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2024-2025学年度第一学期高二教学质量检测
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写
在本试卷上无效.
3,考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一，单项选择题：本题共8小题，每小题5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.从标有1,2,3,4,5的五张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片数字之和是
6的概率为
A.
B.
4
D.
5
5
25
10
2.已知直线：x+ay+1=0,12:(a-1)x+y+a=0,则下列说法正确的是
中
肥
A.当a=1时，直线的倾斜角为45°
B.当12时，a=-1
C.若∥12，则a=-1
D.直线I2的纵截距为一a
3.设xER.ycR,a=(x1,1),=(1y,1),c=(2,-2,2),61c,a1b,则a+=
A.3
B.√2
c.5
D.3
4.若点P为直线y=-4上任意一点，过点P总能作圆x2+y2=4的切线，则k的最小
值为
A.-V5
B.-V3
C.-2
D.-√2
9
5,我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂
直于底面的四棱锥称为阳马.如图，四棱锥P一ABCD为阳马，
PA⊥平面ABCD,点E是PC边上一点，且EC=2PC,若
DE=xAB+yAC+zAP,2x+y+z=
A.1
B.
C.2
高二数学试题
第1页（共4页）
6.如图，在长方体ABCD-AB,CD中，AD=AA=2,
C
AB=4,点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD的距离为
D
4
A.
3
B.
C.
3
D.I
6
7.已知A、B分别是椭圆+名=1(a>b>0)的左右顶点，M是椭圆上异于A、B的任
意一点，直线以与BM斜率之积化ww之，则此椭圆离心率的取值花围是
c.
8.正方体ABCD-A,B,CD,的棱长为3，点M在棱AB上，且AM=2,点P是正方体下
底面ABCD内（含边界）的动点，且动点P到直线AD的距离与点P到点M的距离的平
方差为9，则PB的最大值是
A.2
B.2W2
c.6
D.5
二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分
分，有选错的得0分.
9.已知随机事件A,B,C,则下列说法正确的是
A.若事件A与事件B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)
B.P(A)+P(B)=1是事件A与事件B互为对立事件的充要条件
C.若事件A与事件B互斥，P(=P(B)=则P(4+可-子
D.若事件A与事件B相互独立，P(A)=P(8)=子则P(4+B)=。
高二数学试题
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2024─2025 学年度第一学期高二教学质量检测
数学详解
一． 单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 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. A 2.D．3.C．4.B 5.C．6.A．7.D. 8.B．
二． 多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部
分分，有选错的得 0 分．
9.ACD 10.ABC 11.BCD
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
3 4 1
答案：12. ，13. k 或 k 1， 14.2/3
5 3 3
四．解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．
3
15.(13分）在某次 1500米体能测试中，甲，乙，丙三人各自通过测试的概率分别为 ，
5
2 1
， ，甲，乙，丙三人是否通过测试互不影响，求：
3 2
(1)只有 2人通过体能测试的概率；（7分）
(2)至少有 1人通过体能测试的概率.（6分）
13 14
答案（1） （2）
30 15
法一：【解析】设事件A表示“甲通过体能测试”，事件 B表示“乙通过体能测试”，事件C
3 2 1
表示“丙通过体能测试”，则由题意知：P A ，P B ，P C .
5 3 2
（1）设M 表示事件“甲，乙，丙 3人中只有 2人通过体能测试”，则M ABC ABC ABC ，
由于事件A，B，C，A，B，C均相互独立，并且事件 ABC，ABC，ABC两两互斥，
因此所求概率为
P M P A P B P C P A P B P C P A P B P C
3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 2 2 1 3 1 1
1 1 1 …6分
5 3 2 5 3 2 5 3 2 5 3 2 5 3 2 5 2 3
高三数学试题 第 1 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
1 1 2 13

5 10 15 30
13
所以只有 2人通过体能测试的概率为 ……………………………7分
30
法二：设M 表示事件“甲，乙，丙 3人中只有 2人通过体能测试”，
M0表示事件“甲，乙，丙 3人中没有人通过体能测试”，
M1表示事件“甲，乙，丙 3人中只有 1人通过体能测试”，
M3表示事件“甲，乙，丙 3人中 3 人都通过体能测试”，
则事件M 的对立事件为：M0 M1 M3
3 2 1 1
P(M 0 ) (1 ) (1 ) (1 ) ……………………………2分
5 3 2 15
3 2 1 3 2 1 3 2 1
P(M1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
5 3 2 5 3 2 5 3 2
1 2 1 3
………………………………2分
1 0 1 5 1 5 1 0
3 2 1 1
P(M ) 3 ………………………………2分
5 3 2 5
P(M ) 1 P(M0 M1 M3) 1 P(M0) P(M1) P(M3)
1 3 1 13
1
15 10 5 30
13
所以只有 2人通过体能测试的概率为 ………………………………7分
30
（2）法一：
设 A0表示事件“至少有 1人通过体能测试”，则 A “ ” 8 0 为 没有人通过测试 …… 分
2 1 1
P A0 …………………..11分
5 3 2
2 1 1 14
P A0 1 P A0 1 …………………………..13分
5 3 2 15
高三数学试题 第 2 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
法二：设 A 表示事件“至少有 1人通过体能测试”， 0
A 表示事件“甲，乙，丙 3人中只有 1人通过体能测试”， 1
A 表示事件“甲，乙，丙 3人中只有 2人通过体能测试”， 2
A3表示事件“甲，乙，丙 3人中 3 人都通过体能测试”，
P A1 P A P B P C P A P B P C P A P B P C
3 1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 3
………………..2分
5 3 2 5 3 2 5 3 2 10 15 15 10
P A2 P A P B P C P A P B P C P A P B P C
3 2 1 3 2 1 3 1 2 3 2 1 2 2 1 3 1 1
1 (1 ) 1
5 3 2 5 3 2 5 2 3 5 3 2 5 3 2 5 2 3
1 2 1 13

5 15 10 30 …………..1分
3 2 1 1
P(A3) ………..2分
5 3 2 5
3 13 1 14
P(A0 ) P(A1) P(A2 ) P(A3)
10 30 5 15
14
即：至少有 1人通过体能测试的概率为 ………..1分
15
16．（15 分）已知动点 P 到直线 x 2的距离与到点M (2,0)距离相等，设动点 P 的轨
迹为曲线 E .
（1）求曲线 E 的方程；
（2）过点 N(4,0)的直线 l 交 E 于 A ，B 两点，且△OAB（O为坐标原点）的面积为32，
求 l 的方程.
解析：(1) 动点 P 到直线 x 2的距离与到点M (2,0)距离相等
曲线 E 是以M (2,0)为焦点，直线 x 2为准线的抛物线…………2 分
2
曲线 E 的方程为 y 8x .………………………………5 分
(2)【方法一】
高三数学试题 第 3 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
设 为： = + 4，(m≠ 0) A(x1, y1) , B(x2, y2) .................................. 7 分
= + 4
联立： { 2 得：
2 8 32 = 0
= 8
所以：y1+y2 = 8m , y1 y2 = 32 ........................................................ 9 分
所以：|y1 y2|=√(y
2
1 + y2) 4y1 y2 = 8√
2 + 2 ......................................... 11 分
1
因为 S 2 OAB = |ON| |y1 y2| = 16√ + 2 = 32 ......................................... 13 分 2
解得， 2 = 2 , = ±√2
所以：直线 方程为 x + √2 y 4 = 0 或 x √2 y 4 = 0. ................................. 15 分
【方法二】
①当直线 斜率不存在时，
为：x=4，易得 A(4,4√2) ,B(4,4√2).
|AB|=8√2 ,S OAB = 16√2 ,不合题意。..........................................................6 分
②当直线 斜率存在时，
设 为： = ( 4)，A(x1, y1) , B(x2, y2) ................................ 7 分
= ( 4)
联立： { 2 得：
2 4 = 0
= 8 8
8
所以：y1+y2 = , y 1 y2 = 32 ........................................................ 9 分
1
所以：|y1 y2|=√(y1 + y2)2 4y1 y2 = 8√ 2 + 2 ......................................... 11 分
1 1
因为 S OAB = |ON| |y1 y2| = 16√ 2 + 2 = 32 ......................................... 13 分 2
2 1 √2解得， = , = ±
2 2
综上：直线 方程为 x + √2 y 4 = 0 或 x √2 y 4 = 0. ................................. 15 分
【方法三】
①当直线 斜率不存在时，
为：x=4，易得 A(4,4√2) ,B(4,4√2).
|AB|=8√2 ,S OAB = 16√2 ,不合题意。..........................................................6 分
②当直线 斜率存在时，
设 为： = ( 4)，A(x1, y1) , B(x2, y2) ................................ 7 分
= ( 4)
联立： { 2 得：
2 2 8( 2 + 1) + 16 2 = 0
= 8
8( 2+1)
所以：x1+x2 = 2 , x1 x2 = 16 .................................................................. 9 分
高三数学试题 第 4 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
2 2+1
所以：|AB|=√1 + 2 √(x 2 21 + x2) 4x1 x2 = 8√1 + √ 4 .............................. 11
分
|4k|
O 到直线 的距离为：d =
√1+ 2
1 2 2+1
因为 S OAB = |AB| d = 16√ 2 = 32 ......................................... 13 分 2
2 1 √2解得， = , = ±
2 2
综上：直线 方程为 x + √2 y 4 = 0 或 x √2 y 4 = 0. ................................. 15 分
17．（15 分）
2 2 2 2
已知圆C ： x 11 y 1 1与圆C2 ： x 2 y 2 1，直线 l ：
2kx y 1 k 0
（1）判断直线 l 与圆C1的位置关系并证明：
（2）过动点M m,n 分别作两圆的切线MA，MB（ A, B分别为切点），若 | MA | | MB |，
2
求m n2的最小值.
解：(1) 直线 l 与圆C1相交. ………1分
法一：
由直线方程 l :k(2x 1) 1 y 0，不论 k 取何值，令2x 1 0,1 y 0，
1 1
则 x , y 1，即直线恒过定点P ,1 ………3分
2 2
1 1 1
又因为点 P ,1 与圆心C1(1,1)的距离 （ 1）
2 （1 1）2 1，
2 2 2
即点 P 在圆内部，直线 l 与圆C1相交. ………6分
法二：直线 l 与圆C1相交. ………1分
同法一可得，
1
直线恒过定点P ,1 ………3分
2
1
由图形可得，圆心C1(1,1)到直线 l 的距离d PC , 1 1
2
故d r，直线 l 与圆C1相交. ………6分
高三数学试题 第 5 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
法三：直线 l 与圆C1相交. ………1分
2k 1 1 k k
d ………3分
4k 2 1 4k 2 1
由此可得，
1 1
d 1
1 2 ,
4
k 2
故d r，直线 l 与圆C1相交. ………6分
(2)分析：此题先得出m，n的关系，进一步得出m2 n2的最小值
解析：①求m，n的关系
法一：由题意得C1 1,1 ，C2 2, 2 ，
因为 MA MC2
2
1 1, MB MC 1， 2
2 2
又 MA MB ，即MC1 1 MC2 1 ………9分
2 2 2 2
即 m 1 n 1 1 m 2 n 2 1
化简得m n 1 ………12 分
法二：由 MA MB ，转化为 MC1 MC2
即MC
2 1 MC 2 1，得 MC1 MC1 2 2 ， ………9分
故M 点在C1C2 的垂直平分线上，
C1C2 的垂直平分线为 x y 1 0，
故m n 1 ………12 分
法三：利用根轴结论
x
2 y2 2x 2y 1 0
相减可得 x y 1 0
x2 2 y 4x 4y 7 0
故M 点的轨迹为：m n 1 0 ………10分
（若采用根轴结论做，本次考试扣 2分，即得 10分）
②求m2 n2的最小值
高三数学试题 第 6 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
法一：
故M 点的轨迹为：m n 1 0，即在直线m n 1 0上，
m2 n2表示的几何意义为M 点到原点距离的平方，
原点到直线m n 1 0的距离
0 0 1 2
d ………14分
1 1 2
1
则m2 n2 的最小值为 ………15分
2
法二：
2 2 2 2 2
所以m n m m 1 2m 2m 1,m R
1 1
当m 时， m2 n2的最小值为 ………15 分
2 2
法三：
2
m n 1
由不等式关系可得，m2 n2 ………14 分
2 2
1
当且仅当m n 时，等号成立.
2
1
故m2 n2 的最小值为 ………15分
2
18．（17 分）如图，已知四棱锥P ABCD，平面PAD 平面 ABCD， PA PD ，
PA PD ， AD CD ， AB / /CD ， AD 2 ， AB 1， AC 2 2 ，．
(1) 证明：PA PC ；
(2) 求直线 PD 与平面PBC 所成角的正弦值；
(3) 若点 E 是平面PBC 内的动点，且DE 平面PBC ，求平面EDC 与平面PDC 夹角
的余弦值．
解证：（1）解法一
由题设平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，
CD 平面 ABCD，CD AD，
高三数学试题 第 7 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
所以CD 平面 PAD ，.....................................2分
（划线两步骤要有，其它步骤缺失不扣分）
又 PA 平面 PAD ，所以PA CD ，
因为 PA PD ，且PD CD D，所以PA 平面PCD,
又PC 平面 PCD，所以PA PC .....................................5分
（1）解法二
由题设平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，
CD 平面 ABCD，CD AD，
所以CD 平面 PAD ，.....................................2分
取 AD 的中点O，作OM / /CD交BC 于M ，连接OP ，则OP AD，
平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，OP 平面 PAD ，
则OP 平面 ABCD，（不证不扣分）
以O为原点，OA、OM 、OP 所在直线分别为 x轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
AD 2， AB 1， ， AD2AC 2 2 +CD2 =AC2，所以CD 2
所以P(0,0,1)， A(1,0,0)，B(1,1,0)，C( 1,2,0) ，D( 1,0,0)，.......4分
.......5 分
PA PC (1,0, 1) ( 1,2, 1) 0
（1）解法三
由题设平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，
CD 平面 ABCD，CD AD，
所以CD 平面 PAD ，.....................................2分
（划线两步骤要有，其它步骤缺失不扣分）
取 AD 的中点O，作OM / /CD交BC 于M ，连接OP ，则OP AD，
平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，OP 平面 PAD ，
则OP 平面 ABCD，（不证不扣分）
高三数学试题 第 8 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
.......5 分
PA 2,AC 2 2, PC 6 ,由勾股定理得 PA PC
建系一（2） 取 AD 的中点O，作OM / /CD交BC 于M ，连接OP ，则OP AD，
平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，OP 平面 PAD ，
则OP 平面 ABCD，（不证不扣分）
以O为原点，OA、OM 、OP 所在直线分别为 x轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
AD 2， AB 1， 2 2 2AC 2 2 ， AD +CD =AC ，所以CD 2
所以P(0,0,1)， A(1,0,0)，B(1,1,0)，C( 1,2,0) ，D( 1,0,0)，.......7分
m CB 2x y 0
设平面PBC 的一个法向量为m x, y, z ，则 ，
m CP x 2y z 0
令 x 1，可得m 1,2,3 ，....................................10 分
又 DP 1,0,1 ，设直线 PD 与平面PBC 所成角 ，
PD m 4 2 7
sin cos PD,m
PD m 14 2 7
2 7
所以直线 PD与平面PBC 夹角正弦值为 ....................12 分
7
（3）由（1）知平面PDC 的一个法向量为PA 1,0, 1
由（2）知平面 PBC 的一个法向量为m 1,2,3 ，
因为DE 平面 PBC ，所以DE m ， 0 ..........................14分
设平面EDC 的一个法向量为n x, y, z ，

n DE n m x 2 y 3 z 0
则 ，令 x 3，可得
n DC 2y 0
高三数学试题 第 9 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
n 3,0, 1 ，.............16分
PA n 2 5
则 cos PA,n ，
PA n 5
2 5
所以平面EDC 与平面PDC 所成夹角余弦值为 ．..........................17 分
5
建系二（2） 取 AD 的中点O，作OM / /CD交BC 于M ，连接OP ，则OP AD，
平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，OP 平面 PAD ，
则OP 平面 ABCD，（不证不扣分）
以O为原点，OM 、OD、OP 所在直线分别为 x轴，
y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
AD 2， AB 1， ， AD2 +CD2 2AC 2 2 =AC ，所以CD 2
所以P(0,0,1)， A(0, 1,0),B(1, 1,0),C(2,1,0),D(0,1,0)，.......7分
设平面PBC 的一个法向量为m x, y, z ，则，
，....................................10分
m (2, 1,3)
又 ，设直线 与平面PBC 所成角 ，
DP (0, 1,1) PD
PD m 4 2 7
sin cos PD,m
PD m 14 2 7
2 7
所以直线 PD与平面PBC 夹角正弦值为 ....................12 分
7
（3）由（1）知平面PDC 的一个法向量为
PA (0, 1, 1)
由（2）知平面 PBC 的一个法向量为 ，
m (2, 1,3)
因为DE 平面 PBC ，所以DE m ， 0 ..........................14分
设平面EDC 的一个法向量为n x, y, z ，
则 ，.............16 分
n (0,3,1)
PA n 2 5
则 cos PA,n ，
PA n 5
高三数学试题 第 10 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
2 5
所以平面EDC 与平面PDC 所成夹角余弦值为 ．..........................17 分
5
建系三（2） 取 AD 的中点O，作OM / /CD交BC 于M ，连接OP ，则OP AD，
平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD，OP 平面 PAD ，
则OP 平面 ABCD，（不证不扣分）
过 D作平面 ABCD向上的垂线 DE，以 D为原点， yDA、 xDC 、DE 所在直线分别为 轴，
轴， z 轴建立空间直角坐标系，
AD 2， AB 1， 2 2 2AC 2 2 ， AD +CD =AC ，所以CD 2
所以，P(1,0,1), A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0)，.......7分
设平面PBC 的一个法向量为m x, y, z ，则，
，....................................10分
m (1,2,3)
又 ，设直线 与平面PBC 所成角 ，
DP (1,0,1) PD
PD m 4 2 7
sin cos PD,m
PD m 14 2 7
2 7
所以直线 PD与平面PBC 夹角正弦值为 ....................12 分
7
（3）由（1）知平面PDC 的一个法向量为
PA (1,0,-1)
由（2）知平面 PBC 的一个法向量为 ，
m (1,2,3)
因为DE 平面 PBC ，所以DE m ， 0 ..........................14分
设平面EDC 的一个法向量为n x, y, z ，
则 ，.............16 分
n (3,0,-1)
PA n 2 5
则 cos PA,n ，
PA n 5
2 5
所以平面EDC 与平面PDC 所成夹角余弦值为 ．..........................17 分
5
高三数学试题 第 11 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
x2 y2
19．（17 分）已知双曲线C 的标准方程为 1(a 0,b 0) ，C 的左右顶点为 A, B ,
a2 b2
右焦点为F( 5,0) ，离心率e 5 .
(1)求双曲线C 的方程及其渐近线方程；
(2)过点D(2,0) 的直线 l 交双曲线C 于点 E, H1 （点 E 在第一象限），记直线 AE 斜率为 k1 ，
k
k 1直线BH 斜率为 2 ，求 的值； k2
b2
(3) 过圆O : x2 y2 上的点Q x0 , y0 作圆O的切线 l2 ，交双曲线C 于不同的两点 M ，
3
N ，点P为弦MN 的中点，证明： MN 2 OP .
x2 y2
解析：（1）由题意，双曲线C 的的标准方程为 1，
a2 b2
右焦点为F( 5,0) ，离心率为 5 ，
c 5

c
可得 e 5 ，解得a 1,b 2 ...............2 分
a
b2 c2 2 a
y2
所以双曲线方程为 x2 1，其渐近线方程为 y 2x . ...............4 分
4
(2)由（1）知, A 1,0 , B 1,0
显然直线 l 不垂直于 y 轴，设直线1 l 的方程为 x my 2，设 ( 1, 1), ( 2, 2)，
y22
x 1
由 4 消去 x得 (4m2 1)y2 16my 12 0，

x my 2
2 16m 12 34m 1 0, 0, y y ， y y ，my1y2 (y1 y2 ) ， ...............6 分 1 2
4m2
1 2
1 4m2 1 4
法一
y y
直线 AE 的斜率 k1
1 ，直线 2BH 的斜率 k2 ，
x1 1 x2 1
高三数学试题 第 12 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
y1 3
k y my 1 y1 y2 y1
所以 1
x1 1 1 2 my1y2 y y 3y 1 1 4 1 2 ． ......9 分
k y2 2 y2 my 31 3 my1y2 3y2 3y1 9y 3 y1 y2 3y 22
x2 1 4
或
y1 12m 16m 4m
y my 1 y yk1 x1 1 1 2 my y y my y (y y ) y 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 4m 1 4m 1
2
4m 1
1

k y2 2 y2 my1 3 my1y 3y my y 3y 12m 12m2 2 1 2 2 3 3y2 3y2 2 2x2 1 4m 1 4m 1
注：y=kx+m 形式，不讨论斜率不存在扣一分
代入化简，没有过程扣一分
法二
y1 y y
2 4(x 2 1)
因为 kAE kBE
1 1 1 4，
x 2 21 1 x1 1 x1 1 x1 1
2
k 4 4 4(x 1)(x 1) 4 my 4 m y y m(y y ) 11 1 2 1 1 my2 1 1 2 1 2
k2 k yBH kBE 1 y 2
y1y2 y1y2 y1y2
x1 1 x2 1
12m2 16m2
4 1
4
4m2

1 4m
2 1 4m2 1 1
12 12 3
4m2 1 4m2 1
......9 分
y y y 2 4(x 2 1)
法三，因为 k k 2 2 2 2AH BH 4
x2 1 x
2 2
2 1 x2 1 x2 1
y1 y 2
k1 kAE kAH x1 1 x2 1 y1y2 y1y2 y y 1 2
k 22 4 4 4(x1 1)(x2 1) 4 my1 3 my2 3 4 m y1y2 3m(y1 y2 ) 9
12
4m2 1 1
12m2 48m2 3
4 9
4m
2 1 4m2 1
......9 分
y1 y
2
1 y1 4(x
2 1)
法四：因为 k 1AE kBE 4， ......7 分
x1 1 x1 1 x
2
1 1 x
2
1 1
k 4
所以 1
k2 kBH kBE
设EH :m(x 1) ny 1，因为过点D 2,0 ，所以m 1，
y2
x
2 1
由 4 得4(x 1 1)2 y2
4
，
(x 1) ny 1
高三数学试题 第 13 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
4(x 1)2 y2
8(x 1)[(x 1) ny] 0，
y2 8n(x 1)y 12(x 1)2 0，
y y
( )2 8n 12 0
x 1 x 1
k ,k 为方程的两根，所以BE BH kBE kBH 12 ， ......8 分
所以 k1 4 1 ......9 分
k2 kBH kBE 3
（3）
法一：当直线斜率存在时，设直线MN : y kx t，M x3 , y3 ，N x4 , y4 ，
4
易知直线MN 与圆O : x
2 y2 相切，
3
t 2 3
则 ，即3t2 4 4k2， ...............10 分
1 k 2 3
y22
x 1
联立直线与双曲线 ，得 4 k 2 x2 2ktx t2 4 4 0，

y kx t
2 4 k 0 4 k
2 0
，即 ，
2 2 2 2
16t 16k 64 0
t k 4
2
2kt t 4
且 x3 x4 2 ， x x ， ...............12 分 4 k 3 4 4 k 2
y3 kx3 t y4 kx4 t则 kOM ， k
x ON
，
3 x3 x4 x4
kx3 t kx4 t k
2x x kt x x t2
即 kOM kON
3 4 3 4

x3 x4 x3x4
k 2 t2 4 kt 2kt t2 2 24 k 2 4k 4t

t2 4 t
2 4
3t2 4 4t2 t2 4
1，
t2 4 t2 4
即OM ON ； ...............15 分
当直线MN 斜率不存在时，直线
2 3 2 3
MN : x 或 x ，
3 3
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 当MN 方程为 x 时，M , ， N , ， 3 3 3

3 3
此时 kOM kON 1，OM ON ，
同理当 方程为 2 3MN x 时，OM ON ；
3
高三数学试题 第 14 页（共 16 页）
{#{QQABZYKtwgowgATACB5qEQFyC0oQsIMiLUgEQVCcuAQCCAFIFIA=}#}
综上所述OM ON ...............16 分
即 OMN 为直角三角形，且P为MN 中点，
则 MN 2 OP ...............17 分
方法二
当直线斜率存在时，设直线MN : y kx t，M x3 , y3 ， N x4 , y4 ，
4
易知直线MN 与圆O : x
2 y2 相切，
3
t 2 3
则 ，即3t2 4 4k2， ...............10 分
1 k 2 3
2 y
2
x 1
联立直线与双曲线 4 ，得 4 k 2 x2 2ktx t2 4 0，

y kx t
4 k
2 0 4 k
2 0
，即 ， 2 2
16t
2 16k 2 64 0 t k 4
2
2kt t 4
且 x3 x4 2 ， x x ， ...............12 分 4 k 3 4 4 k 2
则
4 4k 2 16 k 2
2 2 2 4 1 k
2 4 k 2 4 1 k 2
2 2 4 1 k t 4 k 3 3| MN | 1 k (x3 x4 ) 4x3x4
| 4 k 2 | | 4 k 2 | | 4 k 2 |
...............14 分
8t kt 4t
y3 y4 2 , P( , )4 k 4 k 2 4 k 2
4 4k 2 16 k 2
2 16 k
2 2 1 k 2
(16 k )t2 3 3
| OP |
| 4 k 2 | | 4 k 2 | | 4 k 2 |
则 MN 2 OP ...............15 分
当直线MN 斜率不存在时，直线
2 3
MN : x 或
2 3
x ，
3 3
4 3
MN ,
2 3
OP 则 MN 2 OP ...............17 分
3 3
注：这两种方法中，如果斜率不存在不讨论，要扣两分
法三：由题知直线MN 可设为 ，M x3 , y3 ，N x4 , y4 3x0x 3y
，
0 y 4
22 y
x 1
联立直线与双曲线 4 ，得 9x20 36y2 x2 24x x 36y20 0 0 16 0 ，

3x0x 3y0 y 4
高三数学试题 第 15 页（共 16 页）
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9x2 36y2
， …………132 分
0 24x0 36y0 16
0 0 x3 x4 , x2 2 3x4
0 9x0 36y0 9x
2
0 36y
2
0
2 2
4 3x0x3 4 3x0x
9 x
4 0
y0 x3x4 12x0 x3 x4 16
OM ON x3x4 y3 y4 x3x4
3y0 3y
2
0 9y0
2 2 4
因为 x0 y0
3
所以 2
12x x 12x 12 36y 16 288x
2 16 9x2 36y2
3 4 0 x3 x4 16 0 0 0 0
OM ON
9y2 81 x20 0 4y20 y20
4
192 144 x2 y2 192 144 0 0
3 0
81 x20 4y20 y20 81 x20 4y20 y20
…16 分
所以OM ON
即 OMN 为直角三角形，且 P 为MN 中点，
则 MN 2 OP . …………17 分
法四：
由题知直线MN 可设为 ，M x3 , y3 N x , y mx ny 1 ， 4 4
4
直线MN 与圆O : x
2 y2 相切，
3
可得 ，即 3 ………12 分 1 2 3 2
m n
2
m2 n2 3
4
y2 2
x2 1 mx ny 4n2 1 y2 8mnxy 4m2 4 x2 0
4
y2 y ………14 分
4n2 1 8mn 4m2 4 0(*)
x2 x
因为方程 (*)的两根为 kOM和kON ，
所以 4m2 4 3 4n2 4 ………16 分
kOM kON = = 1
4n2 1 4n2 1
所以OM ON
即 OMN 为直角三角形，且 P 为MN 中点，
则 MN 2 OP . …………17 分
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