河南省南阳市第一中学校2025届高三第三次模拟考试数学试题

三模数学 1 南阳市一中 2025 年春期高三年级第三次模拟考试 数学试题 出题人：翟珂 审题人：杨要理 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.已知集合� = {�|�2 − � − 2 < 0}，� = {�|� = 1 − ln�}，则�∪ � =( ) A. ( − ∞, �] B. (0,2) C. ( − 1, �] D. ( − 1,2) 2.已知复数� = �1+� − � 2024(�为虚数单位)，则�的虚部为( ) A. − 12 B. 1 2 C. − 1 2 � D. 1 2 � 3.已知� ，� ，�均为单位向量．若� = � + �，则� 与�夹角的大小是( ) A. �6 B. � 3 C. 2� 3 D. 5� 6 4.已知� ∼ �(3,4)且�(� > 4) = �(� < �)，则二项式 1�− �� 4 的展开式中，常数项为( ) A. −24 B. −1 C. 1 D. 24 5.【第 25次周考第 6题变式】已知函数� � = sin �� + �6 (� > 0)在区间 0, � 2 内恰有一个极 值点，则�的取值范围是( ) A. 23 , 8 3 B. 1 6 , 5 6 C. 2 3 , 5 6 D. 1 6 , 8 3 6.【第 25次周考第 8题变式】设双曲线�: � 2 �2 − �2 �2 = 1(� > 0, � > 0)的右顶点为�，�，�分别在 两条渐近线上，且�� =  3�� ，|��| = 23 �，则该双曲线的离心率为( ) A. 2 55 B. 5 2 C. 5 D. 4 5 5 7.已知函数�(�) = 2���与�(�) = ln� + 1 存在公切线，则实数�的最小值为( ) A. 1� B. 1 2� C. 1 4� D. 1 6� 8.某厂家对其软件进行加密升级，现对软件程序中的某序列� = �1, �2, �3, ⋯ 重新编辑，编辑新 序列为�∗ = �2�1 , �3�2 , �4�3 , ⋯ ，它的第�项为��+1�� .若序列 � ∗ ∗的所有项都是 3，且�2 = 1，�5 = 27， 则�1 =( ) A. 13 B. 1 9 C. 3 D. 9 三模数学 2 二、多选题：本题共 5 小题，共 30 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.如图，正方体���� − �1�1�1�1棱长为 2，�是直线�1�上的一个动点，则下列结论中正确的 是( ) A. ��的最小值为 6 B. �� + ��的最小值为 2 2 − 2 C.三棱锥�1 − ���的体积不变 D.以点�为球心， 2为半径的球面与面��1�的交线长为 2 6 3 � 10.已知�(�)是定义在�上的奇函数，�(�) = �'(�)，�(� + 1)是奇函数，且�( 12 ) =− 1，则下列 说法中正确的有( ) A. �(�)为偶函数 B. �(2 + �) = �(�) C. �( 52 ) = 1 D. �( − 1 2 ) + �( 3 2 ) = 0 11.如图，曲线�是一条“双纽线”，其�上的点满足：到点�1 −2,0 与到点�2 2,0 的距离之积为 4，则 下列结论正确的是( ) A.点� 2 2, 0 在曲线�上 B.点� �, 1 (� > 0)在�上，则 ��1 = 2 2 C.点�在椭圆� 2 6 + � 2 2 = 1 上，若�1� ⊥ �2�，则� ∈ � D.过�2作�轴的垂线交�于�, �两点，则 �� < 2 三、填空题：本题共 3 题，每小题 5 分，共 15 分。 12.已知函数�(�) = 2�� � 2�−1 + ln�, �(�) = 2ln� + 1，若�(�) ≥ �(�)恒成立，则�的最小值是 ． 13.已知△ ���的内角�，�，�的对边分别为�，�，�，且sin 2�+sin2�−sin2� � = �������� �����+�����，若� + � = 4， 则�的取值范围是 ． 14.设(�1, �2, �3, �4, �5)是 1，2，3，4，5 的一个排列，若(�� − ��+1)(��+1 − ��+2) < 0 对一切� ∈ {1,2,3}恒成立，就称该排列是“交替”的．“交替”的排列的数目是 四、解答题 15．（本小题满分 13分）已知正项数列 na 中， 1 2a  ，满足 2 21 1 6 0n n n na a a a    ． (1)求数列 na 的通项公式； (2)已知数列 nb 满足  2 2 , , 2 , . log log 2 n n n n a n b n a a       为偶数 为奇数 求数列 nb 的前 2n项和 2nT ． 三模数学 3 16．（本小题满分 15分）已知函数 2 ( ) ex x ax af x   ，其中 aR ． (1)当 0a  时，求曲线 ( )y f x 在 (1, (1))f 处的切线方程； (2)当 0a  时，若 ( )f x 在区间 [0, ]a 上的最小值为 1 e ，求 a的值． 17．（本小题满分 15分）某学校校庆时统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人） 如下： 日期 10月1日 10月 2日 10月3日 10月 4日 10月5日 第 x天 1 2 3 4 5 参观人数 y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 (1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合 y与 x的关系，请用相关系数 r加以说明（保留小 数点后两位）；（若 0.75r  ，则认为 y与 x的线性相关性很强），并求出 y关于 x的线性回归方程； (2)校庆期间学校开放1号门、 2号门和3号门供校友出入，校友从1号门、 2号门和3号门进入 学校的概率分别为 1 2 、 1 6 、 1 3 ，且出学校与进学校选择相同门的概率为 2 3 ，选择与入校不同两 门的概率各为 1 6 .假设校友从1号门、2号门、3号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁 4 名校友于10月1日回母校参加活动，设 X 为 4人中从 2号门出学校的人数，求 X 的分布列、期 望及方差. 附：参考数据： 5 1 72i i i x y   ， 5 2 1 55i i x   ， 4y  ， 5 2 1 95.86i i y   ， 158.6 12.59 . 三模数学 4 18．（本小题满分 17分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，侧面 PAD 平面 ABCD， PAD△ 是边 长为 2的等边三角形，底面 ABCD为直角梯形，其中 / /BC AD，AB AD ， 1AB BC  ，M 为 线段 PA中点，连接 BM ． (1)证明： / /BM 平面 PCD； (2)求 M到平面 PCD的距离； (3)线段 PD上是否存在一点 E，使得平面 EAC与平面DAC夹角的余 弦值为 15 5 ？若存在，求出 PE PD 的值；若不存在，请说明理由． 19．（本小题满分 17分）如图，双曲线 2 2 1 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的左､右焦点 1F ， 2F 分别为双 曲线 2 2 2 2 2: 14 4 x yC a b   的左､右顶点，过点 1F 的直线分别交双曲线 1C 的左､右两支于 ,A B两点， 交双曲线 2C 的右支于点M （与点 2F 不重合），且 1 2BFF△ 与 2ABF△ 的周长之差为 2. (1)求双曲线 1C 的方程； (2)若直线 2MF 交双曲线 1C 的右支于 ,D E两点. ①记直线 AB的斜率为 1k ，直线DE的斜率为 2k ，求 1 2k k 的值； ②试探究： DE AB 是否为定值？并说明理由. 三模数学 5 第三次模拟考试数学参考答案 一、单选题：1.C解：因为� = {�|�2 − � − 2 < 0} = {�| − 1 < � < 2}，� = {�|� = 1 − ln�} = {�|��� ≤ 1} = {�|0 < � ≤ �}，则�∪ � = ( − 1, �]．故选 C． 2. A解：� = �1+� − � 2024 = � 1−�1+� 1−� − � 4 506 = 1+�1− −1 − 1 506 = 1+�2 − 1 =− 1 2 + 1 2 �，所以�的虚 部为-12，故选：�． 3. C解：由� = � + �，得� 2 = (� + � )2，即� 2 = � 2 + � 2 + 2� ·�，则 1 = 1 + 1 + 2 × 1 × 1 × cos � , � ，则 cos � , � =− 12，又⟨� → , � → ⟩ ∈ [0, �]，则⟨� → , � → ⟩ = 2�3．故选：�． 4.D 解：因为� ∼ �(3,4)，所以�(� > 4) = �(� > 3 + 1) = �(� < 3 − 1) = �(� < �)，所以� = 2， 所以二项式 1 � − 2� 4 的展开式中，常数项为：C42 × ( − 2)2 = 6 × 4 = 24．故选：�． 5. A解：因为 � > 0，所以当 0 < � < �2 时，有 � 6 < �� + � 6 < � 2� + � 6 ， 因为 � � 在区间 0, �2 内恰有一个极值点，结合正弦函 数图象，得 � 2 < � 2� + � 6 ≤ 3� 2 ，解得 2 3 < � ≤ 8 3，所以 �的 取值范围为 2 3 , 8 3 ．故选：�． 6. B 解：由题设|��| = �，由角平分线定理可得|��||��| = |��| |��| = 3，则|��| = 3�，|��| = 3 × 2 3 � = 2�，在△ ���中，由余弦定理得 cos∠��� = |��|2+|��|2−|��|2 2|��||��| = �2+�2−29� 2 2�� ，在△ ���中，由余弦定理得 cos∠��� = |��|2+|��|2−|��|2 2|��||��| = �2+9�2−2�2 6�� ，由 cos∠��� = cos∠���得 �2+�2−29� 2 2�� = �2+9�2−2�2 6�� ，解得� = 5 3 �，则 cos∠��� = �2+�2−29� 2 2�� = 2 5 = � �，即 � � = 5 2 ，所以双曲线�的离心率为 5 2 ．故选 B． 7. B解：设公切线与函数�(�) = 2���及函数�(�) = ��� + 1 的切点分别为(�, 2���)，(�, ��� + 1)，且�'(�) = 2���，�'(�) = 1�，故两切线方程为� − 2�� � = 2���(� − �)，� − (��� + 1) = 1 � (� − �)，即� = 2�� �� + ( − �+ 1)2���，� = 1� � + ���，�(�)与�(�)存在公切线，所以 三模数学 6 2��� = 1�    −� + 1 2��� = ln� 有解，消去�后得：��2� = (� − 1)��� − 1，令ℎ(�) = (� − 1)��� − 1， ℎ'(�) = ��� − 1� + 1，易得ℎ'(�)在(0, + ∞)上单调递增，且� ∈ (0,1 )时，ℎ'(�) < 0；� ∈ (1, + ∞) 时，ℎ'(�) > 0,故ℎ(�)在区间(0,1 )上递减，在(1, + ∞)上递增．所以ℎ(�)��� = ℎ(1 ) =− 1，∴ ��2� 的最小值为−1，即 2�的最小值为1�，即实数�的最小值为 1 2�．故选：�． 8. C .解：因为�∗ = �2�1 , �3�2 , �4�3 , ⋯ ，设�� = ��+1 �� ，则 �∗ ∗ = �2�1 , �3�2 , �4�3 , ⋯ ，因为 �∗ ∗的所有项 都是 3，所以��+1�� = 3，设�1 = �，所以 �� 是以�为首项，3 为公比的等比数列，所以�� = � ⋅ 3�−1，由�2�1 = �，�2 = 1 ⇒ ��1 = 1，由 �3 �2 = 3�，�2 = 1 ⇒ �3 = 3�，由 �4 �3 = 32 ⋅ � ⇒ �4 = 9� ⋅ 3� = 27�2，由�5�4 = 33 ⋅ � ⇒ �5 = 27� ⋅ 27�2 = 36 ⋅ �3，又�5 = 27，所以36 ⋅ �3 = 27 ⇒ � = 1 3，所以�1 = 3．故选：�． 二、多选题： 9. ACD【解答】解：对�，在△ ��1�中边长为面对角线 2 2，��的最小值为△ ��1�的高，其 值为 6，故 A对; 对�，将△ ��1�与矩形△ �1�1��翻折到一个平面内(如图)， 在△ ���中，余弦定理可得，��2 = 4 + 4 − 2 × 2 × 2 × cos135∘ = 8 + 4 2， 所以�� = 2 2 + 2，故 B错; 对�，因为��1−��� = ��−�1��，而�到平面��1�的距离不变， 而△ �1��的面积也不变，所以三棱锥�1 − ���的体积不变， 故 C对; 对�，以点�为球心与面��1�的交线为圆周，该圆锥的母线长为 2，高为 2 3 3 ，底面半径� = ( 2)2 − ( 2 33 ) 2 = 23 = 6 3 ，所以交线长为2 6 3 �，故 D对; 综上所述，选 ACD． 10. ACD 解：由于�(�)是定义在�上的奇函数，所以�(�) =− �( − �)，则�'(�) = �'( − �)，即 �(�) = �( − �)，故 A正确；因为�(� + 1)是奇函数，所以�(� + 1) =− �( − � + 1)，即�(�) =− �(2 − �)，所以�'(�) =− �'(2 − �)，则�(�) = �(2 − �) + �，令� = 1，所以� = 0， 所以�(�) = �(2 − �)，即�(�)的图象关于直线� = 1 对称，则�( − �) = �(2 + �) =− �(�)，故 B 错误；�( 52 ) = �(2 + 1 2 ) =− �( 1 2 ) = 1，故 C正确；�( − 1 2 ) = �( 1 2 ) =− �( 3 2 )，故 D正确．故选： ���． 三模数学 7 11.【答案】ACD解：对选项 A，因为 ��1 ��2 = 2 2 + 2 2 2 − 2 = 4，由定义知� ∈ �， 故 A正确；对选项 B，点�(�, 1)(� > 0)在�上， 则 ��1 ��2 = (� + 2)2 + 1 (� − 2)2 + 1 = 4， 化简得�4 − 6�2 + 9 = 0，所以� = 3， ��1 = ( 3 + 2)2 + 1 ≠ 2 2， B错误； 对选项 C，椭圆� 2 6 + � 2 2 = 1 上的焦点坐标恰好为�1 −2,0 与�2 2,0 ， 则 �1� + �2� = 2 6，又�1� ⊥ �2�，所以 �1� 2 + �2� 2 = 16， 故 �1� ⋅ �2� = �1� + �2� 2− �1� 2+ �2� 2 2 = 4，所以� ∈ �， C正确； 对选项 D，设� 2, � ，则 �� = 2 � ，因为� ∈ �，则 ��1 = 4 � ，又 ��1 2 = 16 + �2， 所以 16 �2 = 16 + �2，化简得�4 + 16�2 − 16 = 0，故�2 = 4 5 − 8， 所以�2 − 1 = 4 5 − 9 < 0，故 � < 1，所以 �� < 2，故 D正确，故选：���． 三、12. 1� 解：�(�) ≥ �(�)恒成立，即 2� � � 2�−1 + ln� ≥ 2ln� + 1 ⇒ 2�� � 2�−1 ≥ ln �� 2 � ⇒ 2�� 2� ≥ ��2 � ln ��2 � = � ln�� 2 � ln �� 2 � ，令 �(�) = �� �(� > 0)，则易知�(�)单调递增， ∴ �(2�)⩾�(ln  �� 2 � ) ⇒ 2� ≥ ln �� 2 � ⇒ 2� ≥ 2ln� + 1 − ln� ⇒ ln� ≥ 2ln� − 2� + 1 ，令ℎ � = 2ln� − 2� + 1，则ℎ' � = 2 � − 2，令ℎ' � = 0，解得� = 1，当� ∈ 0,1 时，ℎ' � > 0，ℎ � 在 0,1 上单调递增；当� ∈ 1, + ∞ 时，ℎ' � < 0，ℎ � 在 1, + ∞ 上单调递减，所以ℎ � max = ℎ 1 =− 1，故 ln� ≥− 1，即� ≥ 1 �．则 �的最小值是1�． 13. [2,4) .解：由正弦定理知， ����� = � ���� = � ����，∵ sin2�+sin2�−sin2� � = �������� �����+�����，∴ �2+�2−�2 ���� = �� ��������+�������� = �� sin(�+�) = �� ����，即� 2 + �2 − �2 = ��，∴ �2 = �2 + �2 − �� = (� + �)2 − 3�� ≥ (� + �)2 − 3 ⋅ (�+�) 2 4 = 1 4 × 4 2 = 4，当且仅当� = � = 2 时，等号成立，∴ � ≥ 2，又� < � + � = 4， ∴ 2 ≤ � < 4，∴ �的取值范围是[2,4)．故答案为：[2,4)． 14. 32. 解：若(�� − ��+1)(��+1 − ��+2) < 0 对一切� ∈ {1,2,3}恒成立， 则�1 < �2，�2 > �3，�3 < �4，�4 > �5或�1 > �2，�2 < �3，�3 > �4，�4 < �5， 即�2 > �1、�3且�4 > �3、�5或�2 < �1、�3且�4 < �3、�5， 下面讨论�2 > �1、�3且�4 > �3、�5的情况： 当�2 = 3，�4 = 5，�5 = 4 时，(�1,�3)是 1，2 的 一个排列， 当�2 = 4，�4 = 5 时，(�1,�3, �5)是 1，2，3 的一个排列， 三模数学 8 当�2 = 5，�4 = 4 时，(�1,�3, �5)是 1，2，3 的一个排列，当�2 = 5，�1 = 4，�4 = 3 时，(�3,�5) 是 1，2 的一个排列，此时共有�22 + �33 + �33 + �22 = 2 + 6 + 6 + 2 = 16 种排列情况， 同理可知，�2 < �1、�3且�4 < �3、�5时也有 16 种排列情况，所以“交替”的排列的数目是 16 + 16 = 32．． 四、解答题 15.【答案】(1) 2nna  (2) 14 4 2 3 2 1 n n n     【详解】（1）由 2 21 1 6 0n n n na a a a     ，得   1 12 3 0n n n na a a a    ， 因为 0na  ，所以 1 3 0n na a   ，则 1 2n na a  ， 所以 na 是以 2为首项，2为公比的等比数列，所以 2nna  ． （2）方法一： 由（1）知   2 , 2 1 1 , 2 2 n n n b n n n n n        为偶数 为奇数 2 1 2 3 4 2 1 2n n n T b b b b b b       1 3 2 1 2 4 2n nb b b b b b         2 4 2 1 1 1 1 11 2 2 2 3 3 5 2 1 2 1 n n n                2 21 2 2 41 2 1 1 4 n n        14 4 2 3 2 1 n n n      方法二： 由（1）知   2 , 2 , 2 n n n b n n n      为偶数 为奇数 设 2 4 n n nc b  ，则可得 1 4n n c c   ， 所以 nc 是以 4为首项，4为公比的等比数列， 所以 nc 的前 n项和 1 14 4 4 4 1 4 3 n n nA       ， 设   2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n d b n n n n         所以 nd 的前 n项和 1 1 1 1 1 1 21 1 3 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1n nB n n n n                所以 1 2 4 4 2 3 2 1 n n n n nT A B n        ． 16.【答案】(1) e 0x y  (2) 1a  【详解】（1）当 0a  时， 2 ( ) ex xf x  ，则 1(1) e f  ， 22( ) ex x xf x   ，所以 1(1) e f   ， 所以曲线 ( )y f x 在 (1, (1))f 处的切线方程为： 1 1 ( 1) e e y x   ，即 e 0x y  ． （2） 2 ( 2) 2 ( 2)( )( ) e ex x x a x a x x af x          ，令 ( ) 0f x  ，解得 2x  或 x a ， 三模数学 9 当0 2a  时， [0, ]x a 时， ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在[0, ]a 上单调递减， 所以 min( ) ( )f x f a  1 e ea a  ，考虑 ( ) ea ag a = ， ' 1( ) ea ag a -= ， 当 1a  时， '( ) 0g a  ， ( )g a 单调递增，当 1a  时， '( ) 0g a  ， ( )g a 单调递减， 所以 ( )g a 的极大值为 1(1) e g  ，所以由 1 e ea a  得 1a  ；当 2a  时， [0, 2]x 时， ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在[0,2]上单调递减， (2, ]x a 时， ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 (2, ]a 上单调递增， 所以 min( ) (2)f x f  2 4 1 e e a  ，则 4 e 2a    ，不合题意；当 2a  时， [0, 2]x 时， ( ) 0f x  ， 则 ( )f x 在 [0,2]上单调递减， 所以 min( ) (2)f x f  2 2 1 e e  ，不合题意； 综上， 1a  ． 17.【答案】(1) 0.95r  ，说明见解析，  1.2 0.4y x  (2)分布列见解析，   1E X  ，   3 4 D X  . 【详解】（1）依题意， 1 2 3 4 5 3 5 x      ，而 5 1 72i i i x y   ， 5 2 1 55i i x   ， 4y  ， 则 1 2 22 22 2 1 1 5 5 5 5 72 5 3 4 12 12 0.95 12.59158.655 5 3 95.86 5 45 5 i i i i i i i x y x y r x x y y                     . 因为 0.95 0.75r   时线性相关程度高，所以 y与 x线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合. 5 1 5 222 1 5 72 5 3 4ˆ 1.2 55 5 35 i i i i i x y x y b x x              ，  4 1.2 3 0.4a y bx      ， 因此，回归方程为  1.2 0.4y x  . （2）记“甲从 2号门出学校”为事件A，“甲从1号门进学校”为事件 B， “甲从 2号门进学校”为事件C，“甲从3号门进学校”为事件D， 由题意可得   1 2 P B  ，   1 6 P C  ，   1 3 P D  ，     1 6 P A B P A D  ，   2 3 P A C  ， 由全概率公式得：          P A P BA CA DA P BA P CA P DA                  1 1 1 2 1 1 1 2 6 6 3 3 6 4 P B P A B P C P A C P D P A D          ， 同理乙、丙、丁从 2号门出学校的概率也为 1 4 ， 三模数学 10 X 为4人中从 2号门出学校的人数，则 14, 4 X B       ，   43 810 4 256 P X        ，   1 3 1 4 1 3 108 271 C 4 4 256 64 P X               ，   2 2 2 4 1 3 54 272 C 4 4 256 128 P X               ，   3 1 3 4 1 3 12 33 C 4 4 256 64 P X               ，   41 14 4 256 P X        ， 故 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 81 256 27 64 27 128 3 64 1 256   14 1 4 E X    ，   1 3 34 4 4 4 D X     . 18.【答案】(1)证明见解析 (2) 21 7 (3)存在， 1 2 PE PD  【详解】（1）在四棱锥 P ABCD 中，取 PD中点 N ，连接MN， 由M 为 PA的中点，且 2AD  ， 1BC  ，得 / / / /MN AD BC， 1 1 2 MN AD BC   ， 则四边形 BCNM 为平行四边形， / /BM CN，而CN 平面 PCD， BM 平面 PCD， 所以 / /BM 平面 PCD． （2）取 AD的中点O，连接 PO，OC，由 PAD△ 为等边三角形，得 PO AD ， 而平面PAD 平面 ABCD，平面PAD平面 ABCD AD ， PO 平面 PAD， 则 PO 平面 ABCD，由 1, / /AO BC AO BC  ，得四边形 ABCO是 平行四边形， 于是OC / /AB，而 AB AD ，则OC AD ，直线 , ,OC OD OP两两垂 直， 以O为坐标原点，直线 , ,OC OD OP分别为 , ,x y z轴建立空间直角坐 标系，如图， 则 (0, 1,0), (0,1,0), (1,0 ) (,0), (1, 1, 00 , , 3), 0A PD C B  ， ( 1,0, 3), ( 1,1,0)CP CD       ， 三模数学 11 设平面 PCD的法向量为 ( , , )n x y z  ，则 3 0 0 n CP x z n CD x y               ， 取 1z  ，得 ( 3, 3,1)n  ， 又 (0,1,0)BC   ，所以 B到平面 PCD的距离 7 | | 3 21 | | 7 BC nd n        ， 因为 / /BM 平面 PCD，所以 M到平面 PCD的距离为 B到平面 PCD的距离，即 21 7 . （3）令 ](0 , , [0,1, 3 )PE PD       ， (0,1, 3) (0, , 3 ) (0,1 , 3 3 )AE AP PE               ， (1,1,0)AC   ， 设平面 EAC的法向量为 ( , , )m a b c  ，则 0 (1 ) ( 3 3 ) 0 m AC a b m AE b c                ， 取 3( 1)b   ，得 ( 3(1 ), 3( 1), 1)m        ， 平面DAC的法向量为 (0,0, 3)OP   ， 于是   2 3 1 15cos , 53 7 10 7 OP m OP m OP m                 ， 化简得 22 5 2 0    ，又  0,1 ，解得 12  ，即 1 2 PE PD  ， 所以线段 PD上存在点 E，使得平面 EAC与平面DAC夹角的余弦值为 15 5 ， 1 2 PE PD  . 19.【答案】(1) 2 2 1 3 yx   (2)①3；② DE AB 为定值 4，理由见解析 【详解】（1）解：设 1 2 2FF c ，因为 1 2BFF△ 与 2ABF△ 的周长之差为 2， 所以 1 1 2 2 2BF FF AB AF    ，即 2 2 2c a  ， 又因为 1 2,F F 分别为双曲线 2 2 2 2 2: 14 4 x yC a b   的左、右顶点，所以 2c a ， 联立方程组 1 2 c a c a     ，解得 1, 2a c  ，所以 2 2 2 1b c a   ， 三模数学 12 故双曲线 1C 的方程为 2 2 1 3 yx   . （2）解：①由（1）知，双曲线 2C 的方程为     2 2 1 21, 2,0 , 2,04 12 x y F F   ， 设 0 0( , )M x y ，则 2 2 0 0 1 4 12 x y   ，可得 220 03( 4)xy   ， 则 2 0 0 0 1 2 2 0 0 0 3 2 2 4 y y yk k x x x         . ② DE AB 为定值 4 . 理由如下： 由（1）得直线 AB的方程为  1 2y k x  ， 联立方程组  1 2 2 2 1 3 y k x yx        ，整理得  2 2 2 21 1 13 4 4 3 0k x k x k     ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 2 1 1 1 2 1 22 2 1 1 4 4 3, 3 3 k kx x x x k k        ， 因为 ,A B位于双曲线的左､右两支，所以 2 1 1 2 2 1 4 3 0 3 kx x k      ，即 2 1 3k  ， 可得          22 22 1 12 1 1 2 1 2 2 22 11 36 1 6 1 1 4 33 k k AB k x x x x kk            ， 又因为 1 2 3k k  ，所以直线DE的方程为   1 3 2y x k   ， 根据双曲线的对称性，同理可得   2 2 1 1 22 1 1 36 1 2 9 333 k k DE k k                    ， 所以    2 21 1 2 2 1 1 2 9 6 1 4 3 3 k k DE AB k k         ，故 DE AB 为定值 4 .