江苏省高考数学苏州市2015届高考考前指导卷(讲评稿).pdf

苏州市苏州市 2015 届高考考前指导卷届高考考前指导卷 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题分不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题 卡相应位置上卡相应位置上 1满足1的集合A的个数为,31,3,5A 解析 ，集合 A 的个数为 4 个 5,1,5,3,5,1,3,5A 注：本题为课本原题 2设复数（i为虚数单位，） ，若1z immR 2 2iz ，则复数z的虚部为 解析 ，解得 m1，则复数 z 的虚部为1 222 (1)122zmimmi i 注：复数的虚部是虚数单位 i 的系数，这是一个易错点 3在平面直角坐标系xOy中，若双曲线的渐近线方程为 1 2 y x，其一个焦点坐标为（5，0） ，则此双 曲线的标准方程为 解析 由已知得双曲线的焦点在 x 轴上，又渐近线方程为 1 2 y x，故可设所求双曲线方程为 2 2 (0 4 x y )5，故425,，即所求双曲线为 22 1 205 xy 注：双曲线的基本量计算是易错点，已知渐近线方程如何确定双曲线是课本的基本要求 4口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出 1 个球，摸出红球的概率是 0.42，摸出白球 的概率是 0.28，则摸出黑球的概率是 解析 p10.420.280.3 k1 开始 N S40 kk1 S0 Y 输出 k 结束 SS2k （第 5 题图） 注：互斥事件的概率值得关注，这是考纲的变化，是否会有所体现？ 5右图是一个算法流程图，则输出k的值是 解析 k1，S40； S38， k2；S34，k3；S26，k4； S10，k5；S220，k6 注：流程图中循环要注意先计算 S，再计算 k，顺序不能出错 6 已知函数f(x)2sin(2) 4 x (0)的最大值与最小正周期相同， 则函数f(x) 在1,1上的单调增区间为 解析 2,AT ，则 2 ，所以 ( )2sin() 4 f xx ，22 242 kxkk,Z ，解得 13 22, 44 kxkkZ ， 故在1,1上的单调增区间为 1 3 , 4 4 1 注 本题考查三角函数的图象与性质，特别要注意特定区间上的单调性，如果本题改为求 1 1 , 2 2 的 单调增区间，就会受到定义域的制约如果求单调减区间呢？ 7已知正三棱锥的底面边长为 3，高为 h,若正三棱锥的侧面积与体积的比为4 3，则正三棱锥的高 为 2 解析 2222 (),9 22 313 Sh 4 hh， 13 9 34 Vh，由 2 3 9 4 2 4 3 9 3 12 h h ，解得 1 2 h 注：正三棱锥的基本量应关注两个直角三角形关系： 22222 ,hrhhRl 2 8设等差数列的前和为，且 n an n S n n S a 是公差为的等差数列，则的值组成的集合为dd 解 析 由 题 意 知11 n n S n a d， 令2,3n得 12 ada， 32 1+ 2 d a d a 2 0 ， 由， 得 ，所以 13 2aaa 2 231dd 1 1 2 d或，经检验符合题意. 注：本题解题的关键是，则 1 Sa 1 1 1 1 S a ，设11 n n S n a d 2 故可利用 13 2aaa求得 1 1 2 d或， 对于这样的问题，常常利用前几项，从特殊项入手比较简单，但要注意代人验证其正确性 9直线与圆交于点,且为整数.则所有满足条件的正整数t的和 :l xyt 22 :2O xy0,A B OAB S 为 解析 2 ,2 20 22 tt dAB，所以 2 2 1 2 2040 2222 OAB ttt St ，当或2t 6t 时 为整数，故所有满足条件的正整数t的和为 8 OAB S 注：直线与圆的位置关系是必考内容，用几何法求弦长是通性通法，本题的关键是将OAB 的面积 表示为 2 40 2 OAB t St再判断是否为整数就比较方便，便于估算，估算也是运算能力的一个方面 3 10已知函数f(x)mx nx2的图象在点(1, 2)处的切线恰好与直线 3xy0 平行，若f(x)在区间t，t1 上单调递减，则实数t的取值范围是 2 ( )32fxmxn解析 x，( 1)323fmn ( 1)2fmn ， 解 得，即1,3mn 3 ( ) 2 3f xx x( )3 (fxx x，令2)02x2,10tt0 ，得，所以，即实数 t 的取值范围是 2, 1 注：导数的几何意义要一个必考的内容，利用导数确定函数的单调性是课本的基本要求 11已知函数 e1 1 e1 x x f xx ，若f(a) f(a1) 2，则实数a的取值范围是 解析 易得 1 1 x x e y e 是奇函数，增函数，构造函数( )( )1F xf x，则( )F x在R上是奇函数和增函 数，由f(a) f(a1) 2，则(1)( )()F aF aF a，所以1aa ，即 1 2 a 注：经典函数的性质要特别关注，如 2 11 ( ),( )log (1),( )log 11 x aa x ax f xf xxxf x ax ，构造 新函数是数学解题的思维创新，是考纲要求的体现，也是区分能力水平的问题要予以重视 12如图，边长为2的正方形ABCD的内切圆与AB切于M，与BC切于N，P为圆 周上任意一点，则AN MP 的最大值为 D P AB C M N （第 12 题图） 解析 以圆心为坐标原点平行与AB和AD的直线为x轴和y轴， 建立直角 坐标系，则，( 1, 1)A (1,0)N(0, 1)M(cos ,sin )P，则(2,1)AN ， ，所以(cosMP ,sin1)AN MP 2co ssin151 注：对于规则图形向量运算，建系往往是一种好的处理方法，解析法的思想是数学解题的常用方法， 要予以重视 y均为正实数，且 11 1+23xy 1 ，则xxy的最小值为 . ,13设 解析 令，则11,2axby 2 111 3ab ，即3abab，所以 112 122222322=3 32116 ab xyababababab abba 2当 且 仅当2a b时取等号，此时33 2a ， 3 32 2 b. 注：换元法是解决基本不等式的常用方法，利用换元可以将一个复杂的问题转化为熟悉的问题，这是 考查等价转化的数学思想，也是区分能力水平的问题. 14已知函数 2 0f xxa a，若恰有两组解, m n，使得 f x在定义域, m n上的值域也为 , m n，则实数的取值范围为a 解析 由 0f x 知，nm.易得0yx与 2 yxa xa的交点横坐标为 114 2 a x ， 显 然 ， 区 间 114 ,0, 2 a m n 满 足 要 求 . 因 为 0fa， 若， 所 以,0,m na 2 2xaaxa，由题意只需212aaa a.但2a 时， 1+ ，只有一组解， 故1.若则 1+4a a 2 0,2a m n，故a 2 f xax在区间,m n上为减函数.由题意得，两式 2 2 am an n m 3 4 mn相减得， 因为， 所以1mn 1 0, 2 m ， 所以 2 2 13 1 24 ammm 单调递减， 对任意实数， 的值至多只有一个，不符合题意. 综上： a m12a . 注：本题是一个能力题，思维量和运算量都比较大，重点考查了函数的定义域、值域、单调性，从思 想方法层面主要有数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想. 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分请在答题卡指定区域内分请在答题卡指定区域内 作答，解答时应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤 作答，解答时应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤 15 （本小题满分14分） 已知向量 m(sin x，1)，n(cos x, 3) （1）当mn时，求 sin xcos x 3sin x2cos x的值； （2）已知在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，3c2asin(AB)， 函数f(x)(mn)m，求 ( 8 f B )的取值范围 解 （1）由 mn，可得3sin xcos x， 于是tan x1 3， sin xcos x 3sin x2cos x tanx1 3tan x2 1 31 3 1 3 2 2 9 （2）在ABC中ABC，于是 sin(AB)sin C， 由正弦定理，得3sin C2sin Asin C， sin C0，sin A 3 2 又ABC为锐角三角形， A 3，于是 6B 2 f(x)(mn)m(sinxcosx,2)(sinx，1)sin2xsinxcos x2 1cos2x 2 1 2sin2x2 2 2 sin 2x 4 3 2， ( 8 f B ) 2 2 sin 2 B 8 4 3 2 2 2 sin 2B3 2由 6B 2，得 32B， 0sin 2B1，3 2 2 2 sin 2B3 2 2 2 3 2， 即() 8 f B 323 (, 222 注：三角仍是高考的热点，将三角与解三角形结合，有时也与向量结合，以三角为载体考查基本运算 能力，利用公式进行运算及变形，能够根据问题的条件寻找与设计合理、简捷的运算途径高考对三角函 数及解三角形的考查主要体现在三角函数的定义、同角关系、诱导公式、和差倍角公式及正余弦定理，主 要研究周期性、单调性、奇偶性、对称性、最值等 题型一般是两小一大，填空题以考查性质、三角计算为主，一般为容易题，以解三角形形式出现常常 以中档题为主，解答题的题型通常有“化一”型、 “解三角形”型， “依图论式”型对“化一”型要强化 公式的灵活使用；对“解三角形”型，要注意“归边或归角”及“看角”选公式（正、余弦公式和面积公 式） ；对“依图论式”型，要加强利用图形研究有关性质的训练，提高学生三角变换的熟练性和准确性， 增强数形结合的意识 5 BCDABCD 16 （本小题满分14分） M A B D C N P （第 16 题图） 在 四 棱 锥中 ， 底 面为 梯 形 ，PA /,ABCD2AD ,3DC,，平面4AB90DABPDC 平面 ，ABCD46PDC0,PD ，M N分 别 是,AB CD上 的 点 ， 且 求证： 2AMDN （1） /MN平面； PAD （2） 平面平面 PMC PNB 证明（1） , 四边形为平行四边形， DN / AMAMND /MNAD MN/平面,平面, PADADPAD/MN平面 PAD （2）在中， PDN 222 2cos60PNPDDNPD DN 22 1 4224212 2 故， 22 12416PNDNPD 2 PNDC 又 平面平面，CDPDC ABCD平面平面,PC平面, PDCABCDPDC 平面PNABCD MC平面ABCD, PNMC ， /,90MNADDABADC 90CNMNMB 在Rt NMC中， 12 tan 22 NC NMC NM ；在Rt NMB中， 2 an 2 t NM MBN MB NMCMBN 又, 90MBNBNM ,即90NMCBNMBNMC 又平面, ,PNBNN PN BNPNBMC平面 PNB MC 平面PMC, 平面平面 PMC PNB 注：立体几何主要考查空间直线与平面的位置关系，通常是以锥体和柱体为载体，线面平行和线面垂 直考查较多，小题常常考查面积体积计算今年题型会不会出现一证一算，通过计算来进行证明，探索性 问题的命题创新？填空题会不会出现应用型的计算问题？ 17 （本小题满分14分） D C P B F E A O y x 家用电脑桌的桌面采用直线与弧线相结合，前部采用弧线， 后部改用直线型. 现将电脑桌靠在墙边， 沿墙面建立如图所示的 直角坐标系.弧线EF的方程为 60 y x （） ，键盘抽屉 所在直线与弧线交于A、B两点.拟在弧线EF上选 取一点分别作 51x 2 160xy Px轴、y轴的垂线， 垂足为、CD 四边形 （O为坐标原点） 与三角形OA公共区域内放置电脑.设点P 坐标为( , OC 的 PD B的 )x y，公共部分面积为S 单位：分米） （ 求关于Sx的表达式； 求的最大值及此时Sx的值 第（18）题 解解（1）由题设，得6,10A， 10,6B 当56时，x 2 8 15 Sx， 当6时，10x 2 2 33600 60 10 Sx x ， 当10时，12x 2 1920 S x ， 故 2 2 2 2 8 ,56, 15 33600 60,610, 10 1920 ,101 xx Sxx x x x 2. （2）易知当56时，x 2 8 15 S x为单调递增函数， 96 5 S， 当10时，12x 2 1920 S x 为单调递减函数， 96 5 S， 当6时，10x 22 22 3360033600 606024 105 Sxx xx ，当且仅当2 15x 时取得最大值. 综上：的最大值为平方分米，此时S242 15x 分米 注：江苏高考一直坚持应用问题的考查，体现数学的应用意识，形成了江苏特色几何背景函数化， 近年来几何背景是江苏高考应用题的一大特色，一直深受高考命题专家的青睐，此类问题往往背景相对简 单，贴近学生的生活实际，通俗易懂本类考题主要考查函数、导数等基础知识，考查学生数学建模能力、 空间想象能力、数学阅读能力及解决实际问题的能力 测量背景不等式化，测量背景的应用题近年来一 直是高考应用题命题的热点，全国其它省份的测量背景的应用题都是以解三角形为主，主要是正、余弦定 理的综合运用，侧重考查方程（组）思想，而江苏高考常会以函数思想立意（有时会结合方程思想） ，而 后运用不等式的知识（以一元二次不等式的解法及基本不等式求最值为主） ，来考查学生解决实际问题的 能力 商业背景利润化，这类应用题常见于产品制造，商品买卖，投资理财，风险决策，经济核算等， 由于取材背景广泛， 考生需要抓住问题的实质， 结合数学知识和一定的生活经验， 才能顺利建立数学模型， 使问题获得解决 今年会不会出现以抛物线为载体的应用问题？会不会出现以立体几何为背景的应用问题？概率问题、 数列问题会不会进入应用题命题的视线？ 18 （本小题满分16分） 如图，圆O与离心率为 3 2 的椭圆T： 22 22 10 xy ab ab 的一个切点为，O为坐标原点 2,0M 6 求椭圆T与圆O的方程； 过点M引两条互相垂直的直线l，与两曲线分别交于点 A，C与点B，D（均不重合） 12 l 若3MB MDMA MC ，求l与l的方程； 12 若AB与CD相交于点P，求证：点P在定直线上 解解 （1）由题意知 3 , 2 c a a 2，3c，1b ， 可知椭圆T的方程为 2 2 1 4 x y， 圆O的方程为 22 4xy P D B C A M O y x （第 18 题图） （2）设l：，由由 1 2yk x 22 2 44 yk x xy ， ， 解得点 2 22 824 , 1414 kk A kk 由解得点 22 2 4 yk x xy ， ， 2 22 224 , 11 kk C kk 把点A,C坐标中的换成k 1 k ，可得点 2 22 824 , 44 kk B kk ， 2 2 224 , 11 kk D kk 2 3MB MDMA MC ，得 2 22 3 = 41+4 k kk ，解得 2 2k ，的方程为 1 l22yx，的方程 为 2 l 2 2 2 yx 1 l 或的方程为22yx ，的方程为 2 l2 2 yx 2 直线的方程为AB 2 22 2 458 14144 1 kkk yx kkk 2 ，令2x ，得 2 4 1 k y k 直线的方程为CD 2 2 1 k yx k ，令，得2x 2 4 1 k y k 所以交点 2 4 2,1 k P k 在定直线 上 2x 注：江苏高考对平面解析几何的考查主要以直线和圆、圆锥曲线为载体，综合考查解析几何的基础知 识和基本方法，该部分涉及的内容广泛，方法多，数学思想丰富，又容易和平面向量、函数、不等式等问 题交汇，在高考中多出现新颖别致的试题解析几何解答试题热点的题型是求参数范围或求最值的综合性 问题，有关定值、定点等的证明问题，与向量综合的探索性问题等由于解析几何试题的运算量大，在解 决解析几何试题时，要注意分析题意，把握问题的实质，注意尽可能地使用数学思想（如设而不求、代入 消元等）简化运算，同时要注意其他知识在解决问题中的综合应用，使解题过程尽可能地优化 江苏卷通常为两小一大，直线与圆为必考内容，可能出现在小题，也可能考查大题，直线与圆的位置 关系灵活性强， 常考常新， 经常有创新之作 椭圆是解析几何考查永恒的热点， 是考查大题的典型素材 双 曲线和抛物线以小题的形式出现，往往是容易题 19 （本小题满分16分） 已知数列中， n a3 1 a，其前项和为满足（） 5 2 an n S 1 12 22 n nnn SSS * 3,nnN （1）试求数列的通项公式； n a （2）令 1 1 2 nn n n aa b，是数列的前项和 n T n bn 若，不等式 0 n N 1 9 n T 对一切的自然数都成立，求的最小值； 0 nn 0 n 证明：对任意给定的 6 1 ,0m，均存在，使得当时，恒成立 N 0 n 0 nnmTn 解解（1）由（） ，得（） ， 1 12 22 n nnn SSS3n 1 211 2 n nnnn SSSS3n 所以（） ， 即（） ， 1 1 2 n nn aa3n 1 1 2 n nn aa3n 又， 2 12 aa 所以 11223211 )()()()(aaaaaaaaaa nnnnn 123 21 )21 (2 32222 1 221 n n nn （2） 1 1 2 nn n n aa b 12 1 12 1 2 1 ) 12)(12( 2 11 1 nnnn n ， 7 所以， 12 1 12 1 9 1 5 1 5 1 3 1 2 1 1 21 nn nn bbbT 12 1 3 1 2 1 1n 因为 1 9 n T ，因此 1 11 3219 n 2 8 ，即，解之得，所以 1 2n2n 3n 故的最小值为3 0 n 因为 12 1 3 1 2 1 1n n T，而 ) 12)(12( 2 21 1 nn n nn TT0，所以随着n的增大而增大 n T 若，则mTnm n 12 1 3 1 2 1 1 ，化简得 12 1 3 61 1 n m ， 因为 6 1 ,0m，所以1，所以06 m1 61 3 2 1 m n ， 11 61 3 log2 m n， 当111 61 3 log2 m ，即 15 1 0 m时，取1 0 n即可 当 2 3 log111 1 6m ，即 11 156 m 时，记11 61 3 log2 m 的整数部分为p， 取即可 1 0 pn 综上可知，对任意给定的 6 1 ,0m，均存在，使得当时， （2）中的恒成立 N 0 n 0 nnmTn 注：数列问题中蕴含着丰富的思想方法，是考查考生数学素养的良好素材，数列解答题历来为高考命 题者所青睐，这些新型的数列解答题往往背景新颖，结构简明，数学关系式对称优美，而涉及的知识仅仅 是高中数学中所讲的数列的基本问题，解决问题的方法也是考生所熟悉的江苏高考仍将聚焦等差、等比 数列以及和与通项的转化，通常是一小一大，小题以基本运算为主，大题考查数列的综合运用，题目往往 由浅入深，特点是运算量较大，思维量丰富，技巧性强，能起到分层把关的作用 20 （本小题满分16分） 已知函数( )lnf xx，( ) b g xa x x （1）当a b 1时，求函数的单调区间； ( )( )( )h xf xg x （2）当a 1，b 1时，试比较( )f x与( )g x的大小； （3）若任意的a 0，总存在正数x0，使得 0 ()() 0 f xg x成立，求实数b的取值范围 解解（1） 1 ( )lnh xxx x （x 0） ， 2 12 11121 ( ) 2222 x xx h x xxx xx xx x ， 令，得( )0h x32 2x 令，得( )0h x032x2，的单调减区间为( )h x 0,32 2； 令，得( )0h x32 2x ，的单调增区间为( )h x 32 2, （2）当a 1，b 1时， 1 ( )( )lnf xg xxx x 设 1 ( )lnF xxx x ，则 2 1 111 ( ) 222 x F x xxx xx x 0恒成立 在（0，）上是减函数，又( )F x(1)0F，则 当x（0，1）时，( )f x( )g x； 8 当x 1时，( )f x ( )g x； 当x（1，）时，( )f x ( )g x （3）( )( )f xg x，即ln b xa x x （x 0） 若b0，取a 1，考察函数( )lnu xxx 112 ( ) 22 x u x xxx ， 令，得x 4 ( )0u x x （0，4）4 （4，） ( )u x 0 ( )u x 极大值 u x则u x 0恒成立，即不存在正数x max ( )(4)ln420u( ) 00 ()() 0，使f x g x 若b 0，ln b xa x x （x 0） ，也即 ln xb a xx （*） 先证 4 2 lnx x ，设 4 2 ( )lnv xx x ，则 4 44 112 ( ) 22 x v x x 1 x xx x 令，得( )0v x 1 16 x x （0， 1 16 ） 1 16 （ 1 16 ，） ( )v x 0 ( )v x 极小值 则 min ( )4ln240v x 9 4 2 ( )lnxv x x 0恒成立 4 2 lnx x 则 3 4 ln2xbb xxx x 令 4 1 t x ，则 433 3 4 22 2 b bttbtt xb x 令 3 , 2 1, bta t b ，即 3 , 2 1, a t b t b 取 3 0 2 max,1 a t bb ，则当t t0时， 3 btta b 2 成立 即存在 0 4 0 1 x t ，使得 00 ()()f xg x 综上所述，实数b的取值范围为（，0） 注：函数、导数型解答题的命题方式灵活多变，其主要特点有两个，一是涉及的知识面广泛，从简单 的一次函数到复杂的复合函数及导数等；二是试题中蕴含着丰富的数学思想方法，考生必须对数学思想方 法有较为深刻的领会，才能做出正确的解答这类试题中值得注意的题型是：函数、导数与不等式恒成立 问题，应用导数研究函数的性质，应用函数的单调性证明不等式解决这类试题时，一要注意基础知识的 正确使用；二要学会对题目中的各种关系做出分析，实行转化，将新问题转化为我们所熟悉的问题解决， 注意数学思想方法在解决问题中的作用 函数、导数与不等式是江苏高考的重点内容，区分度高，深受命题组青睐，最值问题常考常新，其中二次 函数、二次方程、二次本等式是不变的热点，存在性问题和恒成立问题是命题创新的落脚点和生长点试 题往往三小一大，近年还有加大力度的趋势 苏州市苏州市 2015 届高考考前指导卷参考答案届高考考前指导卷参考答案 一、填空题 14 21 3 22 1 205 xy 40.3 56 6 1 4， 3 4 7 1 2 8 1 1, 2 98 10 11 2, 1 1 , 2 1251 1311+6 2 141,2 二、解答题 15解 （1）由 mn，可得3sin xcos x， 于是tan x1 3， sin xcos x 3sin x2cos x tanx1 3tan x2 1 31 3 1 3 2 2 9 （2）在ABC中ABC，于是 sin(AB)sin C， 由正弦定理，得3sin C2sin Asin C， sin C0，sin A 3 2 又ABC为锐角三角形， A 3，于是 6B 2 f(x)(mn)m(sinxcosx,2)(sinx，1)sin2xsinxcos x2 1cos2x 2 1 2sin2x2 2 2 sin 2x 4 3 2， ( 8 f B ) 2 2 sin 2 B 8 4 3 2 2 2 sin 2B3 2由 6B 2，得 32B， 0sin 2B1，3 2 2 2 sin 2B3 2 2 2 3 2， 即() 8 f B 323 (, 222 16证明（1） , 四边形DN / AMAMND为平行四边形， /MNAD MN/平面,PADAD平面, PAD/MN平面 PAD （2）在中， PDN 222 2cos60PNPDDNPD DN 22 1 4224212 2 故， 22 12416PNDNPD 2 PNDC 又 平面平面PDCABCD，CD平面平面PDCABCD,PC平面, PDC 平面 PN ABCDMC 平面, ABCDPNMC ， /,90MNADDABADC 90CNMNMB 10 在Rt NMC中， 12 tan 22 NC NMC NM ；在Rt NMB中， 2 an 2 t NM MBN MB NMCMBN 又, 90MBNBNM ,即90NMCBNMBNMC 又平面, ,PNBNN PN BNPNBMC 平面 PNB MC平面PMC, 平面平面 PMCPNB 17解解（1）由题设，得，6,10A10,6B， 当56时，x 2 8 15 Sx， 11 10当6时，x 2 2 33600 60 10 Sx x ， 当10时，12x 2 1920 S x ， 故 2 2 2 2 8 ,56, 15 33600 60,610, 10 1920 ,101 xx Sxx x x x 2. （2）易知当56时，x 2 8 15 S x为单调递增函数， 96 5 S， 当10时，12x 2 1920 S x 为单调递减函数， 96 5 S， 当6时，10x 22 22 3360033600 606024 105 Sxx xx ，当且仅当2 15x 时取得最大值. 综上：的最大值为平方分米，此时S242 15x 分米 18解解 （1）由题意知 3 , 2 c a a 2，3c ，1b， 可知椭圆T的方程为 2 2 1 4 x y，圆O的方程为 22 4xy （2）设：，由由 1 l2yk x 22 2 44 yk x xy ， ， 解得点 2 22 824 , 1414 kk A kk 由解得点 22 2 4 yk x xy ， ， 2 22 224 , 11 kk C kk 把点A,C坐标中的换成k 1 k ，可得点 2 22 824 , 44 kk B kk ， 2 2 224 , 11 kk D kk 2 3MB MDMA MC ，得 2 22 3 = 41+4 k kk ，解得 2 2k ，的方程为 1 l22yx，的方程 为 2 l 2 2 2 yx 1 l 或的方程为22yx ，的方程为 2 l2 2 yx 2 AB 直线的方程为 2 22 2 458 14144 1 kkk yx kkk 2 ，令2x ，得 2 4 1 k y k 直线的方程为CD 2 2 1 k yx k ，令，得2x 2 4 1 k y k 所以交点 2 4 2,1 k P k 在定直线 上 2x 19解解（1）由（） ，得（） ， 1 12 22 n nnn SSS3n 1 211 2 n nnnn SSSS3n 所以（） ， 即（） ， 1 1 2 n nn aa3n 1 1 2 n nn aa3n 又， 2 12 aa 所以 11223211 )()()()(aaaaaaaaaa nnnnn 123 21 )21 (2 32222 1 221 n n nn （2） 1 1 2 nn n n aa b 12 1 12 1 2 1 ) 12)(12( 2 11 1 nnnn n ， 所以， 12 1 12 1 9 1 5 1 5 1 3 1 2 1 1 21 nn nn bbbT 12 1 3 1 2 1 1n 因为 1 9 n T ，因此 1 11 3219 n 2 1 8 n ，即，解之得，所以 22n 3n 故的最小