关于青春作文-工作年限证明模板

2020年广东省河源市数学高二第二学期期末学业质量监测试题
一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1
．已知高为
3
的正三棱柱
ABC-A
1
B
1C
1
的每个顶点都在球
O
的表面上，若球
O
的表面积为
21

，则此正三
棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
的体积为
()
27
3

4
sin

cos


（ ）
2< br>．已知角

的终边经过点
P

2,1

， 则
sin

cos

A
．
B
．
27
3

2
27

2
C
．
D
．
18
A
．
4
B
．
3
C
．
1

2
D
．
3

4
32
3
．已知函数
f

x

是定义在
R< br>上的奇函数,当
x

,0

时，
f

x

2xx
,则
f

2


（ ）
A
．12
B
．20
C
．28
D
．
14

4
．设等比数列

a
n

满足
a
1
a
2
12
，
a
1
a
3
6
，则
a
1a
2
a
n
的最大值为
(

)

A
．32
B
．128
C
．64
D
．256
5
．某校开设10门课程供学生选修，其中
A
、
B
、
C
三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每
位学生选修三门， 则每位学生不同的选修方案种数是( )
A
．70
B
．98
C
．108
D
．120
6
．把编号 分别为
1
，
2
，
3
，
4
，
5的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的电
影票超过一张，则必须是连号 ，那么不同分法的种数为（

）
A
．
36 B
．
40 C
．
42 D
．
48
7
．如 图，在平面直角坐标系
xOy
中，质点
M，N
间隔3分钟先后从点
P
，绕原点按逆时针方向作角速
度为

弧度分钟的匀速圆周运动，则
M
与
N
的纵坐标之差第4次达到最大值时，（ ）
N
运动的时间为
6

A
．37.5分钟
B
．40.5分钟
C
．49.5分钟
D
．52.5分钟
8
．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了
100
位学生，其中阅 读过《西游记》或《红
楼梦》的学生共有
90
位，阅读过《红楼梦》的学生共有
80
位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的
学生共有
60
位，则阅读 过《西游记》的学生人数为（ ）
A
．
60
B
．
70
C
．
80
D
．
90

9
．已知复数
z
A
．
1
22i
，则
|z|
（

）
1i
B
．
2
C
．
3
D
．
2
10
．一个圆锥被过其顶点的一个平面截去了较少的一部分几何体， 余下的几何体的三视图如图，则余下部
分的几何体的体积为（ ）

A
．
16


9
B
．
16

23


93
C
．
8

3


93
D
．
16

23

3< br>11
．已知函数
f(x)x
3
ax
2
bxc
的图象关于
(0,2)
对称，
f(x)
的图象在点
(1,f (1))
处的切线过点



(2,7)
，若图象在点x0
处的切线的倾斜角为

，则
cos




tan(



)
的值为（

）

2

A
．

5

10
B
．
5

10
C
．
62

4
D
．
26

4
22
ab
1 2
．在
△ABC
中，若
ACBC
，
ACb
，< br>BCa
，则
△ABC
的外接圆半径
r
，将此结论
2
拓展到空间，可得出的正确结论是：在四面体
SABC
中，若
SA
、
SB
、
SC
两两互相垂直，
SAa
，
SB b
，
SCc
，则四面体
SABC
的外接球半径
R（ ）
222
abc
A
．

2
222
abc
B
．

3
333
abc
C
．

3
3
D
．
3
abc

二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分）
n*
13
．用数 学归纳法证明
(n1)(n2)L(nn)213L(2n1)(nN)
时 ，从“
nk
到
nk1
”，
左边需增乘的代数式是
__ _________
.
14
．若关于
x
的不等式
2x
2
2ax5a
的解集是

1,3

，则实数
a
的值是
__________
．
15
．下图三角形数阵 为杨辉三角：按照图中排列的规律，第
n
行（
n3
）从左向右的第3个数为
______

（用含
n
的多项式表示）．

16
．已知函数
f(x)
＝
|
log
3
x
|
，实数
m
，
n
满足
0
＜
m
＜
n
，且
f(m)
＝
f(n)
，若
f(x)
在
[m
2
，
n]
上的最大值为
2
，
则n
＝
________.
m
三、解答题（本题包括6个小题，共70分）
17
．《厉害了，我的国》 这部电影记录：到
2017
年底，我国高铁营运里程达
2.5
万公里，位居世 界第一位，
超过第二名至第十名的总和，约占世界高铁总量的三分之二
.
如图是我国< br>2009
年至
2017
年高铁营运里程
（单位：万公里）的折线图.

ˆ
根据这
9
年的高铁营运里程，甲、乙两位同学分别选择 了
y
与时间变量
t
的两个回归模型①：
y
(1)
 bta
；
ˆ
②
y
(2)
ce
dt
.
（
1
）求
a
，
b
（精确到
0.01
）；

ˆ
（
2
）乙求得模型②的回归方程为
y
( 2)
0.51e
0.18t
，你认为哪个模型的拟合效果更好？并说明理由
.
ˆ

附：参考公式：
b

tynty
ii< br>n

t
i1
i1
n
ˆ
，
R1 
ˆ
ybt
，
a
2
ˆ
)

( yy
ii
n
2
2
i
nt
2

(yy)
i
i1
i1
n
.
2
参考数据：
y


ty
i
i1
9
(1)
i


t
i1
9
2
i


(y
i1
9
i
ˆ
i
)
y
(1)2

(y
i1
9
i
ˆ
i
)

y
(2)2

(yy)
i
i1
9
2

1.39 76.94
2
285 0.22 0.09 3.72
18
．设函数
f

x

3 xa3x3a
.
（
1
）当
a2
时，求不等式
f

x

0
的解集；

（
2
）若
f

x

17
，求
a
的取值范围
.
19
．（
6
分）环境问题是当今世界共同关注的问题 ，我国环保总局根据空气污染指数PM2.5浓度，制定了
空气质量标准：
空气污染
(0，50] (50，100]
指数
空气质量
优
等级
某市政府为了打造美丽城市，节能减排，从2010年开始考察了连续六年11月份的空 气污染指数，绘制了
频率分布直方图，经过分析研究，决定从2016年11月1日起在空气质量重度污 染和严重污染的日子对机
动车辆限号出行，即车牌尾号为单号的车辆单号出行，车牌尾号为双号的车辆双 号出行(尾号是字母的，
前13个视为单号，后13个视为双号).王先生有一辆车，若11月份被限行 的概率为0.05.
良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染
(100，150] (150，200] (200，300] (300，＋∞)

(1)求频率分布直方图中m的值；
(2)若按分层抽样的方法，从空气质量等级为良与中度 污染的天气中抽取6天，再从这6天中随机抽取2
天，求至少有一天空气质量是中度污染的概率； (3)该市环保局为了调查汽车尾气排放对空气质量的影响，对限行两年来的11月份共60天的空气质量进
行统计，其结果如下表：
空气质量
天数
优
11
良
27
轻度污染
11
中度污染
7
重度污染
3
严重污染
1
根据限行前6年180天与限行后60天的数据，计算并 填写2×2列联表，并回答是否有90%的把握认为空
气质量的优良与汽车尾气的排放有关.

限行前
限行后
总计
空气质量优、良



空气质量污染



总计



参考数据：

P

K
2
k


0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k

2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
2
n(adbc)
2
参考公式：
K
，其 中
nabcd
.
(ab)(cd)(ac)(bd)
x< br>2
y
2
20
．（
6
分）已知
F
1< br>、
F
2
为椭圆
C:
2

2
1
ab0

的左右焦点，
O
是坐标原点，过
F2
作垂直于
x
ab
轴的直线
MF
2
交椭圆于< br>M
（
1
）求椭圆
C
的方程；
（
2
）若过点
2,0
的直线
l
与椭圆
C
交于
A
、
B
两点，若
AOOB0
，求直线
l
的方程． 21
．（
6
分）在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为


2,1
．


uuuvu uuv

xrcos

（

为参数，
r0）
.
以坐标原点为

yrsin

极点，
x
轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线
l
的极坐标方程为
4

cos

25

sin

30
.
（Ⅰ）求曲线
C
的普通方程及直线
l
的直角坐标方程；
（ Ⅱ）若曲线
C
上恰好存在两个点到直线
l
的距离为
1
，求实 数
r
的取值范围
.
6
x
2
22
．（8
分）已知椭圆
C
：
y
2
1
，点
P
（
0
，
1
）
.
4

（1）过
P
点作斜率为
k
（
k
＞
0
）的直线交椭圆
C
于
A
点，求弦长｜
PA
｜（用
k
表示） ；
（2）过点
P
作两条互相垂直的直线
PA
，
PB
，分别与椭圆交于
A
、
B
两点，试问：直线
AB
是否经过 一定
点？若存在，则求出定点，若不存在，则说明理由？



参考答案
一、单选题（本题包括12个小题，每小题35，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1
．
C

【解析】

【分析】
< br>根据体积算出球
O
的半径
r,
再由几何关系求出地面三角形的边长，最 后求出其体积即可。
【详解】

因为球
O
的表面积为
21

，
4

R
2
21


所以球
O
的半径
R
又因高为3
所以底面三角形的外接圆 半径为
r
底面三角形面积为
S=
21

2
219
3
，边长为3
44
9
3

4
27
3

4
正三棱柱
ABC-A
1B
1
C
1
的体积为
VSh
【点睛】

本题考查正三棱柱的体积公式，考查了组合体问题，属于中档题。
2
．
B
【解析】

【分析】

根据角的终边上一点的坐标，求得
t an

的值，对所求表达式分子分母同时除以
cos

，转化为只含
tan

的形式，由此求得表达式的值
.
【详解】
1
1
1
sin

cos

tan

1

2
3
．故选B.
tan

依题意可知，
1
2
sin

sin
< br>tan

1
1
2
【点睛】

本小题主要考查三角函数的定义，考查齐次方程的计算，属于基础题
.
3
．
A
【解析】

【分析】

先计算出
【详解】

当
x0
时，
f
< br>x

2xx
，则
f

2

 2

2



2

12
，
32
32
f

2

的值，然后利用奇函数 的性质得出
f

2

f

2
可得出
f

2

的值。
由于函数
yf
x

是定义在
R
上的奇函数，所以，
f
< br>2

f

2

12
，故选：
A.

【点睛】

本题考查利用函数奇偶性求值，求函数值时要注意 根据自变量的范围选择合适的解析式，合理利用奇偶性
是解本题的关键，考查运算求解能力，属于基础题 。
4
．
C
【解析】

【分析】

1< br>先求出通项公式公式，再根据指数幂的运算性质和等差数列的求和公式，可得
a
1
a
2
a
n
()
2
n

n7
2
，令
f

n


1
n< br>
n7

，根据复合函数的单调性即可求出．
2
【详解】


a
1
a
1
q
2
12
1
由
a
1
a
2
12< br>，
a
1
a
3
6
，可得

a1
a
1
q6
，解得
a
1
8
，< br>q
，
2

11
a
n
8()
n1
()
n4
，
22
11
a
1
a
2
a
n
()
32101

n4

()
22
令
f

n


n

n7

2
，
111749
n

n7

n
2
7n(n)
2

，
22228

当
n3
或
n4
时 ，
f

n

有最小值，即
f(n)
min
6
，
1
a
1
a
2
a
n
的最大值为
()
6
64
，
2
故选C．
【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式等差数列的求和公式，指数幂的运算性质和 复合函数的单调性，属于中档
题
5
．
B
【解析】

根据题意，分
2
种情况讨论：
①、从
A,B,C
三门中选 出
1
门
,
其余
7
门中选出
2
门
,
有
CC
12
37
63
种选法，

3
C35
种选法；

②、从除
A,B,C
三门之 外的
7
门中选出
3
门
,
有
7
故不同的选法 有
63+35=98
种；
故选：
B.
点睛：（
1
）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素
(
或位置
)
的性质进行分类； ②按事情发生的过程进

行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素
(
或位置
)
为主体，即先满足特殊元素
(
或位置
)
，再考虑其 他
元素
(
或位置
)
．

（
2
）不 同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀
分组；③ 部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．

6
．
A
【解析】

【分析】

将情况分为
113
和
122
两种情况，相加得到答案
.
【详解】

12
当分的票数为
1,1,3
这种情况时：C
3
3A
2
18

12
当分的票数为
1,2,2
这种情况时：一张票数的人可以选择
1,3,5
：
C3
A
2
318

不同分法的种数为36
故答案选A
【点睛】

本题考查了排列组合，将情况分为两类可以简化运算
.
7
．
A
【解析】

【分析】

【详解】

分析：由题意可 得：
y
N
=
sin




< br>





x

cosx
，
y
M
=


x+3



sinx
，计算
y
M
﹣
2

62< br>
6

6

6
y
N
=
2< br>sin




x

，即可得出． < br>4

6
详解：由题意可得：
y
N
=
sin











x

cosx
，
y
M
=
cos


x+3



sinx
∴y
M
﹣
y
N
= y
M
﹣
2

62

6

6

6


< br>x
y
N
=
2
sin

，
4

6
令
sin





3





x

=1，解得：

x

=2kπ+
，
x=12k+
，

4

4

2
2

6

6
k=0
，
1
，
2
，
1
．
∴M
与
N
的纵坐标之差第
4
次达到最大值时，
N
运动的时间
=1×12+
故选
A
．

3
=17.5
（分钟）．
2

点睛：本题考查了三角 函数的图象与性质、和差公式、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于
中档题．也查到了三角 函数的定义的应用，三角函数的定义指的是单位圆上的点坐标和这一点的旋转角之
间的关系
.
8
．
B
【解析】

【分析】

根据题意画出韦恩图即可得到答案．
【详解】

根据题意阅读过《西游记》 或《红楼梦》的学生共有
90
位，阅读过《红楼梦》的学生共有
80
位，阅读 过
《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有
60
位，得到的韦恩图如图，所以阅读过 《西游记》的学生人
数为
106070
人

故选
B.
【点睛】

本题考查利用韦恩图解决实际问题，属于简单题．
9
．
C
【解析】

【分析】

直接由复数商的模等于模的商求解．
【详解】

Q
z
22i
，

1i
22i
22i6
z3
．

1i1i
2
故选：
C
．
【点睛】

本题考查复数模的求法，复数模的性质，属于容易题．
10
．
B
【解析】

分析
:
由三视图求出圆锥母线，高，底面半径．进而求出锥体的底面积，代入锥体体积公式，可得答案．

详解
:
由已知中的三视图，圆锥母线l=
5(
2
23
2
圆锥的高h=
）=22，
2
2
5-(1）= 2
，

2
圆锥底面半径为r=
l
2
-h
2
=2
，

由题得截去的底面弧的圆心角为120°，
底面剩余部分 为S=
2
2
1
2
8
πr+
r
sin120 °=π+
3
，

3
3
2
故几何体的体积为：V=< br>故答案为：
B
．

11
8
16

2 3
Sh=×
（
π+
3
）
×2=.

3< br>33
93
点睛：（
1
）本题主要考查三视图找原图，考查空间几何体的 体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握
水平和空间想象能力基本的计算能力
.(2)解答本题的关键是弄清几何体的结构特征并准确计算各几何要素
.
11
．
B
【解析】

【分析】

3首先根据函数
f(x)
的图象关于点
(0,2)
对称得到
a0
，
c2
，即
f(x)xbx2
.
利用导数的切线过
点
(2,7)
得到
b
1
，再求函数
f(x)在
x0
处的切线倾斜角的正切值和正弦值，代入式子
2
cos(
)gtan(



)
计算即可
.
2
【详解】

因为函数
f(x)
的图象关于点
(0 ,2)
对称，所以
f(x)f(x)4
.
即：
x
3
ax
2
bxcx
3
ax
2
bxc 4
，解得
a0
，
c2
.
3
所以
f( x)xbx2
，
f(1)3b
，切点为
(1,3b)
.

f

(x)3x
2
b
，
kf
(1)3b
.
切线为：
y(3b)(3b)(x1)
.
因为切线过点
(2,7)
，所以
7(3b)(3b)(21)
，解得
b
所以
f(x)x
3
1
.
2
11
x2，
f

(x)3x
2

.
22
f

(0)
1
5
tan

，所以
sin


.
5
2
所以
cos(
故选：
B

2


)gtan(



)sin

gtan


515
.

5210

【点睛】

本题主要考查导数的切线问题，同时考查三角函数的诱导公式，属于中档题
.
12
．
A
【解析】

【分析】

四面体
SABC
中，三条棱
SA
、
SB
、
SC
两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，长方体的外
接球就是四面体的外接球，则半径易求.
【详解】

四面体
SABC
中，三条棱
SA
、< br>SB
、
SC
两两互相垂直，
则可以把该四面体补成长方体，
SAa
，
SBb
，
SCc
是一个顶点处的三条棱长
.
a
2
b
2
c
2
.
所以外接球的直径就是长方体的体对角线，则半径
R
2
故选
A.
【点睛】

本题考查空间几何体的结构，多面体的外接球问题，合情推理
.< br>由平面类比到立体，结论不易直接得出时，
需要从推理方法上进行类比，用平面类似的方法在空间 中进行推理论证，才能避免直接类比得到错误结论
.
二、填空题（本题包括4个小题，每小题5分，共20分）
13
．
2(2k1)
.
【解析】

【分析】

从
nk
到
nk1
时左边需增乘的 代数式是
【详解】

假设
nk
时命题成立，则
(k1) (k2)(k3)L(kk)2135(2k1)
，
当
nk 1
时，
(k2)(k3)L(k1k1)2
从
nk
到
nk1
时左边需增乘的代数式是
故答案为：
2(2k1)
.
【点睛】

本题考查数学归纳法的应用，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
14
．
2

【解析】

分析：先根据二次函数图像 得
2x
2
2ax5
恒成立且
x
2
2ax 5a
的两根为
1
，
3
，再根据韦达定
k1
k
(k1k)(k1k1)
，化简即可得出．
k1
135(2k1)

(k1k)(k1k1)
2(2k1)
．
k1

理求实数
a
的值
详解：因为关于
x
的不等式
2x
2
2ax5a
的解集是
1,3，
所以
2x
2
2ax5
恒成立且
x
2
2ax5a
的两根为
1
，
3
，



4a
2
280

所以

13 2aa2
.

135a

点睛：一元二次方程的根与 对应一元二次不等式解集以及对应二次函数零点的关系，是数形结合思想，等
价转化思想的具体体现，注 意转化时的等价性
.
15
．
1
2
n3n2

2

【解析】

【分析】

按照如图排列的规律 ，第
n
行（
n3
）从左向右的第3个数分别为，1,3,6,10,15, 21，…
找到规律及可求出。
【详解】

按照如图排列的规律，第
n
行（
n3
）从左向右的第3个数分别为，1,3,6,10,15,21，…
由于
6=23
，
12=34
，
20=45
，
30=56
，
则第
n
行 （
n3
）从左向右的第3个数为
【点睛】

本题考查了归纳推理的问题，关键找到规律，属于基础题。
16
．9.
【解析】

【分析】

先分析得到
f(x)
在(0,1)
上单调递减，在
(1
，＋
∞)
上单调递增，再分析得 到
0
＜
m
2
＜
m
＜
1
，则
f(x)
在
[m
2
，
1)
上单调递减，在
(1< br>，
n]
上单调递增，再根据函数的单调性得到m,n的值，即得解.
【详解】

因为
f(x)
＝
|log
3
x |
＝

11
(n1)(n2)(n
2
3n2)< br> 。
22

log
3
x,0x1
,
logx,x1

3
所以
f(x)
在
(0,1)
上单调递减，在
(1
，＋
∞)
上单调递增，

0m1

,
由
0
＜
m
＜
n
且
f(m)
＝
f(n)
，可得

n1

lognlogm
3

3


0m1

,
所以
0
＜
m
2
＜
m
＜
1
， 则

n1

mn1
则
f(x)
在
[m
2
，
1)
上单调递减，在< br>(1
，
n]
上单调递增，
所以
f(m
2
)
＞
f(m)
＝
f(n)
，则
f(x)
在
[ m
2
，
n]
上的最大值为
f(m
2
)
＝－
log
3
m
2
＝
2
，
解得
m< br>＝
1
n
，则
n
＝
3
，所以＝
9.
m
3
故答案为
9
【点睛】

本题主要考查函数的图像和性质，考查函数的单调性的应用和最值的求法，意在

考查学生对这些知识的
理解掌握水平，属于中档题
.
三、解答题（本题包括6个小题，共70分）
ˆ
0.24
（
2
）模型②的拟合效果较好
17
．
ˆ
0.19
,b
（
1
）
a
【解析】< br>
ˆ
0.24
，

ˆ
0.19

,b
分析：（
1
）求出
t
，
y
代入最小二乘法公 式即可求得
a
（
2
）利用公式求得
R
1
,R
2
，比较大小可得结论.
详解：
（
1
）
t
22
1

123L9

5
，

9
tynty
76.94951.39

i1
iiˆ
b0.24
，

n
2
2
2
28595

i1
t
i
nt
ˆ
1.39 0.2450.19
．

a
ˆ
ybt
n
（
2
），



，

因为，所以模型②的拟合效果较好．

点 睛：本小题主要考查回归直线、回归分析等基础知识；考查运算求解能力和应用意识；考查数形结合思
想 、概率与统计思想．
18
．（
1
）


53
,

；（
2
）

,5
U

4,


62


【解析】

【分析】

( 1)
去绝对值
,
将
f(x)
化为分段函数
,
解不等 式即可
;
(2)
根据绝对值三角不等式可知
f

x

a3a
,
则有
a3a17
,
解不等式即可
.
2
2
【详解】



56x,x 1

4

(1)
当
a2
时
,
f

x

3x43x32

1,1x< br>,
3

4

6x9,x

3

故不等式
f

x

0
的解集为
2

53

,

;
6

2

(2)
Qf

x

3xa3x3a 3xa

2



3x3

aa
2
3a
,
a
2
3a17
,
则
a
2
317a
或
a
2
317a
,
解得
a5
或
a4
,
故
a的取值范围为

,5



4,

.
【点睛】

本题考查解绝对值不等式
,
考查绝对值三角 不等式的应用
,
属于中档题
.
19
． (1) 0.003；(2)
【解析】

【分析】

(1) 因为限行分单双号，王先生的车被限行的概率为0.05，再利用概率和为1解得答案.
(2)利用分 层抽样得到空气质量良的天气被抽取的有4天，空气中度污染的天气被抽取的有2天，利用排
列组合公式 的到没有中度污染的概率，用1减得到答案.
(3)补全列联表，计算
K
2
，跟临界值表作比较得到答案.
【详解】

(1)因为限行分单双号，王先生的车被限行的概率为0.05，
所以空气重度污染和严重污染的概率应为0.05×2＝0.1，
由频率分布直方图可知( 0.004＋0.006＋0.005＋m)×50＋0.1＝1，解得m＝0.003.
(2)因为空气质量良好与中度污染的天气的概率之比为0.3∶0.15＝2∶1，
3
；(3) 有.
5

按分层抽样的方法从中抽取6天，则空 气质量良的天气被抽取的有4天，空气中度污染的天气被抽取的有
2天.
记事件A为“至少有一天空气质量是中度污染”.则
2
C
4
3
P(A)1
2
.

C
6
5
(3)2×2列联表如下：

限行前
限行后
总计
空气质量优、良
90
38
128
空气质量污染
90
22
112
总计
180
60
240
240(90229038)
2
由表中数据 可得，
K3.2142.706
，
18060128112
2
所以有90%的把握认为空气质量的优良与汽车尾气的排放有关.
【点睛】

本题考查了概率的计算，分层抽样，列联表，意在考查学生的综合应用能力和计算能力
. x
2
y
2
20
．（
1
）（
2
）
2xy20
或
2xy20

1
；
42
【解析】

【分析】

（< br>1
）根据
M
点坐标，结合
a
2
b
2
c
2
，求得
a,b,c
的值，进而求得椭圆
C
的方程< br>.
（
2
）当
lx
轴时，求得
A,B
两点 的坐标，计算出
AOOB0
.
当
l
不垂直
x
轴 时，设出直线
l
的方程，
联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，由
AO OB0
列方程，解方程求得直线
l
的斜率，进而求
得直线
l的方程
.
【详解】

uuuruuur
uuuruuur（
1
）由于
MF
2
x
轴，且
M
< br>
c2

2

b
2,1
，所以

1
，解得
a2,bc2
，所以椭圆方程为
a
2

ab
2
c
2


x
2
y
2
1
.
42
（
2
）设
A

x
1
,y
1

,B

x2
,y
2

.

当
lx
轴时 ，
A2,1,B2,1
，
AOOB0
，不符合题意
. < br>当
l
不垂直
x
轴时，设直线
l
的方程为
y kx2
，代入椭圆方程并化简得
22
uuuruuur
42k4k412kx42kx4k40
，所以
x
1
x
2

，由于
AOOB0
，所

,x
1
x
2

22
12k12k

uuuruuur
2222
2
以
x
1
x
2
y1
y
2
0
，即
x
1
x
2
 kx
1
2

x
2
2


1k
2

x
1
x
2
2k
2

x
1
x
2

2k
2
0
，所 以


1k

4k
22
4

12k
2
2xy20
.
【点睛】

42k2
2k
2
2k
2
0
，解得
k2< br>.
所以直线
l
的方程为
2xy20
或
2
12k
本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆相交交点坐标的求法，考查化归与转化 的数学思想
方法，考查运算求解能力，属于中档题
.
222
21
． （Ⅰ）
C
：
xyr
，
l
：
4x25y3 0
；（Ⅱ）

,

12




33

【解析】

【分析】

22（
1
）利用
sin

cos

1
消去参数，得到曲线
C
的普通方程，再由

cos

x< br>，

sin

y
化直线
l
为直角坐标方程 ；
（
2
）与直线
l
的距离为
11
的点在与
l
平行且距离为的两平行直线上，依题意只有一条平行线与圆
C
相交，
66
另一条平行线与圆相离，利用圆心到直线的距离与半径关系，即可求解
.
【详解】

（Ⅰ）由曲线
C
的参数方程


xrcos

（

为参数，
r0
）消去参数

，

yrsin

222
可得曲线
C
的普通方程
xyr
.
x

cos

，< br>y

sin

代入
4

cos

25

sin

30
，
得直线
l
的直角坐标方程为
4x25y30
.
（Ⅱ ）由（Ⅰ）知，直线
l
的直角坐标方程为
4x25y30
，
曲线
C
的直角坐标方程为
xyr
，
曲线
C
表示以原点为圆心，以
r
为半径的圆，
222

3
且原点到直线
l
的距离为
425
2

2

1
2
.
所以要使曲线
C
上恰好 存在两个点到直线
l
的距离为
1
，
6
则须
111112
r
，即
r
.
262633

12


.
33
< br>所以实数
r
的取值范围是

,
【点睛】

本 题考查参数方程与普通方程互化、极坐标方程和直角坐标方程互化，以及直线与圆的位置关系，属于中
档 题
.
22
．（1）
PA
【解析】

【分析】

（
1
）先由题意得到直线
PA
的方程， 联立直线与椭圆，得到
A
点坐标，再由弦长公式，即可求出结果；
（
2）先由题意，得到，直线
AB
的斜率必存在，设直线
AB
为
y kxm
，联立直线
AB
与椭圆方程，
3

8k

2
0,
1k
AB
；（2）直线过定点

.
5

14k
2

8km

xx< br>12

14k
2
根据韦达定理，得到

，再由< br>PAPB
，结合题意，求出
m
，进而可得出结果．
2
< br>xx
4m4
12

14k
2

【详 解】

22
解：（1）把
l
PA
:ykx1(k0)
代入
x4y40
得：

14k
2
x2
8kx0
，
x
A

8k
1k
2

2
14k

8k

2
14k< br>所以
PA
（2）由题意可以，直线
AB
的斜率必存在，设直线
AB
为
ykxm
，有

x
2
4y
2
4


14k
2



ykxm
8km

xx
12

14k
2
22
x8kmx4m40
,
0,

2

xx
4m4
12

14k
2
uuuvuuuv
Q
PAPB,PAPB0

x< br>1
,y
1
1

x
2
,y
21

0

x
1
x
2


y
1
1

y
2
1

0 x
1
x
2


kx
1
m1

kx
2
m1

0

1 k
2
x
1
x
2
k

m1
 
x
1
x
2



m1
< br>0

3
41k
2

m1

8k
2
m

m1

14k
2
0 m

5

2

所以
l
AB
:ykx
【点睛】

3

3

，即直 线
AB
过定点

0,


5

5

本题主要考查椭圆的弦长，以及椭圆中的定点问题，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性 质，即可求解，
属于常考题型
.