【解析版】2020年浙江省高考数学(理)预测押题试卷

1、由全国各地一线教师精心编制高考终极预测押题卷对近十年全国各地高考试题的全方位精确分析，把握命题规律，找出命题趋势。全网首发！百位名师呕血专研，只为高考最后一搏！浙江省高考数学（理）预测押题试卷一、选择题：本大题共 10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的.1. （5 分）（2012?胡南）设集合 M= -1, 0, 1, N=x|x2 < x）则 MA N=（）A. 0B. 0, 1C. - 1, 1D. - 1 , 0, 0）考点：交集及其运算.专题：计算题.分析：求出集合N,然后直接求解 MAN即可.解答：解：因为 N=x|x2 <x

2、=x|0 <x<1M= -1,0, 1）,所以 MA N=0 , 1.故选B.点评：本题考查集合的基本运算，考查计算能力，送分题.f （X） =CQS （肝马 一 CO5 （冗一二"）2. （5分）（?波二模）函数4 是（）A.周期为兀的偶函数B.周期为2兀的偶函数C.周期为兀的奇函数D.周期为2兀的奇函数考点：两角和与差的余弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的奇偶性；余弦函数的奇偶性.专题：三角函数的图像与性质.分析：-利用两角和差的余弦公式化就爱你函数的解析式为f （x） =-V2sinx,由此可得函数的周期性和奇偶性.解较.（ 冗、TTTC用牛口，f（X）=

3、COS Ck+） -一下）解：函数口= =cosxcos 4 sinxsin 47TI 兀（cosxcos + +sinxsin 4 ）兀=-2sinxsin 斗=-Jsinx,2TT它的周期为1 =2兀，且是奇函数，故选D.点评：本题主要考查两角和差的余弦公式的应用，正弦函数的周期性和奇偶性，属于中档题.3. （5分）（如波二模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（D. |16Vs考点：由三视图求面积、体积.专题：空间位置关系与距离.分析：由已知中的三视图，我们可以判断出几何体的形状，进而求出几何体的底面面积和高 后，代入棱锥体积公式，可得答案.解答：解：由已知中的三视图可得几

4、何体是一个三棱锥，如图，即图中在长方体中红色的部 分.知棱锥的底面是一个以 4、行为底，以2为高的三角形，棱锥的高为 2,故棱锥的体积V=工?£（4乃SV3)?2?2=：'故选A.点评：本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知判断出几何体的形状是解答本题的关键.4. （5分）（ 好波二模）已知点 P （3, 3） , Q （3, - 3） , O为坐标原点，动点 M （x,"| OP，而 |<12 4*y）满足|0C*0M|<12则点M所构成的平面区域的面积是（）A . 12B. 16C. 32D. 64考点：简单线性规划；平面向量数量积的坐标表示

5、、模、夹角.专题：不等式的解法及应用.分析：先根据向量的数量积化简约束条件，再画出约束条件表示的可行域，然后求出可行域的面积即可.解答：解：二.已知点P (3, 3) , Q (3, - 3) , O为坐标原点，动点 M (x, y)0P= (3, 3) , 0Q= (3, - 3) , 0K= (x, y).，满足I |而而|<12,即、|3l3f|412,它表示的可行域为：边长为 4反的正方形，则其围成的平面区域的面积为：4巧>4=32;故选C.JS-3y="L2同时考查了阅读理点评：本题主要考查了两个知识点：平面向量的坐标运算以及平面区域, 解题意的能力以及简单的转

6、化思想和数形结合的思想，属中档题.5. (5 分)(？波二模)已知 a, bCR,条件 p： “Ab"，条件 q： “2 a2b-1"，则 p 是q的()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考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.专题：不等式的解法及应用.分析：由条件p： “Ab"，再根据函数y=2x是增函数，可得故条件 q成立.但由条件q： “2a2b-1”成立，不能推出条件 p： “Ab”成立，从而得出结论.解答：解：由条件p： "Ab”,再根据函数y=2x是增函数，可得 2a>bb,，2a> b

7、b- 1,故 条件q： “2a 2b-1”成立，故充分性成立.但由条件q： “2a>2b-1”成立，不能推出条件 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的充分不必要条件，故选A.点评：本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，函数 y=2x的单调性，通过举 反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于基础题.6. （5分）（好波二模）在 石头、剪刀、布”的游戏中，规定：石头赢剪刀”、剪刀赢 布”、布赢石头现有甲、乙两人玩这个游戏，共玩 3局，每一局中每人等可能地独立选择一种手势.设甲赢乙的局数为 E,则随机变量

8、E的数学期望是（C. 2)D. 1考点专题分析解答:离散型随机变量的期望与方差.概率与统计.士的可能取值为:0、1、2、3,每一局中甲胜的概率为由二项分布的期望的求解可得答案.解：由题意可得随机变量 E的可能取值为:0、 1、2、11每一局中甲胜的概率为 3X3=3,平的概率为 _8_= 2T, p13,进而可得gB （3,3,3,输的概率为3故丁 B 故选DP ( E =2(E=1P (七=3点评:B (3, 3)是解决问题的关键，属本题考查离散型随机变量的期望的求解，得出 中档题.7. （5分）（好波二模）已知数列an是1为首项、2为公差的等差数列，bn是1为首 项、2为公比的等比数列.设

9、 口 口，Tn=c1+c2+cn （nCN*）,则当Tn> 时，n的 最小值是（）A.7B.9C. 10D.11考点：等差数列与等比数列的综合.专题：等差数列与等比数列.分析：由 题设 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 > ,由此能求出当 Tn>时，n的最小值.解答：解：an是以1为首项，2为公差的等差数列， .an=2n - 1, bn是以1为首项，2为公比的等比数列，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则当Tn时，n的最小值是10.故选C.点评：本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理 问题，对数学思维的要求比较高，有一定的探索性.综合性强，难度大，易出错.8. （5分）（？波二模）已知空间向量-*»Fb满足 I a |

11、=| b |=1兀fM匕的夹角为二,O为空间直角坐标系的原点，点 A、B满足0A二？亘+BH*,*-MOB=3力一匕，则4 OAB的面积为B. - <C. 7 r考点专题分析解答:平面向量数量积的运算；三角形的面积公式.平面向量及应用.由向量的运算可得|0A|, |0B|,以及须，0B,平方关系可得 sin/ BOA，代入三角形的面积公式可得. 解代入夹角公式可得cos/BOA,由lOAl loBlsinZEOAS=，计算由题理可=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的面积S=11OA I I OB I sinZBOA J X沂 X沂 X9. (5分)(？波二模)设函数(x)成立，则()A . 3f (ln2) > 2f (ln3)C. 3f (ln2) v 2f (ln3)故选B点评：本题考查平面向量的数量积和三角形面积的求解，熟练掌握公式是解决问题的关键, 属中档题.f (x)的导函数为f'(x),对任意xeR都有f (x) >f8. 3f (ln2) =2f (ln3)D. 3f (ln2)与2f (

13、ln3)的大小不确定考点：利用导数研究函数的单调性；导数的运算.专题：综合题；导数的综合应用.构造函数g (x) = / ,利用导数可判断g (x)的单调性，由单调性可得g (ln2)与g (ln3)的大小关系，整理即可得到答案.解答：_,解： 令 g ( x )= 厂 ，则/ 、- f ( k) eK f" (s) - f (a)g "二r;JKK=已因为对任意xCR都有f (x) >f (x),所以g' (x) >0,即g (x)在R上单调递增，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),故选C.点评：本题考查导数的运算及利用导数研究函数的单调性，属中档题，解决本题的关键是根 据选项及已知条件合理构造函数，利用导数判断函数的单调性.10. (5分)(好波二模)三个顶点均在椭圆上的三角形称为椭圆的内接三角形.已知点A是椭圆的一个短轴端点， 如果以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形有且仅有三个, 则椭圆的离心率的取值范围是()考点：椭圆的简单性质.专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程.分析：2 ,22 十 l2T设椭圆的方程为3 b ，直线AB方程为y=kx+b (k>0),两方程联解得到 B的2k

15、 /b 2k Kb横坐标为a3lc2+b2 ,从而得 |AB|= dl+k' ? a2k2fb2 ,同理得到(k根据|AB|二|AC|建立关于k、a、b的方程，化简整理得到-1) b2k2+ (b2-a2) k+b2=0 ,结合题意得该方程有三个不相等的实数根，根据一元二次方程根与系数的关系和根的判别式建立关于a、b的不等式，解之即得c2>2b2,由此结合a2=b2+c2即可解出该椭圆的离心率的取值范围.解答：22%二I解：设椭圆的方程为 a b(a>b>0),1根据BA、AC互相垂直，设直线 AB方程为y=kx+b (k>0) , AC方程为y=-kx+b由y

16、=kx+b ,消去 y 并化简得(a2k2+b2) x2+2ka2bx=02k a 2b22解之得x1=0, x2= - d k +b ,可得2k-bB的横坐标为-3k +b 2k a'|AB|=71hF|x1 - x2|=J 1 + H ?”/+/. ABC是以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形,化简整理，得 b2k3 - a2k2+a2k- b2=0,分解因式得：(k - 1) b2k2+ ( b2- a2) k+b2=0 - (*)方程(*)的一个解是 k1=1 ,另两个解是方程 b2k2+ (b2-a2) k+b2=0的根k1=1 不是方程 b2k2+ (b2-a2) k+b

17、2=0 的根，.当方程b2k2+ (b2-a2) k+b2=0有两个不相等的正数根时，方程(*)有3个不相等的实数根相应地，以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形也有三个.,化简得c2>2b2因此， = (b2 a2) 2 2b4>0 且2J 22-即3c2>2a2,两边都除以3a2得a>32离心率e满足e2>3,解之得e>| 3 ,结合椭圆的离心率 e< 1,得3 <e< 1 故选：D点评：本题给出以椭圆上顶点为直角顶点的内接等腰直角三角形存在3个，求椭圆的离心率取值范围，着重考查了椭圆的标准方程、简单几何性质和直线与椭圆位置关系等知识

18、点，属于中档题.二、填空题：本大题共 7小题，每小题4分，共28分.产i1考点专题分析解答11. （4分）（？波二模）已知i是虚数单位，复数 左L+i的虚部是 2复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念.计算题.z的值，即可求得它的虚部.利用两个复数代数形式的乘除法法则求得1地（心）（17）包解：由于复数=1+i =（1 i） = 2 ,故它的虚部为1故答案为二.点评：本题主要考查复数的基本概念，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的哥运算性质，属于基础题.k值是 312. （4分）（安波二模）执行如图所示的程序框图，则输出的考点：程序框图.专题：图表型.分析：计算三次循环的结果，与判断框条件比

19、较，即可得到结论.解答：_解：第一次循环，s=l X 2, i=l ；第一次循环，s=L、2 2 A 3i=2；第三次循环，s=lX 2 2X 3 3X4 4, i=3 ；此时a>3,退出循环，输出k=3.故答案为：3.点评：本题考查了程序框图中的循环结构的应用，解题的关键是由框图的结构判断出框图的计算功能.13. (4分)(安波二模)工乂的展开式的常数项是-12 .考点：二项式系数的性质.专题：计算题.分析：' 一2(x2+2) ( X-1) 5的展开式的常数项是第一个因式取x2,第二个因式取士 ;第一个因式取2,第二个因式取(-1) 5,可得结论.解答：_解：第一个因式取 x

20、2,第二个因式取，可得,5 = 10第一个因式取2,第二个因式取(-1) 5,可得2X (- 1) 5=-2，展开式的常数项是- 10+ (-2) =- 12故答案为：-12点评：本题考查二项式定理的运用，解题的关键是确定展开式的常数项得到的途径.-17 - 24上4014. (4分)(安波二模)设函数f (x) =1'- L °<M<2 ,若函数g (x) =f (x)-1ax, xC-2, 2为偶函数，则实数 a的值为 2.考点：函数奇偶性的性质.专题：计算题；函数的性质及应用.分析：/-当量-,_ 2式上0依题意，可求得g (x)、1 一 a) l 1 *,

21、依题意，g ( T) =g (1)即可求得实数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，°工飞2为偶函数， g ( - 1) =g (1),即 a- 1=1 - a- 1= - a,.2a=1,目a= 2.1故答案为：.点评：本题考查函数奇偶性的性质，求得 g (x)的解析式后，利用特值法 g ( - 1) =g (1)

22、是解决问题的关键，属于中档题.15. (4分)(疔波二*H)从6名候选人中选派出 3人参加A、B、C三项活动，且每项 活动有且仅有1人参加，甲不参加 A活动，则不同的选派方法有100种.考点：排列、组合及简单计数问题.专题：计算题.分析：根据题意，分类讨论：若选的 3人中选了甲，选的3人中不选甲两种情况分别求解即可解答：r2cl,2解：若选的3人中选了甲：共有5 2 2=40种选法若选的3人中不选甲：共有A5=60种根据分类计数原理可知，共有 40+60=100故答案为：100点评：本题考查排列、组合的综合运用，本题解题的关键是注意优先分析特殊的元素，同时 需要区分排列与组合的意义.16. (

23、4 分)(？波二模)已知曲线 C1: y=x2+4 和 C2: y=2x-x2,直线 11 与 C1、C2 分别相切于点 A、B,直线12 (不同于11 )与C1、C2分别相切于点 C、D,则AB与CD交1点的横坐标是2 .考点：利用导数研究曲线上某点切线方程.专题：导数的概念及应用.分析：抛物线C1的方程是y=x2+4,和C2: y=2x - x2,由题意知曲线 C2与C1关于AB与 CD交点对称，得AB与CD交点即为两抛物线的对称中心.求出抛物线C1和抛物线C2的顶点坐标，再求出它们连线段的中点即可得出正确答案.解答：解：.C1: y=x2+4和C2: y=2x - x2 ,分别由抛物线y

24、=x2经过平移或对称变换而得， 它们是全等的图形，从而具有对称中心，又直线 11与12分别是它们的公切线，根据 对称性知，直线11与12也关于对称中心对称，从而曲线C2与C1关于AB与CD交点对称，AB与CD交点即为两抛物线的对称中心.如图.由于抛物线 C1和抛物线C2的顶点坐标分别为 M (0, 4) , N (1, 1),0+1 .1线段MN的中点的横坐标为 x= 2 =2.即两抛物线的对称中心的横坐标为2.点评：本题考查曲线方程，考查曲线的对称性.解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地 进行等价转化.17. (4分)(？宁波二模)在直角坐标平面上，已知点 A (0, 2) , B (0,

25、 1) , D (t, 0) (t>0).点 M是线段 AD上的动点，如果|AM|W2|BM|成立，则正实数 t的最小值是考点：两点间的距离公式；基本不等式. 专题：计算题.分析:设M (x, y),由题意可得 y= t，代入距离公式可得 x2+ (y-2) 2W4x2+ (y-1) 2,消掉y可得(3t2+12) x2-16tx+4t2 )相成立，进而可得其 WQ解此不等 式可得t的范围，进而可得最小值.解：设M (x, y),则由A、M、D三点共线可得工 工.北整理可得y= t ,由两点间的距离公式，结合 |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化简可得(3t2+12) x2 - 16tx+4t2 >0值成3t2+12>0,由二次函数的性质可得 = (- 16t) 2- 4 (3t2+12) ?4t2W。整理可得3t4 - 4t2 > Q即'解得t>3 ,或tw 3 (因为t>0,故舍去) 叩故正实数t的茎少值是：32V3故答案为：点评：本题考查两点间的距离公式，涉及不等式的解法，属中档题.三、解答题：本大题共 5小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18. (14分)(？宁波二模)在 ABC中，角A

27、, B, C所对的边分别为 a, b, c,设函数f ( X)=( K - A) - -iCOSA 2(xC R).(I)求函数f (x)的最小正周期和最大值；丸0 (cosB+cosC)(n)若函数f (x)在* 3处取得最大值，求 (b+G sim 的值.考 两角和与差的余弦函数；二倍角的正弦；二倍角的余弦.八、专 三角函数的图像与性质.题：分 (I )利用两角和差的正弦公式、余弦公式化简函数f ( x )的解析式为 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，再利用正弦定理及两角和差的正弦公式、余弦公式，化简要求的式子，求得结果. 解f

28、(工)=co s 2icosA+cosxsirLiEinA_ -<osA答：解：(I )依题意得2(2分) Cccs2i,co5A'l_sin2x*5inA) cos 12z - a)=E=2，(5 分)b ("Q)当 八所以T=tt,隼"2.(7分)故（14 分）本题主要考查两角和差的正弦公式、余弦公式，正弦定理以及二倍角公式的应用，属 于中档题.又(n> 1)占 八、评:19. （14分）（？宁波二模）设公比大于零的等比数列 an的前n项和为Sn,且a1=1, S4=5S2, 数列bn的前n项和为Tn,满足b1=1 ,及一"%, nCN*.

29、（I ）求数列an、bn的通项公式；（n）设Cn= （Sn+1） （nbn-入），若数列Cn是单调递减数列，求实数入的取值范围.考点：等差数列与等比数列的综合.专题：计算题；等差数列与等比数列.分析：（I）利用 a1=1, S4=5S2,求出数列的公比，即可求数列 an的通项公式；通过Tn二口 bj推出b仇一门+1 ,利用累积法求解bn的通项公式.（n）求出等比数列的前 n项和，化简Cn= （Sn+1） （nbn-入），推出Cn+1 - Cn, 利于基本不等式求出数列 Cn是单调递减数列，求实数 入的取值范围.解答：（本题满分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则得-* * » -P-» . _- bn-1 bn_g bn-3bj n+1 n n_ 14 3 n (n+1)所以" 'n+1）,当n=1时也满足.（7分）c? -Qn - 1 C 二 2n(/- _ K )(n)因为上 、所以n n+1,使数列Cn是单调递减数列,C _ C 二已 n ( 1 X ) Q则"I 】n+2 n+1对nCN*都成立，(10分)I1(- - -)即 n+2m+1n+2n+1 爪雾，(12 分)所以 1（14分）累积法的应用以及

31、数列的函数的特征的应20. （15分）（ 好波二模）如图，已知四棱锥AB=PC=2 , AP=BP=亚.（I ）求证：平面 PAB，平面 ABCD ;（n）求二面角 A - PC- D的平面角的余弦值.P-ABCD的底面为菱形，且/ ABC=60° ,点评：本题考查等比数列与等差数列的综合应用, 用，考查计算能力.考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法.专题：空间角.分析：（I）取AB中点E,连PE、CE,由等腰三角形的性质可得PEXAB .再利用勾股定理的逆定理可得 PEXCE.利用线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、定理即可证明.（II）建立如图所示的空间直角坐标系.利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面 角.解答：（I）证明：如图1所示，取AB中点E,连PE、CE.则PE是等腰 PAB的底边上的中线， 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中点E为坐标原点，EC所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所 在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则

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)设瓦二打 勺)是平面pac的一个法向量，:"PC=O,即:11 -臼二。.取xi=i,可得技 工产旧，门】二a - 如)-f设门2一 j，力，叼，是平面PCD的一个法向量,即二面角A - PC - D的平面角的余弦值是点评：熟练掌握等腰三角形的性质、勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理、面面垂直、 通过建立空间直角坐标系并利用两个平面的法向量的夹角得到二面角的方法等是解 题的关键.21. (15

34、分)(？波二模)如图，已知椭圆 E:(a>b>0)悴的离心率是 2P1、P2是椭圆E的长轴的两个端点(P2位于P1右侧)，点F是椭圆E的右焦点.点 Q是x轴上位于P2右侧的一点，且满足恒可网.(I ) 求椭圆E的方程以及点Q的坐标；(II) 过点Q的动直线l交椭圆E于A、B两点，连结AF并延长交椭圆于点 C,连结BF 并延长交椭圆于点 D.求证：B、C关于x轴对称；当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线l的方程.IT3C考点专题分析直线与圆锥曲线的关系；直线的一般式方程；椭圆的标准方程.圆锥曲线的定义、性质与方程.1 + 1.金方 相(I )设点F (c, 0) , Q (x,

35、 0) (x>a),由归、1怕41 1阳1,得富一匚，依题意|FQ|=1,即空牛,再由离心率H率热”二联立即可解得a, b, c,及点Q坐标；(n)设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆E的方程可得(2+m2) y2+4my+2=0 , 设A (x1, y1) , B (x2, y2),点B关于x轴的对称点B1 (x2, - y2),只需证明 B1即为点C,可证A、F、B1三点共线，根据斜率相等及韦达定理即可证明；由 得B、C关于x轴对称，同理A、D关于x轴对称，易知四边形 ABCD是一个等腰梯 形，从而四边形 ABCD 的面积 S=|x1-x2|? (|y1|+|y2|) 二|m|?|

36、y1 - y2|?|y1+y2|,代入韦 达定理可得关于 m的函数，通过换元借助导数可求得S的最大值及相应的 m值，从而可得直线方程；解答：解：(I)设点 F (c, 0) , Q (x, 0) (x>a).|f；qr|p：q 西二可得s+a工一己JT _ q,解得依题意|FQ|=1,即cc V2又因为a 2b2=a2- c2,所以b=w=l .故椭圆的方程是 2,一，点Q的坐标是(2(n )设直线l的方程为x=my+2，代入椭圆依题意， = (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),则*)B关于x轴的对称点B1 (x2,-y2),B1占 八、A2占 八、则inyj+1 my 2+;l=0»2my1"24了1+¥2(10为十1)皿旷£十1)°由(*)可知上述关系成立.因此，点C即是点B1,这说明B、C关于x轴对称.由得B、C关于x轴对称，同理，A、D关于x轴对称.所以，四边形 ABCD是一个等腰梯形，则四边形 ABCD 的面积 S=|x1 - x2|? ( |y1|+|y2| )=|m|?|y14 m2 H,匚 口&a2:2y2|?|y1+y2|=国# - 2Ct>

38、0),则 m2=t2+2 ,S (t) =872*(t2+2) t()2求导可得-SV2-,令S'=0,可得t2=3-HVT7由于s (t)在3+/17)上单调增，在+8)上单调减.所以，当t2=3+近7即1=5+历7时，四边形ABCD的面积S取得最大值.此时，直线1的方程是x二土45+而才2点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程及直线的方程，考查三点共线及直线 斜率，考查学生综合运用所学知识分析解决问题的能力，本题综合性强，所用知识点繁多，对能力要求高.22. ( 14分)( 好波二模)设函数 f (x) =lnx+ax2 - ( 3a+1) x+ (2a+1),其中 aC R.(I)如果x=1是函数f (x)的一个极值点，求实数 a的值及f (x)的最大值；(n)求实数a的值，使得函数f (x)同时具备如下的两个性质：:：:<f ( n 2)对于任意实数 x