【衡水真题密卷】2025-2026学年高三数学学科素养月度测评（五）

2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三数学（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A={x3≤x<5},B={xx>4},则A∩(CRB)= () A.{xx≥3》 B.{xx≤4} C.{x3<x<4} D.{x3≤x≤4} 2.若双曲线x-y 62=1(a>0,b>0)的焦距为4，实轴长为2，则其离心率为 () A.2 C.2 2 D.2 3.已知角a的终边过点P(-3,4),则tane+)= ( 1 A.7 1 B.一7 C.7 D.-7 4.在公差不为0的等差数列a,中，若a,十a,=2a:,则生+的最小值为 () A.3 B.5 n 5.已知向量a,b满足a=b=1,c=√3，且a+b一c=0,则a,c的夹角的余弦值为 () B、③ 1 3 2 c.2 D.2 6.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A(1,4)在C上，P是C上的动点， Q(-4,yo)为直线l:x=一4上一定点，P到l的距离为d,若d十PQ取得最小值时点 P与A重合，则yo= () 6 A. 2 B. C.12 D.24 高三数学试题（五）第1页（共4页） 学科素养 7.将函数f(x)=4 .cosz+）0<a<4)的图象向右平移x个单位长度后，所得图象与 班级 原来的图象重合，当xx:∈(-石，）时，f+f,)=0,则fx十x:)=( 姓名 A.23 B.2 C.-23 D.-2 8.从标有0,1,2,3,4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数 得分 的偶数，则这个数大于2023的概率为 () 千位百位十位个位 41 5 A.60 8 3 C 0.12 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.已知复数之满足(1十”)z=5十i,之是之的共轭复数，则 ( A.之的实部与虚部之积为一4 B.之=2-3i C.之在复平面内对应的点位于第三象限 D.之-2x=√85 10.天道酬勤，主动学习方能追求卓越.高三年级的小艾同学决定对函数、三角、数列、立体 几何这四个内容的复习效果进行一次自我检测，每个内容各准备了10道典型题目.做 完后对照答案记录每道题的失分（均为非负整数）情况，若某内容每道题失分都不超过 7分，则认定该内容为“复习效果达标内容”.已知四个内容失分情况的相关数据信息如 下，则一定为“复习效果达标内容”的是 () A.函数内容的10道题失分记录的中位数为3，极差为4 B.三角内容的10道题失分记录的平均数为2，众数为2 C.数列内容的10道题失分记录的平均数为3，方差为2.4 D.立体几何内容的10道题失分记录的平均数为3，第65百分位数为6 11.一个圆柱的表面积为S,体积为V,则下列四组数对中，可作为数对(S,V)的有（) A.(6,1) B.(5,1) C.(5π，π) D.(4π，π) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若命题“Hx∈R,ax2十2x十a≥0”为假命题，则a的取值范围是 13.若函数f(x)=(x一1)(x2十ax十b)的图象关于点(2,0)中心对称，则a十b= 月度测评 高三数学试题（五）第2页（共4页） 14.某软件公司对软件进行升级，将序列A=(a1,a2,a3,…)升级为新序列A"= (a2一a1,a3一a2,a4一a3,…),A*中的第n项为am+1一am,若(A*）*中的所有项都是 3,且a4=11,a5=18,则a1= 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,已知向量m=(sinC,W3cosA一√3)， n=(a,c),且m⊥n. (1)求A; (2)若a=2,求△ABC面积的最大值. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,BC∥AD,AB⊥BC,AB=BC =1,AD=AP=2,点E满足DE=ADP(0<入<1). (1)若CE∥平面PAB,求λ的值； (2)若A=了，求平面ACE与平面PCD夹角的正弦值。 17.(15分)甲、乙两名同学进行传统文化知识比赛，规则如下：连续获胜两局者获胜，比赛 结束；比赛最多进行五局，若五局结束时两人均未能连续获胜两局，则五局中获胜局数 多者获胜.在一局比赛中，若甲胜，则甲下一局胜的概率为2；若甲输，则甲下一局胜的 概率为号，已知第1局甲胜的概率为2，假设每局比赛设有平局，记比赛结束时的局数 为X. (1)求第2局比赛甲胜的概率； (2)在X=3的条件下，求甲胜的概率； (3)求比赛结束时甲胜的概率 高三数学试题（五）第3页（共4页） 学科素养 18.(17分)设函数f(x)=e2x-2ae. (1)当a=1时，求f(x)的极值. (2)若当x≥0时，f(x)≥x2一2a+1恒成立，求a的取值范围. (3)若当a>0时，有f(a1)=fx2)c,>x1),证明：e-e<a. x2-x1 19.(17分)已知能圆C,号+-1a>6>0)经过点M,号》，其右风点为A,上顶点 为B,0为坐标原点，且离心率为 2 (1)设C1在点M处的切线1的斜率为k1,直线OM的斜率为k2,求k1·k2的值. (2)过C1在第一象限的点P1作C1的切线，分别与x轴，y轴交于点A2,B2,且P1为 线段A2B2的中点，记以点O为中心，x轴，y轴为对称轴，且过点A2,B2的椭圆为 C2,依此类推，…，过椭圆Cm在第一象限的点Pn作Cn的切线，分别与x轴，y轴 交于点Am+1,Bm+1,且Pm为线段Am+1Bm+1的中点，记以点O为中心，x轴，y轴为 对称轴，且过点Am+1,Bm+1的椭圆为Cn+1,由此得到一系列椭圆C1,C2,C3,…, Cn,Cn+1. (i)求Cm的方程. |Q1R1|2,Q2R22 (i)过点(1,0)作直线L与椭圆C:分别交于Q:,R,证明：Q,R2+QR,+ |QnRm|2、n-1,1 +Q.+1R+1下>22 附：若Tx0y)为椭圆十61上一点，则椭圆在点T处的切线方程为 a2 大yy 2=1. 月度测评 高三数学试题（五）第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三数学（五） 命题要素细目表 关键能力：I.逻辑思维能力Ⅱ.运算求解能力Ⅲ.空间想象能力Ⅳ.数学建模能力V.创新能力 核心素养：①数学抽象②逻辑推理③数学建模④直观想象⑤数学运算⑥数据分析 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 I ⅡⅢVV①②③④⑤⑥等级系数 1 单选题 5 补集和交集的概念与运算 易 0.85 2 单选题 5 求双曲线的离心率 易 0.85 3 单选题 5 两角和的正切公式 易 0.80 4 单选题 5 “1”的妙用求最值 易 0.80 5 单选题 5 向量夹角的运算 0.65 6 单选题 抛物线的定义与性质、最值问题 中0.55 单选题 5 三角函数的图象变换与三角函 数性质应用 L 中0.50 8 单选题 5 计算古典概型问题的概率 0.45 9 多选题 6 复数的运算、复数的几何意义 v 0.75 二 o 多选题 6 计算几个数的极差，方差，百分 L 中 0.55 位数 11 多选题 6 圆柱表面积和体积公式 L L 难0.40 12 填空题 根据全称命题的真假求参数 易 0.80 三 13 填空题 由函数对称性求参数 中0.55 14 填空题 数列新定义 0.40 15 解答题 13 解三角形、平面向量垂直的坐标 运算 易 0.70 16 解答题 15 利用线面平行确定点的位置，求 二面角 中 0.60 四 17 解答题 15 条件概率、全概率公式 中 0.55 18 解答题 17 利用导数研究不等式恒成立 问题 0.50 19 解答题 17 圆锥曲线，数列，不等式综合 应用 难 0.30 高三数学答案（五）第1页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 精典评析 ★将函数f(x)=4 coswr+-智）)(0<a<4)的图象向右平移元个单位长度后，所得图象与原来的图象 重合，当x1,∈(-8，)时，f)+f:)=0,则f红+z)= () A.23 B.2 C.-23 D.-2 【试题解读】 本题以余弦函数图象的平移为切入，点，全面覆盖了三角函数的核心知识点：图象平移规律、周期的本 质、余弦函数的对称性与特殊角函数值，同时深度考查了逻辑思维能力与运算求解能力，是一道兼具基础 性与综合性的优质考题. ★某软件公司对软件进行升级，将序列A=(a1,a2,a3,…)升级为新序列A*=(a2一a1,a3一a2,a4一a3,…), A‘中的第n项为am+1-am,若(A)'中的所有项都是3，且a4=11,a5=18,则a1=一： 【试题解读】 本题是数列新定义，以实际问题为背景，根据数列递推公式写出数列的项的基本知识应用，考查了学 生的逻辑推理以及数学转化与应用能力 x2,y2 ★(17分已知椭圆C:君+-1a>b>0)经过点M(,）,其右顶点为A1,上顶点为B,0为 坐标原点，且离心率为罗 (1)设C1在点M处的切线1的斜率为1，直线OM的斜率为k2,求1·2的值. (2)过C1在第一象限的点P1作C1的切线，分别与x轴，y轴交于点A2,B2,且P1为线段A2B2的中点， 记以点O为中心，x轴，y轴为对称轴，且过点A2,B2的椭圆为C2,依此类推，…，过椭圆Cm在第一象 限的点P,作Cn的切线，分别与x轴，y轴交于点Am+1,Bm+1,且Pn为线段Am+1B+1的中点，记以点 O为中心，x轴，y轴为对称轴，且过点Am+1,Bm+1的椭圆为Cm+1,由此得到一系列椭圆C1,C2,C3, …,Cn,Cn+1… (1)求Cm的方程， （)过点1,0)作直线1与椭圆C.分别交于Q4,R,证明：Q,R+Q,R, QR2 Q2R,+1QR:++Q.1R+1 >”-1+1 2千2+1· 附：若T9)为椭西后+岩-1上一点，则椭圆在点T处的卸线方鼠为号+-1 【试题解读】 本题是直线与圆锥曲线的位置关系、数列通项公式以及不等式的综合应用，此外还有适当放缩进行不 等式证明，在不同知识交汇点设置命题链接，点，考查了学生综合应用数学知识解决数学问题的能力，体现 了逻辑推理和数学运算的数学素养. 高三数学答案（五）第2页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 1.D【解析】因为B={xx>4},所以CRB= {x|x≤4}，因为A={x|3≤x<5},所以A∩ (C.B)={x|3≤x≤4). 2.A【解析】由题意可得2c=4,2a=2,所以a=1, c=2,所以双曲线的离心率e=C=2, a 7.D【解折】由fx)=4cos(ax十）的图象向右 3.B【解析】由题意，可得tana=-?, 平移π个单位长度后，所得图象与原来的图象重 4 2π 所以ae+） 合，可知元是f(x)的一个周期，所以m。=不， π 4 1-tan tan a 1+3 化简可得w|=2m,其中m∈N·,由0<w<4, 4D【解折】由题喜知，十1=6，所以后+后-1，显 得w=2,所以fa)=4cos(2x+）,令2x+ 盛seN,所以华+}-（任+后+后》 -受十x∈Z,解得=是十合6∈Z所以 2 fx)的对稀中心为（侣+营，o∈◆-晋< 33s 6t 当24 π，k 36一6立，即1=2,5=4时取等号. D+<，可得-日<k<则k=0.故f 5.D【解析】a+b-c=0,则b=c-a,则b2=c2 在（吾，）上的对称中心为（臣0小，由-吾< 2ac十a2,即1=3-2a·c+1,解得a·c=2, 3 号得0<2x+了<，则fx)在(-，智）上 3 设a,6的夫商为9，则cos0=日1X5 a·c 2 单调运减，由x1,x2∈(，牙），且fx)十 f,）=0,得士-即十=吾片以 2· 6.B【解析】将A(1,4)代入C:y2=2px(p>0)中， fx+x)=/g）=4as(2x5+3）=-2 得16=2p,故p=8,故F(4,0),且直线1：x=一4 8.A【解析】当个位数是0时，四位数的偶数有A 为C的准线方程，因此d=|PF|,则d十 =24种排法；当个位数是2或4时，四位数的偶 |PQ|=|PF|+|PQ|≥|FQ,当且仅当Q, 数有A2A好A号=36种排法，所以四位数的偶数共 P,F三，点共线时等号成立，由于d十PQ取 有24+36=60个.当千位数是4时，比2023大 得最小值时点P与A重合，因此Q,A,F三点 的偶数有A2A?=12个；当千位数是3时，比 共线，经过A(1,4),F(4,0)的直线方程为y 2023大的偶数有AA号=18个；当千位数是2时， 4-0 7（x—4),即y=一3(x一4)，令x=一4， 个位是0且比2023大的偶数有A=6个，个位是 得0=-言×(-4-40-品 4且比2023大的偶数有A号-1=5个，所以符合 题意的比2023大的偶数共有12+18+6+5=41 高三数学答案（五）第3页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 种，所以所求概率为 31 60 ,当0<r<时，f(r) 二、选择题 时，f'(r)>0,即f(r)在 9.BD【解析】由(1十)2=5+i,得x=1+平 5+i <0;当r>2 5+i(5+D(1+iD_4+6i-2+31.对于A,复 上单清成，在(+上单 1-i(1-i)(1+i)2 数之的虚部为3，实部为2，实部与虚部之积为6， 递增，故f(r)mn= 32,于是2之 2π 故A错误；对于B,之=2-3i,故B正确；对于C,z 392 在复平面内对应的点为(2,3)，位于第一象限，故 ,S3≥54π，而53<54π<63，因此S=6有 2π C错误；对于D,之-2z=2十3i-2(2-3i)=-2十 解，S=5无解，故A正确，B错误；对于C,D,当 9i,所以之一2z=√/(-2)2+92=√85，故D V=x时，f)=r2+1,f(r)=2r- ,当0< 正确， 10.AC【解析】对于A,假设函数内容有一道题失 31 1 分大于等于8分，则由极差为4可知，函数内 <√2时，f'r)<0;当r>2时，f(r)>0,即 容失分最少的题的失分数据大于等于4，则失 分记录的中位数不可能为3，与题设中位数为 3矛盾，故假设不成立，所以函数内容每一道题 32 失分都不超过7分，故函数内容一定为“复习 效果达标内容”，故A正确；对于B,设三角内 S、32 容这10道题失分记录为0,0,1,1,2,2,2,2， 2π ,中()广≥54，丙>）≥ 2,8,满足题目失分记录的平均数为2，众数为 54,因此S=5π，S=4π都有解，故C,D正确. 2,由定义知三角内容不一定为“复习效果达标 三、填空题 内容”，故B错误；对于C,设数列内容这10道 12.(-∞，1)【解析】由题意得3x∈R,ax2+2x 题失分记录从小到大依次为x1,x2,x3,x4, 十a<0为真命题.当a=0时，不等式为2x< x6,x6,x7,x8,xg,x10,则由平均数为3，方差为 0,有解，满足要求；当a≠0时，若a<0,则ax 2.4,可知26x,-3)=2.4,从而2(，-3)2 十2x十a<0必有解，满足要求；若a>0,则△ 10:=1 =1 =24,若x0≥8，则2(x,-3)≥25≠24，所以 =4-4a2>0,解得0<a<1.综上，a的取值范 i=1 围为(-∞，1). x:≤x10≤7，故数列内容一定为“复习效果达标 13.1【解析】因为f(x)=(x-1)(x2十ax+b)的定 内容”，故C正确；对于D,设立体几何内容这10 义域为R,又f(x)的图象关于点(2,0)中心对 道题失分记录为0,0,0,0,0,0,6,6,6,12，满足 称，所以在f(x)的图象上取两点(1,0)， 题设平均数为3，第65百分位数为6的条件，由 (0,一b),则它们关于点(2,0)对称的点（3,0)， 定义知立体几何内容不一定为“复习效果达标 内容”，故D错误. (4,b)也在f(x)的图象上， 11.ACD【解析】设圆柱的底面圆半径为r,高为h, (3-1)(9+3a+b)=0, 所以 (4-1)(16+4a+b)=b, 则/h=v, 即〈 πr 因此r2+ 3a+b+9=0, 即 2r2+2πrh=S, 解得a=-5,b=6, r2+rh= l6a+b+24=0, 2π 经检验，a=-5,b=6满足题意，所以a十b=1. 云令f)=+y vS r>0,求导得f() 14.8【解析】由题意得，A=(a1,a2,a3,a,a5,…), A*=(a2-a1,a3-a2,a4-a3,a5-a4,…）, 气2x.对于A,B,当V=1时，f(r)=r2十 (A*)*=(a3-2a2十a1,a4-2aa十a2,a5-2a 高三数学答案（五）第4页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 十a3,…),因为(A)*中的所有项都是3，所以 a3-2a2十a1=3,a4-2a3十a2=3,a5-2a4十 所以D正-Di,放-日 (5分) a3-3,由a5-2a4十a3=3,得18-22+a3=3, (2)由BC∥AD,AB⊥BC,可得AB⊥AD, 解得a3=7,由a4-2a3十a2=3,得11-14十a2 又PA⊥底面ABCD, =3,解得a2=6,由a3-2a2十a1=3,得7-12 所以AB,AD,AP两两相互垂直. 十a1=3,解得a1=8. 以A为坐标原点，以AB,AD,AP分别为x,y, 四、解答题 之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 15.解：(1)因为m⊥n,所以m·n=0, 所以asin C+√3c(cosA-1)=0, 根据正弦定理得sin Asin C十√3sinC(cosA- 1)=0, (3分) 因为sinC≠0，所以sinA十√3cosA-√3=0， 所以na+）-E,即A+》-复。 因为AB=BC=1,AD=AP=2,所以D(0,2,0), 因为0KA<所以<A+智<5 A(0,0,0),P(0,0,2),C(1,1,0),则CD=(-1, 则A+号-台 1,0),AC=(1,1,0),DP=(0,-2,2), 又因为Di-D驴，所以C啦=C心+D应=C心 所以A=子 (7分) (2)由余弦定理a2=b2十c2-2 bccos A, +(1g》, (7分) 得4=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,当且仅当b= 设n1=(x1,y1,之1)为平面ACE的一个法 c=2时，等号成立， (10分) 向量， 所以S=2c如A≤名X4X写 n1·AC=0, x1+y1=0, 则有 即 n1·C龙=0， -++号-0， 2 所以当b=c=2时，△ABC的面积有最大值，最 大值为3. (13分) 令y1=-1,则x1=1,21=2,则n1=(1,-1,2), 16.解：(1)延长AB,DC交于F,连接PF,如图. (10分) 设n2=(x2y2,z2)为平面PCD的一个法 向量， n2·CD=0, -x2十y2=0, 则有{ 即 12 n2·Ci=0,-x+3y+32=0, 令y2=1,则x2=1,z2=1,则n2=(1,1,1), (13分) FC BC 由BC∥AD,BC=1,AD=2,可知FD=AD 质以1easa川- |1-1+2 2W2 又因为CE∥平面PAB,CEC平面PDF,且平 √1+1+4X/1+1+1323’ 面PDF∩平面PAB=PF,所以CE∥PF, 所以平面ACE与平面PCD夹角的正弦值为 器品 (4分) (15分) 高三数学答案（五）第5页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 17.解：(1)设A1表示第1局甲胜，A2表示第2局 (2)解：由f(x)≥x2-2a+1,可得e2x-2ae*≥ 甲胜， x2-2a+1, 由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2A1)+ 令g(x)=e2x-2ae-x2+2a-1,则g'(x)= Pa)Pa:a)=×号+》x号 2e2-2ae*-2x. 令m(x)=e2-x-1,则m'(x)=e-1, 1+1_7 当x<0时，m'(x)<0,m(x)单调递减； 43121 (4分) 当x>0时，m'(x)>0,m(x)单调递增. (2)X=3表示比赛在第3局结束，即前2局无 所以m(x)≥m(0),所以e-x-1≥0，所以e 连续两胜，第3局形成连续两胜 ≥x+1. (5分) 当a≤0时，g'(x)=2e2x-2ae-2x≥ 乙胜：序列为“甲、乙、乙”，概率为2× 2(2x十1)-2x-2ae2=2x+2-2ae*>0, 1-)×1-)-2 所以g(x)在[0，十∞)上单调递增，则g(x)≥ g(0)=e°-2ae°-02+2a-1=0,所以不等式 甲胜：序列为“乙、甲、甲”，概率为(1-)×号 恒成立； (7分) 当0<a≤1时，g'(x)=2e(e2-a)-2x≥2(x +1)(x+1-a)-2x≥2(x+1)x-2x=2x2> 0,所以g(x)在[0，十∞)上单调递增，g(x)≥ 11 所以P(X=3)=12十6=4' (7分) g(0)=0,所以不等式恒成立； (9分) 当a>1时，e2一a≥0不恒成立，故存在x>0, 使得g'(xo)=0, 62 所以在X=3的条件下，甲胜的概率为P一 当x∈(0，xo)时，g'(x)<0,g(x)单调递减，又 1 3 g(0)=0,故不等式不恒成立， 4 综上所述，a的取值范围为（一∞，1].(11分） (9分) (3)证明：因为f(x1)=f(x2)(x2>x1), (3)当X=2时，甲雕的概率为2×2子： 所以e2a1-2ae1=e2x2-2ae22, 所以e21-e22=2a(e*1-e2), 当X=3时，甲胜的概奉为行 所以(e*1-e22)(e1十e2)=2a(e1-e), 当X=4时，甲胜：序列为“甲、乙、甲、甲”，概率 因为x2>x1,所以e1一e2≠0，所以a= e2i十e 2· (12分) 当X=5时，甲胜：序列为“乙、甲、乙、甲、甲”或 要证e一e <a,即证-e<e十e x2一x1 x2-x1 21 甲乙，甲，乙，甲，概率为日×号××号× 只需证明一11+e x2-x1 2， 即证2(e21-1)<(x2-x1)(1+e2-1), (13分) 所以比赛结束时甲：的概率为宁+日+立十日 令t=x2一x1, 则需证2(e-1)<t(1+e)(t>0), (15分) 令h(t)=t(1+e)-2(e-1)(t>0),则h'(t) 1+e+te'-2e=1-e+te=1+(t-1)e, 18.(1)解：当a=1时，f(x)=e2x-2e,所以f'(x) 因为h"(t)=te>0,所以h'(t)>h'(0)=0, =2e2x-2e=2e(e-1), (1分) 所以h(t)在(0，+∞)上单调递增， 当x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x>0 所以(t)>h(0)=0(1+e)-2(e°-1)=0， 时，f'(x)>0,f(x)单调递增. 所以t(1+e)-2(e-1)>0, 所以当x=0时，f(x)取得极小值， 极小值为f(0)=e°一2e°=一1，无极大值. 即t1十e)>2(e-1),即-e<a成立. x2-x1 (4分) (17分) 高三数学答案（五）第6页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 1 1 9.(1少解：依题意得。士21，又由e= 2得 (ⅱ)证明：①若直线1的斜率不为0，则设直线 l:x=my十1，Q(xk,y1k),R(x2k,y2), a=√2b,解得b=1,a=√2， (x=my+1, 联立 故C号+y=1. x2+2y2=2, (2分) 整理得(m2+2)y2+2my十1-2=0， 2m 又C1在点M处的切线l的方程为 e 1 则y1十y2= 2+2y6y24=12 m2+2 (11分) 1 1,则k1= 因此QRe|=√1十m2|y1k一y2k 2 √2 -1+m√4m2-4(m2+2)(1-2*) m2+2 又k2= √2 1-0三之，所以1·2三1 2·(4分) -√1+m2vm2+24+1-2 m2+2 (13分) x2 ,y2 (2)(1)解：设C.:a+=1, QRs22*m2+2+1-21 从而Q1R+-2*m+2+-2=2 则P.(空，空）代人C.的方程得经+ 1 1 22- 1 a 2+1m2+2+2-2≥2- b+1=4①. 1 、11 2+1十2+1-222+1： 又直线An+1B.+1的斜率kn= bn+L,而koP。 乐u8+8是+叶 QR2 an+1 |Qn+1Rm+17 bn+1 an+1 一-（+日++…+） 1 则由(1)可知km·koP,= 6,即 +_6经 a anti a n -动 n-1,1 所以_②，联立①②可得 a+1 1 2千2+ (15分) a=62 =2,即 a 12 a+1=2a员， ②若直线l的斜率为0，则 QR:2 又a7=2,所以a员=a?·2m-1=2"; (7分) 1Q4+1R4+1F= 同理可知b+1=2b,即b层=b好·2-1=2-1， (2ae)2 1 (2ae+1)2=2, (9分) Q1R1|2,|Q2R22 故 QR2 个y B 0,R:TQR下+w+7Q.R n、n-1,1 6 2>2+2 B, |Q1R1|2 综上，Q,R2下 |Q2R22 B QaR:3 十…十 QR.|、n-1 Q+1R+1> 2m+7: (17分) 高三数学答案（五）第7页（共7页）