2025届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期开学考-数学试题（含答案）

这是一份2025届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期开学考-数学试题（含答案），共20页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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雅礼中学 2025 届高三上学期入学考试试卷
数 学
时量：120 分钟 分值：150 分
一 选择题：本题共 小题，每小题 分，共40 分 在每小题给出的四个选项
､
8
5
.
中，只有一项是符合题目要求的.

 2x  4  0，则A N  （ ）
A  x x2
1、 已知集合
A．0
B．0,1
C．0,1, 2
D．1, 2
【
【
答案】C
分析】先确定集合A ，再求交集AN.
【详解】根据题意，A  x x2
    
2 2，所以A N  0,1, 2.

2x 4
0
x
2

x

故选：C
2、 已知圆锥的底面半径为 2 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ）
6
2 6
3
4 6
3
8 6
3
A．
π
B．
π
C．
π
D．
π
3
【
【
【
答案】B
分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算．
详解】设圆锥母线长为l ，高为h ，底面半径为r  2 ，
则由2π 2  πl ，得l  2 2 ，所以h 
2
 r
2

6 ，
l
1
3
1
3
2 6
3
2
所以V

πr
2
h

π
2

6

π ．故选：B．
、 （暑假作业原题）若正数x，y 满足 x²  xy  2  0，则x  y 的最小值是（ ）
3
A．2 2
B．2 3
C．4
D．6
【
【
答案】C
分析】根据已知条件及基本不等式即可求解.
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{
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2
【
详解】由题设及x²  xy  2  0 ，可得 y  x 
.
x
2


1 
所以x  y  x  x   2 x    4 x  4 ，
x 
1
x
x
1
当且仅当x  ，即x 1时，等号成立，此时y  3  0 符合题意.
x
所以x  y 的最小值为4.
故选：C.
x
2
y
2
4
、 过椭圆C :

1的中心作直线l 交椭圆于P,Q 两点，F 是C 的一个焦点，则
1
6
9
△PFQ 周长的最小值为（ ）
A．16
B．14
C．12
D．10
【
【
答案】B
分析】利用椭圆的定义和对称性，转化△PFQ 的周长，即可求解.
【
详解】设C 的另一个焦点为F，根据椭圆的对称性知
PF  QF ，
PF  QF  PQ  QF  QF  PQ  8 PQ
所以△PFQ 的周长为
，
当线段PQ 为椭圆短轴时，
PQ 有最小值6，所以△PFQ 的周长的最小值为14.
故选：B
、 已知圆C 的方程为x2  (y  2)2  a ，则“a  2 ”是“函数y  x 的图象与圆C 有四个公
5
共点”的（ ）
A．充分不必要条件
C．充要条件
B．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【
答案】B
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{
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【
详解】由圆C 的方程为x2  (y  2)2  a 可得圆心0, 2，半径r

a ，
2
0
若圆与函数y  x 相交，则圆心到直线y  x 的距离d


2

a ，即a  2 ，
2
若函数y  x
的图象与圆C 有四个公共点，则原点在圆的外部，
即02  (0  2)2  a ，解得a  4 ，
综上函数y  x
的图象与圆C 有四个公共点则2

a

4 ，
所以“ a  2 ”是“函数y  x
”
的图象与圆C 有四个公共点 的必要不充分条件，故选：B
6
、 （暑假作业原题）如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行
但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻
璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向

右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为0，1，2， ，10，
用X 表示小球最后落入格子的号码，若
 ，则
P(X k)P(X k )

k0

(
)
0
A．4
B．5
C．6
D．7
【
分析】小球在下落过程中，共10 次等可能向左或向右落下，则小球落入格子的号码X 服
1
1
从二项分布，且落入格子的号码即向右次数，即X ~ B(10, ) ，则P(X  k)  Ck ( )10 (k  0 ，
1
0
2
2
1
， ，10) ，然后由二项式系数对称性即可得解．
...
2
【
解答】解：小球在下落过程中，共10 次等可能向左或向右落下，
则小球落入格子的号码X 服从二项分布，
且落入格子的号码即向右次数，即X ~ B(10, ) ，
1
2
1
1
1
所以P(X  k)  Ck ( )k (1 )10k  Ck ( )10 (k  0 ，1，2...，10) ，
1
0
10
2
2
2
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{
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C
k
10

由二项式系数对称性知，当k  5 时， 最大，故k 5．
0
故选：B ．
点评】本题考查了二项分布及二项式系数的性质的应用，属于中档题．
【
7
、 （教材原题）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是(
A．70 B．64 C．60
分析】从 8 个顶点中选 4 个，共有C8 种结果，在这些结果中，有四点共面的情况，6 个
)
D．58
【
4
表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，用所有的结果减去不合题意的结果，
得到结论．
【
解答】解：首先从8 个顶点中选4 个，共有C8
种结果，
4
在这些结果中，有四点共面的情况，6 个表面有 6 个四点共面，6 个对角面有 6 个四点共面，
满足条件的结果有C8  6  6  C8 12  58 ．
故选：D ．

4
4
【
点评】本题是一个排列问题同立体几何问题结合的题目，是一个综合题，这种问题实际
上是以排列为载体考查正方体的结构特征．
8
、 （暑假作业原题）已知定义域为R 的函数
1，则
f (x) ，其导函数为 f (x) ，且满足
f (x)  2 f (x)  0 ， f (0)
(
)
A．e
2
f (1)1
B．
f 1 e2
C． f ( )
1
D． f (1) ef ( )
1

e

2
2
f (x)
e2x
【
分析】构造函数g(x) 
，由 f (x)  2 f (x)  0 得g(x)  0 ，进而判断函数g(x) 的单调
性，判断各选项不等式．
f (x) e2x  2 f (x)e2x
f (x)  2 f (x) ，
f (x)
e2x
【
解答】解：g(x) 
，则g(x) 

(e2x )2
e2x
因为 f (x)  2 f (x)  0 在R 上恒成立，
所以g(x)  0 在R 上恒成立，故g(x) 在R 上单调递减，
f (1)
e2
f (0)
e0
所以g(1)  g(0),
 e2 f (1) 
 1，故A 不正确；
f (1) f (0)
2
2

e f (0) e

所以g （1） g(0) ，即

，即 f （1）
，故B 不正确；
e2
e0
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{
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1
f ( )
1
f (0)
1
2
g( )  g(0) ，即



1 ，即 f ( ) e ，故C 不正确；

2
e
1
e
0
2
1
f ( )
1
f (1)
1
2
g( )  g(1) ，即
，即 f (1) ef ( ) ，故D 正确．

2
e
1
e
2
2
故选：D ．
【
点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数思想，属中档题．
､
二 选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分 在每小题给出的选项中，有
3
6
18
.
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z , z ，下列说法正确的是（ ）
1
2
A．若 z  z ，则z2  z2
2
B． z z  z z
2
1
2
1
1
2
1
C． z  z  z  z
D． z  z  z  z
2
1
2
1
2
1
2
1
【
【
答案】BCD
分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据
复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD.
z 1 2i, z  2 i
z  z
1 2
【
详解】对于A，设
，显然
，
1
2
但z12  3 4i  z2
2
 3 4i ，故A 错；
z  a  bi, z  c  di
对于B，设
，
1
2
z z  ac bd  ad  bc i

 ，
bc
 a2c2  a2d
，故B 对；
则
1
2

ac bd

2
 ad

2

a2c2 a2d b2c2 d2d

2


2
，
z z
1
2
z z 
a
2
 b2  c2  d
2
2
b2c2  d
2
d
2
，
1
2
z z  z z
所以
1
2
1
2


对于CD，根据复数的几何意义可知，复数 在复平面内对应向量
z
OZ
，
1
1


z
OZ
复数 对应向量
，复数加减法对应向量加减法，
2
2
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
 
z  z
1
z  z
1
故
和
分别为
OZ
和OZ2 为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，
2
2
1
z  z  z  z
z  z  z  z
2
所以
，
，故 对， 对
C
D
.
1
2
1
2
1
2
1
故选：BCD.
1


π
π 
2 
0、已知函数 f x 2 sin(x )0    2,     ，函数  
g x  f x 
  的部
1
2
2
分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
 
y

A． f x的表达式可以写成 f x 2 sin 2x 


4 
2
2+1
2
3π
B． f x的图象向右平移 个单位长度后得到的新函数是奇函数
8

π
8
kπ 
1
h x  f x 1
C．  
  的对称中心
  ,1 ，k
Z
2
2

x
O
3
π
8


5π 13π 
D．若方程 f x1在0,m上有且只有6 个根，则m
,

2
4 
【
【
答案】AB

3 
1
1
f 0  1 f    2
 
详解】对A，由图分析可知： f 0   得
； 

2
2
 8 
2
由 f 0 1
，得
2 sin  1，即sin  
，
2
π
π
π
3 
 8 
3  
  2
又 2
   ，所以   ，又 
f    2 sin
，




2
4
 8
4 
所以3
π
4

16

 2kπ+ ，即得  k  2，k Z，又0    2，所以  2 ，
8
2
3


π 
f (x)  2 sin 2x 
所以
，故A 正确；
4 
3
π
对B，  向右平移 个单位后得
f x
8


3π 
8 
 
 
3π  π
8  4 
y  f  x    2 sin 2 x      2sin(2x  π)   2sin2x ，为奇函数，故B 正确；


π 
4 
h(x)  2sin2x   1
对于C，
，
π
π
kπ
令2x   kπ k Z

得
x 

k Z，
4
8
2
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

π
8
kπ 

,1 ，k Z，故C 不正确；
所以对称中心

2



π 
4 
2
对于D，由 f x1，得
，
，
sin2x   
2
π
4


π
π 
因为x(0,m)
，所以2x 
 ,2m 

4
4 
令2m  π π 3π 9π 11π 17π 19π
，解得m 
π π 5π 3π 9π 5π

,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
.
4
4 4
4
4
4
4
4 2 4
π π 5π 3π 9π 5π
2
4
2
又在0,m上有6 个根，则根从小到大为
，
,
,
,
,
,
4
2 4
2
4
2
再令2m  π 25π
，解得m 
13π
4
，则第7 个根为
13π
4
，m
 5π 13π
 ，故D 错误．
 2 4 

,
4
4
故选：ABC.
1、如图，过点C(a ，0)(a  0) 的直线AB 交抛物线
y
2
 2px(p  0) 于A ，B 两点，连接
1
AO 、BO ，并延长，分别交直线x  a 于M ，N 两点，则下列结论中一定成立的有
(
)
A．BM / /AN
B．以AB 为直径的圆与直线x  a 相切
C．SAOB  SMON
D．S
2
 4SANC  SBCM
MCN
【
分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直
线与圆的位置关系的判断方法即可求解．
【
解答】解：对于A ，令直线AB : x  my  a ，A(x ，y ) ，B(x ，y ) ，
1
1
2
2

x  my  a
联立
，消x 可得y2  2pmy  2pa  0 ，
y
2
 2px

则△ (2pm)2  8pa  0 ，y y  2pa ，y  y  2pm ，
1
2
1
2
则x  x  m(y  y )  2a  2pm2  2a ，
1
2
1
2
y1
x1
y1
x1
ay1
x1
则kOA

,则直线OA: y  x ， M (a ,
) ，
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ay1
x1
2pa
y2 
y2 
y1
y y  2pa
y1 (x2  a)
1
2
故kBM



 0 ，
x2

a
x2

a
同理kAN  0 ，BM / /AN ，故A 正确；
x1  x2 y1  y
2
对于B ，如图，设AB 中点Q(
,
) ，即Q(pm2  a ，pa) ，
2
2
则Q 到直线x  a 的距离d  pm2  2a ，
以AB 为直径的圆的半径| AB |

1
2
1 m2 | y  y |
p
m
 p2m2  2pam2  2pa ，
2
4
2
1
2
|
AB |2
所以d
2

 (p  2a)(2a  p)m2
，
4
p
p
当a  时相切，当a  时不相切，故B 错误；
2
2
对于C ，设x  a 与x 轴交于P ，SPON  SAOC ，SMOP  SBOC ，
则SPON  SMOP  SAOC  SBOC ，则SAOB  SMON ，故C 正确；
1
2
1
对于D ，SANC

(x  a)y ,S
  (x  a)y ，
BCM
1
1
2
2
2
1
1
则SANC  SBCM   (x  a)(x  a)y y   (my  2a)(my  2a)y y
2
4
1
2
1
2
4
1
2
1
1


 [m2 y y  2am(y  y )  4a2 ]y1 y2
4
1
1
2
1
2
 [m2 (2pa)  2am(2pm)  4a2 ](2pa)  pa2 (pm2  2a) ，
4
1
2
而SMCN  SMPC  SNPC

 2a | y  y | a | y  y | ，
1
2
1
2
所以S
2
 a2 (y  y )2  a2[(y  y )2  4y y ]  4pa2 (pm2  2a)  4SANC  SBCM ，故D 正确．
MCN
1
2
1
2
1
2
故选：ACD ．
【
点评】本题考查了已知两点求斜率，由斜率判断两条直线平行，判断直线与圆的位置关
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系，根据韦达定理求参数，属于中档题．
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
1
2、已知随机变量X 服从正态分布N 5, 2 ，若P(5  X  6)  0.27 ，则P(X  4) 
.
2
3
【
【
【
答案】0.23/1
00
分析】根据正态分布的概率性质求解即可.
详解】随机变量X 服从正态分布 
N 5, 2
，则P(X  5)  0.5
又P(5  X  6)  0.27 ，则P(4  X  5)  0.27 ，则P(X  4)  P(X  5)  P(4  X  5)  0.23 .
故答案为: 0.23.



1
3、已知向量a  sin,cs ，b  3,1，若a b ，则sin2   sin 2 的值为
.
∥
3
2
【
【
答案】
sin2   2sin cs
分析】根据题目条件可得sin  3cs ，代入sin2   sin 2 
化简即
sin2   cs2 
可.


【
详解】已知向量a  sin,cs ，b  3,1，若a∥b ，则有sin  3cs ，
sin2   2sin cs 9cs2   6 cs2  15
3
2
∴sin2   sin 2 



.
sin2   cs2 
9 cs2   cs2 
10
3
故答案为：
2
1
4、设k＞0 ，若存在正实数x，使得不等式lg4 x k 2kx1  0成立，则k 的最大值
为
.
1
【
答案】
eln 2
【分析】由题意可得lg2k (x)(2k )x ，可令2k  a ，则lga xax 成立，由y  ax 和ylga x互
为反函数，可得图象关于直线y  x 对称，可得x
lga x 有解，通过取对数和构造函数

a
x

法，求得导数，单调性和最值，即可得到k 的最大值．
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{
#{QQABIQaUgCgAIJAABgCUQGaCAKQkAGAAagGwBAIMAABwRNABAA=}#}

1
1
【
详解】不等式lg4 x  k2kx10 ，所以 lg2 x  k2kx0 ，
2
2
1
即为 lg2 x2kx ，即有lg2k (x)(2k )x ，可令2k  a ，则lga xax 成立，
k
由y  ax 和ylga x互为反函数，可得图象关于直线y  x 对称，
lnx
可得x  ax  lg x 有解，则lnx  xlna ，即lna  ，
a
x
lnx
可得y  ，导数为y 
1 lnx
x2
，
x
可得  时，函数 递减，
x
e
y
0  x  e
时，函数 递增，
y
lnx
1
则
x  e 时，y 
取得最大值 ，
x
e
1
1
1
1
可得即有lna ，所以ln2k  ，可得k
，即k 的最大值为
．【点睛】关键点睛：
e
e
eln 2
eln 2
解答本题有两个关键，其一，是得到有lg2k (x)(2k )x ，想到令2k  a 换元，则lga xax 成
lnx
立，；其二，通过转化得到lna  有解，再利用导数解答.
x
､
四 解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步
､
骤.
1
5、（13 分）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，
四边形ABCD的顶点在同一平面上，已知AB  BC  CD  2, AD  2 3 ．
(1)当BD 长度变化时， 3csA csC 是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，
说明理由．
(2)记△ABD与△BCD的面积分别为S 和S ，请求出S
1
2
 S2 的最大值．
2
1
2
【
答案】(1) 3csA csC 为定值，定值为1 (2)14
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{
#{QQABIQaUgCgAIJAABgCUQGaCAKQkAGAAagGwBAIMAABwRNABAA=}#}

AD2  AB2  BD2
【详解】（1）法一：在△ABD中，由余弦定理csA 
，
2
AD AB
(2 3)2 22  BD2
16 BD2
得csA 
，即 3csA 
 22  BD2
①，
2
2 32
同理，在△BCD中，csC 
①②得 3csA csC
1，
所以当BD 长度变化时， 3csA csC 为定值，定值为1；
法二：在△ABD中，由余弦定理BD2
得BD2  (2 3)2  22  22 3 2csA，即BD2 16 8 3csA ，
同理，在△BCD中，BD2
8
2
2
8 BD2
，即csC 
②，
2
22
8

AD2 AB2 2AD ABcsA



CD2 CB2 2CDCBcsC  88csC ，


所以16 8 3csA  88csC ，化简得 3csA1 csC ，即 3csA csC 1，
所以当BD 长度变化时， 3csA csC 为定值，定值为1；
1
4
1
 S2
2

AB2  AD2 sin2 A BC CD2 sin2C
2
（2）
S
2
1
4


12sin2 A 4sin2C 12sin2 A 4  4cs2C
12sin2 A 4  4( 3csA1)2  2
4cs A 8 3csA12，
2

2


3
csA  t,t  1,1

，所以
y  24t2  8 3t 12  24t 
 14
，
令
6 

3
3
所以t  ，即csA  时， S
2
1
 S2 有最大值为14．
2
6
6
f x 
x

4sin x   
2 的图象在x  0 处的切线为
1
6、（15分）（暑假作业原题）函数 ( ) e
yaxa3,aR.
1）求 的值；
（
（
(0,)上零点的个数.
2）求 f (x) 在
解析【小问1 详解】
f (x)  ex  4sin x    2, f (x)  ex  4 cs x ，

因为
所以
f (0)    4 ，所以切线斜率为  4 ，即a    4 ，
y    4 x   1


所切线方程为
又
f (0)   1，所以切点坐标为(0, 1) ，代入得
则 1  1，解得 1.
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{
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【
小问2 详解】
f (x)  ex  4 sin x 1, f (x)  ex  4 cs x ，
由（1）得
令g x f (x)  ex  4 cs x ，则gx ex  4sin x ，
f (x)  ex  4 cs x  0恒成立，所以 f (x) 在π,上递增，
当x  π 时，
f (x)  f (π)  eπ  4 sin x 1 eπ 5  0 ，
所以
因此 f (x) 在[π,) 无零点；
g x  ex  4 sin x  0 恒成立，所以 f x单调递增，
当0  x  π 时，  
(0)  3  0, f (π)  eπ  4  0 ，
f  x
(0, π) 上存在唯一的零点x0 ，


f
又
所以  在
x  0, x , f (x)  0, f (x)


当
单调递减；
0
当x  



x , π , f (x) 0, f (x) 单调递增；
0
f (0)  0, f x  f (0)  0 f (π)  eπ 1 0 ，
 
又
，
0
因此 f (x) 在(0, π) 上仅有1 个零点；
综上， f (x) 在(0,)上仅有1 个零点.
1
7、（15 分）如图，四面体ABCD中，AD  CD, AD  CD,ADB  BDC ，E 为AC 的中
点．
(1)证明：平面BED 平面ACD ；
(2)设AB  BD  2,ACB  60，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平
面ABD 所成的角的正弦值．
【
详解】（1）因为AD  CD ，E 为AC 的中点，所以AC  DE ；
在△ABD和△CBD中，因为AD  CD,ADB  CDB,DB  DB ，
所以△ABD≌△CBD ，所以AB  CB
，又因为 为AC 的中点，所以AC  BE ；
E
又因为DE, BE  平面BED ，DE  BE  E ，所以AC 平面BED ，
因为AC  平面ACD ，所以平面BED 平面ACD .
2）连接EF ，由（1）知，AC 平面BED ，因为EF  平面BED ，
（
1
所以AC  EF ，所以S△AFC = AC  EF ，
2
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{
#{QQABIQaUgCgAIJAABgCUQGaCAKQkAGAAagGwBAIMAABwRNABAA=}#}

当EF  BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小.
因为△ABD≌△CBD ，所以CB  AB  2，
又因为ACB  60，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以AE  EC 1，
1
BE  3 ，因为AD  CD ，所以DE  AC 1,
2
在DEB 中，DE2  BE2  BD2 ，所以BE  DE .
以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E  xyz ，
则 
 
 
，所以
A 1,0,0 , B 0, 3,0 , D 0,0,1





 1, 3,0，
AD

1, 0,1 , AB

设平面ABD 的一个法向量为n  x, y, z，

n  AD  x  z  0
则 
n  AB  x  3y  0


，取y  3 ，则


n

3, 3,3，

3 3 
, 
，所以



3
3
又因为C 1,0,0 , F 0,

CF  1,
, 
 ，


4
4 
4
4 






nCF
6
4 3
cs n,CF    

所以
7
4
7 ，
n CF
2
1


 
2 
设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为 0  
，



4 3
7
，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4
3
所以sin  cs n,CF 
.
7
x
2
2
y
2
2
3
1a  0,b  0的渐近线方程为y  
1
8、（17 分）已知双曲线C ：

x ，过点
a
b
2
4,0

l
M
N
l  x 轴时，
 6 .
的直线 交双曲线 于 ， 两点，且当
(1)求C 的方程；
(2)记双曲线C 的左右顶点分别为A ，A ，直线A M ，A N 的斜率分别为k ，k ，求
C
MN
1
2
1
2
1
2
k1
k2
的值.
(3)探究圆E ：x2  y2 4x 4y 1 0上是否存在点S ，使得过S 作双曲线的两条切线
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{
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l1 ，l2 互相垂直.
1
x
2
y
2
【
答案】(1)

1； (2) ； (3)存在.

4
3
3


b
a
16
3


a 
2
2
9
【
详解】（1）由对称性知，双曲线C 过点(4, 3) ，则
，解得
，



1

a2
b
2
x
2
y
2
所以双曲线C 的方程为

1.
4
3
A (2,0), A (2, 0)
M x , y , N x , y 
（2）由（1）得
，设
，
1
2
1
1
2
2
显然直线MN 不垂直于y 轴，设直线MN 的方程为x  my  4 ，

x  my  4
由
消去x 得(3m2 4)y2  24my 36  0 ，
3x2  4y2 12


24m
36
显然3m2 4  0, 144(m2  4)  0，y  y 
, y y 
，
1
2
3m2

1
2
3m2

4
4
2
m
3
则y  y  
y y ，即my y   y  y ，
1
2
1
2
1
2
1
2
3
2
y1

y2
x2  2
 3 



y1
y2
2y1

 
y my
  my y  2y

k
x1
2
y x
x   y
1
2
2
1
1


1
2

1
2

1
2
1

2
  .
所以k
2
y my   my y  6y
6
3
3 

y1  y
2
 6y2
2
2
2
2
1
2
2
2
3）圆E : x2  y2  4x  4y 1  0 上存在点S ，使得过S 作双曲线的两条切线互相垂直.
若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0，
y  k x  n , y  k x  n
（
设双曲线的两条切线分别为
，
1
1
2
2
x
2
y
2
将y  kx  n代入
1消去 得：(3 4k2) 8knx 4n2 12 0，
y






4
3

4n

由  0 得64k
因此n12  4k1 3,n2
y  k x  n
2
n
2
 4 3 4k
2
2
12  0 ，解得
n2  4k
3，
2
2
2
 4k2
2
3 ，设两条切线的交点坐标为x , y ，
0
0

0
1
0
1
，即有y0 k x  4k1

2


y  k x 2  4k 3，
则

2
3，且
2
y  k x  n
1
0
0
2
0
2

0
2
0
2
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{
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即x0

0
0
1
0

0

0
0
2
0
2
 4 k
2
1
 2x y k  y2  3  0, x2  4 k  2x y k  y2  3  0，
2
2
k ,k2 是方程x
 4k
 2x y k  y  3  0 的两根，
2
2
2
于是
1
0
0
0
0
y
x
2
0
2
 3
k k  1
 1，即x0
2
 y0
2
1，从而两条切线们交点的轨迹为圆x  y2 1，
而
，则
2
1
2

4
0
而x2  y2 1的圆心为O(0,0) ，半径为1，圆E :(x  2)2  (y  2)2  32 的圆心E(2,2) ，半径为
，显然| OE | 22  22  2 2 ，满足31| OE | 31，即圆O 与圆E 相交，
所以圆E : x2  y2  4x  4y 1  0 上存在点S ，使得过S 作双曲线的两条切线互相垂直.
3
1
9、（17 分）对于数列a ，如果存在等差数列b 和等比数列c ，使得
n
n
n
，则称数列
a 
是 优分解 的．

  N
an bn c n
“
”
n
n
(1)证明：如果a 是等差数列，则a 是“优分解”的．
n
n
(2)记Δan  an1  an，Δ2an  Δan1  Δan nN* ，证明：如果数列
a 
“
”
是 优分解 的，
n
 N 
Δ2a 
或数列 是等比数列．
则Δ
2
a
n

0 n
*
n
(3)设数列a 的前 项和为 ，如果
n
a  S 
S
和
都是“优分解”的，并且
n
n
n
n
a  3，a  4，a  6
a 
的通项公式．
，
求
1
2
3
n
a  2  2n1
n
【
答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

a

【
令
详解】（1）  是等差数列， 设a  a  n 1d  a 1 n 1d  1
，
n
n
1
1
b  a 1 n 1 d,c 1


，
n
1
n
则 是等差数列，
c 
n
是等比数列，所以数列
a 
是 优分解 的．
b
“
”
n
n
2）因为数列 是 优分解 的，设
“
”
a  b  c nN* ，
a
n
（
n
n
n
b  b  n 1 d,c  c qn1 c  0,q  0



，
其中
n
1
n
1
1
Δan  an1  a  d  c qn1 q 1 ,Δ2an  Δan1  Δa  c qn1(q 1)2


则
．
n
1
n
1

；
a  0 nN*
当q 1时，Δ2
n
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
q
当q 1时，Δ2
a 是首项为c (q 1)2 ，公比为 的等比数列．
n
1
3）一方面，数列 是 优分解 的，设S  B  C nN* ，
“
”
S
（
n
n
n
n
B  B  n 1 D,C  C Qn1 C  0,Q  0，由（2）知Δ2S  C Qn1(Q 1)2



其中
因为
n
1
n
1
1
n
1
ΔS  S  S  a  4, ΔS  S  S  a  6
2S  ΔS  ΔS  2
，所以Δ
．
1
2
1
2
2
3
2
3
1
2
1

n

C (Q 1)2 2, Q



1,
Δ2S 是首项为2，公比为QQ 1的等比数列．
1
另一方面，因为 是 优分解 的，设
a  b  c nN* ，
a
n
“
”
n
n
n
b  b  n 1 d,c  c qn1 c  0,q  0



，
其中
n
1
n
1
1
ΔSn  Sn1  Sn  an1,Δ2Sn  ΔSn1  ΔSn  an2  an1  d  c1qn q 1

QQ 1的等比数列，
S 是首项为 ，公比为



Δ2
2
n
q  0,q 1，


2
 Δ2S1 Δ2

且 Δ2S2
S ，
3
d
 2   
c1q2 q 1 d c qq 1 d c1q3 q 1

  
 
 

1
c dq(q 1)3  0,c  0,q  0,q 1,d  0,Δa  a  a  c qn1
q 1，
化简得
1
1
n
n1
n
1
即数列Δan 是首项
Δa  a  a 1
，公比为 的等比数列．
q
1
2
1
又
Δa  a  a  2,q  2
，
2
3
2
又Δ2S  2,d  c q q 1  2,d  0,q  2,


解得
c 1,b  a  c  31 2
，
1
1
1
1
1
1
a  b  n 1 d  c qn1  2  2n1
．


综上所述，
n
1
1
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