2024年海南省海口市海南中学高考数学一模试卷

这是一份2024年海南省海口市海南中学高考数学一模试卷，共15页。试卷主要包含了若a=,b=，则a⋅=，双曲线C，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. {2,4}B. {3}C. {2,4,6}D. {1,2,3,4,5}
2.若a=(2,−3),b=(−1,2)，则a⋅(a+2b)=( )
A. −5B. −3C. 3D. 5
3.复数z=1+3i1−i−i，则|z|=( )
A. 13B. 5C. 2D. 2
4.已知实数列−1、x、y、z、−2成等比数列，则xyz=( )
A. 2 2B. ±4C. −2 2D. ±2 2
5.刍(chú)甍(méng)是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，顶棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体.已知一个刍甍底边长为4，底边宽为3，上棱长为2，高为2，则它的表面积是( )
A. 27+3 5B. 42+3 5C. 27+3 3D. 42+6 3
6.已知函数f(x)为偶函数，其图像在点(1,f(1))处的切线方程为x−2y+1=0，记f(x)的导函数为f′(x)，则f′(−1)=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
7.设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列，则最小内角的正弦值为( )
A. 35B. 45C. 55D. 2 55
8.双曲线C:x212−y24=1的右焦点为F，双曲线C上有两点A，B关于直线l：3x+y−8=0对称，则|FA+FB|=( )
A. 2 2B. 4 2C. 2 3D. 4 3
9.下列说法中正确的是( )
A. 一组数据10，11、11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14
B. 某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则从高中生中抽取的人数为70
C. 若样本数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x10+1的平均数为10，则数据x1，x2，⋯，x10的平均数为3
D. 随机变量X服从二项分布B(4,p)，若方差D(X)=34，则P(X=1)=364
10.某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数y=1x的图象是双曲线，设其焦点为M，N，若P为其图象上任意一点，则( )
A. y=−x是它的一条对称轴B. 它的离心率为 2
C. 点(2,2)是它的一个焦点D. ||PM|−|PN||=2 2
11.已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d存在两个极值点x1，x2(x1A. 当a>0时，n=3B. 当a<0时，m+2=n
C. mn一定能被3整除D. m+n的取值集合为{4,5,6,8}
12.若tan(θ+π4)=3，则tanθ=______.
13.设(1−2x)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5，则a1+a2+…+a5=______.
14.洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名.洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{Ln}为：1，3，4，7，11，18，29，47，76，⋯，即L1=1，L2=3，且Ln+2=Ln+1+Ln(n∈N*).设数列{Ln}各项依次除以4所得余数形成的数列为{an}，则a2024=______.
15.已知质量均匀的正n面体，n个面分别标以数字1到n.
(1)抛掷一个这样的正n面体，随机变量X表示它与地面接触的面上的数字.若P(X<5)=23，求n；
(2)在(1)的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量Y表示这两个正n面体与地面接触的面上的数字和的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7，Y分别取值0，1，2，求Y的分布列及期望.
16.已知函数f(x)=e2x−(2a−1)ex−ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
17.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF=DE，BF//DE，M是AE的中点.
(1)求证：EC//平面BDM；
(2)若DE⊥平面ABCD，AB=4，BM⊥CF，点P为线段CE上一点，且CP=13CE，求直线PM与平面AEF所成角的正弦值.
18.已知动点P与定点A(m,0)的距离和P到定直线x=n2m的距离的比为常数mn，其中m>0，n>0，且m≠n，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点B(−m,0)，若曲线C.上两动点M，N均在x轴上方，AM//BN，且AN与BM相交于点Q.
(i)当m=2 2，n=4时，求证：1|AM|+1|BN|的值及△ABQ的周长均为定值；
(ii)当m>n时，记△ABQ的面积为S，其内切圆半径为r，试探究是否存在常数λ，使得S=λr恒成立？若存在，求λ(用m，n表示)；若不存在，请说明理由.
19.在计算机科学中，n维数组X=(x1,x2,⋯,xn)，xi∈{0,1}，i∈N+是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用.对于n维数组A=(a1,a2,⋯,an)，B=(b1,b2,⋯,bn)，定义A与B的差为A−B=(|a1−b1|,|a2−b2|,…，|an−bn|)，A与B之间的距离为d(A,B)=i=1n|ai−bi|.
(1)若n维数组O=(0,0,…，0)，证明：d(A,0)+d(B,O)≥d(A,B)；
(2)证明：对任意的数组A，B，C，有d(A−C,B−C)=d(A,B)；
(3)设集合P中有m(m≥2)个n维数组，记P中所有两元素间的距离的平均值为d−(P)，证明：d−(P)≤mn2(m−1).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵U={1,2,3,4,5,6}，A={1,3,5}，B={2,3,4}，
∴∁UA={2,4,6}，
∴(∁UA)∩B={2,4}.
故选：A.
根据补集的定义先求出∁UA，再计算(∁UA)∩B.
本题考查了集合的简单运算问题，是基础题目．
2.【答案】B
【解析】解：由a=(2,−3),b=(−1,2)，
可得a+2b=(0,1)，
则a⋅(a+2b)=(2,−3)⋅(0,1)=−3.
故选：B.
根据向量的线性运算及数量积运算的坐标表示求解即可．
本题考查平面向量的坐标运算，属基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的模长公式，属于基础题．
化简复数z，再利用复数的模长的性质求解．
【解答】
解：复数z=1+3i1−i−i=2i1−i，
则|z|=|2i1−i|=|2i||1−i|=2 2= 2.
故选：D.
4.【答案】C
【解析】解：设等比数列−1、x、y、z、−2的公比为q(q≠0)，则y=−1×q2<0，
由等比中项的性质可得y2=(−1)×(−2)=2，所以，y=− 2，
因此，xyz=y3=(− 2)3=−2 2.
故选：C.
求出y的值，利用等比中项的性质可求得结果．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，如图：刍甍的底面为长方形ABCD，AB=4，BC=3，则其面积S1=4×3=12；
侧面为两个三角形△ADE和△BFC，两个梯形ABFE和CDEF，
△BFC中，斜高FN= 1+4= 5，则其面积S2=3 52，
同理：△ADE的面积S3=3 52，
梯形ABFE中，EF=2，AB=4，斜高EM=52，则其面积S4=12(2+4)×52=152，
同理：梯形CDEF的面积S5=152，
则它的表面积S=12+3 52+3 52+152+152=27+3 5；
故选：A.
根据题意，分析刍甍的侧面特征，求出其面积，计算可得答案．
本题考查几何体的表面积计算，注意几何体的几何结构，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：函数f(x)为偶函数，
则f′(x)为奇函数，即f′(−x)=−f′(x)，
f(x)图像在点(1,f(1))处的切线方程为x−2y+1=0，
则f′(1)=12，
故f′(−1)=−f′(1)=−12.
故选：A.
根据已知条件，推得f′(x)为奇函数，再结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：不妨设A、B为锐角，且A则csC=0，sinB=csA，csB=sinA，csA>csB>0，
∵直角三角形三个内角的余弦值成等差数列，
∴2csB=csA+0=csA，
∴4cs2B=cs2A，
即1−sin2A=4sin2A，
可得sin2A=15，
∴sinA= 55.
故选：C.
设A、B为锐角，且AcsB>0，由直角三角形三个内角的余弦值成等差数列，得到2csB=csA，由此能求出最小内角的正弦值．
本题考查三角函数与数列的综合运用，求直角三角形中最小角的正弦值．解题时要认真审题，注意等差数列的性质和应用，注意三角函数恒等式的灵活运用．
8.【答案】B
【解析】解：设AB中点为P(m,n)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则m=x1+x22，n=y1+y22，且y1−y2x1−x2=13，
又x1212−y124=1x2212−y224=1，两式相加可得：
112−14⋅y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=0，
∴112−14×13×2n2m=0，
∴m=n，
又P(m,n)在直线l：3x+y−8=0上，
∴3m+n−8=0，又m=n，
∴4m−8=0，∴m=n=2，
∴P(2,2)，又易知F(4,0)，
∴FP=(2,−2)，
∴|FA+FB|=|2FP|=2 4+4=4 2.
故选：B.
设AB中点为P(m,n)，根据点差法，建立方程求出P点坐标，再根据斜率的坐标运算，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，点差法的应用，向量的坐标运算，方程思想，属基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：对A，10×60%=6，故第60百分位数为第6和第7位数的均值，即14+162=15，故A错误；
对B，由题抽取的高中生抽取的人数为100×35003500+1500=70，故B正确；
对C，设数据x1，x2，…，x10的平均数为x，
由平均值性质可知：样本数据3x1+1，3x2+1，…，3x10+1的平均数为3x+1=10，解得x=3，故C正确；
对D，由题意可知4p(1−p)=34，解得p=14或p=34，
则P(X=1)=C41×14×(34)3=2764或P(X=1)=C41×34×(14)3=364，故D错误．
故选：BC.
由百分位数求解判断A，由分层抽样判断B，由平均值性质判断C，由二项分布性质判断D.
本题考查离散型随机变量的应用，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为 2，
易知y=x是实轴，y=−x是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程y=x与反比例函数y=1x，
得实轴顶点为(1,1)，(−1,−1)，
所以a= 2,c=2，其中一个焦点坐标应为( 2, 2)，而不是(2,2)，
由双曲线定义可知||PM|−|PN||=2a=2 2.
故选：ABD.
由题意可知反比例函数的图象为等轴双曲线，进一步分别计算出离心率以及a，c即可逐一判断求解．
本题考查双曲线的定义及几何性质，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由题意可知f′(x)=3ax2+2bx+c为二次函数，且x1，x2(x1由f′(f(x))=3a[f(x)]2+2bf(x)+c=0得f(x)=x1或f(x)=x2，
当a>0时，令f′(x)>0解得xx2；令f′(x)<0，解得x1可知：f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)内单调递增，在(x1,x2)内单调递减，
则x1为极大值点，x2为极小值点，
若x1≥0，则−x1≤0因为f(x1)>f(x2)，即−x1>x2，两者相矛盾，故x1<0，
则f(x)=x2有2个根，f(x)=x1有1个根，可知n=3，
若f(x2)=x2>0，可知m=1，mn=3，m+n=4；
若f(x2)=x2=0，可知m=2，mn=6，m+n=5；
若f(x2)=x2<0，可知m=3，mn=9，m+n=6，故A正确；
当a<0时，令f′(x)>0，解得x1x2，
可知：f(x)在(x1,x2)上单调递增，在内(−∞,x1)，(x2,+∞)上单调递减，
则x2为极大值点，x1为极小值点，
若x2≤0，则−x1>0≥x2，
因为f(x1)0，
若f(x1)=−x1>0，即x1<0可知m=1，n=3，m=3，m+n=4；
若f(x1)=−x1=0，即x1=0，可知m=2，n=4，mn=8，m+n=6；
若f(x1)=−x1<0，即x1>0，可知m=3，n=5，mn=15，m+n=8，
此时m+2=n，故B正确；
综上所述：mn的取值集合为{3,6,8,9,15}，m+n的取值集合为{4,5,6,8}，故C错误，D正确．
故选：ABD.
分a>0和a<0两种情况，利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析f(x)，f′(f(x))的零点分布，进而可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
12.【答案】12
【解析】解：由tan(θ+π4)=3可得：tanθ+tanπ41−tanθ⋅tanπ4=3，
即tanθ+11−tanθ=3，解得：tanθ=12.
故答案为：12.
由两角和的正切公式求解即可．
本题主要考查两角和的正切公式，是基础题．
13.【答案】−2
【解析】解：令x=0，则a0=1，
令x=1，则a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a5=−1，
所以a1+a2+⋅⋅⋅+a5=−2.
故答案为：−2.
分别令x=0，x=1即可得解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：数列{Ln}的各项除以4的余数分别为1，3，0，3，3，2，1，3，0，…，
故可得{an}的周期为6，且前6项分别为1，3，0，3，3，2，
而a2024=a2=3.
故答案为：3.
根据递推关系可得{an}的周期性，故可求解．
本题考查数列递推式，属于基础题．
15.【答案】解：(1)因为P(X<5)=4n=23，所以n=6；
(2)样本空间Ω={(m,t)|m,t∈{1,2,3,4,5,6}}，共有36个样本点，
记事件A=“数字之和小于7”，事件B=“数字之和等于7”，事件C=“数字之和大于7”，
A={(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3)}，共15种，
故P(Y=0)=P(A)=1536=512，
B={(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)}，共6种，
故P(Y=1)=P(B)=636=16，
C={(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),(3,6),(6,3),(4,5),(5,4),(4,6),(6,4),(5,5),(5,6),(6,5),(6,6)}，共15种，
故P(Y=2)=P(C)=1536=512，
从而Y的分布列为：
故E(Y)=0×512+1×16+2×512=1.
【解析】(1)由P(X<5)=4n=23求解即可；
(2)样本空间Ω={(m,t)|m,t∈{1,2,3,4,5,6}}，共有36个样本点，记事件A=“数字之和小于7”，事件B=“数字之和等于7”，事件C=“数字之和大于7”，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到Y的分布列，再结合期望公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
16.【答案】解：(1)f′(x)=2e2x−(2a−1)ex−a=(2ex+1)(ex−a).
若a≤0，f′(x)>0，f(x)在(−∞,+∞)为增函数；
若a>0，令f′(x)=0，得x=lna.
当x∈(−∞,lna)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x∈(lna,+∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(−∞,+∞)单调递增；
当a>0时，f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增．
(2)当a≤0时，f(x)在(−∞,+∞)单调递增，不可能有两个零点，不符合题意．
当a>0时，f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增，
因为f(x)有两个零点，必有f(x)min=f(lna)=a(1−a−lna)<0，
因为a>0，所以1−a−lna<0.
令g(a)=1−a−lna，a>0，10分g′(a)=−1−1a<0，所以g(a)在(0,+∞)单调递减，而g(1)=0，
所以当a>1时，g(a)<0，即f(x)min<0.
又f(−1)=1e2−(2a−1)1e+a=1e2+1e+a(1−2e)>0，
故f(x)在(−1,lna)有1个零点；
当x>lna>0时，易知ex>x+1，故−ax>−a(ex−1)，
f(x)>e2x−(2a−1)ex−a(ex−1)=e2x−(3a−1)ex+a，
取x=ln3a>lna，有f(ln3a)>e2ln3a−(3a−1)eln3a+a=9a2−(3a−1)3a+a=4a>0，
f(x)在(lna,ln3a)有1个零点．
综上所述，当f(x)有两个零点时，a>1，即a的取值范围是(1,+∞).
【解析】(1)对f(x)求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
(2)由(1)可知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，所以f(x)至多有一个零点，当a>0时，求出f(x)的最小值，使f(x)min<0可求解a的范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，已知函数零点个数求参数范围问题，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：连接AC，交BD于O，连接MO，
在正方形中，可得O为BD，AC的中点，M为AE的中点，
在△AEC中，可得MO//EC，
又因为MO⊂平面MBD，EC⊄平面MBD，
所以EC//平面BDM；
(2)解：因为DE⊥平面ABCD，
以D为坐标原点，以DA，DC，DE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AB=4，则D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,4,0)，C(0,4,0)，设E(0,0,2c)，
则F(4,4,2c)，c>0，则M(2,0,c)，
所以BM=(−2,−4,c)，CF=(4,0,2c)，因为BM⊥CF，所以BM⋅CF=0，即−2×4−4×0+2c2=0，解得c=2，
可得E(0,0,2)，CE=(0,−4,2)，M(2,0,2)，E(0,0,4)，F(4,4,4)，
设P(x,y,z)，
点P为线段CE上，CP=13CE，即(x,y−4,z)=13(0,−4,4)=(0,−43,43)，
所以x=0y−4=−43z=43，即x=0，y=83，z=43，
即P(0,83,43)，所以PM=(2,−83,23)，
设平面AEF的法向量为n=(x1,y1,z1)，AE=(−4,0,4)，AF=(0,4,4)，
则n⋅AE=0n⋅AF=0，即−4x1+4z1=04y1+4z1=0，令z1=1，
可得n=(1,−1,1)，
所以PM⋅n=2×1−83×(−1)+23×1=163，|PM|= 22+(−83)2+(23)2=2 263，|n|= 12+(−1)2+12= 3.
所以cs=1632 263⋅ 3=4 7839，
设直线PM与平面AEF所成的角为θ，且θ∈[0,π2]，
sinθ=|cs|=4 7839，
所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为4 7839.
【解析】(1)连接AC，由题意可证得MO//EC，再由线面平行的判断定理可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，由题意可得各点的坐标，设E的坐标，由题意BM⊥CF，可得点E的坐标，求出平面AEF的法向量的坐标，求出直线PM的方向向量的坐标，求出两个向量的的余弦值，进而求出直线与平面所成的角的正弦值．
本题考查线面平行的证法及用空间向量的方法求线面所成的角的正弦值，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设点P(x,y)，由题意可知 (x−m)2+y2|x−n2m|=mn，
即(x−m)2+y2=(mnx−n)2，
经化简，得C的方程为x2n2+y2n2−m2=1，
当m当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．
(2)设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，M′(x3,y3)，其中y1>0，y2>0且x3=−x2，y3=−y2，
(i)证明：由(1)可知C的方程为x216+y28=1,A(2 2,0),B(−2 2,0)，
因为AM//BN，所以y1x1−2 2=y2x2+2 2=−y2−x2−2 2=y3x3−2 2，
因此，M，A，M′三点共线，且|BN|= (x2+2 2)2+y22= (−x2−2 2)2+(−y2)2=|AM′|，
设直线MM′的方程为x=ty+2 2，联立C的方程，得(t2+2)y2+4 2ty−8=0，
则y1+y3=−4 2tt2+2,y1y3=−8t2+2，
由(1)可知|AM|=2 24|x1−162 2|=4− 22x1,|BN|=|AM′|=4− 22x3，
所以1|AM|+1|BN|=|AM|+|BN||AM|⋅|BN|=(4− 22x1)+(4− 22x3)(4− 22x1)(4− 22x3)=(2− 22ty1)+(2− 22ty3)(2− 22ty1)(2− 22ty3)
=4− 22t(y1+y3)4− 2t(y1+y3)+12t2y1y3=4− 22t⋅(−4 2tt2+2)4− 2t⋅(−4 2tt2+2)+12t2⋅(−8t2+2)=1(定值)，
由椭圆定义|BQ|+|QM|+|MA|=8，得|QM|=8−|BQ|−|AM|，
∵AM//BN，∴|AM||BN|=|QM||BQ|=8−|BQ|−|AM||BQ|，
解得|BQ|=(8−|AM|)⋅|BN||AM|+|BN|，
同理可得|AQ|=(8−|BN|)⋅|AM||AM|+|BN|，
所以|AQ|+|BQ|=(8−|BN|)⋅|AM||AM|+|BN|+(8−|AM|)⋅|BN||AM|+|BN|
=8(|AM|+|BN|)−2|AM|⋅|BN||AM|+|BN|
=8−21|AM|+1|BN|=8−2=6.
因为|AB|=4 2，所以△ABQ的周长为6+4 2(定值).
(ii)当m>n时，曲线C的方程为x2n2−y2m2−n2=1，轨迹为双曲线，
根据(i)的证明，同理可得M，A，M′三点共线，且|BN|=|AM′|，
设直线MM′的方程为x=sy+m，联立C的方程，
得[(m2−n2)s2−n2]y2+2sm(m2−n2)y+(m2−n2)2=0，
∴y1+y3=−2sm(m2−n2)(m2−n2)s2−n2,y1y3=(m2−n2)2(m2−n2)s2−n2……(*)，
因为|AM|=mn(x1−n2m)=mnx1−n,|BN|=|AM′|=mnx3−n，
所以1|AM|+1|BN|=1|AM|+1|AM′|=|AM|+|AM′||AM|⋅|AM′|
=(mnx1−n)+(mnx3−n)(mnx1−n)(mnx3−n)=(smny1+m2−n2n)+(smny3+m2−n2n)(smny1+m2−n2n)(smny3+m2−n2n)
=smn(y1+y3)+2(m2−n2)nm2s2n2y1y3+(m2−n2)msn2(y1+y3)+(m2−n2)2n2，
将(*)代入上式，化简得1|AM|+1|BN|=2nm2−n2，
由双曲线的定义|BQ|+|QM|−|MA|=2n，得|QM|=2n+|AM|−|BQ|，
根据|AM||BN|=|QM||BQ|，解得|BQ|=(2n+|AM|)⋅|BN||AM|+|BN|，
同理根据|AM||BN|=|AQ||QN|，解得|AQ|=(2n+|BN|)⋅|AM||AM|+|BN|，
所以|AQ|+|BQ|=(2n+|BN|)⋅|AM||AM|+|BN|+(2n+|AM|)⋅|BN||AM|+|BN|=2n+2|AM|⋅|BN||AM|+|BN|
=2n+21|AM|+1|BN|=2n+m2−n2n=m2+n2n，
由内切圆性质可知，S=12(|AB|+|AQ|+|BQ|)⋅r，
当S=λr时，λ=12(|AB|+|AQ|+|BQ|)=m+m2+n22n=(m+n)22n(常数).
因此，存在常数λ使得S=λr恒成立，且λ=(m+n)22n.
【解析】(1)依题意建立方程 (x−m)2+y2|x−n2m|=mn，化简即可得曲线方程，再根据m、n的大小关系即可判断曲线形状；
(2)(i)由m=2 2，n=4可知曲线C是椭圆，设点M′是点M关于原点对称的点，设直线MM′的方程为x=ty+2 2，设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，M′(x3,y3)，由AM//BN得出，M，A，M′三点共线，且|BN|=|AM′|，再结合韦达定理，通过计算可以确定1|AM|+1|BN|的值为定值；再由椭圆定义可以判定△ABQ的周长均为定值；
(ii)由m>n，可以确定曲线C为双曲线，利用(i)的证明可得M，A，M′三点共线，且|BN|=|AM′|，设直线MM′的方程为x=sy+m，联立C的方程，结合韦达定理、双曲线定义及内切圆性质求解．
本题考查了椭圆和双曲线的方程，考查了直线与圆锥曲线的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于难题．
19.【答案】证明：(1)设A与B中对应项中同时为0的有x(0≤x≤n)个，同时为1的有y(0≤y≤n−x)个，
则对应项不同的为n−x−y个，所以d(A,B)=n−x−y，
所以d(A,O)+d(B,O)=2y+(n−x−y)≥n−x−y=d(A,B).
(2)设A=(a1,a2⋯,an)，B=(b1,b2⋯,bn)，C=(c1,c2⋯,cn)∈Tn，
因为A−C=(|a1−c1|,|a2−c2|⋯,|an−cn|)，
B−C=(|b1−c1|,|b2−c2|⋯,|bn−cn|)，
所以d(A−C,B−C)=i=1n||ai−ci|−|bi−ci||，
因为ci∈{0,1}，i=1，2，…，n.
所以当ci=0时，||ai−ci|−|bi−ci||=|ai−bi|，
当ci=1时，||ai−ci|−|bi−ci||=|(1−ai)−(1−bi)|=|ai−bi|，
所以d(A−C,B−C)=i=1n||ai−ci|−|bi−cii||=i=1n|ai−bi|=d(A,B)，
(3)记集合P中所有两个元素间距离的总和为i,j=1md(Pi,Pj)，
则d−(P)=1Cm2⋅i,j=1md(Pi,Pj)，
设P中所有元素的第k(k=1,2,…，n)个位置的数字共有tk个1，m−tk个0，
则i,j=1md(Pi,Pj)=k=1ntk(m−tk)，
因为tk，m−tk>0，
所以tk⋅(m−tk)≤(tk+m−tk2)2=m24，
则i,j=1md(Pi,Pj)=k=1mtk(m−tk)≤nm24，
所以d−(P)=1Cm2⋅j=1md(Pl,Pj)≤2m(m−1)⋅nm24=mn2(m−1).
【解析】(1)根据题意，结合新定义判断证明；
(2)根据新定义，因为ci∈{0,1}，i=1，2，…，n，分ci=0和ci=1两种情况证明；
(3)根据题意结合排列组合的知识表示d−(P)的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论．
本题考查新定义问题，需要准确理解定义的各部分内容，考查分析试题和结合所学知识解答试题的能力，属于难题．Y
0
1
2
P
512
16
512