福建省德化一中、漳平一中、永安一中三校协作2020-2021学年高二12月联考数学试题

学年高二12月联考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若a，b，c是空间三条直线，a//b，a与c相交，则b与c的位置关系是（

）

B．相交

C．异面

D．异面或相交

A．平行

2．过直线xy30和2xy0的交点，且与直线x2y10垂直的直线方程是（

）

B．x2y30D．2xy30A．x2y30C．2xy03．已知空间向量a2,1,x,b4,2,6，若a//b，则a（ ）

A．3

B．14C．23D．134．在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若ABa，

ADb，AA1c，则与BM相等的向量是（ ）

11A．abc2211C．abc2211B．abc2211D．abc225．如图，四边形ABCD和ADPQ均为长方形，且ABAQ2,AD4，它们所在的平面互相垂直，M,E,F分别为PQ,AB,BC的中点，则异面直线EM与AF所成角的余弦值是（

）

试卷第1页，总6页

A．232B．262C．

23D．

136．若圆C1:x2y14与圆C2关于直线xy30对称，则两圆的公切线有（ A．1条

）

B．2条

C．3条

D．4条

x2y27．已知双曲线C:21a0,b0的焦点F到渐近线的距离与顶点A到渐近2ab线的距离之比为5:1，则双曲线C的渐近线方程为（ A．y2xB．y）

1x2C．y3xD．y3x3y2x28．已知椭圆方程为21a3，A,B是上､下顶点，P为椭圆上的一个动点，

a314且APB的最大值为120°，若M0,6,N0,6，则的最小值为PMPN（ A．9

）

B．3

C．

53D．

32二、多选题

9．下列四个命题正确的是（

）

A．方程x2y2DxEyF0一定表示圆

B．两圆x2y22y30与x2y22x0公共弦所在的直线方程为

2x2y30C．圆x2y24上的点到直线l:xy20的距离最大值为3

试卷第2页，总6页

D．过点1,2且横截距与纵截距的绝对值相等的直线有两条10．下列说法正确的是（

）

A．“三角形的内角和为180°”是全称命题

B．“x1”是“x23x20”的必要不充分条件

C．若命题q:对于任意xR,x22xa0为真命题，则a1D．若命题p:x0,2x3，则p:x0,2x3x2y211．如图，已知椭圆1的左､右顶点分别是A1,A2，上顶点为B1，在椭圆上

42任取一点C，连结A1C交直线x2于点P，连结A2C交OP于点M(O是坐标原点)，则下列结论正确的是（ ）

A．kCA1kCA2为定值C．OPA2CB．kA1P1kOP2D．MB1的最大值为612．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，BF900，A600,D450,BCDE，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥FCAB，取BC中点O与AC中点M，则下列判断中正确的是（

）

试卷第3页，总6页

A．BCFMB．AC与平面MOF所成的角的余弦值为32C．平面MOF与平面AFB所成的二面角的平面角为45°D．设平面ABF平面MOFl，则有l//AB三、填空题

13．抛物线y8x2的准线方程为__________．

14．圆心在直线y4x上，且与y轴相切于点P0,4的圆的标准方程为___________.

15．已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，PA2,ABACBC3，则三棱锥外接球的表面积为___________.

x2y216．已知F是双曲线C:21a0,b0的左焦点，经过原点O的直线l与双2ab曲线C交于P,Q两点，若PF3QF，且PFQ600，则双曲线C的离心率为___________.四、解答题

22xy17．已知p:实数t满足t5at4a0a0，q:方程1表示双曲线.

t2t622（1）若a1，命题p为真命题，求实数t的取值范围；（2）若q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围.18．已知圆C:x2y24x12y240，直线l:ykx5.

（1）若直线l被圆C截得的弦长为43，求l的方程；

试卷第4页，总6页

（2）若直线l与圆交于A、B两点，求AB的中点M的轨迹方程.

19．如图，多面体PABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB//CD，DAB600，

ABAD2CD2，平面ABCD平面PAD，且PAD为等腰直角三角形，

APD900，M为AP的中点.

（1）求证：DM//平面PCB；（2）求三棱锥MPBC的体积.

20．已知抛物线C:y22x，过M1,0的直线l与抛物线C相交于A,B两点.（1）若AFBF5，求直线l的方程；

（2）求证：

1AM21BM2为定值，并求出该定值.

021．如图1，已知ABC，AB3,AC4,BAC60，点M,N分别是边AB,AC上的点，且BM2MA,ANNC，如图2，将AMN沿MN折起到△AMN的位置.

（1）求证：平面ABM平面BCNM；

（2）若AMBC，求二面角ANCB所成角的余弦值.

试卷第5页，总6页

x2y222．椭圆C:过点F的直线l交椭圆于A,B两点.当直线AB21的左焦点为F，

4b经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°.（1）求该椭圆的方程；

（2）线段AB的中点为G，且AB的中垂线与x轴､y轴分别交于D,E两点.记GDF的面积为S1，OED(O坐标原点)的面积为S2.求

S1的取值范围.S2试卷第6页，总6页

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参考答案

1．D【分析】

可举例说明它们的位置关系，以正方体为载体，列举出所在位置关系，能求出结果．【详解】

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，

AB//A1B1，AB与BC相交，A1B1与BC是异面直线，AB//A1B1，AB与AA1相交，A1B1与AA1是相交直线，

a，b，c是空间三条直线，a//b，a与c相交，则b与c的位置关系是异面或相交．

故选：D．

【点睛】

本题考查空间中两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是基础题．2．C【分析】

首先求出直线交点，根据垂直求出直线斜率，即可求出直线方程.【详解】

xy30x1联立，解得，即交点为1,2，

2xy0y2又所求直线与直线x2y10垂直，则所求直线斜率为2，则所求直线方程为y22x1，即2xy0.

答案第1页，总18页

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故选：C.3．B【分析】

由空间向量平行的条件求出参数x，再由模的坐标运算求得模．【详解】由题意

222则a2(1)314．

故选：B．4．D【分析】

x12，解得x3，624利用空间向量的线性运算将BM用AB、AD、AA1表示，即可求解.

【详解】

因为六面体ABCDA1B1C1D1是平行六面体，所以四边形A1B1C1D1是平行四边形，

M为A1C1与B1D1的交点，所以M为A1C1、B1D1的中点，

BMAMABAA1A1MAB，

11A1B1A1D1ABAD，因为A1M221ABAD所以 BMAMABAA1A1MABAA1AB21111ABADAA1abc，

222211所以BMabc，

22故选：D5．B【分析】

依据题意建立空间直角坐标系，并得到相关点的坐标，然后利用空间向量夹角公式计算即可.

答案第2页，总18页

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【详解】

依据题意建立如图所示空间直角坐标系

由ABAQ2,AD4，且M,E,F分别为PQ,AB,BC的中点所以A0,0,0,E1,0,0,M0,2,2,F2,2,0故EM1,2,2,AF2,2,0EMAF2cosEM,AF故

6EMAF所以异面直线EM与AF所成角的余弦值是故选：B6．B【分析】

先根据圆C1的方程求出圆心和半径，再根据垂直及中点在对称轴上这两个条件，求出圆心关于直线的对称点的坐标，即可求得关于直线对称的圆的方程，再判断两圆的位置关系，进而可得答案．【详解】

圆C1:x2y14的圆心为C1(2,1)，半径为2，设圆心C1(2,1)关于直线xy30的对称点为C2(m,n)，

2226答案第3页，总18页

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n111m4m2则由，求得，故C2(4,1)，

n1m2n13022可得圆C2的方程为(x4)2y14，由于圆心距d22421122，满足：222222，

2故两圆相交，故而可得两圆公切线的条数为2条，故选：B.7．A【分析】

求出焦点到渐近线的距离和顶点到渐近线的距离后，由已知比值得a,b,c的关系式，从而求得

b，得渐近线方程．abx，即bxay0，a【详解】

不妨取焦点为F(c,0)，顶点为A(a,0)，渐近线方程为ybcba2b2c2a2b25c2，渐近线方程为y2x．由题意，5，，522ab1aaaaa2b2故选：A．8．D【分析】

由题可得tan60a3，求出a,b,c，由椭圆定义可得PMPN2a6，再由b14114PMPN展开利用基本不等式求解即可.PMPN6PMPN【详解】

由题可得，椭圆焦点在y轴上，且当P为左右顶点时，APB取最大值为120°，则tan60a3，又b3，则a3，c6b又M0,6,N0,6为椭圆焦点，则PMPN2a6，

答案第4页，总18页

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141141PN4PMPMPN5则6PMPMPN6PMPNPN3PN4PM125，

26PMPNPN4PM

当且仅当时等号成立，PMPN

则

143的最小值为.PMPN2故选：D.【点睛】

关键点睛：本题考查椭圆中得最值问题，解题得关键是根据题意得出

PMPN2a6，利用基本不等式求解.

9．BC【分析】

根据圆的一般式方程的条件判断A；求出两圆公共弦所在的直线方程判断B；求出圆心到直线的距离与圆半径的和判断C；分三种情况讨论求出直线方程，可判断D.【详解】

只有满足D2E24F0时，方程x2y2DxEyF0才表示圆，A错；

x2y22y30与x2y22x0相减可得两圆公共弦所在的直线方程为

2x2y30，B正确；

因为圆x2y24的圆心0,0到直线l:xy20的距离为d21，且圆的半2径为r=2，所以圆上的点到直线l:xy20的距离最大值为dr123，C正确；

直线过原点时，直线方程为y2x，不过原点截距相等时，设直线方程为xym，将1,2代入直线方程可得m3，则直线方程为xy3，不过原点截距互为相反数时，设直线方程为xyn，将1,2代入直线方程可得n1，则直线方程为xy1，即满足条件

答案第5页，总18页

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的直线共有3条，D错.故选：BC.【点睛】

方法点睛：若直线与圆相离，求圆上动点到定直线距离的最值时，首先求出圆心到直线的距离d，则最大值为dr，最小值为dr.10．AC【分析】

把A中命题用题词改写可判断A，根据必要不充分条件的定义判断B，由命题的真假求得参数判断C，由命题的否定的定义判断D．【详解】

命题“三角形的内角和为180°”可写为：所有的三角形的内角和都是180，是全称命题．A正确；

x23x20时，x1或x2，不是必要条件，应是充分不必要条件，B错；

对于任意xR,x22xa0为真命题，则44a0，a1，C正确；命题p:x0,2x3的否定是x0,2x3，D错．故选：AC．11．ABC【分析】

设点C的坐标为(2cos,2sin)，[0,2]，而A1(2,0),A2(2,0)，从而可求出直线

CA1,CA2的斜率，进而可得直线CA1的方程，令x2，求出y的值，可得点P的坐标，然

后可求出OP的斜率，进而可对选项A，B，C进行判断，求出直线OP，A2C的方程，两方程联立可求出点M的坐标，从而可表示出MB1的长，进而可判断其最值【详解】

解：椭圆的左右顶点分别A1(2,0),A2(2,0)，

因为点C在椭圆上，所以设点C的坐标为(2cos,2sin)，[0,2]，

对于A，kCAkCA122sin2sin2sin2sin21，所以A正确；222cos22cos24cos42sin2答案第6页，总18页

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对于B，因为kAPkCA112sin，2cos2所以直线AP为y2sin22sin22sin，令x2，得y，所以点P的x2cos22cos2cos1坐标为(2,122sin2sin，所以kA1PkOP，所以B正确；)，所以kOP2cos1cos1对于C，因为kCA22sin2sin2sin22sin，所以kCA2kOP1，22cos2cos12(cos1)2cos2所以OPA2C，所以C正确；对于D，直线OP为y2sin2sin22sin，x，直线A2C为yxcos12cos22cos22(cos1)22sin，,y3cos3cos由两直线的方程联立方程组，解得x2(cos1)22sin所以点M的坐标为3cos,3cos因为B1(0,2)，所以MB1当cos2，4(cos1)22sin2(3cos)23cos2243,sin时，552MB12434(1)2225290275424121(3)355所以MB1的最大值为6错误，故选：ABC【点睛】

关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出点C的坐标为

(2cos,2sin)，[0,2]，然后求出直线CA1,CA2的斜率，直线CA1的方程，从而

可求出点P,M的坐标，再分析判断即可，属于中档题

答案第7页，总18页

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12．AD【分析】

证明BC⊥面FOM可判断A；根据AC与平面MOF所成的角为CMO600判断B；利用特殊位置判断C；先证明AB//面MOF，由线面平行的性质定理可判断D；【详解】

由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得BCOF,BCOM,OMOFO，所以BC⊥面FOMBCFM，故A正确；

因为BC⊥面FOM，所以AC与平面MOF所成的角为CMO600，所以余弦值为故B错误；

对于C选项可以考虑特殊位置法，由BC⊥面FOM得面ABC面FOM，所以点F在平面ABC内的射影在直线OM上，不妨设点F平面ABC内的射影为M，过点M作

1，2MN//BC，连结NF.易证AB面MNF，则l面MNF，所以MFN为平面MOF与平面AFB所成的二面角的平面角，不妨设AB2，因为A600，所以BC23，则OF1BC3,OM1，显然MFN不等于45°，故C错误.2设面MOF与平面ABF的交线为l，又因为AB//OM,AB面MOF，OM面MOF，所以AB//面MOF，由线面平行的性质定理可得：l//AB，故D正确；故选：AD.

【点睛】

方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.13．y【分析】

答案第8页，总18页

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1y81∴抛物线y8x2的准线方程为y321故答案为:y32抛物线y8x2的标准形式为x214．x1y41【分析】

设圆心为a,4a，由与y轴相切可得半径为a，将P0,4代入可求出a，得出方程.【详解】

22圆心在直线y4x上，则可设圆心为a,4a，

又圆与y轴相切，则半径为a，则圆的方程为xay4aa2，将P0,4代入得0a44aa2，解得a1，

2222故圆的方程为：x1y41.故答案为：x1y41.15．16【分析】

设D是ABC的外心，作DO平面ABC，且DO心，计算出球的半径，即可得表面积．【详解】

如图，设D是ABC的外心，作DO平面ABC，且DO22221PB，证明O是三棱锥外接球球21PB，2因为PA平面ABC，所以PB//OD，BD平面ABC，则PBBD，在直角梯形PBDO中，OBBD2OD2，

OPBD2(PBOD)2BD2OD2，

即OPOB，所以O是PABC外接球的球心．又BD2333，则OAOD2BD212(3)22，32所以所求表面积为S42216．

答案第9页，总18页

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故答案为：16．

【点睛】

关键点点睛：本题考查求球的表面积，解题关键是确定外接球的球心，在三棱锥中，外接球的球心一定在过各面外心且与该面垂直的直线上．16．132【分析】

设F2是右焦点，由双曲线的对称性得PFQF2是平行四边形，这样结合双曲线的定义可把

PF和PF2用a表示，再应用余弦定理可得a,c关系，从而得离心率．

【详解】

设F2是右焦点，由双曲线的对称性得PFQF2是平行四边形，PF2QF，所以PF3QF3PF2，

又PFPF22a，即2PF22a，PF2a，则PF3a，因为PFQ600，所以FPF2120，由余弦定理得F1F22222PFPF22PFPF2cos120，

22即4c9aa23aa()，4c213a2，所以e12c13，a2故答案为：13．217．（1）1t4；（2）

3a2.2答案第10页，总18页

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【分析】

（1）解不等式t25t40即可得；

22xy（2）解不等式t5at4a0a0，得t的范围，再由1表示双曲线得

t2t622t的范围，然后根据充分不必要条件与集合包含之间的关系求解．

【详解】

解：（1）当a1，命题p:t25t40，解得：1t4；（2）∵a0，命题p:Pt|at4a，

命题q:方程表示双曲线，则t2t60，即Qt|2t6，因为q是p的充分不必要条件，则Q是P的真子集，∴4a63，等号不同时成立，解 得a2，

2a2∴实数a的取值范围为【点睛】

3a2.2命题p对应集合A，命题q对应的集合B，则（1）p是q的充分条件AB；（2）p是q的必要条件AB；（3）p是q的充分必要条件AB；

（4）p是q的既不充分又不必要条件集合A,B之间没有包含关系．

2218．（1）3x4y200；（2）xy2x11y300.

【分析】

（1）先求出圆心和半径，由弦长、圆心距和半径的关系求出圆心距的值，再利用点到直线的距离公式列方程可求出k的值，从而可求出直线l的方程；

（2）设Mx,y，直线l过定点P0,5，由题意可知，CMPM0，从而可得

22即xy2x11y300，再检验即可得AB的中点Mx2,y6x,y50，

的轨迹方程

答案第11页，总18页

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【详解】解：（1）C:x222y24x12y240可化为x2y616，

则圆心C2,6，半径r4，

∵l被圆C截得的弦长为43，则圆心C到直线l的距离为d2，∴点C2,6到直线l:ykx5的距离解得k2k65k122，

3，此时直线l的方程为3x4y200；4（2）设Mx,y，直线l过定点P0,5，

由题意可知，CMPM0，

∴x2,y6x,y50，即xx2y6y50，

115化简可得，xy2x11y300，即x1y，

242222221155经检验，x1y与x2y616，圆心距为，

22422115可知两圆内含，则x1y上的所有点都在圆的内部，

2422所以AB中点M的轨迹方程为xy2x11y300.

2219．（1）证明见解析；（2）【分析】

3.6（1）取PB的中点N，连结MN,CN，证明四边形MNCD是平行四边形，得

DM//CN，即可证得线面平行；

（2）取AD的中点G，连结PG，可证得PG就是四棱锥PABCD的高，求出PG后可求得PABC的体积，然后可得MPBC．【详解】

（1）证明：取PB的中点N，连结MN,CN，

答案第12页，总18页

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∵M,N分别是PA,PB的中点，∴MN//AB,MN11AB，又AB//CD,CDAB，

22∴MN//CD,MNCD，∴四边形MNCD是平行四边形，

∴DM//CN，又CN平面PCB，DM平面PCB，∴DM//平面PCB；

（2）取AD的中点G，连结PG，

∵△PAD为等腰直角三角形，且APD900，∴PAPD，∴PGAD,PG1，

∵侧面PAD底面ABCD，侧面PAD底面ABCDAD，∴PG面ABCD，即PG为三棱锥PABC的高，又∵ABC中，AB2,BC∴S△ABC3且ABC900，

3，∴VPABC3，3∵M是PA的中点，∴VMPBC∴VMPBC【点睛】

11VAPBCVPABC，223．6关键点点睛：本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，求体积时利用体积公式转化，

答案第13页，总18页

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11VMPACVAPBCVPABC，而由面面垂直易得P到平面ABCD的距离，从而求得体积．

2220．（1）yx1或yx1；（2）证明见解析，定值为1.【分析】

（1）设过M1,0的直线为xky1，Ax1,y1,Bx2,y2，直线方程与抛物线方程联立方程组，消去x，再利用根与系数的关系可得y1y22k,y1y22，从而可求得

x1x2ky1y222k22，再结合已知条件和抛物线的定义列方程可求出k的值，

进而可求出直线l的方程；或把直线设为点斜式（要讨论斜率是否存在），利用方法一的思路求解即可；（2）

1AM21BM21x112y121x2122y211k21y12k21y22，通分化

简，再把（1）中得到的y1y22k,y1y22代入化简即可得结论【详解】

解：（1）设过M1,0的直线为xky1，Ax1,y1,Bx2,y2，

y22x联立得y22ky20，

xky1y1y22k,y1y22，

得x1x2ky1y222k2，

2因为F1,0为抛物线y22x的焦点，2所以，AFBFx1x215，

2即x1x22k24，所以k1，

因此，直线l的方程为：yx1或yx1；

法二：当过点M的直线与x轴垂直时，与抛物线的交点坐标分别为1,2,1,2，又MF11，所以AFBF223，不合题意舍去：24答案第14页，总18页

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当过点M的直线l斜率存在时，可设l:ynx1，

2y2x2222联立得nx2n2xn0，

ynx12n222所以x1x224，得n1，22nn因此，直线l的方程为：yx1或yx1.

（2）

1AM21BM21x112y121x2122y211k21y12k21y2222y1y22y1y2y12y24k24221，22222k1y1y2k1y1y2k14所以定值为1.

21．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）在原图形中证明MNAB，折起后就可得MN平面ABM，从而得证面面垂直；（2）由已知证得MA,MN,MB两两垂直，以MB,MN,MA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角的余弦值．【详解】

证明：∵AB3,BM2MA，∴AM1,AC4,ANNC，∴AN2，

又BAC600，在AMN中，由余弦定理得：MN21222212cos6003，∴AM2MN2AN2，∴MNAB，

将AMN沿MN折起到△AMN的位置后，可得MNAM，MNBM，且AMBMM，∴MN面AMB，又MN面BCNM，∴面ABM面BCNM；（2）由余弦定理可得BC21.74232243cos6013，在ABC中，

答案第15页，总18页

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cosB9131660，

231313可知B为锐角，所以MN与BC不平行，定会相交于一点，又由（1）知

MNAM，又AMBC，

∴AM面BCNM，

又MNBM，以M为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，

∴AN0,3,1,NC1,则A0,0,1,N0,3,0,C1,23,0，

3,0，

设面ANC的一个法向量为nx,y,z，∴ANn0，NCn0，3yz0∴，不妨令y3，则z3,x3，x3y0∴n3,3,3，

21又面BCNM的一个法向量m0,0,1，∴cosn,m，7∴二面角ANCB所成角的余弦值为【点睛】

方法点睛：本题考查证明线面平行，求二面角．求二面角的方法：

（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，

21.7答案第16页，总18页

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由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．

x2y222．（1）1；（2）9,.

43【分析】

b3，结合a2b2c2以及椭圆方程可得结果.c（2）假设直线AB方程并与椭圆方程联立可得关于x的二次方程，并使用韦达定理，同时

（1）依据题意可知

SGD得到AB的中垂线方程，可得D点坐标，最后根据1计算即可.

S2OD【详解】

（1）依题意，当直线AB经过椭圆的顶点0,b时，其倾斜角为60°，设Fc,0，则

2b3，将b3c代入a2b2c2，得a2c2，cx2y2得c1,b3.所以椭圆的方程为1.

43（2）设Ax1,y1,Bx1,y1，由题知，直线AB不能与x轴､y轴垂直，故设直线AB的方程为ykx1k0，

ykx12222联立2，得4k3x8kx4k120，23x4y126k8k2则x1x2，则y1y2kx1x22，

4k234k34k23k,2所以中点G2，

4k34k33k14k2x2所以AB的中垂线为y2，

4k3k4k32k2kD,0令y0，得xD，则，2234k34k因为Rt△DGFRt△DOE，所以

S1GD9k49k2999，42S2ODkk答案第17页，总18页

2本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

S1所以的取值范围是9,.

S2【点睛】

关键点点睛：第（1）问重在根据斜率得到

b3；第（2）问关键在于计算，联立方程，2同时得到S1SGD是关键.

2ODc答案第18页，总18页