浙江省杭州学军中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试卷

2025年8月杭州学军中学高三开学考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求。 B=xlx=2k-1,kEZ),AB=() A.L,3 B.{-1l,3} C.{L3,5} D.{-1,l3,5} 2.已知向量AB=(5,),BC=(m,9),CD=(8,5).若A、C、D三点共线，则m=() A月 B.-11 C.11 D.-5 4 3.已知复数：满足上-3+41=1，则z在复平面内对应的点位于() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 4.设{an}是等差数列，其前n项和为Sn·则“S+S>2S2”是“{an}为递增数列”的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 5.已知方程x2+3+3a+1=0(a>1)的两根分别为tana,tanB,且a,A 则a+B=() A. 3x或-3x 3 B.-π或匹 C. 3 D.-2π 4 44 A 6.公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围是：3.1415926<π<3.1415927，为纪念祖冲之在圆周 率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让 同学们把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14 的不同数字有() A.2280 B.2120 C.1440 D.720 7已知椭圆C:+上-1与双曲线E:号 2 =1有相同的焦点F、F3,且它们在第二象限的公共点为点P, 43 点P与右焦点F的连线交y轴与点Q,且O5平分∠PFF3,则双曲线E的离心率为() A.32 B.2 C.5 5 2 8.如图，边长为2的正方体的一个顶点A在平面α内，其余顶点在：的同侧，且点B和点D到平面α的距离 第1页共5页 均为 ，则平面AGD与平面的夹角的余弦值为() A B.. 0 √6 6 二、多选题：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.已知圆0：x2+y2=4,P是直线1：x+y-6=0上一动点，过点P作直线PA,PB分别与圆0相切于点A, B,则( A.圆O与直线1相离 B.PA存在最小值 C.AB存在最大值 D.存在点P使得△ABO为直角三角形 10.已知a为常数，函数f(x)=x(e-a)有且只有一个极值点，则() A.a≤0 B.x6∈[-1,0) C.f(x)为极大值点D.f()<0 11.已知△A,BCn(n=l,2,3,)是直角三角形，An是直角，内角An、Bn、Cn所对的边分别为an、bn、Cn,面 积为5，若=4,6=3，品-正，4=4,6=3，品=+立， 3 3 c2+,则(） 3 A.{Sn}是递增数列 B{S2-}是递减数列 C.{bn-cn}存在最大项 D.{b。-cn}存在最小项 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知某场考试考生人数为10000人，考试的成绩服从正态分布N(300,2500),若录取分数线为350分，则 录取人数约为 (结果四舍五入取整数) 13.在 的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 2x 14.有排列整齐的20个盒子和20个球（其中红球和黄球各5个，黑球10个），在每个盒子中随机放入了一个 球，球的颜色可能是红色、黄色、黑色中的一种.现随机先后打开每个盒子（直到打开所有盒子结束），则红 球最先被全部开出的概率为 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。 第2页共5页 15已知函数-m(仔x+4>Q0<引)的部分图象知图所示，P,Q分别为演图象的最高 点和最低点，点P的坐标为(1，A) (1)求f(x)的最小正周期及p的值： (2)若点R的坐标为L,0),∠PQ=三x,求A的值 d 16.已知A,B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天），记录如下： A组 11 12 13 14 15 16 17 B组 13 14 16 17 18 15 a 假设所有病人的康复时间相互独立，从A,B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙 (1)求甲的康复时间不少于14天的概率： (2)如果a=12,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率： (3)写出a为何值时，A,B两组病人康复时间方差相等.（结论不要求证明） 第3页共5页 17.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中，AB⊥AD,AB+AD=4,CD=√反， ∠CDA=45°. (1)求证：平面PAB⊥平面PAD. (2)设AB=AP ①直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长 ②线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等？说明理由. 18.已知以原点0为中心，F(5.0)为右焦点的双曲线C的离心率e= 2 12 (1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程： (2)如图，已知过点M(x,)的直线4：xx+4yy=4与过点N(x2,)(其中 ,≠x)的直线l2:x2x+4y2y=4的交点E在双曲线C上，直线MN与两条渐近 线分别交与G、H两点，求△OGH的面积 第4页共5页 19.已知a为正实数，n为自然数，抛物线y=-2+(与x轴正半轴相交于点A,设∫m)为该抛物线在点A处 2 的切线在y轴上的截距 (1)用a和n表示f(n): 2)求对所有n都有@之”成立的a的最小值： f(n+1n23+1 8》当0a1时.微名7两西与华得得的大小，并淡明理由 1 第5页共5页参考答案 1. C 【解析】由题设A= x x-6x+1 <0 = x|-1<x<6 , B表示的是奇数集合，所以A∩B= 1,3,5  2. C 【解析】因为向量AB  = 5,1 ，BC  = m,9 ，CD  = 8,5 ，所以，AC  =AB  +BC  = m+5,10 ，因为 A、C、D三点共线，则AC  ⎳CD  ，所以，5 m+5 = 8× 10，解得m= 11. 3. D 4. C 【解析】设 an 的公差为 d .充分性证明：由S1+S3> 2S2得：a1+ a1+ a2+ a3> 2(a1+ a2)⇒ a3> a2 ， 即：d> 0.所以 an 为递增数列.必要性证明：由 an 为递增数列得：a3> a2> a1 ，所以S1+S3= a1+ a1 + a2+ a3> a1+ a1+ a2+ a2= 2(a1+ a2) = 2S2 ,所以“S1+S3> 2S2”是“ an 为递增数列的充分必要条件 5. D 【分析】由韦达定理和两角和的正切公式可得 tan(α+ β) = 1 ，进一步缩小角的范围可得 (α+ β) ∈ -π,0 ，则 α+ β可求． 【解析】∵方程 x2+ 3ax+ 3a+ 1= 0两根 tanα 、tanβ，∴ tanα+ tanβ=-3a，tanαtanβ= 3a+ 1， ∴ tan(α+ β) = tanα+tanβ 1-tanαtanβ = 1 ,又∵ α , β∈ - π 2 , π 2 ，a> 1，则 tanα+ tanβ=-3a< 0，tanαtanβ = 3a+ 1> 0∴ tanα< 0，tanβ< 0，∴ α , β∈ - π2 ,0 ，∴ α+ β∈ -π,0 ，结合 tan(α+ β) = 1， ∴ α+ β=- 3π4 6. A 【解析】整体上用间接法求解，先算出 1，4，1，5，9，2，6这 7位数字随机排列的种数，注意里面有两个 1， 多了A22 倍，要除去，再减去小于 3.14的种数，小于 3.14的数只有小数点前两位为 11或 12，其他全排列. 由于 1，4，1，5，9，2，6这 7位数字中有 2个相同的数字 1，故进行随机排列，可以得到的不同情况有 A77 A22 ，而只有小数点前两位为 11或 12时，排列后得到的数字不大于 3.14，故小于 3.14的不同情况有 2A55， 故得到的数字大于 3.14的不同情况有 A77 A22 - 2A55= 2280. 7. D 【解析】由椭圆的定义可知，PF1 + PF2 = 4，F1F2 = 2，由双曲线的定义可知，PF2 - PF1 = 2a，所以， PF1 = 2- a，PF2 = 2+ a， 设∠PF1F2= 2θ，因为PF2交 y轴于点Q，且QF1平分∠PF1F2，所以，∠QF2F1= ∠QF1F2= θ， 在△PF1F2中，由余弦定理可知，cosθ= PF2  2+ F1F2 2- PF1 2 2 PF2 ⋅ F1F2  = 2+a 2+4- 2-a 2 4 a+2  = 2a+1a+2 ， 设 QF1 = QF2 =m，则 PQ = PF2 - QF2 = a+ 2-m，由角平分线定理可 知， PF1  F1F2  = PQ  QF2  ，即 2-a 2 = a+2-m m ，解得m= 4+2a 4-a ，在Rt△QOF2中， 数学试题 第 5 页 共 12 页 cos∠QF2F1= cosθ= OF2  QF2  = 1m = 4-a 4+2a = 2a+1 a+2 ，整理可得 5a 2+ 8a- 4= 0，因为 0< a< 1，解得 a = 25 ，因此，双曲线的离心率为 1 a = 5 2 . 8. 点B和点D到平面 α的距离相等，故BD//平面 α , 而BD  为平面ACC1A1法向量，故平面ACC1A1⊥平面 α 分别过C ,A1作平面 α的垂线，垂足为E ,F，如图，则E ,A ,F三点共线, 由BG=DH= 22 ，且BD与AC中点重合可知CE= 2 . 因此∠CAE= 30° , ∠A1AF= 60°，故A1F= 3 , 进而由∠C1CE= 150°易知点C1到平面 α的距离为 2+ 3 , 又因为B1D1与A1C1中点重合，且B1D1//平面 α , 因此点D1到平面 α的距离为 2 2 + 3，而点B到平面 α的距离为 2 2 , 且BD1= 2 3，故直线BD1与平面 α的夹角正弦值为 2 2 + 3- 2 2 2 3 = 12 , 易知直线BD1与平面A1C1D垂直，故平面A1C1D与平面 α的夹角的余弦值为 1 2 9. AB 【解析】圆O : x2+ y2= 4的圆心O(0 , 0)，半径 r= 2， 对于A，点O到直线 l的距离 d= 6 2 = 3 2> 2= r，故圆O与直线 l相离，正确； 对于B，PA = PO|2- AO|2= |PO|2-r2≥ d2-r2= 14，当且仅当PO⊥ l时取 等号，正确； 对于C，由PO垂直平分AB得，SPAOB= 1 2 PO AB = 2S△PAO= PA AO ， 则 4> AB = 2 PA AO  PO  = 4 PA  PO  = 4 1- 4|PO|2 ≥ 4 1- 4 3 2 2 = 4 73 ，当且仅 当PO⊥ l时取等号，所以 AB 不存在最大值，错误； 对于D，由A可知，PO ≥ d= 3 2，若△ABO为直角三角形，则∠AOP= 45°，从而 PO = 2 AO = 2 2，又 2 2< 3 2，所以不存在点P使得△ABO为直角三角形，错误. 10. ABD 【解析】由题意 f(x) = x ex-ax ，f '(x) = (x+ 1)ex- 2ax ,由题意函数 f(x) = x ex-ax 有且只有一个极 值点 x0，可得 f '(x)有且仅有一个变号零点，故曲线 y= (x+ 1)ex与直线 y= 2ax有且只有一个穿越型交 点，由图可知 a≤ 0 ,-1≤ x0< 0 ,AB正确，当 x< x0时，(x+ 1)ex< 2ax1 f '(x)< 0；当 x> x0时 (x+ 1)ex > 2ax1 f '(x)> 0，故 f x0 为极小值点，C错误；ax0= x0+1 2 e x0，代入 f x0 ，得 f x0 = x0 1-x0  2 e x0< 0， D正确． 11. ACD 【分析】由题意推出 an+12= an2，从而说明 an+1= an，利用三角形面积公式推出Sn+12= 25 2 18 + Sn2 9 ，构造数列 从而求得Sn2= 25 2 16 - 49 16 1 9  n-1 ，由此可判断A ,B由 b2n+1- c2n+1= c2n-b2n 3 结合 b 2 n+ c2n= 25可求得 bn、 cn，对数列 bn-cn 中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列 bn-cn 的最大项和最小项，可判断CD. 数学试题 第 6 页 共 12 页 【解析】由题意知：an2= bn2+ cn2 ， 故 an+12= b2n+1+ c2n+1= 2a2n+1+c2n+b2n 3 = 2a2n+1+an2 3 ，即 an+1 2= an2，即 an+1= an， 所以 an+1= an= an-1=⋯= a2= a1= 5，则 an2= bn2+ cn2= 25， 故 b2n+1= a2n+1+c2n 3 = 25+c2n 3 ，c 2 n+1= a2n+1+b2n 3 = 25+b2n 3 ， 由Sn+1`= 1 2 bn+1cn+1 得：(2Sn+1) 2= 25+c 2 n 3 ⋅ 25+b2n 3 = 252+25(c2n+b2n)+c2nb2n 9 ， 即 (2Sn+1)2= 252+252+(2Sn)2 9 ，所以Sn+1 2= 25 2 18 + Sn2 9 ， 则Sn+12- 25 2 16 = 1 9 Sn 2- 25 2 16 ，而S12- 252 16 = 1 4 × 4 2× 32- 25 2 16 =- 49 16 ， 故Sn2- 25 2 16 =- 49 16 1 9  n-1 ，则Sn2= 25 2 16 - 49 16 1 9  n-1 ， 所以S2n2= 25 2 16 - 49 16 1 9  2n-1 ，由于 1 9  2n-1 随n的增大而减小， 故S2n2= 25 2 16 - 49 16 1 9  2n-1 是随n的增大而增大， 由题意知S2n> 0，故 S2n 是递增数列，故A正确； 同理S2n-12= 25 2 16 - 49 16 1 9  2n-2 随n的增大而增大，S2n-1 是递增数列，B错误； 又 b2n+1- c2n+1= c2n-b2n 3 =- 1 3 b 2 n-c2n ，由于 bn+12+ cn+12= 25，bn2+ cn2= 25，且 b21- c21= 7， 所以，b2n-c2n 是首项为 7，公比为- 13 的等比数列，故 b 2 n- c2n= 7 ⋅ - 13  n-1 ， 所以， b2n-c2n=7 ⋅ - 13  n-1 b2n+c2n=25  ， 因为 bn> 0，cn> 0，故 bn= 252 + 7 2 ⋅ - 1 3  n-1 ，cn= 252 - 7 2 ⋅ - 1 3  n-1 ， 所以，bn- cn= 252 + 7 2 - 1 3  n-1 - 252 - 7 2 - 1 3  n-1 ， 所以，b2k-1- c2k-1= 252 + 7 2 ⋅ 1 9  k-1 - 252 - 7 2 ⋅ 1 9  k-1 > 0，其中 k∈N ∗， b2k- c2k= 252 - 7 2 ⋅ 1 3  2k-1 - 252 + 7 2 ⋅ 1 3  2k-1 < 0，其中 k∈N ∗， 因为数列 25 2 + 7 2 ⋅ 1 9  k-1 k∈N ∗ 随着 k的增大而减小，数列 25 2 - 7 2 ⋅ 1 9  k-1 k∈N ∗ 随着 k的增 大而增大， 故数列 b2k-1-c2k-1 k∈N ∗ 随着 k的增大而减小，故 b1- c1为数列 bn-cn 中所有正项中最大的， 同理可知数列 b2k-c2k k∈N ∗ 随着 k的增大而增大，故 b2- c2为数列 bn-cn 中所有负项中最小的， 综上所述，数列 bn-cn 的最大项为 b1- c1，最小项为 b2- c2，CD均对. 故选：ACD. 【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解 答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题. 12. 1587 13. 15x4 【分析】利用二项式系数的性质得到n= 10，设展开式中系数最大项是Tr+1，利用展开式的通项公式得到 数学试题 第 7 页 共 12 页 1 2r Cr10≥ 12r+1 C r+1 10 1 2r Cr10≥ 12r-1 C r-1 10      ，即可求解. 【解析】由 x+ 12x  n 的展开式中，仅第 6项的二项式系数最大，得展开式共 11项，则n= 10， 所以 x+ 12x  10 的展开式的通项公式Tr+1=Cr10x10-r 12x  r = 1 2r Cr10x10-2r，0≤r≤10,r∈N ， 设展开式中系数最大项是Tr+1，则 1 2r Cr10≥ 12r+1 C r+1 10 1 2r Cr10≥ 12r-1 C r-1 10      ，即 2 ⋅ 10! r! 10-r ! ≥ 10! r+1 ! 9-r ! ， 10! r! 10-r ! ≥2 ⋅ 10! r-1 ! 11-r !      解得 8 3 ≤ r≤ 11 3 ，而 r∈N，所以 r= 3，T4= 1 23 C310x4= 15x4， 所以展开式中系数最大的项是 15x4, 故答案为：15x4. 14. 512 【分析】记最后打开的盒子中的球是黄球为事件B，最后打开的盒子中的球是黑球为事件C，记装有红球 的盒子最先全部被打开为事件A，则A=BA+CA，利用全概率公式和乘法公式求出P BA ，P CA 即 可得解． 【解析】由题知红球、黄球、黑球个数分别为 5，5，10. 记“最后打开的盒子中的球是黄球”为事件B，“最后打开的盒子中的球是黑球”为事件C，显然事件B与 C互斥， 记“红球最先全部开出”为事件A，则A=BA+CA. 当事件B发生时，只需考虑装红球、黑球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黑球，可得 P A B = 1015 ， 则P BA =P B P A B = 520 × 10 15 = 1 6 . 当事件C发生时，只需考虑装有红球、黄球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黄球，可 得P A C = 510 ， 则P CA =P C P A C = 1020 × 5 10 = 1 4 ， 所以P A = 16 + 1 4 = 5 12 . 故答案为： 5 12 . 15. (1)最小正周期 6，φ= π6 ； (2)A= 3. 【分析】(1)根据给定的函数式及图象，利用正弦函数周期公式及最值点求得答案. (2)过点Q作QS⊥OR于点S，结合 (1)的信息求出RS，再利用给定角求出A. 【解析】(1)函数 f(x) =Asin π3 x+φ 的最小正周期T= 2π π 3 = 6， 由P(1 ,A)为函数图象的最高点，得 π3 × 1+ φ= π 2 + 2kπ，k∈ Z， 解得 φ= π6 + 2kπ，k∈ Z，而 0< φ< π 2 ，所以 φ= π 6 . 数学试题 第 8 页 共 12 页 (2)由Q为函数图象的最低点，P(1 ,A)，T2 = 3，得点Q的坐标为 (4 ,-A)，R(1 , 0) ,PR⊥OR， 又∠PRQ= 34 π，则∠QRx= π 4 ，过点Q作QS⊥OR于点S，S(4 , 0)， 因此A=QS=RS= 3. 16. (1) 37 (2) 1549 (3)a= 12或 a= 19 【分析】(1)由题意可知，7人中有 3人的康复时间不少于 14天，据此计算即可； (2)根据表格，写出甲的康复时间比乙的康复时间长的所有可能，进而计算概率； (3)分别求出A，B组病人康复时间的方差，利用其相等即可求出 a的值. 【解析】(1)设事件Ai为＂甲是A组的第 i个人＂，事件Bi为＂乙是B组的第 i个人＂，i= 1 , 2 ,⋯, 7. 由题意，得P Ai =P Bi = 17 , i= 1 , 2 ,⋯, 7 由题意可知，事件＂甲的康复时间不少于 14天＂等价于＂甲是A组的第 5人，或者第 6人，或者第 7 人＂， 所以甲的康复时间不少于 14天的概率是P A5∪A6∪A7 =P A5 +P A6 +P A7 = 37 ． (2)设事件C为＂甲的康复时间比乙的康复时间长＂，由题意，得 C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6 ∪A3B7∪A4B7∪A5B7∪A6B7∪A7B7 因此P C =P A4B1 +P A5B1 +P A6B1 +P A7B1 +P A5B2 +P A6B2 +P A7B2 +P A7B3 + P A6B6 +P A7B6 +P A3B7 +P A4B7 +P A5B7 +P A6B7 +P A7B7 = 15P A4B1 = 15P A4 P B1 = 1549 ． (3)A组病人康复时间平均数为：17 × (11+ 12...+17) = 14， 其方差为： 1 7 × [(11- 14) 2+ (12- 14)2...+ (17- 14)2]= 4. B两组病人康复时间平均数为：x= 17 × (13+ 14...+a) = 93+a 7 其方差为：s2= 17 ∑ 7 i=1 (xi- x)2= 17 ∑ 7 i=1 xi2- x    2= 17 × (13 2+ 142+ ...+a2) - 93+a7  2 = 1459+a 2 7 - 93+a 7  2 依题意： 1459+a2 7 - 93+a 7  2 = 4，解得 a= 12或 a= 19 17. (1)证明见解析 数学试题 第 9 页 共 12 页 (2)① 45 ；②不存在，理由见解析 【分析】(1)根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可； (2)①以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A- xyz，根据线面角的定义，结合空间向量夹角公式进行 求解即可； ②解法一：假设存在，设G 0,m,0 0≤m≤4-t ，利用空间距离公式得到方程，推出方程无解，即可判 断；解法二：假设存在，根据题意，结合勾股定理进行求解即可. 【解析】(1) ∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB， 又∵AB⊥AD，PA∩AD=A，PA ,AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD， 又∵AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD. (2)①以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A- xyz(如图)， 在平面ABCD内，作CE⎳AB交于点E， 则CE⊥AD 在Rt△CDE中，DE=CD ⋅ cos45° = 1，CE=CD ⋅ sin45° = 1 设AB=AP= t，则B t,0,0 ，P 0,0,t ， 由AB+AD= 4，得AD= 4- t， 所以E 0,3-t,0 ，C 1,3-t,0 ，D 0,4-t,0 , PB  = (1 , 0 ,-1) ,CD  = (-1 , 1 , 0)，PD  = (0 , 4- t ,-t) 设平面PCD的法向量为n= (x , y , z)， 由n⊥CD  ，n⊥PD  ，得 n⋅CD  =-x+y=0 n⋅PD  =(4-t)y-tz=0  ， 取 x= t得平面PCD的一个法向量为n= (t , t , 4- t)， 又PB  = (t , 0 ,-t)， 故由直线PB与平面PCD所成的角为 30°得 sin30° = 12 = n⋅PB    n ⋅ PB    ， 即 |2t2-4t| t2+0+(-t)2 t2+t2+(4-t)2 = 12 解得 t= 45 或 t= 4(舍去，因为AD= 4- t> 0)，所以AB= 4 5 ； ②解法一：如图所示，假设线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等． 数学试题 第 10 页 共 12 页 设G 0,m,0 0≤m≤4-t ，则GC  = 1,3-t-m,0 ，GD  = 0,4-t-m,0 ，GP  = 0,-m,t ． 因此由 GC   = GD   ，得 1+ 3-t-m 2= 4-t-m 2，即 t= 3-m， 又由 GP   = GD   ，得 4-t-m 2=m2+ t2， 联立两式，消去 t并化简，得m2- 3m+ 4= 0，由Δ= 32- 4× 4< 0 ∵方程m2- 3m+ 4= 0没有实数根， ∴在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等． 解法二：假设在线段AD上存在一个点G到P、B、C、D的距离都相等， 由GC=GD，得GCD=GDC= 45°， 从而∠CGD= 90°，即CG⊥AD， 所以GD=CD ⋅ cos45° = 1， 设AB= λ，则AD= 4- λ，AG=AD-GD= 3- λ， 在Rt△ABG中， GB= AB2+AG2= λ2+(3-λ)2= 2 λ- 32  2 + 92 > 1， 这与GB=GD矛盾， 所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到B、C、D的距离都相等， 从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等． 18. (1)双曲线方程：x 2 4 - y 2= 1，渐近线方程 y=± 12 x； (2)2. 【分析】(1)利用给定的离心率及焦点坐标求出 a , b即可. (2)设点E(xE , yE)，求出直线MN的方程并与双曲线的渐近线方程联立求出交点G ,H的纵坐标，再利用 三角形面积公式计算得解. 【解析】(1)依题意，设双曲线C的标准方程为 x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0 , b> 0)， 半焦距 c= 5，离心率 e= ca = 5 2 ，则 a= 2 , b= c 2-a2= 1， 所以双曲线C的标准方程为 x 2 4 - y 2= 1，其渐近线方程为 y=± 12 x. (2)依题意，点E(xE , yE)在直线 l1 : x1x+ 4y1y= 4和直线 l2 : x2x+ 4y2y= 4上， 则 x1xE+ 4y1yE= 4且 x2xE+ 4y2yE= 4，于是点M ,N均在直线 xEx+ 4yEy= 4上， 因此直线MN的方程为 xEx+ 4yEy= 4，设G ,H分别是直线MN与渐近线 x- 2y= 0和 x+ 2y= 0的交 点， 数学试题 第 11 页 共 12 页 由 xEx+4yEy=4 x-2y=0  及 xEx+4yEy=4 x+2y=0  ，解得点G纵坐标 yG= 2 xE+2yE ，点H纵坐标 yH=- 2 xE-2yE ， 设直线MN与 x轴的交点为Q，则在直线 xEx+ 4yEy= 4中，令 y= 0，得点Q横坐标 xQ= 4 xE ， 而 x2E- 4y2E= 4，因此S△OGH= 1 2 |OQ| ⋅ |yG- yH| = 2 |xE| ⋅ 2xE+2yE + 2xE-2yE  = 2 |xE| ⋅ 4|xE| |x2E-4y2E| = 2， 所以△OGH的面积为 2. 19. (1)f(n) = an； (2)a的最小值是 17； (3)∑ n k=1 1 f(k)- f(2k) > 27 4 ⋅ f(1)- f(n) f(0)- f(1) ，证明见解析. 【解析】(1)由已知得，交点A的坐标为 a n 2 ,0 ，对 y=-x2+ 12 an求导得 y=-2x则抛物线在点A处 的切线方程为线方程为 y=- 2an x- a n 2 ，即 y=- 2anx+ an ,则 f(n) = an 由（1）知 f(n) = an，则 f(n)-1 f(n)+1 ≥ n3 n3+1 成立的充要条件是 an≥ 2n3+ 1 , 即知，an≥ 2n3+ 1对于所有的n成立，特别地，取n= 2时，得到 a≥ 17当 a= 17 ,n= 3时， an > 4n = (1 + 3) n = 1 + C 1n ⋅ 3 + C 2n ⋅ 32 + C 3n ⋅ 33 +⋯≥ 1 + C 1n ⋅ 3 + C 2n ⋅ 32 + C 3n ⋅ 33 = 1 + 2n 3 + 1 2 n 5(n-2) 2+(2n-5) > 2n3+ 1 当n= 0 , 1 , 2时，显然 ( 17 )n≥ 2n3+ 1 故当 a= 17时，f(n)-1 f(n)+1 ≥ n3 n3+1 对所有自然数都成立 所以满足条件的 a的最小值是 17． （3）由（1）知 f(k) = an，则 n k=1  1f(k)- f(2k) = n k=1  1ak-a2k ， f(1)- f(n) f(0)- f(1) = a-an 1-a 下面证明： n k=1  1f(k)- f(2k) > 27 4 ⋅ f(1)- f(n) f(0)- f(1) 首先证明：当 0< x< 1时， 1 x-x3 ≥ 274 x 设函数 g(x) = 274 x x 2-x + 1 , 0< x< 1 则 g'(x) = 814 x x- 2 3  当 0< x< 23 时，g'(x)< 0；当 2 3 < x< 1时，g'(x)> 0 故 g(x)在区间 (0 , 1)上的最小值 g(x)min= g 23 = 0 所以，当 0< x< 1时，g(x)≥ 0，即得 1 x-x2 ≥ 274 x 由 0< a< 1知 0< ak< 1 k∈N * ，因此 1 ak-a2k ≥ 274 a k， 从而 n k=1  1f(k)- f(2k) = n k=1  1ak-a2k ≥ 27 4 ∑ n k=1 ak= 274 ⋅ a-an+1 1-a > 27 4 ⋅ a-an 1-a = 27 4 ⋅ f(1)- f(n) f(0)- f(1) 数学试题 第 12 页 共 12 页