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2026年高考数学临考冲刺卷（全国二卷通用）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。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。
第一部分（选择题 共58分）
一、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．集合的子集个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
2. 已知复数的共轭复数为，若，则可能为（ ）
A. B. C. D.
3．为了研究物理成绩与数学成绩之间的关系，随机抽取名学生的成绩，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则样本点的残差为（ ）
A. B. C. D.
4.在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（ ）
A B.
C. D.
5.【创新题】 已知函数（）的图象过函数图象的定点，则的最小值为（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 9
6．【新情景】已知数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项，下列说法正确的个数是（ ）
①数据，，，…，的平均数是；
②数据，，，…，的平均数是；
③若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数；
④若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数的定义域为为的导函数，，．若，则（ ）
A. 2026 B. 1013 C. 1 D. -1
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分．
9．【新考法预测】英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯定理，随机事件存在如下关系：．张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和户外运动．张同学第一天选择室内健身的概率为，选择户外运动的概率为．如果第一天选择室内健身，那么第二天继续选择室内健身的概率为；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概率为．则张同学（ ）
A. 第二天去室内健身的概率为
B. 第二天去户外运动的概率为
C. 若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为
D. 若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为
10．在平面直角坐标系中，直线，直线，曲线上的动点到直线与的距离之积为定值1，为曲线的左、右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线的方程为
B.
C. 点到点的距离最小值为4
D. 若为曲线在点处的切线，则直线平分
11. 【新情景】如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）
A. 第2026行共有2026个数
B. 从第4行起到第19行，每一行第4个数字之和为
C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1
D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数为奇函数，当时，（），若在上单调递增，则的取值范围是______．
13.在中，角，，的对边分别是，，，若，为锐角三角形，则的取值范围是_______．
14. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最小值为_______．
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。
15．（13分）
已知数列满足，且对任意的正整数，当时，都有．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设，求数列的前项和．
16．（15分）
某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．
（1）求智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；
（3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由，
17．（15分）
把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
（1）证明：平面；
（2）若在同一个球面上，求该球的半径；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
18．（17分）
已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有且仅有1个零点，求的值；
（3）若存在，使得对任意恒成立，证明：．
19．（17分）
已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
（3）已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)2026年高考数学临考冲刺卷（全国二卷通用）
（考试时间：120分钟，分值：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。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。
第一部分（选择题 共58分）
一、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．集合的子集个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
1.【答案】D
【解析】解不等式得，则集合，有3个元素，
则集合的子集个数为.
故选：D.
2. 已知复数的共轭复数为，若，则可能为（ ）
A. B. C. D.
2.【答案】A
【解析】设，则，
由，得，解得，
结合选项可知可能为．
故选：A.
3．为了研究物理成绩与数学成绩之间的关系，随机抽取名学生的成绩，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则样本点的残差为（ ）
A. B. C. D.
3.【答案】A
【解析】时的预测值，
时的真实为值，
样本点的残差为.
故选：A.
4.在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（ ）
A B.
C. D.
4.【答案】D
【解析】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则，所以
设平面的一个法向量为，
则，取，则，所以，
又易知，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误，
对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误，
对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为，
，则，
又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误，
对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，则直线平面，所以D正确，
5.【创新题】 已知函数（）的图象过函数图象的定点，则的最小值为（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 9
5.【答案】D
【解析】由函数，令，可得，所以图象的定点，
又由函数的图象过函数图象的定点，
可得，即，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.
故选：D.
6．【新情景】已知数列是各项均为正数的等差数列，且公差；数列是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项，下列说法正确的个数是（ ）
①数据，，，…，的平均数是；
②数据，，，…，的平均数是；
③若，，则数据，，，…，的中位数大于数据，，，…，的中位数；
④若，，则数据，，，…，的平均数大于数据，，，…，的平均数．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6.【答案】C
【解析】对于①选项，设的前项和为，，
所以数据，，，…，的平均数是，故①选项正确：
对于②选项，当时，取为2，4，8，平均数为，故②选项错误；
对于③选项，，，，…，的中位数是，，，，…，的中位数是，
，故③选项正确；
对于④选项，易知点直线上，点在曲线上，
因为，所以如下图所示：
由图可知，当时，，
所以数列的前项和大于数列的前项和，
所以数列的前项的平均数比的前项的平均数大，④选项正确．
故选：C.
7. 已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
7.【答案】A
【解析】由抛物线的定义知，，
所以在中，由余弦定理得，
所以，
又因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，故，
所以的最大值为
故选：A.
8. 已知函数的定义域为为的导函数，，．若，则（ ）
A. 2026 B. 1013 C. 1 D. -1
8.【答案】D
【解析】因为且，所以，
因为，所以关于直线对称，
则原函数关于点对称，所以
所以，
令，则，即，
所以，
所以的周期为，
又，即，所以的周期也为，
由得，
由得，所以，
由得，所以，
又，所以，
所以，
所以，
又，
所以.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分．
9．【新考法预测】英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯定理，随机事件存在如下关系：．张同学每天的运动计划包括两种主要方式：室内健身和户外运动．张同学第一天选择室内健身的概率为，选择户外运动的概率为．如果第一天选择室内健身，那么第二天继续选择室内健身的概率为；如果第一天选择户外运动，那么第二天选择室内健身的概率为．则张同学（ ）
A. 第二天去室内健身的概率为
B. 第二天去户外运动的概率为
C. 若第二天去了室内健身，则第一天去户外运动的概率为
D. 若第二天去了户外运动，则第一天去室内健身的概率为
9.【答案】ACD
【解析】设表示张同学第一天选择室内健身，表示张同学第二天选择室内健身，
表示张同学第一天选择户外运动，表示张同学第二天选择户外运动.
则，，，，
因为，所以，
因为，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D正确.
故选：ACD.
10．在平面直角坐标系中，直线，直线，曲线上的动点到直线与的距离之积为定值1，为曲线的左、右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线的方程为
B.
C. 点到点的距离最小值为4
D. 若为曲线在点处的切线，则直线平分
10.【答案】ACD
【解析】对于A，点到直线的距离为，到直线的距离为，
由题可得，所以，
又，故，所以曲线的方程为，故A正确；
对于B，由A知曲线的方程为，所以，，
所以，即，故B错误；
对于C，要使得点到点的距离最小，则点要在双曲线的右支上，
所以，且，
所以，
当且仅当时，取等号，
所以点到点的距离最小值为4，故C正确；
对于D，设点在双曲线上，满足，
则双曲线在点处的切线的方程为，即，
点到切线的距离，
点到切线的距离，
又，
，
所以，
所以直线平分，故D正确.
11. 【新情景】如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）
A. 第2026行共有2026个数
B. 从第4行起到第19行，每一行第4个数字之和为
C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1
D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为
11.【答案】BCD
【解析】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误，
对于B,由题意可得,B正确，
对于C, 第48行的所有数字之和为
,由于能被7整除，
故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确，
对于D,第行的和为，
当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1，
故前行中去除为1的项的和为，
故前17行中去除为1的项的和为，
去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，
可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数，
当时，，
因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为
则此数列前135项的和为.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数为奇函数，当时，（），若在上单调递增，则的取值范围是______．
12.【答案】
【解析】因为函数为奇函数，所以关于点中心对称，
又在上单调递增，则在区间上也单调递增，
又当时，（），对称轴为，
当时， 的图象开口向下，且，此时在区间上单调递减，不合题意，
所以，解得，所以实数的取值范围是.
13.在中，角，，的对边分别是，，，若，为锐角三角形，则的取值范围是_______．
13.【答案】
【解析】在中，由余弦定理，，结合，
可得，即（*），
方法一：由（*）得，设，则，
为锐角三角形，则，
即，
而，
代入中，
得
恒成立，
同理可得
，
需满足，即，解得，
结合，可得；
由，，
可得
，
即，故，
令，则，
即在上单调递增，则，
故的取值范围是.
方法二：由（*）和正弦定理，可得，
因，
代入整理得，，即，
因，则或（舍去），
即，则，则，
则
，
于，由正弦定理，，
因为锐角三角形，则有，解得，
设，则，且 ，因该函数在上单调递增，
故可得，即，
故的取值范围是.
14. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最小值为_______．
14.【答案】
【解析】因和是互相垂直的单位向量，则可建立分别以和为轴的单位方向向量的平面直角坐标系.
则，，设，
由可得，
此式表示动点到两点和的距离之和为4，
又，
所以点轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，.
所以点的轨迹方程为.
设，由可得，
表示动点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆.
所以动点的轨迹方程为.
故可设，，，
则，其中.
因为，所以.
又,
因，则当时，取得最大值4，
所以，等号成立时，，，
由可得，故.
所以，，即当，时取等号.
所以的最小值为.
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。
15．（13分）
已知数列满足，且对任意的正整数，当时，都有．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设，求数列的前项和．
15．（13分）
【解析】
（1）根据题意，令，
当时，，
， （3分）
所以，
且，则， （4分）
所以数列是首项为，公差为的等差数列； （6分）
（2）根据（1）可得，所以， （7分）
则， （9分）
所以
. （13分）
16．（15分）
某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．
（1）求智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；
（3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由，
16．（15分）
【解析】
（1）设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，
则， （3分）
则. （6分）
（2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量服从二项分布， （8分）
则，
，
，
，
，
，， （12分）
的分布列为：
0 1 2 3
（3）随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，
则，满足推广条件，因此该系统会得到推广. （15分）
17．（15分）
把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
（1）证明：平面；
（2）若在同一个球面上，求该球的半径；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
17．（15分）
【解析】
（1）二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面． （3分）
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面． （5分）
（2）取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以. （7分）
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为. （10分）
（3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角. （13分）
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为. （15分）
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为. （13分）
所以平面与平面所成角的余弦值为. （15分）
18．（17分）
已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有且仅有1个零点，求的值；
（3）若存在，使得对任意恒成立，证明：．
18．（17分）
【解析】
（1）当时，，定义域为， （2分）
求导得到，
令，则当时，
所以在内单调递减，且，
即在内单调递减，且， （3分）
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为. （5分）
（2） 因为有且仅有1个零点，
所以方程有且仅有1个解，
即有且仅有1个解，
令， ，
则，
令，则， （7分）
所以在区间 上单调递增，
又因为 ，
所以当 时，，即，单调递减；
当 时，，即，单调递增；
所以函数在处取得极小值也是最小值， （8分）
当时，，时，，
因为有且仅有1个解，
所以. （9分）
（3）因为对任意恒成立，
所以，即，
因此，
要证，只需证明即可， （11分）
对函数求导得到，
令，则， （12分）
所以在区间单调递减，
即在区间单调递减，
存在唯一极大值点，满足，即，
在内函数单调递增，
内函数单调递减，
所以当时取得极大值也是最大值
. （13分）
因此，
令，则， （14分）
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得最大值， （15分）
因此，
所以，所以，
故得证. （17分）
19．（17分）
已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
（3）已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19．（17分）
【解析】
（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得，
又由点在双曲线上，有， （2分）
代入，有，可得，，
故双曲线的标准方程为； （4分）
（2）设点的坐标为，则，即． （5分）
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，，
则点到两条渐近线的距离分别为，， （7分）
则．
所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值． （9分）
（3）存在．
①当时，，又是的中点，
所以，所以，此时． （10分）
②当时．
ⅰ）当在轴上方时，由，，可得，
所以直线的方程为， （11分）
把代入得．
所以，则． （12分）
由二倍角公式可得． （13分）
因为直线的斜率及，
所以，则． （14分）
因为，，
所以． （15分）
ⅱ）当在轴下方时，同理可得．
故存在，使得． （17分）
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参考答案
第一部分（选择题 共58分）
一、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 2 3 4 5 6 7 8
D A A D D C A D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分．
9 10 11
ACD ACD BCD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12． 13． 14．
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。
15．（13分）
【解析】
（1）根据题意，令，
当时，，
， （3分）
所以，
且，则， （4分）
所以数列是首项为，公差为的等差数列； （6分）
（2）根据（1）可得，所以， （7分）
则， （9分）
所以
. （13分）
16．（15分）
【解析】
（1）设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，
则， （3分）
则. （6分）
（2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量服从二项分布， （8分）
则，
，
，
，
，
，， （12分）
的分布列为：
0 1 2 3
（3）随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，
则，满足推广条件，因此该系统会得到推广. （15分）
17．（15分）
【解析】
（1）二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面． （3分）
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面． （5分）
（2）取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以. （7分）
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为. （10分）
（3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角. （13分）
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为. （15分）
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为. （13分）
所以平面与平面所成角的余弦值为. （15分）
18．（17分）
【解析】
（1）当时，，定义域为， （2分）
求导得到，
令，则当时，
所以在内单调递减，且，
即在内单调递减，且， （3分）
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为. （5分）
（2） 因为有且仅有1个零点，
所以方程有且仅有1个解，
即有且仅有1个解，
令， ，
则，
令，则， （7分）
所以在区间 上单调递增，
又因为 ，
所以当 时，，即，单调递减；
当 时，，即，单调递增；
所以函数在处取得极小值也是最小值， （8分）
当时，，时，，
因为有且仅有1个解，
所以. （9分）
（3）因为对任意恒成立，
所以，即，
因此，
要证，只需证明即可， （11分）
对函数求导得到，
令，则， （12分）
所以在区间单调递减，
即在区间单调递减，
存在唯一极大值点，满足，即，
在内函数单调递增，
内函数单调递减，
所以当时取得极大值也是最大值
. （13分）
因此，
令，则， （14分）
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得最大值， （15分）
因此，
所以，所以，
故得证. （17分）
19．（17分）
【解析】
（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得，
又由点在双曲线上，有， （2分）
代入，有，可得，，
故双曲线的标准方程为； （4分）
（2）设点的坐标为，则，即． （5分）
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，，
则点到两条渐近线的距离分别为，， （7分）
则．
所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值． （9分）
（3）存在．
①当时，，又是的中点，
所以，所以，此时． （10分）
②当时．
ⅰ）当在轴上方时，由，，可得，
所以直线的方程为， （11分）
把代入得．
所以，则． （12分）
由二倍角公式可得． （13分）
因为直线的斜率及，
所以，则． （14分）
因为，，
所以． （15分）
ⅱ）当在轴下方时，同理可得．
故存在，使得． （17分）
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