精品解析：上海市交通大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一_下学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海市交通大学附属中学 2022-2023 学年高二下期中数学试卷 一、填空题（1-6每题 4分，7-12 每题 5分，共 54分） A  x|x2 6x80  B{x||x1|2,xZ} A B 1 已知集合 ， ，则  ___________. . 【答案】 2 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合A，再解含绝对值符号的不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作 答. 【详解】解不等式x2 6x80，得(x2)(x4)0，解得2 x4，即A{x|2 x4}， 解不等式|x1|2，得2 x12，解得1 x3，即B{0,1,2}, 所以A  B{2}. 故答案为： 2 2. 已知a(1,0)，b  (3,4)，则向量a  在向量b  方向上的数量投影为___________. 3 【答案】 ##0.6 5 【解析】   【分析】利用向量的数量积转化求解向量a，b 在方向上的数量投影即可． 【详解】解：设向量a  与b  的夹角是，则向量a  在b  方向上的数量投影为：|a|cos a  b   3 ． |b| 5 3 故答案为： 5 3. 已知直线l :mx y10，直线l :4xmy20，若l //l ，则m_____________． 1 2 1 2 【答案】2 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件求解． m2 4 【详解】因为l //l ，所以 ，解得m2． 1 2 2m4 故答案为：2 4. 已知复数z满足zi34i（i是虚数单位），则 z ___________. 第 1 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】5 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数、模长的定义求解即可. 34i i34i 【详解】由zi34i可得z   43i， i i2 所以z 43i， z  42 32 5， 故答案为：5 x2 3 5. 函数y  的最小值是______． x2 2 3 2 【答案】 2 【解析】 1 1 1 【分析】将函数化为y( x2 2 ) x2 2 ，注意运用基本不等式和二次函数的最值，同时注 2 x2 2 2 意最小值取得时，x的取值要一致，即可得到所求最小值． x2 3 x2 21 【详解】解：函数y  x2 2 x2 2 1  x2 2 x2 2 1 1 1 ( x2 2 ) x2 2 2 x2 2 2 1 1 3 2 …2  2  ． 2 2 2 1 1 当且仅当 x2 2  ，即有x0，取得等号． 2 x2 2 3 2 则函数的最小值为 ． 2 3 2 故答案为： ． 2 【点睛】本题考查基本不等式的运用：求最值，注意求最值的条件：一正二定三等，属于中档题和易错 题． 8π 6. 母线长为10的圆锥的侧面展开图的圆心角等于 ，则该圆锥的体积为___________. 5 【答案】128π 第 2 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【分析】求出侧面展开图的弧长和底面圆半径，再求出圆锥的高，由此计算圆锥的体积． 8π 【详解】因为母线长为10的圆锥的侧面展开图的圆心角等于 ， 5 8 所以侧面展开图的弧长为：10 π16π. 5 设该圆锥的底面圆的半径为r， 所以2πr 16π，解得r 8， 所以该圆锥的高h 102 82 6， 1 1 所以该圆锥的体积V  πr2h π826128π. 3 3 故答案为：128π. 7. 直线l过点P(2,3)，当原点到直线l的距离最大时，直线l的方程为___________. 【答案】2x3y130 【解析】 【分析】作图分析可知，当原点到直线l的距离最大时，OPl，求出l的斜率，根据点斜式即可求出直线 l的方程. 【详解】 3 2 由题意知，OPl，k  ，所以直线l的斜率k  ， OP 2 3 2 所以直线l的方程为：y3 x2，即2x3y130. 3 故答案为：2x3y130. 8. 设常数a使方程sinx 3cosxa在闭区间 0,2π 上恰有三个不同的解x ,x ,x ，则实数a的取值为 1 2 3 ___________. 【答案】 3 【解析】 第 3 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  π 【分析】利用辅助角公式得到方程的解的个数即为在 0,2π 上直线y a与三角函数y 2sin  x 图象  3 的交点的个数，画出图象，数形结合得到当且仅当a  3时，直线与三角函数图象恰有三个交点，得到答 案. 1 3   π 【详解】∵sinx 3cosx2  sinx cosx  2sin  x  a，  2 2   3  π ∴方程的解即为在 0,2π 上直线y a与三角函数y 2sin  x 图象的交点的横坐标，  3 ∵x0,2π ， π π 7π ∴x   ,  ， 3 3 3  π 令z  x ， 3 π 7π 画出函数y 2sinz在z  ,  上的图象，如下： 3 3  由图象可知当且仅当a  3时，直线与三角函数图象恰有三个交点. 故答案为： 3 9. 设随机变量X B12, p ，若EX8，则DX 的最大值为___________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据二项分布的数学期望得 p的范围，再根据方差运算公式结合基本不等式求得DX 的最大值. 2 【详解】随机变量X B12, p ，由EX8可得012p8，所以0 p 3 2  p1 p 又DX12p1 p12   3  2  第 4 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 当且仅当 p 时，“”成立，故DX 的最大值为3. 2 故答案为：3. 10. 研究人员开展甲、乙两种药物的临床抗药性研究实验，事件A为“对药物甲产生抗药性”，事件B为“对 4 2 药物乙产生抗药性”，事件C为“对甲、乙两种药物均不产生抗药性”．若PA ，PB ， 15 15 7 PC ，则P  B A  ______． 10 3 【答案】 ##0.375 8 【解析】 【分析】求出PA  B ，结合PA  B PAPBPAB 求出PAB ，进而利用求条件概率公 式求出答案. 【详解】由题意可知PC P  AB   7 ，则PAB1P  AB  1 7  3 ． 10 10 10 又PA  B PAPBPAB ， 4 2 3 1 所以PAB PAPBPAB    ， 15 15 10 10 1   PAB 10 3 则P B A    ． PA 4 8 15 3 故答案为： 8 x2 y2 11. 已知椭圆C:  1(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F ，F ，离心率为 1 ．过F 且垂 a2 b2 1 2 2 1 直于AF 的直线与C交于D，E两点，|DE |6，则VADE的周长是________________． 2 【答案】13 【解析】 x2 y2 【分析】利用离心率得到椭圆的方程为  1，即3x2 4y2 12c2 0，根据离心率得到直线 4c2 3c2 AF 的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x 3yc，代入 2 13 椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y2 6 3cy9c2 0，利用弦长公式求得c ，得 8 第 5 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 13 a2c ，根据对称性将VADE的周长转化为△F DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a13. 4 2 c 1 【详解】∵椭圆的离心率为e  ，∴a2c，∴b2 a2 c2 3c2，∴椭圆的方程为 a 2 x2 y2  1，即3x2 4y2 12c2 0，不妨设左焦点为F ，右焦点为F ，如图所示，∵ 4c2 3c2 1 2  AF a，OF c，a2c，∴AFO ，∴△AFF 为正三角形，∵过F 且垂直于AF 的直线与C 2 2 2 3 1 2 1 2 3 交于D，E两点，DE为线段AF 的垂直平分线，∴直线DE的斜率为 ，斜率倒数为 3， 直线DE 2 3 的方程：x 3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y2 6 3cy9c2 0，  2 判别式 6 3c 4139c2 6216c2，  2 Δ c ∴ DE  1 3 y  y 2 264 6， 1 2 13 13 13 13 ∴ c ， 得a2c ， 8 4 ∵DE为线段AF 的垂直平分线，根据对称性，AD DF，AE  EF ，∴VADE的周长等于△F DE 2 2 2 2 的周长，利用椭圆的定义得到△F DE周长为 2 DF  EF  DE  DF  EF  DF  EF  DF  DF  EF  EF 2a2a4a13. 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 故答案为：13. 12. 如图，探测机器人从O点出发，准备探测道路OA和OB所围的三角危险区域.已知机器人在道路OA和 第 6 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) OB上探测速度可达每分钟2米，AOB60，在AOB内为危险区域，探测速度为每分钟1米.假设 机器人可随时从道路进入危险区域且可在危险区域各方向自由行动（不考虑转向耗时），则理论上，5分钟 内机器人可达到探测的所有危险区域内的点组成的区域面积为___________. 50 3 【答案】 3 【解析】 【分析】讨论机器人探测的路线，结合直线与圆的关系计算三角形面积即可. 【详解】如图所示，机器人只在道路上前进可到达AB点，则OA=OB=10米， 作AOB的角平分线OC，过A作AD⊥OB，垂足为D点，交OC于C点， 设机器人先在道路OA上前进t分钟到达P点, 此时OP2t ，AP=102t ，后进入危险区域， 其能探测到达的点组成以P为圆心，以 5t 为半径的圆弧QR， r 1 由题意可知：  sinOAD，即AD与该圆弧相切，设切点为E， AP 2 故随P点从O移动到A，机器人可探测的区域为△OAD， 结合对称性，机器人5分钟能到达的点围成区域有△OAD与 OBF ，即图中阴影部分，  其面积为2S ， OAC 1 50 3 易知  OAC为含120°的等腰三角形，所以区域面积为：2 OA2sin120  . 2 3 50 3 故答案为： 3 第 7 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【点睛】本题关键在于对题意的理解，然后结合直线与圆的位置关系，利用角的对称性得出区域形状，再 解三角形求区域面积，极容易出错，需要仔细审题. 二、选择题（13、14每题 4分，15、16每题 5分，共 18分） 13. 已知 O:x2  y2 r2 ，直线l：2x3y r2 ，若l与⊙O相离，则（ ）  A. 点P(2,3) 在l上 B. 点P(2,3)在  O上 C. 点P(2,3)在  O 内 D. 点P(2,3)在  O外 【答案】C 【解析】 r2 【分析】根据 l 与  O相离,可知圆心到直线的距离大于半径，由此列不等式 r，即可推出 13 r |OP|，即可得答案. 【详解】由已知l与  O相离,可知圆心到直线的距离大于半径， |r2 | r2 不妨设r为 O:x2  y2 r2的半径，即有  r，  22 32 13 故r  13，由于P(2,3)，则 OP  13，所以r |OP|, 则点P(2,3)在  O内， 故选：C． 14. 某教学软件在刚发布时有100名教师用户，发布5天后有1000名教师用户.如果教师用户人数Rt 与 天数t之间满足关系式：Rt R ekt，其中k为常数，R 是刚发布时的教师用户人数，则教师用户超过 0 0 20000名至少经过的天数为（ ）（参考数据：lg20.3010） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 ln10 【分析】根据已知条件求得Rt100e 5 t，结合R(t)20000及指对数关系、对数运算性质求解集，即 可得结果. R 100 R(0) R e0 100  0 【详解】由题设 0 ，可得 ln10， R(5) R e5k 1000 k    0  5 第 8 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 所以Rt100e ln 5 10 t，则 100e ln 5 10 t 20000 ，故t  5ln200 5lg2005(lg22)11.50511， ln10 所以教师用户超过20000名至少经过12天. 故选：D 15. 给定下列四个命题： ①图像不经过点(1,1)的幂函数一定不是偶函数； ②若一条直线垂直于平面内的无穷多条直线，则这条直线垂直于这个平面； ③有两个相邻的侧面是矩形的棱柱是直棱柱； ④设数列{a }的前n项和为S ，若{a }是递增数列，则数列{S }也是递增数列； n n n n 以上命题是真命题的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③ 【答案】D 【解析】 【分析】对①利用幂函数和偶函数特点即可判断，对②和④举反例即可，对③利用线面垂直的判定结合直 棱柱的定义即可判断. 【详解】对①，  幂函数的图象都过(1,1)，偶函数的图象关于y轴对称， 图象不经过点(1,1)的莫函数一定不是偶函数，故①正确； 对②，若平面内的无数条直线互相平行， 则这条直线可以不垂直这个平面，故②错误； 对③，若有两个相邻的侧面是矩形， 则两侧面的交线即一条侧棱垂直于底面两相交的直线， 则这条侧棱垂直于底面，根据棱柱侧棱互相平行， 则所有侧棱均垂直于底面，则棱柱为直棱柱，故③正确； 对④，当a n7时,满足数列 a  是递增数列，S a 6， n n 1 1 S a a 6511， 2 1 2 则S S ，不满足数列 S  是递增数列，故④不正确； 1 2 n 故选：D. 16. 等轴双曲线的焦点(c,0)，圆C:(xc)2  y2 r2 (r 0,c0)，则（ ） 第 9 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. 对于任意r，存在c，使圆C与双曲线右支恰有两个公共点 B. 对于任意r，存在c，使圆C与双曲线右支恰有三个公共点 C. 存在c，使对于任意r，圆C与双曲线右支至少有一个公共点 D. 存在c，使对于任意r，圆C与双曲线右支至多有两个公共点 【答案】AD 【解析】 【分析】联立方程可得4x2 4cxc2 2r2 0，构建 f x4x2 4cxc2 2r2，根据二次函数讨论 f x 在 cr,cr 上的零点分布，并结合对称性分析C与右支的交点个数.  c2 x2  y2  c2  【详解】设双曲线方程为：x2  y2  ，联立方程 2 ， 2 xc2  y2 r2  消去y得4x2 4cxc2 2r2 0， 由圆C:(xc)2  y2 r2可知：x的取值范围为 cr,cr ， 构建 f x4x2 4cxc2 2r2，xcr,cr ， c 则 f x 的对称轴x ccr ， 2 c 且 f cr2rc2 c2, f   2r2 0, f cr2r2 4crc2 0， 2 f cr0   2  c 当 c 即1 cr  时 f x 有且只有一个零点x cr,cr ， cr   2  2 0     2 f cr0   2   2  当 c 即r 1 c时 f x 有且只有一个零点x 1 c. cr   2  0  2        2 f cr0   2  当 c 即0r 1 c时 f x 无零点.   cr  2     2 f cr0   2  当 c 即r 1 c时 f x 有且只有两个零点x ,x cr,cr . cr   2  0 1     2 第 10 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) f cr0   2   2  当 c 即r 1 c时 f x 有且只有两个零点x 1 c,x cr,cr . cr   2  0  2  1       2 f cr0  c  2  当 c 即 r 1 c时有且只有一个零点x cr,cr . cr  2  2  0     2  2   2    2  注意到当r 1 c，C与的交点坐标为1 c,0，当r 1 c时，C与的交点坐  2   2    2          2   标有1 c,0，即会出现交点在对称轴上，结合C与的对称性可得：  2       2  当0r 1 c时，使C与没有公共点，即C与的右支没有公共点；   2    2  当r 1 c时，使C与有且仅有一个公共点，即C与的右支有且仅有一个公共点；   2    2   2  当1 cr 1 c时，使C与有两个公共点，此时C与有且仅有两个公共点；     2 2      2  当r 1 c时，使C与有三个公共点，此时C与有且仅有两个公共点；   2    2  当r 1 c时，使C与有四个公共点，此时C与有且仅有两个公共点.   2    2  对A：对于任意r，存在c，使得r 1 c，此时圆C与双曲线右支恰有两个公共点，A正确；   2    2  对B：对于任意r，存在c，使得r 1 c，此时圆C与双曲线右支至多有两个公共点，B错   2   误；  2  对C：存在c，使对于任意r，使得r 1 c，此时圆C与双曲线右支没有公共点，C错误；   2    2  对D：存在c，使对于任意r，使得r 1 c，此时圆C与双曲线右支至多有两个公共点，D正   2   确. 故选：AD. 第 11 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 三、解答题（本大题共 5道小题，共 78分） 17. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选（与A在同一水平面 的）B､C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，ABC=45，BCA105，在C处测得大楼楼 顶D的仰角为75. （1）求A,C 两点间的距离； （2）求大楼的高度.（第（2）问不计测量仪的高度，计算结果精确到1m） 【答案】（1）50 2 m （2）264m 【解析】 【分析】（1）根据题意，先求出BAC，然后利用正弦定理计算即可求解； （2）根据题意结合（1）的结果可直接求出AD50 2tan75，然后利用两角和的正切公式计算即可. 【小问1详解】 由已知得BAC 1801054530， 在 ABC中，  BC AC 因为  ， sinBAC sinABC 50 AC 即  ，所以AC 50 2 ， sin30 sin45 所以A,C 两点间的距离为50 2 m. 【小问2详解】 在△DCA中， AD 因为DAC 90, tan， AC 所以AD ACtan75 50 2tan75，   又因为tan75 tan 45 30 第 12 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 1 tan45 tan30 3   2 3 1tan45tan30 3 1 3   所以AD50 2 2 3 100 250 6 141.4122.45263.85264， 答：楼高约为264m. 18. 已知双曲线C:x2 y2 1，及直线l: y kx1. （1）若l与C有且只有一个公共点，求实数k的值； （2）若l与C的左右两支分别交于A、B两点，且  OAB的面积为 2 ，求实数k的值. 【答案】（1）k 1或k  2 （2）k 0 【解析】 【分析】（1）联立方程组，消元后得到  1k2 x2 2kx20，分1k2 0、1k2 0两种情况求解 即可； （2）先由题意可得1k 1，令直线l与y轴交于点D(0,1)，从而得到 1 1 1 S S S  x  x  x x  2 ，再结合韦达定理即可求解. OAB OAD OBD 2 1 2 2 2 1 2 【小问1详解】 x2  y2 1 由 ，消去y，得  1k2 x2 2kx20①， y kx1 当1k2 0，即k 1时，方程①有一解，l与C仅有一个交点（与渐近线平行时）. 1k2 0,  当 ，得k2 2,k  2,l与C也只有一个交点（与双曲线相切时）， Δ4k2 8  1k2 0  综上得k的取值是k 1或k  2； 【小问2详解】 x2  y2 1 设交点Ax ,y ,Bx ,y  ，由 ，消去y，得  1k2 x2 2kx20， 1 1 2 2 y kx1 1k2 0,  首先由 ，得 2 k  2 且k 1， Δ4k2 8  1k2 0  第 13 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2k 2 并且x x  ,x x  ， 1 2 1k2 1 2 1k2 又因为l与C的左右两支分别交于A､B两点， 2 所以x x 0，即 0,1k2 0，解得1k 1， 1 2 1k2 故1k 1. 因为直线l与y轴交于点D(0,1)， 1 1 1 所以S S S  x  x  x x  2 ， OAB OAD OBD 2 1 2 2 2 1 2 2  2k   2  2 故 x x 2 2, x x 4x x 8,   4   8. 1 2 1 2 1 2 1k2  1k2  6 解得k 0或k  . 2 因为1k 1，所以k 0. 19. 设a为实数，函数 f(x) x2|xa|1, xR. （1）讨论函数 f(x)的奇偶性并说明理由； （2）求 f(x)的最小值. 1 【答案】（1）当 a0时，函数是偶函数，当 a0时，函数是非奇非偶函数；（2）当 a„ 时， 2 3 1 1 1 3 f(x)  a；当 a 时， f(x) a2 1；当a… 时， f(x)  a. min 4 2 2 min 2 min 4 【解析】 【分析】（1）考查函数的奇偶性，用特殊值法判断函数及不是奇函数又不是偶函数；（2）先判断函数的单 调性再求最值． 【详解】解：（1）当a0时，函数 f(x)(x)2|x|1 f(x) 此时， f(x)为偶函数 当a0时， f aa2 1， f(a)a2 2|a|1， f(a) f(a)， f(a)f(a) 第 14 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 此时 f(x)既不是奇函数，也不是偶函数 1 3 （2）①当x„ a时， f(x)x2 xa1(x )2 a 2 4 1 当a„ ，则函数 f(x)在(，a]上单调递减，从而函数 f(x)在(，a]上的最小值为 f aa2 1． 2 1 1 3 1 若a ，则函数 f(x)在(，a]上的最小值为 f( ) a，且 f( )„ f(a)． 2 2 4 2 1 3 ②当x…a时，函数 f(x)x2 xa1(x )2 a 2 4 1 1 3 若a„  ，则函数 f(x)在[a，)上的最小值为 f( ) a； 2 2 4 1 若a  ，则函数 f(x)在[a，)上单调递增，从而函数 f(x)在[a，)上的最小值为 2 f aa2 1． 1 3 综上，当a„  时，函数 f(x)的最小值为 a 2 4 1 1 当 a„ 时，函数 f(x)的最小值为a2 1 2 2 1 3 当a 时，函数 f(x)的最小值为 a． 2 4 【点睛】本题为函数的最值和奇偶性的考查；是高考常考的知识点之一；而求最值时需要注意的是先判断 函数的单调性． 20. 直线l与抛物线y2 4x交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB的斜率之积为1，以线段 AB的中点为圆心， 2 为半径的圆与直线l交于P、Q两点． （1）求证：直线l过定点； （2）求AB中点的轨迹方程； （3）设M 6,0 ，求 MP 2  MQ 2 的最小值． 1 【答案】（1）证明见解析；（2）x y2 4；（3）10． 2 【解析】 【分析】（1）设直线l的方程为xmyt，设点Ax ,y  、Bx ,y  ，将直线l的方程与抛物线的方程 1 1 2 2   联立，列出韦达定理，分析可知OAOB0，利用平面向量的数量积的坐标运算并结合韦达定理求出t的 值，即可证得结论成立； 第 15 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) x2m2 4 （2）设线段AB的中点为Nx,y ，可得出 ，消去m可得出线段AB的中点的轨迹方程； y 2m （3）利用平面向量的数量积推导出2  MP 2  MQ 2 4 MO2  PQ 2 ，结合两点间的距离公式以及二 2 2 次函数的基本性质可求得 MP  MQ 的最小值. 【详解】（1）设直线AB的方程为xmyt，设点Ax ,y  、Bx ,y  ， 1 1 2 2 y2 4x 由 得y2 4my4t 0， xmyt 所以4m2 16t 16  tm2 0，所以y  y 4m，y y = - 4t， 1 2 1 2 y2y2 所以x x my  y 2t 4m2 2t，x x  1 2 t2， 1 2 1 2 1 2 16   因为直线OA、OB的斜率之积为1，所以OAOB0， 所以x x  y y t2 4t 0，所以t 4， 1 2 1 2 所以直线AB的方程为xmy4，过定点 4,0 ； （2）  x 1 x 2 4m2 8，直线l中点为圆心O 2m2 4,2m  ， x2m2 4 设线段AB的中点为Nx,y ，可得 ，消去m得y2 2x8， y 2m 1 因此，线段AB的中点的轨迹方程为x y2 4； 2 （3）如下图所示，易知圆心O为线段PQ的中点， 第 16 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )     1  1  1  MOMPPOMP PQMP MQMP  MQMP ， 2 2 2    所以，2MOMPMQ， 2 2  2  2 2 2 所以，4MO PQ  MQMP  MQMP 2MQ 2MP ， 即2  MP 2  MQ 2 4 MO2  PQ 2 4 MO2   2 2 2 2 4   4  m2 1 2 4m2  816  m4 m2 1  816    m2  1 2    20， 2  1 所以 MP 2  MQ 2 8  m2   10，  2 2 2 2 所以当m   时， MP  MQ 的最小值为10． 2 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函 数的单调性或三角函数的有界性等求最值． x2 y2 21. 已知 ABC的三个顶点都在椭圆:  1上.  4 3 （1）设它的三条线段AB，BC，AC的中点分别为D，E，M ，且三条边所在线的斜率分别为 第 17 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) k ,k ,k ，且k ,k ,k 均不为0.点O为坐标原点，若直线OD，OE，OM 的斜率之和1.求证： 1 2 3 1 2 3 1 1 1   为定值； k k k 1 2 3 （2）当O是 ABC的重心时，求证： ABC的面积是定值；   （3）如图，设 ABC的边AB所在直线与x轴垂直，垂足为椭圆右焦点F ，过点F 分别作直线l ,l 与椭  1 2 圆交于C,D,E,G（不同于A，B两点），连接CG,DE与AB分别交于M,N ，求证： FM  FN . 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，代入椭圆方程，利用点差法得出斜率与中点坐标的关系即可得证； （2）点的坐标代入椭圆方程，化简得3x x 4y y 6，再由椭圆的参数方程化简可得cos()，再 1 2 1 2 由重心可得S 3S 求证即可； ABC AOB （3）根据直线CD、EG的方程及点在椭圆上可得曲线系 x2 y2  1yk xk yk xk 0，取x1，可由方程根的关系得证. 4 3 1 1 2 2 【小问1详解】 设Ax ,y ,Bx ,y ,Cx ,y ,Ds ,t ,Es ,t ,M s ,t  ， 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 x2 y2 x2 y2 因为A,B在椭圆上，所以 1  1 1, 2  2 1， 4 3 4 3 y  y 3 x x 3 s 1 4t 两式相减得：k  1 2   1 2   1 ，即  1 ， 1 x x 4 y  y 4 t k 3s 1 2 1 2 1 1 1 1 4t 1 4t 1 1 1 4 t t t  同理可得  2 ,  3 ，则     1  2  3  k 3s k 3s k k k 3 s s s 2 2 3 3 1 2 3  1 2 3  第 18 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 因为直线OD､OE､OM 的斜率之和为1， 1 1 1 4 4 1 1 1 所以    1 ，即   为定值. k k k 3 3 k k k 1 2 3 1 2 3 【小问2详解】 设Ax ,y ,Bx ,y ,Cx ,y  1 1 2 2 3 3 因为 ABC的重心为O，故x x x  y  y  y 0  1 2 3 1 2 3 x2 y2 又A､B､C都在椭圆  1上， 4 3 x2 y2 x2 y2 x x 2 y  y 2 故 1  1 1, 2  2 1, 1 2  1 2 1 4 3 4 3 4 3 化简得3x x 4y y 6， 1 2 1 2 设x 2cos,y  3sin,x 2cos,y  3sin， 1 1 2 2 代入上式可得：2coscos2sinsin1， 1 即cos ， 2 3 1 9 S 3S  x y x y 3 3 sin 3 3 1  ， △ABC △AOB 2 1 2 2 1 4 2 9 即 ABC的面积为定值 .  2 【小问3详解】 设直线CD方程为：y k x1 ，直线EG的方程为：y k x1 ， 1 2 直线CD与直线EG上所有点对应的曲线方程为： yk xk yk xk 0， 1 1 2 2 又C､D､E､G都在椭圆上，则同时过C､D､E､G的二次曲线系可设为： x2 y2  1yk xk yk xk 0， 4 3 1 1 2 2  1 3 取x1，得   y2  0，易知该方程的两根分别为y ,y ，由韦达定理可  3 4 M N 知，y  y 0，则 FM  FN . M N 第 19 页 共 20 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【点睛】关键点点睛：根据点在椭圆上，结合重心化简得3x x 4y y 6，利用椭圆的参数方程，结 1 2 1 2 合重心的性质找出S 3S ，并且能应用三角函数求出S 的 大小，是研究三角形面积为定值的 ABC AOB AOB 关键，本题困难，不易解答. 第 20 页 共 20 页