廣東名校數(shù)學(xué)解答題參考答案(配套廣東名校數(shù)學(xué)解答題集錦2023屆高三)

名校數(shù)學(xué)解答題（數(shù)列、解析幾何、立體幾何、導(dǎo)數(shù)、函數(shù)）集錦參考答案廣州市2023屆高三年級調(diào)研測試18．（本小題滿分14分）解：（1）因?yàn)?，所以?shù)列是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．…………………2分所以．…………………4分因?yàn)?，所以．……?分（2）由（1）知，，所以．……………7分所以，①…………8分則，②…………9分①－②得，…………11分…………………12分．……………………13分所以．………………14分ABCDOABCDO（1）證明：因?yàn)槭钦叫?，所以，．………?分在折疊后的△和△中，仍有，．…………2分因?yàn)?，所以平面．……?分因?yàn)槠矫?，所以平面平面．………?分（2）解：設(shè)三棱錐的高為，由于三棱錐的體積為，所以．……5分因?yàn)?，所以．…?分以下分兩種情形求的長：①當(dāng)為鈍角時(shí)，如圖，過點(diǎn)作的垂線交的延長線于點(diǎn)，由（1）知平面，所以．又，且，所以平面．ABCDOH所以為三棱錐的高，即．ABCDOH在△中，因?yàn)?，所以．……………?分在△中，因?yàn)?，則．……………9分所以．………Ks5u……10分②當(dāng)為銳角時(shí)，如圖，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，由（1）知平面，所以．又，且，所以平面．所以為三棱錐的高，即．………………11分ABCDOH在△ABCDOH所以．…………12分在△中，因?yàn)?，則．……………13分所以．綜上可知，的長為或．…………14分20．（本小題滿分14分）解：（1）由題設(shè)知，，，…………1分由，得．……3分解得．所以橢圓的方程為．………4分（2）方法1：設(shè)圓的圓心為，則………………6分……………7分．………………8分從而求的最大值轉(zhuǎn)化為求的最大值．………………9分因?yàn)槭菣E圓上的任意一點(diǎn)，設(shè)，…………………10分所以，即．……………Ks5u……………11分因?yàn)辄c(diǎn)，所以．……………12分因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，取得最大值12．……………13分所以的最大值為11．………………………14分方法2：設(shè)點(diǎn)，因?yàn)榈闹悬c(diǎn)坐標(biāo)為，所以………………6分所以……………7分．…………………9分因?yàn)辄c(diǎn)在圓上，所以，即．………10分因?yàn)辄c(diǎn)在橢圓上，所以，即．…………………11分所以．……………12分因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，．………………14分方法3：①若直線的斜率存在，設(shè)的方程為，………………6分由，解得．………7分因?yàn)槭菣E圓上的任一點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)，所以，即．…………8分所以，……………………9分所以．……………………10分因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，取得最大值11．…………11分②若直線的斜率不存在，此時(shí)的方程為，由，解得或．不妨設(shè)，，．…………………12分因?yàn)槭菣E圓上的任一點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)，所以，即．所以，．所以．因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，取得最大值11．…………13分綜上可知，的最大值為11．………Ks5u………14分21．（本小題滿分14分）解：（1）當(dāng)時(shí)，，得．…1分因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)或時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減．所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為和．………………3分（2）方法1：由，得，因?yàn)閷τ谌我舛加谐闪?，即對于任意都有成立，即對于任意都有成立，……………?分令，要使對任意都有成立，必須滿足或…………5分即或………………………6分所以實(shí)數(shù)的取值范圍為．…………………7分方法2：由，得，因?yàn)閷τ谌我舛加谐闪ⅲ詥栴}轉(zhuǎn)化為，對于任意都有．……………4分因?yàn)?，其圖象開口向下，對稱軸為．①當(dāng)時(shí)，即時(shí)，在上單調(diào)遞減，所以，由，得，此時(shí)．…5分②當(dāng)時(shí)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，由，得，此時(shí)．……………Ks5u……6分綜上①②可得，實(shí)數(shù)的取值范圍為．……………………7分（3）設(shè)點(diǎn)是函數(shù)圖象上的切點(diǎn)，則過點(diǎn)的切線的斜率為，………………8分所以過點(diǎn)的切線方程為．…………9分因?yàn)辄c(diǎn)在切線上，所以，即．…………10分若過點(diǎn)可作函數(shù)圖象的三條不同切線，則方程有三個不同的實(shí)數(shù)解．………………11分令，則函數(shù)與軸有三個不同的交點(diǎn)．令，解得或．……………………12分因?yàn)椋?，所以必須，即．……?3分所以實(shí)數(shù)的取值范圍為．………………14分廣東省執(zhí)信中學(xué)2023屆高三模擬試題數(shù)學(xué)文19．（1）解：當(dāng)時(shí)，由已知得同理，可解得。。。。。。。。。。4分（2）證明：由題設(shè)當(dāng) 代入上式，得6分-1的等差數(shù)列。。10分，。。。。。。。。。。。12分14分20．（I）當(dāng)時(shí)，，…………2分令時(shí)，解得，所以在（0，1）上單調(diào)遞增；……4分令時(shí)，解得，所以在（1，+∞）上單調(diào)遞減．………6分（II）因?yàn)楹瘮?shù)的圖象在點(diǎn)（2，）處的切線的傾斜角為45o，所以．所以，．………………8分，…………10分因?yàn)槿我獾?，函?shù)在區(qū)間上總存在極值，所以只需………12分解得．……………14分21.解:(1）設(shè)A(xA,yA),F1(-c,0),F2(c,0),曲線C1所在橢圓的長軸長為2a，則2a=|AF1|+|AF2|=6…………2分又由已知及圓錐曲線的定義得：…………4分得：，又∵為鈍角，∴，故……5分即曲線C1的方程為，曲線C2的方程為…7分（2）設(shè)直線OC的方程為：y=k1x,由得即C(),…………9分同理得：D……10分∴直線CD的方程為：即，…13分當(dāng)x=0時(shí)，恒有y=，即直線CD過定點(diǎn)（0，）…14分廣東省執(zhí)信中學(xué)2023屆高三上學(xué)期期中數(shù)學(xué)文試題19.解：（Ⅰ）∵a3，a5是方程的兩根，且數(shù)列的公差d>0，∴a3=5，a5=9，公差∴………………3分又當(dāng)n=1時(shí)，有b1=S1=1－當(dāng)∴數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，∴…………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知…………9分∴………13分∴…………14分20.解:(Ⅰ)因?yàn)?所以c=1,則b=1,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為………5分(Ⅱ)∵P(1,1),∴,∴,∴直線OQ的方程為y=-2x,∴點(diǎn)Q(-2,4)…7分∴,又,∴,即OP⊥PQ,故直線PQ與圓O相切……10分(Ⅲ)當(dāng)點(diǎn)P在圓O上運(yùn)動時(shí),直線PQ與圓O保持相切………11分證明:設(shè)(),則,所以,,所以直線OQ的方程為 所以點(diǎn)Q(-2,)………12分所以,又……13分所以,即OP⊥PQ,故直線PQ始終與圓O相切.………14分21．解(1)，………………2分當(dāng)時(shí)，…………3分當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)遞減；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)遞增；∴當(dāng)時(shí)，取極小值，其極小值為．…………6分(2)解法一：由（1）可知函數(shù)和的圖象在處有公共點(diǎn)，因此若存在和的隔離直線，則該直線過這個公共點(diǎn)．…………7分設(shè)隔離直線的斜率為，則直線方程為，即．…………8分由，可得當(dāng)時(shí)恒成立．，由，得．…………10分下面證明當(dāng)時(shí)恒成立．令，則，………Ks5u…………11分當(dāng)時(shí)，．當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)遞增；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)遞減；∴當(dāng)時(shí)，取極大值，其極大值為．從而，即恒成立．………13分∴函數(shù)和存在唯一的隔離直線．………14分解法二：由(Ⅰ)可知當(dāng)時(shí)，(當(dāng)且當(dāng)時(shí)取等號)．……7分若存在和的隔離直線，則存在實(shí)常數(shù)和，使得和恒成立，令，則且，即．…8分后面解題步驟同解法一．全國100所名校2023屆高三學(xué)期初考試示范卷19、解：（I）由三視圖可知三棱柱為直三棱柱，底面是等腰直角三角形且，連結(jié)A1C，設(shè)。連結(jié)MO，由題意可知A1O=CO，A1M=B1M，所以MO//B1C20、解：（I），，，所以，所求橢圓方程為．（4分）（II）設(shè)，，過A，B的直線方程為由M分有向線段所成的比為2，得，（6分）則由得（8分）故，消x2得解得，（11分）所以，．（12分）21、解：（1）當(dāng)時(shí)，則（1分）依題意，得即，解得．（3分）又所以在上的最大值為．（6分）②當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，所以的最大值為0；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以在上的最大值為．（7分）綜上所述，當(dāng)，即時(shí)，在上的最大值為2；當(dāng)，即時(shí)，在上的最大值為．（8分）（3）假設(shè)曲線上存在兩點(diǎn)滿足題設(shè)要求，則點(diǎn)只能在y軸的兩側(cè)．不妨設(shè)，則，顯然因?yàn)槭且詾橹苯琼旤c(diǎn)的直角三角形，所以，即①若方程①有解，則存在滿足題意的兩點(diǎn)；若方程①無解，則不存在滿足題意的兩點(diǎn)若，則，代入①式得，即，而此方程無實(shí)數(shù)解，因此．（10分）此時(shí)，代入①式得,即②ABCDO?令，則，所以在上單調(diào)遞增，ABCDO?華附、省實(shí)、廣雅、深中2023屆高三上學(xué)期期末四校聯(lián)考18.解：（1）…………2分又底面是正方形，故…………….4分相交…………5分故………….6分（2），故兩點(diǎn)到平面的距離相等………8分故…………12分設(shè)中點(diǎn)，則且，又故，又故………14分19解：(Ⅰ)∵,1分∴由題意可知：且,Ks5u∴得：，3分∴,.令，得， 由此可知：X(－∞,－1)－1(－1,3)3(3,+∞)+0－0+↗極大值↘極小值↗∴當(dāng)x=－1時(shí),f(x)取極大值6分(Ⅱ)∵在區(qū)間[－1，2]上是單調(diào)減函數(shù)，oabP(－,2)oabP(－,2)4a-b+2a+b-z=a+b-224根據(jù)二次函數(shù)圖象可知且，即：也即9分作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖：11分當(dāng)直線經(jīng)過交點(diǎn)P(－,2)時(shí)，取得最小值,13分∴取得最小值為14分20.解：（Ⅰ）由題設(shè)可知：……………2分故………………3分故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：……………4分（Ⅱ）設(shè)，由可得：……………5分由直線OM與ON的斜率之積為可得：，即……………6分由①②可得：M、N是橢圓上，故故，即……………..8分由橢圓定義可知存在兩個定點(diǎn)，使得動點(diǎn)P到兩定點(diǎn)距離和為定值;….9分；（Ⅲ）設(shè)由題設(shè)可知………..10分由題設(shè)可知斜率存在且滿足………….③…12分將③代入④可得：……⑤………….13分點(diǎn)在橢圓，故所以…………14分21.證明：（1）是方程的兩個根，故對任意正整數(shù)，故；（2）由（1）與更相減損術(shù)可得：對任意正整數(shù)，故命題成立；Ks5u（3）是方程的兩個根且，故由可得：故廣東省華南師大附中2023屆高三第三次月考數(shù)學(xué)（文）試題18解：(1)證明：在三角形PBC中，是中點(diǎn)．F為PB中點(diǎn)所以EF//BC，所以(2)……（1）又是⊙O的直徑，所以……（2）由（1）（2）得因EF//BC，所以（3）因⊙O所在的平面，AC是PC在面ABC內(nèi)的射影，即為PC與面ABC所成角，，PA=AC在中，是中點(diǎn)，19解：由已知：故的兩根(1)由于由于①×(–3)＋②得：4a–2b>0∴(2)由韋達(dá)定理故當(dāng)這時(shí)，由即為增函數(shù)（也可用求導(dǎo)法來證），故當(dāng)也為增函數(shù)故這時(shí)，綜上，b的取值范圍是20解：（1）由得：，∴是等差數(shù)列，首項(xiàng)，公差；∴，從而，（2）由（1）得，，構(gòu)造函數(shù)則當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，∴，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，∴，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，（3）由（1）知，顯然是一個遞減數(shù)列，∴對恒成立。取，則∴存在滿足恒成立，的取值范圍是．廣東省揭陽一中、潮州金山中學(xué)2023屆高三上學(xué)期聯(lián)合摸底考試揭陽一中、金山中學(xué)2023－2023學(xué)年度高三第三次模擬聯(lián)考18．解：（1）證明：依題意：平面∴--------------------2分∴平面．--------------------5分（2）證明：中，，∴--------------------6分中，，∴．--------------------7分∴．--------------------8分∴在平面外∴平面．--------10分（3）解：由（2）知，，且∴到的距離等于到的距離為1．--------------------11分∴．--------------------12分平面∴．-----------14分19．解：(1)設(shè)C(x，y)，∵|AC|＋|BC|＋|AB|＝2＋2eq\r(2)，|AB|＝2，∴|AC|＋|BC|＝2eq\r(2)>2，-------------------3分∴由定義知，動點(diǎn)C的軌跡是以A、B為焦點(diǎn)，長軸長為2eq\r(2)的橢圓除去與x軸的兩個交點(diǎn)．∴a＝eq\r(2)，c＝1，∴b2＝a2－c2＝1.-------------------5分∴W：eq\f(x2,2)＋y2＝1(y≠0)．-------------------6分(2)假設(shè)存在點(diǎn)P滿足題意，則點(diǎn)P為拋物線與曲線W：eq\f(x2,2)＋y2＝1(y≠0)的交點(diǎn)，由消得-------------------9分解得（舍去）-------------------10分由代人拋物線的方程得-------------------12分所以存在兩個點(diǎn)P（）、（）到直線x=-1的距離恰好等于到點(diǎn)B的距離。-------------------14分20．解：（1）-------------------1分-------------------2分恒成立即恒成立顯然時(shí)，上式不能恒成立是二次函數(shù)由于對一切于是由二次函數(shù)的性質(zhì)可得-------------------4分即．---------------6分（2）-------7分該函數(shù)圖象開口向上，且對稱軸為假設(shè)存在實(shí)數(shù)m使函數(shù)區(qū)間上有最小值－5.①當(dāng)上是遞增的.解得舍去----------9分②當(dāng)上是遞減的，而在區(qū)間上是遞增的，即解得-------------------11分③當(dāng)時(shí)，上遞減的即解得應(yīng)舍去.-------------------13分綜上，當(dāng)時(shí)，函數(shù)---14分21．解：（1），由數(shù)列的遞推公式得，，-------------------3分（2）===-------------------6分?jǐn)?shù)列為公差是的等差數(shù)列.由題意，令，得-------------8分（3）由（2）知，所以-------------------10分此時(shí)==，-----------12分=>-------------------14分廣東省“六校教研協(xié)作體”2023屆高三聯(lián)考18．解：(1)證明：∵、分別是、的中點(diǎn)，∴．…2分而在平面外，∴平面．………4分(2)證明：∵平面，∴．又∵，∴平面．∴．……………6分∵中，，是的中點(diǎn)，∴．∵，∴平面．………8分(3)解：由（2）知：平面．∴是四棱錐的高．………9分中，．∴．……………10分由（2）知四邊形是直角梯形．且，．…11分∴．………………12分∴．…………13分19．解：（1）∵，∴∴∴∴---------4分∵，---------------------6分∴---------------------7分（2）∴=-----------------9分∴-------10分∵，，-----------12分∴＝-------------------14分20．解：（1）設(shè)橢圓方程為，則，即，………2分由此得，故橢圓方程是，將點(diǎn)的坐標(biāo)代入，得，解得，……4分故橢圓方程是.………6分問題等價(jià)于，即是否是定值問題.橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)是，不妨取焦點(diǎn)，當(dāng)直線的斜率存在且不等于零時(shí)，設(shè)直線的斜率為，則直線的方程是，………8分代入橢圓方程并整理得.………9分設(shè)，則.………10分根據(jù)弦長公式，===………11分以代換，得………12分所以即.…………13分當(dāng)直線的斜率不存在或等于零時(shí)，一個是橢圓的長軸長度，一個是通徑長度，此時(shí)，即.綜上所述，故存在實(shí)數(shù)，使得.………14分21．解：由題意得，且………………2分顯然，當(dāng)時(shí)，恒成立，在定義域上單調(diào)遞增；………………4分當(dāng)時(shí)由（1）得在定義域上單調(diào)遞增，所以在上的最小值為，即（與矛盾，舍）；………………6分當(dāng)，顯然在上單調(diào)遞增，最小值為0，不合題意；………………7分當(dāng)，，若（舍）；若（滿足題意）；若（舍）；…………9分綜上所述．………………10分若在(1,+)上恒成立，即在(1,+)上恒成立,(分離參數(shù)求解)等價(jià)于在(1,+)恒成立，令.；令，則顯然當(dāng)時(shí)，在(1,+)上單調(diào)遞減,,即恒成立,說明在(1,+)單調(diào)遞減,；………………12分所以在(1,+)上恒成立，所以.………………14分廣東省汕頭市六校2023屆高三5月高考交流16．解：（1）設(shè)的公比為,由已知得，解得.所以.……5分（2）由（1）得，，則，,設(shè)的公差為，則有解得……8分…………10分且數(shù)列的前項(xiàng)和………12分19．解：（1）該組合體的主視圖和側(cè)視圖如右圖示：-----3分(2)∵平面，平面∴平面平面ABCD∵∴BC平面----------5分∵-------6分∴四棱錐B－CEPD的體積----------8分(3)證明：∵，平面，平面∴EC//平面,------------------------------------10分同理可得BC//平面----------------------------11分∵EC平面EBC,BC平面EBC且∴平面//平面-------------------13分又∵BE平面EBC∴BE//平面PDA------------------------------------------14分20．解：（1）已知橢圓的長半軸為2，半焦距為，由離心率等于…………2分，橢圓的上頂點(diǎn)，拋物線的焦點(diǎn)為，拋物線的方程為…………6分（2）由已知，直線的方程為，，，，，切線、的斜率分別為、…………8分當(dāng)時(shí)，即…………9分由得：，解得或①即…………12分此時(shí)滿足①，直線的方程為…………14分21．(本題滿分14分)解：（1）令得或，使函數(shù)在區(qū)間上有極小值點(diǎn)，則解得：．……6分（2）由題意知，即使時(shí)，．①當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，，得或，由此得：；②當(dāng)，即，在為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，所以，得或由此得；③當(dāng)，即，在上為減函數(shù)，所以得或，由此得；由①②③得實(shí)數(shù)的取值范圍為或．………………14分廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)2023屆高三考前練筆17.（本小題滿分14分）解：（1）證明：在圖甲中∵且∴,即…………2分在圖乙中，∵平面ABD平面BDC，且平面ABD平面BDC＝BD∴AB⊥底面BDC，∴AB⊥CD．……4分又，∴DC⊥BC,且∴DC平面ABC．………………6分（2）∵E、F分別為AC、AD的中點(diǎn)∴EF//CD，又由（1）知，DC平面ABC，∴EF⊥平面ABC，………………7分∴………………9分在圖甲中，∵,∴,由得,…12分∴∴∴………14分19．（本題滿分12分）解:（1），…………1分根據(jù)已知，即，即……3分因?yàn)?，?shù)列是等比數(shù)列?！?分(2)由于，所以?！?分所以?！?1分所以數(shù)列的通項(xiàng)公式?！?2分20.（本題滿分14分）解：（1）設(shè)拋物線，則有，據(jù)此驗(yàn)證個點(diǎn)知（3，）、（4，4）在拋物線上，………………2分設(shè)：，把點(diǎn)（2，0）（，）代入得：解得∴方程為……………5分(2)容易驗(yàn)證直線的斜率不存在時(shí)，不滿足題意；……………6分當(dāng)直線斜率存在時(shí)，假設(shè)存在直線過拋物線焦點(diǎn)，設(shè)其方程為，與的交點(diǎn)坐標(biāo)為由消掉，得，…………8分于是，①即②………………11分由，即，得將①、②代入（*）式，得，解得；……13分所以存在直線滿足條件，且的方程為：或．………14分21．（本題滿分14分）解：（1），…………1分∵，，∴．……………3分令，則，…………4分∴在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn)，∴在區(qū)間上存在唯一的極小值點(diǎn)．………………6分取區(qū)間作為起始區(qū)間，用二分法逐次計(jì)算如下：，而，∴極值點(diǎn)所在區(qū)間是；又，∴極值點(diǎn)所在區(qū)間是；∵，∴區(qū)間內(nèi)任意一點(diǎn)即為所求．……9分（2）由，得，∵，∴，…………10分令，則，………12分∵，∴，∴在上單調(diào)遞增，∴，∴的取值范圍是．……………14分執(zhí)信中學(xué)2023-2023學(xué)年度第二學(xué)期高三級第三次模擬考試18．A（第18題）CDEPFA（第18題）CDEPFB因?yàn)樗倪呅问橇庑?，所以?分又因?yàn)槠矫妫矫妫裕?分而，所以平面．平面PBD，所以．6分（Ⅱ）連．設(shè)點(diǎn)到平面的距離為由題平面，平面平面所以8分點(diǎn)是中點(diǎn)，則是的中位線，，故正三角形的面積9分由（Ⅰ），知平面，10分，易求得，12分所以13分故點(diǎn)到平面的距離為．14分(本題若作出點(diǎn)到平面的距離,再用等面積法求高,可參照上面評分標(biāo)準(zhǔn))19．解：（=1\*ROMANI）設(shè)切點(diǎn)．由，知拋物線在點(diǎn)處的切線斜率為，故所求切線方程．2分即．4分的焦點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)因?yàn)辄c(diǎn)在切線上．所以，，．6分所求切線方程為．7分(Ⅱ)半徑為，圓心到直線的距離若或時(shí)與圓相離，9分若或時(shí)與圓相切，11分若時(shí)與圓相交，13分綜上，若或時(shí)(Ⅰ)中拋物線的切線與動圓相離，若或時(shí)(Ⅰ)中的拋物線的切線與動圓相切，若時(shí)(Ⅰ)中的拋物線的切線與動圓相交14分20．【解析】（Ⅰ）由題意有即，2分即，即.4分所以數(shù)列{}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列.5分，即.所以.7分(Ⅱ)證明：當(dāng)時(shí)，10分13分故14分21．【解析】（Ⅰ）的定義域是1分3分時(shí)5分時(shí)的遞減區(qū)間為，的遞增區(qū)間為和7分(Ⅱ)假設(shè)存在符合題設(shè)的正實(shí)數(shù),那么有如下三種情況:若時(shí)即得與矛盾9分若時(shí)那么與矛盾11分若時(shí)即是方程的兩個根13分綜上,存在滿足題意.14分廣東省中大附中2023-2023學(xué)年高二下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)16.解：∵橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（－4，0）和（4，0），……4分則可設(shè)雙曲線方程為（a＞0，b＞0），………………6分∵c＝4，又雙曲線的離心率等于2，即，∴a＝2．……………8分∴＝12．………10分；故所求雙曲線方程為．…………12分18．解：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz.（1）依題意得B（0，1，0）、N（1，0，1）∴||=…………4分（2）依題意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）∴={－1，－1，2}，={0，1，2，}，·=3，||=，||=∴cos<，>=…………..10分（3）證明：依題意，得C1（0，0，2）、M（，2），={－1，1，2}，={，0}.∴·=－+0=0，∴⊥，∴A1B⊥C1M…………….14分。19．解：（Ⅰ）由題意可知拋物線焦點(diǎn)在軸正半軸，設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為由準(zhǔn)線方程是，可得所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為6分（Ⅱ）設(shè)直線的方程為：，代人拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程消整理得設(shè)，，則①因?yàn)椋?，代人①，得②因?yàn)?，，代人②得所以直線的方程為：14分20．解：(1)由題設(shè)知f'(x)＝4x3－4ax，令f'(x)＝0，得4x(x2－a)＝0，當(dāng)a≤0時(shí)，得x＝0，x＜0時(shí)，f'(x)＜0；x＞0時(shí)，f'(x)＞0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)；單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)．---4分(2)∵a＜x＜2a，∴a＞0．當(dāng)a＞0時(shí)，令f'(x)＝0，得x＝0或x＝，……..6分列表如下：x(－∞，－)(－，0)(0，)(，＋∞)f'(x)－＋－＋f(x)遞減遞增遞減遞增得x＝－或x＝時(shí)，f(x)極?。絝(±)＝－a2．取x＝－，由條件得a＜－＜2a，無解．取x＝，由條件得a＜＜2a，解得＜a＜1．綜合上述：＜a＜1．-----------------------10分2023年廣東地區(qū)高三試題分類匯編之解析幾何1解：易知…………2分設(shè)P（x，y），則…………4分，，即點(diǎn)P為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)，有最小值3；當(dāng)，即點(diǎn)P為橢圓長軸端點(diǎn)時(shí)，有最大值4……6分（Ⅱ）假設(shè)存在滿足條件的直線l易知點(diǎn)A（5，0）在橢圓的外部，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l與橢圓無交點(diǎn)，所在直線l斜率存在，設(shè)為k直線l的方程為…………8分由方程組依題意…………10分當(dāng)時(shí)，設(shè)交點(diǎn)C，CD的中點(diǎn)為R，則又|F2C|=|F2D|…………13分∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立，所以不存在直線，使得|F2C|=|F2D|綜上所述，不存在直線l，使得|F2C|=|F2D|…………14分2解：（1）設(shè)橢圓C的方程為（＞＞），……1分拋物線方程化為，其焦點(diǎn)為…2分則橢圓C的一個頂點(diǎn)為，即………3分由，∴，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為………………6分（2）證明：易求出橢圓C的右焦點(diǎn)…7分設(shè)，顯然直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，代入方程并整理，得……9分∴，……10分又，，，，，而，，即，∴，，………12分所以…14分3.（本小題主要考查橢圓的概念、橢圓的方程等基礎(chǔ)知識，考查待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想與方法，以及運(yùn)算求解能力）解：（1）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，∵，∴…………2分整理，得（），這就是動點(diǎn)M的軌跡方程．…4分（2）方法1：如圖，由題意知直線的斜率存在，設(shè)的方程為（）……①…………………5分將①代入，得，………………6分由，解得．…………7分設(shè)，，則……②……8分令，則，即，即，且……9分由②得，即．……………11分且且．解得且…13分，且．∴△OBE與△OBF面積之比的取值范圍是．……………14分方法2：如圖，由題意知直線的斜率存在，設(shè)的方程為……①…………5分將①代入，整理，得，…………6分由，解得．…………………7分設(shè)，，則……②……8分令，且．………9分將代入②，得∴．即．…………11分∵且，∴且．即且．解得且．………13分，且．故△OBE與△OBF面積之比的取值范圍是．……………14分4.解：（1）由…………2分 拋物線在A處的切線斜率為，設(shè)圓的方程為， 由切線性質(zhì)得①又圓心在AB的中垂線上，即②…………6分 由①②得圓心圓M的方程為………………8分（2）由……10分 設(shè)，…………11分 又，……13分……14分（方法二：用切割弦定理的相應(yīng)給分）5.解：（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，線段F1F2與線段B1B2故該橢圓中即橢圓方程可為3分設(shè)H（x,y）為橢圓上一點(diǎn)，則 4分 若，則有最大值 5分由（舍去）6分 若（7分）由∴所求橢圓方程為（8分） （2）設(shè)，則由兩式相減得……③又直線PQ⊥直線m∴直線PQ方程為 將點(diǎn)Q（）代入上式得，……④ 11分由③④得Q（）12分 而Q點(diǎn)必在橢圓內(nèi)部，由此得 故當(dāng)時(shí)，E、F兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)P、Q的直線對稱 14分6.解：（1）由題可得，，設(shè)則，，……2分∴，∵點(diǎn)在曲線上，則，∴，從而，得.則點(diǎn)P的坐標(biāo)為.……5分（2）由題意知，兩直線PA、PB的斜率必存在，設(shè)PB的斜率為，………6分則BP的直線方程為：.由得，設(shè)，則，同理可得，則，.………………9分所以：AB的斜率為定值.………………10分（3）設(shè)AB的直線方程：.由，得由，得P到AB的距離為，………………12分則。當(dāng)且僅當(dāng)取等號∴三角形PAB面積的最大值為。………………14分7.解：（1）設(shè)C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1（a>b>0），設(shè)c>0，c2＝a2－b2，由條件知a-c＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝1，b＝c＝eq\f(\r(2),2)，故C的方程為：y2＋eq\f(x2,\f(1,2))＝1………4分（2）由eq\x\to(AP)＝λeq\x\to(PB)得eq\x\to(OP)－eq\x\to(OA)＝λ（eq\x\to(OB)－eq\x\to(OP)），（1＋λ）eq\x\to(OP)＝eq\x\to(OA)＋λeq\x\to(OB)，∴λ＋1＝4，λ＝3………………6分設(shè)l與橢圓C交點(diǎn)為A（x1，y1），B（x2，y2）eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,2x2＋y2＝1))得（k2＋2）x2＋2kmx＋（m2－1）＝0Δ＝（2km）2－4（k2＋2）（m2－1）＝4（k2－2m2＋2）>0（*）x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋2)，x1x2＝eq\f(m2－1,k2＋2)………9分∵eq\x\to(AP)＝3eq\x\to(PB)∴－x1＝3x2∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x2,x1x2＝－3x\o\al(2,2)))消去x2，得3（x1＋x2）2＋4x1x2＝0，∴3（eq\f(－2km,k2＋2)）2＋4eq\f(m2－1,k2＋2)＝0整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0………………11分m2＝eq\f(1,4)時(shí)，上式不成立；m2≠eq\f(1,4)時(shí)，k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)，因λ＝3∴k≠0∴k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)>0，∴－1<m<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)<m<1容易驗(yàn)證k2>2m2－2成立，所以（*）成立即所求m的取值范圍為（－1，－eq\f(1,2)）∪（eq\f(1,2)，1）………14分8.解：（1）（3分）∴橢圓的方程為（4分）聯(lián)立（5分）（8分） （10分）（2）由（1）可知橢圓的左焦點(diǎn)坐標(biāo)為F1（-1，0），直線AB的方程為x+y-1=0,所以點(diǎn)F1到直線AB的距離d=,（12分）又|AB|=，∴△ABF1的面積S==（14分）9.解：（1）設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，，（2分）由M，N兩點(diǎn)在橢圓上，若，則（舍去），（4分）。（5分）（2）當(dāng)時(shí)，不妨設(shè)（6分）又，，（8分）橢圓C的方程為。（9分）（3）因?yàn)?6,（10分）由(2)知點(diǎn)F(2,0),所以|AF|=6,即得|yM-yN|=（11分）當(dāng)MN⊥x軸時(shí),|yM-yN|=|MN|=,故直線MN的斜率存在,（12分）不妨設(shè)直線MN的方程為聯(lián)立，得，=,解得k=±1此時(shí)，直線的MN方程為，或（14分）10.解：（1）因?yàn)閽佄锞€的準(zhǔn)線的方程為所以，根據(jù)拋物線的定義可知點(diǎn)N是拋物線的焦點(diǎn)-----------2分所以定點(diǎn)N的坐標(biāo)為-----------3分（2）假設(shè)存在直線滿足兩個條件，顯然斜率存在，-----4分設(shè)的方程為，----5分以N為圓心，同時(shí)與直線相切的圓N的半徑為，----6分方法1：因?yàn)楸粓AN截得的弦長為2，所以圓心到直線的距離等于1，-------7分即，解得，---------8分當(dāng)時(shí)，顯然不合AB中點(diǎn)為的條件，矛盾！------9分當(dāng)時(shí)，的方程為-------10分由，解得點(diǎn)A坐標(biāo)為，-------11分由，解得點(diǎn)B坐標(biāo)為-------12分顯然AB中點(diǎn)不是，矛盾！---------------13分所以不存在滿足條件的直線．------------------------------------14分方法2：由，解得點(diǎn)A坐標(biāo)為，------7分由，解得點(diǎn)B坐標(biāo)為，------------8分因?yàn)锳B中點(diǎn)為，所以，解得，---------10分所以的方程為，圓心N到直線的距離，---------------11分因?yàn)楸粓AN截得的弦長為2，所以圓心到直線的距離等于1，矛盾！----13分所以不存在滿足條件的直線．-------------------------------------14分方法3：假設(shè)A點(diǎn)的坐標(biāo)為，因?yàn)锳B中點(diǎn)為，所以B點(diǎn)的坐標(biāo)為，--------8分又點(diǎn)B在直線上，所以，------------9分所以A點(diǎn)的坐標(biāo)為，直線的斜率為