【精准解析】2021新高考数学二轮(山东)：主观题专练 解析几何(9)

山东省济南市2021届新高考数学二模试卷一、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．定义在[]22-,上的函数()f x 与其导函数()f x '的图象如图所示，设O 为坐标原点，A 、B 、C 、D 四点的横坐标依次为12-、16-、1、43，则函数()xf x y e=的单调递减区间是（ ）A ．14,63⎛⎫-⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫-⎪⎝⎭C ．11,26--⎛⎫⎪⎝⎭D ．()1,2【答案】B 【解析】 【分析】先辨别出图象中实线部分为函数()y f x =的图象，虚线部分为其导函数的图象，求出函数()xf x y e =的导数为()()xf x f x y e'='-，由0y '<，得出()()f x f x '<，只需在图中找出满足不等式()()f x f x '<对应的x 的取值范围即可. 【详解】若虚线部分为函数()y f x =的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象（实线）与x 轴有三个交点，不合乎题意；若实线部分为函数()y f x =的图象，则该函数有两个极值点，则其导函数图象（虚线）与x 轴恰好也只有两个交点，合乎题意. 对函数()xf x y e=求导得()()xf x f x y e'='-，由0y '<得()()f x f x '<，由图象可知，满足不等式()()f x f x '<的x 的取值范围是1,12⎛⎫-⎪⎝⎭， 因此，函数()xf x y e =的单调递减区间为1,12⎛⎫-⎪⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查利用图象求函数的单调区间，同时也考查了利用图象辨别函数与其导函数的图象，考查推理能力，属于中等题.2．已知复数z 满足1z =，则2z i +-的最大值为（ ）A ．23+B ．1+C ．2+D ．6【答案】B 【解析】 【分析】设i,,z a b a b R =+∈，2z i +-=，利用复数几何意义计算. 【详解】设i,,z a b a b R =+∈，由已知，221a b +=，所以点(,)a b 在单位圆上，而2i |(2)(1)i |=z a b +-=++-(,)a b到(2,1)-的距离，故21z i +-≤+=1. 故选：B. 【点睛】本题考查求复数模的最大值，其实本题可以利用不等式|2||||2|z i z i +-≤+-来解决.3．20世纪产生了著名的“31x +”猜想：任给一个正整数x ，如果x 是偶数，就将它减半；如果x 是奇数，则将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.如图是验证“31x +”猜想的一个程序框图，若输入正整数m 的值为40，则输出的n 的值是（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】 【分析】列出循环的每一步，可得出输出的n 的值. 【详解】1n =，输入40m =，112n =+=，1m =不成立，m 是偶数成立，则40202m ==； 213n =+=，1m =不成立，m 是偶数成立，则20102m ==； 314n =+=，1m =不成立，m 是偶数成立，则1052m ==；415n =+=，1m =不成立，m 是偶数不成立，则35116m =⨯+=；516n =+=，1m =不成立，m 是偶数成立，则1682m ==； 617n =+=，1m =不成立，m 是偶数成立，则842m ==；718=+=n ，1m =不成立，m 是偶数成立，则224m ==；819n =+=，1m =不成立，m 是偶数成立，则212m ==；9110n =+=，1m =成立，跳出循环，输出n 的值为10.故选：C. 【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题. 4．已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（ ） A ．-1 B ．1C ．0D ．2【答案】B 【解析】 【分析】 化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：. 【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力. 5．复数2iz i=-（i 是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算以及几何意义即可求解. 【详解】 解：()()()21212222555i i i i z i i i i +-+====-+--+， 则复数2i z i =-（i 是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：12,55⎛⎫- ⎪⎝⎭， 位于第二象限. 故选：B. 【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.6．已知ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别是,,,a b c 且444222222a b c a b ca b +++=+，若c 为最大边，则a b c +的取值范围是（ ）A ．231⎛ ⎝⎭,B ．(3C ．231⎛ ⎝⎦,D ．3]【答案】C 【解析】 【分析】由444222222a b c a b c a b+++=+，化简得到cos C 的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解. 【详解】由444222222a b c a b c a b +++=+，可得222422222(2)a b c a b c a b ++-=+， 可得22222222222()c a b c a b a b c a b+-++-=+， 通分得2222222222()()0a b c c a b a b a b+---+=+， 整理得222222()a b c a b +-=，所以22221()24a b c ab +-=，因为C 为三角形的最大角，所以1cos 2C =-， 又由余弦定理2222222cos ()c a b ab C a b ab a b ab =+-=++=+-2223()()()24a b a b a b +≥+-=+，当且仅当a b =时，等号成立，所以)2c a b >+，即3a b c +≤， 又由a b c +>，所以a b c +的取值范围是(1,]3. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.7．已知集合{lgsin A x y x ==，则()cos22sin f x x x x A =+∈，的值域为（ ）A ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．31,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．11,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．2⎫⎪⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合(]0,3A =，化简()f x =22sin 2sin 1x x -++，令sin x t =(]0,1∈，得()2221g t t t =-++由二次函数的性质即可得值域. 【详解】由2sin 00390x x x >⎧⇒<≤⎨-≥⎩，得(]0,3A = ，()cos22sin f x x x =+=-22sin 2sin 1x x ++，令sin x t =， (]0,3x ∈，(]0,1t ∴∈，所以得()2221g t t t =-++ ，()g t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ 上递增，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上递减，()1311,22g g ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ，所以()31,2g t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即 ()f x 的值域为31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦故选A 【点睛】本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题 8．如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边,AB AC .已知以直角边,AC AB 为直径的半圆的面积之比为14，记ABC α∠=，则sin 2α=（ ）A ．925B ．1225C ．35D ．45【答案】D 【解析】 【分析】由半圆面积之比，可求出两个直角边,AB AC 的长度之比，从而可知1tan 2AC AB α==，结合同角三角函数的基本关系，即可求出sin ,cos αα，由二倍角公式即可求出sin 2α. 【详解】解：由题意知0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ ，以AB 为直径的半圆面积21122AB S π⎛⎫= ⎪⎝⎭， 以AC 为直径的半圆面积22122AC S π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则222114S AC S AB ==，即1tan 2AC AB α==.由22sin cos 1sin 1tan cos 2ααααα⎧+=⎪⎨==⎪⎩，得sin cos αα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以4sin 22sin cos 25ααα===. 故选:D. 【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值. 9．将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的1ω(0)>ω倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在3(,)22ππ上没有零点，则ω的取值范围是（ ）A ．228(0,][,]939B ．2(0,]9C ．28(0,][,1]99D ．(0,1]【答案】A 【解析】 【分析】根据y=Acos （ωx+φ）的图象变换规律，求得g （x ）的解析式，根据定义域求出56x πω-的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围． 【详解】函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度， 可得5cos 6y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象， 再将图象上每个点的横坐标变为原来的1ω(0)>ω倍(纵坐标不变)，得到函数5()cos 6g x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象， ∴周期2T πω=，若函数()g x 在3(,)22ππ上没有零点，∴ 553526626x ωπππωππω-<-<-， ∴ 35526262T ωππωπππω⎛⎫⎛⎫---≤=⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 21ω∴≤，解得01ω<≤，又522635226k k πωππππωπππ⎧-+≤-⎪⎪⎨⎪+≥-⎪⎩，解得3412323k ωω-≤≤-， 当k=0时，解2839ω≤≤， 当k=-1时，01ω<≤，可得209ω<≤， ω∴∈228(0,][,]939.故答案为：A. 【点睛】本题考查函数y=Acos （ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题. 10．已知1sin 243απ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则sin α的值等于（ ） A ．79-B ．29-C ．29D ．79【答案】A 【解析】 【分析】由余弦公式的二倍角可得，27cos()12sin 2249παπα⎛⎫+=-+= ⎪⎝⎭，再由诱导公式有 cos()sin 2παα+=-，所以7sin 9α=-【详解】 ∵1sin 243απ⎛⎫+=⎪⎝⎭ ∴由余弦公式的二倍角展开式有27cos()12sin 2249παπα⎛⎫+=-+= ⎪⎝⎭又∵cos()sin 2παα+=-∴7sin 9α=- 故选：A 【点睛】本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单题11．已知集合{}21|A x log x =<，集合{}|2B y y x ==-，则A B =（ ）A ．(),2-∞B ．(],2-∞C ．()0,2D ．[)0,+∞【答案】D 【解析】 【分析】可求出集合A ，B ，然后进行并集的运算即可． 【详解】解：{}|02A x x =<<，{}|0B y y =≥；∴[)0,A B =+∞．故选D ． 【点睛】考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．12．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且//AB CD ，若正方体的六个面所在的平面与直线CE EF ，相交的平面个数分别记为m n ，，则下列结论正确的是（ ）A ．m n =B ．2m n =+C ．m n <D ．8m n +<【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得,m n 的值，即可比较各选项. 【详解】如下图所示，CE ⊂平面ABPQ ，从而//CE 平面1111A B PQ ，易知CE 与正方体的其余四个面所在平面均相交， ∴4m =，∵//EF 平面11BPPB ，//EF 平面11AQQ A ，且EF 与正方体的其余四个面所在平面均相交， ∴4n =，∴结合四个选项可知，只有m n =正确. 故选：A. 【点睛】本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

解析几何(9)1．[2020·山东日照校际联考]如图，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，A (4,0)是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，且cos 〈OA →，CA →〉＝21313，|OC →－OB →|＝2|BC →－BA →|.(1)求椭圆E 的方程．(2)过椭圆E 的右焦点F 的直线l 交椭圆E 于A 1，B 1两点，交直线x ＝8于点M ，判定直线CA 1，CM ，CB 1的斜率是否构成等差数列，请说明理由．2．[2020·山东师大附中模拟]设抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，M ∈C ，以M 为圆心的圆M 与l 相切于点Q ，Q 的纵坐标为3p ，E (5,0)是圆M 与x 轴的不同于F 的一个交点．(1)求抛物线C 与圆M的方程；(2)过F 且斜率为43的直线n 与C 交于A ，B 两点，求△ABQ 的面积．3．[2020·山东高考第一次大联考]设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E且离心率为32.F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.(1)求椭圆E和⊙F的方程．(2)若直线l：y＝k(x－3)(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C 在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．4．[2020·全国卷Ⅰ]已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG→·GB→＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．5．[2020·山东淄博部分学校联考]已知圆O：x2＋y2＝4，抛物线C：x2＝2py(p>0)．(1)若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求|AF|；(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N，设M(x0，y0)，当y0∈[3,4]时，求|MN|的最大值．6．[2020·新高考Ⅰ卷]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点A(2,1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．解析几何(9)1．解析：(1)∵|OC →－OB →|＝2|BC →－BA →|，∴|BC →|＝2|AC →|.又|OB →|＝|OC →|，∴△AOC 是等腰三角形．∵A (4,0)是长轴的一个端点，∴a ＝4.∵cos 〈OA →，CA →〉＝21313，∴cos ∠OAC ＝21313，则易知x C ＝2，y C ＝3，∴C (2,3)．∵点C 在椭圆上，∴416＋9b 2＝1，∴b 2＝12，∴椭圆E 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由题意可知直线l 的斜率存在，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，＋y 212＝1，k (x －2)，得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16(k 2－3)＝0.设A 1(x 1，y 1)，B 1(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝16k 24k 2＋3，x 1x 2＝16(k 2－3)4k 2＋3.设直线CA 1，CB 1，CM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则k 1＝y 1－3x 1－2，k 2＝y 2－3x 2－2，k 3＝6k －38－2＝k －12，又y 1＝k (x 1－2)，y 2＝k (x 2－2)，∴k 1＋k 2＝k (x 1－2)－3x 1－2＋k (x 2－2)－3x 2－2＝k ＋k －2k －3×x 1＋x 2－4x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝2k －3×16k 24k 2＋3－416(k 2－3)4k 2＋3－32k 24k 2＋3＋4＝2k －1.又k 3＝k －12，∴k 1＋k 2＝2k 3，故直线CA 1，CM ，CB 1的斜率成等差数列．2．解析：(1)如图：由抛物线的定义知，圆M 经过焦点F p 2，0Q －p2，3p 点M 的纵坐标为3p ，又M ∈C ，则M 3p 2，3p ，|MF |＝|MQ |＝2p ，由题意，M 是线段EF 的垂直平分线上的点，又E (5,0)，故3p 2＝p2＋52，解得p ＝2，则M (3,23)，Q (－1,23)，圆M 的半径|MQ |＝4，故抛物线C ：y 2＝4x ，圆M ：(x －3)2＋(y －23)2＝16；(2)由(1)可知F (1,0)，直线n ：y ＝43(x －1)，y 2＝4xy ＝43(x －1)，x ＝4y ＝4x ＝14y ＝－1，如下图：设A 14，－1B (4,4)，则|AB |＝254，Q 到直线n 的距离d ＝8＋635，所以△ABQ 的面积S ＝12|AB |·d ＝20＋1534.3．解析：(1)设E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由题设知1a 2＋34b 2＝1，a 2－b 2a ＝32.解得a ＝2，b ＝1，故椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.因此F (3，0)，|PF |＝12，即⊙F 的半径为12.所以⊙F 的方程为(x －3)2＋y 2＝14.(2)由题设可知，A 在E 外，B 在E 内，C 在⊙F 内，D 在⊙F 外．在l 上的四点A ，B ，C ，D 满足|AC |＝|AB |－|BC |，|BD |＝|CD |－|BC |.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．将l 的方程代入E 的方程得(1＋4k 2)x 2－83k 2x ＋12k 2－4＝0，则x 1＋x 2＝83k 24k 2＋1，x 1x 2＝12k 2－44k 2＋1，|CD |＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4k 2＋44k 2＋1>1，又⊙F 的直径|AB |＝1，所以|BD |－|AC |＝|CD |－|AB |＝|CD |－1>0，故不存在正数k 使|AC |＝|BD |.4．解析：(1)由题设得A (－a,0)，B (a,0)，G (0,1)．则AG →＝(a,1)，GB →＝(a ，－1)．由AG →·GB →＝8得a 2－1＝8，即a ＝3.所以E 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t )．若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3.由于直线PA 的方程为y ＝t 9(x ＋3)，所以y 1＝t 9(x 1＋3)．直线PB 的方程为y ＝t 3(x －3)，所以y 2＝t 3(x 2－3)．可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3)．由于x 229＋y 22＝1，故y 22＝－(x 2＋3)(x 2－3)9，可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)，即(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.①将x ＝my ＋n 代入x 29y 2＝1得(m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0.所以y 1＋y 2＝－2mn m 2＋9，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9.代入①式得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2(m 2＋9)＝0.解得n 1＝－3(舍去)，n 2＝32.故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0综上，直线CD 5．解析：(1)由题意知F (0,2)，所以p ＝4.所以抛物线C 的方程为x 2＝8y .将x 2＝8y 与x 2＋y 2＝42＝8y ，2＋y 2＝4，得y ＝2(5－2)，所以点A 的纵坐标为y A ＝2(5－2)，结合抛物线的定义得|AF |＝y A ＋p 2＝25－2.(2)由x 2＝2py 得y ＝x 22p ，y ′＝x p ，所以直线l 的斜率为x 0p ，故直线l 的方程为y －y 0＝x 0p(x －x 0)，即x 0x －py －py 0＝0.连接OM ，ON ，则|ON |＝|－py 0|x 20＋p 2＝2，得p ＝8y 0y 20－4，且y 20－4>0，所以|MN |2＝|OM |2－|ON |2＝x 20＋y 20－4＝2py 0＋y 20－4＝16y 20y 20－4＋y 20－4＝16(y 20－4＋4)y 20－4＋y 20－4＝16＋64y 20－4＋y 20－4.令t ＝y 20－4，y 0∈[3,4]，则t ∈[5,12]，令f (t )＝16＋t ＋64t ，则f ′(t )＝1－64t2，当t ∈[5,8]时，f ′(t )≤0，f (t )单调递减，当t ∈(8,12]时，f ′(t )>0，f (t )单调递增．又f (5)＝16＋5＋645＝1695，f (12)＝16＋12＋6412＝1003，所以f (x )max ＝1695，即|MN |的最大值为1355.6．解析：(1)由题设得4a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2a 2＝12，解得a 2＝6，b 2＝3.所以C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 26＋y 23＝1得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.于是x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2.①由AM ⊥AN 知AM →·AN →＝0，故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，可得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k－2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k2－(km －k －2)4km 1＋2k 2＋(m －1)2＋4＝0.整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0.因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k ＋m －1≠0，故2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1.于是MN 的方程为y ＝－13(k ≠1)．所以直线MN 过点若直线MN 与x 轴垂直，可得N (x 1，－y 1)．由AM →·AN →＝0得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1，可得3x 21－8x 1＋4＝0.解得x 1＝2(舍去)，x 1＝23此时直线MN 过点令Q为AP的中点，即若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.综上，存在点|DQ|为定值．。

专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点M (2，3),点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12，(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。

山东省济南市2021届新高考二诊数学试题一、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．已知l，m是两条不同的直线，m⊥平面α，则“//lα”是“l⊥m”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．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.【详解】当m⊥平面α时，若l∥α”则“l⊥m”成立，即充分性成立，若l⊥m，则l∥α或l⊂α，即必要性不成立，则“l∥α”是“l⊥m”充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的性质和定义是解决本题的关键.难度不大，属于基础题2．“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样.为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，己知恰有80个点落在阴影部分据此可估计阴影部分的面积是（）A．165B．325C．10 D．185【答案】D【解析】【分析】直接根据几何概型公式计算得到答案. 【详解】根据几何概型：809200Sp==，故185S=.本题考查了根据几何概型求面积，意在考查学生的计算能力和应用能力.3．2-31ii =+（ ） A ．15-22i B ．15--22iC ．15+22i D ．15-+22i 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】()()()()231231515111222i i i i z i i i i -----====--++-． 故选B ． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．4．在直角ABC ∆中，2C π∠=，4AB =，2AC =，若32AD AB =，则CD CB ⋅=u u u r u u u r （ ）A ．18-B ．63-C ．18D ．63【答案】C 【解析】 【分析】在直角三角形ABC 中，求得12AC cos CAB AB ∠== ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值． 【详解】在直角ABC ∆中，2C π∠=，4AB =，2AC =，，12AC cos CAB AB ∠==， 若32AD AB =u u u v u u u v ，则2CD CB AD AC AB AC AD AB AD AC AC AB AC ⋅=-⋅-=⋅-⋅-⋅+u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v （）（）223322AB AB AC AC AB AC =-⋅-⋅+u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v 3511642418222=⨯-⨯⨯⨯+=．本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．5．已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（）A．-1 B．1 C．0 D．2【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.6．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】【分析】列出循环的每一步，进而可求得输出的n值.根据程序框图，执行循环前：0a =，0b =，0n =，执行第一次循环时：1a =，2b =，所以：229840+≤不成立． 继续进行循环，…，当4a =，8b =时，226240+=成立，1n =， 由于5a ≥不成立，执行下一次循环，5a =，10b =，225040+≤成立，2n =，5a ≥成立，输出的n 的值为2.故选：B ． 【点睛】本题考查的知识要点：程序框图的循环结构和条件结构的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．7．在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样．马吃了牛的一半，羊吃了马的一半．”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（1斗=10升），三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同．马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马的一半．问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ） A ．2550100,,777B ．252550,,1477C ．100200400,,777 D ．50100200,,777【答案】D 【解析】 【分析】设羊户赔粮1a 升,马户赔粮2a 升,牛户赔粮3a 升,易知123,,a a a 成等比数列,1232,50q a a a =++=,结合等比数列的性质可求出答案. 【详解】设羊户赔粮1a 升,马户赔粮2a 升,牛户赔粮3a 升,则123,,a a a 成等比数列,且公比1232,50q a a a =++=,则1(1a q +)250q +=,故1250501227a ==++,2110027a a ==,23120027a a ==. 故选:D. 【点睛】本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基础题. 8．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1C ．2D ．2【答案】B 【解析】 【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得. 【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a 是正项等比数列，所以2020140396a a a =⋅= ∴202066loglog61a ==.故选：B 【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.9．函数()2xx e f x x=的图像大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】根据()0f x >排除C ，D ，利用极限思想进行排除即可． 【详解】解：函数的定义域为{|0}x x ≠，()0f x >恒成立，排除C ，D ，当0x >时，2()xx x e f x xe x ==，当0x →，()0f x →，排除B ， 故选：A ．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题．10．正项等差数列{}n a 的前n 和为n S ，已知2375150a a a +-+=，则9S =（ ）A ．35B ．36C ．45D ．54【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列{}n a 通项公式得2375150a a a +-+=，求出5a ，再利用等差数列前n 项和公式能求出9S .【详解】Q 正项等差数列{}n a 的前n 项和n S ，2375150a a a +-+=，2552150a a ∴--=，解得55a =或53a =-（舍），()91959995452S a a a ∴=+==⨯=，故选C. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质2p q m n r a a a a a +=+=（2p q m n r +=+=）与前n 项和的关系.11．在正方体1111ABCD A B C D -中，球1O 同时与以A 为公共顶点的三个面相切，球2O 同时与以1C 为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F .若以F 为焦点，1AB 为准线的抛物线经过12O O ，，设球12O O ，的半径分别为12r r ，，则12r r =（ ） AB．C．12-D．2【答案】D 【解析】 【分析】由题先画出立体图，再画出平面11AB C D 处的截面图，由抛物线第一定义可知，点2O 到点F 的距离即半径2r ，也即点2O 到面11CDD C 的距离，点2O 到直线1AB 的距离即点2O 到面11ABB A 的距离因此球2O 内切于正方体，设21r =，两球球心和公切点都在体对角线1AC 上，通过几何关系可转化出1r ，进而求解根据抛物线的定义，点2O 到点F 的距离与到直线1AB 的距离相等，其中点2O 到点F 的距离即半径2r ，也即点2O 到面11CDD C 的距离，点2O 到直线1AB 的距离即点2O 到面11ABB A 的距离，因此球2O 内切于正方体，不妨设21r =，两个球心12O O ，和两球的切点F 均在体对角线1AC 上，两个球在平面11AB C D 处的截面如图所示，则1222132AC O F r AO ====，，所以2231AF AO O F =-=-.又因为11113AF AO O F r r =+=+，因此()13131r +=-，得123r =-，所以1223rr =-.故选：D 【点睛】本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养12．若集合{}10A x x =-≤≤，01xB x x ⎧⎫=<⎨⎬-⎩⎭，则A B =U （ ）A ．[)1,1-B ．(]1,1-C ．()1,1-D ．[]1,1-【答案】A 【解析】 【分析】用转化的思想求出B 中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可． 【详解】解：由集合01x B x x ⎧⎫=<⎨⎬-⎩⎭，解得{|01}B x x =<<，则{}{}{}[)|10|01|111,1A B x x x x x x =-<<=-<=-U U 剟? 故选：A ． 【点睛】本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

数学（新高考Ⅱ卷）答案详解（精编版）适用地区：海南､辽宁､重庆。

一、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，只有一项是符合题目要求的。

1.（复数）复数213ii--在复平面内对应的点所在的象限为A.第一象限 B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】∵()()()()213255111313131022i i i i i i i i -+-+===+--+，∴在复平面内对应的点所在的象限为第一象限.2.（集合）设集合{1,2,3,4,5,6},{1,3,6},{2,3,4}U A B ===，则()U A B =ðA .{3}B.{1,6}C.{5,6}D.{1,3}【答案】B【解析】因为{}1,5,6U B =ð，所以有(){}1,6U A B = ð.3.（解析几何）抛物线22(0)y px p =>的焦点到直线1y x =+的距离为，则p =A.1B.2C. D.4【答案】B【解析】抛物线的焦点为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，其到直线1y x =+（即10x y -+=）的距离为d ==解得2p =.4.（三角函数）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：km 2），则S 占地球表面积的百分比约为A .26%B.34%C.42%D.50%【答案】C【解析】设轨道高度为h ，由图A4可知，地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值α的余弦cos r r hα=+，图A4地球表面积为24πr ，由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为()()22212π(1cos )1cos 360000.4242%4π4π2222640036000rS r h r h r r r h αα---+=====≈=+⨯+.5.（立体几何）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为A.20+B. C.563D.2823【答案】D【解析】由棱台的体积公式可知，本题关键是求得棱台的高.由图A5可知，1111A O AB ==，AO AB ==，∴()221111O O AA AO A O =--=∵棱台上底面面积21114S A B ==，下底面面积216S AB ==，∴棱台的体积为((11141633V h S S =++=++=图A56.（概率统计）某物理量的测量结果服从正态分布()210,N σ，下列结论中不正确的是A.σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大B.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C.σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等【答案】D【解析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可.A 、2σ为数据的方差，所以σ越小，数据在10μ=附近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故A 正确；B 、由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B 正确；C 、由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C 正确；D 、因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D 错误.7.（函数）已知5log 2a =，8log 3b =，12c =，则下列判断正确的是A.c b a << B.b a c<< C.a c b<< D.a b c<<【答案】C【解析】125551log 2log log 52a c =<===，故a c <，128881log 3log log 82b c =>===，故b c >，故a c b <<.8.（函数）已知函数()f x 的定义域为R ，()2f x +为偶函数，()21f x +为奇函数，则A.102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭B.()10f -=C.()20f =D.()40f =【答案】B【解析】∵()21f x +为奇函数，∴()()02121f x f x +-++=，取0x =则有()21=0f ，即()10f =，又∵()2f x +为偶函数，∴()()22f x f x =+-+，∴()()()()24222f x f x f x f x =+=---=-⎡⎤⎡⎤⎣⎣⎦+⎦()1231213322x x f x f f ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+=--+⎡⎤ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎣-⎦⎣-⎦-()()132f x f x =-+=-⎡⎤⎣⎦--，∴()()20f x f x -+=，取1x =，有()()011f f +-=，∴()()011f f -=-=.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.（概率统计）下列统计量中，能度量样本12,,,n x x x 的离散程度的是A.样本12,,,n x x x 的标准差B.样本12,,,n x x x 的中位数C.样本12,,,n x x x 的极差D.样本12,,,n x x x 的平均数【答案】AC【解析】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选AC.10.（立体几何）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP 的是A. B.C. D.【答案】BC【解析】A 、如图A10(1)所示，连接AC ，则MN ∥AC ，故∠POC （或其补角）为异面直线OP 、MN 所成的角，很显然，∠POC ≠90°，故A 不符合题意；图A10B 、如图A10(2)所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，很容易证明OQ NTMS ⊥面，故OQ NM ⊥；在正方形NTMS 中，很容易证明PQ NM ⊥；∴NM OPQ ⊥面，∴NM OP ⊥，故B 正确.（因为是选择题，证明过程写的比较简单，但逻辑关系一定要正确）C 、如图A10(3)所示，连接BD ，则BD ∥MN ，由选项B 的判断可得BD OP ⊥，故MN OP ⊥，故C 正确.图A10D 、如图A10(4)所示，延长QS 至点T ，使QS ＝2ST ，连接NT 、MT ，很容易证明NT ∥OP ，故∠MNT （或其补角）为异面直线OP 、MN 所成的角，设SM ＝2a ，在△MNT 中，2225MT NT a ==，228MN a =，因222MT NT MN ≠+，故∠MNT ≠90°，故D 不符合题意.故选BC.11.（解析几何）已知直线2:0l ax by r +-=与圆222:C x y r +=，点(,)A a b ，则下列说法正确的是A.若点A 在圆C 上，则直线l 与圆C 相切B.若点A 在圆C 内，则直线l 与圆C 相离C.若点A 在圆C 外，则直线l 与圆C 相离D.若点A 在直线l 上，则直线l 与圆C 相切【答案】ABD【解析】圆222:C x y r +=的圆心为(0,0)C ，其到直线l的距离为2d ==12.设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则A.()()2n n ωω=B.()()231n n ωω+=+C.()()8543n n ωω+=+D.()21n nω-=【答案】ACD【解析】利用()n ω的定义判断.A 、()01k n a a a ω=+++ ，02101112022222k k k k n a a a a +-=⋅+⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()0120k n a a a n ωω=++++= ，A 选项正确；B 、()010112323222223k k k k n n a a a a --+=⋅+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅+ ()0211101212222k k k k a a a a -=⋅++⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()232n n ωω+=+，B 选项错误；C 、因()33010118525222225k k k k n n a a a a --+=⋅+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅+ ()01242301131202122222k k k k a a a a ++-=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()852n n ωω+=+；()22010114323222223k k k k n n a a a a --+=⋅+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅+ ()01321201112122222k k k k a a a a ++-=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()432n n ωω+=+；因此()()8543n n ωω+=+，C 选项正确；D 、02121121212nn --=⋅+⋅++⋅ ，故()21nn ω-=，D 选项正确.故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.（解析几何）已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_____.【答案】y =【解析】双曲线的离心率为2，∴2c a =，即2c a =，∴b =，∴by x a=±=.14.（函数）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x _______．①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()'f x 是奇函数．【答案】2()f x x =（答案不唯一）【解析】取2()f x x =，则()22212121212()()()f x x x x x x f x f x ===，满足①，()2f x x '=，0x >时有()0f x '>，满足②，()2f x x '=为奇函数，满足③.（答案不唯一，由函数的性质和导函数知识可知，()2*()nf x xx N =∈均满足）15.（平面向量）已知向量0a b c ++= ，1a = ，2b c == ，a b b c c a ⋅+⋅+⋅=_______．【答案】92-16.（函数）已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是_______．【答案】()0,1四、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．17.（数列）（10分）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244a S a a S ==，．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】（1）26n a n =-；（2）7【解析】在ABC ∆中，角A 、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c ，1b a =+，2c a =+.（1）若2sin 3sin C A =，求ABC ∆的面积；（2）是否存在正整数a ，使得ABC ∆为钝角三角形?若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）4；（2）存在正整数a ，2a =【解析】在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若23AD QD QA QC ====，．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【解析】（1）如图A19(1)，取AD 的中点为O ，连接QO 、CO ，图A19(1)∵OA OD QA QD ==，，∴QO AD ⊥，在Rt △QAO 中，112AO AD QA ===，2QO =，在Rt △DCO 中，1122DO AD CD ===，，∴CO =，∵3QC =，∴222QC QO CO =+，故△QCO 为直角三角形，且QO OC ⊥，∵AD OC O = ，∴QO ⊥平面ABCD ；∵QO ⊂平面QAD ，∴平面QAD ⊥平面ABCD .（2）如图A19(2)，在平面ABCD内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，可建如图A19(2)所示的空间坐标系：图A19(2)则(0,0,2)Q ，(0,1,0)D ，(2,1,0)B -，(0,1,0)A -，故(2,1,2)QB =-- ，(0,1,2)DQ =-，设平面QBD 的法向量为(,,)n x y z =，20.（解析几何）（12分）已知椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b +=>>，右焦点为F ，且离心率为63．（1）求椭圆C 的方程；（2）设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线222(0)x y b x +=>相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是||MN =．【答案】（1）2213x y +=；（2）证明见解析.【解析】21.（概率统计）（12分）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，()(0,1,2,3)i P X i p i ===．（1）已知01230.4,0.3,0.2,0.1p p p p ====，求()E X ；（2）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，求证：当()1E X ≤时，1p =，当()1E X >时，1p <；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）()00.410.320.230.11E X =⨯+⨯+⨯+⨯=；（2）设()232301230123()1f x p p x p x p x p p x p x p x x -=++++++=-，则0(1)f =，则()12321()23f x p p x p x '=++-，故()f x '有两个不同零点1x 、2x ，且1201x x <<≤，且12(,)(,)x x x ∈-∞+∞ 时，()0f x '>；12()x x x ∈，时，()0f x '<；故()f x 在12(,)(,)x x -∞+∞，上为增函数，在12()x x ，上为减函数.1）若21x =，当212(0)()x x x x ∈⊂，，时，因()f x 为减函数，故2()()(1)0f x f x f >==，当2(,)x x ∈+∞时，因()f x 为增函数，故有2()()(1)0f x f x f >==，故1为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根；2）若21x >，因为(1)0f =且()f x 在2(0)x ，上为减函数，故1为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根；综上，()1E X ≤时，则1p =.②若()1E X >，即123()231E X p p p =++>，故1230123p p p ++->，此时10(0)1p f '-=<，123(1)1203f p p p '=-+>+，故()f x '有两个不同零点3x 、4x ，且3401x x <<<，且34(,)(,)x x x ∈-∞+∞ 时，()0f x '>；34()x x x ∈，时，()0f x '<；故()f x 在34(,)(,)x x -∞+∞，上为增函数，在34()x x ，上为减函数.因41x <，0(1)f =，所以4()0f x <，又00(0)f p =>，故()f x 在4(0)x ，存在一个零点p ，且1p <.所以p 为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，此时1p <，故当()1E X >时，1p <.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝；若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.22.（函数）（12分）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）由函数的解析式可得：()2(2)xxf x xe ax x e a '=-=-，①若0a ≤，有20xea ->恒成立，故当(,0)x ∈-∞，则()0f x '<，()f x 单调递减；当(0,)x ∈+∞，则()0f x '>，()f x 单调递增；②若102a <<，当(,In(2))x a ∈-∞，则20xe a -<且0x <，则()0f x '>，()f x 单调递增；当(In(2),0)x a ∈，则20xe a ->且0x <，则()0f x '<，()f x 单调递减；当(0,)x ∈+∞，则20xe a ->且0x >，则()0f x '>，()f x 单调递增；③若12a =，有()(1)0xf x x e '=-≥恒成立，故()f x 在R 上单调递增；④若12a >，当(,0)x ∈-∞，则20xea -<且0x <，则()0f x '>，()f x 单调递增；当(0,In(2))x a ∈，则20xe a -<且0x >，则()0f x '<，()f x 单调递减；当(In(2),)x a ∈+∞，则20xe a ->且0x >，则()0f x '>，()f x 单调递增.（2）选择条件①：数学（新高考Ⅱ卷）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

山东省临沂市2021届新高考数学二模考试卷一、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．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）. A ．432 B ．576 C ．696 D ．960【答案】B 【解析】 【分析】先把没有要求的3人排好，再分如下两种情况讨论：1.甲、丁两者一起，与乙、丙都不相邻，2.甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻. 【详解】首先将除甲、乙、丙、丁外的其余3人排好，共有33A 种不同排列方式，甲、丁排在一起共有22A 种不同方式；若甲、丁一起与乙、丙都不相邻，插入余下三人产生的空档中，共有34A 种不同方式； 若甲、丁一起与乙、丙二者之一相邻，插入余下三人产生的空档中，共有1224C A 种不同方式；根据分类加法、分步乘法原理，得满足要求的排队方法数为33A 22A 34(A +1224)576C A =种.故选：B. 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，在分类时，要注意不重不漏的原则，本题是一道中档题. 2．复数z 满足()11i z i +=-，则z =（ ）A ．1i -B ．1i +C ．22- D ．22+ 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模与除法运算即可得到结果. 【详解】解: )()())1111112ii i z i i i ---=====++-， 故选：C 【点睛】本题考查复数除法运算，考查复数的模，考查计算能力，属于基础题.3．已知12,F F 是双曲线222:1(0)x C y a a-=>的两个焦点，过点1F 且垂直于x 轴的直线与C 相交于,A B 两点，若2AB =，则2ABF ∆的内切圆半径为（ ）A ．23 B ．33C ．323D ．233【答案】B 【解析】 【分析】 首先由2AB =求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解. 【详解】由题意1b =将x c =-代入双曲线C 的方程,得1y a =±则22,2,3a c a===,由2121222AF AF BF BF a -=-==,得2ABF ∆的周长为2211||22||42||62AF BF AB a AF a BF AB a AB ++=++++=+=,设2ABF ∆的内切圆的半径为r ,则11362232,223r r ⨯=⨯⨯=, 故选：B【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题. 4．己知全集为实数集R ，集合A={x|x 2 +2x-8>0}，B={x|log 2x<1}，则()RA B ⋂等于（ ）A ．[-4,2]B ．[-4,2)C ．(-4,2)D ．(0,2)【答案】D 【解析】 【分析】求解一元二次不等式化简A ，求解对数不等式化简B ，然后利用补集与交集的运算得答案. 【详解】解：由x 2 +2x-8>0，得x ＜-4或x ＞2， ∴A={x|x 2 +2x-8>0}＝{x| x ＜-4或x ＞2}， 由log 2x<1，x ＞0，得0＜x ＜2， ∴B={x|log 2x<1}＝{ x |0＜x ＜2}， 则{}|42RA x x =-≤≤， ∴()()0,2RA B =.故选：D. 【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了对数不等式，二次不等式的求法，是基础题. 5．已知函数()()sin 06f x A x a a A ωπ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭在区间70,3ωπ⎡⎤⎢⎥⎣⎦有三个零点1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，若123523x x x π++=，则()f x 的最小正周期为（ ） A ．2πB ．23πC ．πD ．43π【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，知当7π3x ω=时，π5π62x ω+=，由对称轴的性质可知122π3x x ω+=和238π3x x ω+=，即可求出w ，即可求出()f x 的最小正周期. 【详解】解：由于()()sin 06f x A x a a A ωπ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭在区间70,3ωπ⎡⎤⎢⎥⎣⎦有三个零点1x ，2x ，3x ， 当7π3x ω=时，π5π62x ω+=， ∴由对称轴可知1x ，2x 满足12πππ2662x x ωω+++=⨯， 即122π3x x ω+=. 同理2x ，3x 满足23ππ3π2662x x ωω+++=⨯，即238π3x x ω+=， ∴12310π5π233x x x ω++==，2ω=，所以最小正周期为：2ππ2T ==. 故选：C. 【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力. 6．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【详解】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是//αβ的充分条件，由面面平行性质定理知，若//αβ，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是//αβ的必要条件，故选B ． 【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．7．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出的a 的值为（ ）A ．2-3B ．3-2C ．52D ．25【答案】C根据给定的程序框图，计算前几次的运算规律，得出运算的周期性，确定跳出循环时的n 的值，进而求解a 的值，得到答案.【详解】由题意，3,15a n ==， 第1次循环，2,23a n =-=，满足判断条件；第2次循环，5,32a n ==，满足判断条件；第3次循环，3,45a n ==，满足判断条件；可得a 的值满足以3项为周期的计算规律，所以当2019n =时，跳出循环，此时n 和3n =时的值对应的a 相同，即52a =. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中认真审题，得出程序运行时的计算规律是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.8．已知函数()xf x e b =+的一条切线为(1)y a x =+，则ab 的最小值为（ ） A ．12e-B ．14e-C ．1e-D ．2e-【答案】A 【解析】 【分析】求导得到'()xf x e =，根据切线方程得到ln b a a =，故2ln ab a a =，设()2ln g x x x =，求导得到函数在120,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在12e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，故()12min g x g e -⎛⎫= ⎪⎝⎭，计算得到答案. 【详解】()x f x e b =+，则'()x f x e =，取0x e a =，()0a >，故0ln x a =，()0f x a b =+.故(ln 1)a b a a +=+，故ln b a a =，2ln ab a a =.设()2ln g x x x =，()()'2ln 2ln 1g x x x x x x =+=+，取()'0g x =，解得12x e -=.故函数在120,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在12e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，故()12min 12g x g e e -⎛⎫==- ⎪⎝⎭.本题考查函数的切线问题，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 9．执行如图所示的程序框图，当输出的2S =时，则输入的S 的值为( )A ．-2B ．-1C ．12-D ．12【答案】B 【解析】若输入2S =-，则执行循环得1313,2;,3;2,4;,5;,6;3232S k S k S k S k S k =====-===== 132,7;,8;,9;32S k S k S k =-=====结束循环，输出32S =，与题意输出的2S =矛盾；若输入1S =-，则执行循环得11,2;2,3;1,4;,5;2,6;22S k S k S k S k S k =====-=====11,7;,8;2,9;2S k S k S k =-=====结束循环，输出2S =，符合题意；若输入12S =-，则执行循环得212,2;3,3;,4;,5;3,6;323S k S k S k S k S k =====-=====12,7;,8;3,9;23S k S k S k =-=====结束循环，输出3S =，与题意输出的2S =矛盾；若输入12S =，则执行循环得12,2;1,3;,4;2,5;1,6;2S k S k S k S k S k ===-======-=1,7;2,8;1,9;2S k S k S k =====-=结束循环，输出1S =-，与题意输出的2S =矛盾；综上选B.10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为,,a b c ，已知3,1,30a b B ===，则A 为( )A ．60B ．120C ．60或150D ．60或120【答案】D 【解析】由正弦定理可求得sin 2A =，再由角A 的范围可求得角A. 【详解】由正弦定理可知sin sin a b A B =1sin 30=，解得sin A =，又0180A <<，且>a b ，所以60A ︒=或120︒。

专题8 平面解析几何纵观近几年的高考试题，考查圆锥曲线的题目有小有大，其中小题以考查圆、椭圆、双曲线、抛物线的方程及几何性质为主，难度在中等或以上；大题则主要考查直线与椭圆、直线与抛物线的位置关系问题；命题的主要特点有：一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等；二是以不同曲线（圆、椭圆、抛物线）的位置关系为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等；三是直线与圆锥曲线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量（共线、垂直、数量积）结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等.预测2021年将保持稳定，一大二小.其中客观题考查圆、椭圆、双曲线、抛物线问题，难度在中等或以下.主观题考查或直线与椭圆的位置关系、直线与抛物线的位置关系，相关各种综合问题应有充分准备.1．（2020·山东海南省高考真题）已知曲线22:1C mx ny +=.（ ） A ．若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B ．若m =n >0，则CC ．若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =D ．若m =0，n >0，则C 是两条直线2．的直线过抛物线C ：y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则AB =________．3．（2020·浙江省高考真题）设直线:(0)l y kx b k =+>与圆221x y +=和圆22(4)1x y -+=均相切，则k =_______；b =______．4．（2020·山东海南省高考真题）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．一、单选题1．（2020·山东高三期中）若双曲线221mx ny +=(0m >)mn=（ ） A ．14B ．14-C ．4D ．4-2．（2020·江苏南通·高二月考）已知圆22:240C x y x y +-+=关于直线32110x ay --=对称，则圆C中以,22a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭为中点的弦长为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．43．（2020·山东高三开学考试）已知m ∈R ，过定点A 的动直线0mx y +=和过定点B 的动直线30x my m --+=交于点P ，则PA 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．4．（2020·博兴县第三中学高三月考）已知点()13,0F -，()23,0F 分别是双曲线C ：22221x y a b-= (0a >，0b >)的左､右焦点，M 是C 右支上的一点，1MF 与y 轴交于点P ， 2MPF 的内切圆在边2PF 上的切点为Q ，若2PQ =，则C 的离心率为（ ） A ．53B ．3C ．32D ．525．（2020·山东高三其他模拟）已知双曲线222:1(0)y C x b b-=>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过点2F 的直线与双曲线交于A ，B 两点.若1ABF 为等边三角形，则b 的所有取值的积为（ ）AB C ．D ．6．（2020·江苏泰州中学高二月考）P 是椭圆()222210x y a b a b+=>>上的一点，1F ，2F 分别是椭圆的左、右焦点，点P 到原点O 的距离为焦距的一半，且12PF PF a -=，则椭圆的离心率为（ ）A ．4B ．4C ．2D ．27．（2020·安庆市白泽湖中学高二月考）设曲线x =20x y --=的距离的最大值为a ，最小值为b ，则-a b 的值为( )A ．2B C ．12+ D ．28．（2020·山东高三其他模拟）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左右焦点分别为12,F F ，过点1F 且垂直于x 轴的直线与该双曲线的左支交于,A B 两点，22,AF BF 分别交y 轴于,P Q 两点，若2PQF ∆的周长为12，则ab 取得最大值时该双曲线的离心率为（ ）AB C D 9．（2020·山东高三其他模拟）已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，点(,)(0)4pA a a >在C 上，||3AF =.若直线AF 与C 交于另一点B ，则||AB 的值是（ ）A ．12B ．10C ．9D ．4.510．已知抛物线E ：y 2=2px (p ＞0)的焦点为F ，O 为坐标原点，OF 为菱形OBFC 的一条对角线，另一条对角线BC 的长为2，且点B ，C 在抛物线E 上，则p =（ ）A ．1BC ．2D ．二、多选题11．（2020·福清西山学校高二期中）在平面直角坐标系xOy 中，动点P 与两个定点()1F 和)2F 连线的斜率之积等于13，记点P 的轨迹为曲线E ，直线l ：()2y k x =-与E 交于A ，B 两点，则（ ）A ．E 的方程为221(3x y x -=≠B ．EC ．E 的渐近线与圆()2221x y -+=相切D ．满足AB =l 仅有1条12．（2020·山东高三开学考试）已知双曲线22:1916x y C -=，过其右焦点F 的直线l 与双曲线交于两点A 、B ，则（ ）A ．若A 、B 同在双曲线的右支，则l 的斜率大于43B ．若A 在双曲线的右支，则FA 最短长度为2C ．AB 的最短长度为323D ．满足11AB =的直线有4条13．（2020·山东济南外国语学校高三月考）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,,F F P为双曲线上一点，且122PF PF =，若1215sin 4F PF ∠=，则对双曲线中,,,a b c e 的有关结论正确的是（ ） A ．6e =B ．2e =C ．5b a =D ．3b a =14．（2020·湖南衡阳市八中高二月考）已知曲线22:1C mx ny +=.（ ）A ．若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B ．若m =n >0，则C 是圆，其半径为nC ．若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为my x n=±- D ．若m =0，n >0，则C 是两条直线15．已知双曲线()222:104x y C m m m m -=>-+，若C 的离心率最小，则此时（ ）A ．2m =B ．双曲线的渐近线方程为30x y ±=C ．双曲线的一个焦点坐标为()2,0D ．双曲线的焦点到渐近线的距离为316．（2020·山东高三其他模拟）关于双曲线221:1916x y C -=与双曲线222:1916y x C -=-，下列说法正确的是（ ）.A ．它们有相同的渐近线B ．它们有相同的顶点C ．它们的离心率不相等D ．它们的焦距相等17．（2020·江苏扬州中学高二月考）已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F 且122F F =，点()1,1P 在椭圆内部，点Q 在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）A ．1QF QP +的最小值为21a -B ．椭圆C 的短轴长可能为2C ．椭圆C 的离心率的取值范围为10,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D ．若11PF FQ =，则椭圆C 三、填空题18．（2020·博兴县第三中学高三月考）以抛物线22y x =的焦点为圆心，且与抛物线的准线相切的圆的方程为______________.19．已知抛物线2:4C y x =，其焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线C 上第一象限内的点，过点P 作l 的垂线，垂足为Q .当PFQ △的周长为12时，PFQ △的面积为______.20．（2020·山东高三其他模拟）已知抛物线22(0)y px p =>与直线:4320l x y p --=在第一、四象限分别交于A ，B 两点，F 是抛物线的焦点，若||||AF FB λ=，则λ=________.21．（2020·山东潍坊·高三三模）已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的渐近线与圆()22:23F x y -+=相切，且双曲线C 的一个焦点与圆F 的圆心重合，则双曲线C 的方程为________. 四、双空题22．（2020·山东青岛·高三开学考试）已知直线l ：()1y k x =-与抛物线C ：()220y px p =>在第一象限的交点为A ，l 过C 的焦点F ，3AF =，则抛物线的准线方程为_______；k =_______.23．（2020·江苏南通·高二月考）抛物线C ：22y x =的焦点坐标是________；经过点()4,1P 的直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，且点P 恰为AB 的中点，F 为抛物线的焦点，则AF BF +=________. 五、解答题24．（2020·山东青岛·高三开学考试）已知O 为坐标原点，椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左右焦点分别为1F ，2F ，左右顶点分别为1A ，2A ，上下顶点分别为2B ，1B ，四边形1122A B A B 的面积为4，四边形1122F B F B 的面积为（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若点M ，N 为椭圆C 上的两个动点，OMN 的面积为1．证明：存在定点W ，使得22WM WN +为定值.25．（2020·山东高三开学考试）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>过点()2,1P ，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点1F ，2F 为等腰直角三角形的三个顶点. （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点.若直线PA 与直线PB 的斜率之积为1，证明：直线l 过定点.26．（2020·江苏泰州·高二月考）已知椭圆(222:12x y C a a +=>的右焦点为F ，P 是椭圆C 上一点，PF x ⊥轴，2PF =. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点，且OM =求AOB ∆面积的最大值.27．（2020·山东高三期中）已知O 为坐标原点，(2,0)A -，(2,0)B ，直线AG ，BG 相交于点G ，且它们的斜率之积为34-.记点G 的轨迹为曲线C .（1）若射线0)x y =与曲线C 交于点D ，且E 为曲线C 的最高点，证明：//OD AE .（2）直线:(0)l y kx k =≠与曲线C 交于M ，N 两点，直线AM ，AN 与y 轴分别交于P ，Q 两点.试问在x 轴上是否存在定点T ，使得以PQ 为直径的圆恒过点T ？若存在，求出T 的坐标；若不存在，请说明理由. 28．（2020·山东新泰市第一中学高三月考）如图，要在河岸EF 的一侧修建一条休闲式人行道，进行图纸设计时，建立了图中所示坐标系，其中E ，F 在x 轴上，且()3,0F -，道路的前一部分为曲线段FBC ，该曲线段为二次函数()()214f x a x =++在[]3,0x ∈-时的图像，最高点为B ，道路中间部分为直线段CD ，//CD EF ，且CD =O 为圆心的一段圆弧DE ．（1）求a 的值； （2）求DOE ∠的大小；（3）若要在扇形区域ODE 内建一个“矩形草坪”MNPQ ，P 在圆弧DE 上运动，M 、N 在OE 上，记POE α∠=，则当α为何值时，“矩形草坪”面积最大．29．（2020·博兴县第三中学高三月考）已知椭圆C ：22221x y a b+=(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2点.M 为椭圆上的一动点， MF 1F 2面积的最大值为4.过点F 2的直线l 被椭圆截得的线段为PQ ，当l ⊥x 轴时，22PQ =.（1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 1作与x 轴不重合的直线l ，l 与椭圆交于A ，B 两点，点A 在直线4x =-上的投影N 与点B 的连线交x 轴于D 点，D 点的横坐标x 0是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.30．（2020·济南市历城第二中学高三月考）已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）的离心率是22，原点到直线1x y a b +=23. （1）求椭圆C 的标准方程.（2）已知点()0,3Q ，若椭圆C 上总存在两个点,A B 关于直线y x m =+对称，且328QA QB ⋅<，求实数m 的取值范围．31．（2020·山东高三其他模拟）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率32F 且与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，1ABF ∆的周长为8. （1）求椭圆C 的方程；（2）已知直线1l 的方程为y kx m =+，直线2l 的方程为2()y kx m =+，其中01m <<.设1l 与椭圆C 交于M ，N 两点，2l 与圆22:4O x y +=交于P ，Q 两点，求MONPOQS S ∆∆的值. 32．已知抛物线C 的方程为()220x py p =>，点3,2A x ⎛⎫⎪⎝⎭是抛物线上的一点，且到抛物线焦点的距离为2．（1）求抛物线的方程； （2）点Q 为直线12y 上的动点，过点Q 作抛物线C 的两条切线，切点分别为D ，E ，求QDE △面积的最小值．33．（2020·山东高三其他模拟）椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点分别为12,F F ，离心率为32，过焦点2F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）点000(,)(0)P y y x ≠为椭圆C 上一动点，连接1PF 、2PF ，设12F PF ∠的角平分线PM 交椭圆C 的长轴于点(,0)M m ，求实数m 的取值范围.34．（2020·山东高三其他模拟）已知椭圆经过点，且右焦点．（1）求椭圆的标准方程； （2）过且斜率存在的直线交椭圆于，两点，记，若的最大值和最小值分别为，，求的值．35．（2020·山东高三其他模拟）已知椭圆22165:x C y +=的左、右焦点分别为12,F F ，过点2F 的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点. （1）若1F AB 的面积为20311，求直线l 的方程； （2）若222BF F A =，求AB .36．（2020·泰安市基础教育教学研究室高三其他模拟）已知椭圆1C ：()222210x y a b a b +=>>的左、右顶点分别是双曲线2C ：2221x y m -=的左、右焦点，且1C 与2C 相交于点⎝⎭. （1）求椭圆1C 的标准方程； （2）设直线l ：13y kx =-与椭圆1C 交于A ，B 两点，以线段AB 为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.37．（2020·广西桂林十八中高三月考（文））设抛物线()2:20E x py p =>的焦点为F ，点A 是E 上一点，且线段AF 的中点坐标为()1,1. （1）求抛物线E 的标准方程；（2）若B ，C 为抛物线E 上的两个动点（异于点A ），且BA BC ⊥，求点C 的横坐标的取值范围.。

2021年全国新高考卷数学试题含答案一、选择题（每题1分，共5分）1. 下列函数中，奇函数的是（）A. y = x^2B. y = |x|C. y = x^3D. y = x^2 + 12. 已知集合A={x|0＜x＜3}，B={x|x≤2}，则A∩B等于（）A. {x|0＜x＜2}B. {x|0＜x≤2}C. {x|0≤x＜3}D. {x|0≤x≤2}3. 在等差数列{an}中，若a1=1，a3=3，则公差d等于（）A. 1B. 2C. 3D. 44. 若复数z满足|z|=1，则z的共轭复数z的模等于（）A. 0B. 1C. 2D. z5. 下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递减的是（）A. y = e^xB. y = ln(x)C. y = x^2D. y = 1/x二、判断题（每题1分，共5分）1. 两个平行线的斜率相等。

（）2. 若矩阵A可逆，则其行列式值不为0。

（）3. 任何两个实数的和都是实数。

（）4. 二项式展开式中，各项系数的和等于2的n次方。

（）5. 函数y = x^3在区间（∞，+∞）上单调递增。

（）三、填空题（每题1分，共5分）1. 若向量a=(1，2)，b=(1，3)，则向量a与向量b的夹角余弦值为______。

2. 在等比数列{bn}中，若b1=2，公比q=3，则b6=______。

3. 若函数f(x)=3x^24x+1，则f'(x)=______。

4. 三角形内角和为______。

5. 圆的标准方程为(xa)^2+(yb)^2=r^2，其中圆心坐标为______。

四、简答题（每题2分，共10分）1. 简述函数的极值的定义。

2. 什么是排列组合？请举例说明。

3. 请写出余弦定理的公式。

4. 简述概率的基本性质。

5. 举例说明平面向量的线性运算。

五、应用题（每题2分，共10分）1. 已知函数f(x)=x^22x+1，求f(x)的最小值。

2. 设有4个红球，3个蓝球，求从中任取3个球，恰有2个红球的概率。

2021年山东省新高考高考数学二模试卷一、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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知M ，N 均为R 的子集，且RM N ⊆，则(R MN = )A ．∅B ．MC ．ND ．R2．（5分）若复数z 满足12||2i z ⋅=，则(z = ) A ．12B ．12-C ．12i -D ．12i3．（5分）在ABC ∆中，“3A π=”是“1cos 2A =”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．（5分）实数x 、y 满足22326x y x +=，则22x y +的最大值为( ) A ．72B ．4C ．92D ．55．（5分）若过点(4,3)A 的直线l 与曲线22(2)(3)1x y -+-=有公共点，则直线l 的斜率的取值范围为( )A ．[B ．(C ．[D ．(6．（5分）在ABC ∆中，9AC =，60A ∠=︒，D 点满足2CD DB =，AD =，则BC 的长为( )A ．B ．C ．D ．67．（5分）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且366(1)2019(1)1a a -+-=，320152015(1)2019(1)1a a -+-=-，则下列结论正确的是( ) A ．20202020S =，20156a a < B ．20202020S =，20156a a >C ．20202020S =-，20156a aD ．20202020S =-，20156a a8．（5分）在探索系数A ，ω，ϕ，b 对函数sin()(0y A x b A ωϕ=++>，0)ω>图象的影响时，我们发现，系数A 对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数ω对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数ϕ对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b 对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”．运用上述四种变换，若函数()sin f x x =的图象经过四步变换得到函数()2sin(2)13g x x π=-+的图象，且已知其中有一步是向右平移3π个单位，则变换的方法共有( ) A ．6种B ．12种C ．16种D ．24种二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（5分）如图，正四棱锥S BCDE -底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A SBE -底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是( )A ．AS CD ⊥B ．正四棱锥S BCDE -2C ．正四棱锥S BCDE -的内切球半径为2(1a D ．由正四棱锥S BCDE -与正三棱锥A SBE -拼成的多面体是一个三棱柱10．（5分）一个等腰直角三角形ABC 内有一个内接等腰直角三角形PQR ，（即P ，Q ，R 三点分别在三角形ABC 三边或顶点上），则两三角形面积比PRQ ABCS S ∆∆的值可能为( )A ．14B ．15C ．16D ．1711．（5分）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>，A 、B 分别为双曲线的左，右顶点，1F 、2F 为左、右焦点，12||2F F c =，且a ，b ，c 成等比数列，点P 是双曲线C 的右支上异于点B的任意一点，记PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，则下列说法正确的是( ) A ．当2PF x ⊥轴时，1230PF F ∠=︒B ．双曲线的离心率15e +=C ．12k k 15+D ．若I 为△12PF F 的内心，满足1212()IPF IPF IF F SSxSx R =+∈，则x =12．（5分）若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b +和()G x kx b +恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数2()()f x x x R =∈，1()(0)g x x x=<，()2(h x elnx e =为自然对数的底数），则()A ．()()()m x f x g x =-在(x ∈内单调递增B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为4-C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是[4-，1]D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线” y e =- 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．（5分）2521(2)(1)x x+-的展开式的常数项是 ． 14．（5分）2020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方” ( “三药”是指金花清感颗粒、连花清瘟颗粒（胶囊）和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤、化湿败毒方和宜肺败毒方）发挥了重要的作用．甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲、乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是 ． 15．（5分）已知三棱锥A BCD -，5AB AD BC CD ====，8BD =，3AC =，则以点C 为球心，ABD 的交线长为 ．16．（5分）任取一个正整数m ，若m 是奇数，就将该数乘3再加上1；若m 是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1421→→→，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等），若5m =，则经过 次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则m 的可能值之和为 ．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）在①22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-，②sinsin 2B Cb a B +=，③sin cos()6a Bb A π=-这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．问题：ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，2b c +=，___，求A 和C ． 18．（12分）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a 元的前提下，可卖出b 件，若作广告宣传，广告费为n 千元时比广告费为(1)n -千元时多卖出2nb件(*)n N ∈． （1）求当1n =时，销售量1a ；当2n =时，销售量2a ； （2）试写出当广告费为n 千元时，销售量n a ；（3）当10a =，4000b =时，厂家生产多少件这种产品，做几千元广告才能获利最大？ 19．（12分）如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，且2FB =，M ，N 分别为EF ，AB 的中点．（1）求证：//MN 平面FCB ；（2）若直线AF 与平面FCB 所成的角为60︒，求平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值．20．（12分）《中华人民共和国道路交通安全法》第47条规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇到行人正在通过人行横道，应当停车让行，即“礼让行人”．下表是某十字路口监控设备所抓拍的6个月内驾驶员不“礼让行人”行为的统计数据：月份x1 2 3 4 5 6 不“礼让行人”驾驶员人数y120105100859080（1）请根据表中所给前5个月的数据，求不“礼让行人”的驾驶员人数y 与月份x 之间的回归直线方程ˆˆˆybx a =+； （2）若该十字路口某月不“礼让行人”驾驶员人数的实际人数与预测人数之差小于5，则称该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”．试判断6月份该十字路口“礼让行人”情况是否达到“理想状态”？（3）自罚单日起15天内需完成罚款缴纳，记录5月不“礼让行人”驾驶员缴纳罚款的情况，缴纳日距罚单日天数记为X ，若X 服从正态分布~(8,9)X N ，求该月没能在14天内缴纳人数．参考公式：112211()()ˆ()nniii ii i nniii i x x yy x ynxy bx x xnx ====---==--∑∑∑∑，ˆˆay bx =-． ()0.6826P Z μσμσ-<<+=，(22)0.9544P Z μσμσ-<<+=，(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．21．（12分）已知函数32()231f x ax ax =-+，3()(0)42a g x x a =-+<．（1）若对任意给定的0[1x ∈-，5]4，总存在唯一一个1[1x ∈-，5]4，使得10()()f x g x =成立，求实数a 的取值范围；（2）若对任意给定的0[1x ∈-，5]4，在区间[1-，5]4上总存在两个不同的(1,2)i x i =，使得120()()()f x f x g x ==成立，求实数a 的取值范围．22．（12分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为A ，B ，上顶点为D ，过右焦点(1,0)F 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，点P 在x 轴上方，当PQ x ⊥轴时，//(OP AD O 为坐标原点）． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线AP 交直线BQ 于点M ，直线BP 交直线AQ 于点N ，则MFN ∠是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．2021年山东省新高考高考数学二模试卷参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知M ，N 均为R 的子集，且RM N ⊆，则(R MN = )A ．∅B ．MC ．ND ．R【解答】解：用Venn 图表示M ，N 如下：由Venn 图看出，RM N ⊆，R MN N =．故选：C ．2．（5分）若复数z 满足132||2i z ⋅=，则(z = ) A ．12B ．12-C ．12i -D ．12i【解答】解：由2213132||()()1222i z ⋅=+=+， 得211222i z i i i -===--． 故选：C ．3．（5分）在ABC ∆中，“3A π=”是“1cos 2A =”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解答】解：在ABC ∆中，若3A π=，则1cos 2A =，是充分条件， 在ABC ∆中，若1cos 2A =，则3A π=，是必要条件，故选：C ．4．（5分）实数x 、y 满足22326x y x +=，则22x y +的最大值为( )A ．72B ．4C ．92D ．5【解答】解：实数x 、y 满足22326x y x +=， 223302y x x ∴=-，因此02x ， 22221193(3)222x y x x x ∴+=-=--+，02x ，∴当2x =时，22x y +的最大值为4．故选：B ．5．（5分）若过点(4,3)A 的直线l 与曲线22(2)(3)1x y -+-=有公共点，则直线l 的斜率的取值范围为( )A ．[B ．(C ．[D ．( 【解答】解：由题意，易知，直线l 的斜率存在， 设直线l 的方程为3(4)y k x -=-，即340kx y k -+-=， 曲线22(2)(3)1x y -+-=表示圆心(2,3)，半径为1的圆， 圆心(2,3)到直线340kx y k -+-=的距离应小于等于半径1，∴1，即2|2|1k k -+，解得3k ， 故选：C ．6．（5分）在ABC ∆中，9AC =，60A ∠=︒，D 点满足2CD DB =，AD =，则BC 的长为( )A ．B ．C ．D ．6【解答】解：2CD DB =，∴1112()3333AD AB BD AB BC AB AC AB AC AB =+=+=+-=+， ||37AD AD ==||9AC AC ==，60A =︒，设AB c =∴9||||cos 2AB AC AB AC A c ⋅==则222212144437()92339999AC AB AC AC AB AB c c =+=+⋅+=++，∴整理可得，2291260c c +-=0c >解可得，6c =，由余弦定理可得，2222cos a c b bc A =+-⋅ 22196296632=+-⨯⨯⨯=， BC ∴的长为37．故选：A ．7．（5分）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且366(1)2019(1)1a a -+-=，320152015(1)2019(1)1a a -+-=-，则下列结论正确的是( ) A ．20202020S =，20156a a < B ．20202020S =，20156a a >C ．20202020S =-，20156a aD ．20202020S =-，20156a a【解答】解：设3()2019f x x x =+，则()f x 为奇函数且单调递增， 因为366(1)2019(1)1a a -+-=，320152015(1)2019(1)1a a -+-=-， 所以62015(1)(1)a a -=--，且6201511a a ->-， 即620152a a +=，62015a a >，202012020620151010()1010()2020S a a a a =+=+=，故选：A ．8．（5分）在探索系数A ，ω，ϕ，b 对函数sin()(0y A x b A ωϕ=++>，0)ω>图象的影响时，我们发现，系数A 对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数ω对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数ϕ对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b 对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”．运用上述四种变换，若函数()sin f x x =的图象经过四步变换得到函数()2sin(2)13g x x π=-+的图象，且已知其中有一步是向右平移3π个单位，则变换的方法共有( ) A ．6种B ．12种C ．16种D ．24种【解答】解：因为左右变换，是向右平移3π个单位，所以要求左右平移变换在周期变换之前，有其他三步可以自由排列，故有442212A A =中排法．故选：B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（5分）如图，正四棱锥S BCDE -底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A SBE -底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是( )A ．AS CD ⊥B ．正四棱锥S BCDE -2C ．正四棱锥S BCDE -的内切球半径为2(1a D ．由正四棱锥S BCDE -与正三棱锥A SBE -拼成的多面体是一个三棱柱 【解答】解：对于A ，取BE 的中点H ，连结AH ，SH ， 正三棱锥A SBE -中，AH BE ⊥，SH BE ⊥，又AH SH H =，AH ，SH ⊂平面SAH ，所以BE ⊥平面SAH ，因为AS ⊂平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD ，所以AS CD ⊥，故选项A 正确； 对于B ，设底面中心为O '，球心为O ，半径为R ，因为正四棱锥S BCDE -外接球的球心在O S '上，所以OS OB R ==， 因为正四棱锥S BCDE -底面边长与侧棱长均为a ，所以2O B O S ''==，由222()OB O B O S OS ''=+-，可得22222()()R a a R =+-，解得2R a =，故选项B 正确；对于C ，设内切球半径为r ，可求得侧面面积为2213sin 23S a a π=⋅⋅=， 由等体积法可得222121134333a a a r a r ⋅=⋅+⋅⋅⋅，解得(62)ar -=，故选项C 错误； 对于D ，取SE 的中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由222222233()()(2)122cos 2332()a a a BF DF BDBFD BF DFa +-+-∠===-⋅⋅， 222222233()()122cos 2332()a a a AF BF BAAFD AF BFa +-+-∠===⋅⋅， 故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD BC ====，则ASDE 为平行四边形，故////AS ED BC ， 故四棱锥S BCDE -与正三棱锥A SBE -拼成的多面体是一个三棱柱，故选项D 正确． 故选：ABD ．10．（5分）一个等腰直角三角形ABC 内有一个内接等腰直角三角形PQR ，（即P ，Q ，R 三点分别在三角形ABC 三边或顶点上），则两三角形面积比PRQ ABCS S ∆∆的值可能为( )A ．14B ．15C ．16D ．17【解答】解析：如图，由两种情况：（1）左图中R 为AB 中点，设ABC ∆的直角边长a ，为PQR ∆的直角边长为x ，PQC α∠= 则sin()2cos 2(cos sin )sin4x a CQ QB x x πααααπ-=+=+=+⇒12(cos sin )2sin()4x a πααα==++⇒21()4PRQ min ABC S x S a ∆∆==（2）右图中，3sin()4cos (2cos sin )sin 4x a CQ QB x x πααααπ-=+=+=+⇒ 12cos sin 5cos()x a αααθ==++，tan 2θ=， ⇒21()5PRQ maxABCS x S a ∆∆==， 所以1[4PRQ ABCS S ∆∆∈，1]5， 故选：AB ．11．（5分）已知双曲线2222:1(0,0)x yC a b a b -=>>，A 、B 分别为双曲线的左，右顶点，1F 、2F 为左、右焦点，12||2F F c =，且a ，b ，c 成等比数列，点P 是双曲线C 的右支上异于点B的任意一点，记PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，则下列说法正确的是( ) A ．当2PF x ⊥轴时，1230PF F ∠=︒B ．双曲线的离心率15e +=C ．12k k 15+D ．若I 为△12PF F 的内心，满足1212()IPF IPF IF F SSxSx R =+∈，则51x -=【解答】解：因为a ，b ，c 成等比数列，所以2b ac =，A 中，2PF x ⊥轴时，P 的坐标为：2(,)b c a即(,)P c c ，所以21212||1tan ||22PF c PF F F F c ∠===，所以1230PF F ∠≠︒，所以A 不正确； B 中，因为2b ac =，所以可得22c a ac -=，可得210e e --=，又1e >，解得：51e+=，所以B正确；C，设(P x，)y，则2200221x ya b-=，所以2222002x ay ba-=⋅，由题意可得(,0)A a-，(,0)B a，所以2200012222000y y y bk kx a x a x a a=⋅==+--，由2b ac=，可得1215ck ka+==，所以C正确；D中因为1212IPF IPF IF FS S xS=+，所以1212111||||||222PF r PF r x F F r⋅=⋅+⋅⋅，可得1212||||251||215PF PF axF F c--====+，所以D正确；故选：BCD．12．（5分）若存在实常数k和b，使得函数()F x和()G x对其公共定义域上的任意实数x都满足：()F x kx b+和()G x kx b+恒成立，则称此直线y kx b=+为()F x和()G x的“隔离直线”，已知函数2()()f x x x R=∈，1()(0)g x xx=<，()2(h x elnx e=为自然对数的底数），则( )A．()()()m x f x g x=-在3(2x∈内单调递增B．()f x和()g x之间存在“隔离直线”，且b的最小值为4-C．()f x和()g x间存在“隔离直线”，且k的取值范围是[4-，1]D．()f x和()h x之间存在唯一的“隔离直线”y ex e=-【解答】解：21:()()()A m x f x g x x x =-=-，(x ∈， ∴21()20m x x x '=+>，故()m x在(内单调递增，故A 正确； B ，C ：设()f x ，()g x 的隔离直线为y kx b =+，则21x kx bkx b x ⎧+⎪⎨+⎪⎩对任意0x <恒成立， 故22010x kx b kx bx ⎧--⎨+-⎩对任意0x <恒成立，由210kx bx +-对任意0x <恒成立， 若0k =，则0b =符合题意，0k <，则20x kx b --对任意x 都成立，又102x k =<轴，从而2140k b =+，所以0b ，则02bx k'=-轴， ∴△2240b k =+，即24k b -且24b b -，421664k b k ∴-，故40k -<，同理可得，421664b k b -即40b -<，B 正确C 错误；D ：函数()f x 和()h x的图象在x =一定存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率k ，则隔离直线方程(y e k x -=，即y kx e =-， 由()(0)f x kx k e e x ->恒成立， 若0k =，则20x e -，(0)x >不恒成立， 若0k <，由20(0)x kx e x -+>恒成立，令2()u x x kx e =-+，(0)x >，则()u x 在上单调递增，0u =， 故0k <不恒成立，不符合题意，故0k >，可得20x kx e -+在0x >时恒成立，102x k '=>轴，则23(20k =-时只有k=y e =-，下面证明()2h x ex e -，令()()2G x e h x e elnx =--=--，则()G x '=，易得，当0x <<时，()0G x '<，函数单调递减，当x ()0G x '>，函数单调递增，故当x 0，也是最小值， 所以()0G x ，故()2h x e e -，所以()f x 和()h x 存在唯一的隔离直线y e =-，故D 正确， 故选：ABD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．（5分）2521(2)(1)x x+-的展开式的常数项是 3 ． 【解答】解：而项式25201234555552108642111111(2)(1)(2)(1)x x C C C C C x x x x x x+-=+⋅⋅-⋅+⋅-⋅+⋅-， 故它的展开式的常数项为4523C -=， 故答案为 3．14．（5分）2020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方” ( “三药”是指金花清感颗粒、连花清瘟颗粒（胶囊）和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤、化湿败毒方和宜肺败毒方）发挥了重要的作用．甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲、乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是 49． 【解答】解：将三药分别记为A ，B ，C 三方分别记为a ，b ，c ，选择一药一方的基本事件如表所示，共有9个组合，则两名患者选择药方完全不同的情况有116424m C C ==（种)，两名患者可选择的药方共有119654n C C ==（种)， 所以两人选取药方完全不同的概率是244549m P n ===． 故答案为：49． 15．（5分）已知三棱锥A BCD -，5AB AD BC CD ====，8BD =，3AC =，则以点C 为球心，22为半径的球面与侧面ABD 的交线长为 5π ．【解答】解：如图，取BD 中点E ，连接AE ，CE ，5AB AD ==，5BC CD ==，AE BD ∴⊥，CE BD ⊥，又8BD =，∴22543AE CE ==-=， 3AC =，AEC ∴∆为等边三角形，取AE 中点F ，则CF AE ⊥，可得223333()2CF -=．又设C 到AB （或)AD 的距离为h ， 由22111()222ABC S AB h AC AB AC ∆=⋅=- 可得9325391422h ⨯-==>∴以C 为球心，22ABD 的交线为圆，圆的半径为22335(22)()2r =-=， 则交线长为525ππ=． 5π．16．（5分）任取一个正整数m ，若m 是奇数，就将该数乘3再加上1；若m 是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1421→→→，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等），若5m =，则经过 5 次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则m 的可能值之和为 ． 【解答】解：当5m =时，5168421→→→→→共5步雹程变成1，若m 需经过5步雹程首次变成1则1248165←←←←←或12481632←←←←←两种情况，即5m =或32m =，则53237+=， 故答案为：5，37．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）在①22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-，②sinsin 2B Cb a B +=，③sin cos()6a Bb A π=-这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．问题：ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，2b c +=，___，求A 和C ．【解答】解：若选①，22(sin sin )sin sin sin B C A B C -=-，由正弦定理可得22()b c a bc -=-， 则222b c a bc +-=，由余弦定理可得2221cos 222b c a bc A bc bc +-===，又0A π<<， 3A π∴=，2b c +=，∴sin 2sin A B C +=，∴2sin()2sin 33C C ππ+-=，∴1cos 2C C -=sin()6C π∴-=， 64C ππ∴-=，512C π∴=． 若选②，sin sin 2B C b a B +=，由正弦定理可得sin sin()sin sin 22AB A B π-=， sin 0B ≠，cos 2sin cos 222A A A ∴=， cos 02A≠， 1sin 22A ∴=， 022A π<<， 3A π∴=，2b c +=，∴sin 2sin A B C +=，∴2sin()2sin 33C C ππ+-=，∴1cos 22C C -=sin()6C π∴-=， 64C ππ∴-=，512C π∴=． 若选③sin cos()6a B b A π=-，由正弦定理可得sin sin sin cos()6A B B A π=-，sin 0B ≠，sin cos()6A A π∴=-，62A A ππ∴+-=或26A A ππ+=-，3A π∴=，2b c +=，∴sin 2sin A B C +=，∴2sin()2sin 33C C ππ+-=，∴1cos 2C C -=sin()6C π∴-=，64C ππ∴-=，512C π∴=． 18．（12分）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a 元的前提下，可卖出b 件，若作广告宣传，广告费为n 千元时比广告费为(1)n -千元时多卖出2n b件(*)n N ∈． （1）求当1n =时，销售量1a ；当2n =时，销售量2a ； （2）试写出当广告费为n 千元时，销售量n a ；（3）当10a =，4000b =时，厂家生产多少件这种产品，做几千元广告才能获利最大？ 【解答】解：（1）设0a 表示广告费为0千元时的销售量，则0a b =， 102b a a -=，所以132a b =； 2122b a a -=，所以274b a =． （2）设0a 表示广告费为0千元时的销售量，则0a b =， 由题：10212122........2n n nb a a b a a b a a -⎧-=⎪⎪⎪-=⎪⎨⎪⎪⎪-=⎪⎩，相加可得02....222n n b b ba a -=+++，即121112....(2)1222212n n n nb b b a b b b +-=++++=⨯=--； （3）当4000b =时，14000(2)2n na =-， 设获利为n T ，则有110100040000(2)10002n n n T a n n =⨯-=--， 欲使n T 最大，则11n n n n T TT T +-⎧⎨⎩，所以：111140000(2)100040000(2)1000(1)221140000(2)100040000(2)1000(1)22n n n n n n n n +-⎧----+⎪⎪⎨⎪-----⎪⎩，解得55n n ⎧⎨⎩，故5n =，此时7875n a =，即该厂家应生产7875件产品，做5千元的广告，能使获利最大．19．（12分）如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，且2FB =，M ，N 分别为EF ，AB 的中点．（1）求证：//MN 平面FCB ；（2）若直线AF 与平面FCB 所成的角为60︒，求平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：取BC 的中点Q ，连接NQ ，FQ ，（1分） 则1//2NQ AC ，（2分）又1//2MF AC ，所以//MF NQ所以四边形MNQF 为平行四边形，所以//MN FQ ，（3分） 又因为FQ ⊂平面FCB ，MN ⊂/平面FCB ，（4分） 所以//MN 平面FCB （5分）（2）由四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒， 可得1BC =，3AC ，所以90ACB ∠=︒，所以AC BC ⊥．（6分） 又因为四边形ACFE 为矩形，所以AC CF ⊥，所以AC ⊥平面FCB ， 所以AFC ∠为直线AF 与平面FCB 所成的角，即60AFC ∠=︒，（7分） 所以1FC =．又因为2FB =222FB FC CB =+，所以FC BC ⊥．（8分） 则可建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，3(3,0,0),(0,1,0),(A B M ，所以3(,0,1),(3,1,0)MA AB =-=-设(,,)m x y z =为平面MAB 的法向量，则取23x =(23,6,3)m =为平面MAB 的一个法向量，（10分） 又(0,1,0)n =为平面MAC 的一个法向量，（11分） 所以657257cos ,||||571m n m n m n ⋅〈〉====⨯，故平面MAB 与平面MAC 257．（12分） 20．（12分）《中华人民共和国道路交通安全法》第47条规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇到行人正在通过人行横道，应当停车让行，即“礼让行人”．下表是某十字路口监控设备所抓拍的6个月内驾驶员不“礼让行人”行为的统计数据：月份x1 2 3 4 5 6 不“礼让行人”驾驶员人数y120105100859080（1）请根据表中所给前5个月的数据，求不“礼让行人”的驾驶员人数y 与月份x 之间的回归直线方程ˆˆˆybx a =+； （2）若该十字路口某月不“礼让行人”驾驶员人数的实际人数与预测人数之差小于5，则称该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”．试判断6月份该十字路口“礼让行人”情况是否达到“理想状态”？（3）自罚单日起15天内需完成罚款缴纳，记录5月不“礼让行人”驾驶员缴纳罚款的情况，缴纳日距罚单日天数记为X ，若X 服从正态分布~(8,9)X N ，求该月没能在14天内缴纳人数．参考公式：112211()()ˆ()nniii ii i nniii i x x yy x ynxy bx x xnx ====---==--∑∑∑∑，ˆˆay bx =-． ()0.6826P Z μσμσ-<<+=，(22)0.9544P Z μσμσ-<<+=，(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．【解答】解：（1）请根据表中所给前5个月的数据，计算1(12345)35x =⨯++++=， 1(1201051008590)1005y =⨯++++=， 5152222221()()22015001(5)2(10)ˆ8(2)(1)012()ii i ii x x y y b x x ==---⨯-⨯+⨯+⨯-+⨯-===--+-+++-∑∑ ˆˆ100(8)3124ay bx =-=--⨯=， y ∴与x 之间的回归直线方程ˆ8124yx =-+， （2）由（1）知ˆ8124yx =-+，当6x =时，ˆ8612476y =-⨯+=， 且806745-=<，6∴月份该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”． （3）因为X 服从正态分布(8,9)X N ∽，所以(214)0.9544P X <<=， 该月没能在14天内缴纳人数为10.95449022-⨯=人． 21．（12分）已知函数32()231f x ax ax =-+，3()(0)42a g x x a =-+<． （1）若对任意给定的0[1x ∈-，5]4，总存在唯一一个1[1x ∈-，5]4，使得10()()f x g x =成立，求实数a 的取值范围；（2）若对任意给定的0[1x ∈-，5]4，在区间[1-，5]4上总存在两个不同的(1,2)i x i =，使得120()()()f x f x g x ==成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，()6(1)f x ax x '=-， 因为514x -，所以由()0f x '<，解得10x -<或514x <，由()0f x '>，解得01x <<， 故()f x 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为[1-，0)和(1，5]4， (1)15f a -=-，(0)1f =，f （1）1a =-，525()1432a f =-， 所以()f x 的值域为[1，15]a -，又因为()g x 在[1-，5]4上单调递增， 所以()g x 的值域为3[24a +，35]216a -，问题转化为直线y t=，3[24at∈+，35]216a-和曲线()([1y f x x=∈-，5])4的图象只有一个交点，结合图象，有31243515216aaaa⎧-<+⎪⎪⎨⎪--⎪⎩，解得a的取值范围是2(5-，8]75-．（2）由（1）可知，问题转化为y t=，3[24at∈+，35]216a-和曲线()([1y f x x=∈-，5])4二者的图象有两个不同的交点，结合图象，有31242535132216aa a⎧<+⎪⎪⎨⎪->-⎪⎩，解得a的取值范围是16(2,)15--．22．（12分）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，过右焦点(1,0)F的直线交椭圆C于P，Q两点，点P在x轴上方，当PQ x⊥轴时，//(OP AD O为坐标原点）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线AP交直线BQ于点M，直线BP交直线AQ于点N，则MFN∠是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）当PQ x⊥轴时，点P的横坐标Px c=代入椭圆C的方程，可得点P的纵坐标2Pbya=，由题意知1c=，(,0)A a-，(0,)D b，又当OP x⊥轴时，//OP AD，所以2b ba a=，得1b=，所以2222a b c =+=，故椭圆C 的标准方程为2212x y +=； （2）MFN ∠为定值，且定值为2π，理由如下： 由（1）得((0,1),A D B ，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，3(,)M t y ，设直线PQ 的方程为1x my =+，联立方程可得221220x my x y =+⎧⎨+-=⎩，整理得22(2)210m y my ++-=， 则12122221,22m y y y y m m +=-=-++， 由A ，P ，M因为221112x y +=，所以22111221)y x x x =-=，1=②， 由①②1=， 由B ，Q ，M=， 由③④12= 分别将111x my =+，221x my =+代入，21212121)()32m y y m y y y y -++-+=， 将12122221,22m y y y y m m +=-=-++代入并整理，3=-2t =，设4(,)N t y '，同理可得2t '=，由B ，P ，N=⑤，由③⑤得341y y =-，所以3434(21,)(21,)10FM FN y y y y ⋅=-⋅-=+=， 所以MFN ∠为定值2π．。

山东省济南市2021届新高考数学第二次调研试卷一、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．tan570°=（）A．3B．-3C．3D．3【答案】A【解析】【分析】直接利用诱导公式化简求解即可．【详解】tan570°=tan（360°+210°）=tan210°=tan（180°+30°）=tan30°=33．故选：A．【点睛】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，主要考查诱导公式的应用，属于基础题.2．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对B．3对C．4对D．5对【答案】C【解析】【分析】画出该几何体的直观图P ABCD-，易证平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PCD，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面PAD⊥平面ABCD，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD ⊥CD ，所以，CD ⊥平面PAD ， 所以平面PCD ⊥平面PAD ， 同理可证：平面PAB ⊥平面PAD ，由三视图可知：PO ＝AO ＝OD ，所以，AP ⊥PD ，又AP ⊥CD ， 所以，AP ⊥平面PCD ，所以，平面PAB ⊥平面PCD ， 所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．3．已知集合{}1,2,3,4,5,6U =，{}13,5A =,，{}2,3,4B =，则集合()U B A =U ð( )A ．{}1,2,6B ．{}1,3,6C ．{}1,6D ．{}6【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的混合运算，即可容易求得结果. 【详解】{}1,2,3,4,5A B ⋃=Q ，故可得()U B A =U ð{}6.故选：D. 【点睛】本题考查集合的混合运算，属基础题. 4．在311(21)x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭展开式中的常数项为( ) A ．1 B ．2C ．3D ．7【答案】D 【解析】 【分析】求出3(21)x +展开项中的常数项及含x 的项，问题得解。

专题限时集训(十三) 解析几何1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程；(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．[解] (1)由题设得4a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2a 2＝12，解得a 2＝6，b 2＝3. 所以C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 26＋y 23＝1得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.于是x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.①由AM ⊥AN 知AM →·AN →＝0，故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，可得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)4km 1＋2k2＋(m －1)2＋4＝0. 整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0. 因为A (2，1)不在直线MN 上，所以2k ＋m －1≠0，故2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1，m ＝－23k －13. 于是MN 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23－13(k ≠1)．所以直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.若直线MN 与x 轴垂直，可得N (x 1，－y 1)． 由AM →·AN →＝0得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1，可得3x 21－8x 1＋4＝0.解得x 1＝2(舍去)，x 1＝23. 此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13. 令Q 为AP 的中点，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13.若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ |＝12|AP |＝223.若D 与P 重合，则|DQ |＝12|AP |.综上，存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，使得|DQ |为定值．2．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2，0)，B (2，0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C ．(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .(ⅰ)证明：△PQG 是直角三角形； (ⅱ)求△PQG 面积的最大值．[解] (1)由题设得y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2. 记u ＝21＋2k 2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u ，0)． 于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 2(x －u )，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k 2－u＝－1k .所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形．(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 2. 设t ＝k ＋1k ，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.3．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2，0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OM B ． [解] (1)由已知得F (1，0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22.又M (2，0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OM B ． 当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得 k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0.从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以∠OMA ＝∠OM B ． 综上，∠OMA ＝∠OM B ．1．(2020·安徽示范高中名校联考)过F (0，1)的直线l 与抛物线C ：x 2＝4y 交于A ，B 两点，以A ，B 两点为切点分别作抛物线C 的切线l 1，l 2，设l 1与l 2交于点Q (x 0，y 0)．(1)求y 0；(2)过Q ，F 的直线交抛物线C 于M ，N 两点，求四边形AMBN 面积的最小值． [解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l ：y ＝kx ＋1， 由⎩⎨⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1，得x 2－4kx －4＝0， 所以⎩⎨⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，由x 2＝4y ⇒y ′＝12x ，所以l 1：y －y 1＝12x 1(x －x 1)，即l 1：y ＝12x 1x －x 214，同理l 2：y ＝12x 2x －x 224，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 1x －x 214，y ＝12x 2x －x 224，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x 22＝2k ，y 0＝x 1x 24＝－1，即y 0＝－1.(2)因为QF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1＋x 22，2，AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)， 所以QF →·AB →＝－x 22－x 212＋2(y 2－y 1)＝x 21－x 222＋x 22－x 212＝0， 所以QF →⊥AB →，即MN ⊥AB ，|AB |＝y 1＋y 2＋2＝k (x 1＋x 2)＋4＝4k 2＋4， 同理|MN |＝4k 2＋4(易知k ≠0)，S AMBN ＝12|AB ||MN |＝8(k 2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2＋2≥32，当且仅当k ＝±1时，四边形AMBN 的面积取得最小值32.2．(2020·济宁模拟)已知圆O ：x 2＋y 2＝4，抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)． (1)若抛物线C 的焦点F 在圆O 上，且A 为抛物线C 和圆O 的一个交点，求|AF |； (2)若直线l 与抛物线C 和圆O 分别相切于点M ，N ，设M (x 0，y 0)，当y 0∈[3，4]时，求|MN |的最大值．[解] (1)由题意知F (0，2)，所以p ＝4. 所以抛物线C 的方程为x 2＝8y .将x 2＝8y 与x 2＋y 2＝4联立得⎩⎨⎧x 2＝8y ，x 2＋y 2＝4，得y ＝2(5－2)，所以点A 的纵坐标为y A ＝2(5－2)，结合抛物线的定义得|AF |＝y A ＋p2＝25－2. (2)由x 2＝2py 得y ＝x 22p ，y ′＝xp ，所以直线l 的斜率为x 0p ，故直线l 的方程为y －y 0＝x 0p (x －x 0)，即x 0x －py －py 0＝0. 连接OM ，ON (图略)， 则|ON |＝|－py 0|x 20＋p 2＝2，得p ＝8y 0y 20－4，且y 20－4＞0， 所以|MN |2＝|OM |2－|ON |2＝x 20＋y 20－4＝2py 0＋y 20－4＝16y 20y 20－4＋y 20－4＝16(y 20－4＋4)y 20－4＋y 20－4＝16＋64y 20－4＋y 20－4. 令t ＝y 20－4，y 0∈[3，4]，则t ∈[5，12]，令f (t )＝16＋t ＋64t ，则f ′(t )＝1－64t 2， 当t ∈[5，8]时，f ′(t )≤0，f (t )单调递减， 当t ∈(8，12]时，f ′(t )＞0，f (t )单调递增．又f (5)＝16＋5＋645＝1695，f (12)＝16＋12＋6412＝1003， 所以f (t )max ＝1695，即|MN |的最大值为1355.3．(2020·贵阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，F 1，F 2分别是椭圆C 的左、右焦点，椭圆C 的焦点F 1到双曲线x 22－y 2＝1的渐近线的距离为33.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l ：y ＝kx ＋m (k ＜0)与椭圆C 交于A ，B 两点，以线段AB 为直径的圆经过点F 2，且原点O 到直线l 的距离为255，求直线l 的方程．[解] (1)∵椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22， ∴c a ＝22.又双曲线x 22－y 2＝1的其中一条渐近线方程为x －2y ＝0，椭圆C 的焦点F 1(－c ，0)，∴|－c |1＋2＝33，解得c ＝1，∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知F 2(1，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由原点O 到直线l ：y ＝kx ＋m (k ＜0)的距离为255，得|m |1＋k 2＝255， 即m 2＝45(1＋k 2)．①将y ＝kx ＋m 代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0， ∴Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝8(2k 2－m 2＋1)＞0， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2，又以线段AB 为直径的圆经过点F 2，∴F 2A →·F 2B →＝0， 即(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝0，∴(x 1－1)(x 2－1)＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝0， 即(1＋k 2)x 1x 2＋(km －1)(x 1＋x 2)＋m 2＋1＝0，∴(1＋k 2)·2m 2－21＋2k 2＋(km －1)·－4km 1＋2k2＋m 2＋1＝0， 化简得3m 2＋4km －1＝0.②由①②，得11m 4－10m 2－1＝0，∴m 2＝1. 又k ＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，k ＝－12，满足Δ＝8(2k 2－m 2＋1)＞0.∴直线l 的方程为y ＝－12x ＋1.4．(2020·大同调研)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且离心率e ＝63.(1)设E 是直线y ＝x ＋2与椭圆的一个交点，求|EF 1|＋|EF 2|取最小值时椭圆的方程；(2)已知N (0，1)，是否存在斜率为k 的直线l 与(1)中的椭圆交于不同的两点A ，B ，使得点N 在线段AB 的垂直平分线上？若存在，求出直线l 在y 轴上截距的范围；若不存在，说明理由．[解] (1)∵e ＝63，∴b 2a 2＝13，椭圆的方程可化为x 23b 2＋y 2b 2＝1，将x 23b 2＋y 2b 2＝1与y ＝x ＋2联立，消去y 化简得4x 2＋12x ＋12－3b 2＝0，由Δ＝144－16×(12－3b 2)≥0，解得b 2≥1，即b ≥1，∴|EF 1|＋|EF 2|＝2a ＝23b ≥23，当且仅当b ＝1时，|EF 1|＋|EF 2|取最小值23，∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设直线l 在y 轴上的截距为t ，则直线l 的方程为y ＝kx ＋t ，代入x 23＋y 2＝1，消去y 整理得，(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3t 2－3＝0， ∵直线l 与椭圆交于不同的两点，∴Δ1＝(6kt )2－12(t 2－1)(1＋3k 2)＞0，即t 2＜1＋3k 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为Q ，则x 1＋x 2＝－6kt 1＋3k 2，x 1x 2＝3t 2－31＋3k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t1＋3k 2，∴AB 的中点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt1＋3k 2，t 1＋3k 2，∴当k ≠0时，t1＋3k 2－1－3kt 1＋3k 2＝－1k ，化简得1＋3k 2＝－2t ，代入t 2＜1＋3k 2得－2＜t ＜0.又－2t ＝1＋3k 2＞1，∴t ＜－12，故－2＜t ＜－12. 当k ＝0时，－1＜t ＜1.综上，k ≠0时，直线l 在y 轴上截距的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12；k ＝0时，直线l 在y 轴上截距的范围为(－1，1)．1．已知定点A (－3，0)，B (3，0)，直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为－19，记动点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)过点T (1，0)的直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点，是否存在定点S (x 0，0)，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值？若存在，求出S 的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)设动点M (x ，y )，则直线MA 的斜率k MA ＝yx ＋3(x ≠－3)，直线MB 的斜率k MB ＝yx －3(x ≠3)． 因为k MA ·k MB ＝－19，所以y x ＋3·y x －3＝－19，化简得x 29＋y 2＝1，又x ≠±3，所以曲线C 的方程为x 29＋y 2＝1(x ≠±3)．(2)由题意得直线l 的斜率不为0，根据直线l 过点T (1，0)，可设直线l 的方程为x ＝my ＋1，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋1，x 2＋9y 2＝9，消去x 得(m 2＋9)y 2＋2my －8＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2mm 2＋9，y 1y 2＝－8m 2＋9.直线SP 与SQ 的斜率分别为k SP ＝y 1x 1－x 0＝y 1my 1＋1－x 0，k SQ ＝y 2x 2－x 0＝y 2my 2＋1－x 0，k SP ·k SQ ＝y 1y 2(my 1＋1－x 0)(my 2＋1－x 0)＝－8(x 20－9)m 2＋9(1－x 0)2，当x 0＝3时，∀m ∈R ，k SP ·k SQ ＝－89(1－x 0)2＝－29； 当x 0＝－3时，∀m ∈R ，k SP ·k SQ ＝－89(1－x 0)2＝－118. 所以存在定点S (±3，0)，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值．2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点围成的菱形的面积为43，椭圆的一个焦点为圆x 2＋y 2－2x ＝0的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)若M ，N 为椭圆上的两个动点，直线OM ，ON 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1k 2＝－34时，△MON 的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由．[解] (1)由题意可知，2ab ＝43，圆x 2＋y 2－2x ＝0的圆心坐标为(1，0)，所以c ＝1， 因此a 2－b 2＝1，结合ab ＝23得a 2＝4，b 2＝3， 故椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m消去y 可得，(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝48(4k 2－m 2＋3)＞0，即m 2＜4k 2＋3， x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 3＋4k 22－4·4m 2－123＋4k 2 ＝431＋k 23＋4k2·4k 2－m 2＋3.又点O到直线MN的距离d＝|m|1＋k2，所以S△MON ＝12|MN|·d＝23|m|3＋4k2·4k2－m2＋3.又k1k2＝y1y2x1x2＝－34，所以k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2x1x2＝k2＋km·－8km3＋4k2＋m24m2－123＋4k2＝－34，化简可得2m2＝4k2＋3，满足Δ＞0.则S△MON＝23|m|3＋4k2·4k2－m2＋3＝23m22m2＝ 3.当直线MN的斜率不存在时，由于k1k2＝－34，且OM，ON关于x轴对称，不妨设k1＝32，k2＝－32，则易得M⎝⎛⎭⎪⎫2，62，N⎝⎛⎭⎪⎫2，－62或M⎝⎛⎭⎪⎫－2，－62，N⎝⎛⎭⎪⎫－2，62，此时S△MON＝12×2×6＝ 3.综上，△MON的面积为定值，定值为 3.3．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且与抛物线y2＝x交于M，N两点，△OMN(O为坐标原点)的面积为2 2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，点A为椭圆E上一动点(非长轴端点)，点F为椭圆E的右焦点，AF 的延长线与椭圆E交于点B，AO的延长线与椭圆E交于点C，求△ABC面积的最大值．[解](1)根据题意不妨设M(x，x)，N(x，－x)．∵△OMN的面积为22，∴x x ＝22，得x ＝2，∴M (2，2)，N (2，－2)．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，得a ＝22，b ＝2，c ＝2，∴椭圆E 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)①当直线AB 的斜率不存在时，不妨取A (2，2)，B (2，－2)，则C (－2，－2)，故△ABC 的面积S ＝12×22×4＝4 2.②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 28＋y 24＝1，化简得(2k 2＋1)x 2－8k 2x ＋8k 2－8＝0，则Δ＝64k 4－4(2k 2＋1)(8k 2－8)＝32(k 2＋1)＞0， x 1＋x 2＝8k 22k 2＋1，x 1x 2＝8k 2－82k 2＋1.∴|AB |＝(1＋k 2)×[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝(1＋k 2)×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫8k 22k 2＋12－4×8k 2－82k 2＋1＝42×k 2＋12k 2＋1. 又点O 到直线AB 的距离d ＝|－2k |k 2＋1＝2|k |k 2＋1， 且O 是线段AC 的中点，∴点C 到直线AB 的距离为2d ＝4|k |k 2＋1， ∴S △ABC ＝12|AB |·2d ＝12×42×k 2＋12k 2＋1×4|k |k 2＋1＝82×k 2(k 2＋1)(2k 2＋1)2.∵k 2(k 2＋1)(2k 2＋1)2＝k 2(k 2＋1)[k 2＋(k 2＋1)]2≤k 2(k 2＋1)4k 2(k 2＋1)＝14，且k 2≠k 2＋1， ∴等号不成立， ∴S △ABC ＝82×k 2(k 2＋1)(2k 2＋1)2＜4 2.综上，△ABC 面积的最大值为4 2.4．已知抛物线C 1：x 2＝4y 的焦点F 也是椭圆C 2：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个焦点，C 1与C 2的公共弦的长为2 6.(1)求C 2的方程；(2)过点F 的直线l 与C 1相交于A ，B 两点，与C 2相交于C ，D 两点，且AC →与BD →同向．(ⅰ)若|AC |＝|BD |，求直线l 的斜率；(ⅱ)设C 1在点A 处的切线与x 轴的交点为M ，证明：直线l 绕点F 旋转时，△MFD 总是钝角三角形．[解] (1)由C 1：x 2＝4y 知其焦点F 的坐标为(0，1)． 因为F 也是椭圆C 2的一个焦点，所以a 2－b 2＝1.①又C 1与C 2的公共弦的长为26，C 1与C 2都关于y 轴对称，且C 1的方程为x 2＝4y ，由此易知C 1与C 2的公共点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫±6，32， 所以94a 2＋6b 2＝1.②联立①②，解得a 2＝9，b 2＝8. 故C 2的方程为y 29＋x 28＝1.(2)如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．(ⅰ)因为AC →与BD →同向，且|AC |＝|BD |，所以AC →＝BD →， 从而x 3－x 1＝x 4－x 2，即x 1－x 2＝x 3－x 4， 于是(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(x 3＋x 4)2－4x 3x 4.③ 设直线l 的斜率为k ，则l 的方程为y ＝kx ＋1. 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，得x 2－4kx －4＝0.而x 1，x 2是这个方程的两个根， 所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.④ 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 29＋x 28＝1，得(9＋8k 2)x 2＋16kx －64＝0.而x 3，x 4是这个方程的两个根，所以x 3＋x 4＝－16k 9＋8k 2，x 3x 4＝－649＋8k 2.⑤ 将④⑤代入③，得16(k 2＋1)＝162k 2(9＋8k 2)2＋4×649＋8k 2，即16(k 2＋1)＝162×9(k 2＋1)(9＋8k 2)2，所以(9＋8k 2)2＝16×9，解得k ＝±64，即直线l 的斜率为±64.(ⅱ)由x 2＝4y 得y ′＝x 2，所以C 1在点A 处的切线方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 1x 2－x 214.令y ＝0，得x ＝x 12，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，0，所以FM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，－1.而F A →＝(x 1，y 1－1)，于是F A →·FM →＝x 212－y 1＋1＝x 214＋1＞0， 因此∠AFM 是锐角，从而∠MFD ＝180°－∠AFM 是钝角． 故直线l 绕点F 旋转时，△MFD 总是钝角三角形.莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

解析几何(13)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，只有一项是符合题目要求的)1．[2020·山东日照模拟]已知倾斜角为θ的直线l 与直线x ＋2y －3＝0垂直，则sin θ＝( ) A ．－55 B.55 C ．－255 D.2552．[2020·全国卷Ⅰ]已知A 为抛物线C ：y 2＝2px (p >0)上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p ＝( )A ．2B ．3C ．6D ．93．[2020·山东名校联考]已知圆C ：(x －4)2＋(y －2)2＝r 2截y 轴所得的弦长为22，过点(0,4)且斜率为k 的直线l 与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝22，则k 的值为( )A ．－14 B.14C ．－34 D.344．[2020·山东泰安质量检测]若双曲线x 2a2－y 2＝1(a >0)的实轴长为1，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±xB ．y ＝±2xC ．y ＝±12x D ．y ＝±2x5．[2020·山东名校联考]已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，过右焦点F 向两条渐近线作垂线，垂足分别为M ，N ，若四边形OMFN 的面积为3，其中O 为坐标原点，则该双曲线的焦距为( )A ．2 B. 3 C ．3 D ．46．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与直线y ＝3x 垂直，则双曲线C 的离心率为( )A.72B.103C ．3 D.72或1037．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线上位于第一象限内的一点，PF 的延长线交l 于点Q ，且PF →＝FQ →，|PQ →|＝8，则直线PQ 的方程为( )A ．x －3y －1＝0B ．x －y －1＝0 C.3x －y －23＝0 D.3x －y －3＝0 8．[2020·全国卷Ⅰ]已知⊙M ：x 2＋y 2－2x －2y －2＝0，直线l ：2x ＋y ＋2＝0，P 为l 上的动点．过点P 作⊙M 的切线P A ，PB ，切点为A ，B ，当|PM |·|AB |最小时，直线AB 的方程为( )A ．2x －y －1＝0B ．2x ＋y －1＝0C ．2x －y ＋1＝0D ．2x ＋y ＋1＝0二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．[2020·山东青岛检测]已知圆C 过点M (1，－2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是( )A ．满足条件的圆C 的圆心在一条直线上B ．满足条件的圆C 有且只有一个 C ．点(2，－1)在满足条件的圆C 上D ．满足条件的圆C 有且只有两个，它们的圆心距为4 210．[2020·山东名校联考]与双曲线x 23－y 22＝1有相同渐近线的双曲线方程是( )A.x 218－y 212＝1B.x 212－y218＝1 C.y 28－x 212＝1 D.y 212－x 28＝1 11．[2020·山东淄博部分学校联考]已知椭圆Ω：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则下列结论正确的是( )A ．若a ＝2b ，则Ω的离心率为22B ．若Ω的离心率为12，则b a ＝32C ．若F 1，F 2分别为Ω的两个焦点，直线l 过点F 1且与Ω交于点A ，B ，则△ABF 2的周长为4aD ．若A 1，A 2分别为Ω的左、右顶点，P 为Ω上异于点A 1，A 2的任意一点，则P A 1，P A 2的斜率之积为－b 2a 212．[2020·山东威海模拟]设M ，N 是抛物线y 2＝x 上的两个不同的点，O 是坐标原点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－12，则下列选项不正确的是( )A ．|OM |＋|ON |≥4 2B ．以MN 为直径的圆的面积大于4πC ．直线MN 过抛物线y 2＝x 的焦点D ．点O 到直线MN 的距离不大于2三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．[2020·浙江卷]已知直线y ＝kx ＋b (k >0)与圆x 2＋y 2＝1和圆(x －4)2＋y 2＝1均相切，则k ＝________，b ＝________.14．[2020·山东名校联考]已知抛物线C ：y 2＝42x 的焦点是双曲线E ：x 2－y 2＝a 2的右焦点，则双曲线E 的标准方程为________．15．[2020·山东日照校际联考]倾斜角为30°的直线l 经过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点F 1，交双曲线于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线过右焦点F 2，则此双曲线的渐近线方程为________．16．[2020·山东烟台、渮泽联考]已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，且AF →＝FB →，点A 到直线l 的距离为2，则p ＝________；若点A ，B 在l 上的投影分别为M ，N ，则△MFN 的内切圆半径为________．(本题第一空2分，第二空3分)解析几何(13)1．答案：D解析：因为θ为直线l 的倾斜角，且直线l 与直线x ＋2y －3＝0垂直，所以tan θ·⎝⎛⎭⎫－12＝－1，tan θ＝2，由同角关系得sin θ＝255，故选D.2．答案：C解析：设焦点为F ，点A 的坐标为(x 0，y 0)，由抛物线定义得|AF |＝x 0＋p2，∵点A 到y 轴距离为9，∴x 0＝9，∴9＋p2＝12，∴p ＝6.故选C. 3．答案：D解析：由题意知：圆心C (4,2)到直线l 的距离d ＝|4k －2＋4|k 2＋1＝|4k ＋2|k 2＋1＝4.解得k ＝34，故选D.4．答案：D解析：由题意知2a ＝1，得a ＝12，又b ＝1，则ba＝2，故该双曲线的渐近线方程为y ＝±2x ，故选D.5．答案：D解析：由双曲线的离心率为2可得c 2a 2＝4，又a 2＋b 2＝c 2，所以ba＝ 3.因为F (c,0)到渐近线y ＝±b ax 的距离d ＝|FM |＝|FN |＝bc a 2＋b 2＝b ，所以|OM |＝|ON |＝c 2－b 2＝a ，故S 四边形OMFN ＝2S △OMF ＝2×12ab ＝3，得ab ＝ 3.又ba ＝3，所以a ＝1，b ＝3，得c ＝2，故该双曲线的焦距为2c ＝4.故选D.6．答案：B解析：由题意知－ba ×3＝－1∴a ＝3b ∴c ＝10b∴e ＝c a ＝103，故选B.7．答案：D解析：根据PF →＝FQ →，|PQ →|＝8，得F 是PQ 的中点，且|PF |＝4，过P 作PM ⊥l 于点M ，则由抛物线的定义，得|PM |＝|PF |＝4，所以∠QPM ＝60°，即直线PQ 的倾斜角为60°，设直线l 交x 轴于点N ，根据FN ∥PM 及F 是PQ 的中点，得|FN |＝12|PM |＝2.又|FN |＝p ，所以p ＝2，即F (1,0)，因此直线PQ 的方程为3x －y －3＝0，故选D.8．答案：D解析：如图，由题可知，AB ⊥PM ，|PM |·|AB |＝2S 四边形APBM ＝2(S △P AM ＋S △PBM )＝2(|P A |＋|PB |)， ∵|P A |＝|PB |，∴|PM |·|AB |＝4|P A |＝4|PM |2－|AM |2＝4|PM |2－4，当|PM |最小时，|PM |·|AB |最小，易知|PM |min ＝54＋1＝5，此时|P A |＝1，AB ∥l ，设直线AB 的方程为y ＝－2x ＋b (b ≠－2)， 圆心M 到直线AB 的距离为d ＝|3－b |5，|AB |＝4|P A ||PM |＝45，∴d 2＋⎪⎪⎪⎪AB 22＝|MA |2， 即(3－b )25＋45＝4，解得b ＝－1或b ＝7(舍)．综上，直线AB 的方程为y ＝－2x －1，即2x ＋y ＋1＝0.故选D. 9．答案：ACD解析：因为圆C 和两个坐标轴都相切，且过点M (1，－2)，所以设圆心坐标为(a ，－a )(a >0)，故圆心在y ＝－x 上，A 正确；圆C 的方程为(x －a )2＋(y ＋a )2＝a 2，把点M 的坐标代入可得a 2－6a ＋5＝0，解得a ＝1或a ＝5，则圆心坐标为(1，－1)或(5，－5)，所以满足条件的圆C 有且只有两个，故B 错误；圆C 的方程分别为(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，(x －5)2＋(y ＋5)2＝25，将点(2，－1)代入可知满足(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，故C 正确；它们的圆心距为(5－1)2＋(－5＋1)2＝42，D 正确．故选ACD. 10．答案：AC解析：易知双曲线x 23－y 22＝1的渐近线方程为y ＝±23x .对于选项A ，双曲线的渐近线方程为y ＝±23x ，符合题意；对于选项B ，双曲线的渐近线方程为y ＝±32x ，不符合题意；对于选项C ，双曲线的渐近线方程为y ＝±23x ，符合题意；对于选项D ，双曲线的渐近线方程是y ＝±32x ，不符合题意．故选AC. 11．答案：BCD解析：若a ＝2b ，则c ＝3b ，e ＝32，选项A 不正确；若e ＝12，则a ＝2c ，b ＝3c ，ba＝32，选项B 正确；根据椭圆的定义易知选项C 正确；设P (x 0，y 0)，则x 20a 2＋y 20b2＝1，易知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，所以P A 1，P A 2的斜率之积为y 0x 0＋a ·y 0x 0－a ＝y 20x 20－a 2＝b 2⎝⎛⎭⎫1－x 20a 2x 20－a 2＝－b 2a 2，选项D 正确．故选BCD.12．答案：ABC 解析：当直线MN 的斜率不存在时，设M (x 0，y 0)，则N (x 0，－y 0)，由斜率之积为－12可得y 0x 0·⎝⎛⎭⎫－y 0x 0＝－y 20x 20＝－1y 20＝－12，即y 20＝2.∴直线MN 的方程为x ＝2，此时|OM |＋|ON |＝26，以M ，N 为直径的圆的面积为2π，抛物线的焦点为⎝⎛⎭⎫14，0，故A ，B ，C 错误；当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线方程联立，消去x ，可得ky 2－y ＋m ＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝1k ，y 1y 2＝m k ，故x 1x 2＝m 2k 2，∴k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝k m ＝－12，即m ＝－2k .∴直线MN 的方程为y ＝kx －2k ＝k (x －2)，∴直线MN 过定点(2,0)，∴点O 到直线MN 的距离不大于2，故D 正确，故选ABC.13．答案：33 －233解析：解法一：因为直线y ＝kx ＋b (k >0)与圆x 2＋y 2＝1，圆(x －4)2＋y 2＝1都相切，所以|b |1＋k 2＝|4k ＋b |1＋k 2＝1，得k ＝33，b ＝－233. 解法二：因为直线y ＝kx ＋b (k >0)与圆x 2＋y 2＝1，圆(x －4)2＋y 2＝1都相切，所以直线y ＝kx ＋b 必过两圆心连线的中点(2,0)，所以2k ＋b ＝0.设直线y ＝kx ＋b 的倾斜角为θ，则sin θ＝12，又k >0，所以θ＝π6，所以k ＝tan π6＝33，b ＝－2k ＝－233. 14．答案：x 2－y 2＝1解析：由题意知抛物线C ：y 2＝42x 的焦点坐标为(2，0)，所以双曲线E ：x 2－y 2＝a 2的右焦点为(2，0)，即c ＝2，所以a 2＋a 2＝2，解得a 2＝1，所以双曲线E 的标准方程为x 2－y 2＝1.15．答案：y ＝±x解析：如图，令点B 在第一象限，记点M 为线段AB 的中点，则MF 2为线段AB 的垂直平分线，连接AF 2，BF 2，则可得|AF 2|＝|BF 2|.因为直线l 的倾斜角为30°，所以∠MF 1F 2＝30°，所以|MF 2|＝2c ·sin 30°＝c ，|MF 1|＝2c ·cos 30°＝3c .由双曲线的定义可得|BF 1|－|BF 2|＝2a ，|AF 2|－|AF 1|＝2a ，所以|AB |＝|BF 1|－|AF 1|＝|BF 2|＋2a －(|AF 2|－2a )＝4a ，所以|MA |＝2a ，|AF 2|＝|MA |2＋|MF 2|2＝4a 2＋c 2，|AF 1|＝|MF 1|－|MA |＝3c －2a .由|AF 2|－|AF 1|＝2a ，可得4a 2＋c 2－(3c －2a )＝2a ，可得4a 2＋c 2＝3c 2，得c ＝2a ，b ＝c 2－a 2＝a ，所以此双曲线的渐近线方程为y ＝±x .16．答案：2 2(2－1)解析：由题意可知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，因为AF →＝FB →，所以A ，B 关于x 轴对称，且x A ＝x F ＝p 2，又点A 到直线l 的距离为2，所以p 2＋p2＝p ＝2；不妨设A (1,2)，B (1，－2)，l 与x 轴的交点为C ，所以M (－1,2)，N (－1，－2)，△MFN 是等腰三角形，且|MN |＝4，|FC |＝2，|FM |＝|FN |＝2 2.令△MFN 的内切圆半径为r ，则12×4×2＝12×(22＋22＋4)r ，得r ＝2(2－1)．。

山东省济宁市2021届新高考数学二模试卷一、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．已知函数()32,0log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，则=f f ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（ ）A．2B ．12C ．3log 2-D ．3log 2【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数解析式，先求得f ⎝⎭的值，再求得f f ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的值. 【详解】依题意12331log log 3332f -⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭，12122f f f -⎛⎫⎛⎫=-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故选：A 【点睛】本小题主要考查根据分段函数解析式求函数值，属于基础题. 2．设1i2i 1iz -=++，则||z = A ．0 B ．12C ．1 D【答案】C 【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数z ，然后求解复数的模.详解：()()()()1i 1i 1i2i 2i 1i 1i 1i z ---=+=++-+ i 2i i =-+=，则1z =，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3．执行下面的程序框图，若输出的S 的值为63，则判断框中可以填入的关于i 的判断条件是（ ）A ．5i ≤B ．6i ≤C ．7i ≤D ．8i ≤【答案】B 【解析】 【分析】根据程序框图，逐步执行，直到S 的值为63，结束循环，即可得出判断条件. 【详解】 执行框图如下： 初始值：0,1S i ==，第一步：011,112S i =+==+=，此时不能输出，继续循环； 第二步：123,213S i =+==+=，此时不能输出，继续循环； 第三步：347,314S i =+==+=，此时不能输出，继续循环； 第四步：7815,415S i =+==+=，此时不能输出，继续循环； 第五步：151631,516S i =+==+=，此时不能输出，继续循环； 第六步：313263,617S i =+==+=，此时要输出，结束循环； 故，判断条件为6i ≤. 故选B 【点睛】本题主要考查完善程序框图，只需逐步执行框图，结合输出结果，即可确定判断条件，属于常考题型.4．在ABC ∆中，0OA OB OC ++=u u u r u u u r u u u r r ，2AE EB =u u u r u u u r，AB AC λ=u u u r u u u r ，若9AB AC AO EC ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ，则实数λ=( )A B ．C ．3D ．2【答案】D 【解析】 【分析】将AO u u u r 、EC uuu r 用AB u u u r 、AC u u u r 表示，再代入9AB AC AO EC ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r中计算即可. 【详解】由0OA OB OC ++=u u u r u u u r u u u r r，知O 为ABC ∆的重心，所以211()323AO AB AC =⨯+=u u u r u u u r u u u r ()AB AC +u u u r u u u r ，又2AE EB =u u u r u u u r ，所以23EC AC AE AC AB =-=-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，93()AO EC AB AC ⋅=+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r 2()3AC AB -u u ur u u u r2223AB AC AB AC AB AC =⋅-+=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以2223AB AC=u u u r u u u r ，||2||AB AC λ===u u u ru u u r . 故选：D 【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算，是一道中档题. 5．若()()613x a x -+的展开式中3x 的系数为-45，则实数a 的值为（ ） A ．23B ．2C ．14D ．13【答案】D 【解析】 【分析】将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得a 的值. 【详解】∵()()()()666131313x a x x x a x -+=+-+ 所以展开式中3x 的系数为2233663313554045C aC a -=-=-，∴解得13a =. 故选：D. 【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.6．已知函数()22018tan 1xx m f x x x m =+++()0,1m m >≠，若()13f =，则()1f -等于（ ）A ．-3B ．-1C ．3D ．0【答案】D 【解析】分析：因为题设中给出了()1f 的值，要求()1f -的值，故应考虑()(),f x f x -两者之间满足的关系.详解：由题设有()2212018tan 2018tan 11x x x m f x x x x x m m ---=-+=-+++，故有()()212f x f x x +-=+，所以()()113f f +-=，从而()10f -=，故选D.点睛：本题考查函数的表示方法，解题时注意根据问题的条件和求解的结论之间的关系去寻找函数的解析式要满足的关系. 7．已知复数z 满足i z11=-，则z =（ ） A ．1122i + B ．1122i - C ．1122-+iD ．1122i --【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的代数运算法则化简即可得到结论. 【详解】由i z11=-，得()()11111111222i i z i i i i ++====+--+， 所以，1122z i =-. 故选：B. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题. 8．已知集合2{|log (1)2},,A x x B N =-<=则A B =I （ ）A ．{}2345，，， B ．{}234，， C ．{}1234，，， D ．{}01234，，，， 【答案】B 【解析】 【分析】解对数不等式可得集合A ，由交集运算即可求解.【详解】集合2{|log (1)2},A x x =-<解得{}15,A x x =<<,B N =由集合交集运算可得{}{}152,3,4A B x x N ⋂=<<⋂=， 故选：B. 【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题. 9．下列函数中，值域为R 的偶函数是（ ） A ．21y x =+ B ．x x y e e -=-C ．lg y x =D ．2y x =【答案】C 【解析】试题分析：A 中，函数为偶函数，但1y ≥，不满足条件；B 中，函数为奇函数，不满足条件；C 中，函数为偶函数且y R ∈，满足条件；D 中，函数为偶函数，但0y ≥，不满足条件，故选C ． 考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．10．函数2()ln(1)x xe ef x x --=+在[3,3]-的图象大致为( ) A ． B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数奇偶性排除B ，再根据函数极值排除A ；结合特殊值即可排除D ，即可得解.函数2()ln(1)x xe ef x x --=+， 则2()()ln(1)x xe ef x f x x ---==-+，所以()f x 为奇函数，排除B 选项； 当x →+∞时，2()ln xe f x x≈→+∞，所以排除A 选项； 当1x =时，11 2.720.37(1) 3.4ln(11)ln 20.69e e e ef -----==≈≈+，排除D 选项； 综上可知，C 为正确选项， 故选：C. 【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础题. 11．已知数列满足，且，则数列的通项公式为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 试题分析：因为，所以，即，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以数列的通项公式是，故选D ．考点：数列的通项公式．12．已知集合U =R ，{}0A y y =≥，{}1B y y x ==，则U A B =I ð( )A ．[)0,1B ．()0,∞+C ．()1,+∞D ．[)1,+∞【答案】A 【解析】 【分析】求得集合B 中函数的值域，由此求得U B ð，进而求得U A B ⋂ð. 【详解】 由11y x =≥，得[)1,B =+∞，所以()U ,1B =-∞ð，所以[)U 0,1A B =I ð.故选：A本小题主要考查函数值域的求法，考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

立体几何(5)1.[2020·山东滨州质量检测]如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC ＝90°，∠BCD＝45°，BC＝2AD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若PC＝BC，求平面PAD和平面PBC所成的角(锐角)的余弦值．2．[2020·浙江卷]如图，在三棱台ABC­DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD ＝45°，DC＝2BC.(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．3．[2020·山东泰安质量检测]如图，在三棱锥P­ABC中，△PAC为等腰直角三角形，∠APC＝90°，△ABC为正三角形，D为AC的中点，AC＝2.(1)证明：PB⊥AC；(2)若三棱锥P­ABC的体积为33，求二面角A­PC­B的余弦值．4．[2020·山东临沂模拟]如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，点E是CD的中点，将△BEC沿BE折起到△BEC′的位置，使二面角C′­BE­C是直二面角．(1)证明：BC′⊥平面AEC′；(2)求二面角C′­AB­E的余弦值．5．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．6．[2020·山东师大附中模拟]如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，二面角D­FE­B的大小为60°.立体几何(5)1．解析：(1)证明：取BC 的中点E ，连接DE ，因为BC ＝2AD ，所以AD ＝BE ，又因为AD ∥BC ，所以四边形ABED 是平行四边形，因为∠ABC ＝90°，所以四边形ABED 是矩形，所以DE ⊥BC ，又∠BCD ＝45°，所以DE ＝CE ＝12BC ，所以△BCD 是直角三角形，即BD ⊥CD ，又PD ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，所以BD ⊥PD .又CD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，且PD ∩CD ＝D ，所以BD ⊥平面PCD ，又PC ⊂平面PCD ，所以BD ⊥PC .(2)如图，以D 为坐标原点，分别以DB ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D ­xyz ，设AD ＝1，则BC ＝2，由(1)知DE ＝1，DC ＝2，DB ＝2又PC ＝BC ，所以PD ＝ 2.所以B (2，0,0)，C (0，2，0)，P (0,0，2)，，22，所以BC →＝(－2，2，0)，PC →＝(0，2，－2)设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )⊥BC→⊥PC→·BC →＝0·PC →＝0，＋2y ＝0－2z ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝1.所以平面PBC 的一个法向量为n ＝又平面PAD 的一个法向量为m ＝→，22，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝23×1＝所以平面PAD 和平面PBC 所成的角(锐角)的余弦值为63.2．解析：(1)如图，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC 得CD ＝2CO .由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO 得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC ­DEF 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解法一：如图，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由三棱台ABC ­DEF 得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角．由BC ⊥平面BDO 得OH ⊥BC ，故OH ⊥平面BCD ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角．设CD ＝2 2.由DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2，得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.解法二：由三棱台ABC ­DEF 得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O ­xyz .设CD ＝2 2.由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)．设平面BCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )．·BC →＝0，·CD →＝0，x ＋y ＝0，2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)．所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.3．解析：(1)证明：∵△PAC 为等腰直角三角形，D 为AC 中点，∴PD ⊥AC ，又△ABC 为正三角形，D 为AC 中点，∴BD ⊥AC ，又PD ∩BD ＝D ，PD ，BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ，∴PB ⊥AC .(2)设三棱锥P ­ABC 的高为h .BD ＝BC sin 60°＝3，∴V P ­ABC ＝13×12×AC ×BD ×h ＝33h ＝33，∴h ＝1，又PD ＝12AC ＝1，∴PD ⊥平面ABC ，如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，P (0,0,1)，∴DB →＝(0，3，0)，CP →＝(1,0,1)，CB →＝(1，3，0)设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的一个法向量，·n ＝0，·n ＝0，＋z ＝0，＋3y ＝0，令x ＝1＝－33，1∴n 又DB →是平面PAC 的一个法向量，∴cos 〈DB →，n 〉＝DB →·n |DB →||n |＝－77.由图知二面角A ­PC ­B 的平面角为锐角，∴二面角A ­PC ­B 的余弦值为77.4．解析：(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，AB ＝2AD ＝2，点E 是CD 的中点，∴△ADE ，△BCE 都是等腰直角三角形，∴∠AEB ＝90°，即AE ⊥BE .又二面角C ′­BE ­C 是直二面角，即平面C ′EB ⊥平面ABE ，平面C ′EB ∩平面ABE ＝BE ，AE ⊂平面ABE ，∴AE ⊥平面C ′EB .又BC ′⊂平面C ′BE ，∴BC ′⊥AE .又BC ′⊥EC ′，AE ，EC ′⊂平面AEC ′，AE ∩EC ′＝E ，∴BC ′⊥平面AEC ′.(2)取BE 的中点O ，连接C ′O ，易知C ′O ⊥平面ABE .过O 点作OF ∥AE ，交AB 于点F .∵AE ⊥EB ，∴OF ⊥OB .以O 为坐标原点，OF ，OB ，OC ′所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz，则O，22，C ，0∴C ′A →C ′B →OC ′→设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC ′的法向量，则·C ′A →＝0，·C ′B →＝0，－22y －22z ＝0，－22z ＝0，取y ＝1，则z ＝1，x ＝1，∴n ＝(1,1,1)为平面ABC ′的一个法向量．∵C ′O ⊥平面∴OC ′→，0ABE 的一个法向量，∴cos 〈OC ′→，n 〉＝OC ′→·n |OC ′→|·|n |＝33，易知二面角C ′­AB ­E 为锐二面角，故二面角C ′­AB ­E 的余弦值为33.5．解析：(1)因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥AD .又底面ABCD 为正方形，所以AD ⊥DC .因此AD ⊥平面PDC .因为AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC .由已知得l ∥AD .因此l ⊥平面PDC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)可设Q (a,0,1)，则DQ →＝(a,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，ax ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(－1,0，a )．所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝－1－a 3·1＋a 2.设PB 与平面QCD 所成角为θ，则sin θ＝33×|a ＋1|1＋a 2＝331＋2a a 2＋1.因为331＋2a a 2＋1≤63，当且仅当a ＝1时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.6．解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面CBF ，∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF .(2)根据(1)的证明，有AF ⊥平面CBF ，∴FB 为AB 在平面CBF 内的投影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角，∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H ，AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12，在Rt △AFB 中，根据射影定理AF 2＝AH ·AB ，得AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°，∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA 、OG 、AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴方向建立空间直角坐标系(如图)设AD ＝t (t >0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，则C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F 12，32，0，∴CD →＝(2,0,0)，FD →，－32，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )1·CD →＝0，1·FD →＝0，＝0－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF →－12，32，∴cos 60°＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，即12＝|3t |4t 2＋3·1，解得t ＝64，因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°.。

平面向量、三角函数、解三角形(6)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，只有一项是符合题目要求的)1．[2020·山东青岛二中模拟]已知α，β的终边关于直线y ＝x 对称，且β＝－π3，则sin α等于( )A ．－32 B.32 C ．－12 D.122．[2020·山东高考第一次大联考]设向量a ＝(1,1)，b ＝(－1,3)，c ＝(2,1)，且(a －λb )⊥c ，则λ＝( )A ．3B ．2C ．－2D ．－33．[2020·山东日照校际联考]将函数f (x )＝sin 2x 的图象向右平移π6个单位长度后得到g (x )的图象，则函数g (x )的解析式是( )A ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3B ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 C ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 D ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6 4．[2020·山东济南模拟]已知sin ⎝⎛⎭⎫α2＋π4＝13，则sin α的值等于( )A ．－79B ．－29 C.29 D.795.[2020·山东省实验中学、淄博实验中学、烟台一中、莱芜一中四校联考]如图，在Rt △ABC中，∠ABC ＝π2，AC ＝2AB ，∠BAC 的平分线交△ABC 的外接圆圆O 于点D ，设AB →＝a ，AC →＝b ，则向量AD →＝( )A ．a ＋b B. 12a ＋bC ．a ＋12bD ．a ＋23b6．[2020·山东济南模拟]若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6(ω>0)在[0，π]上的值域为⎣⎡⎦⎤－12，1，则ω的最小值为( )A. 23B.34C.43D.327．[2020·新高考Ⅰ卷]已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →·AB →的取值范围是( )A ．(－2,6)B ．(－6,2)C ．(－2,4)D ．(－4,6)8．[2020·山东临沂质量检测]已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，若方程f (x )＝35的解为x 1，x 2(0<x 1<x 2<π)，则sin(x 1－x 2)＝( )A ．－35B ．－45C ．－23D ．－33二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．[2020·山东潍坊模拟]在平面直角坐标系xOy 中，角α以Ox 为始边，终边经过点P (－1，m )(m ≠0)，则下列各式的值一定为负的是( )A ．cos αB ．sin α－cos αC ．sin α·cos α D. sin αtan α10．[2020·新高考Ⅰ卷]如图是函数y ＝sin(ωx ＋φ)的部分图象，则sin(ωx ＋φ)＝( )A ．sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3 B ．sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x C ．cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 D ．cos ⎝⎛⎭⎫5π6－2x 11．[2020·山东名校联考]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，S △ABC ＝23，且c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0，则有( ) A ．A ＝π3 B ．C ＝π2C ．a ＝ 3D ．c ＝212．[2020·山东潍坊模拟]如图是函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，－π2<φ<π2的部分图象，把函数f (x )的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再把所得图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，则下列说法正确的是( )A ．函数g (x )是奇函数B ．函数g (x )图象的对称轴为直线x ＝12(1＋k )π(k ∈Z )C ．函数g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z ) D ．函数g (x )图象的对称中心为(k π，0)(k ∈Z )三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2020·全国卷Ⅰ]设a ，b 为单位向量，且︱a ＋b ︱＝1，则︱a －b ︱＝________.14．[2020·山东高考第一次大联考]已知cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6－sin α＝435，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋11π6＝________.15．[2020·山东名校联考]将函数f (x )＝2sin(2x ＋θ)的图象上所有点的横坐标缩小为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向右平移π16个单位长度，得到函数g (x )的图象，若g (x )是奇函数，则|θ|的最小值为________．16．[2020·山东济南质量针对性检测]在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，cos A ＝14，D 是边BC 的中点，E 是AB 上一点，且AE →＝λAB →(0≤λ≤1)，AE →·CE →＝12，则λ＝________，ED →·DC →＝________.(本题第一空2分，第二空3分)平面向量、三角函数、解三角形(6)1．答案：D解析：因为α和β的终边关于直线y ＝x 对称，所以α＋β＝2k π＋π2(k ∈Z )．又β＝－π3，所以α＝2k π＋5π6(k ∈Z )，则sin α＝12，故选D.2．答案：A解析：a －λb ＝(1＋λ，1－3λ)，由(a －λb )⊥c ，得(1＋λ，1－3λ)·(2,1)＝0，即2＋2λ＋1－3λ＝0，解得λ＝3.故选A. 3．答案：C解析：由题意知g (x )＝sin 2⎝⎛⎭⎫x －π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，故选C. 4．答案：A解析：因为cos ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫α2＋π4＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫α2＋π4＝1－29＝79，cos ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝－sin α，所以sin α＝－79，故选A.5．答案：C解析：设圆O 的半径为r ，连接BD ，OD .在Rt △ABC 中，∠ABC ＝π2，AC ＝2AB ，所以∠BAC＝π3，∠ACB ＝π6.又∠BAC 的平分线交△ABC 的外接圆圆O 于点D ，所以∠ACB ＝∠BAD ＝∠CAD ＝π6，则根据圆的性质得BD ＝AB .又在Rt △ABC 中，AB ＝12AC ＝r ＝OD ，所以四边形ABDO 为菱形，所以AD →＝AB →＋AO →＝a ＋12b .故选C.6．答案：A解析：因为x ∈[0，π]，所以ωx －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，ωπ－π6，又函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－12，1，要使ω的值最小，则ωπ－π6＝π2＋2k π(k ∈Z )，解得ω＝23＋2k (k ∈Z )，又ω>0，则当k ＝0时，ω的最小值为23，故选A.7．答案：A解析：AP →·AB →＝|AP →|·|AB →|·cos ∠P AB ＝2|AP →|cos ∠P AB ，又|AP →|cos ∠P AB 表示AP →在AB →方向上的投影，所以结合图形可知，当P 与C 重合时投影最大，当P 与F 重合时投影最小．又AC →·AB→＝23×2×cos 30°＝6，AF →·AB →＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P 在正六边形ABCDEF 内部运动时，AP →·AB →∈(－2,6)，故选A.8．答案：B解析：令2x －π6＝k π＋π2(k ∈Z )，则可得函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的对称轴方程为x ＝k 2π＋π3(k ∈Z )．令k ＝0可得函数f (x )的图象在(0，π)上的一条对称轴的方程为x ＝π3.结合三角函数图象的对称性可知x 1＋x 2＝23π，则x 1＝23π－x 2，sin(x 1－x 2)＝sin ⎝⎛⎭⎫23π－2x 2＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋2x 2＝cos ⎝⎛⎭⎫2x 2－π6.由题意得，sin ⎝⎛⎭⎫2x 2－π6＝35，且0<x 1<x 2<π，故π12<x 1<π3<x 2<7π12，π2<2x 2－π6<π，由同角三角函数的基本关系可知，cos ⎝⎛⎭⎫2x 2－π6＝－45.故选B. 9．答案：AD 解析：角α的终边经过点P (－1，m )(m ≠0)，故角α在第二象限或第三象限，若角α在第二象限，则有sin α>0，cos α<0，tan α<0，则sin α－cos α>0，sin α·cos α<0，sin αtan α<0；若角α在第三象限，则有sin α<0，cos α<0，tan α>0，则sin α－cos α不能判断其正负，sin α·cos α>0，sin αtan α<0，综上所述，cos α<0，sin αtan α<0，故选AD. 10．答案：BC解析：由题图可知，函数的最小正周期T ＝2⎝⎛⎭⎫2π3－π6＝π，∴2π|ω|＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y ＝sin(2x ＋φ)，将点⎝⎛⎭⎫π6，0代入得，sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝0，∴2×π6＋φ＝2k π＋π，k ∈Z ，即φ＝2k π＋2π3，k ∈Z ，故y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3.由于y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝sin ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x ，故选项B 正确；y ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x ＝cos ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫π3－2x ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，选项C 正确；对于选项A ，当x ＝π6时，sin ⎝⎛⎭⎫π6＋π3＝1≠0，错误；对于选项D ，当x ＝π6＋2π32＝5π12时，cos ⎝⎛⎭⎫5π6－2×5π12＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y ＝sin(－2x ＋φ)，将⎝⎛⎭⎫π6，0代入，得sin ⎝⎛⎭⎫－2×π6＋φ＝0，结合函数图象，知－2×π6＋φ＝π＋2k π，k ∈Z ，得φ＝4π3＋2k π，k ∈Z ，∴y ＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋4π3，但当x ＝0时，y ＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋4π3＝－32<0，与图象不符合，舍去．综上，选BC.11．答案：AB解析：解法一 由正弦定理知，c cos B ＋b cos C －2a cos A ＝0可化为sin C cos B ＋sin B cos C －2sin A cos A ＝0，即sin(B ＋C )－2sin A cos A ＝0，因为sin(B ＋C )＝sin A ，且sin A >0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3.由b ＝2，S △ABC ＝12bc sin A ＝23，得c ＝4.由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋42－2×2×4×12＝12，所以a ＝2 3.由正弦定理得a sin A ＝csin C，则sin C＝c ·sin A a ＝4×sinπ323＝1，又C ∈(0，π)，所以C ＝π2.故选AB.解法二 由三角形中的射影定理可知c cos B ＋b cos C ＝a ，所以c cos B ＋b cos C －2a cos A＝0可化为a －2a cos A ＝0，因为a ≠0，所以cos A ＝12.又0<A <π，所以A ＝π3.由b ＝2，S △ABC＝12bc sin A ＝23，得c ＝4.由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝22＋42－2×2×4×12＝12，所以a ＝2 3.由正弦定理得a sin A ＝c sin C ，则sin C ＝c ·sin Aa ＝4×sinπ323＝1，又C ∈(0，π)，所以C ＝π2.故选AB.12．答案：AD解析：由题意知函数f (x )的最小正周期T ＝2×⎝⎛⎭⎫π3＋π6＝π，由T ＝2π|ω|及ω>0，得ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)．又f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫π3，1，所以sin ⎝⎛⎭⎫2×π3＋φ＝1.因为－π2<φ<π2，所以φ＝－π6，故f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.把函数f (x )的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6的图象，再将y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，故g (x )＝sin x ，是奇函数，A 选项正确；函数g (x )图象的对称轴为直线x ＝k π＋π2(k ∈Z )，B 选项错误；函数g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，C 选项错误；函数g (x )图象的对称中心为(k π，0)(k ∈Z )，D 选项正确．故选AD.13．答案： 3解析：由|a ＋b |＝1，得|a ＋b |2＝1，即a 2＋b 2＋2a ·b ＝1，而|a |＝|b |＝1，故a ·b ＝－12，|a －b |＝|a －b |2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝1＋1＋1＝ 3. 14．答案：－45解析：由cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6－sin α＝32cos α－12sin α－sin α＝32cos α－32sin α＝3⎝⎛⎭⎫12cos α－32sin α＝3cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝3sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝435得sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝45∴sin ⎝⎛⎭⎫α＋11π6＝－sin ⎣⎡⎦⎤2π－⎝⎛⎭⎫α＋11π6 ＝－sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝－45. 15．答案：π4解析：解法一 由题意得，g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤4⎝⎛⎭⎫x －π16＋θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π4＋θ，因为g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )，则2sin ⎝⎛⎭⎫－4x －π4＋θ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π4＋θ，所以－4x －π4＋θ＝2k π－4x ＋π4－θ，k ∈Z ，则θ＝k π＋π4，k ∈Z ，所以当k ＝0时，|θ|最小，为π4.解法二 由题意得g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤4⎝⎛⎭⎫x －π16＋θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π4＋θ，因为g (x )是奇函数，所以g (0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－π4＋θ＝0，则－π4＋θ＝k π，k ∈Z ，则θ＝k π＋π4，k ∈Z ，所以当k ＝0时，|θ|最小，为π4. 解法三 由题意得g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤4⎝⎛⎭⎫x －π16＋θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π4＋θ，因为g (x )是奇函数，所以由诱导公式可知－π4＋θ＝k π，k ∈Z 即θ＝k π＋π4，k ∈Z ，则当k ＝0时，|θ|最小，为π4.16．答案：13解析：由已知得AB →·AC →＝3×2×14＝32，CE →＝λAB →－AC →，所以AE →·CE →＝λAB →·(λAB →－AC →)＝λ2AB→2－λAB →·AC →＝9λ2－32λ＝12，所以λ＝13.因为ED →＝EB →＋BD →＝23AB →＋12(AC →－AB →)＝16AB →＋12AC →，DC →＝12BC →＝12AC →－12AB →，所以ED →·DC →＝112(AB →＋3AC →)·(AC →－AB →)＝112(－AB →2－2AB →·AC →＋3AC →2)＝0.。