《数理报》高考数学信息优化卷(八)——解析几何-【数理报】2025年高考数学专项提分

! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　 　　　　　　 　　　　　　　 　　１．已知直线ｌ１：２ｘ＋ｍｙ－１＝０，ｌ２：（ｍ＋１）ｘ＋３ｙ＋１＝０，则“ｍ ＝２”是“ｌ１∥ｌ２”的 （　　） （Ａ）充分不必要条件 （Ｂ）必要不充分条件 （Ｃ）充要条件 （Ｄ）既不充分也不必要条件 ２．抛物线ｙ＝ｘ２的焦点到双曲线ｘ ２ ２－ ｙ２ ４＝１的渐近线的距离为 （　　） （Ａ）槡３１２ （Ｂ） 槡３ ６ （Ｃ） 槡６ １２ （Ｄ） 槡６ ６ ３．已知直线ｌ：（ｍ－１）ｘ＋２ｙ＋３－ｍ＝０与圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－６ｘ＋ ６ｙ＝０交于Ａ，Ｂ两点，则线段ＡＢ的长度的取值范围是 （　　） （Ａ）［槡１０，槡３２］ （Ｂ）［ 槡２ １０，槡６２］ （Ｃ）［槡３２， 槡２ １０］ （Ｄ）［槡１０，槡６２］ ４．已知椭圆Ｅ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左、右焦点分别为Ｆ１， Ｆ２，过Ｆ２的直线与Ｅ交于点Ａ，Ｂ．直线ｌ为Ｅ在点Ａ处的切线，点Ｂ 关于ｌ的对称点为 Ｍ．由椭圆的光学性质知，Ｆ１，Ａ，Ｍ三点共线．若 ｜ＡＢ｜＝ａ， ｜ＢＦ１｜ ｜ＭＦ１｜ ＝５６，则 ｜ＢＦ２｜ ｜ＡＦ１｜ ＝ （　　） （Ａ）１９ （Ｂ） １３ ２０ （Ｃ） ９ １３ （Ｄ） ２ １３ ５．已知抛物线Ｅ：ｘ２＝８ｙ的焦点为Ｆ，过Ｆ的直线ｌ与Ｅ交于Ａ， Ｂ两点，与ｘ轴交于点Ｃ．若Ａ为线段ＣＦ的中点，则｜ＡＢ｜＝ （　　） （Ａ）９ （Ｂ）１２ （Ｃ）１８ （Ｄ）７２ ６．设Ｏ为坐标原点，Ｆ１，Ｆ２为椭圆Ｃ： ｘ２ ９＋ ｙ２ ６＝１的两个焦点，点 Ｐ在Ｃ上，ｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２ ＝ ３ ５，则｜ＯＰ｜＝ （　　） （Ａ）１３５ （Ｂ） 槡３０ ２ （Ｃ） １４ ５ （Ｄ） 槡３５ ２ ７．已知双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的右顶点为Ａ，若以 点Ａ为圆心，以ｂ为半径的圆与Ｃ的一条渐近线交于 Ｍ，Ｎ两点，且 →ＯＭ ＝－３→ＯＮ，则Ｃ的离心率为 （　　） （Ａ）槡２ （Ｂ）槡３ （Ｃ）槡 ６ ２ （Ｄ） 槡２３ ３ ８．在平面直角坐标系ｘＯｙ中，把到定点Ｆ１（－ａ，０），Ｆ２（ａ，０）距 离之积等于 ａ２（ａ＞０）的点的轨迹称为双纽线 Ｃ．已知 ａ＝２，点 Ｐ（ｘ０，ｙ０）是双纽线Ｃ上一点，有下列四个说法： ①Ｃ关于ｘ轴不对称； ②Ｃ关于ｙ轴对称； ③直线ｙ＝ｘ与Ｃ只有一个交点； ④Ｃ上存在点Ｐ，使得｜ＰＦ１｜＝｜ＰＦ２｜． 以上四个说法中，正确的个数为 （　　） （Ａ）１个 （Ｂ）２个 （Ｃ）３个 （Ｄ）４个 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．已知直线ｌ：ｋｘ＋ｙ＋２ｋ－１＝０与圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－６ｙ－７＝０ 相交于Ａ，Ｂ两点，下列说法正确的是 （　　） （Ａ）若圆Ｃ关于直线ｌ对称，则ｋ＝１ （Ｂ）｜ＡＢ｜的最小值为 槡４２ （Ｃ）当ｋ＝３时，对任意λ∈Ｒ，曲线Ｗ：ｘ２＋ｙ２＋３λｘ＋（λ－６）ｙ ＋５λ－７＝０恒过直线ｌ与圆Ｃ的交点 （Ｄ）若Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｏ（Ｏ为坐标原点）四点共圆，则ｋ＝５３ １０．已知点Ｐ是双曲线Ｅ：ｘ ２ １６－ ｙ２ ９＝１的右支上一点，Ｆ１，Ｆ２为双 曲线Ｅ的左，右焦点，△ＰＦ１Ｆ２的面积为２０，则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）点Ｐ的横坐标为２０３ （Ｂ）△ＰＦ１Ｆ２的周长为 ８０ ３ （Ｃ）∠Ｆ１ＰＦ２小于 π ３ （Ｄ）△ＰＦ１Ｆ２的内切圆半径为 ３ ４ １１．用一个不垂直于圆锥的轴的平面截 圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时， 可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线． 探究发现：当圆锥轴截面的顶角为２α时，若 截面与轴所成的角为 β，则截口曲线的离心 率ｅ＝ｃｏｓβｃｏｓα ．例如，当α＝β时，ｅ＝１，由此知截口曲线是抛物线．如 上图，在圆锥ＳＯ中，Ｍ，Ｎ分别为ＳＤ，ＳＯ的中点，ＡＢ，ＣＤ为底面的两 条直径，且ＡＢ⊥ＣＤ，ＡＢ＝４，ＳＯ＝２．现用平面γ（不过圆锥顶点）截 该圆锥，则下列说法中正确的是 （　　） （Ａ）若ＭＮγ，则截口曲线为圆 （Ｂ）若γ与ＳＯ所成的角为６０°，则截口曲线为椭圆或椭圆的一 部分 （Ｃ）若点Ｍ，Ａ，Ｂ∈γ，则截口曲线为抛物线的一部分 （Ｄ）若截口曲线是离心率为槡２的双曲线的一部分，则Ｏγ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．我们把离心率为槡５＋１２ 的双曲线称为“黄金双曲线”．已知 “黄金双曲线”Ｃ： ｘ ２ 槡２５－２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ｂ＞０），则 Ｃ的虚轴长为 ． １３．过原点Ｏ的一条直线与圆Ｃ：（ｘ＋２）２＋ｙ２＝３相切，交曲线 ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０）于点Ｐ，若｜ＯＰ｜＝８，则ｐ的值为 ． １４．探究函数ｙ＝ｘ＋１ｘ的图象和性质时发现它的图象实际上是 双曲线，将函数ｙ＝ｘ＋１ｘ的图象绕原点顺时针旋转得到焦点在ｘ轴 上的双曲线Ｃ，Ｐ（ｘ０，ｙ０）是双曲线Ｃ上一点，则（槡２－１）ｘ ２ ０－（槡２＋ １）ｙ２０ ＝ ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）设Ｏ为坐标原点，曲线ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－６ｙ＋１＝０上有 两点Ｐ，Ｑ，满足关于直线ｘ＋ｍｙ＋４＝０对称，又满足 →ＯＰ· →ＯＱ＝０． （１）求ｍ的值； （２）求直线ＰＱ的方程． ! " 9 $ : & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 ; 7 8 !"# !"#$%&'() ! !"#$%&'()* !"#$%&'"( )*+,-./0 ! " # $ % & ' ( ! ! 书 １６．（１５分）已知动点Ｍ（ｘ，ｙ）与定点Ｆ（４，０）的距离和Ｍ到定 直线ｌ：ｘ＝２５４的距离的比是常数 ４ ５． （１）求动点Ｍ的轨迹Ｅ； （２）在Ｅ上是否存在一点使得它到直线４ｘ－５ｙ＋４０＝０的距离 最小？若存在，请求出最小距离；若不存在，请说明理由． １７．（１５分）已知抛物线Ｃ：ｘ２＝２ｐｙ（ｐ＞０）和定点Ｍ（０，１），设 过点Ｍ的动直线交抛物线Ｃ于Ａ，Ｂ两点，抛物线Ｃ在Ａ，Ｂ处的切线 的交点为Ｎ． （１）若点Ｎ在以ＡＢ为直径的圆上，求ｐ的值； （２）若△ＡＢＮ的面积的最小值为４，求抛物线Ｃ的方程． １８．（１７分）已知双曲线Ｃ的中心为坐标原点，左焦点为（－槡２５， ０），离心率为槡５． （１）求Ｃ的方程； （２）记Ｃ的左、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． １９．（１７分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中，重新定义两点Ａ（ｘ１，ｙ１）， Ｂ（ｘ２，ｙ２）之间的“距离”为｜ＡＢ｜＝｜ｘ２－ｘ１｜＋｜ｙ２－ｙ１｜，我们把到 两定点Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０）（ｃ＞０）的“距离”之和为常数２ａ（ａ＞ｃ） 的点的轨迹叫“椭圆”． （１）求“椭圆”的方程； （２）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由； （３）设ｃ＝１，ａ＝２，作出“椭圆”，设此“椭圆”的外接椭圆为Ｃ， Ｃ的左顶点为Ａ，过Ｆ２作直线交Ｃ于Ｍ，Ｎ两点，△ＡＭＮ的外心为Ｑ， 证明：直线ＯＱ与ＭＮ的斜率之积为定值． !"#$%&'()*+ !" ,- !"# ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 ! " 9 $ : & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 ; 7 8 ! " # $ !" 书 因为ｙ＝ｅｘ在点ｘ＝０处的３阶泰勒展开式为 １＋ｘ＋１２ｘ ２＋１６ｘ ３， 所以ｅｘ≥１＋ｘ＋１２ｘ ２＋１６ｘ ３， 当且仅当ｘ＝０时等号成立， ①当ｘ≥０时，由（２）可知ｓｉｎｘ≥ｘ－１６ｘ ３，当且仅 当ｘ＝０时等号成立，所以ｅｘ＋ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ (≥ １＋ｘ＋ １ ２ｘ ２＋１６ｘ )３ (＋ ｘ－１６ｘ )３ (＋ １－１２ｘ )２ ＝２＋２ｘ． ② 当ｘ＜０时，设Ｆ（ｘ）＝ｅｘ＋ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ－２－２ｘ， Ｆ（０）＝０，Ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ－２＝ｅｘ＋槡 (２ｃｏｓ ｘ ＋π )４ －２，Ｆ″（ｘ）＝ｅｘ－ｓｉｎｘ－ｃｏｓｘ， 当ｘ∈（－１，０）时，由（２）可知ｓｉｎｘ＜ｘ－１６ｘ ３， 所以Ｆ″（ｘ）＝ｅｘ－ｓｉｎｘ－ｃｏｓｘ ＞１＋ｘ＋１２ｘ ２＋１６ｘ ３＋１６ｘ ３－ｘ－ｃｏｓｘ ＝１－ｃｏｓｘ＋１６ｘ ２（３＋２ｘ）＞０， 即有Ｆ′（ｘ）＜Ｆ′（０）＝０． 当ｘ∈（－∞，－１］时，Ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋槡 (２ｃｏｓ ｘ＋π )４ －２＜ １ｅ＋槡２－２＜ １ ２＋槡２－２＜０， 所以当ｘ＜０时，Ｆ（ｘ）单调递减，从而Ｆ（ｘ）＞Ｆ（０） ＝０，即ｅｘ＋ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ＞２＋２ｘ． 综上所述，ｅｘ＋ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ≥２＋２ｘ． 高考数学信息优化卷（八） 解析几何参考答案 一、单项选择题 １～４　ＣＡＢＤ　５～８　ＡＢＢＣ 提示： １．当ｍ＝２时，直线ｌ１：２ｘ＋２ｙ－１＝０， ｌ２：３ｘ＋３ｙ＋１＝０，则ｌ１∥ｌ２； 当ｌ１∥ｌ２时， ２ ｍ＋１＝ ｍ ３≠ －１ １，解得ｍ＝２， 所以“ｍ＝２”是“ｌ１∥ｌ２”的充要条件． ２．由ｙ＝ｘ２ (得焦点坐标为 ０， )１４ ， 双曲线 ｘ２ ２－ ｙ２ ４ ＝１的渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ， 即±槡２ｘ－ｙ＝０， (所以焦点 ０， )１４ 到渐近线 ±槡２ｘ－ｙ＝０的距离 ｄ＝ ０－１４ ２＋槡 １ ＝槡３１２． ３．圆Ｃ可化为（ｘ－３）２＋（ｙ＋３）２ ＝１８， 则圆心Ｃ（３，－３），半径ｒ＝ 槡３２． 由直线ｌ：（ｍ－１）ｘ＋２ｙ＋３－ｍ＝０ 得ｍ（ｘ－１）－ｘ＋２ｙ＋３＝０， 联立 ｘ－１＝０， －ｘ＋２ｙ＋３＝０{ ，解得ｘ＝１，ｙ＝－１， 即直线ｌ恒过定点Ｐ（１，－１）． 因为１２＋（－１）２－６－６＜０，所以定点Ｐ在圆Ｃ内． 当ＣＰ⊥ｌ时，｜ＡＢ｜取得最小值， 此时｜ＣＰ｜＝ （１－３）２＋（－１＋３）槡 ２ ＝ 槡２２， 所以｜ＡＢ｜的最小值为２ １８－（槡２２）槡 ２ ＝ 槡２ １０． 当直线ｌ经过圆Ｃ的圆心时，取得最大值 槡６２， 所以｜ＡＢ｜∈［ 槡２ １０，槡６２］． ４．如图１所示， 因为点Ｂ关于ｌ的对称点为Ｍ，则｜ＡＭ｜＝｜ＡＢ｜． 因为｜ＡＦ１｜＋｜ＡＢ｜＋｜ＢＦ１｜＝（｜ＡＦ１｜＋｜ＡＦ２｜） ＋（｜ＢＦ１｜＋｜ＢＦ２｜）＝４ａ， 且｜ＡＢ｜＝ａ， 所以｜ＡＦ１｜＋｜ＢＦ１｜＝３ａ， 所以 ｜ＢＦ１｜ ｜ＭＦ１｜ ＝ ｜ＢＦ１｜ ｜ＡＢ｜＋｜ＡＦ１｜ ＝ ｜ＢＦ１｜ ａ＋３ａ－｜ＢＦ１｜ ＝ ５６，可得｜ＢＦ１｜＝ ２０ａ １１， 则｜ＡＦ１｜＝３ａ－｜ＢＦ１｜＝ １３ａ １１， 所以｜ＢＦ２｜＝２ａ－｜ＢＦ１｜＝ ２ａ １１，故 ｜ＢＦ２｜ ｜ＡＦ１｜ ＝ ２１３． ５．由题可知Ａ的纵坐标为１，设Ａ（ｘ１，１）（ｘ１ ＜０）， 可得ｘ１ ＝－ 槡２２，所以ｋＡＦ ＝ ２－１ ０－（－ 槡２２） ＝槡２４， 所以直线ＡＦ的方程为ｙ＝槡２４ｘ＋２， 将其代入ｘ２ ＝８ｙ，得ｘ２－ 槡２２ｘ－１６＝０， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２ ＝ 槡２２， ｙ１＋ｙ２ (＝ 槡２４ｘ１＋ )２ (＋ 槡２４ｘ２＋ )２ ＝槡２４（ｘ１＋ｘ２）＋４＝ 槡２ ４× 槡２２＋４＝５， 所以｜ＡＢ｜＝ｙ１＋ｙ２＋ｐ＝５＋４＝９． ６．依题意ａ＝３，ｂ＝槡６，ｃ＝ ａ ２－ｂ槡 ２ ＝槡３．不妨令 Ｆ１（－槡３，０），Ｆ２（槡３，０）．设｜ＰＦ１｜＝ｍ，｜ＰＦ２｜＝ｎ，在 △Ｆ１ＰＦ２中，ｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２＝ ｍ２＋ｎ２－１２ ２ｍｎ ＝ ３ ５①，由椭圆 的定义可得ｍ＋ｎ＝２ａ＝６②．由①②，解得ｍｎ＝１５２． 因为 →ＰＯ＝ １２（ＰＦ → １＋ＰＦ → ２），所以 →｜ＰＯ｜２ ＝１４（ｍ ２＋ｎ２ ＋２ｍｎｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２）＝ [１４ （ｍ＋ｎ）２－４５ ]ｍｎ ＝１５２，所 以｜ＰＯ｜＝槡３０２ ． ７．不妨设圆与渐近线ｙ＝ ｂａｘ交于Ｍ，Ｎ点，如图２． 由题得ｔａｎ∠ＭＯＡ＝ ｂａ， 则ｃｏｓ∠ＭＯＡ＝ ａｃ，ｃｏｓ∠ＮＯＡ＝－ ａ ｃ． 设 →｜ＯＮ｜＝ｍ，则 →｜ＯＭ｜＝３ｍ， 由余弦定理得 ｃｏｓ∠ＭＯＡ＝｜ＯＡ｜ ２＋｜ＯＭ｜２－｜ＭＡ｜２ ２·｜ＯＡ｜·｜ＯＭ｜ ＝ａ ２＋９ｍ２－ｂ２ ６ａｍ ＝ ａ ｃ， ｃｏｓ∠ＮＯＡ＝｜ＯＡ｜ ２＋｜ＯＮ｜２－｜ＮＡ｜２ ２·｜ＯＡ｜·｜ＯＮ｜ ＝ａ ２＋ｍ２－ｂ２ ２ａｍ ＝－ ａ ｃ， 所以 ａ２ｃ＋９ｍ２ｃ－ｂ２ｃ＝６ｍａ２① ａ２ｃ＋ｍ２ｃ－ｂ２ｃ＝－２ｍａ２ { ② ① －②得８ｍ２ｃ＝８ｍａ２，则ｍ＝ａ ２ ｃ③ 将③代入①中得 ａ２ｃ＋９ｃ (· ａ２ )ｃ ２ －ｂ２ｃ＝６ａ２·ａ ２ ｃ， 整理得ａ２ｃ２＋３ａ４ ＝ｂ２ｃ２，又ｂ２ ＝ｃ２－ａ２， 所以ａ２ｃ２＋３ａ４ ＝ｃ２（ｃ２－ａ２）＝ｃ４－ａ２ｃ２， 即ｃ４－３ａ４－２ａ２ｃ２ ＝０， 所以ｅ４－２ｅ２－３＝（ｅ２－３）（ｅ２＋１）＝０， 解得ｅ２ ＝３，即ｅ＝槡３． ８．设Ｍ（ｘ，ｙ）到定点Ｆ１（－２，０），Ｆ２（２，０）的距离之 积为４， 可得 （ｘ＋２）２＋ｙ槡 ２· （ｘ－２）２＋ｙ槡 ２ ＝４， 整理得（ｘ２＋ｙ２）２ ＝８（ｘ２－ｙ２）， 因为点Ｐ（ｘ０，ｙ０）是双纽线Ｃ上一点， 所以（ｘ２０＋ｙ ２ ０） ２ ＝８（ｘ２０－ｙ ２ ０）， 又点Ｐ关于ｘ轴的对称点为Ｐ１（ｘ０，－ｙ０）， 则（ｘ２０＋（－ｙ０） ２）２ ＝８（ｘ２０－（－ｙ０） ２）， 所以点Ｐ１在双纽线Ｃ上，故双纽线Ｃ关于ｘ轴对称， 同理可得，双纽线Ｃ关于ｙ轴对称， ①不正确，②正确； 联立方程组 （ｘ２＋ｙ２）２ ＝８（ｘ２－ｙ２）， ｙ＝ｘ{ ， 解得ｘ＝０，ｙ＝０， 所以直线ｙ＝ｘ与双纽线Ｃ只有一个交点Ｏ（０，０）， ③正确； 原点Ｏ（０，０）在双纽线Ｃ上，且满足｜ＯＦ１｜＝｜ＯＦ２｜， 即双纽线 Ｃ上存在点 Ｐ与原点 Ｏ重合时，满足 ｜ＰＦ１｜＝｜ＰＦ２｜，④正确． ! " # $ ! % $ " & ' ( ! ! ! & % ) ( ' ! " ! " # $ !! 书 故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣＤ 提示： ９．圆Ｃ可化为ｘ２＋（ｙ－３）２ ＝１６， 则圆心Ｃ（０，３），半径ｒ＝４． 若圆Ｃ关于直线ｌ对称，则直线ｌ过圆心Ｃ（０，３）， 所以３＋２ｋ－１＝０，解得ｋ＝－１，（Ａ）错误； 由直线ｌ：ｋｘ＋ｙ＋２ｋ－１＝０得ｋ（ｘ＋２）＋ｙ－１＝０， 联立 ｘ＋２＝０， ｙ－１＝０{ ，解得ｘ＝－２，ｙ＝１， 即直线ｌ恒过定点Ｐ（－２，１）． 因为（－２）２＋１２－６×１－７＜０， 所以定点Ｐ在圆Ｃ内． 当ＣＰ⊥ｌ时，｜ＡＢ｜取得最小值， 此时｜ＣＰ｜＝ （－２－０）２＋（１－３）槡 ２ ＝ 槡２２， 所以｜ＡＢ｜的最小值为２ １６－（槡２２）槡 ２ ＝ 槡４２， （Ｂ）正确； 当ｋ＝３时，直线ｌ：３ｘ＋ｙ＋５＝０． 由曲线Ｗ：ｘ２＋ｙ２＋３λｘ＋（λ－６）ｙ＋５λ－７＝０， 得ｘ２＋ｙ２－６ｙ－７＋λ（３ｘ＋ｙ＋５）＝０， 所以曲线Ｗ为过直线ｌ与圆Ｃ交点的曲线方程， （Ｃ）正确； 若Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｏ四点共圆，设此圆为圆Ｅ，Ｅ（ａ，ｂ）． 因为ＯＣ的垂直平分线方程为ｌ１：ｙ＝ ３ ２， 所以ｂ＝ ３２， 圆Ｅ的方程为（ｘ－ａ）２ (＋ ｙ－ )３２ ２ ＝ａ２＋９４， 整理得ｘ２＋ｙ２－２ａｘ－３ｙ＝０， 联立 ｘ２＋ｙ２－６ｙ－７＝０， ｘ２＋ｙ２－２ａｘ－３ｙ＝０ { ， 相减可得直线ＡＢ的方程是２ａｘ－３ｙ－７＝０， 将点Ｐ（－２，１）代入可得 －４ａ－３－７＝０， 解得ａ＝－５２， 所以直线ｌ的斜率 －ｋ＝２３ａ＝－ ５ ３，解得ｋ＝ ５ ３， （Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题可知，ａ＝４，ｂ＝３，ｃ＝５， Ｆ１（－５，０），Ｆ２（５，０）， 不妨设Ｐ（ｍ，ｎ），ｍ＞０，ｎ＞０， 由△ＰＦ１Ｆ２的面积为２０，可得 １ ２｜Ｆ１Ｆ２｜ｎ＝５ｎ＝ ２０，即ｎ＝４，由ｍ ２ １６－ １６ ９ ＝１，可得ｍ＝ ２０ ３，故（Ａ）正确； ｜ＰＦ１｜ ＋｜ ＰＦ２ (｜＝ ２０３＋ )５ ２ ＋４槡 ２ ( ＋ ２０ ３－ )５ ２ ＋４槡 ２ ＝５０３，则△ＰＦ１Ｆ２的周长为 ５０ ３＋１０ ＝８０３，故（Ｂ）正确； 由 (Ｐ ２０３， )４ ，及Ｆ１（－５，０），Ｆ２（５，０），可得ｋＰＦ１ ＝ １２ ３５，ｋＰＦ２＝ １２ ５，则ｔａｎＦ１ＰＦ２＝ １２ ５－ １２ ３５ １＋１２５× １２ ３５ ＝３６０３１９∈（０， 槡３），则∠Ｆ１ＰＦ２ ＜ π ３，故（Ｃ）正确； 设△ＰＦ１Ｆ２的内切圆半径为 ｒ，则 １ ２ｒ（｜ＰＦ１｜＋ ｜ＰＦ２｜＋｜Ｆ１Ｆ２｜）＝２０，解得ｒ＝ ３ ２，故（Ｄ）错误． 故选 （Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．由题意知过ＭＮ的平面与底面不平行时，截口曲 线不为圆，（Ａ）错误； 若γ与ＳＯ所成的角为６０°，则β＝π３，因为ＯＤ＝ＯＳ ＝２，所以∠ＯＳＤ＝π４，即α＝ π ４，所以ｅ＝ ｃｏｓβ ｃｏｓα ＝ １ ２ 槡２ ２ ＝１ 槡２ ＜１，所以平面γ截该圆锥所得截口曲线为椭圆或 椭圆的一部分，（Ｂ）正确； 因为ＳＯ⊥平面 ＡＢＤ，ＡＢ 平面 ＡＢＤ，所以 ＳＯ⊥ ＡＢ．又ＡＢ⊥ＣＤ，ＣＤ∩ＳＯ＝Ｏ，ＣＤ，ＳＯ平面ＳＣＤ，所以 ＡＢ⊥平面ＳＣＤ，因为ＳＤ平面ＳＣＤ，所以ＳＤ⊥ＡＢ．因 为ＳＯ＝ＯＤ，Ｍ为ＳＤ的中点，所以ＳＤ⊥ＯＭ，又ＡＢ∩ＯＭ ＝Ｏ，ＡＢ，ＯＭ平面ＭＡＢ，所以ＳＤ⊥平面ＭＡＢ，则γ与 ＳＯ所成的角为∠ＳＯＭ＝π４，且∠ＯＳＤ＝ π ４，所以β＝ π ４， α＝π４，ｅ＝ ｃｏｓβ ｃｏｓα ＝１，（Ｃ）正确； 若截口曲线是离心率为槡２的双曲线的一部分，则 ｅ ＝ｃｏｓβｃｏｓα ＝ｃｏｓβ 槡２ ２ ＝槡２，解得 ｃｏｓβ＝１，因为 β [∈ ０， π ]２ ，所以β＝０，此时平面ＳＯ∥平面γ，故平面γ不经 过原点Ｏ，（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．４；　１３．６；　１４．２． 提示： １２．由题得ｅ＝ ｃａ＝ １＋ ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １＋ ｂ２ 槡２５－槡 ２ ＝ 槡５＋１ ２ ，即１＋ ｂ２ 槡２５－２ ＝６＋ 槡２５４ ，解得ｂ＝２，所以Ｃ的 虚轴长为４． １３．由题意得直线 ＯＰ的斜率存在．设直线 ＯＰ的方 程为ｙ＝ｋｘ，因为该直线与圆 Ｃ相切，所以 ｜－２ｋ｜ １＋ｋ槡 ２ ＝ 槡３，解得ｋ ２ ＝３．将直线方程 ｙ＝ｋｘ与曲线方程 ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ＞０）联立，得ｋ２ｘ２－２ｐｘ＝０，因为ｋ２＝３，所以３ｘ２ －２ｐｘ＝０，解得ｘ＝０或ｘ＝２ｐ３，设 Ｐ（ｘ１，ｙ１），则 ｘ１ ＝ ２ｐ ３，又Ｏ（０，０），所以｜ＯＰ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－０｜＝２× ２ｐ ３ ＝８，解得ｐ＝６． １４．设双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）， 如图３，因为函数ｙ＝ｘ＋１ｘ的两条渐近线方程为 ｙ＝ｘ和ｘ＝０，其夹角为π４， 又ｔａｎπ４ ＝ ２ｔａｎπ８ １－ｔａｎ２ π８ ＝１， 解得ｔａｎπ８ ＝槡２－１，所以 ｂ ａ ＝槡２－１． 因为 (ｔａｎ π４＋π )８ ＝ １＋槡２－１１－（槡２－１）＝ １ 槡２－１ ＝槡２＋１， 所以ｙ＝ｘ和ｘ＝０的夹角的角平分线的方程为 ｙ＝（槡２＋１）ｘ， 联立 ｙ＝（槡２＋１）ｘ， ｙ＝ｘ＋１ｘ { ， 消去ｙ整理得ｘ２ ＝槡２２， 则ａ２ ＝ｘ２＋ｙ２ ＝ｘ２＋（槡２＋１） ２ｘ２ ＝（４＋ 槡２２）ｘ ２ ＝ 槡２２＋２， ｂ２ ＝（槡２－１） ２ａ２ ＝ 槡２２－２， 所以双曲线Ｃ的方程为 ｘ ２ 槡２２＋２ － ｙ ２ 槡２２－２ ＝１， 故（槡２－１）ｘ ２ ０－（槡２＋１）ｙ ２ ０ ＝２． 四、解答题 １５．解：（１）由ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－６ｙ＋１＝０， 得（ｘ＋１）２＋（ｙ－３）２ ＝９， 所以曲线是以（－１，３）为圆心，３为半径的圆， 由曲线上Ｐ，Ｑ两点关于直线对称可得直线过圆心， 所以 －１＋３ｍ＋４＝０，解得ｍ＝－１． （２）设直线ＰＱ的方程是ｙ＝－ｘ＋ｂ， 联立方程组 ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－６ｙ＋１＝０， ｙ＝－ｘ＋ｂ{ ， 得２ｘ２＋２（４－ｂ）ｘ＋ｂ２－６ｂ＋１＝０， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 则有ｘ１＋ｘ２ ＝ｂ－４，ｘ１ｘ２ ＝ ｂ２－６ｂ＋１ ２ ， （） 又 →ＯＰ·→ＯＱ＝０，所以ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝０， 即２ｘ１ｘ２－ｂ（ｘ１＋ｘ２）＋ｂ ２ ＝０， ! " # ! ! ! " # $ !" 书 将（）代入上式得ｂ２－２ｂ＋１＝０，所以ｂ＝１， 所以直线ＰＱ的方程为ｙ＝－ｘ＋１． １６．解：（１）由题得 （ｘ－４） ２＋ｙ槡 ２ ２５ ４－ｘ ＝ ４５， 整理得９ｘ２＋２５ｙ２ ＝２２５， 所以动点Ｍ的轨迹Ｅ为ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１． （２）易知直线４ｘ－５ｙ＋４０＝０与椭圆Ｅ：ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１ 无公共点． 设与直线４ｘ－５ｙ＋４０＝０平行的直线ｍ的方程为 ４ｘ－５ｙ＋ｋ＝０， 联立 ４ｘ－５ｙ＋ｋ＝０， ｘ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１ { ， 消去ｙ整理得２５ｘ２＋８ｋｘ＋ｋ２－２２５＝０． 令Δ＝６４ｋ２－１００（ｋ２－２２５）＝０， 解得ｋ１ ＝２５或ｋ２ ＝－２５． 当ｋ＝２５时，直线４ｘ－５ｙ＋２５＝０与椭圆Ｅ的公共 点到直线４ｘ－５ｙ＋４０＝０的距离最小， 最小距离为ｄ＝｜４０－２５｜ ４２＋５槡 ２ ＝ 槡１５ ４１４１ ． １７．解：设直线ＡＢ：ｙ＝ｋｘ＋１，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 将直线ＡＢ的方程代入抛物线Ｃ的方程得 ｘ２－２ｐｋｘ－２ｐ＝０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝２ｐｋ，ｘ１ｘ２ ＝－２ｐ． ① （１）由ｘ２ ＝２ｐｙ得ｙ′＝ ｘｐ， 则Ａ，Ｂ处的切线斜率的乘积为 ｘ１ｘ２ ｐ２ ＝－２ｐ， 因为点Ｎ在以ＡＢ为直径的圆上，所以ＡＮ⊥ＢＮ， 所以 －２ｐ ＝－１，所以ｐ＝２． （２）易得直线ＡＮ：ｙ－ｙ１ ＝ ｘ１ ｐ（ｘ－ｘ１）， 直线ＢＮ：ｙ－ｙ２ ＝ ｘ２ ｐ（ｘ－ｘ２）， 联立，得 ｙ－ｙ１ ＝ ｘ１ ｐ（ｘ－ｘ１）， ｙ－ｙ２ ＝ ｘ２ ｐ（ｘ－ｘ２ { ）， 结合①式，解得 ｘ＝ｐｋ， ｙ＝－１{ ，即Ｎ（ｐｋ，－１）． ｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ２－ｘ１｜ ＝ １＋ｋ槡 ２ （ｘ１＋ｘ２） ２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ １＋ｋ槡 ２ ４ｐ２ｋ２＋８槡 ｐ， 点Ｎ到直线ＡＢ的距离ｄ＝ ｜ｋｘＮ ＋１－ｙＮ｜ １＋ｋ槡 ２ ＝｜ｐｋ ２＋２｜ １＋ｋ槡 ２ ， 则△ＡＢＮ的面积Ｓ△ＡＢＮ ＝ １ ２·｜ＡＢ｜·ｄ ＝ ｐ（ｐｋ２＋２）槡 ３≥２ ２槡ｐ， 当ｋ＝０时，取等号， 因为△ＡＢＮ的面积的最小值为４， 所以２ ２槡ｐ＝４，所以ｐ＝２， 故抛物线Ｃ的方程为ｘ２ ＝４ｙ． １８．解：（１）设双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ ０，ｂ＞０），由题易知ｃ＝ 槡２５， 则ｅ＝ ｃａ ＝槡５，所以ａ＝２，ｂ＝ ｃ ２－ａ槡 ２ ＝４， 故双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ４－ ｙ２ １６＝１． （２）由（１）可得Ａ１（－２，０），Ａ２（２，０）． 设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），直线ＭＮ的方程为ｘ＝ｍｙ－４， 联立 ｘ＝ｍｙ－４， ｘ２ ４－ ｙ２ １６＝１ { ，得（４ｍ２－１）ｙ２－３２ｍｙ＋４８＝０， 则ｙ１＋ｙ２ ＝ ３２ｍ ４ｍ２－１ ，ｙ１ｙ２ ＝ ４８ ４ｍ２－１ ， 且４ｍ２－１≠０，Δ＝６４（４ｍ２＋３）＞０． 直线ＭＡ１的方程为ｙ＝ ｙ１ ｘ１＋２ （ｘ＋２）， 直线ＮＡ２的方程为ｙ＝ ｙ２ ｘ２－２ （ｘ－２）， 联立直线ＭＡ１与直线ＮＡ２的方程得： ｘ＋２ ｘ－２＝ ｙ２（ｘ１＋２） ｙ１（ｘ２－２） ＝ ｙ２（ｍｙ１－２） ｙ１（ｍｙ２－６） ＝ ｍｙ１ｙ２－２（ｙ１＋ｙ２）＋２ｙ１ ｍｙ１ｙ２－６ｙ１ ＝ ｍ· ４８ ４ｍ２－１ －２· ３２ｍ ４ｍ２－１ ＋２ｙ１ ｍ· ４８ ４ｍ２－１ －６ｙ１ ＝ －１６ｍ ４ｍ２－１ ＋２ｙ１ ４８ｍ ４ｍ２－１ －６ｙ１ ＝－１３， 由 ｘ＋２ ｘ－２＝－ １ ３得ｘ＝－１，即ｘＰ ＝－１， 所以点Ｐ在定直线ｘ＝－１上． １９．（１）解：设“椭圆”上任意一点为Ｐ（ｘ，ｙ）， 则｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ， 即｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｙ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋｜ｙ｜＝２ａ， 即｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ（ａ＞ｃ＞０）， 所以“椭圆”的方程为｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝ ２ａ（ａ＞ｃ＞０）． （２）解：由方程｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ（ａ＞ ｃ＞０），得２｜ｙ｜＝２ａ－｜ｘ＋ｃ｜－｜ｘ－ｃ｜， 因为｜ｙ｜≥０，所以２ａ－｜ｘ＋ｃ｜－｜ｘ－ｃ｜≥０， 即２ａ≥｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜， 所以 ｘ≤－ｃ， －ｘ－ｃ－ｘ＋ｃ≤２ { ａ或 －ｃ＜ｘ＜ｃ， ｘ＋ｃ－ｘ＋ｃ≤２ { ａ或 ｘ≥ｃ， ｘ＋ｃ＋ｘ－ｃ≤２ａ { ， 解得 －ａ≤ｘ≤ａ． 由方程｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ（ａ＞ｃ＞０）， 得｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＝２ａ－２｜ｙ｜， 即２ａ－２｜ｙ｜＝ －２ｘ， ２ｃ， ２ｘ { ， ｘ≤－ｃ， －ｃ＜ｘ＜ｃ， ｘ≥ｃ， 所以２ａ－２｜ｙ｜≥２ｃ，所以ｃ－ａ≤ｙ≤ａ－ｃ， 所以“椭圆”的范围为 －ａ≤ｘ≤ａ，ｃ－ａ≤ｙ≤ａ－ｃ． 将（－ｘ，ｙ）代入“椭圆”方程得， ｜－ｘ＋ｃ｜＋｜－ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ， 即｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ，方程不变， 所以“椭圆”关于ｙ轴对称， 将（ｘ，－ｙ）代入“椭圆”方程得， ｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜－ｙ｜＝２ａ， 即｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ，方程不变， 所以“椭圆”关于ｘ轴对称， 将（－ｘ，－ｙ）代入“椭圆”方程得， ｜－ｘ＋ｃ｜＋｜－ｘ－ｃ｜＋２｜－ｙ｜＝２ａ， 即｜ｘ＋ｃ｜＋｜ｘ－ｃ｜＋２｜ｙ｜＝２ａ，方程不变， 所以“椭圆”关于原点对称， 所以“椭圆”关于ｘ轴，ｙ轴，原点均对称． （３）证明：当ｃ＝１，ａ＝２时，根据（２）可作出“椭 圆”，如图４． 由题意可设外接椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ｂ２ ＝１， 将（１，１）代入得 １４＋ １ ｂ２ ＝１，解得ｂ２ ＝４３，所以外 接椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４＋ ３ｙ２ ４ ＝１，Ｆ２（１，０），Ａ（－２，０）． 由题意作出外接椭圆Ｃ和相应直线，如图５． 由题意可设直线ＭＮ的方程为ｘ＝ｍｙ＋１（ｍ≠０）， Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）， 联立得 ｘ＝ｍｙ＋１， ｘ２ ４＋ ３ｙ２ ４ ＝１ { ， 整理得（ｍ２＋３）ｙ２＋２ｍｙ－３＝０， Δ＝４ｍ２＋１２（ｍ２＋３）＝１６ｍ２＋３６＞０恒成立， 则ｙ１＋ｙ２ ＝－ ２ｍ ｍ２＋３ ，ｙ１ｙ２ ＝－ ３ ｍ２＋３ ， 分别作出线段ＡＭ，ＡＮ的垂直平分线，并交于点Ｑ． 因为ＡＭ (的中点为 ｘ１－２２ ，ｙ１ )２ ， ｋＡＭ ＝ ｙ１ ｘ１＋２ ＝ ｙ１ ｍｙ１＋３ ， 所以直线 ＡＭ的垂直平分线的方程为 ｙ－ ｙ１ ２ ＝ － ｍｙ１＋３ ｙ (１ ｘ－ ｘ１－２)２ ＝－ｍｙ１＋３ｙ (１ ｘ－ ｍｙ１－１)２ ， 同理直线 ＡＮ的垂直平分线的方程为 ｙ－ ｙ２ ２ ＝ ! !"#"#! " #" " # ! ! ! $ % " & # ' ! " ! " # $ !" 书 － ｍｙ２＋３ ｙ (２ ｘ－ ｍｙ２－１)２ ． 设Ｑ（ｘ０，ｙ０），则ｙ１，ｙ２是方程ｙ０－ ｙ ２＝－ ｍｙ＋３(ｙ ｘ０ －ｍｙ－１)２ 的两根， 即ｙ１，ｙ２是方程（ｍ ２＋１）ｙ２－（２ｍｘ０－２ｍ＋２ｙ０）ｙ－ ３－６ｘ０ ＝０的两根， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝ ２ｍｘ０－２ｍ＋２ｙ０ ｍ２＋１ ，ｙ１ｙ２ ＝ －６ｘ０－３ ｍ２＋１ ， 又因为ｙ１＋ｙ２ ＝－ ２ｍ ｍ２＋３ ，ｙ１ｙ２ ＝－ ３ ｍ２＋３ ， 所以 ２ｍｘ０－２ｍ＋２ｙ０ ｍ２＋１ ＝－ ２ｍ ｍ２＋３ ， －６ｘ０－３ ｍ２＋１ ＝－ ３ ｍ２＋３ ， 解得ｘ０ ＝ －１ ｍ２＋３ ，ｙ０ ＝ ３ｍ ｍ２＋３ ，所以 ｙ０ ｘ０ ＝－３ｍ， 所以ｋＯＱ·ｋＭＮ ＝ ｙ０ ｘ０ · １ ｍ ＝（－３ｍ）· １ ｍ ＝－３， 所以直线ＯＱ与ＭＮ的斜率之积为定值 －３． 高考数学信息优化卷（九） 第二轮综合参考答案 一、单项选择题 １～４　ＤＣＤＤ　５～８　ＣＤＡＢ 提示： １．由题得Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ＜３｝， Ｂ＝｛ｙ｜ｙ＝ｘ２｝＝｛ｙ｜ｙ≥０｝， 瓓ＲＢ＝｛ｙ｜ｙ＜０｝， 所以（瓓ＲＢ）∩Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ＜０｝． ２．因为ｚ＝（１－ｉ） ２ １＋ｉ ＝ （－２ｉ）（１－ｉ） ２ ＝－１－ｉ， 所以共轭复数为 －１＋ｉ． ３．由题意，初中部和高中部学生人数之比为４００２００＝ ２ １，所以抽取的 ６０名学生中初中部应有 ６０× ２ ３ ＝ ４０（人），高中部应有６０×１３ ＝２０（人），所以不同的抽样 结果共有Ｃ４０４００·Ｃ ２０ ２００种． ４．ｆ（ｘ）的定义域为｛ｘ｜ｘ≠０｝， 因为ｆ（ｘ）是偶函数，所以ｆ（ｘ）＝ｆ（－ｘ）， 即 ｘｅｘ ｅａｘ－１ ＝ －ｘｅ －ｘ ｅ－ａｘ－１ ， 即ｅ（１－ａ）ｘ－ｅｘ ＝－ｅ（ａ－１）ｘ＋ｅ－ｘ， 即ｅ（１－ａ）ｘ＋ｅ（ａ－１）ｘ ＝ｅｘ＋ｅ－ｘ， 所以ａ－１＝±１，解得ａ＝０（舍去）或ａ＝２． ５．由题可得，双曲线的焦距为２ｃ＝２，则ｃ＝１， 所以ａ２＋ｂ２ ＝１． 因为椭圆的离心率为ｅ＝ １２， 所以 １ ２× ｃ ａ ＝１，得 ｃ ａ ＝２． 所以 ｃ２ ａ２ ＝ａ ２＋ｂ２ ａ２ ＝１＋ｂ ２ ａ２ ＝４， 则 ｂ２ ａ２ ＝３，得 ｂａ ＝槡３，所以ｔａｎα＝±槡３， 又０＜α＜π，解得α＝π３或α＝ ２π ３，所以ｓｉｎα＝ 槡３ ２． ６．根据题意，得Ｓｎ ＝ ４（１－２ｎ） １－２ ＝４（２ ｎ－１） ＝２ｎ＋２－４， 所以ｌｏｇ８（Ｓｋ＋４）＝ｌｏｇ８［（２ ｋ＋２－４）＋４］ ＝ｌｏｇ８２ ｋ＋２ ＝ １３（ｋ＋２） ＝６． 解得ｋ＝１６． ７．建立如图１所示的平面直角坐标系， 则Ａ（４，０），Ｂ（０，０），Ｃ（０，６），Ｄ（２，３）． 设Ｅ（０，ｂ），因为ＡＥ⊥ＢＤ，所以→ＡＥ·→ＢＤ＝０， 即（－４，ｂ）·（２，３）＝０，解得ｂ＝ ８３， 所以 (Ｅ ０， )８３ ，→ (ＡＥ＝ －４， )８３ ， 所以 →ＡＥ·→ＢＣ＝１６． ８．如图２所示，设正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为ａ， 则正方体的棱长为槡 ２ ２ａ，体对角线长为 槡６ ２ａ， 所以棱长为ａ的正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的外接球半 径为槡 ６ ４ａ． 如图３，在圆锥ＳＯ中，设底面圆半径为Ｒ， 则５πＲ＝１５π，解得Ｒ＝３， 所以ＳＯ＝ ５２－３槡 ２ ＝４． 取轴截面ＳＡＢ，设△ＳＡＢ内切圆的半径为ｒ， 则 １ ２×４×６＝ １ ２（６＋５＋５）ｒ，解得ｒ＝ ３ ２， 即圆锥ＳＯ的内切球半径为 ３２． 因为正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１能在圆锥 ＳＯ内任意转 动，所以槡 ６ ４ａ≤ ３ ２，即ａ≤槡６， 所以正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的最大棱长为槡６． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＣＤ． 提示： ９．由题可得Ａ（２，０）， (Ｂ ２＋πω， )０ ，Ｃ（０，Ａｓｉｎφ）， 则 (Ｄ １＋π２ω，Ａｓｉｎφ)２ ． 由ＯＢ＝槡３ＯＣ得槡３｜Ａｓｉｎφ｜＝２＋ π ω ， ① 因为ＡＤ＝ 槡２ ２１３ ， (所以 π２ω－ )１ ２ ＋Ａ ２ｓｉｎ２φ ４ ＝ ２８ ３，② 由①② (得 π )ω ２ －２×π ω －２４＝０， 解得 π ω ＝６（负值舍去），所以ω＝π６． 将点Ａ（２，０）代入ｆ（ｘ）＝Ａｓｉｎ（ωｘ＋φ）中得ｓｉｎ（２ω ＋φ）＝０，所以 (ｓｉｎ π３＋ )φ ＝０， 又｜φ｜≤ π２，解得φ＝－ π ３， 所以由①得槡３ Ａ (ｓｉｎ －π )３ ＝８，解得Ａ＝１６３， 所以ｆ（ｘ）＝１６３ (ｓｉｎ π６ｘ－π )３ ． ｆ（８）＝１６３ (ｓｉｎ π６×８－π )３ ＝０，（Ａ）正确； ｆ（ｘ）的最小正周期为２π π ６ ＝１２，（Ｂ）错误； 因为ｆ（－ｘ＋２）＝１６３ [ｓｉｎ π６（－ｘ＋２）－π ]３ ＝ －１６３ (ｓｉｎ π６ )ｘ ，所以ｆ（－ｘ＋２）为奇函数，（Ｃ）正确； 当５≤ｘ≤７时，π２≤ π ６ｘ－ π ３≤ ５π ６，所以ｆ（ｘ） 在［５，７］上单调递减，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．将点Ａ（１，１）代入抛物线Ｃ的方程， 得１＝２ｐ，解得ｐ＝ １２． 所以抛物线Ｃ：ｘ２ ＝ｙ的准线为ｙ＝－１４， 故（Ａ）错误； ｋＡＢ ＝ １－（－１） １－０ ＝２，所以直线ＡＢ的方程为ｙ＝２ｘ－１， 联立 ｙ＝２ｘ－１， ｘ２ ＝ｙ{ ， 整理得ｘ２－２ｘ＋１＝０， Δ＝（－２）２－４×１×１＝０，故（Ｂ）正确； 设直线ＰＱ的方程为ｙ＝ｋｘ－１，Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 联立方程 ｙ＝ｋｘ－１， ｘ２ ＝ｙ{ ， 整理得ｘ２－ｋｘ＋１＝０， 所以ｘ１＋ｘ２ ＝ｋ，ｘ１ｘ２ ＝１，且Δ＝ｋ ２－４＞０， 解得ｋ＞２或ｋ＜－２， 所以｜ＯＰ｜·｜ＯＱ｜＝ ｘ２１＋ｙ槡 ２ １· ｘ ２ ２＋ｙ槡 ２ ２ ＝ ｙ１＋ｙ槡 ２ １· ｙ２＋ｙ槡 ２ ２ ＝ ｙ１ｙ２（１＋ｙ１）（１＋ｙ２槡 ） ＝ （ｘ１ｘ２） ２×ｋｘ１×ｋｘ槡 ２ ＝ ｋ槡 ２ ＞２＝｜ＯＡ｜２， 故（Ｃ）正确； 因为｜ＢＰ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１｜，｜ＢＱ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ２｜， ! ! " ! # ! $ ! ! " " % % ! $ & ! # ! " # $ %&" &! %!"" ' ( ( ( ( ( ( ( ( ) ) ) ) ) ) ) ) $ # ! * ! ! + ' % $ # " ! &!