2025届福建省南安第一中学（行知级）高三5月最后一次模拟考试数学试卷

南安一中2025届（行知级）高三最后一次模拟考试 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B A C A D A D AD ACD ABC 3、 填空题： 12. (不唯一，需满足，) 13. 14. 2.【详解】由，可得，所以. 3．【详解】，∴, , 4．【详解】依题意，，解得，所以. 6．【详解】，则，则，当，，故切点为， 将切点代入直线得到，，当时等号成立. 7．【详解】易得在同一条直线上，过该直线作出截面图如图所示. 是圆锥底面圆的直径，是圆锥底面圆的直径，两直径都与垂直. 在中，，则可得. 在中，，则，则. 又，所以点重合.这两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥，其底面半径为，高为，所以所求体积为.故选A. 8．D【详解】对于A，因，故事件A与B不是互斥事件，A错误； 对于B，因，则，因，故事件与事件不独立，故B错误；对于C，因，故，而，故 ，即C错误；对于D，因则，于是，，故，即D正确. 9．【详解】对于A，甲跑步里程的极差为，A正确； 对于B，乙跑步里程的中位数为，B错误； 对于C，甲跑步里程的平均数， 乙跑步里程的平均数，，C错误； 对于D，根据折线图知，甲的波动大，乙的波动小，，D正确. 10．ACD【详解】由，且函数的定义域为， 对于选项A：令，，可得，且，可得，故A正确； 对于选项C：令，则，则，即，可知为偶函数， 令，则，可知，， 可得，则，所以，可知周期为6，故C正确； 对于选项B：因为由于为偶函数且周期为6，则，不满足， 所以不关于中心对称，故B错误；对于选项D：因为的定义域为， 且， 即符合题意，所以的解析式可能为，故D正确； 11．ABC【详解】A：由题图及已知：截面圆的半径为底面圆半径的一半，故圆的面积为，对； B：如下图轴截面中，作于，则长轴长， 又，则，对；    C：如下图，与面垂直且过M的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点、点P与底面距离相等，均为2，则，双曲线与底面一个交点， 设双曲线为，且，则， 所以其中一条渐近线为，若其倾斜角为，则， 故两条渐近线夹角正切值为，对；   D：如下图，建立平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为H， 则，故，设抛物线方程为，则， 所以抛物线的焦点到准线的距离为，错.    12． 【详解】（1）设f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0）∵其图象关于原点对称， 即f（-x）=-f（x） 得-ax3+bx2-cx+d=-ax3-bx2-cx-d∴b=d=0，则有f（x）=ax3+cx 由f′（x）=3ax2+c，依题意得 ∴ 由①②得a=4，c=-3故所求的解析式为：f（x）=4x3-3x． 13．【详解】由对称性知、关于轴对称，为正三角形， 则由正三角形对称性可知、为与抛物线的交点， 联立与得或0（舍去），当时，， 故其中一个交点为， 设双曲线方程为，故，解得， 在双曲线上，，，故离心率为； 14．【详解】设，为内的一点，，， ，，，，在中，， 即，整理得， ，， ，，两边同时除以得，， 即，，即. 15．(1)，(2)答案见解析 【分析】（2）若选①，利用错位相减法计算可得；若选②，利用裂项相消法求和即可； 若选③，利用分组求和法及对分奇偶两种情况讨论，计算可得； 【详解】（1）解：根据题意，因为数列为各项均为正数的等差数列， 所以，即得， 1分 设公差为，则有，，， 又因为，，构成等比数列的前三项， 所以，即， 2分 解之可得，或（舍去）， 3分 所以，即得数列是以3为首项，2为公差的等差数列， 故可得， 4分 且由题可得，，， 5分 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得； 6分 （2）解：若选①，则， 7分 则①， 8分 在上式两边同时乘以2可得，②， 10分 ①②可得，， 12分 即得； 13分 若选②，则， 9分 则； 13分 若选③，则， 7分 则 8分 所以当为偶数时，； 10分 由上可得当为奇数时，， 12分 综上可得，． 13分 16．(1)(2)分布列见解析，(3) 【分析】（1）借助全概率公式计算即可得；（2）得到随机变量所有可能取值后求出对应概率，即可得分布列，借助分布列计算即可得均值；（3）借助全概率公式与条件概率公式计算即可得. 【详解】（1）记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球， 1分 则； 5分 （2）随机变量可取0，1，2， 6分 ，，， 9分 随机变量分布列如下： 0 1 2 10分 所以； 11分 （3）， 12分 ， 14分 则. 15分 17．(1)(2)结论③正确，证明见解析 【详解】（1）由题意得，圆的圆心坐标又因为关于轴的对称点为，则． 1分 因为为的垂直平分线上的点， 所以所以， 所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆． 4分 设：，其中，． 由题可知：则，， 5分 ，． 故的方程为： 6分 （2） 法一：结论③正确． 7分 由题意得，，，，，且直线的斜率不为0， 可设直线：，，且，． 8分 由，得， 9分 所以， 所以. 10分 直线的方程为：，直线的方程为：， 由 11分 得 12分 ， 解得． 故点在直线， 13分 因为到的距离， 14分 因此的面积是定值，故③正确. ． 15分 法二：结论③正确．若证：的面积是定值． 7分 由题意得，，，，，直线的斜率不为0． （i）当直线垂直于轴时，：，由得或 8分 不妨设， 则直线的方程为：，直线的方程为：， 由，得，所以， 故到的距离， 此时的面积是． 9分 （ii）当直线不垂直于轴时， 设直线：，，且，． 由，得， 所以． 10分 直线的方程为：， 直线的方程为：， 由 11分 得． 若证：． 即证， 即证， 即证， 即证， 上式显然成立， 故点在直线， 13分 ． 14分 由（i）（ii）可知，的面积为定值，故③正确. ． 15分 18．(1)答案见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据正负可得单调性； （2）由（1）可知，可知需证，将不等式转化为；令，利用导数可求得，由此可得结论； （3）设，将已知不等式转化为，从而可构造函数，知在上单调递增，即恒成立；采用分离变量的方法得到，利用导数可求得在上的最大值，根据可求得结果. 【详解】（1）由题意得：定义域为， 1分 ； 2分 当时，，，在上恒成立， 在上单调递增； 3分 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 5分 （2）由（1）知：； 6分 要证，只需证， 7分 即证； 8分 设， 9分 则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 10分 又，，即. 11分 （3）不妨设，则由得：， 即， 令，则在上单调递增， 12分 在上恒成立， 13分 即，又，； 14分 令，则， 15分 令，解得：（舍）或， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ， 16分 ，解得：； 的取值范围为. 17分 19．(1)证明见解析；；(2)证明见解析. 【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得， 化简即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解. 【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，∴， 2分 又，， 3分 ∴平面AOS⊥平面， 4分 ∴．连TO，TM， ∴，，由与相似 ∴球T的半径，故 6分 由，得， 7分 ∴. 8分 （2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点 ∵，∴ 9分 以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系， 10分 如图.∵OM，OF与球T相切， ∴， ∴，， 11分 设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E． ∵PF与球T相切于点F， ∴，， ∴， 13分 即（1）， 14分 两边平方整理得：（2）， 两边平方整理得：（3）， 15分 易知：（3）（2）（1），也成立 16分 ∴交线C在坐标平面xOy中方程为， ∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线. 17分 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 最后一卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．设全集，则（   ） A． B． C． D． 2．若，则（   ） A． B． C． D． 3．已知向量在向量上的投影向量为，若，则（   ） A． B． C．3 D．9 4．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．设若，则（    ） A． B．或 C．或 D． 6．已知b为正实数，直线与曲线相切，则的取值范围是 A． B． C． D． 7．若圆锥，的顶点和底面圆周都在半径为的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别为，，则这两个圆锥公共部分的体积为 A． B． C． D． 8．设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（    ） A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立 C． D． 9．甲、乙两个跑步爱好者利用微信运动记录了去年下半年每个月的跑步里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结论中正确的是（   ） A．乙跑步里程的极差等于31 B．甲跑步里程的中位数是245 C．分别记甲乙下半年每月跑步里程的标准差为，，则 D．分别记甲、乙下半年每月跑步里程的平均数为，，则 二、多选题 10．已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．关于中心对称 C．是周期函数 D．的解析式可能为 11．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆､椭圆､双曲线及抛物线，下面四个结论正确的有（    ）    A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．双曲线两渐近线的夹角正切值为 D．抛物线的焦点到准线的距离为 三、填空题 12．设为三次函数，且其图象关于原点对称，当时，的极小值为-1，则 （1）函数的解析式 ； （2）函数的单调递增区间为 ． 13．在平面直角坐标系中，双曲线的中心在原点，焦点在轴上，焦距长为.若和抛物线交于，两点，且为正三角形，则的离心率为 . 14．如图，在中，，，，为内的一点，且，，则 ． 四、解答题 15．已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项. (1)求数列，的通项公式； (2)设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答. 16．盒子中装有大小形状相同的4个小球，其中2个白色2个红色. 每次取一球，若取出的是白球，则不放回；若取出的是红球，则取完放回. (1)取两次，求恰好一红一白的概率； (2)取两次，记取到白球的个数为随机变量，求随机变量的分布列及均值； (3)在第2次取出的球是红球的条件下，求第1次取出的球是白球的概率． 17．已知圆：，是圆上的点，关于轴的对称点为，且的垂直平分线与交于点，记的轨迹为． (1)求的方程； (2)坐标原点关于的对称点分别为，点关于直线的对称点分别为，过的直线与交于点，直线相交于点．请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明． ①的面积是定值；②的面积是定值；③的面积是定值． 18．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明； (3)若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 19．已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，． (1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式； (2)求证：曲线C是抛物线． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《最后一卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D A D A D C ACD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】利用补集和交集运算的定义求解. 【详解】由条件得，所以. 故选：C． 2．D 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解. 【详解】由，可得， 所以. 故选：D． 3．A 【分析】根据计算投影向量的公式及，求得，再利用数量积的运算律即可得答案. 【详解】，∴, , 故选：A. 4．D 【分析】将给定等式化成正切并求出正切值，再用二倍角正切公式计算即得. 【详解】依题意，，解得， 所以. 故选：D 5．A 【分析】由函数的解析式根据先求出参数的值，然后可求出答案. 【详解】当时，，显然无解. 当时，，显然无解. 当，即时，，解得 所以 故选：A 6．D 【分析】取导数为1计算得到切点为，将切点代入直线，得到，换元利用均值不等式得到答案. 【详解】，则，则，当，，故切点为， 将切点代入直线得到，， 当时等号成立. 故选：D. 【点睛】本题考查了根据切线求参数，均值不等式，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定是解题的关键. 7．A 【解析】过圆锥的轴作出截面图求解，两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥，求出其底面半径和高，即可得所求体积. 【详解】易得在同一条直线上，过该直线作出截面图如图所示. 是圆锥底面圆的直径，是圆锥底面圆的直径，两直径都与垂直. 在中，，则可得. 在中，，则，则. 又，所以点重合. 这两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥， 其底面半径为，高为， 所以所求体积为.故选A. 【点睛】本题考查与球有关的切接问题，体积的计算，解题的关键是过球心作出截面图. 8．D 【分析】利用古典概型概率公式先求出事件，和的概率，即可判断C，利用互斥事件的概率公式判断A，利用相互独立事件的乘法公式判断B，利用条件概率计算公式判断D. 【详解】对于A，因，故事件A与B不是互斥事件，A错误； 对于B，因，则， 因，故事件与事件不独立，故B错误； 对于C，因，故，而， 故 ，即C错误； 对于D，因则， 于是，，故，即D正确. 故选：D. 9．C 【分析】根据极差，中位数以及平均数的计算公式即可求解ABD，根据方差的性质即可求解C. 【详解】对于A，乙跑步里程的极差为，故A错误； 对于B，甲跑步里程的中位数为，故B错误； 对于D，甲跑步里程的平均数为， 乙跑步里程的平均数为， ，故D错误； 根据折线图可知，甲的波动大，乙的波动小，，故C正确． 故选：C． 10．ACD 【分析】对于A：根据题意赋值即可；对于C：根据题意结合偶函数以及周期性的定义分析判断；对于B：举反例说明即可；对于D：将代入题意关系式检验即可. 【详解】由，且函数的定义域为， 对于选项A：令，，可得， 且，可得，故A正确； 对于选项C：令，则， 则，即，可知为偶函数， 令，则， 可知，， 可得，则， 所以，可知周期为6，故C正确； 对于选项B：因为由于为偶函数且周期为6， 则，不满足， 所以不关于中心对称，故B错误； 对于选项D：因为的定义域为， 且， 即符合题意，所以的解析式可能为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 11．ABC 【分析】根据所给的图，结合截面圆与底面关系确定半径，即可求面积判断A；再由椭圆、双曲线、抛物线性质建立直角坐标系，并标注相关点的坐标求对应曲线方程，进而判断B、C、D. 【详解】A：由题图及已知：截面圆的半径为底面圆半径的一半，故圆的面积为，对； B：如下图轴截面中，作于，则长轴长， 又，则，对；    C：如下图，与面垂直且过M的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点、点P与底面距离相等，均为2，则，双曲线与底面一个交点， 设双曲线为，且，则， 所以其中一条渐近线为，若其倾斜角为，则， 故两条渐近线夹角正切值为，对；    D：如下图，建立平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为H， 则，故， 设抛物线方程为，则， 所以抛物线的焦点到准线的距离为，错.    故选：ABC 12． （1） （2）和 【分析】（1）先利用待定系数法设出f（x）的解析式，再根据奇偶性以及极值建立等式关系，求出参数即可； （2）利用导数研究函数的单调性，求出函数的单调递增 【详解】（1）设f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0） ∵其图象关于原点对称，即f（-x）=-f（x） 得-ax3+bx2-cx+d=-ax3-bx2-cx-d ∴b=d=0， 则有f（x）=ax3+cx 由f′（x）=3ax2+c，依题意得 ∴ 由①②得a=4，c=-3故所求的解析式为：f（x）=4x3-3x． （2）由（1）可得f（x）=4x3-3x．则令f′（x）=12x2-3＞0 解得： 或 ，即函数的单调递增区间为和. 即答案为(1).     (2). 和. 【点睛】本题主要考查了函数解析式的求法以及利用导数研究函数的单调性，属于基础题． 13． 【分析】由对称性可知、为与抛物线的交点，联立求出其中一个交点坐标，代入双曲线方程，结合焦距得到，进而求出离心率. 【详解】由对称性知、关于轴对称，为正三角形， 则由正三角形对称性可知、为与抛物线的交点， 联立与得或0（舍去），当时，， 故其中一个交点为， 设双曲线方程为，故，解得， 在双曲线上，，， 故离心率为； 故答案为： 14．/ 【分析】设，根据已知条件得到，在中利用余弦定理得到关系式，求解即可. 【详解】设，为内的一点，，， ，，，， 在中，， 即，整理得， ，， ，， 两边同时除以得，， 即，，即. 故答案为：. 15．(1)， (2)答案见解析 【分析】（1）根据等差中项的定义，结合条件，可求解得到，设出公差为，则根据条件，，构成等比数列的前三项，利用等比中项的定义即可得到关于的方程从而求解得出结果； （2）若选①，利用错位相减法计算可得； 若选②，利用裂项相消法求和即可； 若选③，利用分组求和法及对分奇偶两种情况讨论，计算可得； 【详解】（1）解：根据题意，因为数列为各项均为正数的等差数列， 所以，即得， 设公差为，则有，，， 又因为，，构成等比数列的前三项， 所以，即， 解之可得，或（舍去）， 所以，即得数列是以3为首项，2为公差的等差数列， 故可得， 且由题可得，，， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得， （2）解：若选①，则， 则①， 在上式两边同时乘以2可得，②， ①②可得，， 即得； 若选②，则， 则； 若选③，则， 则 所以当为偶数时，； 由上可得当为奇数时，， 综上可得，． 16．(1) (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）借助全概率公式计算即可得； （2）得到随机变量所有可能取值后求出对应概率，即可得分布列，借助分布列计算即可得均值； （3）借助全概率公式与条件概率公式计算即可得. 【详解】（1）记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球， 则； （2）随机变量可取0，1，2， ，，， 随机变量分布列如下： 0 1 2 所以； （3）， ， 则. 17．(1) (2)结论③正确，证明见解析 【分析】（1）根据为的垂直平分线上的点，垂直平分线上的点到两端点的距离相等，则可判断到、的距离之和为半径，又因为，则判断点的轨迹为椭圆. （2）证明③的结论过点的直线与椭圆联立表示、两点，再设出直线并求出交点的表示，则即可判断、、为顶点的三角形面积. 【详解】（1）由题意得，圆的圆心坐标 又因为关于轴的对称点为，则． 因为为的垂直平分线上的点，所以所以， 所以点的轨迹是以、为焦点的椭圆． 设：，其中，． 由题可知：则，， ，． 故的方程为： （2）法一： 结论③正确．若证：的面积是定值． 由题意得，，，，，且直线的斜率不为0， 可设直线：，，且，． 由，得， 所以， 所以. 直线的方程为：，直线的方程为：， 由 得 ， 解得． 故点在直线， 由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数， 而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值. 因为到的距离， 因此的面积是定值，故③正确. ． 法二： 结论③正确．若证：的面积是定值． 由题意得，，，，，且直线的斜率不为0， 可设直线：，，且，． 由得， 所以， 所以. 直线的方程为：， 直线的方程为：， 由 得 . 故点在直线， 由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数， 而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值. 因为到的距离， 因此的面积是定值，故③正确. ． 法三： 结论③正确．若证：的面积是定值． 由题意得，，，，，直线的斜率不为0． （i）当直线垂直于轴时，：，由得或 不妨设， 则直线的方程为：，直线的方程为：， 由，得，所以， 故到的距离， 此时的面积是． （ii）当直线不垂直于轴时， 设直线：，，且，． 由，得， 所以． 直线的方程为：， 直线的方程为：， 由 得 ． 若证：． 即证， 即证， 即证， 即证， 上式显然成立， 故点在直线， 由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数， 而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值. 因为到的距离， 此时的面积是定值， ． 由（i）（ii）可知，的面积为定值，故③正确. ． 法四： 结论③正确．若证：的面积是定值． 由题意得，，，，，且直线的斜率不为0， 可设直线：，，且，． 由，得， 所以． 直线的方程为：， 直线的方程为：， 因为，所以， 故直线的方程为：． 由 得 ， 解得． 故点在直线， 由于的横坐标是常数，纵坐标不确定，它到定直线、的距离都不是常数， 而线段、的长度为定值，则、的面积不是定值. 因为到的距离， 因此的面积是定值，故③正确. ． 18．(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据正负可得单调性； （2）由（1）可知，可知需证，将不等式转化为；令，利用导数可求得，由此可得结论； （3）设，将已知不等式转化为，从而可构造函数，知在上单调递增，即恒成立；采用分离变量的方法得到，利用导数可求得在上的最大值，根据可求得结果. 【详解】（1）由题意得：定义域为，； 当时，，，在上恒成立， 在上单调递增； 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知：； 要证，只需证，即证； 设，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 又，，即. （3）不妨设，则由得：， 即， 令，则在上单调递增， 在上恒成立， 即，又，； 令，则， 令，解得：（舍）或， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，，解得：； 的取值范围为. 19．(1)证明见解析；； (2)证明见解析. 【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得，化简即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解. 【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F， ∴， 记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F， ∴， ∵平面内直线AO，FP相交于点F， ∴TF⊥平面， ∵直线TF平面AOS， ∴平面AOS⊥平面， ∴．连TO，TM， ∴，， ∴球T的半径且， ∴. （2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点 ∵， ∴ 以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图. ∵OM，OF与球T相切， ∴， ∴，， 设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E． ∵PF与球T相切于点F， ∴，， ∴， 即（1）， 两边平方整理得：（2）， 两边平方整理得：（3）， 易知：（3）（2）（1）， ∴交线C在坐标平面xOy中方程为， ∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$