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2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三综合题（二）数学（理）
试题


一、单选题

1

x
Ax|x12Bx39
1
．集合

，

3

，则
AIB
为
( )


A
．

1,2


【答案】
B
【解析】计算得到
Ax1x3
，
B x1x2
，再计算
AIB
得到答案
.
【详解】

B
．

1,2

C
．

1,3

D
．

1,3




1

1


x1x3

，
B
< br>x3
x
9



x1x2
，

8

3

故
AIB

1,2

.
故选：
B
.
【点睛】

本题考查了集合的交集运算，意在考查学生的计算能力
.
2
．设
S
n
为公差为
d

d0

的无穷等差数列

a
n

的前
n
项和，则
“
d0
”
是
“
数列

S
n

有最大项
”
的
( )

A
．充要条件

C
．必要不充分条件

【答案】
A
【解析】化简得到
S
n

【详解】

B
．充分不必要条件

D
．既不充分也不必要条件

d
2

d

n

a
1

n
，分别判断充分性和必要性得到答案
.
22

n

n1

dd

S
n
na
1
dn
2


a
1


n
，对应的二次函数为
222

f

x


d
2

d

x

a
1


x
.
22

故当
d0
时，函 数有最大值，数列

S
n

有最大项
.
第 1 页 共 18 页

当数列

S
n

有最大 项时，需满足
d0
，故是充要条件
.
故选：
A
.
【点睛】

本题考查了等差数列前
n
项和，充要条件，意在考查学生的综合应用能力
.
urr
1
urr

3
．
ABC
中，m

cosA,sinA

，
n

cos B,sinB

，若
mn
，则角
C
为（

）
2
A
．


3
B
．
2


3
C
．


6
D
．
5


6
【答案】
B < br>【解析】根据向量数量积得
cosAcosBsinAsinB
即可求解
.
【详解】

1
1

cos

AB

,AB
，
23
2
urr
由题：
ABC
中，
m

cosA,sinA

，
n

cosB,sinB

，

urr
1
1
若
mn
，即
cosAcosBsinAsinB
，
2
2
1

cos

AB

,A B
，

23
2

所以
C
．

3
故选：
B
【点睛】

此题考查根据平面向量数量积的坐 标表示求解三角形的内角，关键在于熟练掌握两角和
的余弦公式的逆用
.
4
．已知
a
A
．
20
【答案】
B
【解析】根据定积分求出
a
的取值，结合二项式定理求出常数项
.
【详解】

由题：
a
6

e
1
1
1

dx
，则

x

展开式中的常 数项为（

）

x
ax

B
．
20
C
．
15
D
．
15

6
1
e
dxlnx1
，


1
x
1
r
e
1

1

r6r

的展开式的通项为，当
r3
时，为常数项，

x
T Cx
r16


x


x
< br>第 2 页 共 18 页

1

33

即< br>T
4
C
6
x



20.

x

故选：
B
【点睛】

此 题考查求定积分，根据二项式定理求展开项，关键在于熟练掌握微积分基本定理和二
项展开式的通项.
5
．正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的所有棱长都为
2
，则异面直线
AB
1
与
BC
1
所成角的余弦值
为
( )

A
．
3
1

2
B
．
1

4
C
．
2

3
D
．
6

4
【答案】
B
【解析】如图所示，将正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
补充为四棱柱
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
，连接
AD
1
，故 异面直线
AB
1
与
BC
1
所成角为
D
1
AB
1
，利用余弦定理计算得到答案
.
【详解】

如图所示：将正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
补 充为四棱柱
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
，连接
AD
1
.
易知：
AD
1
BC1
，故异面直线
AB
1
与
BC
1
所成角为D
1
AB
1
.
在
D
1
AB1
中，
AB
1
22
，
AD
1
22
，
B
1
D
1
23
.
根据余弦定理：< br>cosD
1
AB
1

故选：
B
.
88121

.
22222
4

第 3 页 共 18 页

【点睛】

本题考查了异面直线夹角，将正三棱柱补充为四棱柱是解题的关键
.
6
．已 知函数
f(x)sin(

x

)3cos(
x

)(

0,|

|
条对称轴方程为
x0
与
x

2
)
，其图象相邻的两

2
，则
( )

A
．
f(x)
的最 小正周期为
2

，且在
(0,

)
上为单调递增函 数

B
．
f(x)
的最小正周期为
2

， 且在
(0,

)
上为单调递减函数

C
．
f(x)
的最小正周期为

，且在
(0,
D
．
f( x)
的最小正周期为

，且在
(0,
【答案】
C
【解析】由题意结合三角函数的性质首先确定函数的解析式，然后由函数的解析式即可
确定函数的周期和 单调性
.
【详解】


2
)
上为单调递增函数

)
上为单调递减函数


2


f(x )sin(

x

)3cos(

x
< br>)2sin


x



，

3

∴
函数的周期为
2


.
再由函数图象相邻的两条对称轴方程为
x=0
与
x

2
,
可得
12

0
,
解得

2< br>,
2

2


f(x)2sin2x


故

.
3

函数的对称轴方程为x0
，则当
x0
时，
2x


则

k



3



3
k



2
，

5
< br>
，令
k1
可得


，

6 6




f(x)2sin2x2sin2x< br>即

2cos2x
，

63

2

则
f(x)
的最小正周期为

，且在
(0,
故选：
C.
【点睛】

本题主要考查三角函数的性质，由三角函数 的性质确定解析式的方法，三角函数的单调
性和周期性等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力
.
7
．
2019
年
10
月
1
日 在庆祝中华人民共和国成立
70
周年大阅兵的徒步方队中，被誉为
“
最强大脑
”
的院校科研方队队员分别由军事科学院、国防大学、国防科技大学三所院校
第 4 页 共 18 页

2
)
上为单调递增函数

联合抽组，已知军事科学学院的甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为
这三名同学中至少有一名同 学被选上的概率为（

）

A
．
111
，，，
346
1

3
B
．
5

12
C
．
7

12
D
．
2

3
【答案】
C
【 解析】求出其对立事件
“
三名同学都没有被选上
”
的概率即可得解
.
【详解】

2355

，

34612
5
7

.
所以这三名同学中至少有一名同学被 选上的概率为
1
12
12
由题：三名同学都没有被选上的概率为
故 选：
C
【点睛】

此题考查求独立事件同时发生的概率，涉及利用对立事件 的概率关系求解概率，当正面
求解概率分类较多的时候可以考虑利用对立事件求概率
.
8
．过抛物线
y2px

p0

的焦点
F< br>的直线
l
与抛物线在第一象限的交点为
A
，直
2
线< br>l
与抛物线的准线的交点为
B
，点
A
在抛物线在准线上的射影 为
C
，若
AFFB
，
uuuvuuuv
uuuvuuuv
BABC36
，则抛物线的方程为
( )

A
．
y
2
6x

【答案】
D
【解析】试题分析：设抛物线的准线与
x
轴的交点为
D
，依题意，
F
为线段
AB
的中点，
故
B
．
y
2
3x
C
．
y
2
12x
D
．
y
2
23x

AFAC2FD2p，AB2 AF2AC4p，
uuuruuuruuur
ABC30，BC23p，BA BC4p23pcos3036
，

解得
p=3
，所以抛物线的方程为
y
2
23x

【考点】抛物线的简单性质

r
uuur
uuur
uuu< br>uuur
9
．在平行四边形
ABCD
中，
AE
＝EB
，
CF
＝
2
FB
，联结
CE
，< br>DF
相交于点
M
，
若
AM
＝
λ
AB
＋
μ
AD
，则实数
λ
与
μ
的乘积为
( )

A
．
uuuuruuuruuur
1

4
3
B
．

8
C
．
3

4
D
．
4

3
【答案】
B
第 5 页 共 18 页

ur
uuuu
r
uuuur
uuu
r
1
uuur
uuu
r
1
uuuruuuu r
1
uuu
【解析】可证
EM
＝
MC
，
E M
＝
(
EB
＋
BC
)
＝
AB
＋< br>AD
，所以
AM
＝
22
4
r
uuuur3
uuur
1
uuur
3
1
uuu
1
3
λμ
＋＝＋，由此得＝，＝，故
λμ
＝
.
AB
EM
ABAD
8
22244
10
．《九章算术》第三章
“< br>衰分
”
介绍比例分配问题，
“
衰分
”
是按比例递减分 配的意思，
通常称递减的比例为
“
衰分比
”.
如：已知
A< br>，
B
，
C
三人分配奖金的衰分比为
20%
，
若
A
分得奖金
1000
元，则
B
，
C
所分 得奖金分别为
800
元和
640
元
.
某科研所四位技
术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励
68780
元，若甲、乙、丙、丁按照一< br>定的
“
衰分比
”
分配奖金，且甲与丙共获得奖金
36200< br>元，则
“
衰分比
”
与丁所获得的奖金
分别为
( )

A
．
20%
，
14580
元

C
．
20%
，
10800
元

【答案】
B
【解析】设
“
衰分比
”
为
q
，甲获得的奖金为
a
1
，联立方程解得
q0.1,a
1< br>20000
，得
到答案
.
【详解】

设
“
衰分比
”
为
q
，甲获得的奖金为
a
1
， 则
B
．
10%
，
14580
元

D
．
10%
，
10800
元

a
1
a
1

1q

a
1

1 q

a
1

1q

68780
.
a
1
a
1

1q

36200，解得
q0.1,a
1
20000
，故
a
1

1q

14580
.
故选：
B
.
【点睛】

本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力
.
23
2 3
x
3
mx
2
11
．已知函数
y

mn

x1
的两个极值点分别为
x
1
，
x
2
，且
x
1


0,1

，
32
x
2


1,

，记分别以m
，
n
为横、纵坐标的点
P

m,n

表示的平面区域为
D
，若函
数
ylog
a

x 4

a1

的图象上存在区域
D
内的点，则实数a
的取值范围为
( )

A
．

1,3


【答案】
B
【解析】根据题意得到
f'

0

mn0
，
f'

1

12mn0
，画出可行域，根
据题意得 到
ylog
a

14

1
，解得答案.
第 6 页 共 18 页
B
．

1,3

C
．

3,

D
．
3,




【详解】
< br>x
3
mx
2
2
yf

x



mn

x1
，则
f'

x

xmx

mn

，

32根据题意知：
f'

0

mn0
，
f'

1

12mn0
.
如图所示：点
P< br>
m,n

表示的平面区域为
D
，

则A

1,1

，
ylog
a

 14

1
，故
1a3
.
故选：
B
.


【点睛】

本题考查了 根据函数的极值点求参数范围，线性规划，意在考查学生的综合应用能力，
画出函数图像是解题的关键< br>.
x
12
．设点
P
在曲线
ye
上，点< br>Q
在曲线
y1
1
则
PQ
的最小值为
( )


x0

上，
x
2

2
D
．
2

A
．
2

e1


2
B
．
2

e1

C
．
【答案】
D
【解析】如图所示，
PQ
与直线
yx
相交于
M
，
P
关于
yx
的对称点
P'
在
lnx
上，
根据切线与
yx
平行得到
PQ MQMP'
22
2
，得到答案
.
22
第 7 页 共 18 页

【详解】

如图所示：
PQ
与直 线
yx
相交于
M
，
P
关于
yx
的对称 点
P'
在
lnx
上
.
则
PQMQMP'

设
g

x
lnx
111x1
1
，则
g'

x


2

2
，

xxxx
故
g< br>
x

在

0,1

上单调递减，在

1,

上单调递增，
g

1

 0
，

故
g

x

g

0

0
恒成立，即
lnx1
1
恒成立
.
x
ylnx
的导函数
y'
1
11
，
y 1

x0

的导函数
y'
2
，

xx
x
2
.
2
当两条切线与
yx
平行 时，都有
x1
，

1,0

到直线
yx
的距离为
故
PQMQMP'
故选：
D
.
222
，当
P

0,1

，
Q
1,0

时等号成立
.
22

【点睛】

本题考查了利用导数研究距离的最值，意在考查学生的综合应用能力
.


二、填空题
13
．若复数
z1i
，则
【答案】
-1
【解析】利用复数计算法则化简得到答案
.
【详解】

第 8 页 共 18 页
z

______.

zi

z1i1i
1
.
复数
z 1i
，则
zi

1i

i1i
故答案为 ：
1
.
【点睛】

本题考查了复数的计算，意在考查学生的计算能力
.
x
2
y
2
14
．已知双曲线
2

2
1
(a
＞
0
，
b
＞
0)
的右焦点为
F
，由
F
向其渐近线引垂线，垂
ab
足为
P
，若线段
PF
的中点在此双曲线上，则此双曲线的离心率为
________
．

【答案】
2

【解析】由题意设
F

c,0

，相应的渐近线方程为
y
ba
x
，根据题意得
kPF

，设
ab
2

a
2
ab
a

b

a
P

x,x

，代入
k
PF

得
x
，则
P

,

，则线段
PF
的中点为
a
cc
b< br>
c

22

1

a
2

ab

1ac1a



2

c
c

,
2c


，代入双曲线方程得
4

c

a


4

c

1
，即





1

1

1

1

2

 e



1
，
∴
e2
，
∴
e2
，故答案为
2
.
4

e
4

e

15
．已知
ABC
中，
 A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，若
a1,2cosCc2b
，则
22
ABC
的周长的取值范围是
__________
．

【答案】
(2,3]

a
2
b
2
c
2
【解析】
△ABC
中，由余弦定理可得
2cosC
，
ab
1b
2
c
2
∵
a1，2co sCc2b

，
∴
c2b

，化简可得
b
bc

2

bc

，解得
∴
，
bc2

bc13

bc

13bc

．< br>∵
bc




2

2

2
22
（当且仅当
bc

时，取等号）．故
abc3

．再由任意两边之和大于第三边可
得
bca1

，故有
abc2

，故
△ABC
的周长的取值范围 是

2,3
，故答案
为

2,3
．
点睛：由余弦定理求得
cosC
，代入已知等式可得

bc

13bc
，利用基本不等式
2


第 9 页 共 18 页

求得
bc2
，故
abc3
． 再由三角形任意两边之和大于第三边求得
abc2

，由此求得
△ABC
的周长的取值范围．

16
．已知平面 区域



x,y

|0y4x
2
，直线
l:ymx2m
和曲线

C:y4x
2
有 两个不同的交点，直线
l
与曲线
C
围成的平面区域为
M
，向 区域



2

P(M),1

，则 实
P(M)
内随机投一点
A
，点
A
落在区域
M内的概率为，若


2


数
m
的取 值范围是
.

【答案】

y0
 

(x,y)|{
【解析】【分析】试题分析：平面区域
Ω=
 
的面积为
2

，
2
y4x


QP(M)[

2
,1]

2

S
M



2,2


，当
S< br>M
2

时，结合图形可
知直线斜率
m0
，当S
M


2
时

22

22m22m
2
ymx2m
,
由，
y4x
可知 令一交点为

，由定积分可知面
22
m1m1

积

m1
，所以
m

0,1


【考点】数形结合法，定积分，几何概型概率等

点评：本题涉及到的知识点较多，题 目有一定的难度，在求解过程中多次用到了数形结
合法，这种方法在求解函数题，几何题时应用广泛，需 加以重视

【详解】


请在此输入详解！


三、解答题
17
．已知正项数列满足
4S
n
=a
n
2
+2a
n
+1
．

（
1
）求数列
{a
n
}
的通项公式；

第 10 页 共 18 页

1

，求数列
{b< br>n
}
的前
n
项和
T
n
．

（
2
）设
b
n
=
a
n
a
n1< br>【答案】（
1
）
a
n
2n1

；

（
2
）
n
.
2n1
【 解析】（
1
）由
4S
n
＝
a
n
2
+2a
n
+1
，可知当
n≥2
时，
4S
n−1＝
a
n−1
2
+2a
n−1
+1
，两式作差可 得
a
n
-a
n-1
=2
（
n≥2
），再求 出首项，代入等差数列的通项公式可得数列
{a
n
}
的通项公式；

（
2
）把数列
{a
n
}
的通项公式代入
b
n
=
T
n
．

【详解】

（1
）由
4S
n
＝
a
n
2
+2a
n
+1
，可知当
n≥2
时，
4S
n−1
＝
a
n−1
2
+2a
n−1
+1
，

两式 作差得
a
n
-a
n-1
=2
（
n≥2
），

又
4S
1
＝
4a
1
＝
a
1
2
+2a
1
+1
，得
a
1
=1
，

∴a
n
=2n-1
；

（
2
）由（
1
）知，
b
n
=
∴T
n
=b1
+b
2
+…+b
n
=
1
，再由裂项相消法求 数列
{b
n
}
的前
n
项和
a
n
a
n1
1
1111
()

＝
a
na
n1
(2n1)(2n1)22n12n1
11111111n[(1)()()](1)

23352n12n122n12n1
【点睛】


本题考 查等差数列的通项公式，训练了利用裂项相消法求数列的前
n
项和，是中档题．
18< br>．从某学校高三年级共
1000
名男生中随机抽取
50
人测量身高.
据测量，被测学生身
高全部介于
155
cm
到
195
cm
之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组

155,160

，
第二组

160,165

，
…
， 第八组

190,195

.
下图是按上述分组方法得到的频率分布 直方
图的一部分
.
其中第六组、第七组、第八组人数依次构成等差数列
.

（
1
）求第六组、第七组的频率，并估计高三年级全体男生身高在< br>180
cm
以上（含
180
cm
）
的人数；

第 11 页 共 18 页

（
2
）学校决定让这五十人在 运动会上组成一个高旗队，在这五十人中要选身高在
180
cm
以上（含
18 0
cm
）的三人作为队长，记
X
为身高在

180,185

的人数，求
X
的分布列和
数学期望
.

【答案】（
1
）第六组
0.08
，第七组
0.06
，
180
人；（
2
）分布列见解析，
4

3
【解析 】（
1
）根据频率分布直方图求出各组的频率，根据等差数列关系求解；

（
2
）
X
可能的取值为
0
，
1
，
2
，
3
，根据题意分别求出概率即可得到分布列和数学期望
.
【详解】

（
1
）由题：第一组频率：
0.04
， 第二组频率：
0.08
，第三组频率：
0.2
，第四组频率：
0.2
，

第五组频率：
0.3
，设第六组频率
p
，第七 组频率
q
，第八组频率为：
0.04
，

所以：
0 .040.080.20.20.3pq0.041,p0.042q
，

解得：
p0.08
，
p0.06
，

故第六组
p0.08
，第七组
p0.06
，估计人数为

0.0 80.060.04

1000
180.
（
2
）
X
可能的取值为
0
，
1
，
2
，
3 .
312
C
5
C
4
C
520
P

x0


3

，
P

x1


3
5

，

C
9
4 2C
9
42
21
3
C
4
C
5
15
C
4
2
P

x2


3

，
P

x3


3

，< br>
C
9
42C
9
42
所以
X
的分布 列

X
P

0 1 2 3
5

42
10

21
5

14
1

21
E

X

1
【点睛】

10514
23
.
2114213
此题考查根据频率分 布直方图求频率和频数，求随机变量的分布列和数学期望，考查基
础知识的掌握
.
1 9
．在四棱锥
PABCD
中，
PAAD
，
ABCD，
CDAD
，
ADCD2AB2
，
E,F
分别 为
PC,CD
的中点，
DEEC
.

第 12 页 共 18 页

（
1
）求证：平面
ABE
平面
BEF
；

（
2
）设
PAa
，若平面
EBD
与平面
ABCD
所成锐二面角

[
范围
.

【答案】
(1)
详见解析
; (2)
【解析】【详解】

（
Ⅰ
）
为矩形，

，分别为的中点，

.

,]
，求
a
的取值
43
∵DE= EC
，
∴DC⊥EF
，又
AB∥CD
，
∴AB⊥EF ∵BF∩EF=F
，
∴AB⊥
面
BEF
，又
AE⊂面
ABE
，

∴
平面
ABE⊥
平面
BEF
．

(Ⅱ)
又
,
所以面
,
又
,
为
y
轴 ，
，
平面
,
法向量
，

为
z
轴
,

·

法一：建系
AB
为
x
轴，
ur
法向量
n
1
(0,0 ,1)
，平面
，可得
.
为平行四边形，所以为的中点，连法二：连
,
则
作
连
,< br>则
,
交于点
,
四边形
面
于点，所以
,
,
面
即为所求

,
,
在中，
,
第 13 页 共 18 页

解得
.
2
20．已知函数
f

x

axxxlnx

a0

.

（
1
）若函数
f

x

满足
f

1

2
，且在定义域内< br>f

x

bx2x
恒成立，求实数
b
2
的取值范围；

（
2
）若函数
f

x
在定义域上是单调函数，求实数
a
的取值范围
.

【 答案】（
1
）
b0
；（
2
）
a
1
2e
1lnx
b
，求出
xx
【解析】（
1
）根据
f

1

2
求出
a1
，分离参数
1
1lnx
g

x

1的最小值即可得解；

xx
（
2
）将原题转化为讨论
f


x

2axlnx
的符号问题求解，分类讨论即可
.
【详解】

（
1
）
f

1< br>
a12,a1
，

1lnx
f

x

bx
2
2x
即
x
2
xxln xbx
2
2x
1b
，

xx
令
g

x

1
1lnx

，

xx
g


x


11lnxlnx
x
)
>0
得
x

1,

，由
g
¢
x
)
<0
得
x

0,1

，

2
，由
g
¢

((
22
xxx
可得
g

x

在

0,1

上递减，在
1,

上递增，所以
g

x

min
g

1

0
即
b0
.
（
2
）
f


x
< br>2axlnx
，

x0

，

lnx
lnx
令
f
¢
x
³
0
，得2a
，设
h

x


，

(
)
x
x
1lnx
，由
h


x

0
得
x

0,e

，由
h


x

0
得
x

e, 

，

2
x
lnx
所以
h
< br>x


在
x

0,e

递增，< br>x

e,

递减，

x
1
当
xe
时，
h

x

max

，

e
1

当
a
时，函数
f
< br>x

在
(
0,+?
)
单调递增
.
2e
1
1
若
0a
，
g

x

2axlnx
，

x0

，
g
< br>
x

2a
，

x
2e
h


x


第 14 页 共 18 页

g
¢
(
x
)
=0
，
x
x
1

1

1

¢
x0,x
gx<0x
)
>0
，

，，

，
(
)

,

，
g
¢
(
2a

2a

2a

1
时取 得极小值即最小值，

2a
1
1

1

 1ln0
，

时，
g

2a
2e

2a

而当
0a
11
02a
，
l n2aln1
，
g

2a

4a
2
ln2a4a
2
10

ee
即
g
x

2axlnx
有零点，且函数值有正有负，
f

x

必有极值，

即当
0a
1
时，
f

x

在定义域上不单调
.
2e
a
1
.
2e
【点睛】

此题考 查利用导函数解决单调性问题和最值问题，关键在于对函数关系进行等价转化，
恰当地分类讨论求解.
21
．已知动圆
P
与圆
F
1
：

x3

y
2
81
相切，且与圆
F
2
：

x3

y
2
1
相内
切 ，记圆心
P
的轨迹为曲线
C
.
设
Q
为曲线
C
上的一个不在
x
轴上的动点，
O
为坐标原
点，过点
F
2
作
OQ
的平行线交曲线
C
于
M
,< br>N
两个不同的点
.

（Ⅰ）求曲线
C
的方程；

（Ⅱ）试探究
MN
和< br>OQ
的比值能否为一个常数？若能，求出这个常数，若不能，
请说明理由；
< br>（Ⅲ）记
QF
2
M
的面积为
S
1
，
OF
2
N
的面积为
S
2
，令
SS
1
S
2
，求
S
的最大值
.

2
2
2
x
2
y
2
【答案】（
1
）圆心
P
的轨迹
C
：
1
；

167
2
（
2
）
MN
和
|OQ|
的比值为一个常数，这个常数为< br>1
；

2
（
3
）当
m
14时，
S
取最大值
27
.
7
【解析】试题分析：（1
）根据两圆相切得圆心距与半径之间关系：
{
PF
1
9R
PF
2
R1
，消
去半径得
PF
1
P F
2
=8F
1
F
2
6
，符合椭圆定义，由定义 可得轨迹方程（
2
）探究
问题，实质是计算问题，即利用坐标求
MN
和
OQ
的比值：根据直线方程与椭圆方
第 15 页 共 18 页
2

程联立方程组，利用两点间距离公式及韦达定理、弦长公式可得
MN
和OQ
的表达
式，两式相比即得比值
2
1
（
3
） 因为
QF
2
M
的面积
OF
2
M
的面 积，所以
2
SS
1
S
2
S
OMN
，利用原点到直线距离得三角形的高，而底为弦长
MN
（
2
中已求），
可得面积表达式，为一个分式函数，结合变量分离法（整体代换）、基本不等式求最值

试题 解析：解：（
1
）设圆心
P
的坐标为

x,y
< br>，半径为
R
，

由于动圆
P
一圆
F
1
:

x3

y
2
81
相切，且与 圆
F
2
:

x3

y
2
1
相内切，所以
动圆
P
与圆
F
1
:

x3

y
2
81
只能内切

∴
{
2
2
2
PF
1
9R
PF
2
 R1
PF
1
PF
2
=8F
1
F
2
6

∴
圆心
P
的轨迹为以
F
1
,F
2
为焦点的椭圆，其中
2a8,2c6
，

∴a4,c3,b
2
a
2
c
2
7
< br>x
2
y
2
故圆心
P
的轨迹
C:1
．

167

（
2
）设
M

x
1
,y
1

,N

x
2
,y2

,Q

x
3
,y
3

， 直线
OQ:xmy
，则直线
MN:xmy3
，
22
1 12m112m
2
xmy
xx
3

22
7m 167m16
22
由
{
x
可得：
{
，
∴
{
，

y
112112
1
2
y
2
y
3

167
2
7m167m
2
16
2
2
2
112m1
112m112
∴
OQ x
2
y
2



33
222
7m167m167m16
2

由
{
x
2
22
可得：

7m16

y42my490
，< br>
y
2
1
167
xmy3
∴
y1
y
2

∴
42m49
,yy
，
1
7m
2
167m
2
16
MN
< br>
x
2
x
1



y
2
y
1

22
2



my3 my3yym1y
2
y
1

2121
2
2
2
2
56m1
42m49
2

22
m1

y
1
y
2

4y
1
y
2
m1



 4




22
7m
2
16

7m16

7m16


第 16 页 共 18 页

．

56m
2
1
MN
< br>
2
7m16

1


∴
22
112m
2
1
OQ

7m
2
1 6
∴
MN
和
OQ
的比值为一个常数，这个常数为
2
1
．

2
（
3
）
∵
MNOQ
，< br>∴
QF
2
M
的面积
OF
2
M
的面积，
∴
SS
1
S
2
S
OMN
，

∵
O
到直线
MN:xmy3
的距离
d< br>3
m1
2
，

2
11
56m1
384m
2
1
∴
SMN·
．
1
d< br>22
2
227m16
m1
7m16

令m
2
1t
，则
mt1

t1
，
22
S
84t84t84

2
7t
2< br>116
7t9
7t
9
，

t
< br>3
9
99
14
t
∵
7t27t?67
（当且仅当
7t
，即

，亦即
m
时取等号）
7
t
tt
7
∴
当
m
14
时，
S
取最大值
27
．
1
7
【考点】利用椭圆定义求轨迹方程，直线与椭圆位置关系

【思路点睛】定 点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定
“
定点
”
是什么、
“
定
值
”
是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明 该式是恒定的
.
定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此 求解时应
设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现
.
22
．在极坐标系中，已知直线
l
的极坐标方程为

sin(



4
)12
，圆
C
的圆心是
C(2,)，半径为
2
．

4
（Ⅰ）求圆
C
的极坐标方程；

（Ⅱ）求直线
l
被圆
C
所截得的弦长

【答案】（
Ⅰ
）
【解析】【详解】

（
Ⅰ
）求圆的极坐标方程，一般先求出其直角坐标方程，
（
Ⅱ
）

(x2cos)
2
(y2sin)
2
2
，即
4 4
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

(x1)
2
(y1)
2
2,x
2
2xy
2
2y0
再利用
x

cos

,y

sin

将其转化为
极坐标方程：

2

cos
2

sin

0

2(cos
sin

)
，


（
Ⅱ
）先将直线< br>l
的极坐标方程

sin(


2

4
)12
化为为直角坐标方程
再利用点到直线距离公式得圆心到直线距离：d
xy22
，
所以弦长为
2r
2
-d
2
=2

23
．

设函数
f(x)|2x1||x3|
．

（Ⅰ）解不等式
f(x)0
；

1122
2
1
，
（Ⅱ）已知关于
x
的不等式
a3f(x)
恒成 立，求实数
a
的取值范围．

【答案】（
Ⅰ
）
【解析】【详解】

（
Ⅰ
）解含绝对值不等式关键在于根据绝对值定义去掉绝对值：

（
Ⅱ
）

11
x3
x3
{或{或{
22
，

2x1x30
2x1x302x1x30
x
11
x3
x3
x
2
或{

解得{
2
或{
2
x4
x4
x
3
即的解集为：
，即

，

（
Ⅱ
）由题意得：
71
x4,x
22
171
又，所以，

f( x){3x2,x3f(x){3x2,x3
222
x4,x3 x47,x3
x4,x
即
f(x)
min


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1
2
7713
,a3,a

222