《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18.(17分)
已知$O$为坐标原点,双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的焦距为4,且经过点$(\sqrt{2},\sqrt{3})$.
(Ⅰ)求$C$的方程;
(Ⅱ)若直线$l$与$C$交于$A$,$B$两点,且$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0$,求$|AB|$的取值范围;
(Ⅲ)已知$P$是$C$上的动点,是否存在定圆$O:x^{2}+y^{2}=r^{2}(r＞0)$,使得当过点$P$能作圆$O$的两条切线$PM$,$PN$时(其中$M$,$N$分别是两切线与$C$的另一交点),总满足$|PM| = |PN|$?若存在,求出圆$O$的半径$r$;若不存在,请说明理由.

答案：

.双曲线的标准方程+直线与双曲线的位置关系+平面向量的

数量积+弦长公式+点到直线的距离公式

[思维导图](I)已知条件→c=2→a²²=1,b²=3→得解.

当直线1斜率不存在时

(II) 设A(xo,yo),B(xo,−yo)

DA.OB=0

|AB|= $\sqrt{6}$ ;

当直线/斜率存在时 设直线l:y=kx+m,A(x1,y1),

联立I与C DA.OB=0

B(x2,y2) x1+x2,x1x2

|AB→得解.

当直线PM与x²+y²= $\frac{3}{2}$ 相切

(III)解法一: 圆心O到直

设P(x3,y3),M(x',y)

线PM的距离d ∠POM=90°

对称性 ∠POM'=90°→点M'与点N重合时,符合题意;

当PM或PN斜率不存在时 验证圆O的唯一性

结论仍成立

得解;

解法二:PM,PN是圆O的切线→设P(x3,y3)

当PM,PN斜率存在时

设直线PM,PN,M(xM,yM),

N(xN,yN)→kMNPO±M%= $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ;

当PM，PN恰有一条斜率不存在时

符合题意→得解.

解:(I)依题意得2c=4,所以c=2,

将点 $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ )的坐标代入双曲线方程得 $\frac{2}{a”}$  $\frac{3}{6²}$ =1,

又a²+b²=c²=4,

a²=1,

解得 { b²=3,

所以C:x (4分)

(III)当直线l斜率不存在时，设A(xo,yo),B(xo，−y0),代

入双曲线方程得x一 $\frac{y?}{3}$ =1,

又A.ōB=0,得x²−y²=0,

x²−− $\frac{y}{3}$ =1,

联立 { x²−y²=0, 解得yo=± $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ,

所以|AB|= $\sqrt{6}$ ;

当直线l斜率存在时,不妨设直线l:y=kx+m,A(x1,y1)，

B(x2,y2),

y=kx+m,

联立 { x²−²=1, 3 消去y得(3−k²)x²−2 km x −m²−3=0,

依题意3−k²≠0,A=4k²m²+4(3−k²)(m²+3)=12(m²+

3−k²)>0,

由韦达定理，得x1+x2= $\frac{2km}{3−k²}$ ,x1x2= $\frac{m²+3}{k²−3}$ ,

因为OA.OB=xx2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=

(1+k²)x1x2+km(x1+x2)+m²= $\frac{(1+k²)(m²+3)}{k²−3}$

$\frac{2k²m²}{k²−3}$ +m²= $\frac{3k²−2m²+3}{k²−3}$ =0(提示:平面向量数量积的坐

标表示)，

所以3k²−2m²+3=0,A=4k²m²+4(3−k²)(m²+3)=I

6(k²+9)>0(题眼),

所以|AB|= $\sqrt{1+k²}$ 1x1−x2|

= $\sqrt{1+k²}$ $\sqrt{(x+x2)²−4xx2}$

= $\frac{\sqrt{6}.\sqrt{1+k²}.\sqrt{k²+9}}{|3−k²1}$

=√6. $\sqrt{\frac{k+10k²+9}{k−6k²+9}}$

−数学 .答44−

= $\sqrt{6}$ ./1+ $\sqrt{\frac{16k}{k²−6k²+9}}$ (提示:弦长公式)，

当k=0时, $\frac{16k²}{k−6k²+9}$ =0,|AB|= $\sqrt{6}$ ,

当k≠0时， $\frac{16k²}{k−6k²+9}$ = $\frac{16}{2+9}$ ,

$\frac{9}{k²}$ −

因为3−k²≠0,所以k²+ $\frac{9}{k²}$ ∈(6,+∞∞),

所以 $\frac{16k²}{k²−6k²+9}$ ∈(0,+∞),

所以|AB|∈( $\sqrt{6}$ ,+∞).

综上,|AB|∈√6，+). (10分)

√6

(IIII)存在这样的圆O,圆O的半径 2

理由如下:

解法一:(先找到圆，再论证符合题意)

若直线PM与x²+y²= $\frac{3}{2}$ 相切，

当PM斜率存在时,设PM:y=k'x+m',

圆心O到直线PM的距离d= $\frac{|m'1}{\sqrt{1+k'2}}$ = $\sqrt{\frac{m}{1+k'2}}$ =r= $\frac{\sqrt{6}}{2}$

(提示:点到直线距离公式)，

化简得3k"²−2m'²+3=0,

设P(x3,y3),M(x',y),类似(II)的计算可得OP.OM=

x3x'+y3y'= $\frac{3k'²−2m'²+3}{k'²−3}$ =0,

所以∠POM=90°(提示:平面向量数量积的性质).

延长MO交C于另一点M'，

由双曲线的中心对称性，

得|MO|=|M亻O|,且∠POM'=90°,

根据轴对称性质得|PM'|=|PM|,且直线PM'与x²+y²=

$\frac{3}{2}$ 也相切，

即点M'与点N重合时，符合题意(题眼);

当PM或PN斜率不存在时，易证结论仍然成立，

故存在这样的圆0,其半径r= $\frac{\sqrt{6}}{2}$ .

事实上，这样的圆O是唯一的，理由如下:

设PM和PN分别与圆O相切于点S,T，

则|PS|=|PT|,OP⊥ST,

又|PM|=|PN|,所以ST//MN,

记ST,MN的中点分别为G,L,

由平面几何的知识可知P,G,L,O四点共线，OP⊥MN，

又由点差法得kMN.koL=3,

这说明点O和点L重合，即M,O,N三点一定共线，

从而说明这样的圆是唯一存在的. (17分)

。 解法二:(利用几何关系推理计算求得定圆的半径)

因为PM,PN是圆O的切线，由切线长定理可知PO平分

∠MPN,

又PM=PN,所以PO⊥MN.

设P(x3,y3),则x3一 $\frac{y3}{3}$ =1.

(i)当直线PM,PN的斜率存在时，

不妨设PM:y−y3=k1(x−x3),PN:y−y3=k2(x−x3),

因为直线PM与圆O:x²+y²=r²相切，

所以 $\frac{y3−kx31}{\sqrt{1+k²}}$ =r(提示:点到直线的距离公式)，

整理得(x²−r²)k²−2x3y3k1+y3−r²=0,

同理可得(x²−r²)k²−2x3y3k2+y²−r²=0,

依题意,得k1,k2是方程(x²−r²)k²−2x3y3k+y²−r²=0

的两根，

因此k1+k2= $\frac{2x3y3}{x²−r²}$ ,k1k2= $\frac{y²−r²}{x²−r²}$ .()

y−y3=k1(x−x3),

将直线PM与双曲线C方程联立，得 { x²−²=1, 3

即(3−k²)x²−2k1(y3−k1x3)x−(y3−k1x3)²−3=0,

设M(xM,yM),N(xN,yN),

依题意得x3xM= $\frac{−(y3−kx)²−3}{3−k²}$

=−(y²+3)+2kIx3y33−k²x²

3−k²

$\frac{−3x²+2kx3y3−k²x²}{3−k²}$ ,

所以xM= $\frac{−3x3+2ky3−k²x3}{3−k²}$ ,

代入直线PM:y−y3=k1(x−x3),得

yM=k1. $\frac{−6x+2ky3}{3−k²}$ +y3,

同理可得xN= $\frac{−3x3+2k2y3−k²x3}{3−k²}$ ,

yN=k2. $\frac{−6x+2k2y3}{3−k²}$ +y3, 天利

所以直线MN的斜率

$\frac{2k²y3−6kx3}{3−k²}$ − $\frac{2k²y3−6k2x3}{3−k2}$

kMN=

$\frac{−3x3+2ky3−k²x3}{3−k²}$  $\frac{−3x3+2k2y3−k²x3}{3−k²}$

=6k1k2x3(k2−k1)+6y3(k²−k²)+18x3(k2−k1)

6x3(k²−k²)−6y3(k2−k1)−2k1k2y3(k2−k1)

= $\frac{6kk2x3−6y3(k+k2)+18.x3}{6.x3(k+k2)−−6y3−2kk2y3}$ (提示:斜率计算公式)，

将()代入上式得

−数学 .答45−

6.x3. $\frac{y−r}{x²−r²}$ −6y.  33+18x

kMN

6x3. $\frac{2x3y3}{x²−r²}$ −6y3−2y3. $\frac{y−r}{x²−r²}$

= $\frac{6.x3(3x²−y²−4r²)}{2y3(3x²−y²+4r²)}$

=

$\frac{3x(3−4r²)}{y3(3+4r²)}$ ,

又 k po =必存在,由 PO ⊥ MN 得 k po . kM N =−1,

x3

解得r²= $\frac{3}{2}$ ,所以r= $\frac{\sqrt{6}}{2}$ (舍负).

(ii)当直线PM,PN中恰有一条的斜率不存在时，经验证

P(± $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ,± $\frac{\sqrt{6}}{2}$ )时,符合题意.

综上,存在圆O,且圆O的半径r= $\frac{\sqrt{6}}{2}$ . (17分)

归纳总结

圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法:
(1)几何法，若题目

的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来

解决;
(2)代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关

系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需

先将|AB|用斜率k表示出来，然后再利用基本不等式求

最值.

19.(17分)
某校开展科普知识团队接力闯关活动,该活动共有两关,每个团队由$n(n\geqslant3,n\in\mathbf{N}^{*})$位成员组成,成员按预先安排的顺序依次上场,具体规则如下:若某成员第一关闯关成功,则该成员继续闯第二关,否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关;若某成员第二关闯关成功,则该团队接力闯关活动结束,否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关;当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关,该团队接力闯关活动结束.
已知$A$团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为$\frac{3}{4}$和$\frac{1}{2}$,且每位成员闯关是否成功互不影响,每关结果也互不影响.
(Ⅰ)若$n = 3$,用$X$表示$A$团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数,求$X$的均值;
(Ⅱ)记$A$团队第$k(1\leqslant k\leqslant n - 1,k\in\mathbf{N}^{*})$位成员上场且闯过第二关的概率为$p_{k}$,集合$\{k\in\mathbf{N}^{*}|p_{k}\lt\frac{3}{128}\}$中元素的最小值为$k_{0}$,规定团队人数$n = k_{0}+1$,求$n$.

答案：

19.离散型随机变量的均值+互斥事件的概率计算公式+等比数

列的定义与求和公式

|[思维导图](I)已知条件→X=1,2,3→P(X=1), 1

|P(X=2),P(X=3)→E(X).

;(II)解法一:记“第k(1≤k≤n−1,k∈N")位成员上场且;

;闯过第二关”为事件A,记“第i(1≤i≤k)位成员成功闯;

{过第一关且第k位成员闯过第二关”为事件A;→P(A1),{

1 1

|P(A2),P(A3),…..,P(A),...,P(A更−1),P(A);

|A1,A2….°,A更两两互斥

1 p=P(A)=1P(A;)→得解;

;解法二:“当A团队第i(1≤i≤k,iEN")位成员上场时该;

！成员去闯第一关”记为事件B;,记P(B;)=b;→bk={

{ $\frac{1}{4}$ { { k−1 →“当A团队第i(1≤i≤k,i∈N")位成员上场

i时该成员去闯第二关”记为事件C;,记P(C;)=c;→Ck=！ 1

13×  { { $\frac{E}{2}$ ) −6×( $\frac{1}{4}$ )  →pk 同解法一 得解.

解:(I)依题意，得X=1,2,3,

X=1表示第1位成员闯过了第二关，

所以P(X=1)= $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ = $\frac{3}{8}$ ,

X=2表示第2位成员闯过了第二关，

所以P(X=2)= $\frac{1}{4}$ × $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ + $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{2}$ = $\frac{9}{32}$ ,

X=3表示前2位成员均未闯过第二关，

P(X=3)= $\frac{1}{4}$ × $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ + $\frac{3}{4}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{4}$ × $\frac{1}{4}$ = $\frac{11}{32}$ (或

P(X=3)=1−P(X=2)−P(X=1)= $\frac{11}{32}$ ),

所以E(X)=1×+2×+3× $\frac{3}{8}$ $\frac{9}{32}$ $\frac{11}{32}$ −(提示:;离散型随机

变量的均值). (5分)

(III)解法−:记“第k(1≤k≤n−1,k∈N)位成员上场且闯

过第二关”为事件A.

依据“哪位成员成功闯过第一关”对所求事件A进行分类，

记“第i(1≤i≤k)位成员成功闯过第一关且第k位成员闯过

第二关”为事件A;,

则A=A更+Ak−1+.….+A1,

A1表示第1位成员成功闯过第一关，且第1~(k−1)位成员

均没有闯过第二关，最后由第k位成员闯过第二关，则

k−1

P(A)= $\frac{3}{4}$ .(1− $\frac{1}{2}$ { . $\frac{1}{2}$ = $\frac{3}{4}$ .( $\frac{1}{2}$ )°,

同理,P(A2)=(1− $\frac{3}{4}$ )× $\frac{3}{4}$ . (1− $\frac{1}{2}$ )更². $\frac{1}{2}$ = $\frac{3}{4}$ ×

k−1

( $\frac{1}{4}$ ).( $\frac{1}{2}$ { ,

2 2

P(As3)=(1− $\frac{3}{4}$ { × $\frac{3}{4}$ .(1− $\frac{1}{2}$ )′−³. $\frac{1}{2}$ = $\frac{3}{4}$ x( $\frac{1}{4}$ { .

( $\frac{1}{2}$ )”−²,

……

A;表示第1~(i−1)位成员没有闯过第一关，由第i位成员

闯过第一关，然后第i~(k−1)位成员均没有闯过第二关，最

后第k位成员闯过第二关，则

k−1−(i−1)

P(Ai)=(1− $\frac{3}{4}$ )²−'× $\frac{3}{4}$ .(1− $\frac{1}{2}$ ) . $\frac{1}{2}$ = $\frac{3}{4}$

( $\frac{1}{4}$ )i²¹.( $\frac{1}{2}$ ) k−i+1,

……

Ak−1表示第1~(k−2)位成员没有闯过第一关，然后第(k一

1)位成员闯过第一关，但没有闯过第二关，最后第 闯

过第二关， 第大位成员

则P(A−1)=(1− $\frac{3}{4}$ )²−²× $\frac{3}{4}$ . (1− $\frac{1}{2}$ )¹ . $\frac{1}{2}$ 4

$\frac{1}{4}$ )²−².( $\frac{1}{2}$ { 2,

A6表示第1~(k−1)位成员没有闯过第一关，然后第k位成

员接连闯过第一关和第二关，则

P(Ax)=(1− $\frac{3}{4}$ )²¹× $\frac{3}{4}$ $\frac{1}{2}$ = $\frac{3}{4}$ x( $\frac{1}{4}$ )²−²×( $\frac{1}{2}$ )¹

 x

(题眼)，

因为A1,A2,...,A−1,A更两两互斥，

所以p=P(A)=P(A;)= $\frac{3}{4}$ . ( $\frac{1}{2}$ )²+ $\frac{3}{4}$ x( $\frac{1}{4}$ {

2

( $\frac{1}{2}$ )²−²+ $\frac{3}{4}$ x( $\frac{1}{4}$ { . ( $\frac{1}{2}$ )更−²+.….+ $\frac{3}{4}$ x( $\frac{1}{4}$ )"−¹ .

k−1

( $\frac{1}{2}$ )−i+¹+.….+ $\frac{3}{4}$ x( $\frac{1}{4}$ { . ( $\frac{1}{2}$ )'= $\frac{3}{4}$ [( $\frac{1}{2}$ )"+

( $\frac{1}{2}$ )更+¹+( $\frac{1}{2}$ )+2+…..+( $\frac{1}{2}$ )+−¹+.….+( $\frac{1}{2}$ { 21]= $\frac{3}{4}$ .

( $\frac{1}{2}$ )". [1−( $\frac{1}{2}$ 门

1− $\frac{1}{2}$ (提示:等比数列的求和公式)= $\frac{3}{2}$ .

[( $\frac{1}{2}$ )更−( $\frac{1}{2}$ )² { ' (14分)

又. $\frac{3}{2}$ $\frac{1}{2}$ { 更−( $\frac{1}{2}$ )< $\frac{3}{128}$ ,

令m=( $\frac{1}{2}$ { ∈(0, $\frac{1}{2}$

即m²−m+ $\frac{1}{64}$ >o,

解得0<m< $\frac{4−\sqrt{15}}{8}$ ,即( $\frac{1}{2}$ )更< $\frac{4−\sqrt{15}}{8}$ ,

解得k≥6,

所以k0=6,n=7. (17分)

解法二:“当A团队第i(1≤i≤k,i∈N')位成员上场时该成

员去闯第一关"记为事件B;,

记P(B)=bi,则b1=1.

事件Bi(2≤i≤k)表示前(i−1)位成员第一关均未闯过，所

以b;=( $\frac{1}{4}$ )"−"

b1=1符合b;=( $\frac{1}{4}$ )"

i−1

所以b;i=( $\frac{1}{4}$ { ,i∈{1,2,.….,k).

“当A团队第i(1≤i≤k,i∈N')位成员上场时该成员去闯第

二关”记为事件C;,

记P(C;)=c;,约定c1=0,

事件C:表示第1位成员闯过第一关;没有闯过第二关，

所以c2 ×(1− $\frac{1}{2}$ )= $\frac{3}{8}$ ;

事件C3表示第2位成员上场时去闯第一关成功而闯第二关

没有成功或第2位成员上场时去闯第二关没有成功，

所以c3=b2× $\frac{3}{4}$ x(1− $\frac{1}{2}$ )+c2×(1− $\frac{1}{2}$ { = $\frac{9}{32}$ ;

事件C;表示第(i−1)位成员上场时去闯第一关成功而闯第

二关没有成功或第(i−1)位成员上场时去闯第二关没有

成功，

所以c;=b;−1× $\frac{3}{4}$ x(1− $\frac{1}{2}$ )+ci−1×(1− $\frac{1}{2}$ )= $\frac{1}{2}$ ci−1+

$\frac{3}{8}$ x( $\frac{1}{4}$ )²−²= $\frac{1}{2}$ ci−1+ $\frac{3}{2}$ x( $\frac{1}{4}$ ):→,3≤i≤k,

经检验c=0,c2= $\frac{3}{8}$ 也符合上述递推关系，

所以ci= $\frac{1}{2}$ ci−1+ $\frac{3}{2}$ x( $\frac{1}{4}$ )i−¹,i∈{2,3,.….,k)(是题眼),

由待定系数法得c;+6×( $\frac{1}{4}$ )'= $\frac{1}{2}$ [c−+6x( $\frac{1}{4}$ )1]'

所以 { c;+6×( $\frac{1}{4}$ )i}是以c1+6×( $\frac{1}{4}$ )'= $\frac{3}{2}$ 为首项， $\frac{1}{2}$ 为

公比的等比数列(提示:等比数列的定义)，

即cx+6×( $\frac{1}{4}$ )= $\frac{3}{2}$ x( $\frac{1}{2}$ )更²'=3×( $\frac{1}{2}$ )更'

所以ck=3×( $\frac{1}{2}$ )−6×( $\frac{1}{4}$ { 更,