云南省陆良县联办高级中学2019-2020学年高二下学期入学考试数学（理）试题

云南省陆良县联办高级中学2019-2020学年高二下学期入学考试数学（理）试题

陆良联中 2021 届高二下学期入学考试 理科数学 一、选择题（共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分） 1.已知全集 , , ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 化简集合 B，根据集合的交集运算即可求解. 【详解】 , ， 故选：B 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题. 2.若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 根据复数运算法则求解即可. 【详解】 ．故选 D． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想 解题． 3.甲、乙两名篮球运动员在 10 场比赛中得分的茎叶图如图所示，则“ ”是“甲运动员得 分平均数大于乙运动员得分平均数”的（ ） 【 U Z= { }0,1,2,3A = { }2 2B x x x= = A B = { }1,3 { }0,2 { }0,1,3 { }2 { } { }2 2 0.2B x x x= = = { }0,1,2,3A = {0,2}A B∴ = (1 i) 2iz + = z = 1 i− − 1+i− 1 i− 1+i ( ) ( 2i 2i 1 i 1 i1 i 1 i 1 i)( )z −= = = ++ + − 9x = A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】当 时，可得甲的平行数为 ，乙的平行数为 ， ，可得甲 的平行数大于乙的平行数；若甲的平行数大于乙的平行数可得 ，即 或 ，所 以“ ”是甲的平均分大于乙的平均分的充分不必要条件，故选 A. 4.已知等比数列 中， ，公比 ，则 等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析：直接代入等比数列通项公式即可 详解： ． 故选 ． 点睛：本题考查等比数列通项公式，属基础题. 5.函数 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 9x = 25.8 25.6 25.8 25.6> 7x > 8x = 9x = 9x = { }na 1 32a = 1 2q = − 6a 1 1 2 − 1− 1 2 5 6 132 12a  = ⋅ − = −   C 2( ) (3 )ln( )f x x x= − 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性，结合特殊点的值的情况求解. 【详解】已知函数 ， = = ，即函数是偶函数，故排除选项 B，D; 由 ，得 或 ， 当 x>0 时， ， ， 可排除选项 C，故选 A. 【点睛】本题考查了已知函数表达式，识别函数图象，涉及了函数的零点与函数的奇偶性； 从函数的奇偶性可以判断函数图象的对称性，从特殊点的值的情况，可以排除不符合要求的 选项. 6.若抛物线 y2=2px（p>0）的焦点是椭圆 的一个焦点，则 p= A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于 的方程，即可解出 ，或者利用检验排除的 方法，如 时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除 A，同样可排除 B， C，故选 D． 【详解】因为抛物线 的焦点 是椭圆 的一个焦点，所以 ，解得 ，故选 D． 【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养． 7.某几何体的三视图如图（虚线刻画的小正方形边长为 1）所示，则这个几何体的体积为 ( ) ( ) ( )23 lnf x x x= − ( ) ( ) ( )23 lnf x x x− = − − −（ ） ( ) ( )23 lnx x− ( )f x ( ) ( )23 ln 0x x− = 1x = ± 3x = ± 10 1e < < 2 1 1 13 ln 0f e e e    = − <       2 2 3 1x y p p + = p p 2p = 2 2 ( 0)y px p= > ( ,0)2 p 2 2 3 1x y p p + = 23 ( )2 pp p− = 8p = A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先还原几何体，再分割成两个椎体，最后根据锥体体积公式求结果. 【详解】几何体为如图多面体 PABCDE， 所以体积为 选 D. 【点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求 解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法 进行求解． (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求 9 4 8 2 3 12 8 3 1 1 1 1 82 2 (1 2) 2 2 1 .3 2 3 2 3D PABE A BCDV V− −+ = × × × × + + × × × × = 解． 8.在 中， ， ， ，则 在 方向上 投影是 （ ） A. 4 B. 3 C. -4 D. -3 【答案】D 【解析】 分析：根据平面向量的数量积可得 ，再结合图形求出 与 方向上的投影即可. 详解：如图所示： ， ， ， 又 ， ， 在 方向上的投影是： ， 故选 D. 点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问 题. 9.直线 分别与 轴， 轴交于 ， 两点，点 在圆 上，则 面积的取值范围是 A. B. C. D. 的ABC∆ AB AC AB AC+ = −    4AB = 3AC = BC CA AB AC⊥  BC CA  AB AC AB AC+ = −    0AB AC∴ ⋅ =  ∴ AB AC⊥  4AB = 3AC = BC∴ CA ( )cos , cos cos 3BC BC CA BC ACB BC ACB    π= − ∠ = − ∠ = − 2 0x y+ + = x y A B P ( )2 22 2x y− + = ABP△ [ ]2 6， [ ]4 8， 2 3 2  ， 2 2 3 2  ， 【答案】A 【解析】 分析：先求出 A，B 两点坐标得到 再计算圆心到直线距离，得到点 P 到直线距离范围， 由面积公式计算即可 详解： 直线 分别与 轴， 轴交于 ， 两点 ,则 点 P 在圆 上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 故点 P 到直线 的距离 的范围为 则 故答案选 A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档 题． 10.设 ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据对数函数的图像与性质，先判断 的符号；结合对数的运算及换底公式可判断 的 符号及 的范围，进而可比较大小得解. 【详解】由对数函数的图像与性质可知 ， ，所以 ， 排除 C 选项； 由对数运算及换底公式可得 AB ，  x y 2 0+ + = x y A B ( ) ( )A 2,0 ,B 0, 2∴ − − AB 2 2=  2 2x 2 2y− + =（ ） ∴ 1 2 0 2 2 2 2 d + += = x y 2 0+ + = 2d 2,3 2   [ ]2 2 1 2 2,62ABPS AB d d= = ∈  0.2log 0.3a = 2log 0.3b = 0a b ab+ < < 0ab a b< + < 0a b ab+ < < 0ab a b< < + ,a b +a b a b ab + 0.2log 0.3 0a = > 2log 0.3 0b = < 0ab < 0 2.2log 0 lo 0.3 g .3a b+ = + ， 因为 ，所以 ，故排除 D； 而 ，因为 ， 所以 ，则 ，所以 ， 综上可知， ， 故选：B. 【点睛】本题考查了对数函数图像与性质的综合应用，对数的运算与换底公式的应用，属于 中档题. 11.设 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等边三角形且其面积 为 ，则三棱锥 体积的最大值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：作图，D 为 MO 与球的交点，点 M 为三角形 ABC 的中心，判断出当 平面 时，三棱锥 体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示， 点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点， 2 2 2 log 0.3 log 0 log ..2 0 3+= 22 2 2 2 2 1 log 0.2 log 0.4 log 0log 0.3 log 0.3.2 log 0.2  = = ×    + 2 2 2log 0.2 0,llog 0.3 0, og 0.4 0<< < 0a b+ < 1 1 lg0.2 lg 2 lg0.4 lg0.3 lg0.3 lg0.3 a b ab a b + = + = + = 1 lg0.3 lg0.4 0− < < < lg0.40 1lg0.3 < < 0 1a b ab +< < ab a b< + 0ab a b< + < A B C D， ， ， ABC 9 3 D ABC− 12 3 18 3 24 3 54 3 DM ⊥ ABC D ABC− 当 平面 时，三棱锥 体积最大 此时， , 点 M 为三角形 ABC 的中心 中，有 故选 B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积 公式，判断出当 平面 时，三棱锥 体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到 ，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较难题 型． 12.已知双曲线 的左、右两个焦点分别为 ， 为其左右顶点, 以线段 为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为 ，且 ,则双 曲线的离心率为( ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析：求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点 ，再由两点的斜率公式，得到 的关系，再由离心率公式即可得到所求值． 详解：双曲线 的渐近线方程为 DM ⊥ ABC D ABC− OD OB R 4= = = 23 9 34ABCS AB= =  AB 6∴ =  2BM 2 33 BE∴ = = Rt OMB∴  2 2OM 2OB BM= − = DM OD OM 4 2 6∴ = + = + = ( )max 1 9 3 6 18 33D ABCV −∴ = × × = DM ⊥ ABC D ABC− 2BM 2 33 BE= = 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > 1 2F F、 A B、 1 2F F、 M 30MAB∠ =  21 2 21 3 19 3 19 2 M ,a b 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > by xa = ± ， 以 为 代入圆的方程，可得， （负的舍去）， ， 即有 又 ， 由于 ，则直线 的斜率为 又 ，则 ， 即有 ， 则离心率 ． 故选 B． 点睛：本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，直线的斜率公式，考查离 心率的求法，属于基础题． 二、填空题（共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 的内角 的对边分别为 .若 ，则 的面积为 __________. 【答案】 【解析】 【分析】 本题首先应用余弦定理，建立关于 的方程，应用 的关系、三角形面积公式计算求解，本 题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力 的考查． 【详解】由余弦定理得 ， 所以 ， 即 解得 （舍去） 1 2F F by xa ，= 2 2 acx a a b = = + y b= M a b（ ， ）， 0A a−（ ，） 30MAB∠ =  AM 3 3k = ， 2 bk a = 2 2 2 23 4 3b a c a= = −（ ） 2 23 7c a= 21 .3 ce a = ＝ ABC , ,A B C , ,a b c π6, 2 , 3b a c B= = = ABC 6 3 c ,a c 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − 2 2 21(2 ) 2 2 62c c c c+ − × × × = 2 12c = 2 3, 2 3c c= = − 所以 ， 【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错 误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算． 14.若 满足约束条件 则 的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】 作出可行域，根据目标函数的几何意义可知当 时， . 【详解】不等式组表示的可行域是以 为顶点的三角形区域，如下图所 示，目标函数 的最大值必在顶点处取得，易知当 时， . 【点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择及填空的形式出现，基本题型为给出 约束条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等. 15.已知 ， ，则 __________． 【答案】 【解析】 【详解】因为 ， 所以 ，① 因为 ， 所以 ，② 2 4 3a c= = 1 1 3sin 4 3 2 3 6 3.2 2 2ABCS ac B∆ = = × × × = ,x y 2 5 0, 2 3 0, 5 0, x y x y x + − ≥  − + ≥  − ≤ z x y= + 9 5, 4x y= = max 9z = (5,4), (1,2), (5,0)A B C z x y= + 5, 4x y= = max 9z = sin cos 1α β+ = cos sin 0α β+ = ( )sin α β+ 1 2 − ① ②得 ， 即 ， 解得 ， 故本题正确答案为 16.已知函数 是定义在 上的偶函数，若对于 ，都有 且当 时， ，则 __________. 【答案】 【解析】 【分析】 由 已 知 可 得 函 数 是 以 4 为 周 期 的 周 期 函 数 ， 且 是 定 义 在 上 的 偶 函 数 可 得 ，求出 与 的值，可得答案. 【 详 解 】 解 ： 由 已 知 函 数 对 于 ， 都 有 ， 可 得 ， 即当 时，函数 是以 4 为周期的周期函数， 又函数 是定义在 上的偶函数，可得 ， ， ， 故可得： ， 故答案为： . 【点睛】本题主要考查了函数奇偶性与周期性的综合应用，其中根据已知条件得出函数为周 期是 4 的周期函数是解题关键. 三、解答题（共 6 题，共 70 分） 17.为了纪念“一带一路”倡议提出五周年,某城市举办了一场知识竞赛,为了了解市民对“一 带一路”知识的掌握情况,从回收的有效答卷中按青年组和老年组各随机抽取了 40 份答卷,发 现成绩都在 内,现将成绩按区间 , , , ， ( )f x R 0x ≥ ( ) ( )2f x f x+ = − [ )0,2x∈ ( ) e 1xf x x= − ( ) ( )2017 2018f f− + = e ( )f x R ( ) ( ) ( ) ( )2017 2018 2017 2018f f f f− + = + ( )2017f ( )2018f ( )f x 0x ≥ ( ) ( )2f x f x+ = − ( ) ( ) ( )4 2f x f x f x+ = − + = 0x ≥ ( )f x ( )f x R ( ) ( ) ( ) ( )2017 2018 2017 2018f f f f− + = + ( ) ( )2017 504 4 1 (1) 1f f f e= × + = = − ( ) ( )2018 504 4 2 (2) (0) 1f f f f= × + = = − = ( ) ( ) ( ) ( )2017 2018 2017 2018 1 1f f f f e e− + = + = − + = e [ ]50,100 [ )50,60 [ )60,70 [ )70,80 [ )80,90 [ ]90,100 进行分组,绘制成如下的频率分布直方图． 青年组 中老年组 (1)利用直方图估计青年组的中位数和老年组的平均数； (2)从青年组 , 的分数段中,按分层抽样的方法随机抽取 5 份答卷,再从中选 出 3 份答卷对应的市民参加政府组织的座谈会,求选出的 3 位市民中有 2 位来自 分 数段的概率． 【答案】(1)中位数为 80，平均数为 (2) 【解析】 【分析】 (1)根据中位数使得左右两边的面积相等,可以确定中位数,再根据在频率分布直方图计算平均 数的方法计算即可求出平均数； (2) 求邮青年组 , 的分数段中答卷的份数,再求出抽取比例,最后确定两段中 分别抽取的答卷份数, 记 中的 3 位市民为 , , , 中的 2 位市民为 , , [ )80,90 [ ]90,100 [ ]90,100 73.5 3 10 [ )80,90 [ ]90,100 [ )80,90 a b c [ ]90,100 x y 列出可能出现的情况,最后求出选出的 3 位市民中有 2 位来自 分数段的概率． 【详解】解：(1)由青年组的频率分布直方图可知,前 3 个小矩形的面积和为 ,后 2 个小矩 形的面积和为 ,所以中位数为 80． 中老年组成绩的平均数为 ． (2)青年组 , 的分数段中答卷分别为 12 份,8 份, 抽取比例为 ,所以两段中分别抽取的答卷分别为 3 份,2 份． 记 中的 3 位市民为 , , , 中的 2 位市民为 , , 则从中选出 3 位市民，共有不同选法种数 10 种： , , , , , , , , , ． 其中,有 2 位来自 的有 3 种： , , ． 所以所求概率 ． 【点睛】本题考查了在频率分布直方图确定中位数和平均数的方法,考查了分层抽样的方法, 考查了古典概型概率的求法. 18.在 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对边的长. ， . （1）求角 A 的值； （2）若 ，求 的面积. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据同角三角函数关系式,可得 ,由正弦定理代入表达式即可求得 . （2）根据正弦和角公式,可代入求得 .再由正弦定理可求得 ,结合三角形面积公式即可 求得 的面积. [ ]90,100 0.5 0.5 ( )55 0.01 65 0.03 75 0.03 85 0.025 95 0.005 10 73.5× + × + × + × + × × = [ )80,90 [ ]90,100 5 1 12 8 4 =+ [ )80,90 a b c [ ]90,100 x y ( ), ,a b c ( ), ,a b x ( ), ,a b y ( ), ,a c x ( ), ,a c y ( ), ,a x y ( ), ,b c x ( ), ,b c y ( ), ,b x y ( ), ,c x y [ ]90,100 ( ), ,a x y ( ), ,b x y ( ), ,c x y 3 10P = ABC∆ cos 2 cosb A a B= 3cos 3B = 2 2c = + ABC∆ 4 π 2 2+ sin B A sinC b ABC∆ 【详解】（1）在 中,因为 , 所以 因为 由正弦定理,得 ,即 所以 若 ,则 ,与 矛盾,故 于是 又因为 所以 （2）因为 , , , 所以 由正弦定理 ,得 所以 的面积为 【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的应用,正弦定理解三角形,三角形面积公式的用法, 属于基础题. 19.已知数列 是各项都为正数的等比数列，且 . （1）求 的通项公式； （2）若 ，求数列 的前 n 项和 . ABC∆ 3cos 3B = 0 B π< < 2 6sin 1 cos 3B B= − = cos 2 cosb A a B= sin cos 2 sin cosB A A B= 6 3cos 2 sin3 3A A= ⋅ cos sinA A= cos 0A = sin 0A = 2 2sin cos 1A A+ = cos 0A ≠ tan 1A = 0 A π< < 4A π= 2 2c = + 4A π= 3cos 3B = 6sin 3B = 2 3 2 6 2 3 6sin sin( ) sin cos cos sin 2 3 2 3 6C A B Ac B A B += + = + = × + × = sin sin b c B C = 6(2 2)sin 3 2 2sin 2 3 6 6 c Bb C + ×⋅= = = + ABC∆ 1 1 2sin 2 2 (2 2) 2 22 2 2S bc A= = × × + × = + { }na 3 4 5 1 22 , 1a a a a a+ = + = { }na 2 2log 3 logn nb a= + 1 2 2 n nb b+ +       nS 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）将已知条件转化为 的形式，解方程求得 ，进而求得数列 的通项公式. （2）利用裂项求和法求得数列 的前 n 项和 . 【详解】（1）设数列 的公比为 q，则 ，可变形为 ， 化简为 解得 或 （舍去） 因为 ，所以 ，解得 所以数列 通项公式为 （2）因为 所以 所以 【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式和前 项和公式的基本量计算，考查裂项相消求和 法，属于基础题. 20.已知四棱锥 ， ， ， ，点 在底面 上的射影是 的中点 ， ． （1）求证：直线 平面 ； （2）若 ， 、 分别为 、 的中点，求直线 与平面 所成角的正弦 值； （3）当四棱锥 的体积最大时，求二面角 的大小． 的 12 3 n na − = 2 1n nS n = + 1,a q 1,a q { }na 1 2 2 n nb b+ +       nS { }na 3 4 52a a a+ = 2 3 4 1 1 12a q a q a q+ = 2 2 0q q− − = 2q = 1q = − 1 2 1a a+ = 1 12 1a a+ = 1 1 3a = { }na 1 11 223 3 n n na − −= × = ( ) 1 2 2 2 2log 3 log log 3 log 2 1n n n nb a a n−= + = = = − 1 2 2 2 1 12( 1) 1n nb b n n n n+ +  = = − + +  1 1 1 1 1 22 1 2 2 3 1 1n nS n n n  = − + − +…+ − = + +  n P ABCD− 1 2BC CD DA= = //BC AD 90ADC∠ =  P ABCD BD O 2PC = BD ⊥ POC 1BC = M N PO CD MN PCD P ABCD− B PC D− − 【答案】（1）证明见解析（2） （3） 【解析】 【分析】 （1）连接 ，由题意可得出 平面 ，可得出 ，由等腰三角形三线合 一的思想可得出 ，再利用线面垂直的判定定理可得出结论； （2）以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系，先由 求出点 的坐标，然后利用空间向量法可求出直线 与平面 所成角的正弦 值； （3）设 ，则 ， ，利用基本不等式求出三棱锥 体积的最大值，求出 的值，以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空 间直角坐标系，利用空间向量法可求出二面角 的大小． 【详解】（1）连接 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又因为 ，且 为 的中点，故 ． 又 ，所以 平面 ； （2）以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立直角坐标系如图所示， 则 ， ， ， ， 105 35 2 3 π OC PO ⊥ ABCD PO BD⊥ PO BD⊥ C CD CB x y 2PC = P MN PCD 2BC a= 2OC a= 22 2PO a= − P ABCD− a C CD CB x y B PC D− − OC PO ⊥ ABCD BD ⊂ ABCD PO BD⊥ BC CD= O BD OC BD⊥ PO OC O= BD ⊥ POC C CD CB x y ( )0,0,0C ( )0,1,0B ( )1,0,0D 1 1, ,2 2P m     于是 ，解得 ．即 ． 所以 ， ， 设平面 的法向量为 ， ， ， 则 ，令 ，得 ， 所以 ． 故直线 与平面 所成角的正弦值为 ； （3）设 ，则 ， ， 所以 ， 21 1 24 4PC m= + + = 6 2 =m 1 1 6, ,2 2 2P       1 ,0,02N      1 1 6, ,2 2 4M       1 60, ,2 4NM  =      PCD ( ), ,n x y z= ( )1,0,0CD = 1 1 6, ,2 2 2CP  =      0 0 1 1 6 602 2 2 n CD x x y zn CP x y z  ⋅ = = = ⇒  = −⋅ = + + =    1z = − ( )0, 6, 1n = − 6 60 2 4 105sin cos , 351 6 6 14 16 n NMn NM n NM θ + − ⋅= < > = = = ⋅ + ⋅ +      MN PCD 105 35 2BC a= 2OC a= 22 2PO a= − ( )2 4 21 2 4 2 2 2 2 2 23 2P ABCD a aV a a a a− += × × × − = − 32 2 22 2 4 62 3 9 a a a + + −≤ =   当且仅当 即 时取等号，此时 ， ， 以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系如图所示， 则 ， ， ， ． 设平面 的法向量为 ， ， ， 则 ，令 ，得 ， 同理，可得平面 的一个法向量为的 ， 所以 ， 又因为二面角 为钝二面角，所以二面角 的大小为 ． 【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了线面角和二面角的计算，建立空间直角坐 标系是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 2 22 2a a= − 2 6 3 3a = = 2 6 3BC CD= = 4 3 3BD = C CD CB x y ( )0,0,0C 2 6 ,0,03D       2 60, ,03B       6 6 6, ,3 3 3P       PBC ( )1 1 1 1, ,n x y z= 2 60, ,03CB  =      6 6 6, ,3 3 3CP  =      ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 6 0 03 6 03 n CB y y x z n CP x y z  ⋅ = = = ⇒  = − ⋅ = + + =    1 1z = − ( )1 1,0, 1n = − PCD ( )2 0,1, 1n = − 1 2 1 2 1 2 1cos , 2 ⋅< >= = ⋅      n nn n n n B PC D− − B PC D− − 2 3 π 21.已知椭圆 C: 的左,右焦点分别为 且椭圆 上的点 到 两点的距离之和为 4 (1)求椭圆 的方程; (2)若直线 与椭圆 交于 两点, 为坐标原点直线 的斜率之积等于 ，试探求△OMN 的面积是否为定值，并说明理由 【答案】（1） ；（2）定值 1 【解析】 【分析】 （1）由已知求得 ，又点 在椭圆上，代入求得 ，即可得到椭圆的方程； （2）设 ，联立方程组，求得 ，又由 直线 的斜率之积等于 ，化简求得 ，再由弦长公式和面积公式，即 可求解. 【详解】（1）由已知 ，即 ，又点 椭圆上， 所以 ，所以 ，故椭圆方程为 . （2）设 ， 由 ，得 ， 则 ，即 ， 且 ， 在 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 2,F F C P 3(1, )2 1 2,F F C y kx m= + C ,M N O ,OM ON 1 4 − 2 2 14 x y+ = 2a = 3(1, )2P 2 1b = 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 2 1 2 1 22 2 8 4( 1),1 4 1 4 mk mx x x xk k −+ = − =+ + ,OM ON 1 4 − 2 22 4 1m k= + 2 4a = 2a = 3(1, )2P 2 2 3 1 2 14 b + = （ ） 2 1b = 2 2 14 x y+ = 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 2 2 14 y kx m x y = + + = 2 21 4 ) 8 4( 1) 0k mkx m+ + + − =（ 2 2 2 264 16(1 4 )( 1) 0m k k m∆ = − + − > 2 21 4 0k m+ − > 2 1 2 1 22 2 8 4( 1),1 4 1 4 mk mx x x xk k −+ = − =+ + 因为直线 的斜率之积等于 ， ， 所以 ， 即 ， 又 到直线 MN 的距离为 ， 所以 . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解 答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与 系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考 查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 22.在直角坐标系 中，圆 C 的参数方程为 ，其中 为参数，以坐标原点 为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求圆 的极坐标方程； （2） 为圆 上一点，且 点的极坐标为 ，射线 绕 点逆时针 旋转 ，得射线 ，其中 也在圆 上，求 的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （ 1 ） 消 去 参 数 ， 得 到 圆 的 直 角 坐 标 方 程 ， 利 用 极 坐 标 与 直 角 坐 标 的 互 化 公 式 即得解； ,OM ON 1 4 − 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( ) 1 4 y y kx m kx m km x x k x x m x x x x x x + + + + += = = − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 8 ) 4 ( 1) (1 4 ) 4 1 4( 1) 4( 1) 4 km km k m m k m k m m − + − + + −= = −− − 2 22 4 1m k= + O 21 md k = + 2 2 2 2 1 2 1 2 2 16 81 ( ) 4 1 8kMN k x x x x k m += + + − = + − 2 21 1 16 8 4(4 1) 12 2OMNS MN d k k∆ = ⋅ = + − + = xOy 1 cos sin x y α α = +  = α O x C B C B ( )0 0 0, , ,2 6 π πρ θ θ  ∈ −   OB O 3 π OA A C OA OB+ 2cosρ θ= 2 3 α 2 2 2 , cos ,x y xρ ρ α= + = （2）设 ，利用极坐标的几何意义， ，利 用辅助角公式，即得解. 【详解】（1） ， 由 可得圆 的极坐标方程 ． （2）由题意可知： ，所以 ，所以 ， 从而 最大值为 ． 【点睛】本题考查了参数方程，极坐标综合，考查了参数方程，极坐标与普通方程的互化， 极坐标的几何意义，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 1 0( , )6A πρ θ + 0 02cos 2cos 3OA OB πθ θ + = + +   1 cos sin x y α α = +  = 2 2 2 2( 1) 1 2 0x y x y x⇒ − + = ⇒ + − = 2 2 2 , cos ,x y xρ ρ α= + = C 2cosρ θ= 1 0( , )6A πρ θ + 0 0 02cos 2cos 2 3 cos3 6OA OB π πθ θ θ   + = + + = +       0 ,2 6 π πθ  ∈ −   0( ) ( , )6 3 3 π π πθ + ∈ − 0 1cos( ) ( ,1]6 2 πθ⇒ + ∈ OA OB+ 2 3