专题8.2 选择性必修第一册综合检测2-2023-2024学年高二数学必考考点各个击破（北师大版选择性必修第一册）

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姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2023·北京通州·统考模拟预测）在x−2x5的展开式中，x−1的系数为（ ）
A．80B．10C．−10D．−80
【答案】D
【分析】根据二项展开式的通项公式分析运算即可.
【详解】x−2x5的展开式的通项公式Tr+1=C5rx5−r−2xr=−2r⋅C5r⋅x5−2r,r=0,1,2,3,4,5，
令5−2r=−1，解得r=3，
可得T4=−23×C53⋅x−1=−80x−1，即x−1的系数为−80.
故选：D.
2．（2022秋·福建福州·高二校联考期末）已知空间向量a=(2,−1,3)，b=(−2,x,−3)，且a⊥b，则x=（ ）
A．1B．-13C．13D．-5
【答案】B
【分析】由空间向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】因为a=2,−1,3，b=−2,x,−3，且a⊥b，
所以−4−x−9=0，
解得x=−13，
故选：B.
3．（2022·高二课时练习）两圆x−a2+y−b2=c2和x−b2+y−a2=c2相切，则（ ）
A．a−b2=c2B．a−b2=2c2
C．a+b2=c2D．a+b2=2c2
【答案】B
【分析】两圆半径相等，则只能外切，圆心距等于半径之和﹒
【详解】∵两圆的半径相等，∴两圆必相外切．
∴a−b2+b−a2=2c，即a−b2=2c2．
故选：B
4．（2023春·河南平顶山·高二统考期末）有下列说法：
①两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1；
②设有一个回归方程y=1−2x，则变量x增加1个单位时，y平均增加2个单位；
③回归直线y=bx+a必过样本点的中心(x,y)；
④对分类变量x与y的随机变量K2的观测值k来说，k越小，判断“x与y有关系”的把握越大．
其中错误的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据回归方程意义判断前三个选项，根据独立性检验思想判定第四个.
【详解】解析根据相关系数的意义，可知①正确；
对于回归方程y=1−2x，变量x增加1个单位时，y平均减少2个单位，②错误；
由线性回归方程的相关概念易知③正确；
对分类变量x与y的随机变量K2的观测值k来说，
应该是k越大，判断“x与y有关系”的把握越大，所以④错误．
故选：C
5．（2023春·河北张家口·高二校联考阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成两排拍合照，每排3人，要求甲不站在前排，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（ ）
A．24种B．48种C．72种D．96种
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用两个计数原理结合位置关系及相邻问题列式计算作答.
【详解】求不同排除方法数有两类办法：
乙丙站前排，有C21种方法，甲站后排有C31种方法，排余下3人有A33，乙丙的排列有A22种，不同排法数为C21C31A33A22种，
乙丙站后排，有C21种方法，甲站后排有1种方法，排余下3人有A33，乙丙的排列有A22种，不同排法数为C21A33A22种，
所以不同的排队方法有：C21C31A33A22+C21A33A22=96（种）.
故选：D
6．（2022秋·湖北武汉·高二华中科技大学附属中学校考期中）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB=BC=PA=2，D，E分别是棱AB，PC的中点，点F是线段DE的中点，则点F到直线AC的距离是（ ）
A．38B．64C．118D．224
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，表示出对应点的坐标，然后利用空间几何点到直线的距离公式即可完成求解.
【详解】
因为AB=BC，且△ABC是直角三角形，所以AB⊥BC.以B为原点，分别以BC，BA的方向为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz.因为AB=BC=PA=2，所以A0,2,0，C2,0,0，D0,1,0，E1,1,1，则AC=2,−2,0，AF=12,−1,12.故点F到直线AC的距离d=AF2−AF⋅ACAC2=14+1+14−3222=64.
故点F到直线AC的距离是64.
7．（2023春·安徽马鞍山·高二马鞍山二中校考期中）在如图所示的杨辉三角中，从第2行开始，每一行除两端的数字是1以外，其他每一个数字都是它肩上两个数字之和，在此数阵中，若对于正整数n，第2n行中最大的数为x，第2n+1行中最大的数为y，且13x=7y，则n的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】利用组合数的性质及已知有13C2nn=7C2n+1n+1，即可求n值.
【详解】由题意知，x=C2nn，y=C2n+1n+1，故13C2nn=7C2n+1n+1，即13×(2n)!n!⋅n!=7×(2n+1)!n!⋅(n+1)!，
∴13=7×2n+1n+1，则13(n+1)=7(2n+1)，解得n=6．
故选：B
8．（2023·高二课时练习）以F1(−1,0),F2(1,0)为焦点且与直线x−y+3=0有公共点的椭圆中，离心率最大的椭圆方程是
A．x220+y219=1B．x29+y28=1
C．x25+y24=1D．x23+y22=1
【答案】C
【分析】由题意得椭圆的方程为x2b2+1+y2b2=1，离心率为e2=1b2+1，根据直线x−y+3=0与椭圆有公共点，联立方程组，根据Δ≥0，求得b2≥4，得到离心率e取得最大值b2=4，即可求得椭圆的方程.
【详解】设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
根据题意，可得c=1，则a2=b2+1，所以x2b2+1+y2b2=1，
所以椭圆的离心率为e2=c2a2=1b2+1，
因为直线x−y+3=0与椭圆有公共点，
联立方程组x2b2+1+y2b2=1x−y+3=0，整理得(2b2+1)x2+6(b2+1)x+8b2+9−b4=0，
由Δ=36(b4+2b2+1)−4(2b2+1)(8b2+9−b4)≥0，
整理得b4−3b2−4≥0，解得b2≥4或b2≤−1（舍去），
所以b2的最小值为4，此时离心率e取得最大值e=1b2+1=55，
所以椭圆的方程为x25+y24=1.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中直线与椭圆联立方程，结合Δ≥0，求得b2的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2022秋·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中）若直线l:3x−y−3=0，则下列说法正确的是（ ）
A．直线l的纵截距为3
B．1,3是直线l方向向量
C．直线l过点3,0
D．3,−1是直线l的法向量
【答案】BCD
【分析】通过待定系数法求出斜率，截距，直线与坐标轴的交点以及是否过点3,0，计算出方向向量，以及垂直于直线l:3x−y−3=0的直线的斜率，进而求出直线l的法向量.
【详解】解：由题意，
在直线l:3x−y−3=0中，
当x=0时，3×0−y−3=0，解得y=−3，
∴直线l的图像过A0,−3，纵截距为-3，A错误.
当x=1时，3×1−y−3=0，解得y=3−3，
∴直线l的图像过B1,3−3，
∴直线l方向向量为AB=1,3−3−−3=1,3，故B正确.
当x=3时，3×3−y−3=0，解得y=0，
∴直线l过点C3,0，故C正确.
∵直线l的斜率为k1=3，
∴垂直于直线l的斜率为k2=−33，
∴垂直于直线l的直线的一个方向向量为CD=3,−1,故D正确.
故选：BCD.
10．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）以下说法正确的是（ ）
A．数据1，2，4，5，6，8，9的60%分位数为5
B．相关系数r的绝对值接近于0，两个随机变量没有相关性
C．决定系数R2越小，模型的拟合效果越差
D．若X~B(9,13)，则D(2X+1)=8
【答案】CD
【分析】求出60%分位数判断A；利用相关系数的意义判断B；利用决定系数的意义判断C；利用二项分布的方差公式计算判断D作答.
【详解】对于A，由7×60%=4.2，得数据1，2，4，5，6，8，9的60%分位数为6，A错误；
对于B，相关系数r的绝对值接近于0，两个随机变量的相关性很弱，B错误；
对于C，决定系数R2越小，表示残差平方和越大，则模型的拟合效果越差，C正确；
对于D，由X~B(9,13)，得D(X)=9×13×23=2，所以D(2X+1)=4D(X)=8，D正确.
故选：CD
11．（2023春·山东烟台·高二莱州市第一中学校考阶段练习）已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去，依次类推，第k＋1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去．记第n次取出的球是红球的概率为Pn，则下列说法正确的是（ ）
A．P1=58B．P2=1732
C．Pn+1=12Pn+732D．Pn+12−Pn+1=PnPn+2−12Pn+Pn+2
【答案】ABD
【分析】依题意求出P1，设第n次取出球是红球的概率为Pn，则白球概率为(1−Pn)，即可求出第n+1次取出红球的概率，即可得到Pn+1=38+14Pn，从而得到Pn+1−12=14(Pn−12)，即可求出P2与D；
【详解】解：依题意P1=C51C81=58，故A正确；
设第n次取出球是红球的概率为Pn，则白球概率为(1−Pn)，
对于第n+1次，取出红球有两种情况．
①从红箱取出Pn⋅58，②从白箱取出(1−Pn)⋅38，
对应Pn+1=38+14Pn，故C错误；
所以Pn+1−12=14(Pn−12)，
令an=Pn−12，则数列{an}为等比数列，公比为14，因为P1=58，所以a1=18，
故an=2−(2n+1)即对应Pn=12+2−(2n+1)，
所以P2=1732，故选项B正确；
因为Pn+1=38+14Pn，Pn+1−12=14(Pn−12)
所以PnPn+2−12Pn+Pn+2=Pn+24Pn+1−2−12Pn=4Pn+1Pn+2−2Pn+2−12Pn
=4Pn+114Pn+1+38−214Pn+1+38−12Pn
=P2n+1+32Pn+1−12Pn+1−34−12Pn
=P2n+1+32Pn+1−12Pn+1−2Pn+1=P2n+1−Pn+1
即Pn+12−Pn+1=PnPn+2−12(Pn+Pn+2)，故选项D正确；
故选：ABD．
12．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知F1、F2分别为双曲线C:x23−y2=1的左右焦点，过C右支上一点Ax0,y0x0>3作直线l交y轴于N0,−1y0，交x轴于点M，则（ ）
A．C的离心率e=233B．点M的坐标为−3x0,0
C．l与C相切D．四边形AF1NF2面积的最小值为4
【答案】ACD
【分析】根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；由已知可得−x02yN+3yN=3y0，进而结合双曲线方程，即可得出点N的坐标，即可判断B项；设直线l的方程为y+1y0=y0+1y0x0x，与双曲线C:x23−y2=1联立可得Δ=0，判断C项；由SAF1NF2=S△AF1F2+S△NF1F2，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，判断D项.
【详解】对于A，由已知可得a=3，b=1，c=2，所以C的离心率为e=ca=233，
故A项正确；
对于B，设MxM,0，则y0−0x0−xM=y0+1y0x0，整理可得xM=−x0y0y0+1y0+x0=−x0y02y02+1+x0=x0y02+1，
又x023−y02=1，所以x02−33=y02，所以有xM=x0y02+1=x0x02−33+1=3x0，
所以点M3x0,0，故B项错误；
对于C，设直线l的方程为y+1y0=y0+1y0x0x，与双曲线C:x23−y2=1联立，
则13−y0+1y0x02x2+2y0+1y0x0y0x−1y02+1=0，
Δ=2y0+1y0x0y02+413−y0+1y0x021y02+1①，
又因为x023−y02=1，所以x02=3y02+3代入①化简可得：Δ=0，
所以l与C相切，所以C项正确；
对于D，SAF1NF2=S△AF1F2+S△NF1F2 =12×F1F2y0+1y0 ≥12×4×2y0⋅1y0=4，
当且仅当y0=1y0，即y0=±1时，等号成立.
所以，四边形AF1NF2面积的最小值为4，故D项正确.
故选：ACD.
填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2022秋·浙江·高三校联考期末）x2−3x+15的展开式中x的系数为________．（用数字作答）
【答案】−330
【分析】将x2−3x看作一个整体，利用二项式定理可得展开式通项，继续利用二项式定理可得x2−3xr展开式的通项为−3kCrkx2r−3k，讨论2r−3k=1中r,k的取值，代回展开式通项即可.
【详解】x2−3x+15=1+x2−3x5展开式的通项为Tr+1=C5rx2−3xr，
x2−3xr展开式的通项为Tk+1=Crkx2r−k−3xk=−3kCrkx2r−3k，其中0≤k≤r≤5,k,r∈N.
令2r−3k=1，可得k=2r−13.
故r=2,k=1或r=5,k=3.
故x2−3x+15的展开式中x的系数为C52×−31C21+C55×−33C53=−60−270=−330.
故答案为:−330.
14．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）一项研究同年龄段的男､女生的注意力差别的脑功能实验，实验数据如下表：
依据Pχ2≥3.841≈0.05，该__________实验该年龄段的学生在注意力的稳定性上对于性别没有显著差异（填拒绝或支持），
参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+c)(b+d)(a+b)(c+d),n=a+b+c+d
【答案】支持
【分析】根据卡方公式计算即可做出判断.
【详解】由表中数据：χ2=74(145−231)2(29+33)(7+5)(29+7)(33+5)≈0.538<3.841，
所以没有足够把握认为学生在注意力的稳定性上与性别有关，
即该实验支持该年龄段的学生在注意力的稳定性上对于性别没有显著差异.
故答案为：支持
15．（2023春·福建厦门·高二厦门一中校考阶段练习）直线l不与x轴重合，经过点Nn,0n≠0，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上存在两点A、B关于l对称，AB中点M的横坐标为m.若m=3n，则椭圆C的离心率为_________.
【答案】33/133
【分析】由点差法得kOMkAB=e2−1，结合klkAB=−1得kOM=(1−e2)kl，代入斜率公式化简并利用xN=13xM可求得离心率.
【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，MxM,yM，则x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
两式相减得x12a2−x22a2=−y12b2−y22b2，即y1−y2y1+y2x1−x2x1+x2=b2a2，
所以kOMkAB=b2a2=e2−1，因为l是AB垂直平分线，有klkAB=−1，
所以kOM=1−e2kl，即yMxM=1−e2⋅yMxM−xN，化简得xN=e2xM，
∵n=13m，∴e=33.
故答案为：33
16．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）设抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点是F， 直线l与抛物线C相交于P、Q两点， 且∠PFQ=2π3， 线段PQ的中点A到抛物线C的准线的距离为d， 则PQd2的最小值为_____________
【答案】3
【分析】设 PF=m，QF=n， 过点P、Q分别作抛物线的准线的垂线， 垂足分别为P′、Q′，则A到抛物线C的准线的距离为d=m+n2，利用余弦定理求出PQ2，则dPQ2=141−mnm+n2，利用基本不等式得到mnm+n2≤14，从而求出PQd2的最小值.
【详解】解：设 PF=m，QF=n， 过点P、Q分别作抛物线的准线的垂线， 垂足分别为P′、Q′， 则PP′=m，QQ′=n，
因为点A为线段PQ的中点，由中位线定理可得，A到抛物线C的准线的距离为d=PP′+QQ′2=m+n2，
因为∠PFQ=2π3， 在△PFQ中， 由余弦定理可得，PQ2=m2+n2−2mncs2π3=m2+n2+mn，
所以dPQ2=m+n24m2+n2+mn=m+n24m+n2−mn=141−mnm+n2，
因为m+n2≥4mn， 则mnm+n2≤14， 当且仅当m=n时取等号，
所以dPQ2≤141−14=13，即PQd2≥3，故PQd2的最小值为3．
故答案为：3
解答题（共6小题，满分70分）
17．（2023春·高二单元测试）解下列不等式或方程
(1)A8x<6A8x−2
(2)1C5m−1C6m=710C7m
【答案】(1)x=8
(2)m=2
【分析】（1）先求出2≤x≤8，解不等式得到7【详解】（1）由题意得：0≤x≤80≤x−2≤8，解得：2≤x≤8，
A8x<6A8x−2，即8!8−x!<6×8!8−x+2!，
解得：7（2）1C5m−1C6m=710C7m，则0≤m≤5，
即m!5−m!5!−m!6−m!6!=710×m!7−m!7!，
解得：m=21（舍去）或2
故方程的解为：m=2
18．（2023·高二课时练习）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，底面是正方形，AD=AB=2，AA1=1，∠A1AB=∠DAA1=60°，A1C1=3NC1，D1B=2MB，设AB=a，AD=b，AA1=c.
（1）试用a、b、c表示AN；
（2）求MN的长度.
【答案】（1）AN=23a+23b+c；（2）296.
【分析】（1）利用向量线性运算的几何意义，结合几何体确定AN与a、b、c的线性关系；
（2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求MN的长度.
【详解】（1）AN=AA1+A1N=AA1+23(A1B1+A1D1)=c+23(a+b)=23a+23b+c.
（2）AM=12a+12b+12c，NM=AM−AN=−16a−16b−12c，
∴|NM|=(−16a−16b−12c)2 =136a2+136b2+14c2+118a⋅b+16a⋅c+16b⋅c=296.
19．（2023春·重庆九龙坡·高二四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）由1，2，3，4，5组成的五位数中，分别求解下列问题.（应写出必要的排列数或组合数，结果用数字表示）
(1)没有重复数字且为奇数的五位数的个数；
(2)没有重复数字且2和4不相邻的五位数的个数.
【答案】(1)72
(2)72
【分析】（1）首先排个位，再将其余四个数全排列，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）首先将1、3、5三个数全排列，再将2和4插空，按照分步乘法计数原理计算可得；
(1)解：依题意首先从1、3、5中选1个排在个位有C31种排法，
再将其余4个数字全排列，故一共有C31A44=72个数；
(2)解：依题意首先将1、3、5三个数全排列有A33种排法，
再将2和4插入所形成的4个空中的2个空有A42种排法，
综上一共有A33A42=72个数；
20．（2022秋·北京西城·高三北京市西城外国语学校校考阶段练习）随着北京2022冬奥会的临近，冰雪运动在全国各地蓬勃开展. 某地为深入了解学生参与“自由式滑雪”、“单板滑雪”两项运动的情况，在该地随机抽取了10所学校进行调研，得到数据如下：
(1)从这10所学校中随机选取1所学校，求这所学校 “自由式滑雪”的参与人数超过40人的概率；
(2)规定“单板滑雪”的参与人数超过45人的学校作为“基地学校”.
（i）现在从这10所学校中随机选取3所，记X为其中的“基地学校”的个数，求X的分布列和数学期望；
（ii）为提高学生“单板滑雪”水平，某“基地学校”针对“单板滑雪”的4个基本动作进行集训并考核.要求4个基本动作中至少有3个动作达到“优秀”，则考核为“优秀”.已知某同学参训前，4个基本动作中每个动作达到“优秀”的概率均为0.2，参训后该同学考核为“优秀”. 能否认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化？并说明理由.
【答案】(1)25；
(2)（i）分布列见解析，数学期望为65；（ii）无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化，理由见解析.
【分析】（1）根据古典概型计算公式，结合所给的数据进行求解即可；
（2）（i）根据古典概型计算公式，结合数学期望公式进行求解即可；
（ii）根据独立重复事件的概率公式，结合小概率事件的性质进行求解即可.
（1）设事件A 为“从10所学校中选出的1所学校 “自由式滑雪”的参与人数超过40人”．“自由式滑雪”的参与人数超过40人的学校共4所，所以P(A)=410=25．
（2）（i）X的所有可能取值为0，1，2，3， “单板滑雪”的参与人数在45人以上的学校共4所．
所以P(X=0)=C40C63C103=16,P(X=1)=C41C62C103=12，P(X=2)=C42C61C103=310,P(X=3)=C43C60C103=130.
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=65．
（ii）设事件B 为“参训前，该同学考核为‘优秀’”，
则P(B)=C43×0.23×0.8+C44×0.24=0.0272．
参考答案1：可以认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化．理由如下：
P(B)比较小，即该同学考核为“优秀”为小概率事件，一旦发生了，就有理由认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化 ．
参考答案2：无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化．理由如下：
事件B是随机事件，P(B)比较小，即该同学考核为“优秀”为小概率事件，一般不容易发生，但还是可能发生的，因此，无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化．
21．（2023·全国·高二专题练习）某蛋糕店每天制作生日蛋糕若干个，每个生日蛋糕成本为60元，售价为100元．如果卖不完，剩下的蛋糕作垃圾处理，现收集并整理了该店100天生日蛋糕的日需求量（单位：个）如下表：
将这100天记录的各需求量的频率作为每天各需求量发生的概率．
(1)若蛋糕店某一天制作生日蛋糕13个，X表示当天的利润（单位：元），求X的分布列和数学期望；
(2)若蛋糕店计划一天制作13个或14个生日蛋糕，以每日销售利润的数学期望为决策依据，你认为应制作13个还是14个？请说明理由．
【答案】(1)分布列见解析，期望为432；
(2)应制作13个，理由见解析.
【分析】（1）设出每天的需求量，根据题意，求得X的取值以及对应的概率，写出分布列，再求数学期望即可；
（2）求得制作14个蛋糕时利润的分布列以及数学期望，和（1）中所求数学期望进行对比即可.
【详解】（1）设当天的需求量为n(n∈N∗)，
则当n≥13时，利润X=40×13=520，当n≤12时，利润X=40n−60(13−n)=100n−780．
所以X的取值为520，420，320，220，
P(X=520)=48100=0.48，P(X=420)=24100=0.24，
P(X=320)=20100=0.2，P(X=220)=8100=0.08，
X的分布列为
期望E(X)=520×0.48+420×0.24+320×0.2+220×0.08=432.
（2）若制作14个生日蛋糕，设当天的利润（单位：元）为Y，当天的需求量为m,m∈N∗，
则当m≥14时，Y=560；当m<14时，Y=100m−840；
则Y可取560，460，360，260，160，
P(Y=560)=21100=0.21，P(Y=460)=27100=0.27，
P(Y=360)=24100=0.24，P(Y=260)=20100=0.2，P(Y=160)=8100=0.08
期望E(Y)=560×0.21+460×0.27+360×0.24+260×0.2+160×0.08=393.
因为E(X)>E(Y)，故应制作13个蛋糕．
22．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C的顶点是坐标原点O，而焦点是双曲线4x2−y2=1的右顶点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l:y=x−2与抛物线相交于A、B两点，求直线OA与OB的斜率之积．
【答案】(1)y2=2x
(2)−1
【分析】（1）由已知可得，双曲线右顶点坐标为12,0，则可知p=1，代入即可得到抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，可得到y2−2y−4=0，根据韦达定理得到y1y2=−4，y1+y2=2，进而推出x1x2=4，从而求得斜率为定值.
【详解】（1）双曲线4x2−y2=1化为标准形式：x214−y2=1，
所以a2=14，a=12，右顶点12,0.
设抛物线的方程为y2=2px，焦点坐标为Fp2,0，
由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点，所以p2=12，p=1，
所以抛物线C的方程y2=2x.
（2）联立直线与抛物线的方程有y2=2xy=x−2，整理得y2−2y−4=0，
Δ=−22−4×1×−4=20>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1y2=−4，y1+y2=2.
又x1=y1+2，x2=y2+2，
所以x1x2=y1+2y2+2 =y1y2+2y1+y2+4 =−4+2×2+4=4.
∴kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=y1y2x1x2=−44=−1.
所以，直线OA与OB的斜率之积为-1.注意力稳定
注意力不稳定
男生
29
7
女生
33
5
X
0
1
2
3
P
16
12
310
130
需求量
10
11
12
13
14
15
频数
8
20
24
27
14
7
X
520
420
320
220
P
0.48
0.24
0.2
0.08