2021屆浙江省金麗衢十二校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題(解析版)

2021屆浙江省金麗衢十二校高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題一、單選題∣xx60，則MN（xM∣x2}，N1．已知集合{4x2）x∣3}A．{3xx∣2}B．{3xC．{2x∣2}xD．{x∣2x3}【答案】B【分析】解一元二次不等式求出集合，再利用集合N的交運(yùn)算即可求解.【詳解】由題意得Nx∣x2x60xx3x20x3x2，又∵M(jìn)∣x2}{4x∴MNx3x2．故選：B．xy202．若實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足約束條件270，則zy2x的最小值為（xy）y3019D．A．1【答案】CB．C．73【分析】根據(jù)約束條件畫(huà)出可行域，再根據(jù)目標(biāo)函數(shù)的幾何意義求解最小值即可.xy20【詳解】由實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足約束條件x2y70，畫(huà)出示意圖如下：y30將目標(biāo)函數(shù)zy2x化成斜截式得：y2xz，y則z的幾何意義是斜率為2的直線在軸上的截距，A(5,3)時(shí)，直線在軸上的截距最小，，當(dāng)直線過(guò)y由圖可知z3257，min此時(shí)故選：C【點(diǎn)睛】簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃有很強(qiáng)的實(shí)用性，線性規(guī)劃問(wèn)題常有以下幾種類(lèi)型：（1）平面區(qū)域的確定問(wèn)題；（2）區(qū)域面積問(wèn)題；（3）最值問(wèn)題；（4）逆向求參數(shù)問(wèn)題．而逆向求，是線性規(guī)劃中的難點(diǎn)，其主要是依據(jù)目標(biāo)函數(shù)的最值或可行域的情況定決參參數(shù)問(wèn)題數(shù)取值．3．函數(shù)f(x)的圖象如下，最恰當(dāng)?shù)慕馕鍪綖椋ǎ﹜A．sin(cosx)ycos(sinx)B．C．ysin(sinx)【答案】DD．ycos(cosx)f,f0的2【分析】先分析各選項(xiàng)中函數(shù)的奇偶性，然后在奇偶性滿(mǎn)足的選項(xiàng)中分析大小關(guān)系，由此判斷出最恰當(dāng)?shù)慕馕鍪?【詳解】每個(gè)選項(xiàng)中的函數(shù)fx的定義域均為R，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，A．fxsincosxsincosxfx，為偶函數(shù)；B．fxcossinxcossinxcossinxfx，為偶函數(shù)；C．fxsinsinxsinsinxsinsinxfx，為奇函數(shù)；D．fxcoscosxcoscosxfx，為偶函數(shù)；由圖象可知fx為偶函數(shù)，排除C；又由圖象可知ff0，2fsincossin00,f0sincos0sin10，不符合；在A中：22fcossincos1,f0cossin0cos01cos1，不符合；在B中：故選：D.224．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積為（）A．1B．2C．233D．22333【答案】D【分析】首先還原幾何體，再根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征求體積即可.【詳解】由三視圖分析幾何體結(jié)構(gòu)，得到如圖所示幾何體，該幾何體為正方體截去了左右頂點(diǎn)的兩個(gè)三棱錐，11所以此幾何體的體積為8211232223，故選：D【點(diǎn)睛】(1)求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積公式求解；(2)若所給幾何體的體積不直能接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補(bǔ)形法等方法進(jìn)行求解．q相切，則p是的（5．已知條件p:t1，條件q：直線1與圓xxty2y212）A．充分不必要條件C．充分必要條件【答案】AB．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件【分析】首先根據(jù)直線與圓相切求得t1，最后根據(jù)小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍做出判斷即可.【詳解】因?yàn)橹本€xty1與圓1相切，x2y2212，解得t1則，dt212qt1所以條件：，又因?yàn)闂l件p:t1，q所以是的充分不必要條件；p故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查充分必要性的判斷，主要根據(jù)就是小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍，在備考過(guò)程中，要多總結(jié)提高.6．口袋中有7個(gè)紅球、2個(gè)藍(lán)球和1個(gè)黑球．從中任取兩個(gè)球，記其中含紅球的個(gè)數(shù)為隨機(jī)變量．則的數(shù)學(xué)期望E()是（）6897A．B．C．D．5555【答案】B【分析】首先列出分布列，然后由期望的定義計(jì)算即可.【詳解】的可能取值為0，1，2.CkC72k，Pk3C210∴P177P2，15，0P1，1515的分布列為012177P151515∴E0117277155.1515故選：B.7．若(x2)10aaxax2ax1010，則xR下列結(jié)論正確的是（）012A．1024aaaa1B．01210aaaa310C．D．2aa3a39a1090121012【答案】C【分析】A．令x0B．令x1結(jié)合x(chóng)0的結(jié)果可計(jì)算出可計(jì)算出a的值；0aaa...的值；1012C．分別令x1，然后根據(jù)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式判斷取值的正負(fù)即可計(jì)算出aaaa的值；01210D．將原式求導(dǎo)，然后令x1即可得a12a3a9a10a的值，再根據(jù)展開(kāi)式10239a2a3a9a的值可求.的通項(xiàng)公式即可求解出a的值，則101239【詳解】A．令x0，所以a0102101024，故錯(cuò)誤；2B．令x1，所以...a1aaa...a1023，故錯(cuò)誤；210，所以aa012101C．令x1，所以aaa...a310310，又...aaaa1，0121001210所以2aaa...a3101，2aaa...a1310，024101359又因?yàn)閤210的展開(kāi)式通項(xiàng)為Crx2r，所以當(dāng)r為奇數(shù)時(shí)，項(xiàng)的系數(shù)為負(fù)數(shù)，10r1031011310所以aaaa310，故正確；2201210D．因?yàn)閤210aaxax2ax10，所以求導(dǎo)可得：0121010x29a2ax3ax2...10ax9，123101，所以a2a3a9a10a10令x，1239100時(shí)，C020a1，2r，當(dāng)r1010又因?yàn)檎归_(kāi)式通項(xiàng)為Crx10r10a2a3a9a101020，故錯(cuò)誤；所以1239故選：C.nn22020的通項(xiàng)公式為anN，則這個(gè)數(shù)列中的最大項(xiàng)是（）8．若數(shù)列annA．第43項(xiàng)【答案】CB．第44項(xiàng)C．第45項(xiàng)D．第46項(xiàng)，化簡(jiǎn)得到fx1fxxx22020【分析】設(shè)x2020，結(jié)合基本不等式，求得當(dāng)xx2020時(shí)，fx取得最大值，再根據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)公式和44202045，即可求解.0)，則fx1x2020，【詳解】根據(jù)題意，設(shè)fxxx22020(xx20202x2020=22020，當(dāng)且僅當(dāng)x2020時(shí)，等號(hào)成立，x因?yàn)閤x2020取得最小值，此時(shí)fx取得最大值，則當(dāng)x2020時(shí)，xxnn22020對(duì)于數(shù)列a，其通項(xiàng)公式為anN，nn44454422020a4522020又由44202045，則有a，4445所以數(shù)列中最大項(xiàng)為第45項(xiàng).故選：C.ABCDABCD的棱長(zhǎng)為1，且AM3NB，19．正方體3MD1，BN11111APxACyBD，x,yR，則MPNP的最小值為（123）1A．B．C．6243D．322【答案】A【分析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量坐標(biāo)運(yùn)算，利用可求得P點(diǎn)軌跡為平面ABCD，求出M關(guān)于平面ABCD對(duì)稱(chēng)點(diǎn)APxACyBD111111M，從而得到MPNPMPNPMN，由此可求得最小值.111【詳解】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，,ABAD,AA正方向?yàn)閤,y,z軸可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)1系，3331AM3MD，又AMMD1，，MD1，AM11122113331同理可得：BN，NB1，22，A0,0,0，C1,1,1，B1,0,0，D0,1,1，AC1,1,1，BD1,1,11111APx1,1,1y1,1,1xy,xy,xy，P的軌跡為yz（平面），即平面ABCD；1133；3MD0,1,，M點(diǎn)M關(guān)于平面ABCD對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M在DD上且滿(mǎn)足DM211111111MPNPMPNPMNM,P,N三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），1（當(dāng)且僅當(dāng)113333110，MN1M0,1,，N1,0,2，221MPNP的最小值為2.故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中的最值問(wèn)題的求解，解題關(guān)鍵是能夠通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)運(yùn)算求得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡，進(jìn)而結(jié)合軌跡，利用對(duì)稱(chēng)性得到最值.ln(x),x010．已知函數(shù)f(x)xyaya20恰有4個(gè)交點(diǎn)，則2221的圖像與曲線,x0x實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．0a1C．0a2D．1a3B．1a2【答案】Baya0得到兩直線，接著根據(jù)數(shù)形結(jié)合求得實(shí)數(shù)a22【分析】首先化簡(jiǎn)曲線x22y的取值范圍.ayaya2()，22【詳解】由x222y2aya0得xy22開(kāi)平方得x(ya)，即xya0，ln(x),x0所以函數(shù)f(x)的圖像與兩條直線xya0共有四個(gè)交點(diǎn)，1,x0x如圖畫(huà)出示意圖：由于兩條直線xya0斜率為，截距為a，當(dāng)yxa與函數(shù)f(x)的左半支相切時(shí)，a1，此時(shí)兩直線與函數(shù)f(x)圖像有3個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)yxa與函數(shù)f(x)的右半支相切時(shí)，a2，此時(shí)兩直線與函數(shù)f(x)圖像有5個(gè)交點(diǎn)；由圖可得：當(dāng)1a2即1a2時(shí)，兩直線與函數(shù)f(x)圖像有4個(gè)交點(diǎn)；故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)圖像交點(diǎn)個(gè)數(shù)的問(wèn)題，解決本題主要通過(guò)數(shù)形結(jié)合出給參數(shù)的取值范圍，關(guān)鍵在于把握滿(mǎn)足題意的臨界狀況，根據(jù)求切線斜率及截距出給范圍，在平時(shí)做題時(shí)要多總結(jié)多提高.二、填空題11．將5名同學(xué)安排到3個(gè)小區(qū)參加創(chuàng)建文明城市宣傳活動(dòng)，每名同學(xué)只去1個(gè)小區(qū)，每個(gè)小區(qū)至少安排1名同學(xué)，則不同的安排方法共有______種．（用數(shù)字作答）．．．．．【答案】150【分析】首先確定將5名同學(xué)分成3組共有兩種分法，接著計(jì)算每種分法下安排方法種數(shù)，最后相加即可.【詳解】將5名同學(xué)安排到3個(gè)小區(qū)參加創(chuàng)建文明城市宣傳活動(dòng)，每名同學(xué)只去1個(gè)小1名同學(xué)，分組方法有（113），（122）兩種分法，當(dāng)分成（113）時(shí)，有60種安排方法；區(qū)，每個(gè)小區(qū)至少安排CA3353C25AC23A90種安排方法；當(dāng)分成（122）時(shí)，有3322綜上，共有150種安排方法故答案為：150(1)解排列組合問(wèn)題要遵循兩個(gè)原則：一是按元素.【點(diǎn)睛】(或位置)的性質(zhì)進(jìn)行分類(lèi)；二)為主體，是按事情發(fā)生的過(guò)程進(jìn)行分步．具體地說(shuō)，解排列組合問(wèn)題常以元素(或位置即先滿(mǎn)足特殊元素)，再考慮其他元素(或位置)．(或位置(2)不同元素的分配問(wèn)題，往往是先分組再分配．在分組時(shí)，通常有三種類(lèi)型：②均分勻組；③部分均分勻組，注意各種分組類(lèi)型中，不同分組方法的求法．①不均勻分組；12．設(shè)橢圓C:x2y21(ab0)的右焦點(diǎn)為，是橢圓C上第一象限內(nèi)的點(diǎn)，F(xiàn)POa2b2是原點(diǎn)．若||2，則橢圓C離心率的取值范圍是．FOFPPF______【答案】3,12【分析】設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)x,y，根據(jù)FOFPPF||得到關(guān)于的一元二x次方程，根據(jù)2000b2方程有解0求得a,b之間的不等關(guān)系，結(jié)合a2c2可求解出離心率的取值范圍.Px,y，F(xiàn)c,0，所以設(shè)FOc,0,FPxc,y，所以FOFPccx，【詳解】20000022xcyxc，所以，所以又PF0，2yccxxcxy2020222000000x221，所以x2cxb2yb2x20，所以cxb20，0a2a20cx220又00a2b200因?yàn)樯鲜龇匠逃姓龜?shù)解，只需c24b2c20，a2所以24b2，所以4c23a2，a33,1所以e且0e1，所以e.242.3,1故答案為：2的三個(gè)不同fxx13．設(shè)()ax21(a1)x(aR)，若對(duì)于滿(mǎn)足fxfxfx33312x(i1,2,3)，恒有xxxxxx4，則實(shí)數(shù)實(shí)數(shù)a的最小值為_(kāi)_____．122313i1【答案】【分析】設(shè)fxfxfxk，且xxx，則滿(mǎn)足312312，原不等式化簡(jiǎn)可得fxkxxxxxxxx2，結(jié)合展開(kāi)式的根與系數(shù)關(guān)12331xxxa21系可得23xx11，將變形為4xx，再結(jié)合根與系數(shù)13xx2xxxxxxa系化簡(jiǎn)，由配方法和二次函數(shù)性質(zhì)放縮即可求解【詳解】設(shè)fxfxfxk，且xxx，312312xxxxxxxxxxxx4，即則x3x2，由題意知，1122313122313fxkxxxxxxx3ax213(a1)xk0，123xxxxxxxxxxxxxxx0，32123122313123即xxxa123根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系有：1，xxxxxxa131223131故xxxx24xxax24a31xxx231131322134a4a44a4a42，a223x333333321,2a的最小值為1，故4a4a4故只需滿(mǎn)足24，即a2a20，解得a333故答案為：1【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想，其中對(duì)于三次函數(shù)的根與系數(shù)的關(guān)系接觸較少，應(yīng)類(lèi)比于二次函數(shù)推導(dǎo)關(guān)系進(jìn)行求解，屬于難題三、雙空題x______，|b|______．14．設(shè)平面向量a(1,2)，b(3,x)，，則a//b635【答案】【分析】首先根據(jù)向量平行的坐標(biāo)運(yùn)算求出x，然后根據(jù)向量的模長(zhǎng)公式計(jì)算可得|b|.【詳解】∵a(1,2)，b(3,x)，，a//b∴1x23，∴x6，∴b(3,6)，∴|b|36235.2故答案為：6；35.______，b______．15．設(shè)復(fù)數(shù)zabi（i是虛數(shù)單位），若z2z32i，則a【答案】12【分析】首先表示出z，然后根據(jù)復(fù)數(shù)的加法運(yùn)算得出z2z3abi，然后根據(jù)復(fù)數(shù)相等列出方程組，解之即可得到結(jié)果.【詳解】∵zabi，∴zabiabi2abi32i，即3abi32i∵z2z32i，∴根據(jù)復(fù)數(shù)相等可得3a3a1b2，即b2故答案為：1,2.f(x)sin2xcos2x最小正周期為_(kāi)___________，當(dāng)x0,時(shí)，16．函數(shù)264fx的值域?yàn)開(kāi)___________．23【答案】20,4【分析】首先化簡(jiǎn)函數(shù)f(x)13，最后根據(jù)公式求周期，結(jié)合函數(shù)的單sin(4x)423調(diào)性求值域.2coscos2x(3cos2x21【詳解】因?yàn)閒(x)sinx2xsin2x)262313，sin(4x)42343cos4x1sin4x44所以fx的最小正周期為T(mén)242，，x0,，4x4，因?yàn)?333所以sin(4x)3,1，322312sin(4x)30，故，344fx的值域?yàn)?,2，34230,；故答案為：；242xx1a，則xfxeR上的奇函數(shù)，當(dāng)0時(shí)，()17．已知是定義在fxxa____________，若f(|1m|)f(2m)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______．【答案】,113f(0)0，結(jié)合函數(shù)解析式可得【分析】由奇函數(shù)的定義得a的值，再對(duì)函數(shù)求導(dǎo)討論其單調(diào)性，結(jié)合不等式解出的范圍.mf(0)0，fx【詳解】因?yàn)?)是定義在上的奇函數(shù)，故R2xax1x0當(dāng)f(x)=ef(0)1a0，時(shí)，，則1，ax2x1=exx11x0所以當(dāng)f(x)=ex12，時(shí)x10，x12f(x)=ex有0，()在上為增函數(shù)，則fx，0又fxfx()為奇函數(shù)，所以()在上增函數(shù)，所以()在上為增函數(shù)；fxR若f(1m)f(2m)，必有1m2m，1即或，解得m，m11m2mm12m3m113，即的取值范圍為：，m13，故答案為：1；四、解答題1邊，，且，cosA別是內(nèi)角，，的對(duì)ABCc2bsinA18．已知，，分5．a(chǎn)bcbacABC（1）求函數(shù)的值；sinA面積為（2）若的20，求的值．a(chǎn)ABC【答案】（1）sinA54；（2）a65.【分析】（1）根據(jù)邊的（2）結(jié)合（1）的結(jié)果.大小關(guān)系確定角A為銳角，結(jié)合同角的平方關(guān)系，解方程即可；條件求出10，，cb5果以及已知然后根據(jù)余弦定理即可求出結(jié)【詳解】解：（1）因?yàn)椋訟為銳角bac由cosAsinA15，結(jié)合cos2Asin2A1，求得cosA53，sinA54．4（2）由（1）知sinA51根據(jù)面積公式bcsinA可求得bc50S，2c2bc，求得10，，b5結(jié)合a23又由余弦定理求得1002525065，5所以65．a(chǎn)19．如圖，三棱柱ABCABC中，2ABACBC，，，AC12ACABAC1111CBB1201．（）證明：平面平面ABCBBCC；111（）求直線2BC與平面ABC所成角的正弦值．1111）證明見(jiàn)解析；（2）21.7【答案】（CE，根據(jù)和ACBC，證得BC面ABAC【分析】（1）取中點(diǎn)，連接和BCEAE11AEC，得到BCCE，利用勾股定理證得CEAE，得到CE面ABC，進(jìn)而證得1111平面平面BBCC；ABC11（2）以為原點(diǎn)，射線yEA為x軸，射線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ABCEC1E的一個(gè)法向量BC，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解．n(3,3,1)和向量111）取中點(diǎn)，連接和BCAC2AB2AC2CE，設(shè)EAE1【詳解】（1ABACABAC1因?yàn)?，且E是中點(diǎn)，BC所以AE1BC2且，AEBC22又因?yàn)锳CBC，且ACAEA，可得BC面，AEC111AECCE面，所以因?yàn)锽CCE，111CBCC，又因?yàn)镋是中點(diǎn)，所以BC11CBB120CCB60△CCB因?yàn)?，可得，所以是等邊三角形?116CE，即AE2AC所以，所以CEAE，CE2212111BCCE，且BCAEE，所以CE面，ABC11又因?yàn)橛钟蒀E面BBCC，所以平面平面BBCC.ABC11111（2）以為原點(diǎn)，射線為yx軸，射線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，ECEEA設(shè)2ACAB2AC2，1A(1,0,0)，B(0,1,0)，，(0,2,3)C(0,0,3)BC(0,1,0)，則11可得(0,2,0)，BC(0,1,3)BC，(1,1,0)，BA111nBC0y3z0設(shè)平面ABC的一個(gè)法向量，則，即，n(x,y,z)1nBA0xy01取3，可得y3,z1，則n(3,3,1)，xnBC21sincosn,BC設(shè)直線BC與平面ABC所成角為，則11，nBC1711111121BC與平面ABC所成角的正弦值為．1117故直線2n1nN．2n1．已知數(shù)列20aa中，，na2an12n12a（）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；1nnaT2．（）設(shè)數(shù)列2的前項(xiàng)和，求證nTnnnn【答案】（1）答案見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析.2a2na2n1nN1）化簡(jiǎn)遞推關(guān)系得n2a【分析】（到n1，構(gòu)造新數(shù)列，利nn1nn2用累加法求其通項(xiàng)公式；（2）利用錯(cuò)位相減求和，再根據(jù)>0證明T2.n2n2n11【詳解】解：（1）由a2anN2n1n1n2a2na2n1nNn知n1n1令b2nan，nb1且bb2n1nN則11nnn2bbbbbbbb(2n1)31n2,由nnn1n12112an.所以n2nannn（2）易知an，所以，222nnn1234(n1)n2n12n于是Tn2222123411234(n1)n2n2所以Tn222222345n11111111n兩式相減得2T，，2222222n1n2345n1n22n12T1122n，所以2nTn22n12nnnn1n2n2Tn由于>0，所以22，2n2n即T2得證．n【點(diǎn)睛】本題的核心是考查錯(cuò)位相減求和.一般地，如果數(shù)列{}是等差數(shù)列，{}是等abnn比數(shù)列，求數(shù)列ab{·}的前項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以nnn等比數(shù)列{}的公比，然后作差求解．bn21Cy:2．如圖，已知拋物線0)的焦點(diǎn)為，過(guò)點(diǎn)的直線交于，兩CAB2px(pFF點(diǎn)，以為直徑的圓交軸于，，且當(dāng)軸時(shí)，|MN|4．AFxABxMN（）求拋物線的方程；1C（）若直線，分別交拋物線于，（不同于），直線交于點(diǎn)，2ANAMCGHAABGHP且直線的斜率大于，證明：存在唯一這樣的直線使得，，，四點(diǎn)共圓．ABABBHPM0【答案】（.y1）4x；（2）證明見(jiàn)解析21）當(dāng)軸時(shí)得，點(diǎn)坐標(biāo)及圓的方程，即|MN||AB|2p4可得答AFx【分析】（AB案；Ax,y，Bx,y，Mx,0，Nx,0，直線AB:xmy1與拋物線方（2）設(shè)點(diǎn)112234yyyxxxx，xx，，和，圓的方程并令y0，得34程聯(lián)立yy、121211234即，，，四點(diǎn)共圓等BHPM價(jià)于，再證明存在唯一直線AB滿(mǎn)足HGAB可HGAB得答案.22pp,Ap，B,p【詳解】（AFx1）當(dāng)軸時(shí)，2p2，p故圓的方程為xy22|MN||AB|2p4即p2，得，故拋物線yC的方程為4x；2Ax,y，Bx,y，Mx,0，Nx,0，（2）設(shè)點(diǎn)112234y4x2AB:xmy1，聯(lián)立直線xmy1得：4my40，Δ16m10，y224m4m212m2yy4m，yy4，所以1ym21，1,2m，212122xxmyy24m22，故圓心2m∴1212，16m1r1|AB|1m2122m1半徑2221即圓的方程為x2m2m212，ym21(2)24224m12，2214m令y0，則x2mx4m2x30，化簡(jiǎn)得：22xx4m22xx3，，3434若B，，，HPM四點(diǎn)共圓，則BPHBMH900，BHPM四點(diǎn)共圓等價(jià)于HGAB，即，，，HGAB，下證：存在唯一直線AB滿(mǎn)足設(shè)Hx,y，Bx,y，5566直線AM:xxtyy和直線AN:xxtyy，111121，得：4y4x2聯(lián)立y2ty4tyx40，1xxtyy111111yy4t，y4ty，同理yy4t，y4ty，所以151511162621yyyy544∴kHG24656tty12，xxyyyy2665565124xxxx又∵t，1t4，131y12y14ymm211∴kHG1xx42xxx4，2m2y1213y134又k1，得mmm212m21，所以2mmmm21，k3mABHG即2m3m21，4m6m210，設(shè)f(x)4xx1，x(0,)f(x)12x21，，3,33故fx在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，0,663又∵f(0)10，0，且f(1)20，f6x(0,)滿(mǎn)足fx0，故存在唯一m(0,)，滿(mǎn)足即存在唯一4m10，m26綜上結(jié)論得證．【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線、圓的幾何性質(zhì)，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是證明，，，四點(diǎn)BHPM共圓和證明存在唯一直線滿(mǎn)足，考查了學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題及推理能ABHGAB力.f(x)