2020年浙江省高考数学试卷含答案

1、2020年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4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（4分）（2020浙江）已知集合Px|1x4，Qx|2x3，则PQ（）Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x42（4分）（2020浙江）已知aR，若a1+（a2）i（i为虚数单位）是实数，则a（）A1B1C2D23（4分）（2020浙江）若实数x，y满足约束条件x-3y+10x+y-30，则zx+2y的取值范围是（）A（，4B4，+）C5，+）D（，+）4（4分）（2020浙江）函数yxcosx+sinx在区间，上的图象可能是（）ABCD5（4分）（20

2、20浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A73B143C3D66（4分）（2020浙江）已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n则“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7（4分）（2020浙江）已知等差数列an的前n项和Sn，公差d0，且a1d1记b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b88（4分）（2020浙江）已知点O（0，0），A（2，0），B（2，0）设点P满足|PA|

3、PB|2，且P为函数y34-x2图象上的点，则|OP|（）A222B4105C7D109（4分）（2020浙江）已知a，bR且ab0，对于任意x0均有（xa）（xb）（x2ab）0，则（）Aa0Ba0Cb0Db010（4分）（2020浙江）设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：对于任意的x，yS，若xy，则xyT；对于任意的x，yT，若xy，则yxS下列命题正确的是（）A若S有4个元素，则ST有7个元素B若S有4个元素，则ST有6个元素C若S有3个元素，则ST有5个元素D若S有3个元素，则ST有4个元素二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共

4、36分。11（4分）（2020浙江）我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列n(n+1)2就是二阶等差数列数列n(n+1)2（nN*）的前3项和是 12（6分）（2020浙江）二项展开式（1+2x）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4 ，a1+a3+a5 13（6分）（2020浙江）已知tan2，则cos2 ，tan（-4） 14（4分）（2020浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是 15（6分）（2020浙江）已知直线ykx+b（k0）与圆x2+y21和圆（x4）2+y2

5、1均相切，则k ，b 16（6分）（2020浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止设此过程中取到黄球的个数为，则P（0） ，E（） 17（4分）（2020浙江）已知平面单位向量e1，e2满足|2e1-e2|2设a=e1+e2，b=3e1+e2，向量a，b的夹角为，则cos2的最小值是 三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（14分）（2020浙江）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知2bsinA-3a0（）求角B的大小；（）求cosA+cosB+cosC的取值范围

6、19（15分）（2020浙江）如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC（）证明：EFDB；（）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值20（15分）（2020浙江）已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan+1an，cn+1=bnbn+2cn，（nN*）（）若bn为等比数列，公比q0，且b1+b26b3，求q的值及数列an的通项公式；（）若bn为等差数列，公差d0，证明：c1+c2+c3+cn1+1d，nN*21（15分）（2020浙江）如图，已知椭圆C1：x22+y21，抛物线C2：y22px（p0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的

7、直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M（B，M不同于A）（）若p=116，求抛物线C2的焦点坐标；（）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值22（15分）（2020浙江）已知1a2，函数f（x）exxa，其中e2.71828为自然对数的底数（）证明：函数yf（x）在 （0，+）上有唯一零点；（）记x0为函数yf（x）在 （0，+）上的零点，证明：（）a-1x02(a-1)；（）x0f（ex0）（e1）（a1）a2020年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4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（4分）（2

8、020浙江）已知集合Px|1x4，Qx|2x3，则PQ（）Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x4【考点】1E：交集及其运算菁优网版权所有【分析】直接利用交集的运算法则求解即可【解答】解：集合Px|1x4，Qx|2x3，则PQx|2x3故选：B【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2（4分）（2020浙江）已知aR，若a1+（a2）i（i为虚数单位）是实数，则a（）A1B1C2D2【考点】A1：虚数单位i、复数菁优网版权所有【分析】利用复数的虚部为0，求解即可【解答】解：aR，若a1+（a2）i（i为虚数单位）是实数，可得a20，解得a2故选：C【点评】本题考

9、查复数的基本概念，是基础题3（4分）（2020浙江）若实数x，y满足约束条件x-3y+10x+y-30，则zx+2y的取值范围是（）A（，4B4，+）C5，+）D（，+）【考点】7C：简单线性规划菁优网版权所有【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数zx+2y的取值范围【解答】解：画出实数x，y满足约束条件x-3y+10x+y-30所示的平面区域，如图：将目标函数变形为-12x+z2=y，则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大，当目标函数过点A（2，1）时，截距最小为z2+24，随着目标函数向上移动截距越来越大，故目标函数z2x+y的取值范围是4，+

10、）故选：B【点评】本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值4（4分）（2020浙江）函数yxcosx+sinx在区间，上的图象可能是（）ABCD【考点】3A：函数的图象与图象的变换菁优网版权所有【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点【解答】解：yf（x）xcosx+sinx，则f（x）xcosxsinxf（x），f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D，当x时，yf（）cos+sin0，故排除B，故选：A【点评】本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题5（4分）（2020浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几

11、何体的体积（单位：cm3）是（）A73B143C3D6【考点】L!：由三视图求面积、体积菁优网版权所有【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：12212+1312211=73故选：A【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键6（4分）（2020浙江）已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n则“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的（）A充分不必要条件B

12、必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件菁优网版权所有【分析】由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行而若“m，n，l两两相交”，则“m，n，l在同一平面”成立故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B【点评】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础

13、题7（4分）（2020浙江）已知等差数列an的前n项和Sn，公差d0，且a1d1记b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b8【考点】8H：数列递推式菁优网版权所有【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2，b4，b6，b8，分析B，D成立时是否满足公差d0，a1d1判断B与D【解答】解：在等差数列an中，ana1+（n1）d，Sn+2（n+2）a1+(n+2)(n+1)2d，S2n2na1+2n(2n-1)2d，b1S22a1+d，bn+1Sn+2S2n（2n）a1-3n

14、2-5n-22db2a1+2d，b4a15d，b63a124d，b85a155dA.2a42（a1+3d）2a1+6d，a2+a6a1+d+a1+5d2a1+6d，故A正确；B.2b42a110d，b2+b6a1+2d3a124d2a122d，若2b4b2+b6，则2a110d2a122d，即d0，不合题意，故B错误；C若a42a2a8，则（a1+3d）2（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2a12+8a1d+7d2，得a1dd2，d0，a1d，符合a1d1，故C正确；D若b42b2b8，则（a15d）2（a1+2d）（5a155d），即2(a1d)2+25a1d+450，则a

15、1d有两不等负根，满足a1d1，故D正确等式不可能成立的是B故选：B【点评】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题8（4分）（2020浙江）已知点O（0，0），A（2，0），B（2，0）设点P满足|PA|PB|2，且P为函数y34-x2图象上的点，则|OP|（）A222B4105C7D10【考点】KI：圆锥曲线的综合菁优网版权所有【分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|【解答】解：点O （0，0），A（2，0），B （2，0）设点P满足|PA|PB|2，可知P的轨迹是双曲线x21-y23=1的右支上的点，P为函数y34-x2图象上

16、的点，即y236+x24=1在第一象限的点，联立两个方程，解得P（132，332），所以|OP|=134+274=10故选：D【点评】本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题9（4分）（2020浙江）已知a，bR且ab0，对于任意x0均有（xa）（xb）（x2ab）0，则（）Aa0Ba0Cb0Db0【考点】6P：不等式恒成立的问题菁优网版权所有【分析】设f（x）（xa）（xb）（x2ab），求得f（x）的零点，根据f（0）0在x0上恒成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论【解答】解：设f（x）（xa）（xb）（x2ab），可得f（x）的图象与x轴

17、有三个交点，即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）ab（2a+b），由题意知，f（0）0在x0上恒成立，则ab（2a+b）0，a0，b0，可得2a+b0，ab（2a+b）0恒成立，排除B，D；我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上则有ab或a2a+b或bb+2a三种情况，此时ab0显然成立；若bb+2a，则a0不成立；若a2a+b，即a+b0，可得b0，a0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，综上b0恒成立故选：C【点评】本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题10（4分）（2020浙江）设集合S，T，SN*，

18、TN*，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：对于任意的x，yS，若xy，则xyT；对于任意的x，yT，若xy，则yxS下列命题正确的是（）A若S有4个元素，则ST有7个元素B若S有4个元素，则ST有6个元素C若S有3个元素，则ST有5个元素D若S有3个元素，则ST有4个元素【考点】1I：子集与交集、并集运算的转换；2K：命题的真假判断与应用菁优网版权所有【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可【解答】解：取：S1，2，4，则T2，4，8，ST1，2，4，8，4个元素，排除CS2，4，8，则T8，16，32，ST2，4，8，16，32，5个元素，排除D；S2，4，8，16则T8，16，32，

19、64，128，ST2，4，8，16，32，64，128，7个元素，排除B；故选：A【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选项是选择题常用方法，难度比较大二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11（4分）（2020浙江）我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列n(n+1)2就是二阶等差数列数列n(n+1)2（nN*）的前3项和是10【考点】82：数列的函数特性菁优网版权所有【分析】求出数列的前3项，然后求解即可【解答】解：数列an满足an=n(n+1)2，可得a11，a23，a36，所以S31+3+610故

20、答案为：10【点评】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查12（6分）（2020浙江）二项展开式（1+2x）5a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a480，a1+a3+a5130【考点】DA：二项式定理菁优网版权所有【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可【解答】解：（1+2x）50+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=C5424=80a1+a2+a3=C512+C524+C538=130故答案为：80；130【点评】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，是基本知识的考查13（6分）（2020浙江）已知ta

21、n2，则cos2-35，tan（-4）13【考点】GP：两角和与差的三角函数；GS：二倍角的三角函数菁优网版权所有【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问【解答】解：tan2，则cos2=cos2-sin2cos2+sin2=1-tan21+tan2=1-41+4=-35tan（-4）=tan-tan41+tantan4=2-11+21=13故答案为：-35；13【点评】本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查14（4分）（2020浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2，且它的

22、侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是1【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积菁优网版权所有【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径【解答】解：圆锥侧面展开图是半圆，面积为2，设圆锥的母线长为a，则12a22，a2，侧面展开扇形的弧长为2，设圆锥的底面半径OCr，则2r2，解得r1故答案为：1【点评】本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点15（6分）（2020浙江）已知直线ykx+b（k0）与圆x2+y21和圆（x4）2+y21均相切，则k33，b-233【考点】J7：圆的切线方程菁优网版权所有【分析】根

23、据直线l与两圆都相切，分别列出方程d1=|b|1+k2=1，d2=|4k+b|1+k2=1，解得即可【解答】解：由条件得C1（0，0），r11，C2（4，0），r21，因为直线l与C1，C2都相切，故有d1=|b|1+k2=1，d2=|4k+b|1+k2=1，则有|b|1+k2=|4k+b|1+k2，故可得b2（4k+b）2，整理得k（2k+b）0，因为k0，所以2k+b0，即b2k，代入d1=|b|1+k2=1，解得k=33，则b=-233，故答案为：33；-233【点评】本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题16（6分）（2020浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2

24、 个黄球从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止设此过程中取到黄球的个数为，则P（0）13，E（）1【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差菁优网版权所有【分析】由题意知随机变量的可能取值为0，1，2；分别计算P（0）、P（1）和P（2），再求E（）的值【解答】解：由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2；计算P（0）=C11C41+C11C11C41C31=13；P（1）=C21C11A42+C21C11A22C11A43=13；P（2）=A22C11A43+C22C11A33A22C11A44=13；所以E（）013+113+213=1故答案为：13，1【点评】本题考查了离散型

25、随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题17（4分）（2020浙江）已知平面单位向量e1，e2满足|2e1-e2|2设a=e1+e2，b=3e1+e2，向量a，b的夹角为，则cos2的最小值是2829【考点】9P：平面向量数量积的坐标表示、模、夹角菁优网版权所有【分析】设e1、e2的夹角为，由题意求出cos34；再求a，b的夹角的余弦值cos2的最小值即可【解答】解：设e1、e2的夹角为，由e1，e2为单位向量，满足|2e1-e2|2，所以4e12-4e1e2+e22=44cos+12，解得cos34；又a=e1+e2，b=3e1+e2，且a，b的夹角为，所以ab=3e12+4e1e2+

26、e22=4+4cos，a2=e12+2e1e2+e22=2+2cos，b2=9e12+6e1e2+e22=10+6cos；则cos2=(ab)2a2b2=(4+4cos)2(2+2cos)(10+6cos)=4+4cos5+3cos=43-835+3cos，所以cos=34时，cos2取得最小值为43-835+334=2829故答案为：2829【点评】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（14分）（2020浙江）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知2bsinA-3a0（）求角B

27、的大小；（）求cosA+cosB+cosC的取值范围【考点】HP：正弦定理菁优网版权所有【分析】（）根据正弦定理可得sinB=32，结合角的范围，即可求出，（）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出【解答】解：（）2bsinA=3a，2sinBsinA=3sinA，sinA0，sinB=32，ABC为锐角三角形，B=3，（）ABC为锐角三角形，B=3，C=23-A，cosA+cosB+cosCcosA+cos（23-A）+cos3=cosA-12cosA+32sinA+12=12cosA+32sinA+12=sin（A+6）+12，ABC为锐角三角形，0A2，0C2，解得6A2

28、，3A+623，32sin（A+6）1，32+12sin（A+6）+1232，cosA+cosB+cosC的取值范围为（3+12，32【点评】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题19（15分）（2020浙江）如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC（）证明：EFDB；（）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值【考点】LW：直线与平面垂直；MI：直线与平面所成的角菁优网版权所有【分析】（）题根据已知条件，作DHAC，根据面面垂直，可得DHBC，进一步根据直角三角形的知识可判断出BHC是直角三角形

29、，且HBC90，则HBBC，从而可证出BC面DHB，最后根据棱台的定义有EFBC，根据平行线的性质可得EFDB；（）题先可设BC1，根据解直角三角形可得BH1，HC=2，DH=2，DC2，DB=3，然后找到CH与面DBC的夹角即为HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值【解答】解：（）证明：作DHAC，且交AC于点H，面ADFC面ABC，DH面ADFC，DHBC，在RtDHC中，CHCDcos45=22CD，DC2BC，CH=22CD=222BC=2BC，BCCH=22，即BHC是直角三角形，且HBC

30、90，HBBC，BC面DHB，BD面DHB，BCBD，在三棱台DEFABC中，EFBC，EFDB（）设BC1，则BH1，HC=2，在RtDHC中，DH=2，DC2，在RtDHB中，DB=DH2+HB2=2+1=3，作HGBD于G，BCHG，HG面BCD，GC面BCD，HGGC，HGC是直角三角形，且HGC90，设DF与面DBC所成角为，则即为CH与面DBC的夹角，且sinsinHCG=HGHC=HG2，在RtDHB中，DHHBBDHG，HG=DHHBBD=213=63，sin=HG2=632=33【点评】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想

31、象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题20（15分）（2020浙江）已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan+1an，cn+1=bnbn+2cn，（nN*）（）若bn为等比数列，公比q0，且b1+b26b3，求q的值及数列an的通项公式；（）若bn为等差数列，公差d0，证明：c1+c2+c3+cn1+1d，nN*【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式菁优网版权所有【分析】（1）先根据等比数列的通项公式将b2q，b3q2代入b1+b26b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简cn+1=bnbn+2cn可得cn

32、+14cn，则可发现数列cn是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列cn的通项公式，然后将通项公式代入cn+1an+1an，可得an+1ancn+14n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列an的通项公式；（2）通过将已知关系式cn+1=bnbn+2cn不断进行转化可构造出数列bnbn+1cn，且可得到数列bnbn+1cn是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得bnbn+1cn1+d，再计算得到cn=1+dbnbn+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立【解答】（）解：由题意，b2q，b3q2，b1+b26b3，1+q6q2，整理，

33、得6q2q10，解得q=-13（舍去），或q=12，cn+1=bnbn+2cn=1bn+2bncn=1q2cn=1(12)2cn4cn，数列cn是以1为首项，4为公比的等比数列，cn14n14n1，nN*an+1ancn+14n，则a11，a2a11，a3a241，anan14n2，各项相加，可得an1+1+41+42+4n2=1-4n-11-4+1=4n-1+23（）证明：依题意，由cn+1=bnbn+2cn（nN*），可得bn+2cn+1bncn，两边同时乘以bn+1，可得bn+1bn+2cn+1bnbn+1cn，b1b2c1b21+d，数列bnbn+1cn是一个常数列，且此常数为1+d，

34、bnbn+1cn1+d，cn=1+dbnbn+1=1+dddbnbn+1=（1+1d）bn+1-bnbnbn+1=（1+1d）（1bn-1bn+1），又b11，d0，bn0，c1+c2+cn（1+1d）（1b1-1b2）+（1+1d）（1b2-1b3）+（1+1d）（1bn-1bn+1）（1+1d）（1b1-1b2+1b2-1b3+1bn-1bn+1）（1+1d）（1b1-1bn+1）（1+1d）（1-1bn+1）1+1d，c1+c2+cn1+1d，故得证【点评】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加

35、法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力本题属综合性较强的偏难题21（15分）（2020浙江）如图，已知椭圆C1：x22+y21，抛物线C2：y22px（p0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M（B，M不同于A）（）若p=116，求抛物线C2的焦点坐标；（）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值【考点】K7：抛物线的标准方程；KN：直线与抛物线的综合菁优网版权所有【分析】（）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；（）设直线方程ykx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0）

36、，由x22+y2=1y=kx+t，根据韦达定理定理求出M（-2kt1+2k2，t1+2k2），可得p，再由y2=2pxy=kx+t，求出点A的坐标，代入椭圆方程可得t2=8k6(1+2k2)2+2k2，化简整理得p2=k42(1+2k2)2(1+2k2)2+2k2，利用基本不等式即可求出p的最大值【解答】解：（）p=116，则p2=132，则抛物线C2的焦点坐标（132，0），（）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，设直线l的方程为ykx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由x22+y2=1y=kx+t，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2

37、20，16k2t24（2k2+1）（2t22）0，即t21+2k2，x1+x2=-4kt1+2k2，x0=12（x1+x2）=-2kt1+2k2，y0kx0+t=t1+2k2，M（-2kt1+2k2，t1+2k2），点M在抛物线C2上，y22px，p=y22x=t2(1+2k2)22-2kt1+2k2=t-4k(1+2k2)，联立y2=2pxy=kx+t，解得x1=t(1+2k2)-2k3，y1=t2-2k2，代入椭圆方程可得t2(1+2k2)28k6+t24k4=1，解得t2=8k6(1+2k2)2+2k2p2=t216k2(1+2k2)2=8k616k2(1+2k2)2(1+2k2)2+2k2=k42(1+2k2)2(1+2k2)2+2k2k42(22k)2(22k)2+2k2=1160，p1040，当且仅当12k2，即k2=12，t2=15时等号成立，故p的最大值为1040【点评】本题考查了直线和椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，韦达定