2020届浙江省绍兴市诸暨市高三下学期6月高考适应性考试数学试题(解析版)

1、2020届浙江省绍兴市诸暨市高三下学期 6 月高考适应性考试数学试题1设全集 U、单选题D 0.1 U 2,30,3 ，P 0,2 ，Q 1,3 ，则 CUP Q (A 2,3B 1,2C 0,1【答案】 A【解析】 直接根据集合的交集运算、补集运算的定义求解即可【详解】解： U 0,3 ,P 0,2 ， CU P 2,3 ，又 Q 1,3 ， CU P I Q 2,3 ，故选： A 【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题3i2已知 i 是虚数单位，设复数 z 3 i ，则 z （ ）iA2 2B 2 5C4 2D3 2答案】 A解析】 先根据复数代数形式的四则运算化简复数z ，再根据

2、复数的几何意义求出复数的模【详解】解： z 3 i3i3i 13i2 2i ，i1 z 4 4 故选： A 【点睛】2 2 ，本题主要考查复数代数形式的四则运算，考查复数的模的求法，属于基础题3一个空间几何体的三视图如图所示，则其体积等于（13 CD 22【答案】 C【解析】 由三视图可知该几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积公式求解即可【详解】解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，如图，且高为 3 ，该三棱锥的体积 V 1 1 1 3 3 1 ，3 2 2 故选： C【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体并求几何体的体积，属于基础题4随机变量 的分布列如下图，若 E0,则 D（ ）303P13ab

3、A 6B 2C0D 6【答案】 A【解析】 根据随机变量的数学期望与方差的定义求解即可详解】a 3b 01 3b解：由题意可得，即ab解得1313D202故选：A点睛】本题主要考查随机变量的数学期望与方差的应用，属于基础题2 x5 设 F 是双曲线 2 a22by2 1 a 0,b 0的右焦点，以F 为端点作垂直于 x 轴的射线，交双曲线的渐近线于A 点，交双曲线于B 点，若 B 为 AF 的中点，则双曲线的离心率等于(B102C 3D233答案】 D解析】 设双曲线的半焦距为 c，不妨设 A，B 在第一象限，联立方程可依次求得A，B 的坐标，再根据中点坐标公式即可求出答案详解】解：设双曲线的

4、半焦距为 c，不妨设 A， B在第一象限，由题意得， F c,0 ，双曲线的渐近线方程为 ybx，a将 x c 代入 yba x 得，aA c,bac ，a2 将 x c 代入 x2 a2y 1 得，b2b2c, ，a B 为 AF 的中点，bc 2b2 ，得 baa112c， a c2 b2双曲线的离心率 故选： D 【点睛】3c，c，2c 2 3e，a3本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题6已知 log2 a 4b2log 2 2 ab ，则 a b 的最小值是(A2B219 C4D52【答案】 C【解析】 由题意得 a4b4ab，则111 ，则 abab11，再利用a4ba4b基本不

5、等式求解即可【详解】解： log 2 a 4b2log 2 2 aba4b 0 a 4b 4ab ，且ab01则 a 0,b 0 ，且11，a4b111ba5ba9， a b a b12a4b4a4b4a4b4b a33当且仅当 即 a ,b 时，等号成立，a 4b24故选： C【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于基础题227已知 a,bR ，则2 a bb , 1”是“, 1”的（43A 充分不必要条件B必要不充分条件C 充要条件【答案】 AD既不充分又不必要条件解析】2根据“ a 1 2b2, 1”和b2b , 1”的几何意义分析即可得解3详解】22b , 1”表示点a

6、,b 到1,0 的距离小于等于 1 的区域，b2x2b , 1”表示椭圆 x 32 y 431 及其内部区域，椭圆右焦点坐标 1,0 ，根据椭圆性质可得，椭圆上的点到焦点距离的最小值为2-1=1，所以“ ab2, 1”表示的区域被b2b , 1”表示的区域全覆盖 .3所以已知a,b2R ，则“ a 1 2b2,1”是a2 b2a b , 1”的充分不必要条件 .43故选： A点睛】此题考查充分条件与必要条件的判断，关键在于熟练掌握充分条件与必要条件的判断方法.8若函数 f x2sin x30 在区间 , 上单调递增， 则 的取值范44围是（ ）10A 0,130B 0, 232 C310310

7、D3答案】 B2k解析】 求出函数的单调增区间，根据详解】考虑函数函数fx2sin令 2kx2k232k5x 2k662k52kx,k662,kZ,2kZ，,kZ，0，4,k Z 求解范围 .函数 f x 2sin x0 在区间 , 上单调递增，442k5则644,k Z ，解得2k643所以 0,1023故选： B【点睛】8k8k此题考查根据三角函数的单调性求解参数的取值范围，,kZ ，所以 k=0 ，又0，关键在于熟练掌握单调性的处理方法，准确求解不等式组b| sin x, 0 对 x 0,24恒成立，则 sin (a+b)和 sin ( a- b)分别等于( )A 2; 2B 2;2C2

8、; 22;2222;2【答案】 D9若不等式 a |x解析】 设 f xa |x b| ，根据三角函数值的符号，求得函数Df x 符号的变化，根据函数 f x 的单调性与对称性，求得 a,b 的值，即可求解详解】由09x2，则x444当x或2x9时，即 0 x3或 7 x 2 时，444444sin(x)0，437当x2时，即x时，sin(x)0，4444所以当0x37 或x2时，a|x b|0，4437当 3 x 7 时， a |x b| 0 ，44设函数 f x a |x b|，则 f x 在 ( , b)上单调递增，在 (b, )上单调递减，且函数 f x 的图象关于直线 x37 b对称

9、，所以 f(34 ) f(74 ) 0所以2b 3452 ，解得b 54 ，又由3f(34)3|344| 0 ，解得a = 2，所以sin(a b)sin(254)2 ， sin(a b) sin( 5 )2 2 4故选： D.点睛】本题主要考查了三角函数值的计算，以及函数的单调性与对称性的应用，其中解答中根据三角函数的符号，求得函数a |x b| 的单调性与对称性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力10设数列 an满足： a1 4,an 13an2an 2 ,n N*,其中 x表示不超过实数 x的最大整数 （例如 3.1 3）则 a2020的个位数字是（ ）A3B5C7D9答案】

10、解析】通过计算前几项的值找出规律，进而求得a2020 的个位数字，得到答案详解】由题意，列 an 满足： an 13an2an2 2 ,n N*,又由3anan 2 和 3an22an 是非常接近的数，其中 3anan 2 2an，n2可用an 1 2an 作近似计算，因为a1 4 ，当n1 时， a2 2a1 8 ，所以a2当n2时， a3 2a2 16 ，所以a33a2 a2 22 2 13 ；23a3a32 223a4a42 223a5a52 223a6a62 223a7a72 22a5 98 ，所以 a62a6 194 ，所以 a7225；49；97；193；385；当n7 时， a8

11、 2a7 386 ，所以 a8当 n 3 时， a4 2a3 26 ，所以 a4当 n 4时， a5 2a4 50 ，所以 a5当 n 5 时， a6当 n 6 时， a7可得从第二项其数字的个位数构成以7,3,5,9 为周期的规律，所以 a2020 的个位数字 5.故选： B.【点睛】 本提提主要考查了数列的应用，其中解答中根据题设条件，计算出前几项的数值，找出 数字的规律是解答的关键，注意解题方法的积累与总结，属于中档试题 .二、双空题x 2y 2 011设实数 x， y满足约束条件 x y 1 0 ，则 z x y 的最大值为 ，最y0小值为 .【答案】 2 -7【解析】 画出不等式组所

12、表示的平面区域，结合图象确定出目标函数的最优解，代入即可求解 .【详解】x 2y 2 0画出不等式组 x y 1 0 所表示的平面区域，如图所示(阴影部分，包含边界)y0其中平面区域的顶点坐标分别为 A(2,0), B( 4, 3),C( 1,0) ，目标函数 z x y ，可化为直线 y x z ，当直线 y x z过点 A时，此时直线在 y 轴上的截距最大， 此时目标函数取得最大值，最大值为 zmax 2 0 2 ；当直线 y x z过点 B 时，此时直线在 y轴上的截距最小， 此时目标函数取得最小值， 最小值为 zmin4 3 7.故答案为： 2， 7.【点睛】本题主要考查简单线性规划求

13、解目标函数的最值问题 其中解答中正确画出不等式组表 示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重 考查了数形结合思想，及推理与计算能力12 已知 f x1 x,x 1 x2 2x a,x若 a 1，且 f (m) 4 ，则 m1；若对任意的 t0，直线y t 与函数 yf(x) 的图像都有两个交点，则实数a 的取值范围是【答案】3 或 3,1【解析】 第一空，将 a 1代入，分段讨论解方程即可求出答案； 第二空，画出函数 y f (x) 的大致图象，数形结合即可求出答案【详解】解：当 a 1 时，由 f (m) 4 得，当 m 1时， 1m 4 ，解得 m 3

14、；当 m>1 时， m22m 1 4 ，解得 m3，或 m 3 (舍去)；画出函数 f x1 x,x 12x 2x a,x 11 x,x 12 的图象如图，x 1 a 1,x 1yt 与函数 yf (x) 的图像都有两个交点，由图可知， a 1 0 ，解得 a 1 ； 故答案为： 3 或 3； ,1 【点睛】 本题主要考查分段函数的应用，考查数形结合思想，考查分类讨论思想，属于基础题413 已知 sin，, ，且 sin(+)=cos，则52cos . tan .3 【答案】 - 35【解析】 根据同角三角函数的基本关系，结合 的范围可求出 cos 和 tan ，将sin() cos 按

15、照两角和的公式进行展开可得tan ，根据两角和的正切公式可得结果 .【详解】因为 sin4，5, ，所以 cos23，则5tan4，3由 sin() cos，得 sincossincoscos显然 cos0，则3 tan545 1，解得tan1，314则 tan(tantan1 tan tan3343，故答案：点睛】 本题主要考查了利用三角恒等式求三角函数值，两角和的正弦、正切公式的应用，属于中档题 .1 6 1 614在二项式 ( 2 x)6 展开式中， 常数项为 ；在 ( 2 x 1)6 的展开式中， 常xx数项为 .【答案】 15 76【解析】 由二项式展开式通项公式中令 x 的指数为

16、0，可求得所在项数，得常数项，在 三项式展开式中，利用多项式乘法法则得通项公式，然后求出常数项的所有可能【详解】二项式 (12 x)6展开式通项公式为 Tr1 C6r(12)6r( x)r ( 1)rC6rx3r 12，令 xx443r 12 0，r 4，所以常数项为 ( 1)4C64 15 ；16由多项式乘法法则在 ( 2 x 1)6 的展开式的项可以写成：x1T C6k( 12)kC6t k( x)t ( 1)tC6kC6t kxt 2k，其中 0 k 6,0 t 6 k ，t, k为整数， x由t 2k 0得t 2k， t k 0，t 2,k 1，t 4,k 2，所求系数为 C60C60

17、 C61C52 C62C44 76 故答案为： 15； 76【点睛】 本题考查二项式定理的应用，掌握展开式通项公式是解题关键三项式的展开式，可以 应用二项式定理展开： (a b c)n a (b c)n ，展开式通项公式为k n k kTk 1 Cna (b c) ，然后对 (b c)k 再应用二项式定理后可求解， 也可象本题中一样， 把此式看作是 n个 a b c相乘，乘积一定是从这 n个式子中分别取一项相乘所得， 由 此可求解三、填空题15用 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数 abcde，其中随机取一个五位数，满足条 件|a b| |b c| |c d | |d e| 6的概率

18、为 .1【答案】65【解析】 五位数有 A55 120 个，可用分类讨论思想求得满足条件|a b| |b c| |c d | |d e| 6的五位数的个数 由四个绝对值中最大值分别为 3，2，1 分类可得，然后可计算概率详解】 没有重复数字的五位数有 A55 120 个，|a b| |b c| |c d | |d e| 6 ，由于四个绝对值最小为 1，最大的不可能为 4， 若最大值为 3的五位数有 12543，34521，54123，32145共 4个，四个绝对值最大为 2，只有 1个是 2时，五位数有： 21345，12354，54312，45321 共 4 个，四绝对值中两个为 2，两个为

19、 1 时，这样的五位数有： 13245， 31245， 21345， 54231， 54213，45312，53421，35421，12435，12453 共 10 个， 四个绝对值都等于 1的五位数有： 12345,54321共 2个， 综上满足题意的五位数有 4+4+10+2 20 个， 所求概率为 P1201故答案为： 6点睛】 本题考查古典概型，解题关键是满足条件的基本事件的个数，本题考查分类讨论思想，列举法16已知 P,H 是ABC 所在平面内的两点，满足uuuruuur uuur rPA 2PB 3PC 0，直线 PC 与uuurAB 交于点 D,PHuuur uuurPA 1 2

20、 PB,若H在PBD内（不含边界 ），则实数 的取值范围是 1答案】 (0, )4uuur uuur uuur 解析】 由 PA 2PB 3PCr uuur0 变形得 AP1uuur 1uuurAB AC ，根据向量加法的平行四32边形法则确定 P 点位置，从而可确定uuurD 点位置，然后把 PHuuur uuur PA 1 2 PB 用uuur uuurPB,PD 表示，uuurPHuuurPBuuur(3PDuuur4PB） ，再用向量线性运算法则作出uuur uuuruuuruuuruuuruuur3PD 4PBEF ，在 PBD 内作BG/EF ，最终转化为 PHPB4 BG ，从而

21、可得结论ur uu uuur由uuuruuur uuur uuur uuur uuurAP 2(AB AP) 3(AC AP)0r ，所以uuuuurAC1urB uuA 1如图，设 N是AC中点， M是AB靠近 A的三等分点，以 AM, AN为邻边作平行四边 形，则由向量的加法法则知 P 是此平行四边形的第四个顶点， 因为N是AC中点， NP / /AB ，所以P是CD中点，又MP / / AC ，所以M 是AD中点，从而 uuur 所以 PAD 是 AB 的另一个三等分点uuur PB，uuurPBuuurBAuuur PBuuur uuur3BD PBuuur3(PDuuur PB)uu

22、ur3PD 2所以uuuruuuruuuruuuruuuruuur uuuruuuruuurPHPA12PB(3PD 2PB) 12PB PB(3PD4PB)，uuuruuuruuuruuur1作 PE4PB，PF3PD，连接 EF ，作 BG/EF 交 PD 于 G( PGPF PD ，4G 在线段 PD 上），则 BG1 uuur14 EF ，所以 3PDuuur4PBuuur uuurEF 4BG ，uuuruuuruuur14所以 PHPB 4BG ，若 H 在 PBD 内（不含边界），则 0 4 1， 0故答案为：1(0, ) 4点睛】AE DFAC DA本题考查向量的线性运算，解题

23、关键是用向量线性运算法则通过几何图形确定 P,D 位 置，并转化已知条件（分离参数 ），要注意把条件向 PBD 内靠拢 17已知四面体 ABCD 的所有棱长都相等， E， F 分别是棱 AC ，AD 上的点，满足1 ，若 EF 与平面 BCD 所成角为 ，则 =24答案】解析】7 2114设O是BC中点，设 M 是VBCD中心，以 OC为x轴， OD为y轴，过 O与 AM平行的直线为 z轴建立空间直角坐标，设正四面体 ABCD 棱长为 a ，写出各点坐标，求出 uEuFur 及平面 BCD的法向量，由向量 uEuFur 与法向量夹角的余弦的绝对值等于线 面角的正弦值可求得详解】 如图，设 M

24、是VBCD 中心，则 AM 平面 BCD ，设O是 BC中点， 则O,M,D共线，以 OC为x轴， OD为y轴， 过O与 AM平行的直线为 z轴建立如图所示的空间直角坐标， 设正四面体 ABCD 棱长为 a ，则 DM 2 3 a 3 a ，3 2 3AMa2 ( 33a)26 a，3OM 36a，所以C (12 a ,0,0) ，D(0, 23 a,0) ，A(0, 63a, 36a)，2 6 3uuurAC(12 a, 63 a,266 a) ， uAuDur3(0,3a,3)，因为ACDA，所以 AE ACuuur AF(1uuur )AD0, 3(1 ) a,0, a,3uuur EF

25、uuur AFuuur AEa, 3(2 ) a, a, a, 26平面BCD的一个法向量是 nr (0,0,1) ，uuuruuur(2 a,13 )a ，6(2 1)a ，3因为 EF 与平面 BCD 所成角为 ，4a, 36a) ，r uuur 所以 cos n,EF解得7 2114r nuuurEFruuurnEF6(2 1)a322(2 1)237 1421舍去)sin42故答案为： 7 21 14点睛】本题考查直线与平面所成的角，解题关键是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角考查了学生运算求解能力四、解答题2sin A ， 点M在线段 AC上， AM2MC 2 5 ，18已知

26、VABC 中， sinC2）求 VABC 的面积答案】（ 1）4 ；（ 2）解析】（ 1）由图可知， sin AMB sin CMB ，方法一）由题意得，AB2CB ，由正弦定理AMsin2ABsin AMBCM sinCB 可得到 AM sin CMB sin22CM，代入化简解出即可；sin方法二）由正弦定理AM sin2BM ， CM BM ，sinC2sin A得，sin A sin sinCAM sin22CM ，代入化简解出即可；sin（ 2）由题意 AC 3 5 ，由余弦定理 AC 2 CB2 AB2 2 CB AB cos ABC 可求 得 CB 3，再根据 VABC 的面积公

27、式求解即可【详解】解：（ 1） AMBCMB sin AMB sinCMB ，方法一）由正弦定理ABsinCCB及 sinsin AC2sin A 得，AB 2CB ，由正弦定理 AMsin2CMsin AMB sinABsinCB 可得，CMBAMsin22CM ，sin AM2MC 2 5 ， sin22sin ，即 2sincos2sin，得 cos2，2方法二）由正弦定理AM sin2BMsin ACM sinBM sinC ，sinC 2sin A 得，AMsin22CM ，sin AM2MC 2 5 sin22sin ，即 2sincos2sin，得 cos 2 ，24（ 2） A

28、M 2MC 2 5 ， AC 3 5 ，由余弦定理 AC2 CB2 AB2 2 CB AB cos ABC及 AB 2CB得，45 CB2 2CB2 2 CB 2CB cos3 ，化简得 CB2 9 ，4 CB 3，或 CB 3 （舍去）， VABC 的面积 S ABC 1 AB CB sin ABC 1 3 2 3 sin 3 9 2 2 4 2点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角形的面积公式，属于基础题19四棱锥 P ABCD的底面 ABCD是边长 2的菱形， ADC 120 ，AD 的中点 M 第 16 页 共 23 页是顶点 P在底面 ABCD的射影， N 是PC的中点

29、.(1) 求证：面 MPB 平面 PBC ；(2) 若 MP MC ，求面角B MNC 的余弦值 .答案】 (1) 证明见解析；(2) 3311【解析】 (1)首先可以根据 M 是顶点 P 在底面 ABCD的射影得出 PM BC ，然后根 据底面 ABCD 是边长 2 的菱形且 ADC 120 得出 BC BM ，再然后通过线面垂直 的相关性质即可得出 BC 平面 MPB ，最后根据 BC 平面 PBC 即可得出结果； (2)以MA, MB , MP为x, y, z轴建立空间直角坐标系，然后求出平面BMN 的法向量 rnur r以及平面 MNC 的一个法向量为 mur ，最后通过 cos m&

30、#215;n 即可求出二面角 B MN C 的余弦值 .【详解】(1) 因为 M 是顶点 P 在底面 ABCD 的射影，所以 PM 平面 ABCD， PM BC，因为底面 ABCD是边长 2的菱形， ADC 120 ，M 是 AD的中点，所以 BC BM ， BC 平面 MPB ，因为 BC 平面 PBC ，所以平面 MPB 平面 PBC ，(2)如图，以 MA,MB,MP为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，则：M 0,0,0 ， B 0, 3,0 ， C 2, 3,0 ， P 0,0, 7 ， N所以 MBuuuur 骣MN = 琪琪-1,r r uuur r uuuur设平面 BMN

31、的法向量为 n (x,y,z) ，则 n MB 0， n MN 0 ，y0r即 3 7 ，解得其中一个解为 n ( 7,0, 2) ， x y z 022ur 同理可求得平面 MNC 的一个法向量为 m 3,2,0故二面角 B MNC 的余弦值 cosumr ×nr = 21 mur ×nr = 11×73311点睛】 本题考查线面垂直、 面面垂直以及二面角的余弦值的求法， 若一条直线与一平面内的两条相交直线垂直，则线面垂直，若线面垂直，且直线在某一平面内，则面面垂直，考查 借助空间向量求二面角，考查推理能力，是中档题 .20数列 an 是公差大于零的等差数列，

32、a1=3，a2，a4，a7成等比；数列 bn满足n2na1b1a2b2a3b3 Lanbn 102n310 .(1)求数列bn的通项公式；22221(2)记cn111L L 1，比较 cn与 bn (nN)的大小 .a1 a2a3an3【答案】(1)2nbn ( ) ；(2) cn1bnn 3 n3n【解析】(1)根据等差数列首项为3 且 a2， a4，a7成等比数列，列出方程可求公差，得到 an2 n 1根据条件写出当 n 2时， a1b1 a2b2 a3b3 L an1bn1 10 322n 8 ，两式相减即可求解；2 n 2 1(2)由 1，相乘相消可得 cn，作商比较 cn与 bn 即

33、可.an n 2 n (n 1)(n 2) 3 n【详解】( 1)因为 a2， a4， a7成等比，且数列 an 是等差数列所以 (3 3d)2 (3 d)(3 6d) ，解得 d 1 ，所以 an n 2 ，因为 a1b1 a2b2 a3b3 L anbn 10 32n 10所以当 n 1 时，3b1 2 b1 2 ，1 1 3a1b1 a2b2 a3b3 Lan 1bn 1 10n12 n 132n当 n 2 时，两式相减得：anbn (23)n 1(2n 8) (23)n(2n 10)332(23)n(3n12 2n 10)(32)n 1(n 2)，3又 an n 22n所以 bn (3

34、2)n ，2n 6 n 32n 63当 n 1 时，b13 也适合，3综上， bn(23)n，(nN)（ 2）因为 12nann2所以cn(1a2 )(12)(12 )L (12)123K n 1 n2)345a1a2a3ann1n2(n 1)(n 2)所以211，又 b12,b248c1,c2,c3,b33261039327所以c11b1,c21b2,c313b33 1 2333当n 3时，记kn 1cn ，则kn1 (1 2) 3 n 1 3 3n 3knan 1 2 n 3 2 2n 61即 cnbn 对 n 3 成立，31 综上 cnbn 对一切 n N 恒成立 .3点睛】本题主要考查

35、了等差数列，等比数列，相乘相消法求通项，作商比较大小，分类讨论， 属于难题 .221已知 P 1,1 是抛物线 C： y2 ax 上的一点，过 P作互相垂直的直线 PA，PB与 抛物线 C 的另一交点分别是 A，B.1（ 1）若直线 AB 的斜率为 2 ，求 AB 方程；（2）设 Q 2, 1 ，当 |QA| 4时，求PAB的面积 .|QB|答案】（ 1） y112x；（2）152解析】（ 1）根据题意，得到抛物线的方程为2y2 x ，设 A(x1, y1),B(x2,y2) ，利用斜率公式以及两直线垂直的条件，整理得出 y1y2y1 y2 2 0，得到 y1 0或 y2 0，从而得到直线过原

36、点，进而得到直线方程；2）先证明 A,B,Q 三点共线，根据QA4得y1 1QBy2 14，进而求得 AB 方程为73x y ，利用面积公式求得结果22【详解】设 A(x1, y1), B(x2, y2 ) ，则1）将 P 点坐标代入得 a 1 ，抛物线方程为 y2 xy1 1又1y211，即 y12 1y2211，x1 1x21y1 1 y21得 y1y2y1y220所以 y10或y20 ，直线 AB 方程为y1x2y2y1x2 x11 y2 y1( 2)先证明 A,B,Q 三点共线，uuur uuurQA (x1 2,y1 1),QB (x2 2,y2 1)，(y1 1)(x2 2) (y

37、21)(x1 2)(y1 1)(y22 2) (y2 1)(y12 2)2 2 2 2y1 y2 y2y1y2 y1 2y2 2y1(y2 y1)( y1y2 y1 y2 2) 0或设 AB 方程为 x myn ，与抛物线方程联立得my n0，由韦达定理m y1 y2 ， ny1y2，结合（ 1）的结论得 n0，21 m n ，即直线 AB 过定点 Q（2, 1） ）所以 A,B,Q 三点共线，QAQB4 得 y1 1y2y1 1 4,(y1y2 11)(y21)1,y1y1舍去）y2y2所以 AB 方程为 xS PAB1 d AB272152法二：(x1 2)2(y11)2(y122)2(y11)2(y21)2(y1 1)222y2) (y2 1)4(2(y11)222(x2 2)2 (y2 1)2(y2 1)4所以由 QAQB4得1(y21)24(y1 1)(y21)1,y113 （舍去）y1y2y2所以 AB 方程为1S PAB d AB2【点睛】72y15.2.3，2，该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，涉及到的知识点有直线垂直的条件， 直线方程的求解，抛物线中的面积问题，属于中档题目22已知函数12f(x) ln x 12x2 ax b有两个极值点 x1,x2(x1 x2).1)记 f1(x)ln x, f2 x1xx ，若 f1(x), f2(x)