11、為_(kāi)_______．
解析：設(shè)點(diǎn)A′(x0，y0)，
∵點(diǎn)A與A′關(guān)于直線x＋y－5＝0對(duì)稱，
∴解得
∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為(－1,3)．
設(shè)圓C的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
則(2－a)2＋(6－b)2＝r2. ①
∵點(diǎn)A(2,6)關(guān)于直線x＋y－5＝0的對(duì)稱點(diǎn)A′(－1,3)在圓C上，
∴圓心(a，b)在直線x＋y－5＝0上，∴a＋b－5＝0， ②
又直線3x＋4y－8＝0被圓截得的弦長(zhǎng)為2，
∴r2＝()2＋. ③
解由方程①②③組成的方程組，得a＝2，b＝3或a＝－，b＝，
∴圓C的圓心坐標(biāo)為(2,3)或.
答案：(－1,
12、3) (2,3)或
14．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)和動(dòng)直線l：y＝kx＋b(k，b是參變量，且k≠0，b≠0)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)為O，記直線OA，OB的斜率分別為kOA，kOB，且kOA·kOB＝恒成立，則當(dāng)k變化時(shí)，直線l經(jīng)過(guò)的定點(diǎn)為_(kāi)_______．
解析：聯(lián)立消去y，得k2x2＋(2kb－2p)x＋b2＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∵kOA·kOB＝，∴y1y2＝x1x2，
又∵y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝，
∴＝·，解得b＝，
∴y＝kx＋＝k.
令x
13、＝－，得y＝0，
∴直線l過(guò)定點(diǎn).
答案：
15．向量a與b的夾角為90°，|a|＝|b|＝1，若|c－a|＋|c－2b|＝，則|c＋2a|的最大值為_(kāi)_______，最小值為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)閨c－a|＋|c－2b|＝，且 ＝，a⊥b，所以向量c的終點(diǎn)在a和2b的終點(diǎn)的連線上(如圖)，故|c＋2a|的取值范圍為|SK―→|的長(zhǎng)度變化．當(dāng)SK⊥FG時(shí)，長(zhǎng)度最短，連接SG，由SF·OG＝FG·SK，得SK＝＝.又SF＝3，SG＝2，所以當(dāng)a＝c時(shí)，SK最長(zhǎng)，為3.
答案：3
16．已知F為拋物線y2＝x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B在該拋物線上，且位于x軸的兩側(cè)，·＝2(其中O為坐標(biāo)
14、原點(diǎn))，則△AFO與△BFO面積之和的最小值是________．
解析：法一：設(shè)直線lAB：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立?y2－my－t＝0，
∴y1＋y2＝m，y1y2＝－t，
∵點(diǎn)A，B位于x軸兩側(cè)，
∴y1y2＝－t<0，∴t>0.
又·＝x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y2＝t2－t＝2，
解得t＝2或t＝－1(舍去)．
∴S△AFO＋S△BFO＝|OF|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝≥，
∴△AFO與△BFO面積之和的最小值為.
法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵·＝x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y
15、2＝2，
∴y1y2＝－2或y1y2＝1(舍去)．
∴S△AFO＋S△BFO＝|y1－y2|＝＝ ≥＝.
答案：
17．已知雙曲線C1：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，拋物線C2：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)與雙曲線C1的一個(gè)焦點(diǎn)重合，C1與C2在第一象限相交于點(diǎn)P，且|F1F2|＝|PF1|，則雙曲線C1的離心率為_(kāi)_______．
解析：由題意可知，F(xiàn)1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)．設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線C2：y2＝2px(p>0)準(zhǔn)線的垂線，垂足為A，連接PF2.根據(jù)雙曲線的定義和|F1F2|＝|PF1|＝2c，可知|PF2|＝2c－2a.由
16、拋物線的定義可知|PF2|＝|PA|＝x0＋c＝2c－2a，則x0＝c－2a.由題意可知＝c，又點(diǎn)P在拋物線C2上，所以y＝2px0＝4c·(c－2a)，在Rt△F1AP中，|F1A|2＝|PF1|2－|PA|2＝(2c)2－(2c－2a)2＝8ac－4a2, 即y＝8ac－4a2，所以8ac－4a2＝4c(c－2a)，化簡(jiǎn)可得c2－4ac＋a2＝0，即e2－4e＋1＝0，又e>1，所以e＝2＋.
答案：2＋
三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)
18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝2cos2－cos＋m(ω>0)的最小正周期為π.
(
17、1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)當(dāng)x∈時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為2，求f的值．
解：(1)f(x)＝2cos2－cos＋m
＝1＋cos－cos 2ωxcos－sin 2ωxsin＋m
＝1＋sin 2ωx－cos 2ωx－sin 2ωx＋m
＝sin 2ωx－cos 2ωx＋m＋1
＝sin＋m＋1.
∵函數(shù)f(x)的最小正周期為π，
∴T＝＝π，∴ω＝1，
∴f(x)＝sin＋m＋1.
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z.
(2)由(1)知，f(x)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，
18、
∴f(x)max＝f＝1＋m＋1＝2，
解得m＝0.
∴f(x)＝sin＋1，
∴f＝sin＋1
＝sincos－cossin＋1
＝.
19．(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為8，T為橢圓上任意一點(diǎn)，直線TA，TB的斜率之積為－.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M(0,2)的動(dòng)直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，求·＋·的取值范圍．
解：(1)設(shè)T(x，y)，由題意知A(－4,0)，B(4，0)，
設(shè)直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1＝，k2＝.
由k1k2＝－，得·＝－，
整理得＋＝
19、1.
故橢圓C的方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為
(x1，y1)，(x2，y2)，直線PQ與橢圓方程聯(lián)立，
得消去y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
從而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋.
所以－20<·＋·≤－.
當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，·＋·的值為－20.
綜上，·＋·的取值范圍為.
20．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝4，a2＝7
20、，且當(dāng)n≥3時(shí)，Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋3，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，b1＋b2＝8(b4＋b5)，a5·b4＝1.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)證明：數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn<7.
解：(1)由已知可得當(dāng)n≥3時(shí)，Sn－Sn－1＝(Sn－1－Sn－2)＋3，
即an＝an－1＋3，
又a2＝a1＋3，
所以數(shù)列{an}是以a1＝4為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，
所以an＝4＋3(n－1)＝3n＋1.
設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，
則由已知可得＝，
即q3＝，解得q＝.
又a5＝3×5＋1＝16，
所以b4＝＝，
故bn＝b4qn－4＝×
21、n－4＝.
(2)證明：由(1)知anbn＝.
所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝＋＋＋…＋＋， ①
Tn＝＋＋＋…＋＋， ②
①－②得
Tn＝＋＋＋…＋＋－
＝2＋－
＝2＋－
＝－，
所以Tn＝7－.
因?yàn)?0，所以Tn<7.
21．(本小題滿分15分)已知?jiǎng)訄AC過(guò)定點(diǎn)F2(1,0)，并且內(nèi)切于定圓F1：(x＋1)2＋y2＝16.
(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡方程；
(2)若y2＝4x上存在兩個(gè)點(diǎn)M，N，(1)中曲線上有兩個(gè)點(diǎn)P，Q，并且M，N，F(xiàn)2三點(diǎn)共線，P，Q，F(xiàn)2三點(diǎn)共線，PQ⊥MN，求四邊形PMQN
22、的面積的最小值．
解：(1)設(shè)動(dòng)圓的半徑為r，則|CF2|＝r，|CF1|＝4－r，∴|CF1|＋|CF2|＝4>|F1F2|，
由橢圓的定義知?jiǎng)訄A圓心C的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，a＝2，c＝1，
∴b＝，故動(dòng)圓圓心C的軌跡方程是＋＝1.
(2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線PQ的斜率為0，易得|MN|＝4，|PQ|＝4，四邊形PMQN的面積S＝8.
當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠0)，聯(lián)立消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則
∴|MN|＝·＝＋4.
∵PQ⊥MN，∴直線PQ的方程為y＝－(
23、x－1)，
聯(lián)立消去y，
得(3k2＋4)x2－8x＋4－12k2＝0.
設(shè)P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則
∴|PQ|＝ ·＝.
∴四邊形PMQN的面積S＝|MN|·|PQ|＝··＝24×.
令k2＋1＝t，t>1，上式S＝24·＝24，
令2t＋1＝z(z>3)，
則S＝8＝8＝8.
∵z＋>(z>3)，∴3－10>0，∴S>8.
綜上可得，S≥8，即四邊形PMQN的面積的最小值為8.
22．(本小題滿分15分)已知橢圓＋＝1(a>b>0)與拋物線y2＝2px(p>0)的公共焦點(diǎn)為F2，拋物線上的點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離等于|MF2|－1，且橢圓與拋物線的交點(diǎn)Q滿足|Q
24、F2|＝.
(1)求拋物線的方程和橢圓的方程；
(2)過(guò)拋物線上的點(diǎn)P作拋物線的切線y＝kx＋m，交橢圓于A，B兩點(diǎn)，求此切線在x軸上的截距的取值范圍．
解：(1)∵拋物線上的點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離等于|MF2|－1，
∴點(diǎn)M到直線x＝－1的距離等于點(diǎn)M到焦點(diǎn)F2的距離，
∴直線x＝－1是拋物線y2＝2px的準(zhǔn)線，即－＝－1，解得p＝2，
∴拋物線的方程為y2＝4x.
可知橢圓的右焦點(diǎn)F2(1,0)，
設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F1，則F1(－1,0)，
由拋物線的定義及|QF2|＝，得xQ＋1＝，
∴xQ＝，
又∵y＝4xQ，∴Q，
由橢圓的定義得2a＝|QF1|＋|QF2|＝＋＝6
25、，
∴a＝3，又∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝8，
∴橢圓的方程為＋＝1.
(2)顯然k≠0，m≠0，
由消去x，得ky2－4y＋4m＝0，
由題意知Δ1＝16－16km＝0，得km＝1，
∵k≠0，m≠0，∴k＝.
由消去y，得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0，
由題意知Δ2＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)>0，
即9k2－m2＋8>0，
又∵k＝，∴m4－8m2－9<0，∴0
（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（四）專題一-四“綜合檢測(cè)”
