2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：8.6 抛物线 Word版含答案

§8.2圆的方程Ａ组基础题组1.(2021课标Ⅱ,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=( )A.2B.8C.4D.102.(2021浙江嘉兴一中阶段测试)若P(2,-1)为圆M:(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程为( )A.2x+y-3=0B.x-y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=03.(2021浙江湖州德清高级中学月考)已知点M是直线3x+4y-2=0上的动点,点N为圆(x+1)2+(y+1)2=1上的动点,则|MN|的最小值是( )A. B.1 C. D.4.(2021黑龙江大庆铁人中学月考,4,5分)已知圆C的方程为x2+y2+2x-2y+1=0,当圆心C到直线kx+y+4=0的距离最大时,k的值为( )A. B. C.- D.-5.(2021河北衡水中学一调,5)假如直线l将圆x2+y2-2x-4y=0平分且l不通过第四象限,则l的斜率的取值范围是( )A.[0,2]B.[0,1]C. D.6.(2022福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )A.5B.+C.7+D.67.(2021浙江六校联考文,10,6分)已知点M(2,1)及圆x2+y2=4,则过M点的圆的切线方程为,若直线ax-y+4=0与该圆相交于A、B两点,且|AB|=2,则a= .8.(2022山东,14,5分)圆心在直线x-2y=0上的圆C与y轴的正半轴相切,圆C截x轴所得弦的长为2,则圆C 的标准方程为.9.(2021湖南,13,5分)若直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点,且∠AOB=120°(O为坐标原点),则r= .10.(2021湖北,16,5分)如图,已知圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B在A的上方),且|AB|=2.(1)圆C的标准．．方程为;(2)圆C在点B处的切线在x轴上的截距为.11.(2021黑龙江双鸭山一中期中,20)已知圆C的半径为2,圆心在x轴正半轴上,直线3x-4y+4=0与圆C相切.(1)求圆C的方程;(2)若过点(0,-3)的直线l与圆C交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),且x1x2+y1y2=3,求三角形AOB的面积. B组提升题组1.(2021宁波十校联考,4,5分)直线x+y-2=0截圆x2+y2=4所得劣弧所对的圆心角的大小为( )A. B. C. D.2.(2021山东烟台诊断)已知P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA是圆C:x2+y2-2y=0的一条切线,A是切点,若线段PA长度的最小值为2,则k的值为( )A.3B.C.2D.23.(2022陕西,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为.4.(2021诸暨高中毕业班检测,12,6分)已知圆C:(x-1)2+y2=25与直线l:mx+y+m+2=0,若圆C关于直线l对称,则m= ;当m= 时,圆C被直线l截得的弦长最短.5.(2021浙江冲刺卷五,14)过点A(-4,0)作直线l与圆x2+y2+2x-4y-20=0交于M,N两点,若|MN|=8,则l的方程为.6.(2021浙江模拟训练冲刺卷一,14)已知圆的方程为x2+y2+2mx+4y+2m2-3m=0,若过点A(1,-2)的圆的切线有两条,则实数m的取值范围是.7.(2022重庆,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a= .8.(2021宁波高考模拟文,12,6分)已知实数a,b,c满足a+b=2c,则直线l:ax-by+c=0恒过定点,该直线被圆x2+y2=9所截得的弦长的取值范围为.9.(2021山东济南模拟)已知P是直线3x+4y-10=0上的动点,PA,PB是圆x2+y2-2x+4y+4=0的两条切线,A,B是切点,C是圆心,那么四边形PACB面积的最小值为.10.(2021湖北华中师大附中期中,14)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,0)在圆C:x2+y2-2mx-4y+m2-28=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为16,则实数m的取值范围是.11.(2021河南六市一联)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.(1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为2,求直线l的方程;(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对相互垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等.试求全部满足条件的点P的坐标.12.(2021重庆一中期中,21)已知点H(-3,0),点P在y轴上,点Q在x轴正半轴上,点M在PQ所在直线上,且满足·=0,=-.(1)当点P在y轴上移动时,求点M的轨迹C的方程;(2)给定圆N:x2+y2=2x,过圆心N作直线l,此直线与圆N和(1)中的轨迹C共有四个交点,自上而下顺次记为A,B,C,D,假如线段AB,BC,CD的长按此挨次构成一个等差数列,求直线l的方程.Ａ组基础题组1.C 设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b==-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|==5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2,则|MN|=|(-2+2)-(-2-2)|=4.2.B 依题意知圆心M(1,0),MP⊥AB,而k MP==-1,所以k AB=1,由于直线AB过点P(2,-1),所以直线AB的方程为y-(-1)=x-2,即x-y-3=0.故选B.3.C 圆心(-1,-1)到点M的距离的最小值为点(-1,-1)到直线3x+4y-2=0的距离,依据点到直线的距离公式得d==,故点N到点M的距离的最小值为d-1=.故选C.4.D 圆C的方程为(x+1)2+(y-1)2=1,圆心为C(-1,1).又直线kx+y+4=0恒过定点A(0,-4),所以当圆心C到直线kx+y+4=0的距离最大时,直线CA垂直于直线kx+y+4=0,而k CA=-5,则由-5×(-k)=-1,得k=-.5.A 圆的方程x2+y2-2x-4y=0可化为(x-1)2+(y-2)2=5,其圆心坐标为(1,2),经过圆心和原点的直线的斜率为2,由题意知直线l过圆心且不过第四象限,则斜率k的取值范围是0≤k≤2.6.D 设Q(cosθ,sinθ),圆心为M,由已知得M(0,6),则|MQ|= ===≤5当sinθ=-时取等号,故|PQ|max =5+=6.7.答案x=2或3x+4y-10=0;±解析若过M点的圆的切线斜率不存在,则切线方程为x=2,阅历证满足条件.若切线斜率存在,可设切线方程为y=k(x-2)+1,由圆心到切线的距离等于半径得=2,解得k=-,故切线方程为y=-(x-2)+1,即3x+4y-10=0.综上,过M点的圆的切线方程为x=2或3x+4y-10=0.由=得a=±.8.答案(x-2)2+(y-1)2=4解析由于圆心在直线x-2y=0上,且圆C与y轴相切,所以可设圆心坐标为(2a,a),则(2a)2=a2+()2,解得a=±1.又圆C与y轴的正半轴相切,所以a=1,故圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4.9.答案 2解析过O作OC⊥AB于C,则OC==1,在Rt△AOC中,∠AOC=60°,则r=OA==2.10.答案(1)(x-1)2+(y-)2=2(2)--1解析(1)记AB的中点为D,在Rt△BDC中,易得圆C的半径r=BC=.因此圆心C的坐标为(1,),所以圆C的标准方程为(x-1)2+(y-)2=2.(2)由于点B的坐标为(0,+1),C的坐标为(1,),所以直线BC的斜率为-1,所以所求切线的斜率为1.由点斜式得切线方程为y=x++1,故切线在x轴上的截距为--1.11.解析(1)设圆心C的坐标为(a,0)(a>0),则圆C的方程为(x-a)2+y2=4.由于圆C与直线3x-4y+4=0相切,所以=2,解得a=2或a=-(舍),所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.(2)依题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-3,由得(1+k2)x2-(4+6k)x+9=0,∵l与圆C相交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),∴Δ=[-(4+6k)]2-4(1+k2)×9>0,且x1+x2=,x1x2=,∴y1y2=(kx1-3)(kx2-3)=k2·x1x2-3k(x1+x2)+9=-+9,又∵x1x2+y1y2=3,∴+-+9=3,整理得k2+4k-5=0,解得k=1或k=-5(不满足Δ>0,舍去). ∴直线l的方程为y=x-3.∴圆心C到l的距离d==,易得|AB|=2=,又△AOB的边AB上的高h==,所以S△AOB=|AB|·h=××=.B组提升题组1.C 以直线x+y-2=0与圆x2+y2=4的两个交点及圆心为顶点的三角形为等腰三角形.圆x2+y2=4的圆心为原点,由点到直线的距离公式,得原点到直线x+y-2=0的距离为=,所以直线被圆截得的弦长为2=2,所以该三角形为等边三角形,所以劣弧所对的圆心角的大小为.故选C.2.D 圆C:x2+(y-1)2=1,圆心C(0,1),半径r=1,由题意得=,解得k=2或k=-2(舍去),故选D.3.答案x2+(y-1)2=1解析点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.4.答案-1;1解析当圆C关于l对称时,圆心(1,0)在直线mx+y+m+2=0上,得m=-1.直线l:m(x+1)+y+2=0恒过圆C内的点M(-1,-2),当圆心到直线l的距离最大,即MC⊥l时,圆C被直线l截得的弦长最短,k MC==1,由(-m)×1=-1,得m=1.5.答案x=-4或5x+12y+20=0解析当直线l的斜率不存在时,其方程为x=-4,可得交点坐标为(-4,6),(-4,-2),此时|MN|=8,符合题意. 当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x+4),圆的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=25,则圆心到直线l的距离d=,由|MN|=2=8,得25-=16,解得k=-,故l的方程为5x+12y+20=0.综上,直线l的方程为x=-4或5x+12y+20=0.6.答案解析将圆的方程配方得(x+m)2+(y+2)2=-m2+3m+4,则有-m2+3m+4>0;由题意知点A(1,-2)在圆外,则(1+m)2+(-2+2)2>-m2+3m+4,即2m2-m-3>0.由得故实数m的取值范围是<m<4.7.答案4±解析易知△ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离为,即=,解得a=4±.经检验均符合题意,故a=4±.8.答案;[,6]解析依题意,c=,故ax-by+c=0⇔ax-by+=0,即(2x+1)a-(2y-1)b=0,可知直线l过定点.圆心到直线的距离d=,故弦长为2≥2=,当且仅当a=b时等号成立.又弦长≤6,故弦长的取值范围为[,6].9.答案 2解析圆的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=1,其圆心为C(1,-2),半径为1,且直线与圆相离,如图所示,四边形PACB的面积等于2S△PAC,而S△PAC=|PA|·|AC|=|PA|=,又|PC|min==3,∴(S△PAC)min==,故四边形PACB面积的最小值为2. 10.答案(3-2,3-2]∪[3+2,3+2)解析圆C的标准方程为(x-m)2+(y-2)2=32,则圆心C(m,2),半径r=4,S△ABC=r2sin∠ACB=16sin∠ACB,∴当∠ACB=90°时,S△ABC取得最大值16,此时△ABC为等腰直角三角形,∴AB=8,则C到AB的距离为4,∴4≤PC<4,即4≤<4,∴16≤(m-3)2+4<32,即12≤(m-3)2<28,∴解得3-2<m≤3-2或3+2≤m<3+2.故实数m的取值范围是(3-2,3-2]∪[3+2,3+2).11.解析(1)由于直线x=4与圆C1不相交,所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-4),圆C1的圆心到直线l的距离为d,由于直线l被圆C1截得的弦长为2,所以d==1.由点到直线的距离公式得d=,从而=1,化简得k(24k+7)=0,所以k=0或k=-,所以直线l的方程为y=0或7x+24y-28=0.(2)设点P(a,b)满足条件,不妨设直线l1的方程为y-b=k(x-a),k≠0,则直线l2的方程为y-b=-(x-a).由于圆C1和C2的半径相等,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,所以圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等,即=,整理得|1+3k+ak-b|=|5k+4-a-bk|,从而1+3k+ak-b=5k+4-a-bk或1+3k+ak-b=-5k-4+a+bk,即(a+b-2)k=b-a+3或(a-b+8)k=a+b-5,由于k的取值有无穷多个,所以或解得或这样点P的坐标为或.经检验,上述坐标均满足题目条件.12.解析(1)设M(x,y),P(0,y'),Q(x',0)(x'>0),∵·=0,=-,∴(3,y')·(x,y-y')=0,(x,y-y')=-(x'-x,-y),∴3x+y'y-y'2=0,x'=x,y'=-y,将y'=-y代入3x+y'y-y'2=0,整理得y2=4x,又由x'>0得x>0,∴点M的轨迹C的方程为y2=4x(x>0).(2)圆N:(x-1)2+y2=1,直径为2,圆心为N(1,0),由题意设l的方程为x=my+1,将x=my+1代入y2=4x(x>0),得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),D(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4,则|AD|=·=4(m2+1),∵线段AB,BC,CD的长按此挨次构成一个等差数列,∴2|BC|=|AB|+|CD|=|AD|-|BC|,∴|AD|=3|BC|,又|AD|=4(m2+1),|BC|=圆N的直径=2,∴4(m2+1)=6,解得m=±,∴直线l的方程为x-y-=0或x+y-=0.。

2020-2021学年浙江省⾼考数学⼆模试卷（理）及答案解析浙江省⾼考数学⼆模试卷（理科）⼀、选择题（本⼤题共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U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（?U B）=（）A．{2} B．{2，3} C．{3} D．{1，3}2．设l，m是两条不同的直线，α是⼀个平⾯，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m?α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m?α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m3．“”是“tanθ=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等⽐数列，公⽐为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．46．如图，⼩于90°的⼆⾯⾓α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝⾓，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝⾓ B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右⽀上⼀点，PF1交左⽀于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM ⊥PF1，则双曲线的离⼼率是（）A．B．C．2 D．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）⼆、填空题（本⼤题共7⼩题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ= ，f（x）的最⼩值为．10．已知函数，则= ，⽅程f（x）=2的解为．11．某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm），则该⼏何体的体积为cm3，表⾯积为cm2．12．已知x，y∈R且满⾜不等式组，当k=1时，不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为，若⽬标函数z=3x+y的最⼤值为7，则k的值为．13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最⼩值为．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下⽅的圆弧上，则（﹣﹣）?的最⼩值为．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共74分，解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的⾓为A，B，C，且A，B，C都不是直⾓，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC⾯积的最⼤值．17．如图，长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的⼀点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平⾯PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，⼆⾯⾓P1﹣BC1﹣P2的⼤⼩为θ，求cosθ的值．18．已知m∈R，函数f（x）=﹣x2+（3﹣2m）x+2+m．（1）若0＜m≤，求|f（x）|在[﹣1，1]上的最⼤值g（m）；（2）对任意的m∈（0，1]，若f（x）在[0，m]上的最⼤值为h（m），求h（m）的最⼤值．19．已知椭圆C1：=1，直线l1：y=kx+m（m＞0）与圆C2：（x﹣1）2+y2=1相切且与椭圆C1交于A，B两点．（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标为，求m的值；（Ⅱ）过原点O作l1的平⾏线l2交椭圆于C，D两点，设|AB|=λ|CD|，求λ的最⼩值．20．已知点列P n（x n，）与A n（a n，0）满⾜x n+1＞x n，⊥，且||=||，其中n∈N*，x1=1．（I）求x n+1与x n的关系式；（Ⅱ）求证：n2＜++…+≤4n2．参考答案与试题解析⼀、选择题（本⼤题共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U={1，2，3，4，5}，A={1，2，3}，B={2，5}，则A∩（?U B）=（）A．{2} B．{2，3} C．{3} D．{1，3}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】由题意全集U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，可以求出集合C U B，然后根据交集的定义和运算法则进⾏计算．【解答】解：∵U={1，2，3，4，5}，B={2，5}，∴C U B={1，3，4}∵A={3，1，2}∴A∩（C U B）={1，3}故选D．2．设l，m是两条不同的直线，α是⼀个平⾯，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m?α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m?α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m【考点】直线与平⾯平⾏的判定．【分析】根据题意，依次分析选项：A，根据线⾯垂直的判定定理判断．C：根据线⾯平⾏的判定定理判断．D：由线线的位置关系判断．B：由线⾯垂直的性质定理判断；综合可得答案．【解答】解：A，根据线⾯垂直的判定定理，要垂直平⾯内两条相交直线才⾏，不正确；C：l∥α，m?α，则l∥m或两线异⾯，故不正确．D：平⾏于同⼀平⾯的两直线可能平⾏，异⾯，相交，不正确．B：由线⾯垂直的性质可知：平⾏线中的⼀条垂直于这个平⾯则另⼀条也垂直这个平⾯．故正确．故选B3．“”是“tanθ=1”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），即可判断出结论．【解答】解：由tanθ=1，解得θ=（k∈Z），∴“”是“tanθ=1”的充分不必要条件．故选：A．4．函数（其中a∈R）的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】分三种情况讨论，根据函数的单调性和基本不等式即可判断．【解答】解：当a=0时，f（x）=|x|，且x≠0，故A符合，当x＞0时，且a＞0时，f（x）=x+≥2，当x＜0时，且a＞0时，f（x）=﹣x+在（﹣∞，0）上为减函数，故B符合，当x＜0时，且a＜0时，f（x）=﹣x+≥2=2，当x＞0时，且a＜0时，f（x）=x+在（0，+∞）上为增函数，故D符合，故选：C．5．已知{a n}是等差数列，公差为2，{b n}是等⽐数列，公⽐为2．若{b n}的前n项和为，则a1+b1等于（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】等差数列的通项公式．【分析】由已知写出等差数列和等⽐数列的通项公式，得到，再写出等⽐数列的前n项和，列等式求得a1+b1的值．【解答】解：由题意可得a n=a1+2（n﹣1），，∴=，{b n}的前n项和，由，得，∴a1+b1=2．故选：B．6．如图，⼩于90°的⼆⾯⾓α﹣l﹣β中O∈l，A，B∈α，且∠AOB为钝⾓，∠A′OB′是∠AOB在β内的射影，则下列结论错误的是（）A．∠A′OB′为钝⾓ B．∠A′OB′＞∠AOBC．∠AOB+∠AOA′＜πD．∠B′OB+∠BOA+∠AOA′＞π【考点】与⼆⾯⾓有关的⽴体⼏何综合题．【分析】由题意画出图形，由已知⼆⾯⾓α﹣l﹣β⼩于90°，∠AOB为钝⾓，结合余弦定理可得∠A′OB′是钝⾓，由此可得答案．【解答】解：如图，在α内射线OA上取点A，过A作交线l的平⾏线AB交射线OB于点B，过A作AA′⊥β，垂⾜为A′，过B作BB′垂直于β，垂⾜为B′，连接A′B′，则有AB∥A′B′，且AB=A′B′，设OA=a，OB=b，AB=c，则OA′＜a，OB′＜b，∵∠AOB为钝⾓，∴a2+b2＜c2，则（OA′）2+（OB′）2＜a2+b2＜c2=（A′B′）2，在△A′OB′中，由余弦定理可得∠A′OB′＞∠AOB为钝⾓．∴∠AOB+∠AOA′＞π．∴错误的选项是C，故选：C．7．如图，双曲线﹣=1（a，b＞0）的右顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，点p是双曲线右⽀上⼀点，PF1交左⽀于点Q，交渐近线y=x于点R，M是PQ的中点，若RF2⊥PF1，且AM ⊥PF1，则双曲线的离⼼率是（）A．B．C．2 D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设PF1的⽅程为y=k（x+c），k＞0，联⽴渐近线⽅程求得R的坐标，代⼊双曲线的⽅程，运⽤韦达定理和中点坐标公式，可得M的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得k=，代⼊化简整理，再由离⼼率公式计算即可得到所求值．【解答】解：设PF1的⽅程为y=k（x+c），k＞0，联⽴渐近线⽅程y=x，可得R（，），由直线y=k（x+c）代⼊双曲线﹣=1，可得（b2﹣a2k2）x2﹣2ca2k2x﹣a2c2k2﹣a2b2=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），可得x1+x2=，即有中点M（，），由A（a，0），F2（c，0），RF2⊥PF1，可得==﹣，即有bk2+2ak﹣b=0，解得k=（负的舍去），由AM⊥PF1，可得k AM==﹣，即为（c3+a3）k2=a（c2﹣a2），即有（c3+a3）（c﹣a）2=ab2（c2﹣a2）=a（c2﹣a2）2，化为c=2a，即e==2．故选：C．8．已知0＜x＜y，2＜x2，则下列不正确的是（）A．sinx2＜sin（﹣y）B．sinx2＞sin（2﹣y）C．sin（2﹣x2）＜siny D．sinx2＜cos（y﹣1）【考点】正弦函数的图象；基本不等式．【分析】利⽤基本不等式的性质和正弦函数的单调性得出答案．【解答】解：∵0＜x＜y，2＜x2+y＜，∴1＜y，∴x2＜﹣y＜，∴sinx2＜sin（）．故A正确．∵2＜x2，∴x2＜，y＜，∴＞＞x2＞2﹣y，∴sinx2＞sin（2﹣y），故B正确．∵2＜x2，∴x2＜＜=＜．∴sinx2＜sin（）=cos（y﹣1）．故D正确．故选：C．⼆、填空题（本⼤题共7⼩题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）9．已知φ∈[0，π），函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，则φ= 0 ，f（x）的最⼩值为．【考点】三⾓函数中的恒等变换应⽤．【分析】由函数为偶函数求得φ值，得到f（x）=cos2x+cosx，展开⼆倍⾓余弦，然后利⽤配⽅法求得最值．【解答】解：∵函数f（x）=cos2x+cos（x+φ）是偶函数，∴f（﹣x）﹣f（x）=cos（﹣2x）+cos（﹣x+φ）﹣cos2x﹣cos（x+φ）=0恒成⽴，即cos（﹣x+φ）﹣cos（x+φ）=﹣2sinφ?sin（﹣x）=2sinφ?sinx=0恒成⽴，∵φ∈[0，π），∴φ=0；f（x）=cos2x+cosx=2cos2x+cosx﹣1=．∴f（x）的最⼩值为．故答案为：0，．10．已知函数，则= 0 ，⽅程f（x）=2的解为﹣2或4 ．【考点】函数的值．【分析】由，利⽤分段函数的性质能求出的值；由⽅程f （x）=2，得到当x＞0时，log2x=2；当x≤0时，x2+x=2．由此能求出结果．【解答】解：∵，∴f（）==﹣1，∴=f（﹣1）=（﹣1）2+（﹣1）=0，∵⽅程f（x）=2，∴当x＞0时，log2x=2，解得x=4；当x≤0时，x2+x=2，解得x=﹣1或x=1（舍）．∴x=﹣2或x=4．故答案为：0；﹣2或4．11．某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm），则该⼏何体的体积为cm3，表⾯积为cm2．【考点】由三视图求⾯积、体积．【分析】由三视图可知：该⼏何体是由⼀个半球去掉后得到的⼏何体．【解答】解：由三视图可知：该⼏何体是由⼀个半球去掉后得到的⼏何体．∴该⼏何体的体积==cm3，表⾯积=++=cm2．故答案分别为：；．12．已知x，y∈R且满⾜不等式组，当k=1时，不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为，若⽬标函数z=3x+y的最⼤值为7，则k的值为 2 ．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平⾯区域，根据z的⼏何意义，利⽤数形结合即可得到k的值．然后即可得到结论．【解答】解：若k=1，则不等式组对应的平⾯区域如图：则A（1，﹣1），B（1，3），由得，即C（，），不等式组所表⽰的平⾯区域的⾯积为S=×4×（﹣1）=2×=，由z=3x+y得y=﹣3x+z，平移直线y=﹣3x+z，则由图象可知当直线y=﹣3x+z经过点C时，直线y=﹣3x+z的截距最⼤，此时z最⼤，为3x+y=7由，解得，即A（2，1），此时A在kx﹣y﹣k﹣1=0上，则2k﹣1﹣k﹣1=0，得k=2．故答案为：；2；13．已知a＞0，f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx，x∈[0，2]，则f（x）所有的零点之和为 2 ．【考点】函数零点的判定定理．【分析】x=1，，时，f（x）≠0，因此都不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1）．分别作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中⼼对称，即可得出．【解答】解：x=1时，f（1）=acosπ=﹣a＜0，因此1不是函数f（x）的零点．同理x=，，也不是函数f（x）的零点．由f（x）=acosπx+（1﹣x）sinπx=0，化为：tanπx=，（x≠1，，）．作出函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象，则此两函数的图象都关于（1，0）成中⼼对称，由函数的单调性与对称性可得：x∈[0，2]，两函数y=tanπx，y=，（x≠1）的图象有且仅有两个交点，并且关于（1，0）成中⼼对称，不妨设交点的横坐标分别为x1，x2，∴x1+x2=2．故答案为：2．14．设，已知x，y∈R，m+n=6，则F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}的最⼩值为．【考点】函数的最值及其⼏何意义．【分析】由题意可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，相加，由绝对值不等式的性质和配⽅⽅法，可得最⼩值．【解答】解：F=max{|x2﹣4y+m|，|y2﹣2x+n|}，可得F≥|x2﹣4y+m|，F≥|y2﹣2x+n|，即有2F≥|x2﹣4y+m|+|y2﹣2x+n|≥|x2﹣4y+m+y2﹣2x+n|=|x2﹣2x+y2﹣4y+6|=|（x﹣1）2+（y﹣2）2+1|≥1，即有2F≥1，即F≥，可得x=1，y=2时，F取得最⼩值．故答案为：．15．如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R（＜R＜），点A在BD下⽅的圆弧上，则（﹣﹣）?的最⼩值为﹣．【考点】平⾯向量数量积的运算．【分析】先根据三⾓形为正三⾓形，再设∠CAO=θ，得到AC=2Rcosθ，根据向量的数量的运算得到（﹣﹣）?得到2R2cos2θ﹣2Rcosθ，再构造函数y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣，即可求出最值．【解答】解：∵△BCD为正三⾓形，∴∠CAD=∠CAB=∠DAB=∠CBD=60°，设∠CAO=θ，∴AC=2Rcosθ，∴（﹣﹣）?=?﹣?﹣=2R2cos2θ﹣×2Rcosθ﹣×2Rcosθ=2R2cos2θ﹣2Rcosθ，设Rcosθ=t，∵＜R＜，0°≤θ＜60°，即＜cosθ≤1，∴＜t＜则y=2t2﹣2t=2（t﹣）2﹣∴当t=，y有最⼩值，即为﹣，故答案为：﹣．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共74分，解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤）16．在△ABC中，设边a，b，c所对的⾓为A，B，C，且A，B，C都不是直⾓，（bc﹣8）cosA+accosB=a2﹣b2．（Ⅰ）若b+c=5，求b，c的值；（Ⅱ）若，求△ABC⾯积的最⼤值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知利⽤余弦定理化简已知等式可得，⼜△ABC不是直⾓三⾓形，解得bc=4，⼜b+c=5，联⽴即可解得b，c的值．（Ⅱ）由余弦定理，基本不等式可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，解得，可求，利⽤三⾓形⾯积公式即可得解三⾓形⾯积的最⼤值．【解答】（本题满分14分）解：（Ⅰ）∵，∴，∴，∵△ABC不是直⾓三⾓形，∴bc=4，⼜∵b+c=5，∴解得或…（Ⅱ）∵，由余弦定理可得5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA，∴，∴，所以．∴△ABC⾯积的最⼤值是，当时取到…17．如图，长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，点P是CD上的⼀点，PC=λPD．（Ⅰ）若A1C⊥平⾯PBC1，求λ的值；（Ⅱ）设λ1=1，λ2=3所对应的点P为P1，P2，⼆⾯⾓P1﹣BC1﹣P2的⼤⼩为θ，求cosθ的值．【考点】⼆⾯⾓的平⾯⾓及求法；直线与平⾯垂直的判定．【分析】（Ⅰ）法⼀：若A1C⊥PB，则A1C⊥平⾯PBC1，只要AC⊥PB即可，由此能求出结果．法⼆：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建⽴空间直⾓坐标系O﹣xyz，利⽤向量法能求出结果．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，则∠P1HP2就是所求⼆⾯⾓的⼀个平⾯⾓θ，由此能求出cosθ．【解答】解：（Ⅰ）解法⼀∵A1C⊥BC1若A1C⊥PB，则A1C⊥平⾯PBC1，只要AC⊥PB即可，在矩形ABCD中，，解得，；解法⼆：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建⽴如图空间直⾓坐标系O﹣xyz，B（1，2，0），C1（0，2，1），A1（1，0，1），C（0，2，0），设，若A1C⊥平⾯PBC1，=（﹣1，2，﹣1），=（﹣1，0，1），=（﹣1，﹣2，0），则，解得．（Ⅱ）过C作CH⊥BC1交BC1于H，连接P1H，P2H，∵长⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，∴BH=C1H，P1B=P1C1，P2B=P2C1，∴P2H⊥BC1，P1H⊥BC1，则∠P1HP2就是所求⼆⾯⾓的⼀个平⾯⾓θ∵P1C=1，，∴，tanα=tan（∠P2HC﹣∠P1HC）=，所求余弦值cosθ=．。

§6.4基本不等式Ａ组基础题组1.若圆(x-1)2+(y+2)2=1上总存在两点关于直线ax-by-2=0(a>0,b>0)对称,则+的最小值为( )A.2B.+C.D.2+2.(2021金丽衢十二校一联,10,5分)设实数a,b,c满足若的最大值和最小值分别为M,m,则M+m的值为( )A.9B.C.D.193.(2022超级中学原创猜测卷六,13)已知正数x,y满足x2+4y2+x+2y≤2-4xy,则+的最小值为.4.(2021上海文)设常数a>0,若9x+≥a+1对一切正实数x 成立,则a 的取值范围为.5.(2021杭州一模,10,6分)设函数f(x)=x2-(k+1)x+2(k∈R),则f= ;若当x>0时,f(x)≥0恒成立,则k的取值范围为.6.(2021台州一模,10,6分)设正实数a,b满足a+2b=2,则ab的最大值为;a2+b2的最小值为.7.(2021浙江丽水期末统测,11,6分)设0<a<1,则+的最小值为,此时a= .8.(2021四川,13,5分)已知函数f(x)=4x+(x>0,a>0)在x=3时取得最小值,则a= .9.(2021宁波高三模拟冲刺,14,4分)设正数a,b,c满足++≤,则= .10.(2021衢州二模,13,4分)已知x,y满足方程x 2-y-1=0,当x>时,则m=+的最小值为.11.(2021浙江冲刺卷二,16)对一切实数x,不等式4x2+a|x-1|+5≥8x恒成立,则实数a的取值范围是.12.(2022领航高考冲刺卷二文,13,4分)若实数a,b满足a2+ab=1,则3a2+b2的最小值为.B组提升题组1.(2021福建文,5,5分)若直线+=1(a>0,b>0)过点(1,1),则a+b的最小值等于( )A.2B.3C.4D.52.(2021湖南文,7,5分)若实数a,b满足+=,则ab的最小值为( )A. B.2 C.2 D.43.(2021陕西,9,5分)设f(x)=lnx,0<a<b,若p=f(),q=f,r=(f(a)+f(b)),则下列关系式中正确的是( )A.q=r<pB.q=r>pC.p=r<qD.p=r>q4.(2021福建质量检测)若直线ax+by-1=0(a>0,b>0)过曲线y=1+sinπx(0<x<2)的对称中心,则+的最小值为( )A.+1B.4C.3+2D.65.(2021浙江建人高复学校,9,5分)若正实数x,y满足+=1,则x+y的最小值是( )A.15B.16C.18D.196.(2021浙江杭州二中新课标模拟测试)关于x的不等式+≥4在[1,2]上恒成立,则实数a的取值范围是( )A. B. C. D.7.(2021天津文,12)已知a>0,b>0,ab=8,则当a的值为时,log2a·log2(2b)取得最大值.8.(2021杭州重点中学期末,12,6分)设a,b为正实数,且a+b-2a2b2=4,则+的最小值为,此时ab的值为.9.(2022江苏,14,5分)若△ABC的内角满足sinA+sinB=2sinC,则cosC的最小值是.10.(2021温州一模,13,4分)已知a,b∈R,若a2+b2-ab=2,则ab的取值范围是.11.(2021浙江一级重点中学5月联考,11,6分)已知正数x,y满足+=1,则y的取值范围是,2x+y的最小值为.Ａ组基础题组1.B 由题意可知,圆心(1,-2)在直线ax-by-2=0(a>0,b>0)上,所以a+2b-2=0(a>0,b>0),即+b=1(a>0,b>0),所以+==++≥+2=+,当且仅当=,即a=2-2,b=2-时取等号,即+的最小值为+,故选B.2.D 由b2=ac得c=,由5b≥2(a+c)=2,又a>0,所以2-5+2≤0,解得≤≤2,令x=1+,x∈,====4x+,y=4x+在x∈内递增,所以最大值M和最小值m分别为,,∴M+m==19.3.答案3+2解析由题意得(x+2y)2+(x+2y)-2≤0,且x>0,y>0,所以0<x+2y≤1,所以+=·1≥·(x+2y)=3++≥3+2,当且仅当即时,+取得最小值3+2.4.答案解析常数a>0,若9x+≥a+1对一切正实数x成立,则≥a+1.∴9x+≥6a,当且仅当9x=,即x=时,等号成立.故6a≥a+1,解得a≥.5.答案--+;(-∞,2-1]解析f=-(k+1)×+2=--+.当x>0时,f(x)≥0恒成立,等价于当x>0时,k+1≤恒成立.∵x>0,∴=x+≥2(当且仅当x=时,“=”成立),故k ≤2-1.6.答案;解析由于a+2b=2≥2,所以ab≤,即ab的最大值为;a2+b2表示原点到线段a+2b=2(a>0,b>0)上的点的距离的平方,结合图形知最小值为=,即a2+b2的最小值为.7.答案9;解析+=[a+(1-a)]=5++≥5+2=9,当且仅当=,即a=时,等号成立.8.答案36解析∵x>0,a>0,∴f(x)=4x+≥2=4,当且仅当4x=时等号成立,此时a=4x2,由于x=3时函数取得最小值,所以a=4×9=36.9.答案解析a,b,c均为正数,则(a+b+c)=14++++++≥14+2+2+2=36,当且仅当a∶b∶c=1∶2∶3时等号成立,又++≤,所以++=,因此==.10.答案8解析m=+=+=6++=6++.又t===(x-1)-+2,x-1∈(-1,+∞),而f(s)=s-+2在(-1,+∞)内递增,所以t>0,所以m=6+t+≥8,当且仅当t=1,即x=2时取到最小值.11.答案[-4,+∞)解析设x-1=t,转化为对一切实数t,不等式4t2+a|t|+1≥0恒成立.当t=0时,不等式4t2+a|t|+1≥0恒成立,此时a∈R.当t≠0时,有-a≤=4|t|+恒成立.当t≠0时,函数f(t)=4|t|+的最小值为4,故有-a≤4,即a≥-4.综合有a≥-4.12.答案 2解析由题意可知,a不为0,由a2+ab=1得b=-a,所以3a2+b2=3a2+=4a2+-2≥2-2=2,当且仅当4a2=,即a2=时取“=”,所以3a2+b2的最小值为2.B组提升题组1.C 由于直线+=1(a>0,b>0)过点(1,1),所以+=1.所以a+b=(a+b)·=2++≥2+2=4,当且仅当a=b=2时取“=”,故选C.2.C 依题意知a>0,b>0,则+≥2=,当且仅当=,即b=2a时,“=”成立.由于+=,所以≥,即ab≥2,所以ab的最小值为2,故选C.3.C 由题意得p=ln,q=ln,r=(lna+lnb)=ln=p,∵0<a<b,∴>,∴ln>ln,∴p=r<q.4.C 留意到曲线y=1+sinπx(0<x<2)的对称中心是点(1,1),于是有a+b=1,+=(a+b)=3++≥3+2,当且仅当=,即b=a=(-1)时取等号,因此+的最小值是3+2,故选C.5.A x+y=(x+1)+y-1=[(x+1)+y]·-1=9++≥9+2=15,当且仅当=,即x=3,y=12时等号成立.6.A 由题意可知a>0,由x∈[1,2],则+≥4可化为a≤,又==++,令t=x-,则t∈,又f(t)=t++在t∈内递增,所以f(t)∈,所以a∈.7.答案 4解析由已知条件得b=,令f(a)=log2a·log2(2b),则f(a)=log2a·log2=log2a(log216-log2a)=log2a(4-log2a)=-(log2a)2+4log2a=-(log2a-2)2+4,当log2a=2,即a=4时,f(a)取得最大值.8.答案4;解析由a+b-2a2b2=4得a+b=2a2b2+4.所以+===2ab+≥2=4,当且仅当2ab=,即ab=时等号成立.9.答案解析∵sinA+sinB=2sinC,由正弦定理得a+b=2c,∴cosC====≥=,当且仅当a=b时等号成立,故cosC的最小值为.10.答案解析2+ab=a2+b2≥2|ab|,当ab≥0时,解得ab≤2;当ab<0时,解得ab≥-.综上可得ab∈.11.答案(4,+∞);20解析+=1可化为4x+2y+10=xy,明显y≠4,所以x=>0,且y为正数,解得y>4.由4x+2y+10=xy=×(2x)y≤,得(2x+y)2-2(2x+y)-10≥0,解得2x+y≥20(负值舍去).。

§1.2命题与充要条件Ａ组基础题组1.(2021浙江延安中学段考)命题“若a2+b2=0,a,b∈R,则a=b=0”的逆否命题是( )A.若a≠b≠0,a,b∈R,则a2+b2=0B.若a=b≠0,a,b∈R,则a2+b2≠0C.若a≠0且b≠0,a,b∈R,则a2+b2≠0D.若a≠0或b≠0,a,b∈R,则a2+b2≠02.(2021湖南,2,5分)设A,B是两个集合,则“A∩B=A”是“A⊆B”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.(2021四川文,4,5分)设a,b为正实数,则“a>b>1”是“log2a>log2b>0”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件4.(2021浙江文,3,5分)设a,b是实数,则“a+b>0”是“ab>0”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件 D .既不充分也不必要条件5.(2021杭州学军中学第五次月考,1,5分)>1的一个充分不必要条件是( )A.x>yB.x>y>0C.x<yD.y<x<06.(2021桐乡一中等四校联考,3,5分)设a,b为非零实数,命题甲:ab>b2,命题乙:<<0,则甲是乙的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.(2022浙江新高考争辩联盟一联,2,5分)已知m>0且m≠1,则log m n>0是(1-m)(1-n)>0的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.(2022广东文,7,5分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则“a≤b”是“sinA≤sinB”的( )A.充分必要条件B.充分非必要条件C.必要非充分条件D.非充分非必要条件9.(2021青岛诊断)“0≤m≤1”是“函数f(x)=sinx+m-1有零点”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件B组提升题组1.(2021安徽,3,5分)设p:1<x<2,q:2x>1,则p是q成立的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.(2021湖北文,5,5分)l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线;q:l1,l2不相交,则( )A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件3.(2021浙江金华一中期中检测)在△ABC中,“·>0”是“△ABC为锐角三角形”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.(2021四川,8,5分)设a,b都是不等于1的正数,则“3a>3b>3”是“log a3<log b3”的( )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5.(2021金华十校一模,2,5分)若a,b∈R,则>的一个充要条件是( )A.a>bB.ab(a-b)<0C.a<b<0D.a<b6.(2021金华一中全真模拟考,1,5分)设a,b∈R,则“0<a<1且0<b<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.(2021宁波一模,2,5分)在△ABC中,“A>”是“sinA>”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件8.(2022领航高考冲刺卷二,3,5分)已知p:x>k,q:≥1,若p是q的必要不充分条件,则实数k的取值范围是( )A.(2,+∞)B.[2,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,-1]9.(2022领航高考冲刺卷六,3,5分)设x、y是两个实数,命题“x、y中至少有一个大于1”成立的充分不必要条件是( )A.x+y=2B.x+y>2C.x2+y2>2D.xy>110.(2021嘉兴一模,5,5分)已知p:x2-3x-4≤0,q:x2-6x+9-m2≤0.若p是q的充分不必要条件,则m的取值范围是( )A.[-1,1]B.[-4,4]C.(-∞,-4]∪[4,+∞)D.(-∞,-1]∪[4,+∞)11.(2022超级中学原创猜测卷六,3,5分)已知a,b∈R,则“a2+b2<1”是“ab+1>a+b”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件Ａ组基础题组1.D “若p,则q”的逆否命题为“若¬q,则¬p”,又a=b=0的实质为a=0且b=0,故其否定为a≠0或b≠0.故选D.2.C 若A∩B=A,任取x∈A,则x∈A∩B,∴x∈B,故A⊆B;若A⊆B,任取x∈A,都有x∈B,∴x∈A∩B,∴A⊆(A∩B),又A∩B⊆A明显成立,∴A∩B=A.综上,“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件,故选C.3.A ∵y=log2x是增函数,∴当a>b>1时,有log2a>log2b>log21=0.另一方面,当log2a>log2b>0=log21时,有a>b>1.故选A.4.D 当a=2,b=-1时,a+b=1>0,但ab=-2<0,所以充分性不成立;当a=-1,b=-2时,ab=2>0,但a+b=-3<0,所以必要性不成立,故选D.5.B >1⇔x>y>0或x<y<0,知>1的一个充分不必要条件是x>y>0.6.B 命题甲等价于:若b>0,则a>b,若b<0,则a<b,命题乙等价于a<b<0,所以甲是乙的必要不充分条件,故选B.7.A log m n>0等价于m>1,且n>1,或0<m<1,且0<n<1,此时有(1-m)(1-n)>0,即充分性成立.当0<m<1,n≤0时,有(1-m)(1-n)>0,此时log m n无意义,即必要性不成立,故选A.8.A 设R为△ABC外接圆的半径.由正弦定理可知,若a≤b,则2RsinA≤2RsinB⇒sinA≤sinB,故“a≤b”是“sinA≤sinB”的充分条件;若sinA≤sinB,则≤⇒a≤b,故“a≤b”是“sinA≤sinB”的必要条件.综上所述,“a≤b”是“sinA≤sinB”的充要条件.故选A.9.A 函数f(x)=sinx+m-1有零点,则m-1=-sinx∈[-1,1],所以0≤m≤2,故选A.B组提升题组1.A 由2x>1,得x>0.∵{x|1<x<2}⫋{x|x>0},∴p是q成立的充分不必要条件.2.A 在空间中,两条直线的位置关系有平行、相交、异面.直线l1、l2是异面直线,肯定有l1与l2不相交,因此p是q的充分条件;若l1与l2不相交,那么l1与l2可能平行,也可能是异面直线,所以p不是q的必要条件.故选A.3.B ·>0只能说明△ABC中的角A是锐角,不能说明△ABC为锐角三角形;但反过来,若△ABC为锐角三角形,则角A肯定是锐角,从而·>0,故选B.4.B “3a>3b>3”等价于“a>b>1”,“log a3<log b3”等价于“a>b>1或0<a<1<b或0<b<a<1”,从而“3a>3b>3”是“log a3<log b3”的充分不必要条件.故选B.5.B >⇔->0⇔<0⇔ab(a-b)<0,故选B.6.A ab+1>a+b⇔(a-1)(b-1)>0,则a>1,且b>1,或a<1,且b<1,故选A.7.B △ABC中,由A>得不到sinA>.由sinA>可推出A>.故选B.8.D ∵≥1,∴≥0,∴-1<x≤2,又p是q的必要不充分条件,即q能推出p,但p不能推出q,∴k∈(-∞,-1],选D.9.B 命题“x、y中至少有一个大于1”等价于“x>1或y>1”,若x+y>2,则必有x>1或y>1,否则x+y≤2;而当x=2,y=-1时,2-1=1<2,所以由x>1或y>1不能推出x+y>2.当x=1,且y=1时,满足x+y=2,不能推出x>1或y>1,所以A错;对于x2+y2>2,当x<-1,y<-1时,满足x2+y2>2,不能推出x>1或y>1,故C错;对于xy>1,当x<-1,y<-1时,满足xy>1,不能推出x>1或y>1,故D错.综上知选B.10.C p:-1≤x≤4;在x2-6x+9-m2≤0中,当m>0时,解得3-m≤x≤3+m,要满足条件应满足且两个等号不能同时取到,解得m≥4.当m<0时,解得m≤-4.当m=0时,不满足条件.故m的取值范围是(-∞,-4]∪[4,+∞).11.A a2+b2<1⇒-1<a<1,-1<b<1⇒(a-1)·(b-1)>0⇒ab+1>a+b,反之,取a=2,b=2,满足ab+1>a+b,但不能得出a2+b2<1,故选A.。

§8.5双曲线Ａ组基础题组1.(2021安徽,6,5分)下列双曲线中,渐近线方程为y=±2x的是( )A.x2-=1B.-y2=1C.x2-=1D.-y2=12.(2022广东,4,5分)若实数k满足0<k<9,则曲线-=1与曲线-=1的( )A.焦距相等B.实半轴长相等C.虚半轴长相等D.离心率相等3.(2021广东,7,5分)已知双曲线C:-=1的离心率e=,且其右焦点为F2(5,0),则双曲线C的方程为( )A.-=1B.-=1C.-=1D.-=14.(2021四川,5,5分)过双曲线x2-=1的右焦点且与x轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A,B两点,则|AB|=( )A. B.2 C.6 D.45.(2021课标Ⅰ,5,5分)已知M(x0,y0)是双曲线C:-y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若·<0,则y0的取值范围是( )A. B.C. D.6.(2021课标Ⅱ,11,5分)已知A,B为双曲线E的左,右顶点,点M在E上,△ABM为等腰三角形,且顶角为120°,则E的离心率为( )A. B.2 C. D.7.(2021浙江冲刺卷四,6)已知F1,F2分别是双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,A和B是以坐标原点O为圆心,以|OF2|为半径的圆与该双曲线的渐近线在y轴右侧的两个交点,且△AF1B是正三角形,则双曲线的离心率为( )A. B. C.2 D.8.(2021绍兴一模,6,5分)曲线x2-3y2=0与双曲线C:-=1(a>0,b>0)的四个交点与C的两个虚轴顶点构成一个正六边形,则双曲线C的离心率为( )A. B. C. D.9.(2021杭州二中仿真考,7,5分)已知点P为双曲线-=1(a>0,b>0)右支上一点,F1,F2分别为双曲线的左,右焦点,且|F1F2|=,I为三角形△PF1F2的内心,若=+λ成立,则λ的值为( )A. B.2-1 C.+1 D.-110.(2021浙江名校(柯桥中学)沟通卷三,6)若双曲线x2-y2=a2(a>0)的左、右顶点分别为A、B,点P是第一象限内双曲线上的点,若直线PA,PB的倾斜角分别为α,β,则α+β的值是( ) A. B. C. D.11.(2021浙江测试卷,6)已知双曲线x2-=1,点A(-1,0),在双曲线上任取两点P,Q满足AP⊥AQ,则直线PQ恒过点( )A.(3,0)B.(1,0)C.(-3,0)D.(4,0)12.(2021哈三中二模)过双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点F作一条直线,当直线斜率为2时,直线与双曲线左、右两支各有一个交点;当直线斜率为3时,直线与双曲线右支有两个不同交点,则双曲线离心率的取值范围为( )A.(1,)B.(1,+1)C.(+1,)D.(,)13.(2021江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.14.(2022领航高考冲刺卷五,15,4分)若等轴双曲线C的左,右顶点A,B分别为椭圆+y2=1(a>0)的左,右焦点,点P是双曲线上异于A,B的点,直线PA,PB的斜率分别为k PA,k PB,则k PA·k PB= .15.(2022超级中学原创猜测卷十,13,4分)设F1,F2分别是双曲线-=1(a>0,b>0)的左,右焦点,若双曲线的右支上存在一点P,使点P在以F1F2为直径的圆上,且|PF1|=|PF2|,则该双曲线的离心率为.16.(2021浙江镇海中学测试卷二,14)双曲线x2-y2=2021的左、右顶点分别为A1、A2,P为其右支上不同于A2的一点,且∠A1PA2=4∠PA1A2,则∠PA1A2= .B组提升题组1.(2021福建,3,5分)若双曲线E:-=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P在双曲线E上,且|PF1|=3,则|PF2|等于( )A.11B.9C.5D.32.(2021浙江名校(绍兴一中)沟通卷五,6)已知双曲线-=1的右焦点为F,左顶点为P,上,下虚轴端点为M,N,若FM与PN交于点A,已知|AF|=|AP|,则此双曲线的离心率为( )A. B. C. D.3.(2021杭州一模,7,5分)设F为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点,过点F且斜率为-1的直线l与双曲线C 的两条渐近线分别交于A,B两点,若=-3,则双曲线C的离心率e=( )A. B. C. D.4.(2022领航高考冲刺卷六,7,5分)设A1、A2分别为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右顶点,若在双曲线C上存在点M,使得·<2,则双曲线C的离心率的取值范围是( )A.(,3)B.(1,)C.(,+∞)D.(1,3)5.(2022山西八校联考,12,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )A. B. C.3 D.26.(2021温州二模,8,5分)如图所示,A,B,C是双曲线-=1(a>0,b>0)上的三个点,AB经过原点O,AC经过右焦点F,若BF⊥AC且|BF|=|CF|,则该双曲线的离心率是( )A. B. C. D.37.(2021浙江六校联考,7,5分)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上任一点,且·最小值的取值范围是,则该双曲线的离心率的取值范围为( )A.(1,]B.[,2]C.(1,2]D.[2,+∞)8.(2021浙江名校(衢州二中)沟通卷二,7)过双曲线-=1(b>a>0)的左焦点F(-c,0)(c>0)作圆x2+y2=a2的切线,切点为E,延长FE交抛物线y2=4cx于点P,O为坐标原点,若E为FP的中点,则双曲线的离心率为( )A. B. C. D.9.已知双曲线-=1的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线左支上一点,M为双曲线渐近线上一点(渐近线的斜率大于零),则|PF2|+|PM|的最小值为( )A.2-B.2C.2+D.2+210.(2021湖北,8,5分)将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度,得到离心率为e2的双曲线C2,则( )A.对任意的a,b,e1>e2B.当a>b时,e1>e2;当a<b时,e1<e2C.对任意的a,b,e1<e2D.当a>b时,e1<e2;当a<b时,e1>e211.(2021浙江测试卷,10,5分)设动点A,B均在双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右支上,O为坐标原点,双曲线C的离心率为e,则( )A.若e>,则·存在最大值B.若1<e≤,则·存在最大值C.若e>,则·存在最小值D.若1<e≤,则·存在最小值12.(2021太原二模)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点O为双曲线的中心,点P在双曲线右支上,△PF1F2内切圆的圆心为Q,圆Q与x轴相切于点A,过F2作直线PQ的垂线,垂足为B,则下列结论成立的是( )A.|OA|>|OB|B.|OA|<|OB|C.|OA|=|OB|D.|OA|与|OB|大小关系不确定13.(2021湖南,13,5分)设F是双曲线C:-=1的一个焦点.若C上存在点P,使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点,则C的离心率为. 14.(2021山东文,15,5分)过双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点作一条与其渐近线平行的直线,交C于点P.若点P的横坐标为2a,则C的离心率为.15.(2022山东,15,5分)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的焦距为2c,右顶点为A,抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c,且|FA|=c,则双曲线的渐近线方程为.Ａ组基础题组1.A A选项中,渐近线方程为x2-=0,即y=±2x.故选A.2.A ∵0<k<9,∴9-k>0,25-k>0.∴-=1与-=1均表示双曲线,又25+(9-k)=34-k=(25-k)+9,∴它们的焦距相等,故选A.3.C 由已知得解得故b=3,从而所求的双曲线方程为-=1,故选C.4.D 双曲线x2-=1的右焦点为F(2,0),其渐近线方程为x±y=0.不妨设A(2,2),B(2,-2),所以|AB|=4,故选D.5.A 若·=0,则点M在以原点为圆心,半焦距c=为半径的圆上,则解得=.可知:·<0⇒点M在圆x2+y2=3的内部⇒<⇒y0∈.故选A.6.D 设双曲线E的标准方程为-=1(a>0,b>0),则A(-a,0),B(a,0),不妨设点M在第一象限内,则易得M(2a,a),又M点在双曲线E上,于是-=1,解得b2=a2,∴e==.7.C 设点A(x,y)在第一象限,由得即得A(a,b).同理得B(a,-b).由|AB|=|AF1|,得2b=,即(c+a)2=3b2=3(c2-a2).又c+a≠0,从而c+a=3(c-a),即c=2a,故离心率e==2.8.B 设曲线x2-3y2=0与双曲线C:-=1(a>0,b>0)在第一象限的交点为A(x A,y A),则正六边形的边长为2|y A|=b.又由曲线方程与双曲线方程联立消去x得|y A|2=,所以|y A|2==⇒5a2=3b2,所以=,所以双曲线C的离心率为==,故选B.9.D 设△PF1F2的内切圆半径为r,由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a,|F1F2|=2c,=r|PF1|,=r|PF2|,=r·2c=cr.由题意得r|PF1|=r|PF2|+λcr,所以λ==.由于|F1F2|=,所以2c==,即+-1=0,解得=-1或=--1(舍去),故选D.10.D 双曲线的左顶点为A(-a,0),右顶点为B(a,0).设P(m,n)(m>a,n>0),则直线PA的斜率k PA=,直线PB的斜率k PB=,∴k PA·k PB=①.∵P(m,n)是双曲线x2-y2=a2上的点,∴m2-n2=a2,将n2=m2-a2代入①式得k PA·k PB=1.∴α+β=.11.A 明显直线AP,AQ的斜率存在,且不为0,设直线AP的斜率为k,k≠±.则AP的方程为y=k(x+1).由得(k2-2)x2+2k2x+k2+2=0,则-1·x P=,故x P=,则有P.以-代替k,得Q.当k≠±1且k≠±时,k PQ=,直线PQ的方程为y=(x-3),此时直线PQ过点(3,0).当k=±1时,有x P=x Q=3,直线PQ的方程为x=3,此时,直线PQ也过点(3,0).故选A.12.D 由题意可得2<<3,则双曲线的离心率e===∈(,),故选D.13.答案解析双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,明显直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为=.由于点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于,结合已知可得c的最大值为.14.答案 1解析由题意得,等轴双曲线C的方程为x2-y2=a2(a>0),∴双曲线的左顶点为A(-a,0),右顶点为B(a,0),设P(m,n),则直线PA的斜率为k PA=,直线PB的斜率为k PB=,∴k PA·k PB=①,∵P(m,n)是双曲线x2-y2=a2(a>0)上的点,∴m2-n2=a2,∴n2=m2-a2,代入①式得k PA·k PB=1.15.答案+解析由点P在以F1F2为直径的圆上,可知PF1⊥PF2.在Rt△F1PF2中,|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2.由已知|PF1|=|PF2|,得|PF1|=c,|PF2|=c.由双曲线的定义知|PF1|-|PF2|=2a,即c-c=c=2a,所以双曲线的离心率e===+.16.答案解析设∠PA1A2=α,则∠PA2x=5α.又设P(x0,y0),则-=2021.tan5α==,tanα==,∴tan5α·tanα=·==1,从而sin5αsinα=cos5αcosα,即cos6α=0,∴α=.B组提升题组1.B |PF1|=3<a+c=8,故点P在双曲线的左支上,由双曲线的定义得|PF2|-|PF1|=2a=6,所以|PF2|=9,故选B.2.C 设双曲线的左焦点为F',连结NF',则必有FM∥F'N,所以==⇒=⇒3c2=4a2⇒e=.3.D F(c,0),直线l的方程为y=-x+c,而渐近线的方程是y=±x,由得A,由得B.∴=,=.由=-3,得=-,得5a=3b,结合c2=a2+b2得c2=a2+a2,解得e=.4.B 由题意知A1(-a,0),A2(a,0),设M(x,y),则=,=,∴·=(*).∵M(x,y)在双曲线-=1上,∴y2=b2,代入(*)式得,=,则<2,即=e2-1<2,又e>1,故1<e<.5.A 解法一:设椭圆方程为+=1(a1>b1>0),离心率为e1,双曲线的方程为-=1(a2>0,b2>0),离心率为e2,它们的焦距为2c,不妨设P为两曲线在第一象限的交点,F1,F2分别为左,右焦点,则易知解得在△F1PF2中,由余弦定理得(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)·(a1-a2)cos60°=4c2,整理得+3=4c2,所以+=4,即+=4.设a=,b=,∴+=a·b≤|a|·|b|=×=×=,故+的最大值是,故选A.解法二:不妨设P在第一象限,|PF1|=m,|PF2|=n.在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2.设椭圆的长轴长为2a1,离心率为e1,双曲线的实轴长为2a2,离心率为e2,它们的焦距为2c,则+===.∴===,易知-+1的最小值为.故=.故选A.6.A 如图所示,设左焦点为F',由OA=OB,OF=OF',BF⊥AC以及双曲线的对称性可知四边形AFBF'为矩形,设AF=m,则|FC|=|FB|=|AF'|=2a+m,|CF'|=4a+m.在Rt△ACF'中,|AF'|2+|AC|2=|CF'|2,即(2a+m)2+(2a+2m)2=(4a+m)2,整理得m=a.在Rt△FAF'中,|AF|2+|AF'|2=|F'F|2,即a2+(3a)2=(2c)2,整理得4c2=10a2,故e=,故选A.7.B 设P(x,y),则·=(x+c,y)·(x-c,y)=x2-c2+y2=x2-c2-b2,|x|≥a,所以当|x|=a时,(·)min=a2-c2∈,则即所以离心率e=∈[,2],故选B.8.D 设右焦点为F2,连结F2P,OE,则F2P⊥FP,且|PF2|=2|OE|=2a,∴|EF|=b.∴|PF|=2b.过点P作直线x=-c的垂线,垂足为M,则|PM|=|PF2|=2a.∴|MF|==2.在Rt△FPF2中,2=|PF|·|PF2|=|FF2|·|MF|,即2b·2a=2c·2,平方整理得a2c2=(c2-a2)b2=(c2-a2)2,即有ac=c2-a2,∴e2-e-1=0,∴e=,故选D.9.C 由题意,知双曲线的焦点为F1(-4,0),F2(4,0),符合题意的渐近线方程为y=x,即x-y=0.作出符合题意的几何图形如图所示,连结PF1,F1M,由双曲线的定义,可知|PF2|-|PF1|=2,所以|PF2|+|PM|=|PF1|+|PM|+2.由图形可知|PF1|+|PM|≥|F1M|,所以当F1,P,M三点共线时,|PF1|+|PM|的值最小,即|F1M|最小,故依据点到直线的距离公式可得此时的最小值为d==,故所求的最小距离为2+.10.D 依题意有e1==,e2==.而-=,∵a>0,b>0,m>0,∴当a>b时,<,有e1<e2;当a<b时,>,有e1>e2.故选D.11.D 设A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1≥a,x2≥a,则·=x1x2+y1y2=x1x2±.若·=x1x2+,明显没有最大值,而当x1=x2=a时,·有最小值a2.若·=x1x2-=x1x2-,由+≥2x1x2,得·≥x1x2-·=x1x2-(x1x2-a2),即·≥x1x2+b2,若a2≥b2,即1<e≤,则·≥·a2+b2=a2. 当x1=x2=a时,·有最小值a2.故若1<e≤,则·存在最小值.12.C 由于点Q为三角形PF1F2内切圆的圆心,故过点F2作PQ的垂线并延长交PF1于点N,易知垂足B为F2N的中点,连结OB,则|OB|=|F1N|=(|F1P|-|F2P|)=a.设内切圆与PF1,PF2分别切于G,H,则由内切圆性质可得|PG|=|PH|,|F1G|=|F1A|,|F2A|=|F2H|,故|F1P|-|F2P|=|F1A|-|F2A|=2a,设|OA|=x,则有x+c-(c-x)=2a,解得|OA|=a,故有|OA|=|OB|=a,故选C.13.答案解析不妨设F为左焦点(-c,0),点P在第一象限,由于线段PF的中点恰为双曲线C虚轴的一个端点,由中点坐标公式得P(c,2b),又P在双曲线C上,∴-=1,∴=5,∴e==.14.答案2+解析如图,F1,F2为双曲线C的左,右焦点,将点P的横坐标2a代入-=1中,得y2=3b2,不妨令点P的坐标为(2a,-b),此时==,得到c=(2+)a,即双曲线C的离心率e==2+.15.答案x±y=0解析c2=a2+b2,①由双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c知,双曲线过点,即-=1.②由|FA|=c,得c2=a2+,③由①③得p2=4b2.④将④代入②,得=2.∴=2,即=1,故双曲线的渐近线方程为y=±x,即x±y=0.。

浙江省台州市2021届新高考数学三模试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．集合{2,0,1,9}的真子集的个数是（ ）A ．13B ．14C ．15D ．16 【答案】C【解析】【分析】根据含有n 个元素的集合，有2n 个子集，有21n -个真子集，计算可得；【详解】解：集合{2,0,1,9}含有4个元素，则集合{2,0,1,9}的真子集有42115-=（个），故选：C【点睛】考查列举法的定义，集合元素的概念，以及真子集的概念，对于含有n 个元素的集合，有2n 个子集，有21n -个真子集，属于基础题．2．若不等式32ln(1)20a x x x +-+>在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，则实数a 的取值范围是( )A ．932,2ln 2ln 5⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．932,2ln 2ln 5⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．932,2ln 2ln 5⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．9,2ln 2⎛⎫+∞⎪⎝⎭ 【答案】C【解析】【分析】由题可知，设函数()ln(1)f x a x =+，32()2g x x x =-，根据导数求出()g x 的极值点，得出单调性，根据32ln(1)20a x x x +-+>在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，转化为()()f x g x >在区间(0,)+∞内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数a 的取值范围.【详解】设函数()ln(1)f x a x =+，32()2g x x x =-，因为2()34g x x x '=-，所以()0g x '=，0x ∴=或43x =， 因为403x << 时，()0g x '<， 43x >或0x <时，()0g x '>，(0)(2)0g g ==，其图象如下：当0a …时，()()f x g x >至多一个整数根；当0a >时，()()f x g x >在(0,)+∞内的解集中仅有三个整数，只需(3)(3)(4)(4)f g f g >⎧⎨⎩…， 3232ln 4323ln 5424a a ⎧>-⨯∴⎨-⨯⎩…， 所以9322ln 2ln 5a <…. 故选：C.【点睛】本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力.3．在一个数列中，如果*n N ∀∈，都有12n n n a a a k ++=（k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列，且11a =，22a =，公积为8，则122020a a a ++⋅⋅⋅+=（ ）A ．4711B ．4712C ．4713D ．4715【答案】B【解析】【分析】 计算出3a 的值，推导出()3n n a a n N*+=∈，再由202036731=⨯+，结合数列的周期性可求得数列{}na 的前2020项和.【详解】由题意可知128n n n a a a ++=，则对任意的n *∈N ，0n a ≠，则1238a a a =，31284a a a ∴==， 由128n n n a a a ++=，得1238n n n a a a +++=，12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=，3n n a a +∴=，202036731=⨯+Q ，因此，()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=. 故选：B. 【点睛】本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.4．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设22DF AF ==，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是（ ）A ．413B ．213C ．926D 313【答案】A【解析】【分析】根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可．【详解】在ABD ∆中，3AD =，1BD =，120ADB ∠=︒，由余弦定理，得222cos12013AB AD BD AD BD =+-⋅︒所以13DF AB =. 所以所求概率为24=1313DEF ABC S S ∆∆=.故选A.【点睛】本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．5．已知ABC V 是边长为3的正三角形，若13BD BC =u u u r u u u r ，则AD BC ⋅=uuu r uu u r A ．32-B ．152 C ．32 D ．152- 【答案】A【解析】【分析】【详解】 由13BD BC =u u u r u u u r 可得13AD AB BD AB BC =+=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，因为ABC V 是边长为3的正三角形，所以221113()33cos12033332AD BC AB BC BC AB BC BC ⋅=+⋅=⋅+=⨯︒+⨯=-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，故选A ． 6．已知3sin 2cos 1,(,)2παααπ-=∈，则1tan 21tan 2αα-=+（ ） A ．12- B ．2- C ．12 D ．2 【答案】B【解析】【分析】结合22sin cos 1αα+=求得sin ,cos αα的值，由此化简所求表达式，求得表达式的值.【详解】由22sin 2cos 1sin cos 1αααα-=⎧⎨+=⎩，以及3(,)2παπ∈，解得34sin ,cos 55αα=-=-. 1tan 21tan 2αα-=+222sin 21cos sin cos cos sin 12cos sin 2222222sin cos sin cos sin cos sin cos sin 2222222221cos 2αααααααααααααααααα-⎛⎫--- ⎪⎝⎭===⎛⎫⎛⎫+--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭+311sin 524cos 5αα+-===--.【点睛】本小题主要考查利用同角三角函数的基本关系式化简求值，考查二倍角公式，属于中档题.7．设(1)1i z i +⋅=-，则复数z 的模等于( )AB ．2C ．1 D【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算法则进行化简,再由复数模的定义求解即可.【详解】因为(1)1i z i +⋅=-, 所以()()()211111i i z i i i i --===-++⋅-,由复数模的定义知,1z ==. 故选:C【点睛】本题考查复数的除法运算法则和复数的模;考查运算求解能力;属于基础题.8．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且在(0,)+∞上单调递增，则（ ）A ．()()0.63(3)log 132f ff -<-<B ．()()0.63(3)2log 13f f f -<<- C ．()()0.632log 13(3)f f f <-<- D ．()()0.632(3)log 13f f f <-<-【答案】C【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得()()33f f -=，()()33log 13log 13f f -=，又由0.63322log 13log 273<<<=，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】根据题意，函数()f x 是定义在R 上的偶函数，则()()33f f -=，()()33log 13log 13f f -=， 有0.63322log 13log 273<<<=，又由()f x 在()0,∞+上单调递增，则有()()()0.632log 133f f f <-<-，故选C.本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题．9．已知集合{}{}2340,13A x x x B x x =-->=-≤≤，则R ()A B =I ð( )A ．()1,3-B ．[]1,3-C ．[]1,4-D ．()1,4-【答案】B【解析】【分析】先由2340x x -->得4x >或1x <-，再计算R ()ðA B I 即可.【详解】由2340x x -->得4x >或1x <-，()(),14,A ∴=-∞-⋃+∞，[]R 1,4ðA =-,又{}13B x x =-≤≤，[]R ()1,3A B ∴=-I ð.故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集，补集的运算，考查学生的运算求解能力.10．设()ln f x x =，若函数()()g x f x ax =-在区间()20,e 上有三个零点，则实数a 的取值范围是() A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭ B ．211,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．222,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．221,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】令()()0g x f x ax =-=，可得()f x ax =.在坐标系内画出函数()ln f x x =的图象（如图所示）.当1x >时，()ln f x x =.由ln y x =得1y x '=.设过原点的直线y ax =与函数y x ln =的图象切于点00(,ln )A x x ， 则有000ln 1x ax a x =⎧⎪⎨=⎪⎩，解得01x e a e =⎧⎪⎨=⎪⎩. 所以当直线y ax =与函数y x ln =的图象切时1a e=. 又当直线y ax =经过点()2B ,2e 时，有22a e =⋅，解得22a e=. 结合图象可得当直线y ax =与函数()ln f x x =的图象有3个交点时，实数a 的取值范围是221,e e ⎛⎫⎪⎝⎭. 即函数()()g x f x ax =-在区间()20,e 上有三个零点时，实数a 的取值范围是221,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.选D. 点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.11．设复数z 满足12z z z +=+，z 在复平面内对应的点的坐标为(),x y 则（ ） A ．221x y =+B ．221y x =+C ．221x y =-D ．221y x =- 【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解.【详解】z 在复平面内对应的点的坐标为(),x y ，则z x yi =+，z x yi =-， ∵12z z z +=+，1x =+，解得221y x =+.故选：B.【点睛】本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题.12．已知函数()[]f x x x =-，其中[]x 表示不超过x 的最大正整数，则下列结论正确的是（ ） A ．()f x 的值域是[]0,1B ．()f x 是奇函数C ．()f x 是周期函数D ．()f x 是增函数 【答案】C【解析】【分析】根据[]x 表示不超过x 的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.【详解】由[]x 表示不超过x 的最大正整数，其函数图象为选项A ，函数()[)0,1f x ∈，故错误；选项B ，函数()f x 为非奇非偶函数，故错误；选项C ，函数()f x 是以1为周期的周期函数，故正确；选项D ，函数()f x 在区间[)[)[)0,1,1,2,2,3L L 上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.故选：C【点睛】本题考查对题干[]x 的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

浙江省2021版高考数学三模试卷（理科）（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分）已知集合，则（）A .B .C .D .2. （2分） (2020高三上·合肥月考) 若复数满足，其中是虚数单位，则复数的模为（）A .B .C .D . 33. （2分） (2017高二下·咸阳期末) 已知随机变量ξ服从正态分布N（2017，σ2），则P（ξ＜2017）等于（）A .B .C .D .4. （2分）“”是“直线与直线平行”的（）A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充要条件D . 既不充分也不必要条件5. （2分）执行右面的程序框图．若输入n=7,则输出的值为A . 2B . 3C . 4D . 56. （2分）某班级有50名学生，现要采取系统抽样的方法在这50名学生中抽出10名学生，将这50名学生随机编号1﹣50号，并分组，第一组1﹣5号，第二组6﹣10号，…，第十组46﹣50号，若在第三组中抽得号码为12，则在第八组中抽得号码为（）A . 37B . 38C . 39D . 407. （2分）下列函数中，图象关于点（， 0）对称的是（）A . y=sin（x+）B . y=cos（x﹣）C . y=sin（x+）D . y=tan（x+）8. （2分） (2016高二上·乐清期中) 若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值和最小值分别为（）A . 4和3B . 4和2C . 3和2D . 2和09. （2分） (2020高一下·荆州期末) 方程的解的个数是（）.A . 0个B . 1个C . 2个D . 3个10. （2分）(2020·嘉兴模拟) 分别将椭圆的长轴、短轴和双曲线的实轴、虚轴都增加m个单位长度（），得到椭圆和双曲线．记椭圆和双曲线的离心率分别是，则（）A . ，B . ，与的大小关系不确定C . ，D . ，与的大小关系不确定二、填空题 (共5题；共6分)11. （1分） (2017高一上·西安期末) 与圆C：（x﹣2）2+（y+1）2=4相切于点（4，﹣1）且半径为1的圆的方程是________．12. （1分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________13. （1分）公共汽车在8：00到8：20内随机地到达某站，某人8：15到达该站，则他能等到公共汽车的概率为________14. （1分） (2019高二下·景德镇期中) 已知函数则 =________．15. （2分） (2016高一上·湖州期中) 已知函数f（x）=（x﹣a）（x+2）为偶函数，若g（x）= ，则a=________，g[g（﹣）]=________三、解答题 (共6题；共45分)16. （15分） (2017高一上·吉林期末) 已知函数f（x）=2sin（3ωx+ ），其中ω＞0（1）若f（x+θ）是周期为2π的偶函数，求ω及θ的值；（2）若f（x）在（0， ]上是增函数，求ω的最大值；（3）当ω= 时，将函数f（x）的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数y=g（x）的图象，若y=g（x）在[0，b]（b＞0）上至少含有10个零点，求b的最小值．17. （5分）(2017·山西模拟) 已知如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的菱形，面PBC⊥面A BCD，点E是AD 的中点，PQ∥面ABCD且点Q在面ABCD上的射影Q′落在AB的延长线上，若PQ=1，PB= ，且（）• =0， =2（Ⅰ）求证面PBC⊥面PBE（Ⅱ）求平面PBQ与平面PAD所成钝二面角的正切值．18. （10分）(2013·江西理) 正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令b ，数列{bn}的前n项和为Tn ．证明：对于任意n∈N* ，都有．19. （5分）(2017·怀化模拟) 为了政府对过热的房地产市场进行调控决策，统计部门对城市人和农村人进行了买房心理预测调研，用简单随机抽样的方法抽取了110人进行统计，得到如下列联表：买房不买房纠结城市人515农村人2010已知样本中城市人数与农村人数之比是3：8．（Ⅰ）分别求样本中城市人中的不买房人数和农村人中的纠结人数；（Ⅱ）从参与调研的城市人中用分层抽样方法抽取6人，进一步统计城市人的某项收入指标，假设一个买房人的指标算作3，一个纠结人的指标算作2，一个不买房人的指标算作1，现在从这6人中再随机选取3人，令X=再抽取3人指标之和，求X的分布列和数学期望．20. （5分）(2020·南昌模拟) 已知函数（，且，e为自然对数的底）.（I）求函数的单调区间（Ⅱ）若函数在有两个不同零点，求a的取值范围.21. （5分）(2017·四川模拟) 已知直线l的方程为y=x+2，点P是抛物线y2=4x上到直线l距离最小的点，点A是抛物线上异于点P的点，直线AP与直线l交于点Q，过点Q与x轴平行的直线与抛物线y2=4x交于点B．（Ⅰ）求点P的坐标；（Ⅱ）证明直线AB恒过定点，并求这个定点的坐标．参考答案一、选择题 (共10题；共20分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、二、填空题 (共5题；共6分)11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、三、解答题 (共6题；共45分)16-1、16-2、16-3、18-1、18-2、19-1、20-1、21-1、。

§8.4椭圆Ａ组基础题组1.(2021广东,8,5分)已知椭圆+=1(m>0)的左焦点为F1(-4,0),则m=( )A.2B.3C.4D.92.(2022湖北荆门元月调考,11,5分)已知θ是△ABC的一个内角,且sinθ+cosθ=,则方程x2sinθ-y2cosθ=1表示( )A.焦点在x轴上的双曲线B.焦点在y轴上的双曲线C.焦点在x轴上的椭圆D.焦点在y轴上的椭圆3.(2022超级中学原创猜测卷八,7,5分)已知a>0,椭圆+y2=1与双曲线2x2-ay2=1共焦点,过点M(-2,0)的直线l与椭圆交于P1,P2两点,线段P1P2的中点为P,设直线l的斜率为k1(k1≠0),直线OP(O为坐标原点)的斜率为k2,则k1k2的值为( )A.2B.-2C.D.-4.(2021温州二模,13,4分)若椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P(0,),且椭圆的长轴长是焦距的两倍,则a= .5.(2022江西,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于.6.(2021浙江宁波十校联考,13)设P为椭圆+=1上的点,F1,F2为其左,右焦点,且△PF1F2的面积为6,则·= .7.(2022领航高考冲刺卷一,9,6分)已知椭圆+=1的焦点为F1,F2,点P 在椭圆上,若|PF1|=4,则|PF2|= ,∠F1PF2的大小为.8.(2021浙江模拟训练冲刺卷四,15)已知抛物线y2=2px(p>0)与椭圆+=1(a>b>0)有相同的焦点F2,点P是两曲线的一个交点,且=,其中F1,F2分别是椭圆的左,右焦点,则椭圆的离心率e= .9.(2021浙江杭州学军中学第五次月考,21)设椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,过点F的直线l与椭圆C相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60°,=2.(1)求椭圆C的离心率;(2)假如|AB|=,求椭圆C的方程.10.(2021陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2. 11.(2021宁波一模,18,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,过F2作直线l交椭圆于P,Q 两点,若圆O:x2+y2=b2过F1,F2,且△PF1F2的周长为2+2.(1)求椭圆C和圆O的方程;(2)若M为圆O上任意一点,设直线l的方程为4x-3y-4=0,求△MPQ面积S△MPQ的最大值.12.(2021衢州二模,18,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点P,离心率为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设F1、F2分别为椭圆C的左、右焦点,过F2的直线l与椭圆C交于不同两点M,N,记△F1MN的内切圆的面积为S,求当S取最大值时直线l的方程,并求出最大值.13.(2022北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,试推断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.14.(2021陕西,20,12分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.B组提升题组1.(2021课标Ⅰ,5,5分)已知椭圆E的中心在坐标原点,离心率为,E的右焦点与抛物线C:y2=8x的焦点重合,A,B是C的准线与E的两个交点,则|AB|=( )A.3B.6C.9D.122.(2021浙江,9,5分)如图,F1,F2是椭圆C1:+y2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在其次、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是( )A. B. C. D.3.(2021衢州二模,7,5分)设点P(x,y)是曲线a|x|+b|y|=1(a>0,b>0)上的动点,且满足+≤2,则a+b的取值范围为( )A.[2,+∞)B.[1,2]C.[1,+∞)D.(0,2]4.(2021温州一模,12,6分)已知F1,F2是椭圆C:+=1的左,右焦点,过右焦点F2的直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点,M是弦AB的中点,直线OM(O为原点)的斜率为,则△ABF1的周长等于,斜率k= .5.(2021浙江,15,4分)椭圆+=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=x的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是.6.(2022课标Ⅱ,20,12分)设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率;(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b. 7.(2021金华十校联考,19,15分)已知椭圆C:+=1的左顶点为A(-3,0),左焦点恰为圆x2+2x+y2+m=0(m∈R)的圆心M.(1)求椭圆C的方程;(2)过点A且与圆M相切于点B的直线交椭圆C于点P,P与椭圆C右焦点的连线交椭圆于Q,若B,M,Q三点共线,求实数m的值.8.(2021浙江湖州中学期中,21)已知A、B分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点,点D在椭圆C上,且直线DA与直线DB的斜率之积为-.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,已知P,Q是椭圆C上不同于顶点的两点,直线AP与QB交于点M,直线PB与AQ交于点N.若直线PQ 过椭圆的右焦点F2,求直线MN的方程.9.(2021浙江宁波十校联考,19)设椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率为,其中一个顶点为P(0,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设等腰Rt△PAB是椭圆C的内接三角形,∠APB=90°,点A、P、B按顺时针方向排列,求直线AP的方程.10.(2022超级中学原创猜测卷三,19,15分)如图,中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆C1和圆心在坐标原点的圆C2都经过点M(0,-3),且椭圆C1的离心率为.(1)求椭圆C1和圆C2的方程;(2)过点M引两条斜率分别为k1,k2的直线分别交C1,C2于点P、Q,若PQ⊥y轴,则是否存在正常数l使得k1=lk2?若存在,求出l;若不存在,请说明理由;(3)在(2)的条件下,求△MPQ的面积的最大值. 11.(2022广东,20,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为(,0),离心率为.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.12.(2022陕西,20,13分)如图,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连结而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.(1)求a,b的值;(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若AP⊥AQ,求直线l的方程.13.(2021浙江名校(衢州二中)沟通卷二,18)如图,已知圆O:x2+y2=1的一条切线与椭圆C:+y2=1交于A,B两点,且切线AB与圆O的切点Q在y轴的右侧,F为椭圆C的右焦点.(1)求△ABF的周长;(2)求△OAB面积的最大值.14.(2021浙江冲刺卷一,21)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,离心率e=.点P是椭圆C上位于第一象限内的点,满足cos∠F1PF2=,△F1PF2的面积为.(1)求椭圆的方程及点P的坐标;(2)经过点P斜率为k和-k的两直线l1,l2分别与椭圆交于点M,N.①试问直线MN的斜率是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由;②当1≤k≤2时,求直线MN在y轴上的截距的取值范围. Ａ组基础题组1.B 依题意有25-m2=16,∵m>0,∴m=3.故选B.2.D 由于(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ=,所以sinθcosθ=-<0,又sinθ+cosθ=>0,且θ是△ABC的内角,所以sinθ>-cosθ>0,故>>0,而x2sinθ-y2cosθ=1可化为+=1,所以方程x2sinθ-y2cosθ=1表示焦点在y轴上的椭圆.3.D 将双曲线2x2-ay2=1化为标准方程为-=1,由题意得a-1=+,解得a=2或a=-(舍去),故椭圆的方程为+y2=1.易知直线l:y=k1(x+2),把y=k1(x+2)代入椭圆的方程并化简得(1+2)x2+8x+8-2=0,设P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x1+x2=-,故P,所以k2=×=-,所以k1k2=-.4.答案 2解析椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P(0,),则b=,由于椭圆的长轴长是焦距的两倍,则a=2c,又由于a2=b2+c2,所以有a2=3+,解得a=2.5.答案解析设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1①,+=1②.①、②两式相减并整理得=-·.把已知条件代入上式得,-=-×,∴=,故椭圆的离心率e==.6.答案 5解析设P(x0,y0),∵F1(-,0),F2(,0),∴=×2×|y0|=6,得=,则=16-=,∴·=-7+=5.7.答案2;解析依据椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a=6,由于|PF1|=4,所以|PF2|=2.又|F1F2|=2c=2,在△F1PF2中,依据余弦定理得cos∠F1PF2==-,所以∠F1PF2=.8.答案或解析由=和|PF1|+|PF2|=2a,得|PF2|=.设P(x,y),则有|PF2|=x+=x+c=a,解得x=a-c.又|PF2|====a-ex,则a-ex=a,从而有a-e=a,则-e=0,解得e=或e=.9.解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1<0,y2>0.(1)由已知得直线l的方程为y=(x-c),其中c=.由得(3a2+b2)y2+2b2cy-3b4=0,解得y1=,y2=.由于=2,所以-y1=2y2,即=2·,整理得离心率e==.(2)由于|AB|=|y2-y1|,所以·=.由=得b=a.所以a=,得a=3,所以b=.故椭圆C的方程为+=1.10.解析(1)由题设知=,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=.所以椭圆E的方程为+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知可知Δ>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=,x1x2=.从而直线AP,AQ的斜率之和k AP+k AQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.11.解析(1)由已知得解得b=c=1,a=.故椭圆C:+y2=1,圆O:x2+y2=1.(2)设点P(x1,y1),点Q(x2,y2).将直线l的方程代入椭圆方程得41y2+24y-16=0,故y1+y2=-,y1y2=-,所以|PQ|=·|y1-y2|==.为使S△MPQ最大,则使点M到直线l的距离最大.最大距离等于圆心到直线l的距离与圆半径之和,即h=+1=,所以(S△MPQ)最大值=|PQ|·h=.12.解析(1)由题意得+=1,=,a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=1,则椭圆C的标准方程为+=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),△F1MN的内切圆半径为r,则=(|MN|+|F1M|+|F1N|)·r=·8r=4r,所以要使S取最大值,只需最大,=|F1F2||y1-y2|=|y1-y2|.设直线l的方程为x=ty+1,将x=ty+1代入+=1可得(3t2+4)y2+6ty-9=0(*),∵Δ>0恒成立,∴方程(*)恒有解,∴y1+y2=,y1y2=,==,记m=(m≥1),则==,在[1,+∞)上递减,当m=1,即t=0时,()max=3, 此时l:x=1,S max=.13.解析(1)由题意知,椭圆C的标准方程为+=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=.故椭圆C的离心率e==.(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x0≠0.由于OA⊥OB,所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.当x0=t时,y0=-,代入椭圆C的方程,得t=±,故直线AB的方程为x=±.圆心O到直线AB的距离d=.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.当x0≠t时,直线AB的方程为y-2=(x-t),即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.圆心O到直线AB的距离d=.又+2=4,t=-,故d===.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.综上,直线AB与圆x2+y2=2相切.14.解析(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0, 则原点O到该直线的距离d==,由d=c,得a=2b=2,解得离心率e==.(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.①依题意得,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且|AB|=.易知,AB与x轴不垂直,设其方程为y=k(x+2)+1,代入①得(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.由x1+x2=-4,得-=-4,解得k=.从而x1x2=8-2b2.于是|AB|=|x1-x2|==.由|AB|=,得=,解得b2=3.故椭圆E的方程为+=1.解法二:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.②依题意得,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且|AB|=.设A(x1,y1),B(x2,y2),则+4=4b2,+4=4b2,两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,易知AB与x轴不垂直,则x1≠x2,所以AB的斜率k AB==.因此直线AB的方程为y=(x+2)+1,代入②得x2+4x+8-2b2=0.所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.于是|AB|=|x1-x2|==.由|AB|=,得=,解得b2=3.故椭圆E的方程为+=1.B组提升题组1.B 抛物线C:y2=8x的焦点坐标为(2,0),准线方程为x=-2.从而椭圆E的半焦距c=2.可设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),由于离心率e==,所以a=4,所以b2=a2-c2=12.由题意知|AB|==2×=6.故选B.2.D 焦点F1(-,0),F2(,0),在Rt△AF1F2中,|AF1|+|AF2|=4,|AF1|2+=12,所以可解得|AF2|-|AF1|=2,故双曲线的离心率e==,选D.3.A 由于满足+=2的点(x,y)的轨迹为椭圆,且a=,c=1,b=1,所以椭圆的方程为+x2=1,+≤2表示椭圆的内部和椭圆上的点.又a|x|+b|y|=1表示的曲线在椭圆的内部,所以其顶点,在椭圆的内部或椭圆上,得≤1,≤,所以a ≥1,b≥1,a+b≥2,故选A.4.答案8;-3解析依题意得|AF1|+|AF2|=4,|BF1|+|BF2|=4,|AF1|+(|AF2|+|BF2|)+|BF1|=8,即|AF1|+|AB|+|BF1|=8,△ABF1的周长为8.设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则有两式相减得+=0,即+=0.又===,因此+(x1-x2)=0,即=-3,k=-3.5.答案解析设Q的坐标为(x0,y0),FQ的中点为M,由点M在直线y=x上得bx0-cy0+bc=0①.又由于直线FQ垂直于直线y=x,所以=-,即cx0+by0-c2=0②,联立①②得点Q,把点Q的坐标代入+=1并化简得a6=4c6+a4c2,两边同除以a6得4e6+e2-1=0,令t=e2,则0<t<1,则4t3-t+2t-1=0,则[t(2t+1)+1](2t-1)=0,解得t=,由于0<e<1,所以e=. 6.解析(1)依据c=及题设知M,2b2=3ac.将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得=或=-2(舍去).故C的离心率为. (2)由题意,得原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故=4,即b2=4a.①由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1<0,则即代入C的方程,得+=1.②将①及c=代入②得+=1.解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.7.解析(1)圆M方程化为(x+1)2+y2=1-m,可得M(-1,0),∴c=1.又∵顶点为A(-3,0),∴a=3.∴b2=a2-c2=8, 故椭圆C的方程为+=1.(2)设AP的方程为x=ty-3(t≠0),代入8x2+9y2-72=0,得(8t2+9)y2-48ty=0,解得y A=0,y P=,从而x P=ty P-3=.又右焦点坐标为(1,0),所以PQ的方程为x=y+1,代入8x2+9y2-72=0,得y2+y-64=0,所以y P y Q=,得y Q=,从而x Q=y Q+1=.由B,M,Q三点共线,知MQ⊥AP,故k MQ k AP=-1,即·=-1,解得t=±.所以AP的方程为x=±y-3.故圆心M到AP的距离为1,即圆的半径为=1,从而m=0.8.解析(1)由于点D在椭圆C上,故+=1①,又直线DA与直线DB的斜率之积为-,所以·==-②,由①②解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的方程为+=1.(2)设直线PQ的方程为x=ty+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),由得(3t2+4)y2+6ty-9=0,所以y1+y2=,y1y2=.由条件知直线AP的方程为x=y-2,直线BQ的方程为x=y+2,联立,解得x M=4,同理得x N=4,所以直线MN的方程为x=4.9.解析(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),则b=1,设椭圆的焦距为2c,由于e==,所以c2=a2=a2-b2=a2-1,所以a2=5,所以椭圆C的方程为+y2=1.(5分)(2)设直线PA的斜率为k,则k>0,直线PB的斜率为-.直线PA的方程为y=kx+1(k>0),代入椭圆C的方程+y2=1得(5k2+1)x2+10kx=0,所以x A=,所以|PA|2=(1+k2)=.(8分)同理,|PB|2==,又由于|PA|=|PB|,所以=(k>0),(10分)解得k=1或k=2±.(14分)所以直线PA的方程为y=x+1或y=(2±)x+1.(15分)10.解析(1)设椭圆C1为+=1(a>b>0),由于椭圆C1经过点M(0,-3),∴b=3,又e=,a2-c2=b2,∴c=4,a=5.∴椭圆C1的方程为+=1,设圆C2的方程为x2+y2=r2,∵圆C2经过点M(0,-3),∴r=3,∴圆C2的方程为x2+y2=9.(2)存在.由题意知,直线MP的方程为y=k1x-3,直线MQ的方程为y=k2x-3.联立消去y,整理得(9+25)x2-150k1x=0,∴x P=,则P.同理,由得Q,由于PQ⊥y轴,∴=,化简得=,∴l=±,∵l>0,∴l=.(3)由(2)知,|PQ|==,∴S△MPQ=|PQ||y Q-y M|=··=.下面求的最大值,令|k2|=tanα,其中α∈,则==sin3αcosα,依据基本不等式,得3=sin2α+sin2α+sin2α+3cos2α≥2sin2α+2=2(sin2α+sinαcosα)≥4,∴sin3αcosα≤,当且仅当sin2α=3cos2α,即|k2|=tanα=时,取“=”.此时,S△MPQ取得最大值,且最大值为.11.解析(1)由题意得c=,∵e==,∴a=3,∴b==2,∴椭圆C的标准方程为+=1.(2)当过P点的两条切线的斜率均存在时,不妨设为k1、k2,则过P点的切线方程可设为y-y0=k(x-x0)⇒y=kx+y0-kx0,由消去y,有(4+9k2)x2+18k(y0-kx0)x+9[(y0-kx0)2-4]=0,Δ=[18k(y0-kx0)]2-4(4+9k2)×9[(y0-kx0)2-4]=0,整理得(9-)k2+2x0y0k-+4=0,∴k1k2=(x0≠±3),由已知得k1k2=-1,∴=-1,∴+=13,即此时点P的轨迹方程为+=13.当两条切线中有一条垂直于x轴时,此时两条切线方程应分别为x=3,y=2或x=-3,y=2或x=3,y=-2或x=-3,y=-2,P点坐标为(3,2)或(-3,2)或(3,-2)或(-3,-2),均满足方程+=13(x0≠±3).综上所述,所求P点的轨迹方程为+=13.12.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左,右顶点. 设C1的半焦距为c,由=及a2-c2=b2=1得a=2.∴a=2,b=1.(2)由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点P的坐标为(x P,y P),∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.由求根公式,得x P=,从而y P=,∴点P的坐标为.同理,由得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).∴=(k,-4),=-k(1,k+2).∵AP⊥AQ,∴·=0,即[k-4(k+2)]=0,∵k≠0,∴k-4(k+2)=0,解得k=-.经检验,k=-符合题意, 故直线l的方程为y=-(x-1).13.解析(1)设A(x,y)(0<x<2),由已知得F(,0),|AF|====2-x.连结OQ,则OQ⊥AB,∴|AQ|===x,故|AQ|+|AF|=2.同理,|BQ|+|BF|=2,故△ABF的周长为4.(2)设Q(cosθ,sinθ),θ∈∪,则直线AB的方程为xcosθ+ysinθ=1,代入椭圆方程,得(1+3cos2θ)y2-2ysinθ+1-4cos2θ=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=,∴|AB|=·==,又O到直线AB的距离为1,∴S=.设t=cosθ,0<t≤1.f(t)=+3t.∵f(t)=+3t(0<t≤1)在t=时取得最小值,∴f(t)≥f=2,∴S≤1,即△OAB面积的最大值为1.14.解析(1)由e=,得a=2c,∵a2=b2+c2,∴b=c.设|PF1|=m,|PF2|=n,则有又m>n,解得∵cos∠F1PF2=,∴sin∠F1PF2=,∴=mnsin∠F1PF2=×c·c·=c2.∵=,∴c=1,∴a=2,b=,∴椭圆的方程为+=1.设P(x,y),则有·2y=,得y=,代入椭圆方程得x=1,即点P的坐标为.(2)①直线MN的斜率是定值.理由如下:直线l1的方程为y=kx-k+,代入椭圆方程+=1中, 整理得(4k2+3)x2-4(2k2-3k)x+4k2-12k-3=0.此方程的两根为点P,M的横坐标,即1与x M.∵1×x M=,∴x M=,代入直线l1的方程得y M=-,故M.以-k代替k,得点N的坐标为,∴k MN==,即直线MN的斜率为定值.②直线MN的方程为y=-,令x=0,得y=--=-=-2+,∵1≤k≤2,∴-≤-2+≤-.故直线MN在y轴上的截距的取值范围为.。

浙江省温州市2021届新高考数学三模试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设命题p ：,a b R ∀∈，a b a b -<+，则p ⌝为 A ．,a b R ∀∈，a b a b -≥+ B ．,a b R ∃∈，a b a b -<+ C ．,a b R ∃∈，a b a b ->+ D ．,a b R ∃∈，a b a b -≥+【答案】D 【解析】 【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可. 【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p ：,a b R ∀∈，a b a b -<+，则p ⌝为：,a b R ∃∈，a b a b -≥+.故本题答案为D. 【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.2．已知函数()222ln 02x x e f x e x x e ⎧<≤=⎨+->⎩，，，存在实数123x x x <<，使得()()()123f x f x f x ==，则()12f x x 的最大值为（ ）A ．1eB．CD ．21e 【答案】A 【解析】 【分析】画出分段函数图像，可得121x x =，由于()()122222ln f x f x x x x x ==，构造函数()ln xg x x=，利用导数研究单调性，分析最值，即得解. 【详解】由于22123012x x e x e <<<<<<+，1212ln ln 1x x x x -=⇒=,由于()()122222ln f x f x x x x x ==， 令()ln xg x x =，()21x e ∈，， ()()21ln xg x g x x=⇒'-在()1e ，↗，()2e e ，↘ 故()1()max g x g e e==.故选：A 【点睛】本题考查了导数在函数性质探究中的应用，考查了学生数形结合，转化划归，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.3．把函数2()sin f x x =的图象向右平移12π个单位，得到函数()g x 的图象．给出下列四个命题①()g x 的值域为(0,1] ②()g x 的一个对称轴是12x π=③()g x 的一个对称中心是1,32π⎛⎫ ⎪⎝⎭④()g x 存在两条互相垂直的切线 其中正确的命题个数是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】由图象变换的原则可得11()cos 2262g x x π⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭,由cos 2[1,1]6x π⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭可求得值域；利用代入检验【详解】由题,21cos2()sin2xf x x -==,则向右平移12π个单位可得,1cos21112()cos22262xg x xππ⎛⎫--⎪⎛⎫⎝⎭==--+⎪⎝⎭cos2[1,1]6xπ⎛⎫-∈-⎪⎝⎭,()g x∴的值域为[0,1],①错误；当12xπ=时,206xπ-=,所以12xπ=是函数()g x的一条对称轴,②正确；当3xπ=时,226xππ-=,所以()g x的一个对称中心是1,32π⎛⎫⎪⎝⎭,③正确；()sin2[1,1]6g x xπ⎛⎫'=-∈-⎪⎝⎭,则1212,,()1,()1x x R g x g x''∃∈=-=,使得12()()1g x g x''⋅=-,则()g x在1x x=和2x x=处的切线互相垂直,④正确.即②③④正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.4．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（）尺.A．5.45B．4.55C．4.2D．5.8【答案】B【解析】∴()()9AB AC AB AC +-=，解得0.9AB AC -= ， ∴100.9AB AC AB AC +=⎧⎨-=⎩，解得 5.454.55AB AC =⎧⎨=⎩. ∴折断后的竹干高为4.55尺 故选B.5．若直线2y kx =-与曲线13ln y x =+相切，则k =（ ） A ．3 B ．13C ．2D ．12【答案】A 【解析】 【分析】设切点为00(,2)x kx -，对13ln y x =+求导，得到3y x'=，从而得到切线的斜率03k x =，结合直线方程的点斜式化简得切线方程，联立方程组，求得结果. 【详解】设切点为00(,2)x kx -，∵3y x '=，∴0003,213ln ,k x kx x ⎧=⎪⎨⎪-=+⎩①②由①得03kx =， 代入②得013ln 1x +=， 则01x =，3k =， 故选A. 【点睛】该题考查的是有关直线与曲线相切求参数的问题，涉及到的知识点有导数的几何意义，直线方程的点斜式，属于简单题目.6．若函数()()222cos 137f x x x m x m m =+-+++-有且仅有一个零点，则实数m 的值为（ ）A．32- B．32- C ．4- D ．2【答案】D 【解析】推导出函数()y f x =的图象关于直线1x =-对称，由题意得出()10f -=，进而可求得实数m 的值，并对m 的值进行检验，即可得出结果. 【详解】()()()221cos 138f x x m x m m =+-+++-，则()()()2222111cos 1138cos 38f x x m x m m x m x m m -+=-++--++++-=-++-，()()()2222111cos 1138cos 38f x x m x m m x m x m m --=--+---+++-=-++-，()()11f x f x ∴-+=--，所以，函数()y f x =的图象关于直线1x =-对称.若函数()y f x =的零点不为1x =-，则该函数的零点必成对出现，不合题意. 所以，()10f -=，即2280m m +-=，解得4m =-或2.①当4m =-时，令()()()214cos 140f x x x =+-+-=，得()()24cos 141x x +=-+，作出函数()4cos 1y x =+与函数()241y x =-+的图象如下图所示：此时，函数()4cos 1y x =+与函数()241y x =-+的图象有三个交点，不合乎题意；②当2m =时，()cos 11x +≤，()()()212cos 120f x x x ∴=+-++≥，当且仅当1x =-时，等号成立，则函数()y f x =有且只有一个零点. 综上所述，2m =. 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出10f -=，7．设数列{}()*n a n N ∈的各项均为正数，前n 项和为nS ，212log 1log n n a a +=+，且34a =，则6S =（ ）A ．128B ．65C ．64D ．63【答案】D 【解析】 【分析】根据212log 1log n n a a +=+，得到212log l g 2o n n a a +=，即12n n a a +=，由等比数列的定义知数列{}n a 是等比数列，然后再利用前n 项和公式求6S . 【详解】因为212log 1log n n a a +=+， 所以212log l g 2o n n a a +=， 所以12n n a a +=，所以数列{}n a 是等比数列， 又因为34a =， 所以312414a a q ===， ()()6616111263112a q S q-⨯-===--.故选：D 【点睛】本题主要考查等比数列的定义及等比数列的前n 项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 8．已知下列命题：①“2,56x R x x ∀∈+>”的否定是“2,56x R x x ∃∈+≤”；②已知,p q 为两个命题，若“p q ∨”为假命题，则“()()p q ⌝∧⌝”为真命题； ③“2019a >”是“2020a >”的充分不必要条件； ④“若0xy =，则0x =且0y =”的逆否命题为真命题. 其中真命题的序号为（ ） A ．③④ B ．①②C ．①③D ．②④【答案】B由命题的否定，复合命题的真假，充分必要条件，四种命题的关系对每个命题进行判断． 【详解】“2,56x R x x ∀∈+>”的否定是“2,56x R x x ∃∈+≤”，正确；已知为两个命题，若“p q ∨”为假命题，则“()()p q ⌝∧⌝”为真命题，正确； “2019a >”是“2020a >”的必要不充分条件,错误；“若0xy =，则0x =且0y =”是假命题，则它的逆否命题为假命题，错误. 故选：B ． 【点睛】本题考查命题真假判断，掌握四种命题的关系，复合命题的真假判断，充分必要条件等概念是解题基础． 9．设数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，76a =.则这个数列的前7项和等于（ ） A ．12 B ．21C ．24D ．36【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得3a ，由等差数列求和公式可得结果. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=， 所以336a =，即32a =， 又76a =，所以73173a a d -==-，1320a a d =-=， 故1777()212a a S +== 故选：B 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题. 10．在等差数列{}n a 中，25a =-，5679a a a ++=，若3n nb a =（n *∈N ），则数列{}n b 的最大值是（ ）A ．3-B ．13- C ．1 D ．3【分析】在等差数列{}n a 中,利用已知可求得通项公式29n a n =-,进而3293n n b a n =-=,借助()329f x x =-函数的的单调性可知,当5n =时, n b 取最大即可求得结果. 【详解】因为5679a a a ++=，所以639a =，即63a =，又25a =-，所以公差2d =，所以29n a n =-，即329n b n =-，因为函数()329f x x =-，在 4.5x <时，单调递减，且()0f x <；在 4.5x >时，单调递减，且()0f x >.所以数列{}n b 的最大值是5b ，且5331b ==，所以数列{}n b 的最大值是3.故选:D. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易. 11．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ) A ．12种 B ．24种 C ．36种 D ．48种【答案】C 【解析】 【分析】先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项. 【详解】把甲、乙两名交警看作一个整体，5个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有24C 种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有33A 种方法，由分步计数原理，共有234336C A ⋅=种方案。