【二轮复习】2024年高考数学全真模拟卷06（新高考专用）.zip

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注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。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.回答第I卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2023·四川凉山·统考一模）已知一组数x1,x2,x3,x4的平均数x=1，方差s2=1，则数据2x1+1,2x2+1,2x3+1,2x4+1的平均数和方差分别是（ ）
A．3，2B．3，4C．2，4D．2，2
【解题思路】根据平均数和方差的性质运算求解.
【解答过程】由题意，数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x4+1的平均数为2x+1=2×1+1=3，
方差为22S2=4×1=4.
故选：B.
2．（5分）（2023·四川雅安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC的中点，F为CD边上一点，若AF⋅AE=|AE|2，则AF=（ ）

A．17B．25C．26D．5
【解题思路】建系，设DF=a∈0,4，根据题意结合向量的坐标运算求得a=3，即可得结果.
【解答过程】如图，建立平面直角坐标系，设DF=a∈0,4，

则A0,0,E4,2,Fa,4，可得AF=a,4,AE=4,2，
因为AF⋅AE=|AE|2，即4a+8=20，解得a=3，
即AF=3,4，所以AF=AF=32+42=5.
故选：D.
3．（5分）（2023·四川雅安·统考一模）已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，若a1+a5+a9=9,b2b5b8=33，则a2+a81+b2b8=（ ）
A．2B．3C．32D．33
【解题思路】根据等差、等比数列的性质分析求解.
【解答过程】由题意可得a1+a5+a9=3a5=9b2b5b8=b53=33，解得a5=3b5=3，
所以a2+a81+b2b8=2a51+b52=61+3=32.
故选：C.
4．（5分）（2023·四川成都·成都七中校考一模）设m、n是两条不相同的直线，α、β是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若m⊥α，n//β，α//β，则m⊥n
B．若n//α，n⊥β，则α⊥β
C．若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β.
D．若m⊥n，m⊥β，则n//β
【解题思路】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，可判断D选项.
【解答过程】对于A选项，因为m⊥α，α//β，则m⊥β，
因为n//β，过直线n作平面γ，使得β∩γ=a，则a//n，如下图所示：
因为m⊥β，a⊂β，则m⊥a，故m⊥n，A对；
对于B选项，因为n//α，过直线n作平面γ，使得α∩γ=a，则a//n，如下图所示：
因为n⊥β，则a⊥β，因为a⊂α，则α⊥β，B对；
对于C选项，因为n//α，过直线n作平面γ，使得α∩γ=a，则a//n，如下图所示：
因为a//n，n⊂β，a⊄β，则a//β，
又因为m、n是异面直线，a//n，且a⊂α，m⊂α，
假设a//m，则m//n，与已知条件矛盾，假设不成立，故m、a相交，
又因为m//β，因此，α//β，C对；
对于D选项，若m⊥n，m⊥β，则n//β或n⊂β，D错.
故选：D.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）2022年10月16日至10月22日，中国共产党第二十次全国人民代表大会在北京召开．会议圆满结束后，某市为了宣传好二十大会议精神，市宣传部决定组织A,B,C,D,E去甲、乙、丙、丁4个村开展二十大宣讲工作，每村至少1人，其中A不去甲村，且A,B不去同一个村，则宣讲的分配方案种数为（ ）
A．216B．198C．180D．162
【解题思路】分A单独去一个村和A与除B以外的另外一人去一个村两种情况讨论，即可得解.
【解答过程】当A单独去一个村时，有C31C42A33种，
当A与除B以外的另外一人去一个村时，有C31C31A33种，
所以共有C31C42A33+C31C31A33=162种分配方案．
故选：D.
6．（5分）（2023·四川凉山·统考一模）函数fx=12x2+alnx在区间1,2的图象上存在两条相互垂直的切线，则a的取值范围为（ ）
A．−2,1B．−2,−1C．−2,0D．−3,−2
【解题思路】利用导数的几何意义结合导函数的单调性计算即可.
【解答过程】由fx=12x2+alnx⇒f′x=x+axx>0，
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为x1,fx1,x2,fx2，且f′x1⋅f′x2=−1
若a≥0，则f′x>0恒成立，不符合题意，可排除A项；
所以a<0，此时易知y=f′x单调递增，
要满足题意则需f'1=1+a<0f'2=2+a2>0f'1f'2=1+a2+a2<−1⇒a∈−3,−2.
故选：D.
7．（5分）（2023·广东广州·统考模拟预测）已知0<β<α<π2，csα+β=15，sinα−β=35，则tanαtanβ的值为（ ）
A．12B．35C．53D．2
【解题思路】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式求得正确答案.
【解答过程】csα+β=csαcsβ−sinαsinβ=15，
sinα−β=sinαcsβ−csαsinβ=35，
csαcsβ−sinαsinβsinαcsβ−csαsinβ=13，分子分母同时除以csαcsβ得：
1−tanαtanβtanα−tanβ=13①，
由于0<β<α<π2，所以α−β>0−π2<−β<00<α<π2，所以0<α−β<π2，
所以csα−β=1−352=45，
所以tanα−β=sinα−βcsα−β=34，
即tanα−tanβ1+tanαtanβ=34,tanα−tanβ=34+34tanαtanβ，代入①得：
1−tanαtanβ34+34tanαtanβ=13，解得tanαtanβ=35.
故选：B.
8．（5分）（2023·陕西铜川·统考一模）古希腊哲学家、百科式科学家阿基米德最早采用分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的π倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆C的面积为125π，离心率为23，F1，F2是椭圆C的两个焦点，A为椭圆C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
①椭圆C的标准方程可以为x236+y220=1 ②若∠F1AF2=π3，则S△F1AF2=203
③存在点A，使得∠F1AF2=π2 ④2AF1+1AF2的最小值为14+26
A．①③B．②④C．②③D．①④
【解题思路】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出∠F1AF2的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.
【解答过程】对于①：由ab=125ca=23a2=b2+c2，解得a=6,b=25,c=4，
则椭圆C的标准方程为x236+y220=1，故①正确；
对于②：由定义可知AF1+AF2=12，
由余弦定理可得：cs∠F1AF2=AF12+AF22−F1F222AF1AF2=AF1+AF22−2AF1AF2−F1F222AF1AF2
=122−2AF1AF2−642AF1AF2=12，整理得AF1AF2=803，
则S△F1AF2=12AF1AF2sin∠F1AF2=12×803×32=2033，故②错误；
对于③：设As,t,s236+t220=1,s2=361−t220=36−95t2，
F1−4,0,F24,0，AF1⋅AF2=−4−s,−t⋅4−s,−t=s2−16+t2
=36−95t2−16+t2=20−45t2，由于−2≤t≤2，
0≤t2≤4,0≤45t2≤165,845≤20−45t2≤20，
则不存在点A，使得∠F1AF2=π2，故③错误；
对于④：2AF1+1AF2=1122AF1+1AF2AF1+AF2 =1122+2AF2AF1+1+AF1AF2≥112(3+22)=14+26，当且仅当2AF2AF1=AF1AF2，
即AF1=2AF2时，等号成立，故④正确；
故选：D.
二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2023·广东·东莞市东华高级中学校联考一模）函数f(x)=Asin(ωx+φ)（A>0，ω>0，φ<π2）的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的2倍，然后向左平移3π4个单位长度，得到函数g(x)的图象，则（ ）
A．A=1
B．g(x)的解析式为y=2sin23x+π3
C．7π2,0是g(x)图象的一个对称中心
D．g(x)的单调递减区间是3kπ−11π4,3kπ−5π4，k∈Z
【解题思路】先利用三角函数的图象求得fx的解析式，再利用三角函数平移的性质与正弦函数的性质即可得解.
【解答过程】依题意，由图象可知A=1，34T=π3−−5π12=3π4，则T=π，故A正确；
因为ω>0，所以2πω=π，则ω=2，所以f(x)=sin(2x+φ)，
因为fx的图象过点π3,1，所以sin2×π3+φ=1，
则2π3+φ=π2+2kπ,k∈Z，即φ=−π6+2kπ,k∈Z，
又φ<π2，则φ=−π6，所以f(x)=sin2x−π6，
将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到y=sin23x−π6的图象，
纵坐标变为原来的2倍，得到y=2sin23x−π6的图象，
向左平移3π4个单位长度，得到函数gx=2sin23x+3π4−π6=2sin23x+π3的图象，故B正确；
因为g7π2=2sin23×7π2+π3=2sin8π3≠0，故C错误；
令−3π2+2kπ≤23x+π3≤−π2+2kπ,k∈Z，解得3kπ−11π4≤x≤3kπ−5π4,k∈Z，
所以g(x)的单调递减区间是3kπ−11π4,3kπ−5π4，k∈Z，故D正确.
故选：ABD.
10．（6分）（2023·河北石家庄·统考三模）已知复数z1=1+2i，复数z满足z−z1=2，则（ ）
A．z1⋅z1=5
B．5−2C．复数z1在复平面内所对应的点的坐标是−1,2
D．复数z在复平面内所对应的点为Zx,y，则(x−1)2+(y−2)2=4
【解题思路】根据共轭复数的定义，复数的几何意义判断BCD，由复数的乘法判断A．
【解答过程】由已知z1=1−2i，其对应点坐标为(1,−2)，C错；
z1⋅z1=12+22=5，A正确；
由z−z1=2知z对应的点在以z1对应点为圆心，2为半径的圆上，|z1|=5，
因此5−2≤z≤5+2，B错误；
z1对应点坐标为(1,2)，因此D正确．
故选：AD．
11．（6分）（2023·全国·模拟预测）已知定义在R上的函数fx满足fx+2+fx=f2024，且f2x+1是奇函数，则（ ）
A．fx的图象关于点1,0对称
B．f0=f4
C．f2=1
D．若f12=12，则i=1100ifi−12=0
【解题思路】A选项，得到f−x+1+fx+1=0，得到函数的对称中心；B选项，由题意条件得到fx+4=fx，故B正确；C选项，由B选项得到fx的周期为4，故fx+2+fx=f0，赋值法得到f2=0；D选项，赋值法得到f32=−12，f52=−12，f72=12，结合函数的周期得到答案.
【解答过程】A选项，由题意知，f−2x+1=−f2x+1，则f−x+1+fx+1=0，
所以fx图象的对称中心为1,0，A正确．
B选项，fx+2+fx=f2024，fx+4+fx+2=f2024，
两式相减得fx+4=fx，所以f4=f0，B正确．
C选项，由B选项可得，fx的周期为4，又2024=4×506，
故fx+2+fx=f2024=f0，令x=0得，f2+f0=f0，
得f2=0，所以C错误；
D选项，因为f−x+1+fx+1=0，令x=1得，f0+f2=0，
又f2=0，故f0=0，
f−x+1+fx+1=0中，令x=12得，f32=−f12=−12，
由fx+2+fx=0，得f52=−f12=−12，f72=−f32=12，
又fx的周期为4，
则4n+1f4n+12+4n+2f4n+32+4n+3f4n+52+4n+4f4n+72 =4n+1×12+4n+2×−12+4n+3×−12+4n+4×12 =12×4n+1−4n+2−4n+3+4n+4=0，
所以i=1100ifi−12=0，D正确．
故选：ABD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2023·山东潍坊·统考二模）若“x=α”是“sinx+csx>1”的一个充分条件，则α的一个可能值是 π4（只需满足α∈2kπ,2kπ+π2k∈Z即可） .
【解题思路】解不等式sinx+csx>1，可得出满足条件的一个α的值.
【解答过程】由sinx+csx>1可得2sinx+π4>1，则sinx+π4>22，
所以，2kπ+π4因为“x=α”是“sinx+csx>1”的一个充分条件，故α的一个可能取值为π4.
故答案为：π4（只需满足α∈2kπ,2kπ+π2k∈Z即可）.
13．（5分）（2023·广东佛山·校考模拟预测）在三棱锥A−BCD中，△BCD是边长为6的等边三角形，∠BAD=π3，三棱锥A−BCD体积的最大值是 27 ；当二面角A−BD−C为120∘时，三棱锥A−BCD外接球的表面积是
84π .
【解题思路】根据三棱锥的体积公式可知当高最大时，体积最大，故当二面角A−BD−C为90∘，三棱锥A−BCD的体积最大，由体积公式即可求解,根据外接球的性质，利用正弦定理和勾股定理，即可联合求解球半径.
【解答过程】当二面角A−BD−C为90∘，且AB=AD时，三棱锥A−BCD的体积最大，设线段BD的中点为E，连接AE，易求得AE=33,VA−BCD=13S△BCD⋅AE=13×12×6×6⋅sin60∘×33=27.
当二面角A−BD−C为120∘时，△ABD和△BCD的外接圆圆心分别记为O1和O2，
分别过O1和O2作平面ABD和平面BCD的垂线，其交点为球心，记为O.过O1作BD的垂线，垂足记为E，
连接O1E，BO1,EC,BO,EO.在△ABD中，由正弦定理得：2O1B=BDsin∠BAD=43，所以O1B=23，
易知O1E=O2E=3，在Rt△OO1E中，OO1=O1E⋅tan60∘=3，在Rt△BOO1中，BO=O1B2+O1O2=21，
所以三棱锥A−BCD外接球的半径R=21，所以4πR2=84π，
即三棱锥A−BCD外接球的表面积是84π.
故答案为：27；84π.

14．（5分）（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）若存在实数a，b，使得关于x的不等式3x23≤ax+b≤2x2+2对x∈0,+∞恒成立，则b的最大值是 2+22 .
【解题思路】令x=0，可得b∈0,2，当x>0时，分b=2和b∈0,2讨论.当b∈0,2时，将原命题分解成两个恒成立问题，对于3x23≤ax+b恒成立问题，可参变分离构造函数g(x)=3x−13−bx，利用导数求最值，对于ax+b≤2x2+2，可参变分离，利用基本不等式求最值，然后即可解.
【解答过程】令x=0，得b∈0,2.
当x>0且b=2时，原命题等价于3x−13−2x≤a≤2x恒成立，由a≤2x恒成立可知a≤0，又当x=1时，a≥3−21=1，所以不存在a，使得该不等式恒成立.
当x∈0,+∞，且b∈0,2时，
由3x23≤ax+b，得a≥3x−13−bx.
设g(x)=3x−13−bx，令g′(x)=−x−43+bx2=−x23+bx2=0，解得x=b32
当x∈0,b32，g′(x)>0，此时gx在0,b32上单调递增，
当x∈b32,+∞ g′(x)<0，此时gx在b32,+∞上单调递减，
g(x)max=gb32=2b，得a≥2b.
ax+b≤2x2+2等价于a≤2x+2−bx，而2x+2−bx≥22x⋅2−bx=22(2−b)，
当且仅当2x=2−bx，即x=2−b2时等号成立，
所以a≤22(2−b)，则2b≤22(2−b)，
解得2−22≤b≤2+22，所以b的最大值是2+22.
故答案为：2+22.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2023·山东·山东校联考模拟预测）已知函数fx=x−m+2lnx−2mx.
(1)若fx在1,f1处的切线l垂直于直线x−2y+1=0，求l的方程；
(2)讨论fx的单调性.
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得参数m的值，即可求得答案；
（2）求出函数导数，分类讨论m的取值，结合解不等式，求得导数大于0和小于0时的解，即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意得f′x=1−m+2x+2mx2=x2−m+2x+2mx2；
因为fx在x=1处的切线l垂直于直线x−2y+1=0，
所以f′1=−2，即1−m+2+2m=−2，解之得m=−1；
又f1=3，
所以l的方程为y−3=−2x−1，即2x+y−5=0.
（2）fx的定义域为0,+∞，
由（1）得f′x=x2−m+2x+2mx2=x−2x−mx2；
所以当m≤0时，令f′x>0得x>2，令f′x<0得0所以fx在2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减；
当00得02，令f′x<0得m所以fx在0,m和2,+∞上单调递增，在m,2上单调递减；
当m=2时，f′x≥0在0,+∞上恒成立，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当m>2时，令f′x>0得0m，令f′x<0得2所以fx在0,2和m,+∞上单调递增，在2,m上单调递减.
综上，当m≤0时，fx在2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减；
当0当m=2时，fx在0,+∞上单调递增；
当m>2时，fx在0,2和m,+∞上单调递增，在2,m上单调递减.
16．（15分）（2023·广东·校联考二模）某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝､软翅风筝､串式风筝､板式风筝､立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝､板式风筝､立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为25，摸取其余3种风筝的概率为35.
(1)若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为X分，求X的分布列与期望；
(2)假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为1,2,3,⋯中的任意一个数，记乙累计得n分的概率为Pn，当n≥3时，求Pn.
【解题思路】（1）根据相互独立事件乘法公式求得分布列并求得数学期望.
（2）根据已知条件列出递推关系，利用构造等比数列、累加法等知识求得Pn.
【解答过程】（1）X的可能取值为2,3,4，则：PX=2=252=425,PX=3=2×25×1−25=1225,PX=4=1−252=925，
则X的分布列为
故EX=2×425+3×1225+4×925=8025=165.
（2）当n≥3时，得分累计n分，即在得到n−1分后再得1分，或在得到n−2分后再得2分，
所以Pn=25Pn−1+35Pn−2，
则Pn−Pn−1=−35Pn−1−Pn−2.
因为P1=25,P2=35+252=1925，所以P2−P1=925，
所以Pn+1−Pn为等比数列，且首项为925，公比为−35，
则Pn+1−Pn=925−35n−1,Pn−P1=P2−P1+P3−P2+⋯+Pn−Pn−1
=925×1+−35+⋯+−35n−2=925×1−−35n−11−−35，
则Pn=58+38−35n，故当n≥3时，Pn=58+38−35n.
17．（15分）（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，直线C1B⊥平面ABC，平面AA1C1C⊥平面BB1C1C．

(1)求证：AC⊥BB1；
(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B1上是否存在一点P，使二面角P−BC−C1的余弦值为31010？若存在，求B1PA1B1的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作Cz//C1B，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A1B1C1中，由C1B⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC，得C1B⊥BC,C1B⊥AC，
在平面BB1C1C内过B作BO⊥CC1于O，由平面AA1C1C⊥平面BB1C1C，平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，
得BO⊥平面AA1C1C，而AC⊂平面AA1C1C，则有BO⊥AC，
显然BO∩C1B=B,BO,C1B⊂平面BB1C1C，因此AC⊥平面BB1C1C，又BB1⊂平面BB1C1C，
所以AC⊥BB1.

（2）过点C作Cz//C1B，由C1B⊥BC,C1B⊥AC，得Cz⊥CA,Cz⊥CB，
由（1）知AC⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，则CA⊥CB，即直线CA,CB,Cz两两垂直，
以点C为原点，直线CA,CB,Cz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
由AC=BC=BC1=2，得A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,2,2),B1(0,4,2)，CB=(0,2,0),BA=(2,−2,0)，
假定在棱A1B1上存在一点P，使二面角P−BC−C1的余弦值为31010，
令B1P=λB1A1=λBA=(2λ,−2λ,0),0<λ<1，则P(2λ,4−2λ,2)，CP=(2λ,4−2λ,2)，
设平面PBC的一个法向量n=(x,y,z)，则n⋅CP=2λx+(4−2λ)y+2z=0n⋅CB=2y=0，
令x=1，得n=(1,0,−λ)，显然平面BCC1的一个法向量m=(1,0,0)，
依题意，cs〈m,n〉=11+λ2×1=31010，解得λ=13，即B1PA1B1=λ=13，
所以在棱A1B1上存在一点P，使二面角P−BC−C1的余弦值为31010，B1PA1B1=13.
18．（17分）（2023·上海杨浦·统考一模）已知双曲线Γ:x23−y212=1，A2,2是双曲线Γ上一点.
(1)若椭圆C以双曲线Γ的顶点为焦点，长轴长为43，求椭圆C的标准方程；
(2)设P是第一象限中双曲线Γ渐近线上一点，Q是双曲线Γ上一点，且PA=AQ，求△POQ的面积S（O为坐标原点）；
(3)当直线l：y=−4x+m（常数m∈R）与双曲线Γ的左支交于M、N两点时，分别记直线AM、AN的斜率为k1、k2，求证：k1+k2为定值.
【解题思路】（1）先确定双曲线的顶点坐标，由此求解出c的值，结合a的值可求a2,b2，则椭圆方程可求；
（2）先设出P点坐标，然后表示出Q点坐标，将Q点坐标代入双曲线可求P,Q坐标，计算出OP以及Q到OP的距离则S可求；
（3）设出M,N坐标，联立直线与双曲线得到对应韦达定理形式，然后将k1+k2表示为坐标形式，结合韦达定理完成证明.
【解答过程】（1）因为双曲线的方程为x23−y212=1，所以双曲线的左右顶点为±3,0，
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，所以2a=43,c=3，
所以a2=12b2=a2−c2=9，所以椭圆C的标准方程为x212+y29=1；
（2）因为双曲线的渐近线方程为y=±2x，不妨设Pt,2tt>0，
又PA=AQ，所以xQ−2=2−tyQ−2=2−2t，所以Q4−t,4−2t，
又因为Q是双曲线Γ上一点，所以4−t23−4−2t212=1，解得t=94，
所以P94,92,Q74,−12，所以OP=94−02+92−02=954，
又Q到直线OP:2x−y=0的距离d=2×74−−121+4=455，
所以S=12×d×OP=12×455×954=92；
（3）
设Mx1,y1,Nx2,y2，
联立y=−4x+mx23−y212=1可得12x2−8mx+m2+12=0，
所以x1+x2=8m12=2m3，x1x2=m2+1212，
且Δ=64m2−4×12×m2+12>0，即m2>36，
又因为M,N为左支上两点，所以x1+x2=2m3<0，所以m<−6，
所以k1+k2=y1−2x1−2+y2−2x2−2=−4x1+m−2x1−2+−4x2+m−2x2−2=−4x1+8+m−10x1−2+−4x2+8+m−10x2−2，
所以k1+k2=−8+m−10x1−2+m−10x2−2=−8+m−10×x1+x2−4x1x2−2x1+x2+4，
所以k1+k2=−8+m−10×2m3−4m2+1212−2×2m3+4=−8+m−10×23m−6m−6m−1012，
所以k1+k2=−8+8=0，
所以k1+k2为定值0.
19．（17分）（2023·北京·汇文中学校考模拟预测）设数列A:a1,a2,⋯,ann≥2.如果ai∈1,2,⋯,ni=1,2,⋯,n，且当i≠j时，ai≠aj1≤i,j≤n，则称数列A具有性质P.对于具有性质P的数列A，定义数列TA:t1,t2,⋯,tn−1，其中tk=1,ak＜ak+1,0,ak＞ak+1k=1,2,⋯,n−1.
(1)对TA:0,1,1，写出所有具有性质P的数列A；
(2)对数列E:e1,e2,⋯,en−1n≥2，其中ei∈0,1i=1,2,⋯,n−1，证明：存在具有性质P的数列A，使得TA与E为同一个数列；
(3)对具有性质P的数列A，若a1−an=1n≥5且数列TA满足ti=0,i为奇数,1,i为偶数i=1,2,⋯,n−1，证明：这样的数列A有偶数个.
【解题思路】（1）根据数列T(A)的定义，得到n=4且a1>a2，a2（2）设数列E：e1,e2,⋯,en−1中恰有s项为1，在按照s=0、s=n−1、0（3）按照n的奇偶分类讨论，结合数列TA的定义可证结论.
【解答过程】（1）因为T(A):0,1,1，所以n−1=3，则n=4
因为t1=0，t2=1，t3=1，所以a1>a2，a2又ai∈{1,2,3,4}(i=1,2,3,4)，
所以a2=1，a1=4或a4=4，
当a1=4时，a3=2,a4=3，
当a4=4时，a1=3,a3=2或a1=2,a3=3，
综上所述：所有具有性质P的数列A为：4,1,2,3、3,1,2,4、2,1,3,4.
（2）由于数列E：e1,e2,⋯,en−1，其中ei∈{0,1} (i=1,2,3,⋯n−1,n≥2)，
不妨设数列E：e1,e2,⋯,en−1中恰有s项为1，
若s=0，则A:n,n−1,⋯,1符合题意，
若s=n−1，则A:1,2,⋯,n符合题意，
若0构造数列A:a1,a2,⋯,an，令ak1+1,ak2+1,⋯,aks+1分别为n−s+1,n−s+2,⋯,n，
数列A的其余各项am1,am2,⋯,amn−s (m1经检验数列A符合题意.
（3）对于符合题意的数列A:a1,a2,⋯,an(n≥5)，
①当n为奇数时，存在数列A′:an,an−1,⋯,a1符合题意，
且数列A与A′不同，T(A)与T(A′)相同，
按这样的方式可由数列A′构造出数列A，
所以n为奇数时，这样的数列A有偶数个，
当n=3时，这样的数列A也有偶数个，
②当n为偶数时，
如果n,n−1是数列A中不相邻的两项，交换n与n−1得到数列A′符合题意，
且数列A与A′不同，T(A)与T(A′)相同，
按这样的方式可由数列A′构造出数列A，
所以这样的数列A有偶数个，
如果n,n−1是数列A中相邻的两项，由题设知，必有an−1=n，an=n−1，a1=n−2，
除这三项外，a2,a3,⋯,an−2是一个n−3项的符合题意的数列A，
由①可知，这样的数列A有偶数个，
综上，这样的数列A有偶数个.X
2
3
4
P
425
1225
925