2020届福建省厦门市高三毕业班第一次质量检测模数学(理)试题(解析版)

1、第1 1页共 2222 页2020 届福建省厦门市高三毕业班第一次质量检测模数学(理)试题一、单选题121 1 .已知A x x 1,B x(x )0，则Al CRB()211A A .1,1B B.C C.1,1D D.1,11,122【答案】C【解析】 先求出集合A,B，再根据交集和补集的定义求解即可.【详解】&I1 2解： A x x 1,B x(x -)0,1-A 1,1,B1,211 AI CRB1,1,22故选：C.【点睛】本题主要考查集合的交集和补集，属于基础题.2 2 设z i 3，则z |z|()A A.i 310B B.i 310c c.i 3、10D D.i 31

2、0【答案】B【解析】根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可.【详解】解：/z i 3,z i 3,z |z| i 3怖,【详解】第 2 2 页共 2222 页故选：B.【点睛】本题主要考查共轭复数和复数的模，属于基础题.3 3.中国武汉于 20192019 年 1010 月 1818 日至 20192019 年 1010 月 2727 日成功举办了第七届世界军人运动会 来自 109109 个国家的 93009300 余名运动员同台竞技. .经过激烈的角逐，奖牌榜的前 3 3 名如下：国家金牌银牌铜牌奖牌总数中国13313364644242239239俄罗斯51515353575716116

3、1巴西2121313136368888某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了2222 名获奖代表 从这 2222 名中随机抽取 3 3 人，则这 3 3 人中中国选手恰好 1 1 人的概率为（）221957171A A .B B.C C.D D.-57154015401540【答案】C C【解析】先根据分层抽样确定中国选手的人数，再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可.【详解】解：中国和巴西获得金牌总数为154154,按照分层抽样方法，2222 名获奖代表中有中国选手 1919 个，巴西选手 3 3 个，、CwCl57故这 3 3 人中中国选手恰好 1 1 人

4、的概率P一3C221540故选：C C.【点睛】本题主要考查分层抽样和古典概型的概率计算公式，属于基础题.4 4 已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为-2-2,且37是a3与39的等比中项，则S0的值为（）第3 3页共 2222 页A A . - 110110B B. 9090C C. 9090D D . 110110【答案】D D【解析】根据等比中项的定义得a；8389，结合公差可求出首项，从而可得答案.【详解】第 2 2 页共 2222 页解：Ta7是a3与a9的等比中项,a3a9,又数列an的公差为2,(ai212)(ai -4)(a116)，解得 a a 2020,- an20 (

5、n 1)(2)22 2nS1010(aia10)25(202) 110,故选： D D.【点睛】本题主要考查等差数列的前n项和，考查等比中项的应用，属于基础题.xx5 5.已知函数f x e e，给出以下四个结论：(1)(1)f x是偶函数；f x的最大值为 2 2;当f x取到最小值时对应的x 0；【详解】-函数f x为偶函数，故(1 1)对；e2xqxxei乂f Xeex,e当x 0时，e2xex1，则f x 0,f x在0,上单调递增，,0单调递增，在0,单调递减. .正确的结论是(B.B.C.D .【答案】C C【解析】 根据偶函数的定义可判断1 1),再利用导数研究函数的单调性与最值

6、.第5 5页共 2222 页结合偶函数的性质可知f X在,0单调递减,函数f x在x 0处取得最小值f xminf 02，无最大值，故（3 3）对，（2 2）（ 4 4）错，故选：C C.【点睛】本题主要考查偶函数的定义及判断，考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题.6 6.已知正四棱柱ABCD A3CD的底面边长为 1,1,高为 2 2,M为BC的中点，过M作平面 平行平面AiBD，若平面 把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（）1111A A .B B.C C .D D .8162448【答案】C C【解析】设N为C1D1的中点，P P 为 CGCG 的中点，连接

7、MN,MP,NP，连接 CBCB ,利用面面平行的判定定理可证得平面MNP/平面ABD，从而平面MNP为平面 ，从而可得体积较小的几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积计算公式求解即可.【详解】解：设N为C1D1的中点，P为 C C。的中点，连接MN,MP,NP，连接 CB-CB-在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，易证A1B1/CD，贝DA1/CB1,M为B1C1的中点，P为 CCCC1的中点,MP/CB1, DA1/MP,第6 6页共 2222 页 MP平面AiBD,DA1平面ABD, /.MP/平面ABD,同理可证：NP/平面A1BD,MN/平面ABD, MP I NP P,MP,NP平面M

8、NP, 平面MNP/平面A,BD,即平面MNP为平面 ，体积较小的几何体为三棱锥P C1MN,故选：C C.【点睛】 本题主要考查面面平行的判定，考查棱锥的体积公式，属于基础题.1C“37 7 .设ae2,b 4e2,c 2e1,d 3e2，则a,b,c,d的大小关系为（A A.c b d aB B.c d a bC C.c b a dD D.c d b a. . 【答案】B B【解析】利用指数幕的运算性质化成同分母，再求出分子的近似值即可判断大小.【详解】解：2a1 e3e，eb2164，e24c2e4e2d24，de9e4，e由于e2.7,2e7.393,e20.09, 所以c da b,

9、故选：B B.【点睛】本题主要考查比较幂的大小，属于基础题.8 8.函数f x sinx cosx的最小正周期与最大值之比为（）A A .B B.2C C. 4 4D D .8【答案】C C【解析】 去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值，从而得出答案.【详解】1 sin 2x, 2k2 21 sin 2x 2k2 2作出图象得x 2k2k Z,3x2k21 1则体积dMN3 2泅CN C1P1124，解：去绝对值f x第7 7页共 2222 页由图可知，函数的最小正周期为2，最大值为所以最小正周期与最大值之比为4 4 , 故选：C C.【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查

10、分类讨论与数形结合的思想，属于中档题.uuu uujr.CE,CD；：,再分类讨论，结合三角函数的性质即可得出结论.【详解】fUUU UULTr解：由已知可得AB 4,CE AE BE 2，设 ：:CE,CD；：,得2 4cos cos 4，此时 4同理，当D与B重合时 一4UUU UUU由CE CD 4，得2 CD cos 4，故选：C C.【点睛】max9 9 .已知三角形ABC为直角三角形，点uuv uuuv一点D都有CECDuuv ULUVBC AC 4E为斜边uuu则CDAB的中点，对于线段AB上的任意的取值范围是（A A .2,26B B.2,2.62,2、2D D.2,2、2【答

11、案】C C【解析】设当D与E重合UUUUUITCECD2 2 cosO 4，符合题意;当D与A重合时，BDCCD4cos，代入CE CDr4，即CD，结合cos0，可得CD 2,2 2，4第8 8页共 2222 页本题主要考查向量的数量积，考查三角函数的性质，考查分类讨论思想，属于中档题.2x23第9 9页共 2222 页近似代替，其中k1y2y1ky3 %kx2xx3x2kk1x x若令X131n0,X2,X3n2请依据上述算法，估算sin2n的近似值是（)5241717163A A B B C C D -252525255【答案】A A【解析】直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论.【详

12、解】y1f (0)0,y2冗f(n)1,y3f(n0,故Kyy12,ky3y2-,k2kk1X2X1X3X2X3X1故f (x)24424X2x(x-)2XX,即sinx4242XX,.24/2、24224sin2()55525，故选：A A 【点睛】2 2X V21111 已知双曲线 二21的右支与抛物线x 2py相交于 代B两点，记点A到抛1010 中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制大衍历发明了一种近似计算的方法二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）:对于函数y f （x）在N，X2，X3N X2X

13、3处的函数值分别为f咅f X2X3，则在区间X1,X3上f X可以用二次函数f（x）y1匕X X1k2x % x x2来解：函数f(x)sinx在x 0，n,xn处的函数值分别为2本题主要考查准确理解题目所给运算法则是解决本题的关键,属于中2x23第1010页共 2222 页a b物线焦点的距离为 d，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d2，点B到抛物线焦点的距离为d3，且d1,d2,d3构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（）B B.y，2xC C.y .3x第1111页共 2222 页【答案】A A【解析】设A xi,yi,B X2,y2，抛物线焦点为从而可求得渐近线方程.【详解】渐近线方程

14、为故选：A A .【点睛】档题.i2i2 .已知方程xxe ae2xi0只有一个实数根,则a的取值范围是（)0 0 或ai亠i0或A A . a aB B. a a 0 0 或aC C.a a 0 0D D.a23ia3【答案】 A A【解析】 令te ,t0,x In t,则原方程转化成Intia t -0,令tf tInti a t一t，显然f i0，问题转化成函数f t在0,上只有一个零点 i i，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案.根据抛物线定义可得yiy P，利用点差法可得2 pyi2 py2a2yiyyiy?，F,由已知可得AF BF 2p,解：设A Xi,yi,

15、B X2,y2，抛物线焦点为F,由已知有AF BF2p，即yiy22由a22a2i生1b22i互1b22 2两式相减得2ayiy2b22py22ayiy2yiby2，故b2a本题主要考查抛物线的定义，考查双曲线的渐近线,考查推理能力与运算能力，属于中第1212页共 2222 页【详解】第1313页共 2222 页解：令tXe ,t0,x2Int，则原方程转化成tlnt a t 10，即In t aInt，显然f 10,问题转化成函数0,上只有一个零点 1 1,at2t aT，0，则 f f t tIntInt 在0,单调递增,此时符合题意;在0,单调递增,0，此时符合题意;0，记h tat2t

16、则函数h t开口向下，对称轴t丄2a过0, a，1 4a2,0即1 4a20,单调递减,此时符合题意;即1 4a2a a * *时，设0有两个不等实根t1,t2,0 t1t2,1t2a1，所以0tl1 t2,0,ti单调递减,tl,t2单调递增,t2,单调递增,由于0，所以f t2取t01ea11 a2eat012aa e_ ?a1 1a2eaa2ea令t丄,t 2,a2 tt, t e e m t厂t20 0，所以f to结合零点存在性定理可知，函数f t在t2,to存在一个零点，不符合题意;综上，符合题意的a的取值范围是 a a 0 0 或a1,2，【点睛】第 1414 页 共 2222

17、页本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，考查分类 讨论思想，属于难题二、填空题413132x 3y的展开式中二项式系数最大的项为 _ . .【答案】216x2y24【解析】2x 3y的展开式中二项式系数最大的项为第三项，根据公式求解即可【详解】 解：由题意可知二项式系数最大的项为第三项，22 22 2T3C422x23y2216x2y2，故答案为：216x2y2【点睛】本题主要考查二项式定理及其应用，属于基础题1414高三年段有四个老师分别为a,b,c,d，这四位老师要去监考四个班级A,B,C,D， 每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师. .现要求

18、a老师不能监考A班，b老师不能监考B班，c老师不能监考C班，d老师不能监考D班，则不同的监 考方式有 _种 . .【答案】 9 9【解析】 以a老师监考的班级分类讨论即可求出答案.【详解】解：当a老师监考B班时，剩下的三位老师有 3 3 种情况，同理当a老师监考C班时，也 有 3 3 种，当a老师监考D班时，也有 3 3 种，共 9 9 种， 故答案为： 9 9【点睛】本题主要考查计数原理，属于基础题2 22 21515已知圆O：x2y21， 圆N：x a 2 y a1. . 若圆N上存在点Q，过点Q作圆0的两条切线 切点为A, B，使得AQB 60，则实数a的取值范围是J14414【答案】1

19、,1-2 2【解析】由已知可得问题转化为圆N和圆x2y24有公共点，从而根据几何法即可 求出答案.【详解】第 iiii 页共 2222 页解：已知有Q0 2，即点Q的轨迹方程为圆T:x2y24，问题转化为圆N和圆T有公共点，则ia22,Ji4a 23，故iai卫,V22故答案为：w.2 2【点睛】本题主要考查圆和圆的位置关系，属于基础题.1616 .已知正方体ABCD AiBiCiDi的棱长为 3.3.点N是棱ABi的中点，点T是棱CCi上靠近点C的三等分点. .动点Q在正方形DiDAAi（包含边界）内运动， 且QB / /面DiNT，则动点Q所形成的轨迹的长度为 _【答案】J0【解析】取DC

20、中点Ei，取AG i,则平面BGEi平面DiNT,延长BEi，延长AD, 交于点E，连接EG交DDi于点|，可证得点Q的轨迹是线段GI，从而可求出答案.【详解】解：由于QB/平面DiNT，所以点Q在过B且与面DiNT平行的平面上，N比取DC中点Ei，取AiG 1，则平面BGE/平面0NT,延长BEi，延长AD，交于点E，连接EG交DDi于点I, 显然，平面BGE平面D1DAA1GI，所以点Q的轨迹是线段GI,1由中位线定理可证得DI AG 1,2-GI . 2 1232,10,第1616页共 2222 页故答案为：.10.【点睛】本题主要考查面面平行的判定与性质，考查平面的基本公理，属于中档题

21、.三、解答题11717 .已知函数f(x) sin x(cosx sinx)2(1) 求 f f (x)(x)的单调递减区间；(2) 在锐角VABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，且满足acos2B acosB bsinA，求f(A)的取值范围. .511【答案】(1 1)k -,k,k Z.(2 2)(,)8 8 2 2【解析】(1 1)根据降幕公式化简 f(x)f(x)的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间；(2)由正弦定理边化角，从而可求得B，根据锐角三角形可得A ,从而442可求出答案.【详解】1解：(1 1)f (x)sin 2x22(11cos2x)21(sin

22、 2x cos2x)2sin (2 x 24由2k2x2k,k乙得kx k,2428 8所以 f(x)f(x)的单调递减区间为k-,k58 8,k Z;(2 2)由正弦定理得sin Acos2Bsin AcosBsin Bsin A, sin A 0, cos2B cosB sin B,第1717页共 2222 页即(cosB sinB)(cosB sinB) cosB sinB,(cos B si n B)(cos B si nB 1) 0,得cosB sinB 0，或cosB sinB 1,解得B，或B(舍)，42【点睛】 本题主要考查三角函数的化简与性质，考查正弦定理的作用，属于基础题.

23、1818 在三棱柱ABC A1B1C1中，已知AB ACAAJ5,BC 4,O为BC的a(1) 证明四边形BB1C1C为矩形；(2) 求直线 AAAA 与平面 ABQABQ 所成角的余弦值. .【答案】(1 1)见解析(2 2)二051515【解析】(1 1)连接AO，可得BC AO，易证AO BC，则 BCBC 丄平面AAO，从而可证BC BB1，由此即可得出结论；(2 2)以OA,OB, OA所在直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决 VABC为锐角三角形，A+C3434解得一42Asin(2 A- f (A)子sin(2A)的取值范围为4(22)中点，A,。 平面A

24、BCC,第1818页共 2222 页问题.【详解】；A0平面ABC,BC平面ABC , AQ BC,又AO I AO O, , BCBC 丄平面AAO, BC AA1, BB/A, BC BB!,又/四边形BBiCiC为平行四边形，-四边形BB1C1C为矩形；(2)如图，分别以OA,OB,OAi所在直线为x, y,z轴，建立空间直角坐标系，则RtVAOB中，AOAO.AB.AB2BOBO21 1 ,RtVAAO中，AOAA2AO22A(0,0,2), /uur AA1(1,0,2)，uurAC(0, 2, 2),ujiuuABuuuAB (1,2,0),C(o, 2,0),A(1,0,0),

25、B(0,2,0),设平面A A B B1C C 的法向量是n n (x,(x, y,z)y,z)，v .n由v nuuvAB 0,/曰uuuv得AC 0,2y,即X2y 2z0,2y, F，可取y,n (2,1, 1)，设直线AA1与平面 ABAB1C C 所成角为，则sinuuir r cosAA|, nlUULT r| AA1nujuunTAAj n1530，0,2，cos15解：(1 1)连接AO，因为0为BC的中点，可得BC AO,第1919页共 2222 页【点睛】 本题主要考查线面垂直的判定与性质，考查直线与平面所成的角，属于中档题.1919 .根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜

26、商家的海产品每只质量 下服从正态分布N 280,25(1) 随机购买 1010 只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于 265265 克该海产品的概率.(2)20202020 年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为4949千元时的年收益增量现用以往的先进养殖技术投入Xi(千元)与年收益增量yi(千元)(i 1,2,3,8)的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集8中在曲线y a b.x的附近，且x 46.6,y 563, t t 6.86.8,(xix)2289.8,i 1技术投入为 4949 千元时的年收益增量.可求出答案；(2 2)根据最小二乘法

27、可求出回归方程，由此可求出答案.【详解】解: (1 1)由已知，单只海产品质量N N 280,25280,25，则280,5,即直线AAI与平面 ABABiC C 所成角的余弦值为(克)在正常环境8(ti1.6,xyi81469,t tit t y yiy y 108.8108.8，其中i 1y关于x的回归方程，并预测先进养殖附：若随机变量ZN 1,4，则Z 70.9974,100.99870.9871对于一组数据(U|, V|),(u2,v2),(Un，Vn)，其回归线Vu的斜率和截距的最小二n(Uii 1n?(Uiu)2i 1u)(ViV)【答案】(1 1) 0.01290.0129 (2

28、 2)y? 100.668、 、x,576.6千元. .【解析】(1 1)由正态分布的对称性可知,0.99740.0013，设购买 1010 只该商家海产品，其中质量小于265g的为XX X B B 10,0.001310,0.0013 ，由此titi.根据所给的统计量，求i 1第2020页共 2222 页由正态分布的对称性可知,49时，年销售量y的预报值？100.6 68. 49 576.6千元,所以预测先进养殖技术投入为4949 千元时的年收益增量为576.6千元.【点睛】 本题主要考查标准正态分布及其应用，考查最小二乘法求线性回归方程，属于基础题.圆A:(x 1)2y216，点B( 1,

29、0)，过B的直线l与圆A交于点C, D，过B做直线BE平行AC交AD于点E.(1(1)求点 E E 的轨迹的方程;焦点为A,B，长轴为4的椭圆的一部分，再用待定系数法即可求出方程;(2)由题意设直线方程为x ty 1，设G %,%,H X2,y?，联立直线与椭圆的方26511 P 26522951120.99740.0013,设购买 1010 只该商家海产品，其中质量小于265g的为X只，故 X X B B 10,0.001310,0.0013 ,10故P X 11 P X 011 0.00131 0.98710.0129,所以随机购买 1010 只该商家的海产品，至少买到一只质量小于2652

30、65 克的概率为0.0129;(2)由 t t 6.86.8，8 8y 563, t tit t y yiy y 108.8108.8 ,(tiT)T)21.6,i 18t tit ti 182t tit ti 1y yiy y108.8108.81.61.66868，所以y?563 686.8100.6，y关于x的回归方程为？100.6 6 x，2020.在平面直角坐标系xOy中,(2(2)过A的直线与交于 H H、G两点，若线段UUUUUUUU uuuuuuuu 亠HG的中点为M，且 MNMN 2OM2OM，求四边形OHNG面积的最大值.2 2【答案】(1)壬1(y430). . ( 2

31、2)Smax【解析】(1 1)由题意可得EBED，可得EB EA 4AB2，则E的轨迹是第2121页共 2222 页程，结合韦达定理表示出S*HG, 可得SAGHN2SAOHG, 设四边形则 S S3SAOHG，再根据基本不等式即可求出答案.【详解】UUUUUUUU UUJUUUJU MNMN 2OM2OM ，二SAGHN2SAOHG,设四边形OHNG的面积为S，OHNG的面积为S,所以EBEBlED1，又因为ACADACADEAEDEAADAB所以E的轨迹是焦点为A,B，长轴为4，所以EBED,4的椭圆的一部分,2 2设椭圆方程为笃爲1（aa bb 0),则2a 4，2c 2，所以a24，b

32、2a2c23,2 2所以椭圆方程为1,43又因为点E不在x轴上，所以2所以点E的轨迹的方程为4i(y0)；(2)因为直线HG斜率不为 0 0,设为x ty所以Xi,yix,H X2,y2,联立x2ty 1,2y43整理得3t216ty 90，=36t=36t22 236(3t36(3t4)4)144(144( t t 1)1)0 0，y yiy y26t6t3t3t24 4y y”29 923t3t 4 4所以OHG1OAyOAy1y y2匚，2 23t3t 4 4183t24t2118_t1，解：（1 1）因为第2222页共 2222 页则s ss3S181S SSAOHGGHN3S3SAO

33、HG23t3t 4 4令t21 m(m1),1 11 1再令 y y 3m3m ，则 y y 3m3m 在1,单调递增,m mm m11第2323页共 2222 页所以m 1时，ymin4,此时t 0,3 t 12取得最小值4，所以Smax.Jt 12【点睛】本题主要考查椭圆的定义及其性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题.2121.已知函数f(x) lnx ax 1有两个零点 xx.xx.(1(1)求 a a 的取值范围;出答案;此可证结论.【详解】舍去;1一，则f (x) 0,a(2(2)记f f (x)(x)的极值点为Xo，求证:X1X2ef (xo). .【答(1(1

34、)1 a 0(2 2)见解析【解(1(1)求导得f (x)axx1，分类讨论求出函数的单调性，从而可求(2(2)由题意得ln %ln x2ax-!ax20，则0In-xx2,令函数h(x) In x，则ex1x2h(x)-x1-,利用导数可lnx -,e1 1从而可得ln()w，可得aea2ef(x)w2，要证x1x2a2ef (xo)，只需2(互X2凶.X2丁令宀t1),1x令h(t)ln t2(t和1)，求导后得函数的单调性与最值，由解：(1 1)因为f (x)ax当a 0时，f (x)f(x)f(x)在o,单调递当 a a 0 0 时，若0-，则f (x)a11第2424页共 2222

35、页所以 f(x)f(x)在0,单调递增，在单调递减,第2525页共 2222 页所以11f(X)maxf ()In(),aa因为1f f (X)(X)有两个零点，所以必须f (X)max0，则ln( -)0,a所以1，解得1 a 0,又因为所以当综上,(2)因为解得0时，f (X)0；Xa 0时，f(x)f(x)在0,由(1 1)知1 af f (x)(x)的两个零点为In生a(x-!x2)X2X令函数h(x) In x一e当Ox e时，h (x)所以h(x)在所以h(x)max因为f (x。)所以2el n(要证X1X2时,f(x)各有一个零点，符合题意,0，且x0X X1, , X X2，

36、所以，则h (x)0；当x即证X1f (X1)f (X2)X2,所以00，所以In x-!ax-!In x2ax2X1X2,X2e时，h (x)0,e单调递增，在e,单调递减,h(e)f(1-)a0,所以h(x)X2,X2匕1X2X2牛tX2第2626页共 2222 页2(t 1)14 t 1令h(t) Int(t 1)，则h(t)220，t 1t t 1 t t 1所以h(t)在(1,)单调递增，所以h(t) h(1)0,所以 intint 空卫，原题得证.t t 1 1【点睛】2所以曲线 C C2的普通方程为 7 7y21x2(2(2)因为 m1m1，所以 C C3上的点A 0, m在在椭圆 E E：4本题主考查推理能力x cos ,2222 在直角坐标系 xOyxOy 下，曲线 C C1的参数方程为(y sin为参数)，曲线 C C1x 2x在变换 T T:的作用下变成曲线 C C2.y y(1(1)求曲线 C C2的普通方程;(2(2)若 m1m1，求曲线 C C2与曲线 C C3： y=m|x|-my=m|x|-m 的公共点的个数.2【答案】(1)1) y21. (2 2) 4 44【解析】(1 1)先求出曲线 C C1的普通方程，再根据图象