年上海市高考数学试卷

1、20xx年上海市高考数学试卷（文科）一、填空题（本大题共14 小题，满分56 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4 分，否就一律零分）1（ 4 分）（ 2021 .上海）函数f （x） =1 3sin2x 的最小正周期为2（ 4 分）（ 2021.上海） 设全集 u=r 如集合 a=1 ，2，3，4 ，b=x|2 x 3 ，就 a （ cub ）=13（ 4 分）（ 2021.上海）如复数z 满意 3z+=1+i ，其中 i 是虚数单位，就z= 14（ 4 分）（ 2021 .上海）设f（ x ）为 f（ x ）=的反函数，就f（ 2） =5（ 4 分）（ 2021

2、 .上海）如线性方程组的增广矩阵为解为，就 c1 c2=6（ 4 分）（ 2021.上海）如正三棱柱的全部棱长均为a，且其体积为16，就 a=7（ 4 分）（ 2021.上海）抛物线y p=2=2px（ p 0）上的动点q 到焦点的距离的最小值为1，就 5） =log8（ 4 分）（ 2021 .上海）方程log 2（9x 1x 1（3 2） +2 的解为29（ 4 分）（ 2021.上海）如 x ，y 满意，就目标函数z=x+2y 的最大值为10（ 4 分）（ 2021.上海）在报名的3 名男老师和6 名女老师中，选取5 人参与义务献血，要求男、女老师都有，就不同的选取方式的种数为（结果用数

3、值表示） 的二项式中，常数项等于（结果用数611（ 4 分）（ 2021.上海）在（ 2x+）值表示）212（4 分）（ 2021.上海）已知双曲线c1、c2 的顶点重合， c1 的方程为 y =1，如 c2 的一条渐近线的斜率是c1 的一条渐近线的斜率的2 倍，就 c2 的方程为13（ 4 分）（ 2021.上海）已知平面对量、满意，且 |， |， |=1 ， 2， 3 ，就|+|的最大值是14（ 4 分）（ 2021.上海）已知函数f（ x）=sinx 如存在x1， x2，x m 满意 0x1x 2x m6，且 |f（ x 1） f（ x2）|+|f（ x2） f（ x3）|+|f（ xm

4、1） f（ xm）|=12（ m0，mn* ），就 m 的最小值为二、挑选题（本大题共4 小题，满分21 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5 分，否就一律零分.15（ 6 分）（ 2021.上海）设z1、z2c，就 “z1、z2 均为实数 ”是“z1 z2 是实数 ”的（）a 充分非必要条件b 必要非充分条件c 充要条件d 既非充分又非必要条件16（ 5 分）（ 2021.上海）以下不等式中，与不等式2 解集相同的是（）+2x+3 ） 2a （ x+8 ）（ x2b x +8 2（ x2+2x+3 ）cd17（ 5 分）（ 2021.上海

5、）已知点a 的坐标为（ 4， 1），将 oa 绕坐标原点o 逆时针旋转至 ob，就点 b 的纵坐标为（）a bcd18（ 5 分）（ 2021.上海）设p （ x， y ）是直线2x y=（ nn* ）与圆 x 22在第一nnn+y =2象限的交点，就极限=（）a 1b c 1d 2三、解答题（本大题共有5 题，满分74 分）解答以下各题必需在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.19（12 分）（ 2021.上海）如图，圆锥的顶点为 p，底面圆为 o，底面的一条直径为 ab ，c为半圆弧 的中点， e 为劣弧 的中点，已知 po=2， oa=1 ，求三棱锥 p aoc 的体积， 并求异面

6、直线 pa 和 oe 所成角的大小20（ 14 分）（ 2021 .上海）已知函数f（ x ）=ax2+，其中 a 为常数（1）依据 a 的不同取值，判定函数f （ x）的奇偶性，并说明理由；（2）如 a（ 1， 3），判定函数f （x ）在 1 ， 2 上的单调性，并说明理由21（ 14 分）（ 2021 .上海） 如图， o，p，q 三地有直道相通，op=3 千米， pq=4 千米， oq=5千米，现甲、乙两警员同时从o 地动身匀速前往q 地，经过t 小时，他们之间的距离为f（t ）（单位：千米） 甲的路线是oq，速度为 5 千米 /小时，乙的路线是opq，速度为8 千米/ 小时，乙到达q

7、 地后在原地等待设t=t 1 时乙到达 p 地， t=t2 时乙到达 q 地（1）求 t1 与 f（ t1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3 千米，当t1tt2 时，求 f （ t）的表达式，并判定 f （t ）在 t 1， t2上的最大值是否超过3？说明理由l2222（ 16 分）（ 2021 .上海）已知椭圆x +2y =1，过原点的两条直线l1 和 2 分别与椭圆交于点 a 、b 和 c、d，记 aoc 的面积为s（1）设 a（ x1，y1）， c（x 2， y2），用 a、 c 的坐标表示点c 到直线 l1 的距离，并证明 s=|；（2）设 l1： y=kx ， s=，求

8、 k 的值；（3）设 l1 与 l2 的斜率之积为m，求 m 的值，使得无论l 1 和 l 2 如何变动，面积s 保持不变23（ 18 分）（ 2021 .上海）已知数列a n 与 b n 满意 an+1 an=2（ bn+1 bn）， nn* （1）如 bn =3n+5 ，且 a1=1，求 a n 的通项公式；（2）设 a n 的第 n0 项是最大项，即an0an（ nn* ），求证： b n 的第 n0 项是最大项；（3）设 a1=30， bn=n（ nn* ），求 的取值范畴，使得对任意m， nn * ， an0，且20xx年上海市高考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、填空题（本大题

9、共14 小题，满分56 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4 分，否就一律零分）1（ 4 分）（ 2021 .上海）函数f （x） =1 3sin2x 的最小正周期为 考点 ：三 角函数的周期性及其求法专题 ：三 角函数的图像与性质分析：由 条件利用半角公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的周期性求得函数的最小正周期解答：2解：函数f（ x ） =1 3sin x=1 3=+cos2x，函数的最小正周期为=，故答案为： 点评：本 题主要考查半角公式的应用，余弦函数的周期性，属于基础题2（ 4 分）（ 2021.上海） 设全集 u=r 如集合 a=1 ，2，3，4 ，

10、b=x|2 x 3 ，就 a （ cub ）=1 ， 3， 4考点 ：交 、并、补集的混合运算专题 ：集 合分析：本 题考查集合的运算，由于两个集合已经化简，故直接运算得出答案即可解答：解 ：全集u=r ，集合 =1 ， 2， 3， 4 ， =x|2 x 3 ，（ .u b） =x|x 3 或 x 2 ， a（. ub） =1 ， 3， 4 ， 故答案为： 1 ，3， 4 点评：本 题考查集合的交、并、补的混合运算，娴熟把握集合的交并补的运算规章是解此题的关键此题考查了推理判定的才能3（ 4 分）（ 2021 .上海）如复数z 满意 3z+=1+i ，其中 i 是虚数单位，就z=考点 ：复 数

11、代数形式的乘除运算专题 ：数 系的扩充和复数分析：设 z=a+bi ，就=a bi（ a， br），利用复数的运算法就、复数相等即可得出解答：解 ：设 z=a+bi，就=a bi（ a， br），又 3z+=1+i ， 3（ a+bi） +（ a bi） =1+i ， 化为 4a+2bi=1+i ， 4a=1，2b=1，解得 a=， b= z=故答案为：点评：本 题考查了复数的运算法就、复数相等，属于基础题4（ 4 分）（ 2021 .上海）设f 1（ x）为 f（ x ） =的反函数，就f 1（2） =考点 ：反 函数专题 ：函 数的性质及应用分析：由 原函数解析式把x 用含有 y 的代数式

12、表示，x， y 互换求出原函数的反函数，就f 1（ 2）可求解答：解：由 y=f （ x ） =，得，（ x） =1x ， y 互换可得，即 f故答案为：点评：本 题考查了函数的反函数的求法，是基础的运算题5（ 4 分）（2021 .上海）如线性方程组的增广矩阵为解为，就 c1 c2=16考点 ：二 阶行列式与逆矩阵专题 ：矩 阵和变换分析：依据增广矩阵的定义得到，是方程组的解，解方程组即可解答：解：由题意知，是方程组的解，即，就 c1 c2=21 5=16， 故答案为： 16点评：本 题主要考查增广矩阵的求解，依据条件建立方程组关系是解决此题的关键6（ 4 分）（ 2021 .上海）如正三棱

13、柱的全部棱长均为a，且其体积为16，就 a=4考点 ：棱 锥的结构特点专题 ：空 间位置关系与距离分析：由题意可得（.a.a.sin60°） .a=16，由此求得a 的值解答：解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a 的等边三角形，面积为.a.a.sin60°，正棱柱的高为a，（.a.a.sin60°） .a=16， a=4，故答案为： 4点评：本 题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题7（ 4 分）（ 2021.上海）抛物线y p=22=2px（ p 0）上的动点q 到焦点的距离的最小值为1，就考点 ：抛 物线的简洁性质专题 ：计 算题；圆锥曲线的定义、

14、性质与方程分析：利 用抛物线的顶点到焦点的距离最小，即可得出结论解答：解 ：由于抛物线2y =2px （ p 0）上的动点q 到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所 以 p=2 故答案为： 2点评：本 题考查抛物线的方程与性质，考查同学的运算才能，比较基础（9x 1x 18（ 4 分）（ 2021 .上海）方程log 2 5） =log 2（3 2） +2 的解为2考点 ：对 数的运算性质 专题 ：函 数的性质及应用分析：利 用对数的运算性质化为指数类型方程，解出并验证即可解答：解 ： log（ 9x 15）=log（ 3x 12）+2， log（ 9x1 5）=log4 ×（x1

15、2） ，22223 9x1 5=4（ 3x1 2），）化为（ 3x2x12.3+27=0 ，因式分解为： （ 3x3）（ 3x9） =0， 3x=3， x，3 =9解 得 x=1 或 2经过验证： x=1 不满意条件，舍去 x=2 故答案为： 2点评：本 题考查了对数的运算性质及指数运算性质及其方程的解法，考查了运算才能，属于基础题9（ 4 分）（ 2021 .上海）如x ， y 满意，就目标函数z=x+2y 的最大值为3考点 ：简 单线性规划专题 ：不 等式的解法及应用分析：作 出不等式对应的平面区域，利用线性规划的学问，通过平移即可求z 的最大值解答：解 ：作出不等式组对应的平面区域如图：

16、（阴影部分） 由 z=x+2y 得 y= x+z， 平移直线y= x+z，由图象可知当直线y= x+z 经过点 b 时，直线y= x+z 的截距最大，此时 z 最大由，解得，即 b（ 1， 1），代入目标函数z=x+2y 得 z=2 ×1+1=3故答案为： 3点评：本 题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法10（ 4 分）（ 2021.上海）在报名的3 名男老师和6 名女老师中，选取5 人参与义务献血，要求男、女老师都有，就不同的选取方式的种数为120（结果用数值表示） 考点 ：排 列、组合的实际应用专题 ：计

17、算题；排列组合分析：根 据题意，运用排除法分析，先在9 名老师中选取5 人，参与义务献血，由组合数公式可得其选法数目，再排除其中只有女老师的情形；即可得答案解答：解 ：依据题意，报名的有3 名男老师和6 名女老师，共9 名老师，=126 种；在 9 名老师中选取5 人，参与义务献血，有c956其中只有女老师的有c 5=6 种情形；就男、女老师都有的选取方式的种数为126 6=120 种；故答案为： 120点评：本 题考查排列、组合的运用，此题相宜用排除法（间接法），可以防止分类争论，简化运算的二项式中，常数项等于240（结果用数值表611（4 分）（ 2021.上海）在（ 2x+）示）考点 ：

18、二 项式系数的性质专题 ：二 项式定理分析：写 出二项绽开式的通项，由x 的指数为0 求得 r 值，就答案可求解答：解：由（ 2x+6） ，得=由 6 3r=0 ，得 r=2 常数项等于故答案为： 240点评：本 题考查了二项式系数的性质，关键是对二项绽开式通项的记忆与运用，是基础题212（4 分）（ 2021.上海）已知双曲线c1、c2 的顶点重合， c1 的方程为 y =1，如 c2 的一条渐近线的斜率是c1 的一条渐近线的斜率的2 倍，就 c2 的方程为考点 ：双 曲线的简洁性质专题 ：计 算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：求 出 c1 的一条渐近线的斜率，可得c2 的一条渐近线的斜

19、率，利用双曲线c1 、c2 的顶点重合，可得c2 的方程解答：2解： c1 的方程为 y=1 ，一条渐近线的方程为y=，由于 c2 的一条渐近线的斜率是c1 的一条渐近线的斜率的2 倍，所以 c2 的一条渐近线的方程为y=x ，由于双曲线c1、c2 的顶点重合，所以 c2 的方程为故答案为：点评：本 题考查双曲线的方程与性质，考查同学的运算才能，比较基础13（ 4 分）（ 2021.上海）已知平面对量、满意，且 |， |， |=1 ， 2， 3 ，就|+|的最大值是3+考点 ：平 面对量数量积的运算专题 ：平 面对量及应用分析：分别以所在的直线为x ，y 轴建立直角坐标系，分类争论： 当 |，

20、|=1 ，2 ，2|=3，设， 就 x +y2=9 ，就+=（ 1+x， 2+y ），有2|=的最大值，其几何意义是圆x +y2=9 上点（ x，y）与定点（ 1， 2）的距离的最大值；其他情形同理，然后求出各种情形的最大值进行比较即可解答：解：分别以所在的直线为x ， y 轴建立直角坐标系， 当|， |=1 ， 2 ， |=3，就，+y设，就 x 22=9，+=（ 1+x ， 2+y ）， |=的最大值，其几何意义是圆x2+y2=9 上点（ x ， y ）与定点（1， 2）的距离的最大值为=3+；2 且|， |=1 ， 3 ， |=2，就， x +y2=4 ，+=（ 1+x ， 3+y ）

21、|=的最大值，其几何意义是圆x2+y2=4 上点（ x ， y ）与定点（1， 3）的距离的最大值为2+=2+， |， |=2 ， 3 ， ， |=1，就，+y设，就 x 22=1+=（ 2+x ， 3+y ）=1 |=的最大值，其几何意义是在圆x2+y2上取点（ x ， y）与定点（ 2， 3）的距离的最大值为1+=1+，故 |+|的最大值为3+ 故答案为： 3+点评：本 题主要考查了向量的模的求解，解题的关键是圆的性质的应用：在圆外取一点，使得其到圆上点的距离的最大值：r+d（ r 为该圆的半径，d 为该点与圆心的距离） 14（ 4 分）（ 2021.上海）已知函数f（ x）=sinx 如

22、存在x1， x2，x m 满意 0x1x 2x m6，且 |f（ x 1） f（ x2）|+|f（ x2） f（ x3）|+|f（ xm1） f（ xm）|=12（ m0，mn* ），就 m 的最小值为8考点 ：正 弦函数的图象专题 ：函 数的性质及应用；三角函数的图像与性质分析：由 正弦函数的有界性可得，对任意xi ，xj（ i，j=1 ，2，3， ，m），都有 |f（xi ）f（ x j）|f （ x） maxf （ x） min =2，要使 m 取得最小值，尽可能多让xi （ i=1 ， 2， 3， m）取得最高点，然后作图可得满意条件的最小m 值解答：解 ： y=sinx 对任意 x

23、i，xj （ i，j=1 ， 2， 3， m），都有 |f（ xi ） f（x j ）|f（ x ）max f（ x ） min=2，要使 m 取得最小值，尽可能多让x i（ i=1 ， 2， 3， m）取得最高点，考虑 0x1 x 2x m6， |f（ x 1） f（x 2） |+|f（ x 2） f （ x3）|+|f（ x m 1） f（ xm） |=12，按下图取值即可满意条件， m 的最小值为8 故答案为： 8点评：本 题考查正弦函数的图象和性质，考查分析问题和解决问题的才能，考查数学转化思想方法，正确懂得对任意xi ，x j（ i， j=1 ，2，3，m），都有 |f（ xi ）

24、f（ x j）|f（ x）max f （ x）min =2 是解答该题的关键，是难题二、挑选题（本大题共4 小题，满分21 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5 分，否就一律零分.15（ 6 分）（ 2021.上海）设z1、z2c，就 “z1、z2 均为实数 ”是“z1 z2 是实数 ”的（）a 充分非必要条件b 必要非充分条件c 充要条件d 既非充分又非必要条件考点 ：必 要条件、充分条件与充要条件的判定专题 ：简 易规律；数系的扩充和复数分析：根 据充分条件和必要条件的定义结合复数的有关概念进行判定即可解答：解 ：如 z1、z2 均为实

25、数，就z1 z2 是实数，即充分性成立，当 z1=i ， z2=i ，满意 z1 z2=0 是实数，但z1、z2 均为实数不成立，即必要性不成立，故 “z1、z2 均为实数 ”是 “z1 z2 是实数 ”的充分不必要条件，应选： a 点评：本 题主要考查充分条件和必要条件的判定，依据复数的有关概念是解决此题的关键16（ 5 分）（ 2021.上海）以下不等式中，与不等式2 解集相同的是（）a （ x+8 ）（ x2+2x+3 ） 2b x +8 2（ x2+2x+3 ）cd考点 ：其 他不等式的解法 专题 ：不 等式的解法及应用分析：依据 x 222+2x+3= （ x+1 ） +2 0，可得

26、不等式 2，等价于 x+8 2（ x +2x+3 ），从而得出结论解答：解： 由于 x 222+2x+3= （x+1 ） +20，不等式 2，等价于 x+8 2（ x+2x+3 ），应选： b点评：本 题主要考查不等式的基本性质的应用，表达了等价转化的数学思想，属于基础题17（ 5 分）（ 2021.上海）已知点a 的坐标为（ 4， 1），将 oa 绕坐标原点o 逆时针旋转至 ob，就点 b 的纵坐标为（）a bcd考点 ：任 意角的三角函数的定义专题 ：三 角函数的求值分析：根 据三角函数的定义，求出 xoa 的三角函数值， 利用两角和差的正弦公式进行求解即可解答：解 ：点a 的坐标为（ 4

27、，1），设 xoa= ，就 sin=， cos=，将 oa 绕坐标原点o 逆时针旋转至 ob，就 ob 的倾斜角为+，就 |ob|=|oa|=，就点 b 的纵坐标为y=|op|sin（ +）=7（ sincos+cossin）=7（× +）=+6=，应选： d点评：本 题主要考查三角函数值的运算，依据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决此题的关键+y18（ 5 分）（ 2021.上海）设pn（ xn， yn）是直线2x y=（ nn* ）与圆 x 22=2在第一象限的交点，就极限=（）a 1b c 1d 2考点 ：极 限及其运算 专题 ：导 数的综合应用+y分析：当 n+时，直

28、线 2x y=趋近于 2x y=1 ，与圆 x 22=2 在第一象限的交点无限+y靠近（ 1，1），利用圆的切线的斜率、斜率运算公式即可得出 解答：解：当 n+时，直线 2x y=趋近于 2x y=1 ，与圆 x22=2 在第一象限的交点无限靠近（ 1，1），而可看作点pn（ x n， yn ）与（ 1， 1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2 在点（ 1，1）处的切线的斜率，其斜率为1= 1应选： a 点评：本 题考查了极限思想、圆的切线的斜率、 斜率运算公式， 考查了推理才能与运算才能，属于中档题三、解答题（本大题共有5 题，满分74 分）解答以下各题必需在答题纸相应编号的规定区域

29、内写出必要的步骤.19（12 分）（ 2021.上海）如图，圆锥的顶点为 p，底面圆为 o，底面的一条直径为 ab ，c为半圆弧 的中点， e 为劣弧 的中点，已知 po=2， oa=1 ，求三棱锥 p aoc 的体积， 并求异面直线 pa 和 oe 所成角的大小考点 ：异 面直线及其所成的角专题 ：空 间角分析：由 条件便知po 为三棱锥p aoc 的高，底面积saoc 又简洁得到，从而带入棱锥 的体积公式即可得到该三棱锥的体积依据条件能够得到oeac ，从而找到异面直线 pa，oe 所成角为 pac，可取 ac 中点 h ，连接 ph，便得到 phac ，从而可在rt pah 中求出 co

30、s pac，从而得到pac解答：解 ： po=2，oa=1 ，oc ab ；e 为劣弧的中点； boe=45 °，又 aco=45 °； oe ac ； pac 便是异面直线pa 和 oe 所成角；在 acp 中， ac=，；如图，取ac 中点 h ，连接 ph，就 ph ac ，ah=；在 rtpah 中， cos pah=；异面直线pa 与 oe 所成角的大小为arccos点评：考 查圆锥的定义，圆锥的高和母线，等弧所对的圆心角相等，能判定两直线平行，以及异面直线所成角的定义及找法、求法，能用反三角函数表示角20（ 14 分）（ 2021 .上海）已知函数f（ x ）=

31、ax2+，其中 a 为常数（1）依据 a 的不同取值，判定函数f （ x）的奇偶性，并说明理由；（2）如 a（ 1， 3），判定函数f （x ）在 1 ， 2 上的单调性，并说明理由考点 ：利 用导数争论函数的单调性；函数奇偶性的性质专题 ：函 数的性质及应用；导数的概念及应用分析：（ 1）依据函数的奇偶性的定义即可判定，需要分类争论；（ 2）依据导数和函数的单调性的关系即可判定 解答：解：（ 1）当 a=0 时， f （x ） =，明显为奇函数，当 a0 时， f （ 1） =a+1， f（ 1） =a 1， f （ 1） f （ 1），且 f （1） +f （ 1） 0，所以此时f （x）

32、为非奇非偶函数+，（ 2） a（ 1， 3）， f（ x ） =ax 2 f（ x ）=2ax=， a（ 1，3）， x 1 ，2 ， ax 1， ax31， 2ax3 1 0， f（ x ） 0，函数 f （ x）在 1 ， 2 上的单调递增点评：本 题考查了函数的奇偶性和单调性，属于基础题21（ 14 分）（ 2021 .上海） 如图， o，p，q 三地有直道相通，op=3 千米， pq=4 千米， oq=5千米，现甲、乙两警员同时从o 地动身匀速前往q 地，经过t 小时，他们之间的距离为f（t ）（单位：千米） 甲的路线是oq，速度为 5 千米 /小时，乙的路线是opq，速度为8 千米/

33、 小时，乙到达q 地后在原地等待设t=t 1 时乙到达 p 地， t=t2 时乙到达 q 地（1）求 t1 与 f（ t1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3 千米，当t1tt2 时，求 f （ t）的表达式，并判定 f （t ）在 t 1， t2上的最大值是否超过3？说明理由考函数与方程的综合运用点：专函数的性质及应用题：分（ 1）用 op 长度除以乙的速度即可求得t1=，当乙到达p 点时，可设甲到达a 点，连析：接 ap，放在 aop 中依据余弦定理即可求得ap，也就得出f（ t1）；（ 2）求出 t2=，设 t，且 t 小时后甲到达b 地，而乙到达c 地，并连接 bc，能够用

34、 t 表示出 bq，cq ，并且知道cos，这样依据余弦定理即可求出bc， 即 f（ t），然后求该函数的最大值，看是否超过3 即可解解：（ 1）依据条件知，设此时甲到达a 点，并连接 ap ，如下列图，就 oa=；答：在 oap 中由余弦定理得，f（ t1）=ap=（千米）；（ 2）可以求得图所示：，设 t 小时后，且，甲到达了b点，乙到达了c 点，如就 bq=5 5t， cq=7 8t；在 bcq 中由余弦定理得，f（ t）=bc=；即 f（ t） =，；设 g（ t） =25t 242t+18 ， g（t ）的对称轴为t=；且；即 g（ t）的最大值为，就此时f（ t）取最大值；即 f（

35、 t）在 t 1， t2 上的最大值不超过3点考查余弦定理的应用，以及二次函数在闭区间上最值的求法评：l2222（ 16 分）（ 2021 .上海）已知椭圆x +2y =1，过原点的两条直线l1 和 2 分别与椭圆交于点 a 、b 和 c、d，记 aoc 的面积为s（1）设 a（ x1，y1）， c（x 2， y2），用 a、 c 的坐标表示点c 到直线 l1 的距离，并证明 s=|；（2）设 l1： y=kx ， s=，求 k 的值；（3）设 l1 与 l2 的斜率之积为m，求 m 的值，使得无论l 1 和 l 2 如何变动，面积s 保持不变考点 ：直 线与圆锥曲线的综合问题；点到直线的距离

36、公式专题 ：压 轴题；开放型；圆锥曲线中的最值与范畴问题 分析：（ 1）依题意，直线l 1 的方程为y=x ，利用点到直线间的距离公式可求得点c 到直线 l1 的距离 d=，再利用 |ab|=2|ao|=2，可证得s=|ab|d=|x1 y2 x 2y 1|；（ 2）设直线 l 1 的斜率为k，就直线 l 2 的斜率为，可得直线l 1 与 l2 的方程，联立方程组，可求得x1、x2 、y1、y 2，继而可求得答案（ 3）方法一：设直线l1 的斜率为 k ，就直线l2 的斜率为，直线 l1 的方程为y=kx ，联立方程组，消去 y 解得 x= ±，可求得x 1、 x2、y1 、y2，利

37、用s=|x1y2 x 2y1|=.，设=c（常数），整理得： k 42mk 2+m22=c 2k42+（ 1+4m ）2k+2m2 ，由于左右两边恒成立，可得，此时 s=；方法二：设直线l1、l2 的斜率分别为、，就=m ，就 mx 1x 2= y1y 2，变形整理，利用a（ x， y ）、c（ x ， y ）在椭圆x 22解答：1122+2y=1 上，可求得面积s 的值解：（ 1）依题意，直线l 1 的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点c 到直线 l1 的距离 d=，由于 |ab|=2|ao|=2，所以 s=|ab|d=|x1y2 x2y1|；（ 2）设直线l1 的斜率为k，就直线l

38、 1 的方程为y=kx ，就直线 l 2 的斜率为，设直线 l 1 的方程为y=kx ，联立方程组，消去 y 解得 x= ±，依据对称性，设x1=，就 y1=，同理可得x 2=， y2 =， 所以 s=|x1y2 x2y1|=×|x1 y1 |=所以 |x1 y1|=，解得 k= 1 或3（ 3）方法一：设直线l1 的斜率为 k ，就直线l2 的斜率为，直线 l1 的方程为y=kx ，联立方程组，消去 y 解得 x= ±，依据对称性，设x1=，就 y1=，同理可得x 2=， y 2=，所以 s=|x1y2 x2y1|=.，设=c（常数），（）所以（ m k2）2=c21+2k 2）（ k2+2m 2 ，整理得： k 42mk22+m =c22k4+（ 1+4m222） k +2m ，由于左右两边恒成立，所以只能是，所以，此时s=，综上所述， m= ， s=方法二：设直线l1、l2 的斜率分别为、，就=m ，所以 mx 1x 2= y1y2， m2=4=mx 1x2y1 y2， a（ x1， y1）、c（ x2