【解析版】2020年浙江省高考數(shù)學(理)預測押題試卷

1、由全國各地一線教師精心編制高考終極預測押題卷對近十年全國各地高考試題的全方位精確分析，把握命題規(guī)律，找出命題趨勢。全網(wǎng)首發(fā)！百位名師嘔血專研，只為高考最后一搏！浙江省高考數(shù)學（理）預測押題試卷一、選擇題：本大題共 10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有 一項是符合題目要求的.1. （5 分）（2012?胡南）設集合 M= -1, 0, 1, N=x|x2 < x）則 MA N=（）A. 0B. 0, 1C. - 1, 1D. - 1 , 0, 0）考點：交集及其運算.專題：計算題.分析：求出集合N,然后直接求解 MAN即可.解答：解：因為 N=x|x2 <x

2、=x|0 <x<1M= -1,0, 1）,所以 MA N=0 , 1.故選B.點評：本題考查集合的基本運算，考查計算能力，送分題.f （X） =CQS （肝馬 一 CO5 （冗一二"）2. （5分）（?波二模）函數(shù)4 是（）A.周期為兀的偶函數(shù)B.周期為2兀的偶函數(shù)C.周期為兀的奇函數(shù)D.周期為2兀的奇函數(shù)考點：兩角和與差的余弦函數(shù)；三角函數(shù)的周期性及其求法；正弦函數(shù)的奇偶性；余弦函數(shù)的奇偶性.專題：三角函數(shù)的圖像與性質.分析：-利用兩角和差的余弦公式化就愛你函數(shù)的解析式為f （x） =-V2sinx,由此可得函數(shù)的周期性和奇偶性.解較.（ 冗、TTTC用?？?，f（X）=

3、COS Ck+） -一下）解：函數(shù)口= =cosxcos 4 sinxsin 47TI 兀（cosxcos + +sinxsin 4 ）兀=-2sinxsin 斗=-Jsinx,2TT它的周期為1 =2兀，且是奇函數(shù)，故選D.點評：本題主要考查兩角和差的余弦公式的應用，正弦函數(shù)的周期性和奇偶性，屬于中檔題.3. （5分）（如波二模）已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（D. |16Vs考點：由三視圖求面積、體積.專題：空間位置關系與距離.分析：由已知中的三視圖，我們可以判斷出幾何體的形狀，進而求出幾何體的底面面積和高 后，代入棱錐體積公式，可得答案.解答：解：由已知中的三視圖可得幾

4、何體是一個三棱錐，如圖，即圖中在長方體中紅色的部 分.知棱錐的底面是一個以 4、行為底，以2為高的三角形，棱錐的高為 2,故棱錐的體積V=工?£（4乃SV3)?2?2=：'故選A.點評：本題考查的知識點是由三視圖求體積，其中根據(jù)已知判斷出幾何體的形狀是解答本題的關鍵.4. （5分）（ 好波二模）已知點 P （3, 3） , Q （3, - 3） , O為坐標原點，動點 M （x,"| OP，而 |<12 4*y）滿足|0C*0M|<12則點M所構成的平面區(qū)域的面積是（）A . 12B. 16C. 32D. 64考點：簡單線性規(guī)劃；平面向量數(shù)量積的坐標表示

5、、模、夾角.專題：不等式的解法及應用.分析：先根據(jù)向量的數(shù)量積化簡約束條件，再畫出約束條件表示的可行域，然后求出可行域的面積即可.解答：解：二.已知點P (3, 3) , Q (3, - 3) , O為坐標原點，動點 M (x, y)0P= (3, 3) , 0Q= (3, - 3) , 0K= (x, y).，滿足I |而而|<12,即、|3l3f|412,它表示的可行域為：邊長為 4反的正方形，則其圍成的平面區(qū)域的面積為：4巧>4=32;故選C.JS-3y="L2同時考查了閱讀理點評：本題主要考查了兩個知識點：平面向量的坐標運算以及平面區(qū)域, 解題意的能力以及簡單的轉

6、化思想和數(shù)形結合的思想，屬中檔題.5. (5 分)(？波二模)已知 a, bCR,條件 p： “Ab"，條件 q： “2 a2b-1"，則 p 是q的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷.專題：不等式的解法及應用.分析：由條件p： “Ab"，再根據(jù)函數(shù)y=2x是增函數(shù)，可得故條件 q成立.但由條件q： “2a2b-1”成立，不能推出條件 p： “Ab”成立，從而得出結論.解答：解：由條件p： "Ab”,再根據(jù)函數(shù)y=2x是增函數(shù)，可得 2a>bb,，2a> b

7、b- 1,故 條件q： “2a 2b-1”成立，故充分性成立.但由條件q： “2a>2b-1”成立，不能推出條件 p： “Ab”成立，例如由20>20- 1成 立，不能推出0>0,故必要性不成立.故p是q的充分不必要條件，故選A.點評：本題主要考查充分條件、必要條件、充要條件的定義，函數(shù) y=2x的單調性，通過舉 反例來說明某個命題不正確，是一種簡單有效的方法，屬于基礎題.6. （5分）（好波二模）在 石頭、剪刀、布”的游戲中，規(guī)定：石頭贏剪刀”、剪刀贏 布”、布贏石頭現(xiàn)有甲、乙兩人玩這個游戲，共玩 3局，每一局中每人等可能地獨立選擇一種手勢.設甲贏乙的局數(shù)為 E,則隨機變量

8、E的數(shù)學期望是（C. 2)D. 1考點專題分析解答:離散型隨機變量的期望與方差.概率與統(tǒng)計.士的可能取值為:0、1、2、3,每一局中甲勝的概率為由二項分布的期望的求解可得答案.解：由題意可得隨機變量 E的可能取值為:0、 1、2、11每一局中甲勝的概率為 3X3=3,平的概率為 _8_= 2T, p13,進而可得gB （3,3,3,輸?shù)母怕蕿?故丁 B 故選DP ( E =2(E=1P (七=3點評:B (3, 3)是解決問題的關鍵，屬本題考查離散型隨機變量的期望的求解，得出 中檔題.7. （5分）（好波二模）已知數(shù)列an是1為首項、2為公差的等差數(shù)列，bn是1為首 項、2為公比的等比數(shù)列.設

9、 口 口，Tn=c1+c2+cn （nCN*）,則當Tn> 時，n的 最小值是（）A.7B.9C. 10D.11考點：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合.專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列.分析：由 題設 知 an=2n -1, bn=2n -1, 所 以 由Tn=ab1+ab2+ +abn=a1 + a2+a4+a 尸 ：2n+1-n-2 和 Tn >，得 2n+1 - n - 2 > ,由此能求出當 Tn>時，n的最小值.解答：解：an是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列， .an=2n - 1, bn是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，bn=2n - 1=(2X1 T) + (2X2-1)

10、 . Tn=c1+c2+ +cn=ab1+ab2+ +abn=a1+a2+a4+ +a+ (2><4- 1) + + ( 2>2n - 1 - 1)=2 (1+2+4+2n- 1) - n一n1- 2=2 x 1 一 ？=2n+1 - n - 2, Tn > , 2n+1 n 2> )解得n>10則當Tn時，n的最小值是10.故選C.點評：本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項，結合含兩個變量的不等式的處理 問題，對數(shù)學思維的要求比較高，有一定的探索性.綜合性強，難度大，易出錯.8. （5分）（？波二模）已知空間向量-*»Fb滿足 I a |

11、=| b |=1兀fM匕的夾角為二,O為空間直角坐標系的原點，點 A、B滿足0A二？亙+BH*,*-MOB=3力一匕，則4 OAB的面積為B. - <C. 7 r考點專題分析解答:平面向量數(shù)量積的運算；三角形的面積公式.平面向量及應用.由向量的運算可得|0A|, |0B|,以及須，0B,平方關系可得 sin/ BOA，代入三角形的面積公式可得. 解代入夾角公式可得cos/BOA,由lOAl loBlsinZEOAS=，計算由題理可=一=可SXi£-6Xixixl+121="'，故 cos/ BOA=OA-DBf 2 -*T T Z“)=6a - b112111

12、=6X12H><1><1i2=T|OA|OB |=7t-V7=14, 可得 sin / BOA=所以 OAB的面積S=11OA I I OB I sinZBOA J X沂 X沂 X9. (5分)(？波二模)設函數(shù)(x)成立，則()A . 3f (ln2) > 2f (ln3)C. 3f (ln2) v 2f (ln3)故選B點評：本題考查平面向量的數(shù)量積和三角形面積的求解，熟練掌握公式是解決問題的關鍵, 屬中檔題.f (x)的導函數(shù)為f'(x),對任意xeR都有f (x) >f8. 3f (ln2) =2f (ln3)D. 3f (ln2)與2f (

13、ln3)的大小不確定考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性；導數(shù)的運算.專題：綜合題；導數(shù)的綜合應用.構造函數(shù)g (x) = / ,利用導數(shù)可判斷g (x)的單調性，由單調性可得g (ln2)與g (ln3)的大小關系，整理即可得到答案.解答：_,解： 令 g ( x )= 廠 ，則/ 、- f ( k) eK f" (s) - f (a)g "二r;JKK=已因為對任意xCR都有f (x) >f (x),所以g' (x) >0,即g (x)在R上單調遞增，f (ln2)(ln3)又 ln2vln3,所以 g (ln2) < g (ln3)，即 已,F &

14、lt;-f (ln3)所以 23,即 3f(m2)v 2f (ln3),故選C.點評：本題考查導數(shù)的運算及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，屬中檔題，解決本題的關鍵是根 據(jù)選項及已知條件合理構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性.10. (5分)(好波二模)三個頂點均在橢圓上的三角形稱為橢圓的內接三角形.已知點A是橢圓的一個短軸端點， 如果以A為直角頂點的橢圓內接等腰直角三角形有且僅有三個, 則橢圓的離心率的取值范圍是()考點：橢圓的簡單性質.專題：計算題；圓錐曲線的定義、性質與方程.分析：2 ,22 十 l2T設橢圓的方程為3 b ，直線AB方程為y=kx+b (k>0),兩方程聯(lián)解得到 B的2k

15、 /b 2k Kb橫坐標為a3lc2+b2 ,從而得 |AB|= dl+k' ? a2k2fb2 ,同理得到(k根據(jù)|AB|二|AC|建立關于k、a、b的方程，化簡整理得到-1) b2k2+ (b2-a2) k+b2=0 ,結合題意得該方程有三個不相等的實數(shù)根，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系和根的判別式建立關于a、b的不等式，解之即得c2>2b2,由此結合a2=b2+c2即可解出該橢圓的離心率的取值范圍.解答：22%二I解：設橢圓的方程為 a b(a>b>0),1根據(jù)BA、AC互相垂直，設直線 AB方程為y=kx+b (k>0) , AC方程為y=-kx+b由y

16、=kx+b ,消去 y 并化簡得(a2k2+b2) x2+2ka2bx=02k a 2b22解之得x1=0, x2= - d k +b ,可得2k-bB的橫坐標為-3k +b 2k a'|AB|=71hF|x1 - x2|=J 1 + H ?”/+/. ABC是以A為直角頂點的橢圓內接等腰直角三角形,化簡整理，得 b2k3 - a2k2+a2k- b2=0,分解因式得：(k - 1) b2k2+ ( b2- a2) k+b2=0 - (*)方程(*)的一個解是 k1=1 ,另兩個解是方程 b2k2+ (b2-a2) k+b2=0的根k1=1 不是方程 b2k2+ (b2-a2) k+b

17、2=0 的根，.當方程b2k2+ (b2-a2) k+b2=0有兩個不相等的正數(shù)根時，方程(*)有3個不相等的實數(shù)根相應地，以A為直角頂點的橢圓內接等腰直角三角形也有三個.,化簡得c2>2b2因此， = (b2 a2) 2 2b4>0 且2J 22-即3c2>2a2,兩邊都除以3a2得a>32離心率e滿足e2>3,解之得e>| 3 ,結合橢圓的離心率 e< 1,得3 <e< 1 故選：D點評：本題給出以橢圓上頂點為直角頂點的內接等腰直角三角形存在3個，求橢圓的離心率取值范圍，著重考查了橢圓的標準方程、簡單幾何性質和直線與橢圓位置關系等知識

18、點，屬于中檔題.二、填空題：本大題共 7小題，每小題4分，共28分.產i1考點專題分析解答11. （4分）（？波二模）已知i是虛數(shù)單位，復數(shù) 左L+i的虛部是 2復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復數(shù)的基本概念.計算題.z的值，即可求得它的虛部.利用兩個復數(shù)代數(shù)形式的乘除法法則求得1地（心）（17）包解：由于復數(shù)=1+i =（1 i） = 2 ,故它的虛部為1故答案為二.點評：本題主要考查復數(shù)的基本概念，兩個復數(shù)代數(shù)形式的乘除法，虛數(shù)單位i的哥運算性質，屬于基礎題.k值是 312. （4分）（安波二模）執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的考點：程序框圖.專題：圖表型.分析：計算三次循環(huán)的結果，與判斷框條件比

19、較，即可得到結論.解答：_解：第一次循環(huán)，s=l X 2, i=l ；第一次循環(huán)，s=L、2 2 A 3i=2；第三次循環(huán)，s=lX 2 2X 3 3X4 4, i=3 ；此時a>3,退出循環(huán)，輸出k=3.故答案為：3.點評：本題考查了程序框圖中的循環(huán)結構的應用，解題的關鍵是由框圖的結構判斷出框圖的計算功能.13. (4分)(安波二模)工乂的展開式的常數(shù)項是-12 .考點：二項式系數(shù)的性質.專題：計算題.分析：' 一2(x2+2) ( X-1) 5的展開式的常數(shù)項是第一個因式取x2,第二個因式取士 ;第一個因式取2,第二個因式取(-1) 5,可得結論.解答：_解：第一個因式取 x

20、2,第二個因式取，可得,5 = 10第一個因式取2,第二個因式取(-1) 5,可得2X (- 1) 5=-2，展開式的常數(shù)項是- 10+ (-2) =- 12故答案為：-12點評：本題考查二項式定理的運用，解題的關鍵是確定展開式的常數(shù)項得到的途徑.-17 - 24上4014. (4分)(安波二模)設函數(shù)f (x) =1'- L °<M<2 ,若函數(shù)g (x) =f (x)-1ax, xC-2, 2為偶函數(shù)，則實數(shù) a的值為 2.考點：函數(shù)奇偶性的性質.專題：計算題；函數(shù)的性質及應用.分析：/-當量-,_ 2式上0依題意，可求得g (x)、1 一 a) l 1 *,

21、依題意，g ( T) =g (1)即可求得實數(shù)a的值.解答：f-E -24y<Q解：. f (x) ="一 L (Kx<2 ,f - aa - 1: - £4支40g (x) =f (x) ax=L(1 - &)工一1，。工<2 ,r - az - 1 7 - 21立0. g (x) =i(工一目)*一1，°工飛2為偶函數(shù)， g ( - 1) =g (1),即 a- 1=1 - a- 1= - a,.2a=1,目a= 2.1故答案為：.點評：本題考查函數(shù)奇偶性的性質，求得 g (x)的解析式后，利用特值法 g ( - 1) =g (1)

22、是解決問題的關鍵，屬于中檔題.15. (4分)(疔波二*H)從6名候選人中選派出 3人參加A、B、C三項活動，且每項 活動有且僅有1人參加，甲不參加 A活動，則不同的選派方法有100種.考點：排列、組合及簡單計數(shù)問題.專題：計算題.分析：根據(jù)題意，分類討論：若選的 3人中選了甲，選的3人中不選甲兩種情況分別求解即可解答：r2cl,2解：若選的3人中選了甲：共有5 2 2=40種選法若選的3人中不選甲：共有A5=60種根據(jù)分類計數(shù)原理可知，共有 40+60=100故答案為：100點評：本題考查排列、組合的綜合運用，本題解題的關鍵是注意優(yōu)先分析特殊的元素，同時 需要區(qū)分排列與組合的意義.16. (

23、4 分)(？波二模)已知曲線 C1: y=x2+4 和 C2: y=2x-x2,直線 11 與 C1、C2 分別相切于點 A、B,直線12 (不同于11 )與C1、C2分別相切于點 C、D,則AB與CD交1點的橫坐標是2 .考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程.專題：導數(shù)的概念及應用.分析：拋物線C1的方程是y=x2+4,和C2: y=2x - x2,由題意知曲線 C2與C1關于AB與 CD交點對稱，得AB與CD交點即為兩拋物線的對稱中心.求出拋物線C1和拋物線C2的頂點坐標，再求出它們連線段的中點即可得出正確答案.解答：解：.C1: y=x2+4和C2: y=2x - x2 ,分別由拋物線y

24、=x2經過平移或對稱變換而得， 它們是全等的圖形，從而具有對稱中心，又直線 11與12分別是它們的公切線，根據(jù) 對稱性知，直線11與12也關于對稱中心對稱，從而曲線C2與C1關于AB與CD交點對稱，AB與CD交點即為兩拋物線的對稱中心.如圖.由于拋物線 C1和拋物線C2的頂點坐標分別為 M (0, 4) , N (1, 1),0+1 .1線段MN的中點的橫坐標為 x= 2 =2.即兩拋物線的對稱中心的橫坐標為2.點評：本題考查曲線方程，考查曲線的對稱性.解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地 進行等價轉化.17. (4分)(？寧波二模)在直角坐標平面上，已知點 A (0, 2) , B (0,

25、 1) , D (t, 0) (t>0).點 M是線段 AD上的動點，如果|AM|W2|BM|成立，則正實數(shù) t的最小值是考點：兩點間的距離公式；基本不等式. 專題：計算題.分析:設M (x, y),由題意可得 y= t，代入距離公式可得 x2+ (y-2) 2W4x2+ (y-1) 2,消掉y可得(3t2+12) x2-16tx+4t2 )相成立，進而可得其 WQ解此不等 式可得t的范圍，進而可得最小值.解：設M (x, y),則由A、M、D三點共線可得工 工.北整理可得y= t ,由兩點間的距離公式，結合 |AM|W2|BM|恒成立可得x2+ (y-2) 2<4x2+ (yT)

26、 2,2t - 27整理可得 3x2+3y2 - 4y>0,代入 y= t化簡可得(3t2+12) x2 - 16tx+4t2 >0值成3t2+12>0,由二次函數(shù)的性質可得 = (- 16t) 2- 4 (3t2+12) ?4t2W。整理可得3t4 - 4t2 > Q即'解得t>3 ,或tw 3 (因為t>0,故舍去) 叩故正實數(shù)t的莖少值是：32V3故答案為：點評：本題考查兩點間的距離公式，涉及不等式的解法，屬中檔題.三、解答題：本大題共 5小題，共72分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.18. (14分)(？寧波二模)在 ABC中，角A

27、, B, C所對的邊分別為 a, b, c,設函數(shù)f ( X)=( K - A) - -iCOSA 2(xC R).(I)求函數(shù)f (x)的最小正周期和最大值；丸0 (cosB+cosC)(n)若函數(shù)f (x)在* 3處取得最大值，求 (b+G sim 的值.考 兩角和與差的余弦函數(shù)；二倍角的正弦；二倍角的余弦.八、專 三角函數(shù)的圖像與性質.題：分 (I )利用兩角和差的正弦公式、余弦公式化簡函數(shù)f ( x )的解析式為 析：二8S 12工-A)2,由此可求它的最大值.空-kEz(n)由(I)知：由3，求得A的值，再利用正弦定理及兩角和差的正弦公式、余弦公式，化簡要求的式子，求得結果. 解f

28、(工)=co s 2icosA+cosxsirLiEinA_ -<osA答：解：(I )依題意得2(2分) Cccs2i,co5A'l_sin2x*5inA) cos 12z - a)=E=2，(5 分)b ("Q)當 八所以T=tt,隼"2.(7分)故（14 分）本題主要考查兩角和差的正弦公式、余弦公式，正弦定理以及二倍角公式的應用，屬 于中檔題.又(n> 1)占 八、評:19. （14分）（？寧波二模）設公比大于零的等比數(shù)列 an的前n項和為Sn,且a1=1, S4=5S2, 數(shù)列bn的前n項和為Tn,滿足b1=1 ,及一"%, nCN*.

29、（I ）求數(shù)列an、bn的通項公式；（n）設Cn= （Sn+1） （nbn-入），若數(shù)列Cn是單調遞減數(shù)列，求實數(shù)入的取值范圍.考點：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合.專題：計算題；等差數(shù)列與等比數(shù)列.分析：（I）利用 a1=1, S4=5S2,求出數(shù)列的公比，即可求數(shù)列 an的通項公式；通過Tn二口 bj推出b仇一門+1 ,利用累積法求解bn的通項公式.（n）求出等比數(shù)列的前 n項和，化簡Cn= （Sn+1） （nbn-入），推出Cn+1 - Cn, 利于基本不等式求出數(shù)列 Cn是單調遞減數(shù)列，求實數(shù) 入的取值范圍.解答：（本題滿分14分）-Q =*r解：（I）由 S4=5S2, q>0,得

30、J" ' %（3 分）I 必-1 37 上廿1 n-2 n- 32 12則得-* * » -P-» . _- bn-1 bn_g bn-3bj n+1 n n_ 14 3 n (n+1)所以" 'n+1）,當n=1時也滿足.（7分）c? -Qn - 1 C 二 2n(/- _ K )(n)因為上 、所以n n+1,使數(shù)列Cn是單調遞減數(shù)列,C _ C 二已 n ( 1 X ) Q則"I 】n+2 n+1對nCN*都成立，(10分)I1(- - -)即 n+2m+1n+2n+1 爪霧，(12 分)所以 1（14分）累積法的應用以及

31、數(shù)列的函數(shù)的特征的應20. （15分）（ 好波二模）如圖，已知四棱錐AB=PC=2 , AP=BP=亞.（I ）求證：平面 PAB，平面 ABCD ;（n）求二面角 A - PC- D的平面角的余弦值.P-ABCD的底面為菱形，且/ ABC=60° ,點評：本題考查等比數(shù)列與等差數(shù)列的綜合應用, 用，考查計算能力.考點：用空間向量求平面間的夾角；平面與平面垂直的判定；二面角的平面角及求法.專題：空間角.分析：（I）取AB中點E,連PE、CE,由等腰三角形的性質可得PEXAB .再利用勾股定理的逆定理可得 PEXCE.利用線面垂直的判定定理可得PEL平面ABCD .再利用面面垂直的判定

32、定理即可證明.（II）建立如圖所示的空間直角坐標系.利用兩個平面的法向量的夾角即可得到二面 角.解答：（I）證明：如圖1所示，取AB中點E,連PE、CE.則PE是等腰 PAB的底邊上的中線， PE± AB . PE=1, CE=V5, PC=2,即 PE2+CE2=PC2.由勾股定理的逆定理可得，PEXCE.又 AB?平面 ABCD , CE?平面 ABCD ,且 ABA CE=E , PEL平面 ABCD .而PE?平面PAB，平面 PAB，平面 ABCD .(n)以AB中點E為坐標原點，EC所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EP所 在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則

33、 A (0, 1, 0) , C (小，0, 0) , D (|V3, 2, 0) , P (0, 0, 1),AC=(心，1, 0) , FC=(Q, 0, i), DC=(0, 2, 0)設瓦二打 勺)是平面pac的一個法向量，:"PC=O,即:11 -臼二。.取xi=i,可得技 工產舊，門】二a - 如)-f設門2一 j，力，叼，是平面PCD的一個法向量,即二面角A - PC - D的平面角的余弦值是點評：熟練掌握等腰三角形的性質、勾股定理的逆定理、線面垂直的判定定理、面面垂直、 通過建立空間直角坐標系并利用兩個平面的法向量的夾角得到二面角的方法等是解 題的關鍵.21. (15

34、分)(？波二模)如圖，已知橢圓 E:(a>b>0)悴的離心率是 2P1、P2是橢圓E的長軸的兩個端點(P2位于P1右側)，點F是橢圓E的右焦點.點 Q是x軸上位于P2右側的一點，且滿足恒可網(wǎng).(I ) 求橢圓E的方程以及點Q的坐標；(II) 過點Q的動直線l交橢圓E于A、B兩點，連結AF并延長交橢圓于點 C,連結BF 并延長交橢圓于點 D.求證：B、C關于x軸對稱；當四邊形ABCD的面積取得最大值時，求直線l的方程.IT3C考點專題分析直線與圓錐曲線的關系；直線的一般式方程；橢圓的標準方程.圓錐曲線的定義、性質與方程.1 + 1.金方 相(I )設點F (c, 0) , Q (x,

35、 0) (x>a),由歸、1怕41 1陽1,得富一匚，依題意|FQ|=1,即空牛,再由離心率H率熱”二聯(lián)立即可解得a, b, c,及點Q坐標；(n)設直線l的方程為x=my+2，代入橢圓E的方程可得(2+m2) y2+4my+2=0 , 設A (x1, y1) , B (x2, y2),點B關于x軸的對稱點B1 (x2, - y2),只需證明 B1即為點C,可證A、F、B1三點共線，根據(jù)斜率相等及韋達定理即可證明；由 得B、C關于x軸對稱，同理A、D關于x軸對稱，易知四邊形 ABCD是一個等腰梯 形，從而四邊形 ABCD 的面積 S=|x1-x2|? (|y1|+|y2|) 二|m|?|

36、y1 - y2|?|y1+y2|,代入韋 達定理可得關于 m的函數(shù)，通過換元借助導數(shù)可求得S的最大值及相應的 m值，從而可得直線方程；解答：解：(I)設點 F (c, 0) , Q (x, 0) (x>a).|f；qr|p：q 西二可得s+a工一己JT _ q,解得依題意|FQ|=1,即cc V2又因為a 2b2=a2- c2,所以b=w=l .故橢圓的方程是 2,一，點Q的坐標是(2(n )設直線l的方程為x=my+2，代入橢圓依題意， = (4m) 2-8 (2+m2) =8 (m2 - 2)E 的方程可得(2+m2) y2+4my+2=0 , > 0, m2 >2.A

37、(x1 , y1) , B (x2, y2),則*)B關于x軸的對稱點B1 (x2,-y2),B1占 八、A2占 八、則inyj+1 my 2+;l=0»2my1"24了1+¥2(10為十1)皿曠£十1)°由(*)可知上述關系成立.因此，點C即是點B1,這說明B、C關于x軸對稱.由得B、C關于x軸對稱，同理，A、D關于x軸對稱.所以，四邊形 ABCD是一個等腰梯形，則四邊形 ABCD 的面積 S=|x1 - x2|? ( |y1|+|y2| )=|m|?|y14 m2 H,匚 口&a2:2y2|?|y1+y2|=國# - 2Ct>

38、0),則 m2=t2+2 ,S (t) =872*(t2+2) t()2求導可得-SV2-,令S'=0,可得t2=3-HVT7由于s (t)在3+/17)上單調增，在+8)上單調減.所以，當t2=3+近7即1=5+歷7時，四邊形ABCD的面積S取得最大值.此時，直線1的方程是x二土45+而才2點評：本題考查直線與圓錐曲線的位置關系、橢圓方程及直線的方程，考查三點共線及直線 斜率，考查學生綜合運用所學知識分析解決問題的能力，本題綜合性強，所用知識點繁多，對能力要求高.22. ( 14分)( 好波二模)設函數(shù) f (x) =lnx+ax2 - ( 3a+1) x+ (2a+1),其中 aC R.(I)如果x=1是函數(shù)f (x)的一個極值點，求實數(shù) a的值及f (x)的最大值；(n)求實數(shù)a的值，使得函數(shù)f (x)同時具備如下的兩個性質：:：:<f ( n 2)對于任意實數(shù) x