，游戏场地有A,B两个，B场地套中的难度比A (8分) 场地大，游戏规则有两种，规则一：首先在A场地连续套 圈4次，套中1次得1分，未套中得0分，然后到B扬地 E(X)=0X4+1X 6+2X 8+3X3 +4x+ 套圈1次，套中得2分，未套中得0分规则二：在B场地 5× 1 1 e 连续套圈4次，套中1次得2分，未套中得0分.老师可 2+6x×8- (10分) 任选一个游戏规则参赛，得分多者胜.已知王老师选择规 ②设刘老师的得分为Y,则Y的所有可能取值为 则一，刘老师选择规则二.王老师在A场地套中的概率 0,2,4,6,8, 为p(0<力<1)，王老师与刘老师在B场地套中的概率 均为了，且两位老师每次套圈互不千扰，每人每次套圈 则PY=o)=c×(号)-品 相互独立. PY=2)-C×号×()广-器 (1)王老师在A场地套中2次的概率为f(p),若 f(p)在p=。处取最大值，求po； PY==cx(附》×(}- (2)当p=p。时， ①求王老师参加完游戏后的得分为X,求随机变量 X的分布列与数学期望； PY=8=Cx(传)'= (15分) ②求王老师的得分比刘老师的得分低的概率. 解：(1)f(p)=Cp2(1-p)2=6p2(1-p)2(0< 所以P(X<Y)=P(Y=8)+P(Y=6)P(X≤5)+ p<1),则f'(p)=12p(1-p)(1-2), (2分) PY=0P(X<)+PY=2)P(X≤iD=7+品× 当p(0,）时，f(p)>0,fp)单调递增：当p∈ 1-)+×-日-立)+爵×（层+）贵 (合1时，f'(p)0,fp)单调递减， (17分) 19.(17分) 所以f(p)在p= 时取最大位，故p,= (6分) 已知抛物线C:x2=一8y的焦点为F,P为圆M: (2)①王老师的得分X的所有可能取债为0,1,2， x2+y2-4y一32=0上的任意一点，线段PF的垂直 3,4,5,6, 平分线交PM于点Q. (1)求点Q的轨迹方程： (2)过点F作斜率为k(k≠0)的直线，与Q的轨迹 交于A,B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点T, Px=2)-c×()广×(2)'×号+c× 同是香存在最大值？若存在，求出最大值：者不存 在，请说明理由。 ·30· 解：(1)因为圆M:x2+(y-2)2=36, 25 所以M(0,2),國M的半径r=6. x1x=- 5k2+9' 又F(0,一2)，点Q在线段PF的垂直平分线上， 所以|AB|=√(1十儿(x1十x2)2-4x1x2J= 所以QF|=|QP|. 30(k2+1) PMI=IQM+QPI=QM+QFI=6> 5k2+9 (10分) MFI=4, 10k 18 所以，点Q的轨迹是以M,F为焦点的椭圆，其 线段AB的中点坐标为 5k+9'5k2+9 中2a=6,2c=4,即a=3,c=2,故b2=a2-c2=5, y2,x2 所以线段AB的垂直平分线的方程为y十 18 所以点Q的轨迹方程为)十5=1 (6分) 5k2+9 10k 1 8 IAB (2) TMI 不存在最大值，理由如下： (8分) 5k2+91 8 由题意得直线AB的方程为y=kx一2， 令x=0,得T(0,+ [y=kx一2， 联立{y2, 则|TM|= 10k2+26 5k2+9 (15分) 9+=1, IABI 30(k2+1) 得(52+9)x2-20kx-25=0. 所以 TM 10k2+26 =3一 48 10k2+2 下3， 由△>0，得∈R,且k≠0，x1十x2= 20k IAB 5k2十9 所以 TMI 不存在最大值 (17分)2025普通高等学校招生考试前沿押题卷 数学（五） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 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。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={-4,-3,-2,-1,0,1,2,3},N={x|-4≤x<1},则M∩(C.N)= A.{2,3} B.1,2,3} C.{-4,1,2,3} D.{-4,0,1,2,3} 2.已知复数x= 3-41-2i,则z+3i= 1+i 名+ C. n2+ 3已知函数)1，千，则f)的图象大致是 4已知血e+5cos。则m2a爱）= A 50 B.一169 50 C.169 D19 169 5.已知双曲线C:号-是16>0)的左焦点为F,P为C的右支上一点若C的离心率为了，Q(3,5,则 |PFI+|PQ|的最小值是 A.2I+6 B.√23+6 C.√29+6 D.√89十6 6.在四棱台PEFG-ABCD中，PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形，PA=AB=4,PE=2,点H,M 满足P-HG,Di=D成，则下列结论错误的是 A.平面ABCD⊥平面PAC B.MH∥平面PAC C.过点M且与平面PAC平行的截面的面积为16 D.三棱锥CHDM的体积为4 7.在矩形ABCD中，AB=4,AD=6,对角线AC与BD交于点O,P,Q分别为边CD,AB上的动点，且 A可=入A反+(1-A)AP.若平面内的点N满足3ON=μOB+(1-u)OC,则N户-N夜的最小值是 58 A.-52 B.-26 C.一3 1/6页 8.高斯是德国著名数学家，近代数学的览基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数(x)= [x]称为高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[2.3]=2，[-1.9]=一2.已知等差数列{a.)的 第5项为5，前10项和为55，等比数列{b.}的第3项为4，第6项为32.若数列{a,b.}的前n项和为T., cn=[-log(T。一1)]，则[c1]= A.-1009 B.-1010 C.-1011 D.-1012 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.若(2x- )(n∈N)的展开式中，第5项为常数项，则 A.n=6 B.展开式共有6项 C.有理项共有4项 D.所有项的系数的和为1 1 10.已知函数f(x)=tanx十 ，则 tan x A.f(x)为奇函数 B.f(x)的值域为（一o∞，一2]U[2,+∞） c.I(+2)=f(r) D.fú)在区间后，]上单调递减 11.已知抛物线C:y=2px(p>0),点M(一4,2)在C上，过点T(0,2)的直线交C于A,B两点，则 A.准线方程为y=一2 B.当1AT取最小值时，直线AM的方程为y= 2 C.IAT|+91BTI的最小值为32 D.|ATIBT|为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据2,3,9,1,5,6,8,9,8,10的中位数是a,第30百分位数为b,则a-b=一 13.请写出满足下列条件的圆M的一个方程 ①圆M关于直线I:y=x对称：②圆心M与原点的距离为2√2；③圆M被x轴截得的弦长为2. 14.若定文在R上的奇函数fx)满足2)-2f0,且f2)=4,则满足f十1D>一2+5的x的取 x1-x2 值范围是 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) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2 abcos(A-B)+a2+b2=c2+23 absin B. (1)求A: ②)若△ABC的面积为43，外接圆半径为43·求△ABC的周长 2/6页 16.(15分) 已知偶函数f(x)=2lnx|+(a+b)x3+(2a+b)x2,a,b∈R. (1)若曲线y=f(x)在点（一1，f(一1）)处的切线过原点，求a十2b的值： (2)若函数g)=f有四个极值点，求a十26的取值范围. 3/6页 17.(15分) 如图，O,O2分别是圆台上、下底面圆的圆心，下底面的直径AB=8,下底面圆周上的点C满足 ∠B0,C=经，BG=号BC,连接Q0,并延长，交下底面圆周于点P,N是平面O,PQ与上底面圆周的-个 交点，点N,Q在0O:的同侧，∠PQN=,QN上的点T满足QT=3. (1)证明：PT⊥平面BNC: (2)当O,N=1时，求平面PNQ与平面NAC夹角的余弦值. 4/6页 18.(17分) 某校在运动会期间，为活跃气氛，为老师设置了套圈游戏，游戏场地有A,B两个，B场地套中的难度比 A场地大，游戏规则有两种，规则一：首先在A场地连续套圈4次，套中1次得1分，未套中得0分，然后到B 场地套圈1次，套中得2分，未套中得0分：规则二：在B场地连续套圈4次，套中1次得2分，未套中得0分。 老师可任选一个游戏规则参赛，得分多者胜.已知王老师选择规则一，刘老师选择规则二.王老师在A场地套 中的概率为(0<力<1)，王老师与刘老师在B场地套中的概率均为3，且两位老师每次套圈互不干扰，每 人每次套圈相互独立， (1)王老师在A场地套中2次的概率为f(p),若f(p)在p一p。处取最大值，求p。； (2)当p=po时， ①求王老师参加完游戏后的得分为X,求随机变量X的分布列与数学期望： ②求王老师的得分比刘老师的得分低的概率。 5/6页 19.(17分) 已知抛物线C:x2=一8y的焦点为F,P为圆M:x2+y2-4y-32=0上的任意一点，线段PF的垂直 平分线交PM于点Q. (1)求点Q的轨迹方程； (2)过点F作斜率为k(k≠0)的直线，与Q的轨迹交于A,B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点 工问A是香存在最大值？若存在，求出最大值：若不存在，请说明理 6/6页