专题卷(6)解析几何-【鱼跃龙门卷】2026年高三数学二轮复习专题金卷

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（六） 数学·解析几何 (考试时间120分钟，总分150分) 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。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1,已知双曲线C。-,则顶点到渐近线的距离为 A.47 B. 4√6 3 3 C.37 4 D.√7 2.已知圆C:(x一1)2+y2=4与抛物线y=ax2(a>0)的准线相切，则a的值为 A司 B专 C.4 D.8 3.已知曲线C:6+、y 2’0=1,则“0<a<号”是“曲线C是椭圆的 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 知圆锥曲线号十1的离心率®为方程3z10x+3=0的根，则满足条件的m 不同的值 A.1 B.2 C.3 D.4 x2+y2 5.已知椭圆C:25十i6=1的一个焦点为F,点P,Q是C上关于原点对称的两点，则|PF2+ 6QF|的取值范围为 A.[2,26] B.[51,52] C.[51,76] D.[52,76] 数学·专题卷（六）第1页（共8页） 鱼跃 6已知双曲线C装1@>0，b>0)的左右焦点分别为EE,离心率为9，点P在0 上，∠PPF,=,则△FPP,的外接圆与内切圆的半径之比为 A.22-1 B.1+2√2 C.2+2 D.2+2√2 7.已知直线1：x一ay一1=0与圆C:x2+y2-2x+4y一4=0交于A,B两点，设弦AB的中点 为M,O为坐标原点，则|OM的取值范围为 A.[3-√5,3+√5] B.[3-1,3+1] C.[2-√3,2+√3] D.[2-1,W2+1] 8.如图，阴影部分的边界为四叶草曲线C,曲线C是由顶点在原点、焦点在 坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若 开口向右的抛物线方程为y2=8x,过点F(2,0)的直线1与曲线C相 交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为A,M,N,B,且BF= 3FA,则线段MN的中点到y轴的距离为 A.2√6-2√6 B.26+26 C.4√6-2√6 D.4√6+2√6 *过P(0,1),倾斜角为α的直线L与抛物线C:x2=4y相交于A,B两点，当|AP|+4|BP|取得 最小值时，sina的值为 A B③ C. D. √2 3 3 3 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.已知抛物线C:y2=x的焦点为F,过点F且与x轴不垂直的直线l,与C相交于A,B两点， 分别过A,B两点作C的准线的垂线，垂足分别为A1,B1,线段AB,A1B1的中点分别为M, N,则 A.AB=MN B.直线AN平分∠FAA1 C.AN⊥BN D.A1M⊥B1M 龙门卷 数学·专题卷（六）第2页（共8页） 10.随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，已知双 四 15 曲线C:乙-1a>0,b>0的左右焦点分别为P,F,双曲线的光学性质是：从右焦点 F2发出的光线m交双曲线右支于点P,经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦 点F1,如图所示.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.若 |PF2|的最小值为2，且双曲线C的渐近线为y=士√x,则下列结论正确的有 人双商线C的方程为号若1 B.若m⊥n,则△PF1F2的面积为24 C.若点P处的切线交x轴于T(1,0),则PF2⊥x轴 D.当n过点M(11,8)时，光由F2→P→M所经过的路程为13 11.过直线I:x=4上一动点M作圆O:x2+y2=4的两条切线，切点分别为A,B,记△MAB的 垂心为H,则 A.四边形AOBH为菱形 R∠AHB的最小值为 C.H在圆：x2+y2=x上 D.H到直线l距离的最小值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知直线l1:(a一2)x-3y+5=0和l2:3x一(b十1)y一7=0互相垂直，且a>0,b>0,则 吕+方的最小值为 13.在平面直角坐标系中，点A(一1,1)，B(2,2),动点M满足|MA=√3|MB|,记点M的轨迹 为C,直线l:x十ay=0与C交于D,E两点，若|DE|=2√7，则a的值为 。设0为坐标原点，揽物线Cy=2pz(p>0)与双曲线C2:之-21(>0，b>0)有 的焦点F,过F与x轴垂直的直线交C1于A,B两点，与C2在第一象限内的交点为M,若 Oi=mOA+nO成(m,n∈R),mn=g,则双曲线C:的离心率为 数学·专题卷（六）第3页（共8页） 鱼跃龙门卷 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。 (13分) 已知△ABC,点A(1,一1)，点B,C在直线x+y一2=0上运动（点B在点C上方）. (1)已知△ABC是以点A为顶点的等腰三角形，求BC边上的中线所在直线方程； (2)已知BC|=√2，试问：是否存在点C,使得△ABC的面积被x轴平分，若存在，求直线 AC的方程；若不存在，说明理由 数学·专题卷（六）第4页（共8页） 班级 16.(15分) 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:x2十y2一4x一12=0，直线l:y=kx(k≠0)，直线1与 姓名 圆C相交于点A,B,圆C与x轴正半轴交于点D. 得分 (1)若|AB|=2√/14，求直线1的方程； (2)记直线AD,BD的斜率分别为k1,k2,求证：k1·k2为定值. 选择题 答题栏 :1 3 5 6 :7 8 9 10 11 数学·专题卷（六）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (15分) 已知抛物线E:y2=4x,点A,B,C在抛物线E上，且A在x轴上方，B和C在x轴下方(B 在C左侧)，A,C关于x轴对称，直线AB交x轴于点M,延长线段CB交x轴于点Q,连 接QA. 证明：00为定值(0为坐标原点)9 (2)若点Q的横坐标为-1，且M店·M心-号，求△AQB的内切圆的方程. 数学·专题卷（六）第6页（共8页） 18.(17分) 19. 1 已知双曲线C的虚轴长为2，其中一条渐近线方程为y=2x,且M,N分别是双曲线的左、 右顶点. (1)求双曲线C的方程； (2)设过点G(4,0)的动直线L交双曲线C右支于A,B两点，若直线AM,BN的斜率分别为 k1,k2 0证明为定信： ②设∠ANG=a,∠BNG=A,0<R<5若an0=号a=A-0(0<9<经)，求△BGN的 面积. 数学·专题卷（六）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (17分) 2 已知椭圆C。之十与1(a>b>0)的离心率为，点A(0,一D是C的一个顶点，也，是抛 物线C2:y=x2十mx十n的顶点. (1)求C1和C2的方程； (2)设直线l:y=kx与C2相交于M,N两点. ①证明：AM⊥AN; ②设直线AM和AN分别与C1相交于E,F(异于点A)两点，且△AMN与△AEF的 面积之比为器求直线1的方程， 数学·专题卷（六）第8页（共8页）·数学· (2)解：取AD的中点O,连接BO,FO 如图， 由题意知△ABD为等边三角形，得 BO⊥AD,同理FO⊥AD, 而BO∩FO=O,BO,FOC平面BOF, Aò 则AD⊥平面BOF, 又ADC平面ABCD,则平面BOF⊥平面ABCD (ⅰ)在平面BOF内作Oz⊥OB,平面BOF∩平面ABCD OB,则Ox⊥平面ABCD, 以O为坐标原点，直线OA,OB,Oz分别为x,y,x轴建立空 间直角坐标系， 则A(1,0,0),D(-1,0,0),B(0,√3,0)，由B0=FO= BF=3, 得F(o,,2),(-2,,)应=(-8，名） AB=(-1,W5,0),Bi=(-1,-3,0), 由A-应-(-，，)，-或-(-，-5， 0),0<入<1， 得-不-i-+成-A防-(2以-1，-8+ 5,-2) 从而1=√@-1)+(8+同)'+(-刘 以*4-，a(a-》广+， 当X=子时，AMN取得最小值 （1)此时-(o9,-）成=成=（公。）， D元=AB=(-1W3,0), 设n=(x,y,之)为平面MND的法向量，则 a成-2+号=0 √3 10 令z=1,得n=(-3,w3,1), n·MN=5,3 4y-4之=0， 故点C到平面MND的距商为DC=。6Y 13 18.(1)解：四边形PQCR是平行四边形.理由如下： 如图，在平面ABQP中，过点Q作QE∥ BA,交AP于点E,连接DE, 因为AP∥BQ∥DR,易四边形BQEA为 平行四边形，则QE∥AB,QE=AB, 因为四边形ABCD为正方形，则AB∥Q CD,AB=CD, 则QE∥CD,QE=CD,则四边形QCDE为平行四边形， 则QC∥DE,QC=DE, 因为QC￠平面ADRP,DEC平面ADRP,故QC∥平面 ADRP, 又QCC平面QCRP,平面QCRP∩平面ADRP=PR,则QC∥ PR, 因为QC∥DE,则DE∥PR, 又RD∥PE,则四边形DEPR为平行四边形，故DE=RP, 又QC=DE,则QC=PR,故四边形PQCR为平行四边形， (2)证明：由(1)已得□BQEA,则有BQ=AE,由□DEPR可 得PE=DR, 故AP=PE十AE=DR+BQ,即得证 (3)证明：因为AP⊥平面ABCD,AD⊥AB 故以AB,AD,AP所在直线为x,y,之 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设PA=AB=a,QB=b(a>b),则 RD-a-b. 因为AP∥BQ∥DR,则BQ⊥平面 ABCD,RD⊥平面ABCD, B 又AB,ADC平面ABCD,则BQ⊥ AB,RD⊥AD, 因为AB⊥BC,AD⊥DC,BQ∩BC=B,BQ,BCC平面BCQ, 故AB⊥平面BCQ,同理AD⊥平面CRD, 即平面BCQ的法向量可取为n=(1,0,0),平面CRD的法向 量可取为m=(0,1,0). 又因为C(a,a,0),Q(a,0,b),R(0,a,a-b), 则C=(0,-a,b),C求=(-a,0,a-b), 设平面PQCR的法向量为s=(x,y,z), ,|CQ·s=-ay+bz=0, 则C求.g=-ax+a)z0 故可取s=(a一b,b,a), 由图知，二面角PQC-B,P-RC-D都是钝二面角， 故cos01=一|cos(s,n)|= a-b √(a-b)'+b2+a’ b cos02=-|cos〈s,m〉|= √a-b)2+b2+a2 由图知03为锐角，平面ABCD的法向量为k=(0,0,1), 则cos03=|cos(s,k)|= a √(a-b)2+62+a' 于是cos01+cos02+cos0,= a-b √(a-b)2+62+a b √a-b+6+a√0a-b)+6+a =0,得证 (1)解：设BD=n,由BC+2=BD+1=CD,则BC=n-1, CD=n+1, 由两边之和大于第三边可得n十n一1>n十1，解得n>2. 又△BCD为钝角三角形，则最大边CD所对的角∠CBD为钝 角，则由余弦定理可得 0052CBD(n1)n1) 2n(n-1) 解得0<n<4,所以2<n<4, 又n∈Z,故n=3,则BC=2,CD=4,BD=3. 所以os∠CBD=3-4X3--1 2×2×34· 又∠CBD为饨角，所以sin∠CBD=√1-(-)= 4 由正弦定理得，△BCD的外接圆直径为sn∠CBD CD 416√15 W15 15 4 故△BCD的外接圆半径为3酒。 (2)(1)证明：如图1，设四面体A-BCD外接球球心为O, 。7 参考答案及解析 取CD的中点E,连接OC,OD,O1C, 数学（六） O D,OE,O E. 由O1C=O1D,得CD⊥O1E,同理 一、选择题 CD⊥OE,O1E∩OE=E,且O1EC平面 1.C2.A3.B4.C5.C6.D O1OE,OEC平面O1OE, 7.D【解析】圆C:x2+y2-2x十4y-4 所以CD⊥平面O1OE, 0即(x-1)2十(y十2)2=9，则圆心为 又OO1C平面O1OE,则CD⊥OO1,同 C(1,-2),半径r=3,直线l:x-ay-1= 图1 理可得BD⊥OO1. 0令仁)0解得 y=0,即直线恒过定 由BD∩CD=D,BDC平面BCD,CDC平面BCD, 点(1,0)，又(1-1)2+(0+2)2=4<9，所 则OO1⊥平面BCD, 以点(1,0)在圆内，设A(x1,y1),B(x2, 又已知直线L⊥平面BCD,且过点O1, y2),M(xo,y。),由 因为经过一点与已知平面垂直的直线有且仅有一条，故直线 /x-ay-1=0, 即直线O01, 同理可得过O2点所作平面ACD的垂线m即为直线OO2. 2+y2-2x十4y-4=0,消去x整理得 (a2+1)y2+4y-5=0,显然△>0，则y1+y= 4 故直线L,m相交于一点，该交点即为四面体A-BCD外接球的 a+1,则 球心O. (ⅱ)解：四面体A-BCD的外接球球心为 x1十，=a(01十)+2=2a4如+2，所以十 a2+1 2 O,圆O1为△BCD的外接圆，由(1)知 a2-2a+1,y十y=-2 OO1⊥平面BCD. a2+11 2 +7则x。=1十2-a2-2a+1 2 a2+1 若AM⊥圆O,所在平面，即AO1⊥平面 =y4十y=-2 BCD时（如图2）， 2 异则，-1++=(》广+ 设△BCD的外接圆半径为r,由(1)知 =85 (》-1,又直线1：x-4y-1=0的斜率不为0.所以M 15 不过点(1,0)，所以动点M的轨迹方程为(x一1)2+(y+1)2= 已知四面体A-BCD的外接球半径 图2 1(除点(1,0)外)，圆(x-1)2+(y十1)2=1的圆心为N(1, R=2I5 -1),半径r1=1,又|ON|=√+(-1)=√2，所以1ON|- 3 r1≤|OM≤1ON|+r1,即V2-1≤1OM≤√2+1，即|OM|的 则00，=7-2)-(8y-2 取值范围为[2-1，wW2+1]. 51 8.A【解析】显然点F为抛物线y2=8x的 此时1O1A-O1M|=|R+OO1-(R-O01)1=2O01= 焦点，分别记M,N的横坐标为x1,x2,如 图，过A,B分别作抛物线y2=8x的准线 4√1525 5 ，此时不满足题意 x=一2的垂线，垂足分别为D,E,过A作直 线BE的垂线，垂足为G,依题意，|AF= 故AM不与平面BCD垂直，即AM为 平面BCD的斜线. IADI=EGI,IEBI=IBFI,BF=3FA, AB=4AF,BG=3AF-AF= 如图3，取AM的中点F,OF⊥AM.过 点F作FH⊥圆O1所在平面，垂足 2AF,因t∠ABG-g-名·即∠ABG-6的，所以1 为H, 的斜率为tan60°=√3，所以直线l的方程为y=√5(x一2)，联 则FH⊥平面BCD,故∠FO1H即为所 求直线AM与平面BCD所成的角， 立，5(x-2),得2一85工十165=0，解得工=45士 由OO1⊥平面BCD,则FH∥OO1, 图3 x2=8y, 则∠O1FH=∠OO1F,则∠FO1H= 4√3-√3，结合图形可知x2=4√3一4√3-5.联立 -∠0，FH=-∠00，P, {y=5(x-2),得x2+8V3x-163=0,解得x=-43士 x2=-8y, 所以有sin∠FO1H=cos∠OO1F. 4√3十3，结合图形可知x1=-4V3+4√3十√3，所以线段 由FM=FA,则2O1F=|O1F+FA-FM+O1F|=|O1A MN中点的横坐标为十2=2√3十5一2√3-5 0,M1=25 2 5 2√6-2√6，即线段MN的中点到y轴的距离为2√6-2√6. 所以0，F-900,=R-7-2 *A【解析】抛物线C:x2=4y的焦点为(0,1)（恰为P(0,1)),准 51 线方程为y=一1，依题意直线1的斜率存在，设直线1的方程为 y=+1,A13),B(),由红+1消去y得2 在Rt△OFO1中，cos∠OO1F= 0F=5 3 x2=4y, 0012√156 4kx-4=0,所以x1十x2=4k,x1x2=-4.所以y1十y2=k(x1十 5 x2)+2=4k2+2,y1y2=(kx1十1)(kx2+1)=k2x1x2十k(x1十 、故直线AM与平面BCD所成角的正弦值为3， )+1=1,所以加+部-点+克 1 高三二轮复习专题卷 y1+y2+2 4k2+2+2 三、填空题 y1y2+y1+y2+11+4k2+2+1 =1,所以|AP|+4|BP|= (AP+41B即D(+即)=5+4职+ 12.3+2√2 18.-1或名 14.6+v2 T≥5十 2 四、解答题 2票·-9当且仅当-品 APT=BP,即|AP|=3, 15.解：(1)因为△ABC是以点A为顶点的等腰三角形，所以边BC 的中线垂直直线BC,所以边BC的中线的斜率k= 1 |BP=时取等号，又AP=力十1=3，所以为=2，则号 1 4y1=8,所以x1=±2√2，即A(2√2,2)或A(-2V2,2),当 -=1, tan a=sin a 又过点A(1,一1)， 2-11 cos a 所以边BC的中线方程为y十1=x一1，即y=x一2. A(2√2,2)时，tana= 22-022,又 解得 sin2a+cos2a=1, （2)因为点A到直线x十y一2=0的距离d-1-1-21-E, sin a>0, ② 2-1 1 sin a=- 3;当A(-22,2)时，tana= 故S6e=号×2×=1 -22-0 221 假设存在C满足条件，设B(a,2一a),C(a+1,1一a),则2 tan a=sin a a>0,即a<2, cos a 1 1 解得sina= ①当点C在x轴下方时，即1一a<0时，即1<a<2, sin2a++cos2a=1, 3 ;综上可得sina= 3· sin a>0, AB所在直线的方程为y十1=2二a+ a-1 (x一1)，令y=0,解得 二、选择题 2 9.BC 10.ACD x=3-a 11.ABD【解析】如图，对于A,因为H为 △MAB的垂心，所以AH⊥MB,又OB 则直线AB与x销的交点M为(g二。，0)， ⊥MB,所以AH∥OB,同理，OA∥BH， 又直线x+y-2=0与x轴的交点N(2,0),所以|MN|=2 所以四边形AOBH为平行四边形，又 _2=4-2a OA=OB,所以四边形AOBH为菱形： 3-a3-a 故A正确；对于B,因为∠AHB= SABMN -1.4-2a.(2-a)=2,解得a= 2MN·yB=23-a ∠AOB=2∠AOM,所以∠AHB最小，即∠AOM最小，因为 5 cos乙AOM三=OM,且M在直线x=4上，所以当OM取 1(舍去)或a=2(舍去)： ②当点C在x轴或x轴上方时，即1一a≥0，即a≤1， 最小值4时，os∠AOM有最大值子，由余弦函数的单调性 知，∠AOM有最小值5，所以∠AHB的最小值为，放B正 AC所在直线的方程为y十1-君十x-1D,令)-0，解得 x=22。则直线AC与x轴的交点E为(2是。0)， 2 确；对于C,下面证明过圆x2+y2=r2上一点D(xo,yo)的切 2 2 2 线方程为xox十yoy=r2, 所以1ME1=2-a3-a-a2-5a+6’ 设圆上点D不在坐标轴上，设切线的斜率 Sae-号1ME-号·。61-受解得a=1 2 为k,则是·k加=-1，因为km=必，所以 或a=4(舍去). k=一，经过点D的切线方程为y一。 综上，当a=1时，存在点C(2,0)满足题意 yo 此时，直线AC的斜率为°，一1D=1,故直线AC的方程为 (x-x),整理得xx十yy=x6十 2-1 yo y=x-2. y=r2,当点D在坐标轴上时，上面方程同样适用，即过圆上16.(1)解：圆C的方程化为标准形式：(x-2)2+y2=16, 一点(xo,y)的切线方程为xox十yoy=r2.设M(4,m), 故圆心C(2,0),半径长r=4, H(xo,yo),设过M(4,m)的圆的切线的切点为(s,t),则切线 设圆心C到直线l:y=kx(即kx一y=O)的距离为d, 方程为sx十ty=4,因为过M(4,m),所以4s十mt=4,即切点 根据弦长公式得|AB|=2√r2一d,已知|AB|=2√I4, A,B的坐标都满足方程4x十my=4,又过A,B的直线是唯 代入得2√14=2√16-d,解得d=√2， 一的，所以直线AB的方程为4x十my=4,由圆的弦的性质， 则圆心C(2,0)到直线kx-y=0的距离d=|26-0=2. 设AB的中点为N,则N(受，学)，由点N在直线OM上，故 √k2+1 解得k=士1， =公，①，点N在AB上，故4，十my。=8@,联立①@消 因此，直线l的方程为y=x或y=一x. (2)证明：由圆C:x2+y2-4x一12=0，令y=0,得x=6(取正 去m得x十y=2xo,即点H在圆x2十y2=2x上，故C错 半轴)，故D(6,0). 误；对于D,由C知，点H的轨迹方程为x2+y2=2x,即 设A(x1y1),B(x2y2), (x-1)2+y2=1,圆心在(1,0)，故H到直线1的最短距离为 14一1|一1=2，故D正确， 联立直线1与圆C的方程得)=x, (x-2)2+y2=16, 消去y,整理得(1十2)x2-4x-12=0, 4 12 故圆T的半径，=35+32 5 则x1十x:=1中21·x=一1十k2, 因此圆T的方程为(c-日）)广+y=专 又直线AD,BD的斜率分别为k,= 6。 x2-6 x2 y2 y1·y2 18.(1解：由题意可设双曲线C:。方=1a>0,b>0), 因此k1·k:=(x1-6)(x,-6)' 2b=2, 又=，=(-) 12k2 则白=1，解得62： b=1, 1+k2, a-2' 12 (x1-6)(x2-6)=x1x2-6(x1十x2)+36= 1+k2 -6· 所以双曲线C的方程为号-y=1。 1++36=36. 4 k (2)如图所示， 1+2, y1·y2 -12 故k1·,G,6)r,-6)=36 1 3 B 故：·k:为定值-子 ①证明：由题意知，M(-2,0),N(2,0), 7.(1)证明：设直线AB的方程为x=my十t(m>0),A(x1,y1), 设A(x1y1),B(x2y2),直线AB的方程为x=ty十4， B(x2y2）, [x=ty+4, 则C(x1,-y1),M(t,0), 由x 4-y2-1 消元得(t2-4)y2+8ty十12=0， 由4，消去z,得y2=4my二4=0 8t 12 △=16(m2+t)>0,即m2+t>0, 则≠士2,4=162+192>0，且h十=-4=2=4' 所以y1+y2=4m,y1y2=-4t, 3 直线BC的方程为y十=十（红一，）， 所以1y2=-2(y+y), x2一x1 y1 化简得y= 4x y1y2 y2-y1y2-y1 略-2-粉-格 )y1y2+6y2 令y=0,得x0=兴=-4，所以Q(一4,0)， x2-2 4 3 1 3 因此80--1 y+y:)+212y1-2y 9、 1 3 3 3 (2)解：因为点Q的横坐标为-1，由(1)可知，Q(-1,0),M(1,0), 2(y+y2)+6y2 2y1+2y2 设QA交抛物线于D,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x1,-y1), 1 D(x4y4),如图所示 又由(1)知，y1y2=一4，同理可得y1y4= ②解：由①知，k2=一3k1,设直线AN的斜率为k3,则 4,得y4=一y2, 又x1+x2=my1+1+my2+1=m(y1+ 2 y2)+2=4m2+2, 1 M 临杀产 16=1, 所以：-一是 Mi=(x2-1,y2),M元=(x1-1,-y1), 又k2=-tan,k,=tana,所以tana-4an月' 3 则Mi.M心=(x2-1)(x1-1)-y1y2=x1x2-(x1十x2）+ 1+4=4-4m2, 1 tan B-7 故4-m=号，结合m>0,得m- 由a=B一0可得ana=ang-》,即3。 4aB1+an月 。 3 所以直线AB的方程为3x一√7y-3=0, 又1-为=01+)-41g=16m+16=9, 又0g<受，所以am月=-（合）或mA=1 所以直线BN的方程为x=一y十2. 则k如=二义=，一y4=4 43 x=-y+2, x1-x4y1_y2y1+y4y1-y24' 4 由x2 44 元y21可得一3y一4y=0,即B点的纵坐标为二3， 所以直线AD的方程为3x一4y十3=0， 1 44 设圆心T(s,0)(-1<s<1), 所以SacN=2X2X3=3 因为T为△AQB内切圆圆心，故点T到直线AB和直线AD （a=2, 的距离相等， 19.(1)解：由题意可得 解得b=1, 所以13s-3=13十3，因为-1<<1，解得=日 1 b=1, a2=b2+c2, c=3. 4 5 ·数学· 所以椭圆C,的方程为+=1。 色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法，所 以5,6,7号有1×2×2=4种涂色方法；综上，所有的涂色方法 种数为4A(1十2+4十4)=4×6×11=264. 2 由题意可得 解得/m=0, 8.C【解析】2”，3”的个位上的数字具有周期性规律，如表所示， 4n-m2 ln=-1. =-1, n 1 2 4 所以抛物线C2的方程为y=x2-1. 2”的个位上的数字 (2)0证明：由=，得x2-kx-1=0, 3的个位上的数字39 y=x2-1, 由表可得2”，3"的个位上的数字周期为4，因此，①当a取1,5， 设M(x1y1),N(x2y2), 9,13,17,21时，b可取3,7,11,15,19，此时满足题意的有序数 则x1十x2=k,x1x2=-1. 组(a,b)有6×5=30个；②当a取3,7,11,15,19时，b可取4， 于是直线AM和AN的斜率之积为 AM·是AN=+1.y十1=（红，+1）(z+1D 8,12,16,20,此时满足题意的有序数组(a,b)有5×5=25个； ③当a取4,8,12,16,20时，b可取1,5,9,13,17,21，此时满足 1x2 2x1,十k(x1十x)+1-一+2+1=一1. 题意的有序数组(a,b)有5×6=30个，综上，满足题意的有序 数组(a,b)的个数为30十25十30=85. T1Z2 -1 二、选择题 所以AM⊥AN. 9.AC 10.ABC 11.ABD ②解：设直线AM的斜率为p,则直线AM的方程为y= 三、填空题 px-1, 12.1813.5114.30 7 由=x-1,解得点M的坐标为M(,p-1D, y=x2-1, 四、解答题 因为直线AN的斜率为-，所以点N的坐标为N(- 15.解：(1)当n=10时，f(x)=(x-2)0=ao+a1x十a2x2+…十 a10x10, 方小 T,+1=Co(-2)10-'x,则a,=Co(-2)10-',r=0,1,2,…,10, 显然r为奇数时，a,<0;r为偶数时，a,>0; 于是△AMN的面积S,=名1AM1IAN=号P+方· 则当a,取到最大值时，r为偶数， 设a&为最大项，其中k=0,2,4,6,8,10.当k≥2时， 得n4≥-2>0 ak≥ak+2>0 由.每#点E的全茶p》 即10←)0-2184-2-2-a>0, 10！ 10！ x2+4y2=4, 8p 10！ 101 因为直线AF的斜率为一，所以点F的坐标为（二 4+p2 a1a0-←20-4≥+2110+2-2n4+0>0, ) 解得以因方长-216816故会运用 于是△AEP的面积S,=号1 AEIAFI= 32(1+p2)1p1 k=4. (1+4p2)(p2+4) 又因为a。=210=1024<a4=13440,所以最大项为a4 13440. (2)因为f(x)=(x-2)=b。+b1(x+1)+b2(x+1)2+…+ 解得p2=1. bn(x+1)", 所以=二兰=，十x,=p 1p2-1=0, f'(x)=n(x-2)m-1=b1+2b2(x+1)+…+nbn(x+1)-1, x1-x2 令x=0,得n(-2)-1=b1十2b2十…十nbn, 因此直线1的方程为y=0. 所以2rb,=n(-2)-1. 数学（七） 16.解：(1)由题意，乙第一次恰好摸到白乒乓球的概率为 一、选择题 1.C2.A3.B4.A5.B6.C C6+zCg+:141 7.D【解析】给挂件进行如图所示的编号， 即x2-17x+30=0,解得x=2或x=15, 根据题意1号有4种涂色方法，2,3,4号有 人3 因为2≤x≤8，所以x=2. A=6种涂色方法，分情况讨论5,6,7号的 (2)整理乒乓球时，要使得至少2个黄乒乓球相邻，则有“黄 涂色方法：①若5号与1号同色，6号与2 黄一黄黄一黄黄”，“黄黄黄一黄黄黄”，“黄黄一黄黄黄黄”，“黄 号同色，则7号只有1种涂色方法，所以5， 黄黄黄一黄黄”，“黄黄黄黄黄黄”5种情况. 6,7号有1×1×1=1种涂色方法；②若5 可以先排列白乒乓球，通过插空法，让黄乒乓球排列在白乒乓 号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则 球与白乒乓球之间的空位上. 7号有2种涂色方法，所以5,6,7号有1×1×2=2种涂色方 所以“黄黄一黄黄一黄黄”有C+1种排法； 法；③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， “黄黄黄一黄黄黄”，“黄黄一黄黄黄黄”，“黄黄黄黄一黄黄”均 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法；当6号与4号异色 有C+1种排法， 时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法，所以5,6,7号有 总共3C+1种； 1×(1×2十2×1)=4种涂色方法：④若5号与1号、3号均异 “黄黄黄黄黄黄”有C+1种排法 9 参考答案及解析 不超过3个黄乒乓球排在一起的情况只能为“黄黄一黄黄一黄 和丙，只有1种站法， 黄”与“黄黄黄一黄黄黄”两种情况，所以力= 所以如果只有3个士兵，重新站成一排有2种站法 C+1+C+1 x2+2x1 (2)证明：易知D1=0,D2=1, C2+1+3C+1+C+1x2+8x+62’ 如果有十1个人，解散后都不站原来的位置可以分两个 即有x2-4x-6>0, 步骤： 解得x>2十√10或x<2一√10（舍去），所以x的最小值 第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有n种选法： 为6. 第二步：重排其余n个人，根据第一步，可以分为两类： 7. 解：(1)根据二项式定理知，(1+x)m十(1十x)的展开式的通 第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的 项为 站法有D.种； T,+1=Cmz'+Cnx"=(Cm+Cr)x", 第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站在甲的位置，这样的站 根据题意得Cm十C.=17,即m十n=17. 法有D。-1种. (2)由(1)知n=17-m, 所以Dn+1=n(Dn十Dn-1),n≥2，又D2-2D1=1, 当m=1时，n=16,此时(1十x)+(1+x)6展开式中x2的系 所以 D+-(n+1)D, =n(D,+D。-i)-(m+1)D 数为C6=120, D.-nD-1 D-nD-1 同理当n=1时，m=16,此时(1+x)+(1+x)16展开式中x2 -D,十nD-1=-1, D.-nD-1 的系数为C。=120, 当m,n均大于等于2时，展开式中x2的系数为 所以数列(D一nD,-1}(n≥2)是首项为1，公比为-1的等比 数列 +-2+a_m+m2m-”-m2+ 2 2 2 (3)证明：由题意可知P。=n, D. 17-m-号-(m号+ 由(2)可得D.-nD.1=(-1D,则P- Dm-1（-1)" n!(n-1)! 故当m=8或m=9时，x2的系数取得最小值64， n! D-1D.-2(-1)"-1Da-2 显然x2的系数最小时，m=8或m=9, 此时，x3的系数为C8+C8=140 对n进行赋值，依次得Gm-)1一(m-21n-1)1'n一2)1 D-(-1)-2D2D11 8a贞0+g-8,则（兮+2）宁-（名+2：）八 (m-3)1-(m-2)1…21--2' 2 ,11 二项式（分+2x）广的展开式的通项为T1=C·(公）。 将以上各式左右分别相加，得P:-D:=上1 -=2六+5十 (2x)=C哈24-8x*, +1) n1,因为D,=0, 所以可得a=C=70, 则P:=1-1+11 可前+++二。 n！ 再根据〈 2-≥…2即2 Dm1111 Cg·22-8≥C-1·22-10, 、即得Pa=1=21-31干451十十m1=1一1+2- n！ 此时6=C·(分）八·2=512，所以a+6=70+512=582, n!' 1111 8. (1)解：6=4+2=1×22+1×2+0×2°=(110)2， 当m趋于无穷大时，P,趋近于1一1+2++…十 2026=1024+512+256+128+64+32+8+2=1×210+1× (-1) 29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+1X23+0×22+ n! +…=e1=1 ,得证 1×2+0×2°=(11111101010)2. 数学（八） (2)证明：n=ao×26+a1X25+…十a5×2+十a6×2°，其中 a0=1,a1,a2,…,a6中有且只有2个1，有C%=15种可能； 、选择题 所以所有二进制数(aoa1a2a6)2对应的十进制数的和中， 1.A2.C3.C4.A5.D6.A7.C 2出现C=15次，25,2，…，2,2°均出现Cg=5次， 8.A【解析】因为蓝莓果重量Z服从正态分布N(15,9),其中μ= 所以对应的十进制数的和为C(2十2十…十2+2)+C× 15,。=3,p=P(Z≥18)=P(Z≥4+o)= 26=1275, 1-P(u-g<Z≤十a)_1-0.6821≈0.2，设第k次抽到优 2 2 (3)证明：n=aoX2+a1X2*-1十a2×2*-2+…十ag-1X2+ 等果的概率P(X=)=0.8-1·0.2(k=1,2,3,…,n-1),恰 a4X2°，则S(n)=2a:, i=0 好抽取n次的概率P(X=n)=0.8-1,所以E(X)=0.2∑k· 又2n十1=aX2+1+a1X2*+a2X2-1+…+ag-1X22+ ag×2+1, 0.8*-1十n·0.8-1,设M-写k·0.g1,则0.8M=罗k· k=1 k=1 0.81-(n-1)·0.8= n-1 故s(2m+1)=2a:+1=S(m)+1, 0.8,两式相诚得：0.2M= 由于16n十4=a0X2+4+a1X2+3+a2X2+2+…十ag-1X 1-0.80-1 25+aX24+22, 1-0.8-（n-1)·0.8-1=5(1-0.8-1)-(n-1)·0.81, 故S(16m+4)=立a,+1=S()+1,故S(2m+1)=S(16m+ 所以E(X)=0.2M+n·0.8-1=5(1-0.8"-1)-(n-1)· 0.8-1+n·0.8-1=5(1-0.8m),由5(1-0.8")≤3，即0.8≥ 4). 0.4,又0.8=0.4096>0.4,0.85=0.32768<0.4，所以n的 (1)解：当有3个士兵时，假设先安排甲，有2种站法，再安排乙 最大值为4.