1、 浙江省台州市浙江省台州市 2020 届高三届高三 4 月教学质量评估数学试题月教学质量评估数学试题 一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分）分） 1已知全集 U1，2，3，4，5，若集合 A1，2，3，B3，4，则（UA）B （ ） A B4 C3 D3，4，5 2已知复数 z 满足（34i）zi（其中 i 为虚数单位） ，则|z|（ ） A25 B 1 25 C5 D1 5 3已知 a，bR，则“3a3b”是“a3b3”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 4若实数 x，y 满足1 + 2，
2、3 2 + 5，则 3x+y 的最大值为（ ） A7 B8 C9 D10 5函数 yf（x）的部分图象如图所示，则（ ） A() = 1 2(+1) + 1 + 1 2(1) B() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) C() = 1 2(+1) + 1 1 2(1) D() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) 6已知数列an满足：an+1+（1）n+1ann2（nN*） ，若 a65，则 a1（ ） A26 B0 C5 D26 75G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式： = 2(1+ )它表示：在受噪声干 挠的信道中，最大信息传递速率 C 取决于信道带宽 W、信道内信号的平均
3、功率 S、信道 内部的高斯噪声功率 N 的大小，其中 叫做信噪比按照香农公式，若不改变带宽 W， 而将信噪比 从 1000 提升至 2000，则 C 大约增加了（ ） A10% B30% C50% D100% 8已知 F1，F2分别为双曲线 2 9 2 16 = 1的左右焦点，以 F2圆心的圆与双曲线的渐近线相 切，该圆与双曲线在第一象限的交点为 P，则F1PF2的面积为（ ） A166 B126 C86 D46 9 平面向量 ， ， ， 满足| |2， | |3，| |4，| |5， 则 （ ） （ ）（ ） A14 B14 C7 D7 10已知函数 f（x）x2+px+q，满足( 2) +
4、 2 0，则（ ） A函数 yf（f（x） ）有 2 个极小值点和 1 个极大值点 B函数 yf（f（x） ）有 2 个极大值点和 1 个极小值点 C函数 yf（f（x） ）a 有可能只有一个零点 D有且只有一个实数 a，使得函数 yf（f（x） ）a 有两个零点 二、填空题（共二、填空题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 36 分）分） 11 （6 分）在二项式（1x）6的展开式中，含 x3项的系数为 ；各项系数之和 为 （用数字作答） 12某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则它的体积是 cm3 13 （6 分）某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过 6 个红绿
5、灯路口如果他恰好遇见 2 次红灯，则这 2 次红灯的不同的分布情形共有 种；如果他在每个路口遇见红灯的 概率均为1 3，用 表示他遇到红灯的次数，则 E（） （用数字作答） 14 （6 分）如图，过(1，0)，(0， 1 2)两点的直线与单位圆 x 2+y21 在第二象限的交点为 C，则点 C 的坐标为 ；( 9 4 ) = 15 （6 分）若函数() = ，0， |2+ 2|， 0，则( 10 10 ) = 不等式 f（x+1）f （x）的解集为 16在等差数列an中，若 a12+a19210，则数列an前 10 项和 S10的最大值为 17如图，在直角梯形 ABCD 中，ABCCDBDAB
6、90，BCD30，BC 4，点 E 在线段 CD 上运动如图，沿 BE 将BEC 折至BEC，使得平面 BEC 平面 ABED，则 AC的最小值为 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）已知函数() = 2 23 2 （）求函数 f（x）的最小正周期和最大值； （）问方程() = 2 3在区间, 6 ， 11 6 -上有几个不同的实数根？并求这些实数根之和 19 （15 分）如图，ABC 与等边ABD 所在的平面相互垂直，DEBC，M 为线段 AD 中 点，直线 AE 与平面 CBM 交于点 NBCBA2DE2，ABC90 （）求证：平面 C
7、BMN平面 ADE； （）求二面角 BCNA 的平面角的余弦值 20（15 分） 已知数列an， bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn， 且= 1 4 (+ 3)，= 12 1+2 （）求数列an，bn的通项公式； （）求证：1 7 1 7 + 1 14 21 （15 分）如图，已知椭圆1： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 2 2 ，并以抛物线 2：2= 8焦点 F 为上焦点直线 l：ykx+m（m0）交抛物线 C2于 A，B 两点，分 别以 A，B 为切点作抛物线 C2的切线，两切线相交于点 P，又点 P 恰好在椭圆 C1上 （）求椭圆 C1的方程； （）求 mk 的最大值；
8、（）求证：点 F 恒在AOB 的外接圆内 22 （15 分）已知函数 f（x）exx2，g（x）ax （）求证：存在唯一的实数 a，使得直线 yg（x）与曲线 yf（x）相切； （）若 a1，2，x0，2，求证：|f（x）g（x）|e26 （注：e2.71828为自 然对数的底数 ） 参考答案参考答案 一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分）分） 1已知全集 U1，2，3，4，5，若集合 A1，2，3，B3，4，则（UA）B （ ） A B4 C3 D3，4，5 【分析】由补集的运算求出UA，再由交集的运算求出（RA）B 【解答】解：由已知
9、UA4，5，则（UA）B4， 故选：B 【点评】本题考查了交、补集的混合运算，属于基础题 2已知复数 z 满足（34i）zi（其中 i 为虚数单位） ，则|z|（ ） A25 B 1 25 C5 D1 5 【分析】由（34i）zi，得 = 34，然后化简求出 z，再计算其模 【解答】解：由（34i）zi，得 = 34 = (3+4) 25 = 4+3 25 ， 所以|z|=(3) 2+42 252 = 1 5 故选：D 【点评】本题考查了复数的运算和复数的模，属基础题 3已知 a，bR，则“3a3b”是“a3b3”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件
10、 【分析】利用函数的单调性即可判断出结论 【解答】解： “3a3b”ab“a3b3” ， “3a3b”是“a3b3”的充要条件， 故选：C 【点评】本题考查了对数函数、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 4若实数 x，y 满足1 + 2， 3 2 + 5，则 3x+y 的最大值为（ ） A7 B8 C9 D10 【分析】令 3x+yz，从而可得 y3x+z，作平面区域，利用数形结合求解 【解答】解：令 3x+yz，则 y3x+z， 由题意作平面区域如下， 结合图象可知， + = 1 2 + = 5解得 C（4，3） ， 又因为 y3x+z 平移到过点 C 时截距最大，即
11、 z 最大值为：3439 故选：C 【点评】本题考查了线性规划的作法及数形结合的思想方法应用，属于中档题 5函数 yf（x）的部分图象如图所示，则（ ） A() = 1 2(+1) + 1 + 1 2(1) B() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) C() = 1 2(+1) + 1 1 2(1) D() = 1 2(+1) 1 + 1 2(1) 【分析】由图象观察可知函数的单调性情况，结合选项即可得解 【解答】解：由图象可知，函数 f（x）在（，1） ， （1，0） ， （0，1） ， （1，+） 均递减， 观察选项可知，只有选项 A 符合题意 故选：A 【点评】本题考查由函数图象找
12、符合的解析式，考查读图识图能力，属于基础题 6已知数列an满足：an+1+（1）n+1ann2（nN*） ，若 a65，则 a1（ ） A26 B0 C5 D26 【分析】利用数列的递推关系式坐标求解数列的首项即可 【解答】解：数列an满足：an+1+（1）n+1ann2（nN*） ，a65， 可得 5+a525，所以 a520， 20a416，所以 a44， 4+a39， 所以 a35， 5a24， 所以 a21， 1+a11， 所以 a10， 故选：B 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列的首项的求法，是基本知识的考查， 基础题 75G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式： =
13、2(1+ )它表示：在受噪声干 挠的信道中，最大信息传递速率 C 取决于信道带宽 W、信道内信号的平均功率 S、信道 内部的高斯噪声功率 N 的大小，其中 叫做信噪比按照香农公式，若不改变带宽 W， 而将信噪比 从 1000 提升至 2000，则 C 大约增加了（ ） A10% B30% C50% D100% 【 分 析 】 将 信 噪 比 从1000提 升 至2000时 ， C大 约 增 加 了 2(1:2000);2(1:1000) 2(1:1000) ，计算即可算出结果 【解答】解：将信噪比 从 1000 提升至 2000 时， C大约增加了 2(1:2000);2(1:1000) 2(
14、1:1000) = 22001;21001 21001 10.967;9.967 9.967 10%， 故选：A 【点评】本题主要考查了函数的实际应用，以及对数的运算性质，是中档题 8已知 F1，F2分别为双曲线 2 9 2 16 = 1的左右焦点，以 F2圆心的圆与双曲线的渐近线相 切，该圆与双曲线在第一象限的交点为 P，则F1PF2的面积为（ ） A166 B126 C86 D46 【分析】由双曲线方程求得右焦点坐标与一条渐近线方程，再由点到直线的距离公式求 得圆的半径，得到圆的方程，与双曲线方程联立求得 P 点纵坐标，代入三角形面积公式 求解 【解答】解：由双曲线 2 9 2 16 =
15、1，得 a29，b216， 则 c= 2+ 2= 5，F2（5，0） ， 渐近线方程为 y= 4 3 ，即 4x3y0 F2到渐近线的距离为|20| 5 = 4，则圆的方程为（x5）2+y216 联立 2 9 2 16 = 1 ( 5)2+ 2= 16 ，解得= 86 5 （xP0） 12= 1 2 |12| = 1 2 10 86 5 = 86 故选：C 【点评】 本题考查双曲线的简单性质， 考查圆与双曲线位置关系的应用， 考查计算能力， 是中档题 9 平面向量 ， ， ， 满足| |2， | |3，| |4，| |5， 则 （ ） （ ）（ ） A14 B14 C7 D7 【分析】把已知条
16、件平方，两两结合即可求解结论 【解答】解：因为平面向量 ， ， ， 满足| |2，| |3，| |4，| | 5， 所以： 2 2 + 2 =4； 2 2 + 2 =9； 2 2 + 2 =16； ； 2 2 + 2 =25； +（+）2（ + ）14； （ ） （ ）= + =7； 故选：D 【点评】本题考查了平面向量的模长运算以及数量积的运算问题，是基础题目 10已知函数 f（x）x2+px+q，满足( 2) + 2 0，则（ ） A函数 yf（f（x） ）有 2 个极小值点和 1 个极大值点 B函数 yf（f（x） ）有 2 个极大值点和 1 个极小值点 C函数 yf（f（x） ）a 有
17、可能只有一个零点 D有且只有一个实数 a，使得函数 yf（f（x） ）a 有两个零点 【分析】可采用特值法，不妨令 p0，q1，则 f（x）x21，然后可得 g（x）f （f（x） ）x42x2，然后利用导数研究单调性、极值、最值等，画出草图，问题可解 【解答】解：由已知，不妨令 p0，q1，则 f（x）x21，然后可令 g（x）f（f （x） ）x42x2， g（x）4x34x4x（x+1） （x1） ，令 g（x）0 得 x1，0，1 当 x 变化时，g（x） ，g（x）的变化如下： x （， 1 （1，0） 0 （0，1） 1 （1， +） 1） g（x） 0 + 0 0 + g（x）
18、极小值 1 极大值 0 极小值 1 画出 g（x）的图象（草图）如下： 显然有两个极小值点：1，1；一个极大值点：0故 A 对，B 错； 因为 g（x）是偶函数，易知 ya 与 yg（x）可能有 2 个（图、） 、3 个（图） 、 4 个（图）公共点，故 C 错误； 若只有两个零点，则 ya 在图、位置时，有两个公共点，故 D 错误 故选：A 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值情况，然后借助于图象研究函数零 点问题，属于中档题 二、填空题（共二、填空题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 36 分）分） 11 （6 分）在二项式（1x）6的展开式中，含 x3项的
19、系数为 20 ；各项系数之和为 0 （用数字作答） 【分析】先写出展开式的通项，然后令 k3，可求出含 x3项的系数；再令 x1，可得系 数之和 【解答】解：由已知得：:1= (1)6 含 x3项的系数为（1）36 3 = 20； 令 x1，可得展开式各项系数和为（11）60 故答案为：20，0 【点评】 本题考查利用二项展开式通项求特定项的系数， 利用赋值法求各项系数的和 考 查学生的运算能力属于基础题 12某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则它的体积是 93 2 cm3 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出直观图的体积 【解答】解：根具几何体的三视图转换为直观图如图所示：该
20、几何体为四棱锥体 所以：V= 1 3 1 2 (2 + 4) 3 33 2 = 93 2 故答案为：93 2 【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积和表面积 公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 13 （6 分）某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过 6 个红绿灯路口如果他恰好遇见 2 次红灯，则这 2 次红灯的不同的分布情形共有 15 种；如果他在每个路口遇见红灯的 概率均为1 3，用 表示他遇到红灯的次数，则 E（） 2 （用数字作答） 【分析】先用组合数表示出所有的分布情形，计算出结果即可；随机变量 B（6， 1 3） ， 再
21、利用二项分布求数学期望的方法求解即可 【解答】解：经过 6 个红绿灯路口，遇到 2 次红灯的分布情形有6 2 = 15种， 随机变量 B（6，1 3） ，E（）= 6 1 3 = 2 故答案为：15，2 【点评】本题考查组合数的应用和二项分布的数学期望，考查学生的运算能力，属于基 础题 14 （6 分）如图，过(1，0)，(0， 1 2)两点的直线与单位圆 x 2+y21 在第二象限的交点为 C，则点 C 的坐标为 （ 3 5， 4 5） ；( 9 4 ) = 72 10 【分析】先求出 AB 直线方程，即可求出点 C 的坐标，根据三角函数的定义和诱导公式 即可求出 【解答】解：过(1，0)，
22、(0， 1 2)两点的直线方程为 y0= 1 20 01（x1） ，即 y= 1 2（x 1） ， 由 = 1 2 ( 1) 2+ 2= 1 ，解得 = 3 5 = 4 5 或 = 1 = 0， C 点的坐标为（ 3 5， 4 5） ， OC1， sinAOC= 4 5，cosAOC= 3 5， sin（AOC 9 4 ）sin（AOC 4）= 2 2 （sinAOCcosAOC）= 72 10 ， 故答案为： （ 3 5， 4 5） ， 72 10 【点评】本题考查了三角函数的定义和直线方程，诱导公式，属于基础题 15 （6 分）若函数() = ，0， |2+ 2|， 0，则( 10 10
23、) = 3 4 不等式 f（x+1）f （x）的解集为 ,3+ 3 2 ， 3 2- ,0， + ) 【分析】根据 x 的正负性，分段函数分段计算即可；结合函数的平移和翻折变换法则， 分别在同一坐标系中作出函数 f（x）和 f（x+1）的图象，然后借助函数图象来解不等式 即可 【解答】解：( 10 10 ) = 10 10 = 10; 1 2= 1 2，( 1 2) = |( 1 2) 2 + 2 ( 1 2)| = 3 4 作出函数 yf（x） （图中蓝线）和 yf（x+1） （图中红线）的图象如图所示， 若 f（x+1）f（x） ，则保证图中红线在蓝线上方即可 当 x0 时，显然符合题意；
24、 当 x3 或1x0 时，显然不符合题意； 当3x1 时，由二次函数的对称性可知，= 3 2； 在点 B 处， 有 x2+2x （x+1） 2+2 （x+1） ， 解得 1= 3+3 2 ， 2= 33 2 3 （舍） ， = 3+3 2 ， 若 f（x+1）f（x） ，则;3:3 2 3 2， 综上所述，不等式的解集为,3+ 3 2 ， 3 2- ,0， + ) 故答案为：3 4，, 3+3 2 ， 3 2- ,0， + ) 【点评】本题考查分段函数的求值，基本初等函数的图象与性质，函数的平移和翻折变 换，不等式的解法等，准确画出函数的图象是解题的关键，考查学生的作图能力、分析 能力和运算能
25、力，属于中档题 16在等差数列an中，若 a12+a19210，则数列an前 10 项和 S10的最大值为 25 【分析】利用换元法转化为三角函数的问题即可求解 【解答】解：由题意：a12+a19210， 可设1= 10，19= 10 那么：公差 d= 10() 18 则前 10 项和 S101010cos+45 10() 18 = 510 2 ( + 3) =25sin （+） ， 其中 tan3 所以数列an前 10 项和 S10的最大值为 25 故答案为：25 【点评】本题主要考查等差数列的性质，等差数列的前 n 项的和公式，属于基础题 17如图，在直角梯形 ABCD 中，ABCCDBD
26、AB90，BCD30，BC 4，点 E 在线段 CD 上运动如图，沿 BE 将BEC 折至BEC，使得平面 BEC 平面 ABED，则 AC的最小值为 19 43 【分析】设EBC，由 = + ，得 2 =（ + ）2= 2 + 2 + 2| | | | ， = 2 + 2 +2| | |cos ( 2 ) =19 43sin，由此能求出 AC的最小值 【解答】解：设EBC， = + ， 2 =（ + ）2= 2 + 2 + 2| | | | ， = 2 + 2 +2| | |cos ( 2 ) 3+162 1 2 4 3 2 1943sin， sin21，1， | |19 43，19+43
27、AC的最小值为19 43 故答案为：19 43 【点评】本题考查线段长的最小值的求法，考查空间向量加法法则、三角函数性质等基 础知识，考查运算求解能力，是中档题 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）已知函数() = 2 23 2 （）求函数 f（x）的最小正周期和最大值； （）问方程() = 2 3在区间, 6 ， 11 6 -上有几个不同的实数根？并求这些实数根之和 【分析】 （）根据二倍角公式和两角和的正弦公式可得 f（x）2sin（2x 6） ，即可 求出函数 f（x）的最小正周期和最大值； （）画出函数 f（x）的图象，根据对称轴即
28、可求出 【解答】解： （）f（x）co2x3sin2x2sin（2x 6） ， T= 2 2 =， 当 2x 6 =2k 2，kZ，即 xk 6，kZ 时，函数 f（x）取得最大值 2 （）2x 6 =k 2，kZ，可得函数 f（x）的对称轴为 x= 2 6，kZ， 函数 f（x）的图象如下， 函数 f（x）= 2 3在区间 6， 11 6 上有 4 个不同的实数根， 且这些实数根关于 x= 5 6 对称，所以实根之和为10 3 【点评】本题考查了三角恒等变换的应用，考查了三角函数的性质，是基础题 19 （15 分）如图，ABC 与等边ABD 所在的平面相互垂直，DEBC，M 为线段 AD 中
29、 点，直线 AE 与平面 CBM 交于点 NBCBA2DE2，ABC90 （）求证：平面 CBMN平面 ADE； （）求二面角 BCNA 的平面角的余弦值 【分析】 （）推导出 BC平面 ABD，BCAD，从而 BMAD，由此能证明 AD平面 CBMN （）推导出 DE平面 CBMN，以 AB 中点 O 为坐标原点，OB 为 x 轴，在平面 ABC 内 过 O 作 AB 的垂线为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 BCNA 的平面角的余弦值 【解答】解： （）证明：平面 ABC平面 ABD，且两平面相交于 AB，ABC90， BC平面 ABD，BCAD， A
30、BD 为等边三角形，M 为线段 AD 中点， BMAD， BCBMB，AD平面 CBMN， 而 AD平面 ADE，平面 CBMN平面 ADE； （）解：DEBC，DE平面 CBMN，且 BC平面 CBMN， DE平面 CBMN， 平面 ADE平面 CBMNMN， DEBCMN，N 为 AE 的中点， 以 AB 中点 O 为坐标原点，OB 为 x 轴， 在平面 ABC 内过 O 作 AB 的垂线为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A（1，0，0） ，C（1，2，0） ，N（ 1 2， 1 2， 3 2 ） ，D（0，0，3） ， =（2，2，0） ， =（1 2 ， 1 2，
31、 3 2 ） ， 设平面 ACN 的法向量 =（x，y，z） ， 则 = 2 2 = 0 = 1 2 1 2 + 3 2 = 0 ，取 x1，得 =（1，1，0） ， 由（）得 AD平面 CBMN， 平面 CBMN 的一个法向量 = =（1，0，3） ， 设二面角 BCNA 的大小为 ， 则|cos|= | | | |= 1 22 = 2 4 二面角 BCNA 的平面角的余弦值为 2 4 【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20（15 分） 已知数列an， bn的前 n 项和分别为 Sn， T
32、n， 且= 1 4 (+ 3)，= 12 1+2 （）求数列an，bn的通项公式； （）求证：1 7 1 7 + 1 14 【分析】（） 先由 Sn= 1 4 （an+3） 可得： Sn1= 1 4 （an1+3） ， 两式相减得： an= 1 3 ;1， 从而求 出 an，再求出 Sn，bn； （）对 bn进行合理放缩，证明结论 【解答】解： （）Sn= 1 4（an+3） ，令 n1 得 a11；当 n2 时，由 Sn= 1 4（an+3）可 得：Sn1= 1 4（an1+3） ，两式相减得： an= 1 4 （an+3） 1 4 （an1+3） ， 即 an= 1 3 ;1， 由此可知数
33、列an是首项为 1， 公比为 1 3的等 比数列，故 an（ 1 3） n1， 又 Sn= 1 4（an+3）= 3 4 + 1 4（ 1 3） n1，bn=12 1+2 = 1+ 1 321 7 1 321 = 321+1 73211； （）证明：由（）知：bn= 1+ 1 321 7 1 321 1 7，故 Tn 7； 又 bn= 1+ 1 321 7 1 321 = 321+1 73211 = 1 7 + 8 7 1 73211 = 1 7 + 8 321 7(7 1 321) 1 7 + 8 321 7(71) = 1 7 + 4 21 （1 3） 2n1， Tn 7 + 4 21 1
34、 3 +（1 3） 3+（1 3） 5+（1 3） 2n1= 7 + 4 21 1 3,1( 1 3) 2- 1(1 3) 2 = 7 + 1 141（ 1 9） n 7 + 1 14 则1 7 1 7 + 1 14 【点评】本题主要考查数列通项公式的求法及放缩法在数列证明中的应用，属于一道难 题 21 （15 分）如图，已知椭圆1： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 2 2 ，并以抛物线 2：2= 8焦点 F 为上焦点直线 l：ykx+m（m0）交抛物线 C2于 A，B 两点，分 别以 A，B 为切点作抛物线 C2的切线，两切线相交于点 P，又点 P 恰好在椭圆 C1上 （）求椭圆
35、 C1的方程； （）求 mk 的最大值； （）求证：点 F 恒在AOB 的外接圆内 【分析】 （）由已知得 F（0，2） ，c2，因为 e= ，解得 a，b，进而写出椭圆 C1 的 方程 （）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，联立直线 l 与抛物线 C2：x28y 方程得关于 x 的一 二次方程，所以 1+ 2= 8 12= 8 = 642+ 320 ，因为 y= 4，写出 PA 的方程，同理可得 PB 直 线方程， 进而求出 PA， PB 的交点 P 坐标 P （4k， m） ， 代入椭圆 2 8 + 2 4 = 1， 得 m2+32k2 8，m2+32k2232mk，进而可得 m
36、k 最大值 （） 证法一： 因为过原点 O， 所以可设AOB 的外接圆方程为 x2+y2+Dx+Ey0， 将 A， B 两点代入，可得 E8 12+22+12 8 = 8k2m8，将点 F（0，2）代入外接圆 方程可得 42（8k2+m+8）16k22m120，所以点 F 在AOB 的外接圆内 证法二： 设AOB的外心Q （xQ， yQ） ， 分别写出得OA， OB中垂线为1 + 8 = 13 16 + 41， 2 + 8 = 23 16 + 42，联立可得（x1x2）yQ= 1323 16 + 4(1 2) 所以 yQ= 1 16（x1 2+x22+x1x2）+4=1 16（x1+ 2 2
37、）2+ 3 4 22+44，又因为|FQ|2xQ2+（yQ 2）2R2|OQ|2xQ2+yQ2，所以点 F 在AOB 的外接圆内 【解答】解： （）由已知得 F（0，2） ，所以 c2， 因为 e= = 2 2 ，所以 a22， 所以椭圆 C1的方程为 2 8 + 2 4 = 1 （）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 由直线 l：ykx+m（m0）与抛物线 C2：x28y 方程联立可得： x28kx8m0， 所以 1+ 2= 8 12= 8 = 642+ 320 ， 因为 y= 4， 所以 PA：y 12 8 = 1 4 （xx1） ， 即 PA：y= 1 4 x 12 8 同理可
38、得 PB：y= 2 4 x 22 8 ， 所以 P（1:2 2 ，12 8 ） ，即 P（4k，m） ， 因为点 P 在椭圆 2 8 + 2 4 = 1上， 所以 2 8 + 162 4 =1，即 m2+32k28， 因为 m2+32k2232mk， 所以 m2，k= 2 4 时，mk 取得最大值 2 2 （）证法一：因为过原点 O，所以可设AOB 的外接圆方程为 x2+y2+Dx+Ey0， 由已知可得1 2 + 12+ 1+ 1= 0 22+ 22+ 2+ 2= 0， 故 E = 122+122(221+221) 1221 = (122221)+1 42241 64 122212 8 = 8
39、(12)+1 323 8 21 = 8 12+22+12 8 ， 所以 E8k2m8， 将点 F（0，2）代入外接圆方程可得 42（8k2+m+8）16k22m12， 因为 m0，所以16k22m120， 所以点 F 在AOB 的外接圆内 证法二：设AOB 的外心 Q（xQ，yQ） ， 由已知得 OA 中垂线为 y 12 16 = 8 1（x 1 2 ） ， 即1 + 8 = 13 16 + 41， 同理 OB 中垂线方程为2 + 8 = 23 16 + 42， 联立可得（x1x2）yQ= 1323 16 + 4(1 2) 所以 yQ= 1 16（x1 2+x22+x1x2）+4=1 16（x1+ 2 2 ）2+ 3 4 22+44， 又因为|FQ|2xQ2+（yQ2）2， R2|OQ|2xQ2+yQ2，