高考预测卷(二)-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（word高考预测练）

高考预测卷(二) 本试卷共19题，满分150分．考试用时120分钟． 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．设全集U＝{x|1≤x<7，x∈N}，集合A满足∁UA＝{2，5，6}，则A＝(　C　) A．{1，3，4，7} B．{3，4} C．{1，3，4} D．{3，4，7} 解析：集合的补运算　由题知U＝{x|1≤x<7，x∈N}＝{1，2，3，4，5，6}，则由∁UA＝{2，5，6}得A＝{1，3，4}．故选C. 2．若复数z＝，则在复平面内对应点的坐标为(　B　) A．(2，4) B．(4，2) C．(－2，4) D．(4，－2) 解析：复数的四则运算＋共轭复数的定义＋复数的几何意义　因为z＝＝4－2i，所以＝4＋2i，所以在复平面内对应点的坐标为(4，2)，故选B. 3．已知向量a，b满足a⊥b，(a＋b)·b＝4，则＝(　A　) A．2 B．2 C．4 D．4 解析：向量垂直＋平面向量的数量积、模　因为a⊥b，所以a·b＝0，所以(a＋b)·b＝a·b＋b2＝|b|2＝4，所以|b|＝2. 4．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过C上一点A作AB⊥l于点B，若|AB|＝|BF|＝4，则p＝(　C　) A．1 B． C．2 D．2 解析： 抛物线的定义、标准方程、几何性质　解法一：连接AF，由抛物线定义可得|AF|＝|AB|，因为|AB|＝|BF|＝4，所以△AFB是边长为4的等边三角形．如图，设l与x轴的交点为D，又AB∥DF，所以∠BFD＝∠ABF＝60°，所以p＝|DF|＝|BF|cos 60°＝2.故选C. 解法二：设l与x轴的交点为D，则AB∥DF，设A(x1，y1)，在Rt△BDF中，|BD|2＋|DF|2＝|BF|2，即y＋p2＝2px1＋p2＝16，又|AB|＝x1＋＝4，所以p＝2.故选C. 5．已知各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a9－2a4＝4，S9－2S4＝a，则＝(　D　) A．25 B．16 C．9 D．4 解析：等差数列的通项与求和　设等差数列的公差为d，由a1＋a9－2a4＝4，得a1＋a1＋8d－2(a1＋3d)＝4， 解得d＝2，又S9－2S4＝a，所以9a1＋×9×8×2－2(4a1＋×4×3×2)＝(a1＋3×2)2，解得a1＝1或a1＝－12.因为各项均为正数，所以a1＝1，所以S10＝100，a13＝25，所以＝4. 6．已知x，y满足sin x＝，sin (x＋y)cos y＝，则sin (x＋2y)＝(　C　) A． B． C． D． 解析：两角和(差)的正弦公式＋二倍角公式　 解法一：由题得sin x＝sin (x＋y－y)＝sin (x＋y)cos y－cos (x＋y)sin y＝， 因为sin (x＋y)cos y＝，所以cos (x＋y)sin y＝－＝－，则sin (x＋2y)＝sin (x＋y＋y)＝sin (x＋y)cos y＋cos (x＋y)sin y＝－＝.故选C. 解法二：由sin (x＋y)cos y＝sin xcos 2y＋cos x sin y cos y＝sin x cos 2y＋sin x＋cos x sin 2y＝，得sin x cos 2y＋cos x sin 2y＝，故sin (x＋2y)＝sin x cos 2y＋cos x sin 2y＝. 解法三　由题得sin (x＋y)cos y＝[sin (x＋2y)＋sin x]＝，故sin (x＋2y)＋＝，则sin (x＋2y)＝. 7．已知动直线与圆x2＋y2＝16相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若线段AB上一点P满足＝3，且x1x2＋y1y2＝－8，则动点P的轨迹方程为(　A　) A．x2＋y2＝7 B．x2＋y2＝ C．x2＋y2＝ D．x2＋y2＝13 解析：直线与圆的位置关系＋圆的方程＋平面向量的坐标运算　通解　设O为坐标原点，连接OA，OB，由x1x2＋y1y2＝－8得·＝－8. 因为A，B在圆上，所以|OA|＝|OB|＝4，连接OP，由＝3得＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，故2＝2＋2＋·＝7，故动点P的轨迹方程为x2＋y2＝7.故选A. 优解　设P(x，y)，则由＝3，得，得，①②同时平方并相加，得16x2＋16y2＝x＋y＋9x＋9y＋6x1x2＋6y1y2.又A，B在圆上，x1x2＋y1y2＝－8，所以16x2＋16y2＝16＋9×16＋6×(－8)，得x2＋y2＝7，故动点P的轨迹方程为x2＋y2＝7.故选A. 8．已知函数f(x)＝2x，g(x)＝3x，若3f(a)＝2g(b)＝f(c)g(c)＝4，则(　D　) A．c>a>b B．b>a>c C．a>c>b D．c>b>a 解析：指数函数＋对数函数的性质＋作差法　解法一：第一步：结合已知函数写出a，b，c的表达式 由3f(a)＝2g(b)＝f(c)g(c)＝4得a＝log2，b＝log32，c＝log64. 第二步：根据对数函数的性质得到b<c 因为c＝log64＝log2，且1<<3，所以b<c， 第三步：利用作差法得到a<b，进而得解 因为a－b＝2－(log23＋log32)<2－2＝0， 所以a<b，所以a<b<c.故选D. 解法二：由3f(a)＝2g(b)＝f(c)g(c)＝4得a＝log2＝2－log23，b＝log32，c＝log64，易知a＝2－log23<2－log2＝，由于<2<，故b＝log32∈，c＝log64>log6＝，所以a<b<c.故选D. 解法三　由3f(a)＝2g(b)＝f(c)g(c)＝4得a＝log2，b＝log32，c＝log64.a＝log2<log2＝log3<log32＝b，因为b>0，c>0，＝log46＝＝<＝log23＝，所以b<c，故a<b<c.故选D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．1984年至2024年历届夏季奥运会中国获得的奖牌数(单位：枚)如表所示，则下列说法正确的是(　BC　) 年份 金牌数 银牌数 铜牌数 奖牌总数 1984 15 8 9 32 1988 5 11 12 28 1992 16 22 16 54 1996 16 22 12 50 2000 28 16 14 58 2004 32 17 14 63 2008 48 22 30 100 2012 39 31 22 92 2016 26 18 26 70 2021 38 32 19 89 2024 40 27 24 91 A.历届夏季奥运会中国获得的金牌数的中位数是32 B．历届夏季奥运会中国获得的银牌数的众数是22 C．历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数是18 D．历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数的第60百分位数是63 解析：统计表＋样本的数字特征＋百分位数　将历届夏季奥运会中国获得的金牌数按从小到大排序：5，15，16，16，26，28，32，38，39，40，48.可得中位数为28，A不正确．历届夏季奥运会中国获得的银牌数中，22出现了3次，出现的次数最多，故众数为22，B正确． 历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数为＝18，C正确．将历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数按从小到大排序：28，32，50，54，58，63，70，89，91，92，100.因为11×60%＝6.6，所以第60百分位数是从小到大排序后的第7个数70，D不正确． 10．已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(1－2x)是奇函数，且当0≤x≤1时，f(x)＝2|2x-1|－2，则下列结论正确的是(　ABD　) A．f(x＋2)＝f(x) B．f(x)在上单调递减 C．f(log248)＝ D．当2k－1≤x≤2k(k∈Z)时，f(x)＝2－2|4k-1-2x| 解析：函数的奇偶性、周期性、单调性　 因为f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，且f(x)的图象关于原点对称，因为f(1－2x)是奇函数，所以f(1＋2x)＝－f(1－2x)，令2x＝t，得f(1＋t)＝－f(1－t)，以x代替t得f(1＋x)＝－f(1－x)，再以1＋x代替x得f(2＋x)＝－f(－x)＝f(x)，所以A正确．由f(x＋2)＝f(x)知，f(x)在上的单调性与在上的单调性相同，由题意知f(x)在上单调递减，又f(x)是R上的奇函数，所以f(x)在上单调递减，又函数f(x)的图象连续，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)在上单调递减，所以B正确．因为25<48<26，所以5<log248<6，即0<6－log248<1，所以f(log248)＝f(log248－6)＝－f(6－log248)＝－[2|2(6－log248)－1|－2]＝，所以C不正确．当2k－1≤x≤2k(k∈Z)时，0≤2k－x≤1，所以－1≤x－2k≤0，f(x－2k)＝－f(2k－x)＝－[2|2(2k－x)-1|－2]＝2－2|4k-1-2x|，所以当2k－1≤x≤2k(k∈Z)时，f(x)＝2－2|4k-1-2x|，所以D正确． 11． 如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为4，点P在棱CC1上运动，点Q在四边形ACC1A1内(包括边界)运动，则下列结论正确的是(　ACD　) A．三棱锥B－APB1的体积为 B．若P为CC1的中点，则B到平面APB1的距离为 C．△APB1的周长的最小值为4(＋) D．若BQ＝4，则点Q的轨迹的长度为2π 解析：正三棱柱＋动点的轨迹＋点到平面的距离＋三棱锥的体积＋三角形的周长　VB－APB1＝VA－BPB1＝××4×4×2＝，所以A正确．在△APB1中，AB1＝4，由P为CC1的中点，可得AP＝B1P＝2，所以△APB1的面积为×4×＝4，由选项A得三棱锥B－APB1的体积为，设点B到平面APB1的距离为d，则×d×4＝，解得d＝2，所以B错误．将正三棱柱的侧面ACC1A1和侧面BB1C1C沿CC1展开到一个平面内，当且仅当A，P，B1三点共线时，AP＋PB1取得最小值，故(AP＋PB1)min＝＝4，又AB1＝4，所以△APB1的周长的最小值为4(＋)，所以C正确．取AC的中点D，连接BD，因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，所以BD⊥侧面ACC1A1，BD＝2，连接DQ，因为BQ＝4，所以DQ＝＝2，所以点Q的轨迹是以D为圆心，2为半径的半圆弧，所以点Q的轨迹的长度为2π，所以D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2x－1)(1＋2x)5的展开式中x2的系数为__－20__． 解析：二项式定理＋项的系数　(1＋2x)5的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)r＝2rCxr，故(2x－1)(1＋2x)5的展开式中x2的系数为2×2C＋(－1)×22C＝－20. 13．已知F1，F2分别是离心率为的椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是E上一点且|PF1|·|PF2|＝4(a2－b2)，若△F1PF2的面积为，则a＝__2__． 解析：椭圆的定义、几何性质＋三角形的面积　解法一：由题得＝，所以a＝2c，b＝c，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a＝4c， 由题知mn＝4(a2－b2)＝4c2，结合以上两式可得，m＝2c，n＝2c， 所以△F1PF2是等边三角形，故(2c)2＝，得c＝1，得a＝2. 解法二：由题得＝，所以a＝2c，b＝c，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，∠F1PF2＝α， 则m＋n＝2a＝4c， mn＝4(a2－b2)＝4c2，得cos α＝＝＝＝， 故S△F1PF2＝mn sin α＝2c2＝×＝，得a＝2. 14．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)图象的对称轴为直线x＝＋(k∈Z)，若存在实数m，使得对于任意的a≤x≤b，不等式m2＋f(x－)≤4mf(－)恒成立，则当b－a取得最大值时，f＝__－__． 解析：三角函数的图象与性质＋不等式恒成立　设f(x)的最小正周期为T，易知函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为，因为f(x)图象的对称轴为直线x＝＋(k∈Z)，所以＝，T＝π，又T＝，所以ω＝2，所以f(x)＝sin (2x＋φ)，直线x＝是f(x)图象的一条对称轴，所以f＝sin ＝±，所以＋φ＝k1π＋(k1∈Z)，即φ＝k1π＋(k1∈Z)，因为|φ|<，所以φ＝，所以f(x)＝sin .存在实数m，使得对于任意的a≤x≤b，不等式m2＋f(x－)≤4mf(－)恒成立，即存在实数m，使得m2－2sin (x－)·m＋sin 2x≤0对于任意的a≤x≤b恒成立， 则对应方程的根的判别式Δ＝4sin 2－2sin 2x≥ 0，即2－2cos －2sin 2x＝2－2sin 2x－2sin 2x＝2－4sin 2x≥ 0，可得sin 2x≤，可得2k2π－≤2x≤2k2π＋，k2∈Z，解得k2π－≤x≤k2π＋，k2∈Z，当b－a取得最大值时，a＝k2π－，b＝k2π＋(k2∈Z)，所以a＋b＝2k2π－，所以f＝sin ＝－. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，分别以a，b，c为边长的正三角形的面积依次为S1，S2，S3且S＝S1－S2＋S3. (1)求B； (2)设∠ABC的平分线交AC于点D，若b＝，S＝(4c2＋a2)，求BD的长． 三角形的面积公式＋余弦定理 解：(1)第一步：结合三角形面积公式化简S＝S1－S2＋S3　 由题意得S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2， 则S＝S1－S2＋S3＝(a2－b2＋c2). 第二步：结合余弦定理及三角形面积公式求B 由余弦定理得a2＋c2－b2＝2ac cos B，所以S＝ac cos B， 又S＝ac sin B，所以ac sin B＝ac cos B， 所以tan B＝，又0<B<π，所以B＝. (2)解法一：第一步：结合三角形的面积公式及∠ABC的大小得到a＝2c 由(1)知∠ABC＝，又S＝ac sin ∠ABC＝(a2＋4c2)， 所以4c2＋a2－4ac＝0，所以(2c－a)2＝0，所以a＝2c. 第二步：结合余弦定理求得a，c的值，进而得到BD的长 由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos ＝a2＋c2－ac＝3， 得a＝2，c＝1，所以b2＋c2＝a2，所以A＝. 在△ABD中，BD＝＝＝. 解法二：由(1)知，(a2－b2＋c2)＝(4c2＋a2)， 整理得3a2＝4b2， 由正弦定理得3sin 2A＝4sin 2∠ABC， 又∠ABC＝，所以sin 2A＝1， 因为A∈(0，π)，所以A＝， 由b＝，tan ∠ABC＝＝，得c＝1. 在△ABD中，BD＝＝＝. 16．(15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB＝AD＝4，E为棱AD上(异于点A，D)一点，且CD＝AE. (1)若EC＝2，F为PB的中点，求证：CF∥平面PAD； (2)若异面直线PB与CE所成角的余弦值为，求二面角E­PB­C的余弦值． 线面平行＋异面直线所成角＋二面角 解：设AE＝CD＝a(0<a<4). (1)解法一：第一步：根据线线位置关系判断点E的位置 在平面四边形ABCD中，由AB∥CD，AB⊥AD得CD⊥AD， 由AD＝4，CD＝AE，EC＝2，得(4－a)2＋a2＝8， 解得a＝2，即CD＝AE＝2. 所以E为AD的中点且CD＝AB， 第二步：作辅助线，构造平行四边形，进而证CF∥平面PAD 如图，取PA的中点G，连接FG，DG， 则FG∥AB，FG＝AB，所以CD∥FG，CD＝FG， 所以四边形CFGD为平行四边形，所以CF∥GD， 因为CF⊄平面PAD，DG⊂平面PAD，所以CF∥平面PAD. 解法二：因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直， 以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 则A(0，0，0)，E(a，0，0)，C(4，a，0)， F(0，2，2)，B(0，4，0)， 所以＝(a－4，－a，0)，又EC＝2， 所以(a－4)2＋(－a)2＋0＝8，解得a＝2， 故＝(4，0，－2). 易知平面PAD的一个法向量为＝(0，4，0)， 因为·＝4×0＋0×4＋(－2)×0＝0，所以CF⊥AB， 又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD. (2)第一步：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标 建系同(1)中解法二，则E(a，0，0)，B(0，4，0)，C(4，a，0)，P(0，0，4)， 第二步：结合异面直线所成角的余弦值求出CD的长 所以＝(0，4，－4)，＝(a－4，－a，0). 设异面直线PB与CE所成的角为α， 则cos α＝＝＝，得a＝1. 第三步：求平面PBE、平面PCB的法向量 则E(1，0，0)，C(4，1，0)，所以＝(4，1，－4)，＝(1，－4，0)，＝(1，0，－4). 设平面PBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则，得， 取x1＝4，得n1＝(4，1，1). 设平面PCB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则，得， 取y2＝4，得n2＝(3，4，4). 第四步：利用向量的夹角公式求解 设二面角E­PB­C的平面角为θ，观察图形可知θ为锐角， 所以cos θ＝＝＝， 即二面角E­PB­C的余弦值为. 17．(15分)已知函数f(x)＝ax2－x ln x＋2. (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y＝ax2＋(2a＋3)x的图象有且仅有一个交点，求a的值； (2)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 导数的几何意义＋二次函数的图象＋利用导数研究函数的单调性 解：(1)由题知f′(x)＝2ax－1－ln x，则f′(1)＝2a－1， 又f(1)＝a＋2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(2a－1)(x－1)，即y＝(2a－1)x－a＋3， 因为该切线与y＝ax2＋(2a＋3)x的图象有且只有一个交点， 所以方程ax2＋(2a＋3)x＝(2a－1)x－a＋3仅有一个解， 即ax2＋4x＋a－3＝0仅有一个解． 当a＝0时，方程可化为4x－3＝0，仅有一个解，满足题意； 当a≠0时，由Δ＝0，得16－4a(a－3)＝0，解得a＝－1或a＝4. 综上，a的值为0或－1或4. (2)因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥ 0恒成立，由(1)知f′(x)＝2ax－1－ln x， 故2a≥ 恒成立，所以2a≥ ()max. 令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝， 当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝1， 则2a≥ 1，解得a≥ ， 所以实数a的取值范围为. 18．(17分)定义：如果集合U存在一组两两不交(两个集合的交集为空集时，称为不交)的非空真子集A1，A2，…，Ak(k∈N*，k≥ 2)，且A1∪A2∪…∪Ak＝U，那么称子集族{A1，A2，…，Ak}为集合U的一个k划分．已知集合M＝{1，2，3，…，n}(n∈N*，n≥ 2). (1)若n＝4. ①写出集合M的所有3划分； ②从集合M的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率． (2)设集合A为集合M的非空子集，随机变量X表示子集A中的最大元素．若P(X＝n)＝，求随机变量X的分布列和数学期望E(X). 新定义集合的k划分＋古典概型＋离散型随机变量的分布列和数学期望 解：(1)当n＝4时， ①集合M的所有3划分为{{1，2}，{3}，{4}}；{{1，3}，{2}，{4}}；{{1，4}，{2}，{3}}；{{2，3}，{1}，{4}}；{{2，4}，{1}，{3}}；{{3，4}，{1}，{2}}． ②集合M的所有2划分的个数为C＋C＝7； 集合M的所有3划分的个数为6；集合M的4划分只有1个． 所以集合M的所有划分共有14个． 设从集合M的所有划分中任取一个，这个划分恰好为3划分为事件F，则P(F)＝＝. (2)集合M＝{1，2，3，…，n}的非空子集的个数为2n－1，所以集合A共有2n－1种可能． 当n≥ 2时，最大元素X为t(2≤t≤n)的子集可视为集合{1，2，3，…，t－1}的子集与集合的并集，而集合{1，2，3，…，t－1}的子集个数为2t-1，所以P(X＝t)＝， 所以P(X＝n)＝＝， 可得2n-1＝16，解得n＝5. 所以随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，5， 则P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝， P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝， 随机变量X的分布列为 X 1 2 3 4 5 P 故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝. 19．(17分)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(，0)，离心率为. (1)求E的标准方程； (2)设E的右顶点为A1，过点(4，0)的直线l1与E的右支交于C，D两点，记直线A1C，A1D的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值； (3)已知点M(x0，y0)是E上任意一点，直线l是E在点M处的切线，点P是l上异于点M的动点，且过点P与OM(O为坐标原点)平行的直线l′交E于A，B两点，定义为双曲线E在点M处的切割比，记为λ(x0，y0)，求切割比λ(2，1). 双曲线的方程、几何性质＋直线与双曲线的位置关系＋直线的斜率＋切割比 解：(1)第一步：根据双曲线的几何性质求a，b的值　因为双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(，0)，所以c＝，所以E的离心率为＝＝，所以a＝2，b＝1， 第二步：写出E的标准方程故E的标准方程为－y2＝1. (2)第一步：设出l1的方程及点C，D的坐标，写出根与系数的关系　由(1)知A1(2，0)，由题意知l1的斜率不为0，设l1的方程为x＝m1y＋4，C(x′1，y′1)，D(x′2，y′2)，联立方程，得，得(m－4)y2＋8m1y＋12＝0，所以Δ1＝(8m1)2－4(m－4)×12＝16(m＋12)>0，y′1＋y′2＝－，y′1y′2＝， 第二步：求出k1k2的值 所以k1k2＝·＝＝ ＝＝－，得证． (3)第一步：求出切线方程 由题意知M(2，1).显然E在点M处的切线的斜率存在，设E在点M处的切线方程为y－1＝k(x－2)，即y＝kx＋1－2k， 代入－y2＝1，消去y得(1－4k2)x2－8k(1－2k)x－4(1－2k)2－4＝0， 因为l与E相切，所以Δ2＝[－8k(1－2k)]2＋4(1－4k2)[4(1－2k)2＋4]＝0， 解得k＝. 所以E在点M处的切线方程为y＝x－1. 第二步：结合两直线方程求出|PM|2 易知直线OM的斜率kOM＝， 所以可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2). 由方程组，解得， 所以点P的坐标为(2(m＋1)，2m＋1)，所以|PM|2＝12m2. 第三步：利用根与系数的关系、两点间距离公式求出|PA|，|PB| 由方程组， 消去y可得x2－4mx－8(m2＋1)＝0， 则Δ3＝(－4m)2＋4×8(m2＋1)＝64m2＋32>0， 所以x1＋x2＝4m，x1x2＝－8(m2＋1)， 所以|PA|＝＝|2(m＋1)－x1|， 同理可得|PB|＝|2(m＋1)－x2|， 第四步：根据切割比定义求解λ(2，1) 所以|PA|·|PB|＝|2(m＋1)－x1||2(m＋1)－x2|＝|8(m＋1)2－2(m＋1)(x1＋x2)＋x1x2|＝|8(m＋1)2－2(m＋1)·4m－8＋1)|＝18m2， 所以＝＝， 即λ(2，1)＝. 学科网（北京）股份有限公司 $