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2022-2023学年内蒙古自治区包头市第九中学高二上学期期末数学（文）试题（解析版） (1)
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2022-2023学年内蒙古自治区包头市第九中学高二上学期期末数学（文）试题一、单选题1．命题“”的否定是（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据命题的否定的定义写出命题的否定．【详解】命题“”的否定是．故选：D．2．已知直线是圆：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）A．5 B．6 C． D．【答案】B【分析】根据直线经过圆心即可求出，再利用两点间距离公式求出，最后由勾股定理即可求解.【详解】因为直线是圆：的对称轴，圆心坐标为，半径为.所以，解得，所以，因为过点作圆的一条切线，切点为，所以.故选：B.3．观察下列各式：，，则的个位数字是（ ）A．3 B．9 C．7 D．1【答案】B【分析】个位数出现顺序为，且周期为4，即可确定的个位数字.【详解】由题设，个位数出现顺序为，且周期为4，所以，即的个位数字与相同.故选：B4．如图所示，椭圆中心在坐标原点，为左焦点，当时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率等于（ ）A． B． C．－1 D．＋1【答案】A【分析】根据可得出，可得出、、的齐次等式，进而可求得“黄金双曲线”的离心率的值.【详解】根据“黄金椭圆”的性质是，可以得到“黄金双曲线”也满足这个性质，设“黄金双曲线”方程为，则、、．在“黄金双曲线”中，，．又，，则，在等式的两边同时除以可得，，解得.故选：A.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.5．下列命题正确的是（ ）A．“”是“”的充要条件．B．指数函数的图象过点，是指数函数，因此的图象过点，这是归纳推理C．用反证法证明结论：“自然数，，中至少有一个是奇数”时，可用假设“，，全是奇数”．D．类比三角形面积比是边长比的平方，可得到四面体中体积比是边长比的立方．【答案】D【分析】利用命题、推理、反证法的概念一一判断即可.【详解】对于A，由可得，所以，由得得不到，所以“”是“”的充分不必要条件，故A错误；对于B，该推理方法是从一般到特殊的推理过程，所以是演绎推理，故B错误；对于C，反证法应该假设“，，全是偶数”，故C错误；对于D，类比三角形面积比是边长比的平方，可得到四面体中体积比是边长比的立方，故D正确.故选:D.6．已知关于x的方程，甲、乙、丙、丁四位同学对此方程分别有以下结论：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为；丁：该方程两根异号.若四个同学的结论中仅有一个是错误的，则错误的结论为（ ）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】对甲、乙、丙、丁同学命题分别是假命题进行分类讨论，分析各种情况下方程的两根，进而可得出结论.【详解】若甲同学命题是假命题，则乙丙丁同学命题是真命题，则关于的方程的一根为，由于两根之和为，则该方程的另一根为，两根同号，不合乎题意；若乙同学命题是假命题，则甲丙丁同学命题是真命题，则是方程的一根，由于两根之和为，则另一根为，两根异号，合乎题意；若丙同学命题是假命题，则甲乙丁同学命题是真命题，则关于的方程的两根为和，两根同号，不合乎题意；若丁同学命题是假命题，则甲乙丙同学命题是真命题，则关于的方程的两根为和，两根之和为，不合乎题意.综上所述，乙同学命题为假命题.故选：B.7．设双曲线的右焦点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于另一点（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设点为第一象限的点，求得，再利用公式可计算出双曲线的离心率.【详解】如下图所示：设点为第一象限的点，由于以为直径的圆交双曲线的渐近线于点，则，且，，因此，双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，在涉及双曲线的渐近线方程时，利用公式计算较为简便，考查计算能力，属于中等题.8．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为A．7 B．6 C．5 D．4【答案】B【详解】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.【解析】本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.9．1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子如下图，则其第10行第11列的数为（ ）A．220 B．241 C．262 D．264【答案】B【分析】根据每行第一列之间相差3，每行不同列之间差3，5，7，9，11...以此类推即可找到规律.【详解】记为第行第列所代表的数字，则，.故选：B.10．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A．＋＝1 B．＋＝1C．＋＝1 D．＋＝1【答案】D【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.11．若椭圆与双曲线有相同的焦点，是两曲线的一个交点，则的面积是A．4 B．2 C．1 D．【答案】C【详解】试题分析：因为两曲线的焦点相同，所以，即．设是两曲线在第一象限内的交点，则由椭圆与双曲线的定义，有，解得，所以．在中，由余弦定理，得＝＝，所以，所以，故选C．【解析】1、椭圆与双曲线的定义及性质；2、余弦定理．12．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则为坐标原点的面积等于（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，由得，从而可求得，，再由面积公式得结论．【详解】设，，直线的方程为，将代入，消去可得，所以，．因为，所以，所以，则，，所以，所以，又，所以的面积．故选：D．【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是应用韦达定理．即设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程后整理，应用韦达定理得，再结合已知求出，然后求出三角形面积．二、填空题13．已知双曲线：的焦距长为4，离心率为2，则它的焦点到渐近线的距离为______．【答案】【分析】先求出焦点，渐近线方程为，即可求出焦点到渐近线的距离【详解】因为双曲线：的焦距长为4，离心率为2，所以，解得：不妨设上焦点，渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为.故答案为：.14．命题“对，方程表示焦点在x轴上的椭圆”为真命题，则满足条件的的一个值可以是______．【答案】0.5（填满足的任意实数均可）【分析】由题意知，，又因为，可求出，即可得出答案.【详解】因为命题“对，方程表示焦点在x轴上的椭圆”为真命题，则，因为，所以.故答案为：0.5（填满足的任意实数均可）.15．已知抛物线上有两动点，，线段的中点到轴距离的是2，则线段长度的最大值为______.【答案】5【分析】根据椭圆定义及三角形三边关系得，再结合梯形中位线性质即可得到最值.【详解】设抛物线的焦点为,点在抛物线的准线上的投影为,点在直线上的投影为,线段的中点为,点到轴的距离为2,则,当且仅当,即、、三点共线时等号成立，所以的最大值为5.故答案为：5.16．若函数的图象与直线有公共点，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】作出的图象，由直线与圆的位置关系来求解即可.【详解】由得：且，表示以为圆心，为半径的圆在轴及其下方的部分，函数的图象如图所示由图象知：当直线过点时，；当直线与半圆相切时，圆心到直线距离，解得：或（舍）；函数的图象与直线有公共点，实数的取值范围是.故答案为：.三、解答题17．已知圆：，点是坐标原点，是圆上一动点．(1)求线段的中点的轨迹方程；(2)设是（1）中轨迹上一点，求的最大值和最小值．【答案】(1)(2)最大值：；最小值：【分析】（1）设出中点并确定其与的关系，代入圆的方程即可；（2）明确的几何意义，利用点与圆的位置关系即可求解.【详解】（1）设点，，为线段的中点，，即，是圆上一动点，，，即所以线段的中点的轨迹方程为：.（2），可以看作点与的距离的平方再减4，只要求得圆的圆心到的距离，就可以求得点与的距离的最大值与最小值.，与的距离的最大值为：，与的距离的最小值为：的最大值为：，的最小值为：18．已知a>0，b>0，a+b=2.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）证明：【答案】（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析【解析】（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.【详解】（Ⅰ）则当且仅当，即，时，所以的最小值为．（Ⅱ）要证明：，只需证：，即证明：，由，也即证明：．因为，所以当且仅当时，有，即，当时等号成立．所以【点睛】本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.19．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线（）的焦点F到双曲线的渐近线的距离为1.(1)求抛物线C的方程；(2)若不经过原点O的直线l与抛物线C交于A､B两点，且，求证：直线l过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，由点到直线距离公式可得参数值得抛物线方程；（2）设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入可得值，得定点坐标．【详解】（1）已知双曲线的一条渐近线方程为，即，抛物线的焦点为，所以，解得（因为），所以抛物线方程为；（2）由题意设直线方程为，设．由得，，，又，所以，所以，直线不过原点，，所以．所以直线过定点．20．已知左､右焦点分别为､的椭圆C：过点，以为直径的圆过C的下顶点A.（1）求椭圆C的方程；（2）若过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，且直线､的斜率分别为､，证明：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由以为直径的圆过下顶点得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上求，写出椭圆方程即可.（2）由题意，可设直线l为，联立椭圆方程，由韦达定理得，又，得表达式并求值，即可证明结论.【详解】（1）∵以为直径的圆过点，∴，又，∴椭圆，又C过点，∴，解得，∴椭圆C的方程为.（2）由题意，直线l的斜率一定存在，∴设直线l的方程为，由，消去y得，.于是，又，∴，则为定值.【点睛】关键点点睛：第二问，首先确定直线l的斜率一定存在，再设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理、斜率两点式，求得表达式，最后求证是否为定值.21．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，为抛物线上一点，且，的面积为．(1)求的方程；(2)若不过点的直线与交于，两点， ①线段的中点的纵坐标为3； ②的重心在直线上；③．请从以上三个条件中任选两个作为补充条件，问满足条件的直线是否存在，若存在求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据抛物线的定义及，求出（2）分析得知①②条件一样，此题只有①③和②③成立，设出直线的方程，与抛物线联立，根据和线段的中点的纵坐标为3（或的重心在直线上）列两个等式解决.【详解】（1）根据抛物线的定义得所以的方程为：（2）若选择①②，线段的中点的纵坐标为3，即的重心在直线上，即，即直线确定需要两个不同的条件，所以若选择①②不能求出直线的方程.若选择①③由题意得直线的斜率不为零，设方程为与抛物线联立得，设所以，即，根据韦达定理有，又因为中点的纵坐标为，所以，又因为又因为， 故直线的方程为，即若选择②③，答案同①③22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）．(1)写出曲线的普通方程；(2)设为曲线上的一点，将绕原点逆时针旋转得到．当运动时，求的轨迹．【答案】(1)(2)【分析】(1)由参数方程消去参数方程可得其普通方程；(2) 设，则，将的直角坐标代入对应的直角坐标方程可得其极坐标，再将其化为直角坐标方程可得.【详解】（1）∵，∴曲线的普通方程为；（2）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设，则，则点的直角坐标为，∴∴，∴，即，∴点的轨迹方程为．23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】（1）根据，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求出的最小值即可．【详解】解：（1）当时，得，∴；当时，得，∴无解；当时，得；综上，不等式的解集为或.（2）∵，∴，即，又由均值不等式有：，，两式相加得，∴.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和基本不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．
2022-2023学年内蒙古自治区包头市第九中学高二上学期期末数学（文）试题一、单选题1．命题“”的否定是（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据命题的否定的定义写出命题的否定．【详解】命题“”的否定是．故选：D．2．已知直线是圆：的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则（ ）A．5 B．6 C． D．【答案】B【分析】根据直线经过圆心即可求出，再利用两点间距离公式求出，最后由勾股定理即可求解.【详解】因为直线是圆：的对称轴，圆心坐标为，半径为.所以，解得，所以，因为过点作圆的一条切线，切点为，所以.故选：B.3．观察下列各式：，，则的个位数字是（ ）A．3 B．9 C．7 D．1【答案】B【分析】个位数出现顺序为，且周期为4，即可确定的个位数字.【详解】由题设，个位数出现顺序为，且周期为4，所以，即的个位数字与相同.故选：B4．如图所示，椭圆中心在坐标原点，为左焦点，当时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率等于（ ）A． B． C．－1 D．＋1【答案】A【分析】根据可得出，可得出、、的齐次等式，进而可求得“黄金双曲线”的离心率的值.【详解】根据“黄金椭圆”的性质是，可以得到“黄金双曲线”也满足这个性质，设“黄金双曲线”方程为，则、、．在“黄金双曲线”中，，．又，，则，在等式的两边同时除以可得，，解得.故选：A.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.5．下列命题正确的是（ ）A．“”是“”的充要条件．B．指数函数的图象过点，是指数函数，因此的图象过点，这是归纳推理C．用反证法证明结论：“自然数，，中至少有一个是奇数”时，可用假设“，，全是奇数”．D．类比三角形面积比是边长比的平方，可得到四面体中体积比是边长比的立方．【答案】D【分析】利用命题、推理、反证法的概念一一判断即可.【详解】对于A，由可得，所以，由得得不到，所以“”是“”的充分不必要条件，故A错误；对于B，该推理方法是从一般到特殊的推理过程，所以是演绎推理，故B错误；对于C，反证法应该假设“，，全是偶数”，故C错误；对于D，类比三角形面积比是边长比的平方，可得到四面体中体积比是边长比的立方，故D正确.故选:D.6．已知关于x的方程，甲、乙、丙、丁四位同学对此方程分别有以下结论：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为；丁：该方程两根异号.若四个同学的结论中仅有一个是错误的，则错误的结论为（ ）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】对甲、乙、丙、丁同学命题分别是假命题进行分类讨论，分析各种情况下方程的两根，进而可得出结论.【详解】若甲同学命题是假命题，则乙丙丁同学命题是真命题，则关于的方程的一根为，由于两根之和为，则该方程的另一根为，两根同号，不合乎题意；若乙同学命题是假命题，则甲丙丁同学命题是真命题，则是方程的一根，由于两根之和为，则另一根为，两根异号，合乎题意；若丙同学命题是假命题，则甲乙丁同学命题是真命题，则关于的方程的两根为和，两根同号，不合乎题意；若丁同学命题是假命题，则甲乙丙同学命题是真命题，则关于的方程的两根为和，两根之和为，不合乎题意.综上所述，乙同学命题为假命题.故选：B.7．设双曲线的右焦点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于另一点（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设点为第一象限的点，求得，再利用公式可计算出双曲线的离心率.【详解】如下图所示：设点为第一象限的点，由于以为直径的圆交双曲线的渐近线于点，则，且，，因此，双曲线的离心率为.故选：B.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，在涉及双曲线的渐近线方程时，利用公式计算较为简便，考查计算能力，属于中等题.8．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为A．7 B．6 C．5 D．4【答案】B【详解】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.【解析】本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.9．1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子如下图，则其第10行第11列的数为（ ）A．220 B．241 C．262 D．264【答案】B【分析】根据每行第一列之间相差3，每行不同列之间差3，5，7，9，11...以此类推即可找到规律.【详解】记为第行第列所代表的数字，则，.故选：B.10．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A．＋＝1 B．＋＝1C．＋＝1 D．＋＝1【答案】D【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.11．若椭圆与双曲线有相同的焦点，是两曲线的一个交点，则的面积是A．4 B．2 C．1 D．【答案】C【详解】试题分析：因为两曲线的焦点相同，所以，即．设是两曲线在第一象限内的交点，则由椭圆与双曲线的定义，有，解得，所以．在中，由余弦定理，得＝＝，所以，所以，故选C．【解析】1、椭圆与双曲线的定义及性质；2、余弦定理．12．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则为坐标原点的面积等于（ ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，由得，从而可求得，，再由面积公式得结论．【详解】设，，直线的方程为，将代入，消去可得，所以，．因为，所以，所以，则，，所以，所以，又，所以的面积．故选：D．【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是应用韦达定理．即设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程后整理，应用韦达定理得，再结合已知求出，然后求出三角形面积．二、填空题13．已知双曲线：的焦距长为4，离心率为2，则它的焦点到渐近线的距离为______．【答案】【分析】先求出焦点，渐近线方程为，即可求出焦点到渐近线的距离【详解】因为双曲线：的焦距长为4，离心率为2，所以，解得：不妨设上焦点，渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为.故答案为：.14．命题“对，方程表示焦点在x轴上的椭圆”为真命题，则满足条件的的一个值可以是______．【答案】0.5（填满足的任意实数均可）【分析】由题意知，，又因为，可求出，即可得出答案.【详解】因为命题“对，方程表示焦点在x轴上的椭圆”为真命题，则，因为，所以.故答案为：0.5（填满足的任意实数均可）.15．已知抛物线上有两动点，，线段的中点到轴距离的是2，则线段长度的最大值为______.【答案】5【分析】根据椭圆定义及三角形三边关系得，再结合梯形中位线性质即可得到最值.【详解】设抛物线的焦点为,点在抛物线的准线上的投影为,点在直线上的投影为,线段的中点为,点到轴的距离为2,则,当且仅当,即、、三点共线时等号成立，所以的最大值为5.故答案为：5.16．若函数的图象与直线有公共点，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】作出的图象，由直线与圆的位置关系来求解即可.【详解】由得：且，表示以为圆心，为半径的圆在轴及其下方的部分，函数的图象如图所示由图象知：当直线过点时，；当直线与半圆相切时，圆心到直线距离，解得：或（舍）；函数的图象与直线有公共点，实数的取值范围是.故答案为：.三、解答题17．已知圆：，点是坐标原点，是圆上一动点．(1)求线段的中点的轨迹方程；(2)设是（1）中轨迹上一点，求的最大值和最小值．【答案】(1)(2)最大值：；最小值：【分析】（1）设出中点并确定其与的关系，代入圆的方程即可；（2）明确的几何意义，利用点与圆的位置关系即可求解.【详解】（1）设点，，为线段的中点，，即，是圆上一动点，，，即所以线段的中点的轨迹方程为：.（2），可以看作点与的距离的平方再减4，只要求得圆的圆心到的距离，就可以求得点与的距离的最大值与最小值.，与的距离的最大值为：，与的距离的最小值为：的最大值为：，的最小值为：18．已知a>0，b>0，a+b=2.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）证明：【答案】（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析【解析】（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.【详解】（Ⅰ）则当且仅当，即，时，所以的最小值为．（Ⅱ）要证明：，只需证：，即证明：，由，也即证明：．因为，所以当且仅当时，有，即，当时等号成立．所以【点睛】本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.19．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线（）的焦点F到双曲线的渐近线的距离为1.(1)求抛物线C的方程；(2)若不经过原点O的直线l与抛物线C交于A､B两点，且，求证：直线l过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，由点到直线距离公式可得参数值得抛物线方程；（2）设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入可得值，得定点坐标．【详解】（1）已知双曲线的一条渐近线方程为，即，抛物线的焦点为，所以，解得（因为），所以抛物线方程为；（2）由题意设直线方程为，设．由得，，，又，所以，所以，直线不过原点，，所以．所以直线过定点．20．已知左､右焦点分别为､的椭圆C：过点，以为直径的圆过C的下顶点A.（1）求椭圆C的方程；（2）若过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，且直线､的斜率分别为､，证明：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由以为直径的圆过下顶点得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上求，写出椭圆方程即可.（2）由题意，可设直线l为，联立椭圆方程，由韦达定理得，又，得表达式并求值，即可证明结论.【详解】（1）∵以为直径的圆过点，∴，又，∴椭圆，又C过点，∴，解得，∴椭圆C的方程为.（2）由题意，直线l的斜率一定存在，∴设直线l的方程为，由，消去y得，.于是，又，∴，则为定值.【点睛】关键点点睛：第二问，首先确定直线l的斜率一定存在，再设直线方程并联立椭圆方程，应用韦达定理、斜率两点式，求得表达式，最后求证是否为定值.21．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，为抛物线上一点，且，的面积为．(1)求的方程；(2)若不过点的直线与交于，两点， ①线段的中点的纵坐标为3； ②的重心在直线上；③．请从以上三个条件中任选两个作为补充条件，问满足条件的直线是否存在，若存在求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据抛物线的定义及，求出（2）分析得知①②条件一样，此题只有①③和②③成立，设出直线的方程，与抛物线联立，根据和线段的中点的纵坐标为3（或的重心在直线上）列两个等式解决.【详解】（1）根据抛物线的定义得所以的方程为：（2）若选择①②，线段的中点的纵坐标为3，即的重心在直线上，即，即直线确定需要两个不同的条件，所以若选择①②不能求出直线的方程.若选择①③由题意得直线的斜率不为零，设方程为与抛物线联立得，设所以，即，根据韦达定理有，又因为中点的纵坐标为，所以，又因为又因为， 故直线的方程为，即若选择②③，答案同①③22．在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数）．(1)写出曲线的普通方程；(2)设为曲线上的一点，将绕原点逆时针旋转得到．当运动时，求的轨迹．【答案】(1)(2)【分析】(1)由参数方程消去参数方程可得其普通方程；(2) 设，则，将的直角坐标代入对应的直角坐标方程可得其极坐标，再将其化为直角坐标方程可得.【详解】（1）∵，∴曲线的普通方程为；（2）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设，则，则点的直角坐标为，∴∴，∴，即，∴点的轨迹方程为．23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】（1）根据，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求出的最小值即可．【详解】解：（1）当时，得，∴；当时，得，∴无解；当时，得；综上，不等式的解集为或.（2）∵，∴，即，又由均值不等式有：，，两式相加得，∴.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和基本不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．
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