精品解析：云南省保山市腾冲市第八中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

腾冲市第八中学2024--2025学年下学期高二年级5月月考 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共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，则（ ） A B. C. D. 2. 已知集合，（其中i为虚数单位），，，则复数z的虚部为（ ） A. 3 B. C. 3i D. 3. 给出命题p：直线ax+3y+1=0与直线2x+（a+1）y+1=0互相平行的充要条件是；命题q：若平面α内不共线的三点到平面β的距离相等，则α//β．下列结论中正确的是 A. “p∧q”为真命题 B. “p∨q”为假命题 C. “p∨﹁q”为假命题 D. “p∧﹁q”为真命题 4. 正值元宵佳节，赤峰市“盛世中华·龙舞红山”纪念红山文化命名七十周年大型新春祈福活动中，有4名大学生将前往3处场地A，B，C开展志愿服务工作.若要求每处场地都要有志愿者，每名志愿者都必须参加且只能去一处场地，则当甲去场地A时，场地B有且只有1名志愿者概率为（ ） A. B. C. D. 5. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：，） A. 11 B. 22 C. 227 D. 481 6. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 30 7. 已知函数的图象为，则 A. 将函数的图象向右平移个单位可得到 B. 将函数的图象向左平移个单位可得到 C. 将函数的图象向右平移个单位可得到 D. 将函数的图象向右平移个单位可得到 8. 已知，，且，，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”进行调查，调查样本中女生人数是男生人数的，男生追星人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的．若根据小概率值的独立性检验，可以推断追星和性别有关，则调查样本中男生人数可以是（ ） （参考公式及数据：，临界值） A. 10 B. 11 C. 12 D. 18 10. 平面直角坐标系中，、，动点满足，记点的轨迹为曲线，在第一象限内任取曲线上点，记直线的倾斜角为，斜率为，下列选项正确的有（ ） A. 曲线经过点 B. 曲线是中心对称图形 C. 的最大值为 D. 为定值 11. 已知函数的图象关于y轴对称，且对于，当时，恒成立，若对任意的恒成立，则实数a的取值范围可以是下面选项中的（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，且，则的最小值为______． 13. 如图，点A是半径为1的半圆O的直径延长线上的一点，，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边，则四边形的面积的最大值为___________. 14. 下图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一正三角形开始，把每条边三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.若第1个图中的三角形的面积为1，则第个图形的面积为__________. 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列：②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 16. 如图，在四棱锥P—ABCD中， PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形， AD∥BC， AD⊥AB， AB=BC=1，PA=AD=2， AD=3AE， Q为PD的中点. （1）求证: 平面PCD⊥平面ABQ; （2）求二面角A-BQ-E正弦值. 17. 公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注元，已知每局甲赢概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注该怎么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时欧洲乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意外终止的情况，则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注．（友情提醒：珍爱生命，远离赌博） （1）若，甲､乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？ （2）若，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是否为小概率事件（发生概率小于的随机事件称为小概率事件）． 18. 已知实数，设函数，是函数的导函数． （1）证明：存在唯一零点； （2）证明：． 19. 如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q． （1）求C的方程； （2）探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由； （3）设，分别为和的外接圆面积，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 腾冲市第八中学2024--2025学年下学期高二年级5月月考 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式不等式化简集合B，再由集合的补集、交集的运算求解即可. 【详解】或， ． 故选：． 2. 已知集合，（其中i为虚数单位），，，则复数z的虚部为（ ） A. 3 B. C. 3i D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据得到，然后得到求虚部即可. 【详解】因为，所以， 则，所以复数的虚部为-3. 故选：B. 3. 给出命题p：直线ax+3y+1=0与直线2x+（a+1）y+1=0互相平行的充要条件是；命题q：若平面α内不共线的三点到平面β的距离相等，则α//β．下列结论中正确的是 A. “p∧q”为真命题 B. “p∨q”为假命题 C. “p∨﹁q”为假命题 D. “p∧﹁q”为真命题 【答案】D 【解析】 【分析】先判断两个命题的真假，再根据真值表判断即可. 【详解】命题p：直线与直线互相平行的充要条件是，所以为真命题； 命题q：若平面内不共线的三点到平面的距离相等，平面与平面相交也可以，所以为假命题， 即p为真命题，q为假命题，所以“p∧﹁q”为真命题， 故选：D 4. 正值元宵佳节，赤峰市“盛世中华·龙舞红山”纪念红山文化命名七十周年大型新春祈福活动中，有4名大学生将前往3处场地A，B，C开展志愿服务工作.若要求每处场地都要有志愿者，每名志愿者都必须参加且只能去一处场地，则当甲去场地A时，场地B有且只有1名志愿者的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算甲去场地A的方法数，计算甲去场地A且场地B有且只有1名志愿者的方法数，利用条件概率求解. 【详解】设事件为甲去场地A，事件为场地B有且只有1名志愿者， 事件：甲去场地A， 当剩下3名大学生分别前往场地A，B，C，有种方案， 当剩下3名大学生只去场地B，C时，有种方案，共12种不同方案. 事件： 甲去场地A，且场地B有且只有1名志愿者， 场地C有两名志愿者时，有种方案， 当场地B，C时各有1名志愿者时，有种方案，共9种方案. 所以. 故选：A 5. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：，） A. 11 B. 22 C. 227 D. 481 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件列方程、不等式，化简求得正确答案. 【详解】由于，所以， 依题意，则， 由得， ， ，， ， 所以所需的训练迭代轮数至少为轮. 故选：D 6. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量坐标表示，求出，，进而平面，再求出，利用锥体体积公式即可求得结果. 【详解】，，， ，，即，，平面, 平面，又， ，即， ， 故选：A． 7. 已知函数的图象为，则 A. 将函数的图象向右平移个单位可得到 B. 将函数的图象向左平移个单位可得到 C. 将函数的图象向右平移个单位可得到 D. 将函数的图象向右平移个单位可得到 【答案】D 【解析】 【分析】 根据变换原则，对每个选项进行逐一分析即可. 【详解】对于A，将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，故A不正确； 对于B，将函数的图象向左平移个单位可得到函数的图象，故B不正确； 对于C，将函数的图象向右平移个单位可得到的图象，故C不正确； 对于D，将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，故D正确. 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数图像的变换，本题中只涉及左右平移，只需“左加右减”即可. 8. 已知，，且，，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将题目所给不等式转化为，由此得出函数的单调性，对求导，则导数恒小于或等于零，分离常数，然后利用导数求得的取值范围. 【详解】，，恒成立，则在上单调递减，所以恒成立.当时，显然恒成立，；当时，，令，则.所以在上减函数，所以，即的取值范围是.故选D. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和恒成立问题，考查推理论证能力和创新意识.属于中档题. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”进行调查，调查样本中女生人数是男生人数的，男生追星人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的．若根据小概率值的独立性检验，可以推断追星和性别有关，则调查样本中男生人数可以是（ ） （参考公式及数据：，临界值） A. 10 B. 11 C. 12 D. 18 【答案】CD 【解析】 【分析】设样本中男生人数为，得列联表,计算，计算可得结论. 【详解】设样本中男生人数为，得列联表 追 不追 合计 男 女 合计 所以，即，又，故C、D正确． 故选：CD. 10. 平面直角坐标系中，、，动点满足，记点的轨迹为曲线，在第一象限内任取曲线上点，记直线的倾斜角为，斜率为，下列选项正确的有（ ） A. 曲线经过点 B. 曲线是中心对称图形 C. 的最大值为 D. 为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】设点，根据题意求出点的轨迹方程，利用点与曲线的位置关系可判断A选项；利用曲线的对称性可判断B选项；设，则直线的方程为，与直线方程与曲线方程联立，可求出的取值范围，可判断C选项；由三角函数的定义结合曲线方程可判断D选项. 【详解】设点，则， 整理可得，即， 即曲线的方程为. 对于A选项，因为，即曲线经过点，A对； 对于B选项，在曲线上取点，则点关于原点的对称点为， 则， 所以，曲线关于原点中心对称，B对； 对于C选项，令，则直线的方程为， 联立可得， 可得，则，解得， 所以，没有最大值，C错； 对于D选项，由题意可知，且， 则为定值，D对. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出曲线的方程，结合曲线方程与对称性进行判断. 11. 已知函数的图象关于y轴对称，且对于，当时，恒成立，若对任意的恒成立，则实数a的取值范围可以是下面选项中的（ ） A B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据条件可得，函数为偶函数，在上单调递减．根据单调性与奇偶性的关系可得，函数在上单调递增，进而可推出恒成立．对是否为0进行讨论，利用基本不等式即可求得实数的范围． 【详解】由已知可得，函数为偶函数， 又对于，当,时，恒成立， 即,，若，都有成立，则在上单调递减， 又函数为偶函数，则在上单调递增． 又对任意的恒成立，则可得． 当时，不等式为显然成立； 当时，原不等式可化为恒成立，只需要式子的最小值满足即可． 因为， 当且仅当，即时，等号成立． 所以，，解得． 综上所述，实数的范围是． 故选：BC． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，且，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由，， 得 ， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值. 故答案为： 13. 如图，点A是半径为1的半圆O的直径延长线上的一点，，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边，则四边形的面积的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 设，表示出的面积及的面积，进而表示出四边形的面积，并化简所得面积的解析式为正弦函数形式，再根据三角函数的有界性进行求解． 【详解】四边形的面积的面积的面积，设， 则的面积 的面积， 四边形的面积 ， 故当，即时，四边形的面积最大值为， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：应用余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 14. 下图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一正三角形开始，把每条边三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.若第1个图中的三角形的面积为1，则第个图形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合等比数列的相关知识，由图形可以发现三角形边长，边数满足，由此求得通项公式；通过观察图形，易得到第个图形的面积满足，利用数列的累加法以及等比数列相关公式即可求得. 【详解】记第个图形为，此时该图形中的三角形边长为，边数为，面积为. 则有条边，边长为；有条边，边长为；有条边，边长为，，故，. 由图形可知,是在的每条边上生成一个小三角形，即， 则，，，， 将以上个等式左右分别相加，可得：. 因数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故数列是以为公比的等比数列， 依题意，由可得，则，， 于是，， 故， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查根据图形规律，观察归纳数列的通项公式、数列的累加法求通项以及等比数列的求和公式等内容，属于难题. 解决此类问题的思路在于，从特殊到一般，总结出相关量构成数列的递推公式，利用数列知识求得其通项，对于形如的递推式可考虑累加法（迭加法）求通项，形如的递推式可考虑累乘法（迭乘法）求通项. 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列：②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明. 选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证； 选②③作条件证明①时，设出，结合关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③： [方法一]：待定系数法+与关系式 设，则， 当时，； 当时，； 因为也是等差数列，所以，解得； 所以，，故. [方法二] ：待定系数法 设等差数列的公差为d，等差数列的公差为， 则，将代入， 化简得对于恒成立． 则有，解得．所以． 选①③作条件证明②： 因为，是等差数列， 所以公差， 所以，即， 因为， 所以是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法 设，则， 当时，； 当时，； 因为，所以，解得或； 当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列； 当时，，不合题意，舍去. 综上可知为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式 因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意. 【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论. 16. 如图，在四棱锥P—ABCD中， PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形， AD∥BC， AD⊥AB， AB=BC=1，PA=AD=2， AD=3AE， Q为PD的中点. （1）求证: 平面PCD⊥平面ABQ; （2）求二面角A-BQ-E的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面、面面垂直的有关判定定理和性质定理结合已知条件证明即可. （2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求空间二面角即可. 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴ 又，，且平面，平面， ∴平面，又，∴， ∵，为的中点，所以， 又，且平面，平面， ∴平面，又∵， ∴平面⊥平面 【小问2详解】 以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 所以， 设平面ABQ的法向量为， 则 ，取，则， 设平面BQE的一个法向量为， 则，取则， 则 所以二面角的正弦值为， 故所求二面角的正弦值为． 17. 公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注元，已知每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注该怎么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时欧洲乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意外终止的情况，则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注．（友情提醒：珍爱生命，远离赌博） （1）若，甲､乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？ （2）若，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是否为小概率事件（发生概率小于的随机事件称为小概率事件）． 【答案】（1）216元；（2），是小概率事件． 【解析】 【分析】（1）设赌博再继续进行X局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲赢的概率，由此能求出甲应分得的赌注． （2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，求出甲赢得全部赌注的概率对其求导，利用导数分析单调性，求出该函数的最小值，从而判断出“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是小概率事件. 【详解】（1）设赌博再继续进行局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢 由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注． 当时，甲以赢，所以； 当时，甲以赢，所以； 当时，甲以赢，所以． 所以，甲赢的概率为． 所以，甲应分得的赌注为元 （2）设赌注继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则的可能取值有3、4， 当时，乙以赢，； 当时，乙以赢，； 所以，乙赢得全部赌注的概率为 于是甲赢得全部赌注的概率 求导，． 因所以所以在上单调递增， 于是． 故乙赢的概率最大为故是小概率事件． 18. 已知实数，设函数，是函数的导函数． （1）证明：存在唯一零点； （2）证明：． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题可得在R上单调递增，然后利用零点存在定理即证； （2）利用放缩可得，然后通过构造函数，，利用导数求函数的值域即得. 【小问1详解】 由，得， 且在R上单调递增． 设，则， 因此当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，即， 又由， ， 所以在上存在唯一零点， 故存在唯一零点． 【小问2详解】 令， 要证，考虑到，则可证， 即证． 令，，则， 故在上单调递增，于是． 综上所述，即成立． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，利用导数可得，从而利用放缩法判断函数值的正负. 19. 如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q． （1）求C的方程； （2）探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由； （3）设，分别为和的外接圆面积，求的取值范围. 【答案】（1） （2）直线PQ过定点，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）因为离心率，将点代入双曲线方程得，又，解得a，b，即可得出答案； （2）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，，写出直线AP的方程，进而可得N点的坐标，又N，B，Q三点共线，则，解得，即可得出答案； （3）设和的外接圆半径分别为，由正弦定理可得，又，可得，设直线PQ的方程为，与双曲线C的方程联立，可得，，由韦达定理得m的范围，结合弦长公式及函数性质进而可得答案. 【小问1详解】 因为离心率，所以，双曲线的方程为， 将点代入双曲线方程得， 所以， 所以双曲线C的方程为； 小问2详解】 直线PQ过定点，理由如下： 设， 直线PQ的方程为， 联立， 整理得， 则， 所以， 所以，所以， 直线，所以， 又N，B，Q三点共线， 所以，即，即， 所以， 即， 因为， 所以， 所以， 整理可得， 所以，所以PQ过定点； 【小问3详解】 设和的外接圆半径分别为 由正弦定理可得， 又， 所以，即， 设直线PQ的方程为x＝my+4， 与C的方程联立， 整理得， 则， 又，即， 所以，所以， 所以，即， 解得， 又因为， ， 所以， 因为，所以， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$