数学（三）-【真题密卷】2026年高考数学考前冲顶实战演练

2025一2026学年度考前冲顶实战演练 数学（三） 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={1,2,3,4,5},B={x2x+x>10},则A∩B= A.{1,2} B.{4,5} C.{1,2,3} D.{3,4,5} 2.已知复数之满足x(1一√3)=4i,则之+23= A.1 B.2 C.3 D.4 3.不等式x2一2x一3<0成立的一个充分不必要条件是 A.x≥-1 B.1≤x≤3 C.0<x<3 D.x<3 4.已知向量a,b不共线，且a十2b=a一2b,则向量2a一b在向量b上的投影向量为 A.2b B.b C.-2b D.-b 5.已知第二象限角a满足sin(r十a)=一3，则sin28-2sin(a十9)cos(a一8) A-日 号 1 C.9 D.45 9 6.若1-x)=ata(2x-1+a:(经x-1°+…十an(2c-1)“则a: 10 A.180 B.-180 C.360 D.-360 7.已知圆O:x2十y2=8,直线1与圆O交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，点P为圆O上异 于A,B的任意一点，若x1x2十y1y2=一4，x1十y1=x2十y2>0,则 A.∠AOB=6 π B.△PAB面积的最大值为6√2 C.l的方程为x十y+2=0 D.满足到1的距离为√2的点P有且仅有3个 数学试题（三）第1页（共4页） 考前冲顶实品 n0里gn9gg9里9 8.若定义在（一∞，0）U(0,十∞)上的奇函数f(x)的导函数为f'(x),且Hx∈(0，+∞)， 班级 都有xf(x)-fx)<0,则不等式f(x-1)<fx21) x十1的解集为 A.(0,1) B.(0,1)U(1,+∞) 姓名 C.(-∞，-2)U(0,1)U(1,+∞) D.(-∞，-2)U(0,1) 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 得分 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.已知函数f(x)=x2(x一3)，则 … A.曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=0 B.f(x)的极小值点为0 C.当一4<a<0时，方程f(x)=a有三个实根 D.f(x)的图象关于点(1，一2)对称 10.已知函数fx)=Asin(ax十g)+B(A>0,w>0,p<2)的部分图象如图所示，则下 列说法正确的是 0π Af)图象的一个对称中心是(-1 Bf+)是偶函数 C将函数g)=2osx十1图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再 向右平移个单位长度，可得到f)的图象 D若：在0a)止有5个学点则。的取值范国为管经， 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F,且EF= √2，则 A.AC⊥EF B.三棱锥A-EFC的体积为定值 C.过点A有且仅有1条直线l,使正方体的12条棱所在直线与1所成的角都相等 D.点P是平面BDD1B1内一动点，若BP⊥PC1,则点P的轨迹长度为√6π 元演练 数学试题（三）第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某学校开设了3门体育类选修课和5门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门 或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数 字作答) 13.已知正三棱台ABCA1B1C1的所有顶点都在表面积为65π的球O的球面上，且AB= 2A1B1=4√3，则正三棱台ABCA1B,C1的体积为 x2 y2 14.已知双曲线C:a一=1(>0，b>0)的左、右焦点分别为F1,F,过F,的直线与C 的右支交于异于顶点的一点P,∠PF2F1=2∠PFF2,则C的离心率的取值范围为 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。 15.I3分)如图，在平面四边形ABDC中，∠ACD-,AC=3,CD=1,且ABsn∠BAC十 √3 BCcos∠ACB=3AC. (1)求∠BAC的大小； (2)若AB=√7，求△BAD的面积. 16.(15分)如图，多面体ABCDEF的体积为1，四边形ABCD为矩形，平面ADE⊥平面 ABCD,EF//AB,BC=2EF=2AB=2. (1)证明：ED⊥CD, (2)若ED⊥AD,求直线BD和CE夹角的余弦值. (3)若D2=入DF(0<A<1),且直线BD和平面BCP所成角的正弦值为5，求入的值. 数学试题（三）第3页（共4页） 考前冲顶实战 17.(15分)某地区为选拔运动员举行了一次运动会（采用积分制），运动员通过参加各项比 赛获得积分.现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的积分，规定两名运动员谁先赢 (k>1,k∈N*)局，谁就能获得该项比赛的全部积分，根据以往经验，每局比赛甲赢的 概率为p,乙赢的概率为1一p,每局比赛相互独立. (1)若k=2,力=3，求在乙赢了第一局的条件下，甲最终赢得全部积分的概率， (2)在甲赢了m局，乙赢了n局时，比赛意外终止.对于积分应该如何分配，评委给出的 方案是：根据以往经验数据，按照若比赛继续进行下去甲、乙各自赢得全部积分的 概率之比P甲：P乙分配积分. 3 （1)若k=3,m=2,n=1,p=5,求P甲：Pz (ⅱ)若k=4,m=2,n=2,求比赛继续进行下去甲赢得全部积分的概率f(p),并判 断当力∈8,1时，若比赛继续进行下去，乙赢得全部积分的概率是香小于5a 181分已知猫网C,+会-1a>分0过点2》：且满心率为2 3 (1)求C的方程. (2)设点P(4,0),过C的右焦点F的直线l交C于A,B两点，点A在x轴上方. (i)证明：∠APF=∠BPF. (i)设点M在C上，MF平分∠AMB,点N是△FMP的外接圆与C的另一个交 1 13 点（异于M),且NA+NB=NF,求cos∠ANB的值. 19.(17分)已知数列{an},a1=t1,a2=t2,t1≠t2,且am+1,am+2,am成等差数列. (1)若t2=2t1=2,bm= a:十a+1n=2k,∈N,求数列b.}的前4项和. an+1-an,n=2k-1, 1 (2)若t-t=一2c.=a+1一a.,是否存在m,p∈N,使得mcm=3pc?若存 在，求出所有满足条件的，p的值；若不存在，请说明理由. (3)求{am}的前n项和Sn. 演练 数学试题（三）第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 2025一2026学年度考前冲顶实战演练 数学（三） 一、选择题 (-1),令10-k=2,得k=8,故Tg=C(-2)2· 1.D【解析】因为f(x)=2十x是增函数，且f(2) =6<10,f(3)=11>10,所以满足2十x>10的 (分x-1刂(-1=180（分-1°，放a:=180, 最小整数为3，所以A∩B={3,4,5}. 7.D【解析】对于A,因为OA·OB=x1x2十y1y 2.B【解析】之=4红 4i(1+√3i) =-4,1OA|=1OB1=2√2，所以cos∠AOB= 1-31(1-3)(1+3) 4i(1+√3i) 威.质-子又0≤∠A0阳≤郎释 JOAOBI 4 =-3+i,所以x+23=3+i,所以 ∠A0B-,故A特误：对于B,由于AB=2: 之+23=√(W3)+12=2. 3.C【解析】由x2-2x-3<0,得(x十1)(x-3)< 10Aeos石-26，圆心0到直线AB的距高为 0,解得-1<x<3.所以选项A,D是“x2-2x-3< IOAIsin=2,因此点P到直线AB的距离的 0”的必要不充分条件，选项B是“x2一2x-3<0” 的既不充分也不必要条件，只有选项C是“x2 最大值为3E,则△PAB面积的最大值为2×2,6 2x一3<0”的充分不必要条件. 4.D【解析】由|a+2b|=|a-2b|,两边平方得 X3√2=6√3，故B错误；对于C,由x1十y1=x2 a2+4a·b+4b2=a2-4a·b+4b2,解得a·b= 十y2,得x1一x2=一(y1一y2),即直线1的斜率 0,所以向量2a一b在向量b上的投影向量为 =一1，设直线1的方程为y=一x十m,则m= √2 (2a-b)·bb2a·b-b2,-b2 16 6-b3b-bb--6. √2，解得m=士2，由x1十y1=m>0,得m=2,所 5.B【解析】由sn(x十e)=-弓，可得sina=号 以直线l的方程为y=一x十2，即x十y-2=0, 故C错误；对于D,由圆O的半径为2√2，圆心O 因为Q为第二象限角， 到直线AB的距离为√2，得圆O上到直线AB的 所以oe=--=2 距离为√2的点有且仅有3个，因此符合条件的点 3 P有且仅有3个，故D正确. 于是sin23-2sin(a+B)cos(a-) =sin [(a+B)-(a-B)]-2sin(a+B)cos(a-B) &D【解桥】设函救g(x)=,则当x>0时， =sin(a+B)cos(a-B)-cos (a+B)sin (a-B) 2sin(a+B)cos(a-B) gx)=f')-fa）,图为f)-fx)< =-[sin(a+β)cos(a-B)+cos(a+β)sin(a-β)] 0,x2>0,所以g'(x)<0,所以g(x)在(0，十∞) -n2a=-2 2sin co=-2x×{-22） 上单调递减.因为f(x)为奇函数，所以f(一x)= -f),所以g(-)=f二》_f)=g, 4√2 一x x 9 所以g(x)是偶函数，所以g(x)在(-∞，0)上单 6.A【解折】1-)-[-2（分x-1-1]”,故 调递增. 当x-1>0,即x>1时，有x2-1>0,由f(x 通项公式为工=C(一2》（份一）。 1D<f(x2-1) +”g/,所以 数学答案（三）第1页（共7页） 2026 考前冲顶实战演练（三） x-1>x2-1,解得0<x<1,与x>1矛盾； 当x-10,即x<1时，由fx-1D<fxD, 因为f(8)=2sin(昏+)+1=3， x+1, ,所以1x1引< 可得x-1)>f(x2-1) 所以sm(+)=1，由-<9<，得-了< 3 x-1 |x2-1,解得0<x<1或x<-2. 〔x-1≠0， 所以f)-2sin2x+）+1. 由不等式有意义可知x2一1≠0，即x≠士1. x+1≠0， 对于A月为f(）=2(+）+1= 综上所述，不等式f(x-1)<f-1) 2sin(-π)+1=1，所以f(x)图象的一个对称中 x+1 的解集为 (-∞，-2)U(0,1). 心是(2，，故A正确： 二、选择题 9.ACD【解析】对于A,因为f(x)=x2(x-3)= 对于B,因为f(e+)=2sn2(x+君）+十 x3-3x2的定义域为R,且f'(x)=3x2-6x=3x· (x一2)，所以f(0)=0,f'(0)=0,即切点坐标为 1=2sm2x+）+1,不是锅函载，或B错溪： (0,0),切线斜率为0，所以曲线y=f(x)在点(0， 对于C,将函数g(x)=2cosx十1图象上所有，点的 f(0)处的切线方程为y=0,故A正确； 横坐标缩短到原来的2，纵坐标不变，得到)y 对于B,由A可知，当x<0或x>2时，f'(x)> 0,f(x)单调递增；当0<x<2时，f'(x)<0, 20s2z十1，再向右平移怎个单位长度，得到y f(x)单调递减，则f(x)的极小值点为2，极大值 点为0，故B错误； 2s2(+1=2s[【2x+）-+1- 对于C,因为f(2)=一4，f(0)=0,结合B可画出 f(x)的大致图象如下， 2sin(2x+)+1=f(x),故C正确； 对于D,由于x∈0a),则2x+智∈（后2a+） 3 令fa)=2sn2z+）+1=0,则sn(2x+3） y=a =f九x) 所以2x+督-g+∈z或2x+日 1 由图知，当-4<a<0时，y=f(x)与y=a有三 +2k,k∈Z,解得z-设+长，k∈Z或z 6 个交点，即方程f(x)=a有三个实根，故C正确； 对于D,因为f(1+x)+f(1-x)=(1十x)3 3π =4十k,k∈Z,所以当x>0时，从小到大前6 3(1+x)2+(1-x)3-3(1-x)2=1+3x+3x2+ x3-3(1+2x+x2)+1-3x+3x2-x3-3(1- 个家点缘灰为臣不所以 2x十x2)=一4，所以f(x)的图象关于，点 12 (1,-2)对称，故D正确. 29<a<,放D正痛 A=2, 11.ABD【解析】对于A,因为BD∥B1D1,所以 A十B=3, 10.ACD【解析】由题图得 解得 -A+B=-1, B=1, BD∥EF,又因为AC⊥BD,所以AC⊥EF,故A 设f)的最小正周期为T,则牙=红-无-x」 正确； 21212-2' 对于B,如图，取B1D1的中，点O,连接CO,AO, CB1,CD1,因为CB1=CD1=B1D1=2W2,所以 故T元气又u>0,所以u=2,则f) 2sin(2x+p)+1, C0LB1D1,即C0LEF,且C0=22X 数学答案（三）第2页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 √6，同理，AO⊥EF,且AO=√6，所以△AOC是 三、填空题 等腰三角形.记AC∩BD=G,则G为BD和AC 12.60【解析】当从8门课中选修2门时，不同的选 的中点，所以GLAC,所以Sm-号ACX0G 课方案共有CC=15种， 当从8门课中选修3门时，有以下两种情况： -号×22x2=22,周为AC1EF,C0EF, ①若体育类选修课选修1门，则不同的选课方案 AC∩CO=C,AC,COC平面ACO,所以EF⊥ 共有CC号=30种；②若体育类选修课选修2门， 平百AC0,周为B,0=D,0=2BD,=厄- 则不同的选课方案共有C号C=15种. 综上，不同的选课方案共有15十30十15=60种. EF,所以O在线段EF上，所以VAEC=VA-EOC十 13.21√3或28√3【解析】设点O1,O2分别为 1 VAOFe VeAco +VrAcO=3X (OE+OF)X △A1B1C1,△ABC外接圆的圆心，球O的半径 SAm=3 X EF X SAA=含为定值，故B 1 4 为R,则4R:=65,解得R=V.易知01、 正确； O2,O三点共线，正三棱台ABCA1B1C1的高 为0102. 在等边三角形ABC中，AB=4√3，由正弦定理 可得，2AO2= AB 43 sin 603 =8,所以A02=4. C 2 对于C,易知正方体的体对角线与正方体的12条 同理，A101=2. 棱所在直线所成的角均相等，所以过，点A的体对 在Rt△O01A1中，OO十O1A=R2,即OO+ 角线AC1及过A分别平行于A1C,BD1,B1D 的直线均满足要求，故C错误； 4=5样00，-在R△00，A中，003+ 对于D,因为BP⊥PC1,所以，点P在以BC1的 0A=R,甲00+16-5释00：- 中点Q为球心，半径为QB=2BC=√2的球面 若正三棱台的上、下底面在球心O的同侧，如图 上，所以动点P的轨迹为平面BDD1B1与球Q 的球面的交线，易知A1C1⊥平面BDD1B1,则 1所示， C1O⊥BO,所以C1到平面BDD1B1的距离为 C0-AC-巨，所以装心Q到平雨BDD,B B A- -02 的距离QH-C9-且装心Q在米而 B BDDB1的投影H为BO的中点，设平面 BDD1B1截球Q所得截面圆的半径为r,则r= 图1 √QB-QT=2-2=2,所以点P在平面 71 则正三棱台的高010，=001-00，=2一2 BDD1B1内的轨迹是圆，因此点P的轨迹长度 为圆的周长，即为2πr=√6π，故D正确」 3所以正三被台的体积V-日× X(23)2+ 4 D 3 X(43)2+ 4 4 H 3=21W3; 若正三棱台的上、下底面在球心O的两侧，如图 2所示， 数学答案（三） 第3页（共7页） 2026 考前冲顶实战演练（三） 四、解答题 15,解：(1)因为ABsin.∠BAC+√3 BCcos.∠ACB= √3AC,由正弦定理得sin∠ACBsin∠BAC+ √3sin∠BACcos,∠ACB=√3sin∠ABC,(2分) 又因为sin∠ABC=sin(∠BAC+∠ACB) =sin∠BACcos∠ACB+cos∠BACsin∠ACB, 图2 (3分) 71 则正三棱台的高0102=001十002=2十2 所以sin∠ACBsin∠BAC+√3sin∠BACcos∠ACB 4,此时工三粮台的体积V弓× =√3(sin∠BACcos∠ACB+cos∠BACsin∠ACB), ×(23)2+ 4 即sin∠ACBsin∠BAC=√3cos∠BACsin∠ACB, 又∠ACB∈(0，π)，所以sin∠ACB≠0， 所以sin∠BAC=√3cos∠BAC,所以tan∠BAC 4=28√3 =3, (5分) 综上，正三棱台ABCA1B1C1的体积为21√3或 又∠BAC∈(O,),所以∠BAC= (6分) 28√3. 14.(2,3)【解析】设∠PF1F2=0,则∠PF2F1= (2因为∠ACD-,AC=点，CD=1, 20,∠F1PF2=元-30，由π-30>0，得0 所以AD2=AC2+CD2-2AC·CDcos∠ACD ∈(o): 5=1, =(W3)2+12-2X3×1Xcos PFPF2 在△PF2F1中，由正弦定理得 所以AD=√7. (8分) sin 20 sin 0 CD FF2 AD 2c sin(x-30)=sin39,根据双曲线的定义得 因为 sin∠ACD sin.∠CAD' 1PF|-1PP,-2a,所以2csin20_2csin0】 5π sin 30 sin 30 所以sin∠CAD=CD·sin∠ACD 1Xsin 67 AD 7 14? 2a,整理得 sin 30 sin(20+0) a sin 20-sin 0 sin 20-sin 0 (10分) -sin 20cos 0+cos 20sin0 又因为∠CAD为锐角， 2sin 0cos 0-sin 0 _2sin0(1-sin20)+(1-2sin20)sin0 所以cos∠CAD=1-sin∠CAD=3y2T 14 2sin 0cos 0-sin 0 (11分) 3sin 0-4sin30 3-4sin20 sin 0(2cos 0-1)2cos 0-1 所以sin∠BAD=sin(g-∠CAD)〉 3-4(1-c0s20) =sin 2cos 0-1 =2cos0+1, Scos∠CAD-cos3sin∠CAD 即e=20cs0+1,明c0s0-号，因为9为锐角， √5、3√211、W72√7 2 14 -2X14 7 (12分) 所以ng=4-（2-D,n0=V4=a 2 e-1 放Sam=2AB·ADsin∠BAD=X,7X7 因为tan9<么-1，所以4e= a e-1 ×2 =7 √e2-1,整理得e2-e-2>0,又e>1,所以e> 故△BAD的面积为√7， (13分) 2.又当0e(0,智）时e=2cos0+1e(2,3),故e 16.(1)证明：因为平面ADE⊥平面ABCD,平面 ADE∩平面ABCD=AD,CD⊥AD, ∈(2,3). 所以CD⊥平面ADE,又EDC平面ADE, 数学答案（三）第4页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 故CD⊥ED. (3分) (2)解：由(1)可知多面体ABCDEF为直三棱柱， W5·√2+(1-λ)7 1 作EHLAD,则VRCFADE=S△ADE·AB=2 ·2 化简得3入2+2λ-1=0， EH·1=1,解得EH=1. 解得入=-1（舍去）或入= 3 当ED⊥AD时，H点和D点重合， 1 综上入=3 (15分) 如图，将直三棱柱补形成长方体ABCD-A,B1FE, 连B1E,B1C, 2 17.解：(1)若=2，力=3，且乙赢了第-局，则甲要赢 得全部积分，必须赢得后面2局比赛， 所以甲最终直得全部积分的藏率为子×号- (3分) 故B1E∥BD,则∠B1EC即为直线BD和CE的 (2)(ⅰ)设比赛再继续进行X局，甲赢得全部 夹角或其补角， (5分) 积分， 由题意可得B1E=B1C=√5，CE=√2， 当X=1时，甲以31获胜，P(X=1)=3, 则cOs∠B1EC= BE2+CE2-BC2 (5分) 2·B1E·CE =5+2-5-10 当X=2时，甲以3：2获胜，P(X=2》=1-） 2XW5×W2 10 X3、6 (7分) 故直线BD和CE夹角的余弦值为 525 10 (7分) (3)解：因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE 所以甲熊得全部头分的散率为十是一器 ∩平面ABCD=AD,EH⊥AD, 214 所以EH⊥平面ABCD. 乙赢得全部积分的概率为1一2525' 以D为坐标原点，DA,DC所在直线分别为x,y 故P甲：P乙=21：4. (9分) 轴，过D点且平行于EH的直线为x轴，建立如 (ⅱ)设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分， 图所示的空间直角坐标系. 当Y=2时，甲以4：2获胜，P(Y=2)=2, (10分) 当Y=3时，甲以4：3获胜，P(Y=3)=C2p· (1-p)·p=2p2(1-p), (11分) 所以f(p)=p2+2p2(1-p)=p2(3-2p). (12分) 因此f'(p)=6p(1-p), 设DH=a,则D(0,0,0),B(2,1,0),C(0,1,0), 7 E(a,0,1),F(a,1,1),故BC=(-2,0,0),DB 当pe31)时，f'(p)>0, =(2,1,0), (9分) 由DP=DF,可得DP=入(a,1,1)=(Aa,入， 所以函数f(p)在 81上单调递增， ),则P(a,A,A),则CP=(a,A-1,), 245 256 (13分) 设平面BCP的法向量为n=(x,y,x), 则nC市-0，即 λax+(λ-1)y+λz=0, 所以乙赢得全部积分的概率的最大值为1一25 45 (n·BC=0,-2x=0, 11 取y=入，则平面BCP的一个法向量为n=(0,入， 256≈0.043<0.05， (14分) 1-λ)， (11分) 设直线BD和平面BCP所成的角为O, 放当p∈[尽，)时，者比赛摧缘进行下去，乙赢 则sin0=|cos(n,DB〉 得全部积分的概率小于5%. (15分) 数学答案（三）第5页（共7页） 2026 考前冲顶实战演练（三） 又R,P,F,M,N都在以FR为直径的圆上，则 ATIAF IANI b21 3 BT BF FBN,NF是∠ANB的角平 由C的离心率e= 1 a22,得62- 4a, 分线， (14分) 解得a2=4,b2=3, 则SAANF十S△BNF=S△ABN, 所以C的方程是臂+号-1 即NA||NF|sin∠ANF+|NB|INF|sin∠BNF (3分) =|NA|NB sin.∠ANB, (2)(1)证明：设A(x1y1),B(x2,y2),依题意， 于是 sin∠ANF + sin∠BNF sin∠ANB y1>0,y2<0, NB NA 设直线AB的方程1：x=my十1，与C联立得 2sin∠ANF cos∠ANF (3m2+4)y2+6my-9=0, NF 6m 9 1 1 所以y1十y:=一3m2+4y1y2=一3m2+4' 2cos∠ANF 则NA+NB NF NF,解得 (5分) cos∠ANF= 号放cas∠ANB- (17分) 则十r一”司 2my1y2-3(y1+y2) (my1-3)(my2-3) -18m,18m 3m2+43m2+4 -0my,-3)(my2-3D=0, 所以∠APF=∠BPF. (9分) 19.解：(1)因为an+1,am+2,an成等差数列， 所以am+2= an+1十an 2 (1分) 又a1=t1,a2=t2,t2=2t1=2, 所以a1=1,a2=2,a3= a2+a1_2+1_3 2 22’ (i)解：设T(,y)满足AM AF 3 BM BF a3十a2 2+2 1 则名)+- a4= ATI 2 2=4 (xo-x2)+(y0-y2)2y号 7,3 将x1=my1十1，x2=my2十1代入并化简得x6 a6-a4+a84十213 2 2=8 (2分) +y号-2x(1+yy2 y1+y2 -2·y1y y1+y2 +2m· 所以b1=a2-a1=2-1=1, yy2+1=0, 37 y1+y2 b2=a2十ag=2+2=2' 6m 731 由0知1+：=3m2+4yy= 3m2+4' bg=a4-a3=4-2=4' 3 7,1327 则x8十y6-5x0一 my0十4=0， b4=a4+a-4+8=8' 》+(。°-品+2分) 所以6+6：++6，=1+++智- 8-8 又直线AB和直线x=4的交点为R(,）, (4分) (2)因为a=@+,a,所以c1=a- AM AFAT 2 因此满足BM=BF BT的点T都在以 FR为直径的圆上， a+1-+1十a 1 2 -a+1=a。二a= 2 数学答案（三）第6页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 所以数列{cn》}是首项c1=a2一a1=t2一t1= 2’ 即当空4时，g1,不符合条件 公比9=一2的等比数列， 综上，存在m,p∈N,使得mcm=3pcp,此 时m=6,p=8. (11分) 所以c。=61g1-(-2》广，所以1c.- (3)由2a+2=am+1十am,可得2(au+2一am+1)= (6分) -(a+1-a),即a+2-a+1=-1 an+1-an 2’ 若存在m,p∈N*,使得mcm|=3pcp, 所以数列{an+1一an》是首项为a2一a1=t2一t1, 即m·=3p·分则m·2=3p…2 1 公比为-的等比数列， (13分) 令p=m十k(k∈N),则m·2=3(m十)， 所以an-a1=(a2-a1)+(a3-a2）+…+(an 整理得m23说g (7分) 4-w-(》 因为m∈N*,所以2-3>0，所以k≥2， am-1) 3X2 -(←》 当=2时m二223=6，p=8,符合条件， 当长=3时m多兴号-号不答合条件：8分 整理得a=+2-(-》广门 (15分) 当k≥4时，令f(x)=2F-3-3x,x∈[4，+∞)， 所以Sn=a1十a2十…十an 则f'(x)=2rln2-3≥24ln2-3>16ln√e-3 =t1 2.n 5>0, .1-(-月 3 所以f(x)在[4，+∞)上单调递增，而f(4)=1 >0,所以f(x)=2x-3-3x>0, =k2021-( 所以02g<1 (17分) 数学答案（三）第7页（共7页）