浙江省嘉兴市2020届高三5月高考数学模拟试卷-(解析版)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年嘉兴市高考数学模拟试卷（5月份）一、选择题（共10小题）.1已知全集U1，2，3，4，5，6，7，8，A1，2，3，B4，5，6，则（UA）（UB）等于（）A1，2，3B4，5，6C1，2，3，4，5，6D7，82双曲线x22-y24=1的渐近线方程为（）Ay±2xBy±2xCy±12xDy±22x3复数11-i（i为虚数单位）的共轭复数是（）A12-12iB1iC12+12iD1+i4已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（）A若m，n，则mnB若m，mn，则 nC若m，n，则mnD若m，mn，则

2、n5已知a，bR，则“a1”是“直线ax+y10和直线x+（a22）y10垂直”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6若直线y2x上不存在点（x，y）的坐标满足条件x+y-30，x-2y-30，xm，则实数m的最小值为（）A12B1C32D27已知数列an，满足a1a且an+1=12an，n=2k-1，kN*，2an，n=2k，kN*设Sn是数列an的前n项和，若S20201，则a的值为（）A13030B12020C11515D18分别将椭圆C1的长轴、短轴和双曲线C3的实轴、虚轴都增加m个单位长度（m0），得到椭圆C2和双曲线C4记椭圆C1，C2和双曲线

3、C3，C4的离心率分别是e1，e2，e3，e4，则（）Ae1e2，e3e4Be1e2，e3与e4的大小关系不确定Ce1e2，e3e4De1e2，e3与e4的大小关系不确定9将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角ABDC的平面角的大小为3，若点E，F分别是线段AC和BD上的动点，则BECF的取值范围为（）A1，0B-1，14C-12，0D-12，1410设函数f（x）lnx+cosx的极值点从小到大依次为a1，a2，a3，an，若cnan+1an，dnf（an+1）f（an），则下列命题中正确的个数有（）（1）数列cn为单调递增数列（2）数列dn为单调递减数列（3）存在常数R，使

4、得对任意正实数t，总存在n0N*，当nn0时，恒有|cn|t（4）存在常数R，使得对任意正实数t，总存在n0N*，当nn0时，恒有|dn|tA4个B3个C2个D1个二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11已知函数f(x)=2sin(2x-3)，则其最小正周期T ，f(3)= 12某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则此几何体的所有侧面中，直角三角形共有 个，该几何体的体积是 cm313二项式(x3+1x)4的展开式中，常数项为 ，所有项的系数之和为 14已知随机变量的分布列如表：123P12 a2a2 则a ，方差D（） 15将A，B，C，D，E，F六个字母

5、排成一排，若A，B，C均互不相邻且A，B在C的同一侧，则不同的排法有 种（用数字作答）16已知函数f(x)=lnx，x0，(12)x-2，x0，若f（f（a）0，则实数a的取值范围为 17四面体PABC中，PA=3，其余棱长都为2，动点Q在ABC的内部（含边界），设PAQ，二面角PBCA的平面角的大小为，APQ和BCQ的面积分别为S1，S2，且满足S1S2=3sin4sin，则S2的最大值为 三、解答题：本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3asinB-bcosA=0（）求角A的大小；（）若a1，求3b-c的取

6、值范围19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且PAPB2，若点E，F分别为AB和CD的中点（）求证：平面ABCD平面PEF；（）若二面角PABC的平面角的余弦值为36，求PC与平面PAB所成角的正弦值20已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+n2公比大于0的等比数列bn的首项为b11，且b2+b320（）求an和bn的通项公式；（）若cn=(an)2bn，求证：c1+c2+c3+cn72，（nN*）21设点P（s，t）为抛物线C：y22px（p0）上的动点，F是抛物线的焦点，当s1时，|PF|=54（）求抛物线C的方程；（）过点P作圆M：（x2）2+y21的切线

7、l1，l2，分别交抛物线C于点A，B当t1时，求PAB面积的最小值22定义两个函数的关系：函数m（x），n（x）的定义域分别为A，B，若对任意的x1A，总存在x2B，使得m（x1）n（x2），我们就称函数m（x）为n（x）的“子函数”已知函数f(x)=x+1-34lnx3，g（x）x4+ax3+bx2+ax+3，a，bR（）求函数f（x）的单调区间；（）若f（x）为g（x）的一个“子函数”，求a2+b2的最小值参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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已知全集U1，2，3，4，5，6，7，8，A1，2，3，B4，5，6，则（U

8、A）（UB）等于（）A1，2，3B4，5，6C1，2，3，4，5，6D7，8【分析】由补集的运算求出UA，UB，再由交集的运算求出结果解：由已知：UA4，5，6，7，8，UB1，2，3，7，8，（UA）（UB）7，8，故选：D【点评】本题考查了交、补集的混合运算，属于基础题2双曲线x22-y24=1的渐近线方程为（）Ay±2xBy±2xCy±12xDy±22x【分析】由双曲线的渐近线方程y±22x即可得到答案解：双曲线方程为x22-y24=1，其渐近线方程为：y±22x±2x，故选：B【点评】本题考查双曲线的简单性质，着重考

9、查双曲线的渐近线方程，属于基础题3复数11-i（i为虚数单位）的共轭复数是（）A12-12iB1iC12+12iD1+i【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案解：11-i=1×(1+i)(1-i)(1+i)=12+12i，复数11-i的共轭复数是12-12i故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题4已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（）A若m，n，则mnB若m，mn，则 nC若m，n，则mnD若m，mn，则n【分析】根据空间线面位置关系的性质与判定举反例进行说明即可解：对于A，若m，n，则m与n可能

10、平行，可能相交，可能异面，故A错误；对于B，若m，mn，则 n与可能平行，可能相交，有可能n在平面内，故B错误对于C，由项目垂直的性质定理“垂直于同一个平面的两条直线平行“可知C正确；对于D，若m，mn，则当n时，显然结论错误，故D错误；故选：C【点评】本题考查了空间线面位置关系的性质与判定，属于中档题5已知a，bR，则“a1”是“直线ax+y10和直线x+（a22）y10垂直”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【分析】直线ax+y10和直线x+（a22）y10垂直，可得：a+a220，解得a即可判断出关系解：直线ax+y10和直线x+（a22）y10垂

11、直，可得：a+a220，解得a1或2“a1”是“直线ax+y10和直线x+（a22）y10垂直”的充分不必要条件故选：A【点评】本题考查了直线垂直与斜率之间的关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6若直线y2x上不存在点（x，y）的坐标满足条件x+y-30，x-2y-30，xm，则实数m的最小值为（）A12B1C32D2【分析】根据y=2xx+y-3=0，确定交点坐标为（1，2）要使直线y2x上存在点（x，y）满足约束条件x+y-30，x-2y-30，xm，则m1，由此可得结论解：由题意，y=2xx+y-3=0，可求得交点坐标为（1，2）要使直线y2x上存在点（x，y）

12、满足约束条件x+y-30，x-2y-30，xm，如图所示可得m1实数m的最大值为1故选：B【点评】本题考查线性规划知识的运用，考查学生的理解能力，属于基础题7已知数列an，满足a1a且an+1=12an，n=2k-1，kN*，2an，n=2k，kN*设Sn是数列an的前n项和，若S20201，则a的值为（）A13030B12020C11515D1【分析】根据数列的递推关系得到数列an的奇数项均为a；偶数项均为：12a；再结合S20201即可求解结论解：因为数列an，满足a1a且an+1=12an，n=2k-1，kN*，2an，n=2k，kN*则a2a1+1=12a1=12a；a3a2+12a2

13、a；a4a3+1=12a3=12a；即数列an的奇数项均为a；偶数项均为：12a；故S20201010a+1010×12a1a=11515故选：C【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，根据递推关系式求出其规律是解题关键8分别将椭圆C1的长轴、短轴和双曲线C3的实轴、虚轴都增加m个单位长度（m0），得到椭圆C2和双曲线C4记椭圆C1，C2和双曲线C3，C4的离心率分别是e1，e2，e3，e4，则（）Ae1e2，e3e4Be1e2，e3与e4的大小关系不确定Ce1e2，e3e4De1e2，e3与e4的大小关系不确定【分析】分别求出原椭圆与双曲线的离心率，再求出轴变化后的离心率，结合不

14、等式的性质比较大小即可解：设椭圆C1的长轴、短轴分别为2a，2b，则其半焦距c1=a2-b2，其离心率e1=c1a=1-(ba)2，其长轴与短轴各增加m个单位长度，则椭圆C2的长半轴为a+m2，短半轴为b+m2，则c2=(a+m2)2-(b+m2)2，其离心率e2=c2a+m2=1-(b+m2a+m2)2，由不等式的性质可得bab+m2a+m2，则e1e2；双曲线C3的实轴、虚轴分别为2a，2b，则其半焦距c3=a2+b2，其离心率e3=c3a=1+(ba)2，其实轴、虚轴都增加m个单位长度，则双曲线C4的实半轴长为a+m2，虚半轴为b+m2，则c4=(a+m2)2+(b+m2)2，其离心率e

15、4=c4a+m2=1+(b+m2a+m2)2，由不等式的性质可得由于双曲线中a，b的关系不确定，若ba，则bab+m2a+m2，则e3e4若ba，同理可得e3e4故选：B【点评】本题考查椭圆与双曲线的简单性质，考查计算能力，是中档题9将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角ABDC的平面角的大小为3，若点E，F分别是线段AC和BD上的动点，则BECF的取值范围为（）A1，0B-1，14C-12，0D-12，14【分析】推导出BEBC=（BO+OE）（CO+OF）=BOCO+BOOF+OECO+OEOF=-（OBOF+OEOC），由此能求出BECF的值解：如图，BEBC=（BO+O

16、E）（CO+OF）=BOCO+BOOF+OECO+OEOF 0（OBOF+OEOC）+0（OBOF+OEOC），OB=OD=22，OBOF-12，12，OCOA=22，二面角ABDC的平面角的大小为3，OEOC14，12，BECF1，14故选：B【点评】本题考查向量的数量积的取值范围的求法，考查空间向量坐标运算法则、向量的数量积关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题10设函数f（x）lnx+cosx的极值点从小到大依次为a1，a2，a3，an，若cnan+1an，dnf（an+1）f（an），则下列命题中正确的个数有（）（1）数列cn为单调递增数列（2）数列dn为单调递减数列（3）存在常数

17、R，使得对任意正实数t，总存在n0N*，当nn0时，恒有|cn|t（4）存在常数R，使得对任意正实数t，总存在n0N*，当nn0时，恒有|dn|tA4个B3个C2个D1个【分析】求出函数f（x）的导函数，在同一坐标系内作出函数y=1x与ysinx的图象，可得极值点的情况，得到c1c2，c2c3，故（1）错误；再由limn(cn-)=0，判断（3）正确；作出f（x）lnx+cosx的图象的大致形状，可得d10，d20，d30，判断（2）错误；再由dnlnan+1lnan+cosan+1cosan=lnan+1an+cosan+1-cosan，结合limnan+1an=0，cosan+1cosan

18、2（或2），判断（4）错误解：由f（x）lnx+cosx，得f（x）=1x-sinx，分别作出函数y=1x与ysinx的图象如图，c1a2a1，c2a3a2，c3a4a3，c1c2，c2c3，故（1）错误；limn(cn-)=0，故（3）正确；函数f（x）lnx+cosx的图象如图，d10，d20，d30，（2）错误；dnlnan+1lnan+cosan+1cosan=lnan+1an+cosan+1-cosanlimnan+1an=0，cosan+1cosan2（或2），（4）错误综上，仅有（3）正确故选：D【点评】本题考查命题的真假判断，其中涉及到数列的增减性，函数的求导以及对函数极值点的

19、理解，考查数形结合的解题思想方法，难度较大二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11已知函数f(x)=2sin(2x-3)，则其最小正周期T，f(3)=3【分析】根据三角函数的周期公式以及三角函数的关系进行化简计算即可解：由三角函数的周期公式得函数的周期T=22=，f（3）2sin（23-3）2sin3=2×32=3，故答案为：，3【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，结合三角函数的周期以及三角公式是解决本题的关键比较基础12某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则此几何体的所有侧面中，直角三角形共有3个，该几何体的体积是2cm3【分析】首先把三视

20、图转换为几何体，进一步求出几何体的体积和直角三角形的个数解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体如图所示：所以该几何体中有三个直角三角形，ABE，ADE，ABC该几何体的体积为V=13×12(1+2)×2×2=2故答案为：3；2【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型13二项式(x3+1x)4的展开式中，常数项为4，所有项的系数之和为16【分析】写出展开式的通项，令x的指数为0，求出常数项；利用赋值法，令x1，可得所有项系数之和解：展开式的通项为：

21、Tk+1=C4k(x3)4-kx-k=C4kx12-4k，令124k0得，k3，故常数项为C43=4对原式，令x1，得所有项系数和2416故答案为：4，16【点评】本题考查二项展开式的通项以及赋值法研究系数的问题，同时考查学生运用转化思想解决问题的能力，要注意计算的准确性属于基础题14已知随机变量的分布列如表：123P12 a2a2 则a12，方差D（）1116【分析】利用分布列的性质，求解a，求出期望，然后求解方差即可解：由题意可知：12+a2+a2=1，a（0，1），解得a=12，所以：E=1×12+2×14+3×14=74D（）（1-74）2×12

22、+（2-74）2×14+（3-74）2×14=1116故答案为：12；1116【点评】本题考查离散型随机变量的分布列的性质以及期望与方差的求法，是基本知识的考查15将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若A，B，C均互不相邻且A，B在C的同一侧，则不同的排法有96种（用数字作答）【分析】先排D、E、F，再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，根据乘法原理计算出结果解：先排D、E、F，有A33种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，有C43C21A22种排法；所以有A33C43C21A22=96种排法故填：96【点评】本题主要考查排列组合中的乘

23、法原理的应用，属于基础题16已知函数f(x)=lnx，x0，(12)x-2，x0，若f（f（a）0，则实数a的取值范围为log23，01e，e【分析】根据题意，根据a的取值范围分4种情况讨论a1，1a0，0a1，a1，每种情况下求出f（f（a）的解析式，结合指数对数不等式的解法求出a的取值范围，综合4种情况即可得答案解：根据题意，分4种情况讨论：当a1时，f（a）（12）a20，此时f（f（a）ln（12）a2），若f（f（a）0，即ln（12）a2）0，则有0（12）a21，解可得：log23a1；当1a0时，f（a）（12）a20，此时f（f（a）=(12)(12)a-2-2，若f（f（a

24、）0，即(12)(12)a-2-20，则有（12）a2，解可得：1a0；当0a1时，f（a）lna0，此时f（f（a）（12）lna2，若f（f（a）0，即（12）lna20，解可得1ea1，当a1时，f（a）lna0，此时f（f（a）ln（lna），若f（f（a）0，即ln（lna）0，则有0lna1，解可得：1ae，综合可得：log23a0或1eae，即a的取值范围为log23，01e，e；故答案为：log23，01e，e【点评】本题考查分段函数的应用，涉及指数、对数不等式的解法，属于基础题17四面体PABC中，PA=3，其余棱长都为2，动点Q在ABC的内部（含边界），设PAQ，二面角PB

25、CA的平面角的大小为，APQ和BCQ的面积分别为S1，S2，且满足S1S2=3sin4sin，则S2的最大值为43-6【分析】面体PABC中，PA=3，其余棱长都为2，取BC的中点D，连接PD，AD，则PDBC，ADBC，故BDA为二面角PBCA的平面角，求出，设Q到BC的距离为h，根据面积之比，求出AQh，得到Q的轨迹方程，与直线联立求出AB与圆弧的交点，得到h的最大值，再求出S2面积的最大值解：四面体PABC中，PA=3，其余棱长都为2，取BC的中点D，连接PD，AD，则PDBC，ADBC，故BDA为二面角PBCA的平面角，因为等边三角形PBC，ABC，故PDAD=3=PA，故60

26、6;，设Q到BC的距离为h，则S1S2=12APAQsin12BCh=3sin4sin，化简得，AQh，故点Q的轨迹为以点A为焦点，以BC为准线的抛物线在三角形ABC内部的一段弧，如图建立直角坐标系，则抛物线的方程为y2=23x，A（0，32），直线AB的方程为：y=-33(x-32)，由y2=23xy=-32(x-32)，得x2-73x+34=0，故圆弧与AB的交点横坐标为x=73-122，则Q到BC的最大距离h=73-122+32=43-6，故S2的最大值为122(43-6)=43-6故答案为：43-6【点评】本题考查二面角，动点的轨迹方程，求面积的最大值等，考查运算能力和应用能力，中档题

27、三、解答题：本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3asinB-bcosA=0（）求角A的大小；（）若a1，求3b-c的取值范围【分析】（）由正弦定理化简已知等式，结合sinB0，利用同角三角函数基本关系式可求tanA=33，结合范围A（0，），可求A的值（）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求3b-c=2sin（B-6），由范围B(0，56)，可得B-6（-6，23），利用正弦函数的图象和性质即可求解其取值范围解：（）3asinB-bcosA=0，即3asinBbcosA，由正弦定理可得3sinAsinBsi

28、nBcosA，sinB0，3sinAcosA，即tanA=33，A（0，），A=6；（）A=6，a1，由正弦定理bsinB=csinC=1sin6=2，可得b2sinB，c2sinC2sin（56-B），3b-c=23sinB2sin（56-B）23sinB2（12cosB+32sinB）=3sinBcosB2sin（B-6），B(0，56)，B-6（-6，23），sin（B-6）（-12，1，可得3b-c=2sin（B-6）（1，2【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，考查了计算能力和转化思想，属于中档题19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边

29、长为2的正方形，且PAPB2，若点E，F分别为AB和CD的中点（）求证：平面ABCD平面PEF；（）若二面角PABC的平面角的余弦值为36，求PC与平面PAB所成角的正弦值【分析】（）利用线面垂直，将问题转化为证AB与平面PEF垂直的问题；（）先利用二面角PABC的平面角的余弦值为36，求出OP，然后利用空间直角坐标系，将问题转化为PC与平面PAB法向量夹角的问题求解解：（）PAPB，ABPE而ABEF，所以AB平面PEF，又AB平面PEF，所以平面ABCD平面PEF（）结合（）可知，PEF即为二面角PABC的平面角如图，作POEF于O，则OEPE=OE3=36，OE=12，OF=32，则OP

30、=112如图建立空间直角坐标系，则P(0，0，112)，C(1，32，0)，A(-1，-12，0)，B(1，-12，0)设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，则nPB=0nAB=0，则x-12y-112=02x=0，令z1，则x=0，y=-11，z=1，n=(0，-11，1)，PC=(1，32，-112)，sin=|cosn，PC|=|nPC|n|PC|=|211126|=226故PC与平面PAB所成角的正弦值为226【点评】本题考查空间位置关系的判定和空间角的计算问题主要是运用转化思想实现空间位置关系的证明，而角的计算问题，主要是通过建系设点，将空间角转化为向量间的夹角问题求解属于中档题

31、20已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+n2公比大于0的等比数列bn的首项为b11，且b2+b320（）求an和bn的通项公式；（）若cn=(an)2bn，求证：c1+c2+c3+cn72，（nN*）【分析】第（）题对于数列an运用公式an=S1，n=1Sn-Sn-1，n2可计算出数列an的通项公式，对于数列bn可设等比数列bn的公比为q（q0），然后根据已知条件可写出关于q的一元二次方程，解出q的值，即可得到等比数列bn的通项公式；第（）题先根据第（）题的结果计算出数列cn的通项公式，然后计算出当n2时，cn+1cn关于n的表达式并进行放缩，进一步可将数列cn放缩到一个等比数列cn（

32、916）n2，注意n1时要另外计算，再在求和时放缩成等比数列求和的性质，计算出结果并加以放缩可证明不等式成立【解答】（）解：由题意，当n1时，a1S1=12+12=1，当n2时，anSnSn1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n，当n1时，a11也满足上式，ann，nN*设等比数列bn的公比为q（q0），则b2b1qq，b3b1q2q2，故b2+b3q+q220，整理，得q2+q200，解得q5（舍去），或q4，bn14n14n1，nN*（）证明：由（）知，cn=(an)2bn=n24n-1，当n2时，cn+1cn=(n+1)24nn24n-1=(n+1)24n2=(1+1n)2491

33、6，即cn+1916cn，c1c21，c3=916，当n2时，cn（916）n2，c1+c2+c3+cn1+1+916+（916）2+（916）n2，1+1-(916)n-11-9161+1671（916）n11+167=23772c1+c2+c3+cn72，（nN*）【点评】本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的计算，以及数列求和的不等式证明问题考查了转化与化归思想，方程思想，分类讨论思想，放缩法，不等式的运算能力，以及逻辑推理能力和数学运算能力本题属中档题21设点P（s，t）为抛物线C：y22px（p0）上的动点，F是抛物线的焦点，当s1时，|PF|=54（）求抛物线C的方程；（）过点P

34、作圆M：（x2）2+y21的切线l1，l2，分别交抛物线C于点A，B当t1时，求PAB面积的最小值【分析】（）当s1时，|PF|=54，由抛物线的焦半径公式可得1+p2=54，得p=12，则抛物线方程可求；（）由点P（s，t）为抛物线C：y2x上的动点，得t2s，可设过点P（t2，t）的切线为xm（yt）+t2，利用圆心到直线的距离等于半径可得|2+mt-t2|1+m2=1，得（t21）m2+2t（2t2）m+（2t2）210，由根与系数的关系得m1+m2=2t(t2-2)t2-1，m1m2=t2-3设A（y12，y1），B（y22，y2），则直线l1：x=m1(y-t)+t2，与抛物线方程联

35、立，再由根与系数的关系可得ty1=m1t-t2，即y1m1t，同理y2m2t，再设直线AB：x（y1+y2）yy1y2，利用弦长公式求弦长，由点到直线的距离公式求P到直线AB的距离，代入三角形面积公式，换元后利用基本不等式与二次函数求最值解：（）当s1时，|PF|=54，即1+p2=54，得p=12抛物线C的方程为y2x；（）点P（s，t）为抛物线C：y2x上的动点，则t2s，设过点P（t2，t）的切线为xm（yt）+t2，则|2+mt-t2|1+m2=1，得（t21）m2+2t（2t2）m+（2t2）210（*）m1，m2是方程（*）的两个根，m1+m2=2t(t2-2)t2-1，m1m2=t2-3设A（y12，y1），B（y22，y2），直线l1：x=m1(y-t)+t2与抛物线C：y2x交于点A，则x=m1(y-t)+t2y2=x，得y2-m1y+m1t-t2=0，ty1=m1t-t2（根与系数的关系），即y1m1t，同理y2m2t设直线AB：x（y1+y2）yy1y2，则|AB|=1+(y1+y2)2|y1-y2|，d=|t2-t