上海市普陀区高二期末数学试卷.docx

1、2022-2022学年上海市普陀区高二（下）期末数学试卷I卷：一、填空题（共12小题，每小题3分，满分36分）1设集合A=1，1，B=a，若AB=1，0，1，则实数a=_2直线y=x+1与直线x=1的夹角大小为_3函数y=的定义域是_4三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为_5设函数f（x）=的反函数为f1（x），若f1（2）=1，则实数m=_6在ABC中，若AB=5，B=60，BC=8，则AC=_7设复数z=（a21）+（a1）i（i是虚数单位，aR），若z是纯虚数，则实数a=_8从5件产品中任取2件，则不同取法的种数为_（结果用数值表示）9无穷等比数列an的公比为，各项和为3，则数列an的

2、首项为_10复数z2=4+3i（i为虚数单位），则复数z的模为_11若抛物线y2=2px（p0）的准线经过点（1，1），则抛物线焦点坐标为_12某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系y=ekx+b（e为自然对数的底数，k、b为实常数），若该食品在0的保鲜时间为120小时，在22的保鲜时间是30小时，则该食品在33的保鲜时间是_小时二、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）13顶点在直角坐标系xOy的原点，始边与x轴的正半轴重合，且大小为2022弧度的角属于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限14底面的半径为1且母线长为的圆锥的体积为（）ABCD15设a

3、n是等差数列，下列结论中正确的是（）A若a1+a20，则a2+a30B若a1+a30，则a1+a20C若0a1a2，则a2D若a10，则（a2a1）（a2a3）016已知点A（0，1），B（3，2），向量=（4，3），则向量=（）A（7，4）B（7，4）C（1，4）D（1，4）17已知椭圆+=1（m0 ）的左焦点为F1（4，0），则m=（）A2B3C4D918若直线 l1和l2 是异面直线，l1在平面 内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（）Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交19在用数学归纳法证明

4、等式1+2+3+2n1=2n2n（nN*）的第（ii）步中，假设n=k（k1，kN*）时原等式成立，则当n=k+1时需要证明的等式为（）A1+2+3+（2k1）+2（k+1）1=2k2k+2（k+1）2（k+1）B1+2+3+（2k1）+2（k+1）1=2（k+1）2（k+1）C1+2+3+（2k1）+2k+2（k+1）1=2k2k+2（k+1）2（k+1）D1+2+3+（2k1）+2k+2（k+1）1=2（k+1）2（k+1）20过双曲线x2=1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A、B两点，则|AB|=（）AB2C6D421对任意向量、，下列关系式中不恒成立的是（）A|B|

5、C（）2=|2D（）（）=2222直线l：x+my1=0（mR）是圆C：x2+y24x2y+1=0的对称轴，若过点A（4，m）作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（）A2B4C6D223设an是公比为q的等比数列，令bn=an+1（nN*），若数列bn的连续四项在集合15，3，9，18，33中，则q等于（）A4B2C4或D2或24ABC是边长为2的等边三角形，已知向量，满足=2， =2+，则下列结论正确的是（）A|=1BC =1D（4+）三、解答题（共5小题，满分48分）25如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB=2，BC=3，AA1=1，E为CD中点，求异面直线BC1和D1E所

6、成角的大小26设椭圆C：mx2+ny2=1（m0，n0，mn），直线l：y=x+1与椭圆C交于P，Q两点（1）设坐标原点为O，当OPOQ时，求m+n的值；（2）对（1）中的m和n，当|PQ|=时，求椭圆C的方程27如图，在直角坐标平面xOy内已知定点F（1，0），动点P在y轴上运动，过点P作PM交x轴于点M，使得=0，延长MP到点N，使得|=|（1）当|=1时，求；（2）求点N的轨迹方程28已知函数f（x）=sinxcosxcos2x的周期为，其中0（1）求的值，并写出函数f（x）的解析式（2）设ABC的三边a、b、c依次成等比数列，且函数f（x）的定义域等于b边所对的角B的取值集合，求此时函

7、数f（x）的值域29设等差数列an的公差d0，前n项和为Sn，且满足a2a3=45，a1+a4=14（1）试寻找一个等差数列bn和一个非负常数p，使得等式（n+p）bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，并说明你的理由；（2）对于（1）中的等差数列bn和非负常数p，试求f（n）=（nN*）的最大值II卷四、选择题（共3小题，每小题3分，满分9分）30“a=b”是“方程ax2+by2=1表示的曲线为圆”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件31已知坐标平面内两个定点F1（4，0），F2（4，0），且动点M满足|MF1|+|MF2|=8，则点M的轨迹是（）A两个点B一个

8、椭圆C一条线段D两条直线32已知函数f（x）=，函数g（x）=bf（2x），其中bR，若函数y=f（x）g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A（，+）B（，）C（0，）D（，2）五、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）33已知直线l：Ax+By+C=0（A、B不全为零）与圆x2+y2=1交于M、N两点，且|MN|=，若O为坐标原点，则的值为_34已知，|=，|=t，若点P是ABC所在平面内一点，且=+，则的最大值等于_35设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x5）2+y2=r2（r0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条则r的取值范围是_六、解答题（

9、共1小题，满分12分）36设椭圆C： +=1（ab0），左、右焦点分别是F1、F2且|F1F2|=2，以F1为圆心，3为半径的圆与以F2为圆心，1为班级的圆相交于椭圆C上的点K（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆E： +=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q求的值；令=t，求ABQ的面积f（t）的最大值2022-2022学年上海市普陀区高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析I卷：一、填空题（共12小题，每小题3分，满分36分）1设集合A=1，1，B=a，若AB=1，0，1，则实数a=0【分析】由A，B，以及两集合的并集，确定出a的值即可

10、【解答】解：A=1，1，B=a，且AB=1，0，1，a=0，故答案为：0【点评】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键2直线y=x+1与直线x=1的夹角大小为【分析】分别求得直线y=x+1和直线x=1的倾斜角，从而求得它们的夹角【解答】解：直线y=x+1的斜率为1，倾斜角为，而直线x=1的倾斜角为，故直线y=x+1与直线x=1的夹角大小为，故答案为：【点评】本题主要考查直线的倾斜角，两条直线的夹角问题，属于基础题3函数y=的定义域是（1，+）【分析】根据函数的解析式，应满足分母不为0，且二次根式的被开方数大于或等于0即可【解答】解：函数y=，0，即x10，解得x1；函数y的定

11、义域是（1，+）故答案为：（1，+）【点评】本题考查了求函数的定义域的问题，解题时应使函数的解析式有意义，列出不等式（组），求出自变量的取值范围，是容易题4三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为4【分析】根据余子式的定义可知，在行列式中划去第3行第3列后所余下的2阶行列式带上符号（1）i+j为M33，则答案可求【解答】解：三阶行列式中，元素4的代数余子式为M33=，其值为10（2）2=4故答案为：4【点评】本题考查学生掌握三阶行列式的余子式的定义，会进行矩阵的运算，是基础题5设函数f（x）=的反函数为f1（x），若f1（2）=1，则实数m=3【分析】方法一：根据反函数的性质，可得f（1）=2，

12、解得即可方法二：先求出f1（x）=，再代值计算即可【解答】解：方法一：f1（2）=1，f（1）=2，=2，解得m=3，方法二：y=，则x=，f1（x）=，f1（2）=1，=1，解得m=3，故答案为：3【点评】本小题主要考查反函数、反函数的应用等基础知识，考查运算求解能力、转化思想属于基础题6在ABC中，若AB=5，B=60，BC=8，则AC=7【分析】利用余弦定理即可得出【解答】解：由余弦定理可得：AC2=52+82258cos60=49，解得AC=7故答案为：7【点评】本题考查了余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7设复数z=（a21）+（a1）i（i是虚数单位，aR），若z是纯虚

13、数，则实数a=1【分析】利用复数的实部为0，虚部不为0，求解a即可【解答】解：复数z=（a21）+（a1）i（i是虚数单位，aR），若z是纯虚数，可得a21=0，a10，解得a=1故答案为：1【点评】本题考查复数的基本概念，考查计算能力8从5件产品中任取2件，则不同取法的种数为10（结果用数值表示）【分析】直接利用组合知识求解结论【解答】解：从5件产品中任取2件，则不同取法的种数为C52=10故答案为：10【点评】本题考查组合知识的运用，考查学生的计算能力，比较基础9无穷等比数列an的公比为，各项和为3，则数列an的首项为2【分析】由题意可得： =3，解得a1即可得出【解答】解：由题意可得：

14、=3，解得a1=2数列an的首项为2故答案为：2【点评】本题考查了无穷等比数列的求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题10复数z2=4+3i（i为虚数单位），则复数z的模为【分析】直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可【解答】解：z2=|z|z|=|3+4i|=5，|z|=，故答案为：【点评】本题考查复数的模以及复数的定义，注意复数的模的运算法则的应用，考查计算能力11若抛物线y2=2px（p0）的准线经过点（1，1），则抛物线焦点坐标为（1，0）【分析】利用抛物线y2=2px（p0）的准线经过点（1，1），求得=1，即可求出抛物线焦点坐标【解答】解：抛物线y2=2px（p0

15、）的准线经过点（1，1），=1，该抛物线焦点坐标为（1，0）故答案为：（1，0）【点评】本题考查抛物线焦点坐标，考查抛物线的性质，比较基础12某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系y=ekx+b（e为自然对数的底数，k、b为实常数），若该食品在0的保鲜时间为120小时，在22的保鲜时间是30小时，则该食品在33的保鲜时间是15小时【分析】由已知条件列出方程组，求出e11k=，由此能求出结果【解答】解：由题意得：，解得e11k=，该食品在33的保鲜时间是：y=e33k+b=（e11k）3eb=（）3120=15故答案为：15【点评】本题考查保鲜时间的求法，是基础题，解

16、题时要认真审题，注意函数性质的合理运用二、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）13顶点在直角坐标系xOy的原点，始边与x轴的正半轴重合，且大小为2022弧度的角属于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】利用终边相同角的表示方法化简求解即可【解答】解：2022的终边与2022640的终边相同，而2022640（，2）所以大小为2022弧度的角属于第四象限角故选：D【点评】本题考查终边相同的角的表示，考查计算能力14底面的半径为1且母线长为的圆锥的体积为（）ABCD【分析】求出圆锥的高，然后求解圆锥的体积【解答】解：底面半径为1，母线长为的圆锥的高为：1底面半径为1，母线长为

17、的圆锥的体积为： =故选：B【点评】本题考查几何体的体积的求法，是基础题15设an是等差数列，下列结论中正确的是（）A若a1+a20，则a2+a30B若a1+a30，则a1+a20C若0a1a2，则a2D若a10，则（a2a1）（a2a3）0【分析】对选项分别进行判断，即可得出结论【解答】解：若a1+a20，则2a1+d0，a2+a3=2a1+3d2d，d0时，结论成立，即A不正确；若a1+a30，则a1+a2=2a1+d0，a2+a3=2a1+3d2d，d0时，结论成立，即B不正确；an是等差数列，0a1a2，2a2=a1+a32，a2，即C正确；若a10，则（a2a1）（a2a3）=d20

18、，即D不正确故选：C【点评】本题考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础16已知点A（0，1），B（3，2），向量=（4，3），则向量=（）A（7，4）B（7，4）C（1，4）D（1，4）【分析】顺序求出有向线段，然后由=求之【解答】解：由已知点A（0，1），B（3，2），得到=（3，1），向量=（4，3），则向量=（7，4）；故答案为：A【点评】本题考查了有向线段的坐标表示以及向量的三角形法则的运用；注意有向线段的坐标与两个端点的关系，顺序不可颠倒17已知椭圆+=1（m0 ）的左焦点为F1（4，0），则m=（）A2B3C4D9【分析】利用椭圆+=1（m0 ）的左焦点为F1（4，0），

19、可得25m2=16，即可求出m【解答】解：椭圆+=1（m0 ）的左焦点为F1（4，0），25m2=16，m0，m=3，故选：B【点评】本题考查椭圆的性质，考查学生的计算能力，比较基础18若直线 l1和l2 是异面直线，l1在平面 内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（）Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交【分析】可以画出图形来说明l与l1，l2的位置关系，从而可判断出A，B，C是错误的，而对于D，可假设不正确，这样l便和l1，l2都不相交，这样可退出和l1，l2异面矛盾，这样便说明D正确【解答】解：

20、Al与l1，l2可以相交，如图：该选项错误；Bl可以和l1，l2中的一个平行，如上图，该选项错误；Cl可以和l1，l2都相交，如下图：，该选项错误；D“l至少与l1，l2中的一条相交”正确，假如l和l1，l2都不相交；l和l1，l2都共面；l和l1，l2都平行；l1l2，l1和l2共面，这样便不符合已知的l1和l2异面；该选项正确故选D【点评】考查异面直线的概念，在直接说明一个命题正确困难的时候，可说明它的反面不正确19在用数学归纳法证明等式1+2+3+2n1=2n2n（nN*）的第（ii）步中，假设n=k（k1，kN*）时原等式成立，则当n=k+1时需要证明的等式为（）A1+2+3+（2k1

21、）+2（k+1）1=2k2k+2（k+1）2（k+1）B1+2+3+（2k1）+2（k+1）1=2（k+1）2（k+1）C1+2+3+（2k1）+2k+2（k+1）1=2k2k+2（k+1）2（k+1）D1+2+3+（2k1）+2k+2（k+1）1=2（k+1）2（k+1）【分析】由数学归纳法可知n=k时，1+2+3+2k1=2k2+k，到n=k+1时，左端为1+2+3+2k1+2k+2k+1从而可得答案【解答】解：用数学归纳法证明等式1+2+3+2n1=2n2n时，假设n=k时，命题成立，1+2+3+2k1=2k2k，则当n=k+1时，左端为1+2+3+2k1+2k+2k+1，从“kk+1”

22、需增添的项是2k+2k+1，1+2+3+（2k1）+2k+2（k+1）1=2（k+1）2（k+1）故选：D【点评】本题考查数学归纳法，着重考查理解与观察能力，考查推理证明的能力，属于中档题20过双曲线x2=1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A、B两点，则|AB|=（）AB2C6D4【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出AB的方程，得到AB坐标，即可求解|AB|【解答】解：双曲线x2=1的右焦点（2，0），渐近线方程为y=，过双曲线x2=1的右焦点且与x轴垂直的直线，x=2，可得yA=2，yB=2，|AB|=4故选：D【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查基本知识的应用2

23、1对任意向量、，下列关系式中不恒成立的是（）A|B|C（）2=|2D（）（）=22【分析】由向量数量积的运算和性质逐个选项验证可得【解答】解：选项A恒成立，|=|cos，|，又|cos，|1，|恒成立；选项B不恒成立，由三角形的三边关系和向量的几何意义可得|；选项C恒成立，由向量数量积的运算可得（）2=|2；选项D恒成立，由向量数量积的运算可得（）（）=22故选：B【点评】本题考查平面向量的数量积，属基础题22直线l：x+my1=0（mR）是圆C：x2+y24x2y+1=0的对称轴，若过点A（4，m）作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（）A2B4C6D2【分析】求出圆的标准方程可得圆心和

24、半径，由直线l：x+my1=0经过圆C的圆心（2，1），求得m的值，可得点A的坐标，再利用直线和圆相切的性质求得|AB|的值【解答】解：圆C：x2+y24x2y+1=0，即（x2）2+（y1）2=4，表示以C（2，1）为圆心、半径等于2的圆由题意可得，直线l：x+my1=0经过圆C的圆心（2，1），故有2+m1=0，m=1，点A（4，1）AC=2，CB=R=2，切线的长|AB|=6故选C【点评】本题主要考查圆的切线长的求法，解题时要注意圆的标准方程，直线和圆相切的性质的合理运用，属于基础题23设an是公比为q的等比数列，令bn=an+1（nN*），若数列bn的连续四项在集合15，3，9，18，

25、33中，则q等于（）A4B2C4或D2或【分析】bn=an+1（nN*），数列bn的连续四项在集合15，3，9，18，33中，可得等比数列an的连续四项在集合16，4，8，17，32中，则等比数列an的连续四项为：4，8，16，32或：32，16，8，4即可得出【解答】解：bn=an+1（nN*），数列bn的连续四项在集合15，3，9，18，33中，等比数列an的连续四项在集合16，4，8，17，32中，则等比数列an的连续四项为：4，8，16，32或：32，16，8，4则q等于2或故选：D【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题24ABC是边长为2的

26、等边三角形，已知向量，满足=2， =2+，则下列结论正确的是（）A|=1BC =1D（4+）【分析】由题意，知道，根据已知三角形为等边三角形解之【解答】解：因为已知三角形ABC的等边三角形，满足=2， =2+，又，的方向应该为的方向所以，所以=2， =12cos120=1，4=412cos120=4， =4，所以=0，即（4）=0，即=0，所以；故选D【点评】本题考查了向量的数量积公式的运用；注意：三角形的内角与向量的夹角的关系三、解答题（共5小题，满分48分）25如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB=2，BC=3，AA1=1，E为CD中点，求异面直线BC1和D1E所成角的大小【分

27、析】如图所示，建立空间直角坐标系利用向量夹角公式即可得出【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系D（0，0，0），B（3，2，0），C1（0，2，1），E（0，1，0），D1（0，0，1）=（3，0，1），=（0，1，1）cos=异面直线BC1和D1E所成角的大小为arccos【点评】本题考查了通过求向量的夹角公式求异面直线的夹角、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题26设椭圆C：mx2+ny2=1（m0，n0，mn），直线l：y=x+1与椭圆C交于P，Q两点（1）设坐标原点为O，当OPOQ时，求m+n的值；（2）对（1）中的m和n，当|PQ|=时，求椭圆C的方程【分析】（1）

28、设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），直线方程与椭圆方程联立化为（m+n）x2+2nx+n1=0由OPOQ，可得=x1x2+y1y2=0，即2x1x2+（x1+x2）+1=0，把根与系数的关系代入即可得出（2）|PQ|=，把m+n=2代入整理为4n28n+3=0，解出即可得出【解答】解：（1）依题意，设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），联立，化为（m+n）x2+2nx+n1=0，x1+x2=，x1x2=由OPOQ，=x1x2+y1y2=0，x1x2+（x1+1）（x2+1）=0，即2x1x2+（x1+x2）+1=0，+1=0，化为m+n=2（2）|PQ|=，把m+n=2代入整理为4n28

29、n+3=0，解得，m=，或m=，n=椭圆C的标准方程为： =1，或=1【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题27如图，在直角坐标平面xOy内已知定点F（1，0），动点P在y轴上运动，过点P作PM交x轴于点M，使得=0，延长MP到点N，使得|=|（1）当|=1时，求；（2）求点N的轨迹方程【分析】（1）由题意，M（1，0），N（1，2），利用数量积公式求；（2）设出动点N，则M，P的坐标可表示出，根据=0，利用数量积公式求得x和y的关系式，即N的轨迹方程【解答】解：（1）由题意，M（1，0），N（1，2），=

30、（2，0）（0，2）=0；（2）设动点N（x，y），则M（x，0），P（0，）（x0）=0，（x，）（1，）=0，y2=4x（x0）即为所求【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，两个向量的数量的运算，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力，属于中档题28已知函数f（x）=sinxcosxcos2x的周期为，其中0（1）求的值，并写出函数f（x）的解析式（2）设ABC的三边a、b、c依次成等比数列，且函数f（x）的定义域等于b边所对的角B的取值集合，求此时函数f（x）的值域【分析】（1）先逆用两角差的正弦公式化成正弦型函数的标准形式，然后利用周期公式T=求的值，进而写出函数f（

31、x）的解析式；（2）利用余弦定理结合基本不等式求出cosB的范围，再根据B为三角形的内角求出B的范围，得出f（x）的定义域，从而求出f（x）的值域【解答】解：（1）f（x）=sinxcosxcos2x=sin2x=sin（2x）；由T=，解得=2，所以函数f（x）的解析式为f（x）=sin（4x）；（2）因为b2=ac，所以cosB=，当且仅当a=c时取“=”；又B为三角形内角，所以0B，即0x，所以4x，所以sin（4x）1，所以1sin（4x），即函数f（x）的值域是1，【点评】本题考查了三角变换及解三角形的应用问题，解题的关键是化成正弦型函数的标准形式，把求角的范围转化成先求角余弦值的范

32、围，是综合性题目29设等差数列an的公差d0，前n项和为Sn，且满足a2a3=45，a1+a4=14（1）试寻找一个等差数列bn和一个非负常数p，使得等式（n+p）bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，并说明你的理由；（2）对于（1）中的等差数列bn和非负常数p，试求f（n）=（nN*）的最大值【分析】（1）由a2a3=45，a1+a4=14，可得，d0，解得d，a1可得an，Sn由（n+p）bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，可得（n+p）bn=2n2n分别令n=1，2，3，及其p0，即可解得p（2）由（1）可得：p=0，b1=1，b2=3，公差=2可得bn=2n1于是f（n）=令g（x）=x

33、+1+，（x1），利用导数研究其单调性最值即可得出【解答】解：（1）a2a3=45，a1+a4=14，d0，解得d=4，a1=1an=1+4（n1）=4n3Sn=2n2n（n+p）bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，（n+p）bn=2n2n分别令n=1，2，3，则（1+p）b1=1，（2+p）b2=6，（3+p）b3=15可得b1=，b2=，b3=数列bn是等差数列，=+化为：2p2+p=0，解得p=0或p0，p=0（2）由（1）可得：p=0，b1=1，b2=3，公差=31=2bn=1+2（n1）=2n1f（n）=令g（x）=x+1+，（x1），g（x）=1=，可得：x时，g（x）0，函数g（

34、x）单调递减；x时，g（x）0，函数g（x）单调递增又g（1）=3，g（2）=3+因此当xN*时，n=1时，g（n）取得最小值3，故n=1时，f（n）取得最大值，f（1）=【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式、递推关系、数列的单调性、利用导数研究函数的单调性最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题II卷四、选择题（共3小题，每小题3分，满分9分）30“a=b”是“方程ax2+by2=1表示的曲线为圆”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件【分析】根据圆的定义以及集合的包含关系判断即可【解答】解：若方程ax2+by2=1表示的曲线为圆，则a=b0，故

35、“a=b”是“方程ax2+by2=1表示的曲线为圆”的必要不充分条件，故选：B【点评】本题考查了充分必要条件，考查圆的定义，是一道基础题31已知坐标平面内两个定点F1（4，0），F2（4，0），且动点M满足|MF1|+|MF2|=8，则点M的轨迹是（）A两个点B一个椭圆C一条线段D两条直线【分析】首先确定点M在直线上，再利用长度关系，确定点M在线段F1F2上，从而得到结论【解答】解：若点M与F1，F2可以构成一个三角形，则|MF1|+|MF2|F1F2|，|F1F2|=8，动点M满足|MF1|+|MF2|=8，点M在线段F1F2上故选：C【点评】本题考查轨迹的求法，考查学生分析解决问题的能力，

36、属于中档题32已知函数f（x）=，函数g（x）=bf（2x），其中bR，若函数y=f（x）g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A（，+）B（，）C（0，）D（，2）【分析】求出函数y=f（x）g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可【解答】解：g（x）=bf（2x），y=f（x）g（x）=f（x）b+f（2x），由f（x）b+f（2x）=0，得f（x）+f（2x）=b，设h（x）=f（x）+f（2x），若x0，则x0，2x2，则h（x）=f（x）+f（2x）=2+x+x2，若0x2，则2x0，02x2，则h（x）=f（x）

37、+f（2x）=2x+2|2x|=2x+22+x=2，若x2，x2，2x0，则h（x）=f（x）+f（2x）=（x2）2+2|2x|=x25x+8即h（x）=，作出函数h（x）的图象如图：当x0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+，当x2时，h（x）=x25x+8=（x）2+，故当b=时，h（x）=b，有两个交点，当b=2时，h（x）=b，有无数个交点，由图象知要使函数y=f（x）g（x）恰有4个零点，即h（x）=b恰有4个根，则满足b2，故选：D【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键五、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）33已知

38、直线l：Ax+By+C=0（A、B不全为零）与圆x2+y2=1交于M、N两点，且|MN|=，若O为坐标原点，则的值为【分析】根据弦长关系求出MON的大小，利用数量积公式即可求出【解答】解：取MN的中点A，则OAMN，|MN|=，AM=，圆的半径R=OM=1，sinAOM=，则AOM=60，可得MON=120故=11cos120=故答案为：【点评】本题考查数量积的公式，考查直线与圆相交的性质，求出MON的大小是解决本题的关键34已知，|=，|=t，若点P是ABC所在平面内一点，且=+，则的最大值等于13【分析】建立直角坐标系，由向量式的几何意义易得P的坐标，可化为 17（+4t），再利用基本不等

39、式求得它的最大值【解答】解：由题意建立如图所示的坐标系，可得A（0，0），B（，0），C（0，t），=+，P（1，4），=（1，4），=（1，t4），=（1）4（t4）=17（+4t）172=13，当且仅当=4t，即t=时，取等号，的最大值为13，故答案为：13【点评】本题考查平面向量数量积的运算，涉及基本不等式求最值，属中档题35设直线l与抛物线y2=4x相交于A、B两点，与圆（x5）2+y2=r2（r0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条则r的取值范围是2r4【分析】先确定M的轨迹是直线x=3，代入抛物线方程可得y=2，所以交点与圆心（5，0）的距离为4，即可得出结论

40、【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），斜率存在时，设斜率为k，则y12=4x1，y22=4x2，相减得（y1+y2）（y1y2）=4（x1x2），当l的斜率存在时，利用点差法可得ky0=2，因为直线与圆相切，所以=，所以x0=3，即M的轨迹是直线x=3将x=3代入y2=4x，得y2=12，2y02，M在圆上，（x05）2+y02=r2，r2=y02+412+4=16，直线l恰有4条，y00，4r216，故2r4时，直线l有2条；斜率不存在时，直线l有2条；所以直线l恰有4条，2r4，故答案为：2r4【点评】本题考查直线与抛物线、圆的位置关系，考查点差法，考查学生分

41、析解决问题的能力，属于中档题六、解答题（共1小题，满分12分）36设椭圆C： +=1（ab0），左、右焦点分别是F1、F2且|F1F2|=2，以F1为圆心，3为半径的圆与以F2为圆心，1为班级的圆相交于椭圆C上的点K（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆E： +=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q求的值；令=t，求ABQ的面积f（t）的最大值【分析】（1）运用圆与圆的位置关系，|F1F2|=2和a，b，c的关系，计算即可得到b，进而得到椭圆C的方程；（2）求得椭圆E的方程，设P（x0，y0），=，求得Q的坐标，分别代入椭圆C，E的方程，化

42、简整理，即可得到所求值；设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，运用韦达定理，三角形的面积公式，将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，由判别式大于0，可得t的范围，结合二次函数的最值，又ABQ的面积为3S，即可得到所求的最大值【解答】解：（1）由题意可知，|PF1|+|PF2|=2a=4，可得a=2，又|F1F2|=2，c=，a2c2=b2，b=1，即有椭圆C的方程为+y2=1；（2）由（1）知椭圆E的方程为=1，设P（x0，y0），=，由题意可知，Q（x0，y0），由于+y02=1，代入化简可得（+y02）=1，所以=2，即=2；设A（x1，y1），B（x2，

43、y2），将直线y=kx+m代入椭圆E的方程，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m216=0，由0，可得m24+16k2，则有x1+x2=，x1x2=，所以|x1x2|=，由直线y=kx+m与y轴交于（0，m），则AOB的面积为S=|m|x1x2|=|m|设=t，则S=2，将直线y=kx+m代入椭圆C的方程，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，由0可得m21+4k2，由可得0t1，则S=2在（0，1递增，即有t=1取得最大值，即有S2，即m2=1+4k2，取得最大值2，由知，ABQ的面积为3S，即ABQ面积的最大值为6【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查三角形的面积公式和二次函数的最值，属于中档题20 / 21