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- 2021-05-09 发布
陆良联中 2021 届高二下学期入学考试
理科数学
一、选择题（共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分）
1.已知全集 , , ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
化简集合 B，根据集合的交集运算即可求解.
【详解】 ,
，
故选：B
【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.
2.若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
根据复数运算法则求解即可.
【详解】 ．故选 D．
【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想
解题．
3.甲、乙两名篮球运动员在 10 场比赛中得分的茎叶图如图所示，则“ ”是“甲运动员得
分平均数大于乙运动员得分平均数”的（ ）
【
U Z= { }0,1,2,3A = { }2 2B x x x= = A B =
{ }1,3 { }0,2 { }0,1,3 { }2
{ } { }2 2 0.2B x x x= = = { }0,1,2,3A =
{0,2}A B∴ =
(1 i) 2iz + = z =
1 i− − 1+i− 1 i− 1+i
( )
(
2i 2i 1 i 1 i1 i 1 i 1 i)( )z
−= = = ++ + −
9x =
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
【答案】A
【解析】
【详解】当 时，可得甲的平行数为 ，乙的平行数为 ， ，可得甲
的平行数大于乙的平行数；若甲的平行数大于乙的平行数可得 ，即 或 ，所
以“ ”是甲的平均分大于乙的平均分的充分不必要条件，故选 A.
4.已知等比数列 中， ，公比 ，则 等于（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：直接代入等比数列通项公式即可
详解： ．
故选 ．
点睛：本题考查等比数列通项公式，属基础题.
5.函数 的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
9x = 25.8 25.6 25.8 25.6>
7x > 8x = 9x =
9x =
{ }na 1 32a = 1
2q = − 6a
1 1
2
− 1− 1
2
5
6
132 12a = ⋅ − = −
C
2( ) (3 )ln( )f x x x= −
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性，结合特殊点的值的情况求解.
【详解】已知函数 ， = =
，即函数是偶函数，故排除选项 B，D;
由 ，得 或 ，
当 x>0 时， ， ，
可排除选项 C，故选 A.
【点睛】本题考查了已知函数表达式，识别函数图象，涉及了函数的零点与函数的奇偶性；
从函数的奇偶性可以判断函数图象的对称性，从特殊点的值的情况，可以排除不符合要求的
选项.
6.若抛物线 y2=2px（p>0）的焦点是椭圆 的一个焦点，则 p=
A. 2 B. 3
C. 4 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】
利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于 的方程，即可解出 ，或者利用检验排除的
方法，如 时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除 A，同样可排除 B，
C，故选 D．
【详解】因为抛物线 的焦点 是椭圆 的一个焦点，所以
，解得 ，故选 D．
【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．
7.某几何体的三视图如图（虚线刻画的小正方形边长为 1）所示，则这个几何体的体积为
( ) ( ) ( )23 lnf x x x= − ( ) ( ) ( )23 lnf x x x− = − − −（ ） ( ) ( )23 lnx x−
( )f x
( ) ( )23 ln 0x x− = 1x = ± 3x = ±
10 1e
< < 2
1 1 13 ln 0f e e e
= − <
2 2
3
1x y
p p
+ =
p p
2p =
2 2 ( 0)y px p= > ( ,0)2
p 2 2
3
1x y
p p
+ =
23 ( )2
pp p− = 8p =
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先还原几何体，再分割成两个椎体，最后根据锥体体积公式求结果.
【详解】几何体为如图多面体 PABCDE，
所以体积为
选 D.
【点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求
解．
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法
进行求解．
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求
9
4
8 2
3
12 8
3
1 1 1 1 82 2 (1 2) 2 2 1 .3 2 3 2 3D PABE A BCDV V− −+ = × × × × + + × × × × =
解．
8.在 中， ， ， ，则 在 方向上 投影是
（ ）
A. 4 B. 3 C. -4 D. -3
【答案】D
【解析】
分析：根据平面向量的数量积可得 ，再结合图形求出 与 方向上的投影即可.
详解：如图所示：
，
，
，
又 ， ，
在 方向上的投影是：
，
故选 D.
点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问
题.
9.直线 分别与 轴， 轴交于 ， 两点，点 在圆 上，则
面积的取值范围是
A. B. C. D.
的ABC∆ AB AC AB AC+ = − 4AB = 3AC = BC CA
AB AC⊥ BC CA
AB AC AB AC+ = −
0AB AC∴ ⋅ =
∴ AB AC⊥
4AB = 3AC =
BC∴ CA
( )cos , cos cos 3BC BC CA BC ACB BC ACB π= − ∠ = − ∠ = −
2 0x y+ + = x y A B P ( )2 22 2x y− + =
ABP△
[ ]2 6， [ ]4 8， 2 3 2 ，
2 2 3 2 ，
【答案】A
【解析】
分析：先求出 A，B 两点坐标得到 再计算圆心到直线距离，得到点 P 到直线距离范围，
由面积公式计算即可
详解： 直线 分别与 轴， 轴交于 ， 两点
,则
点 P 在圆 上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点 P 到直线 的距离 的范围为
则
故答案选 A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档
题．
10.设 ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对数函数的图像与性质，先判断 的符号；结合对数的运算及换底公式可判断 的
符号及 的范围，进而可比较大小得解.
【详解】由对数函数的图像与性质可知 ， ，所以 ，
排除 C 选项；
由对数运算及换底公式可得
AB ，
x y 2 0+ + = x y A B
( ) ( )A 2,0 ,B 0, 2∴ − − AB 2 2=
2 2x 2 2y− + =（ ）
∴ 1
2 0 2 2 2
2
d
+ += =
x y 2 0+ + = 2d 2,3 2
[ ]2 2
1 2 2,62ABPS AB d d= = ∈
0.2log 0.3a = 2log 0.3b =
0a b ab+ < < 0ab a b< + <
0a b ab+ < < 0ab a b< < +
,a b +a b
a b
ab
+
0.2log 0.3 0a = > 2log 0.3 0b = < 0ab <
0 2.2log 0 lo 0.3 g .3a b+ = +
，
因为 ，所以 ，故排除 D；
而 ，因为 ，
所以 ，则 ，所以 ，
综上可知， ，
故选：B.
【点睛】本题考查了对数函数图像与性质的综合应用，对数的运算与换底公式的应用，属于
中档题.
11.设 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等边三角形且其面积
为 ，则三棱锥 体积的最大值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：作图，D 为 MO 与球的交点，点 M 为三角形 ABC 的中心，判断出当
平面 时，三棱锥 体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，
点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点，
2
2
2
log 0.3
log 0 log ..2 0 3+=
22 2
2
2
2
1 log 0.2 log 0.4
log 0log 0.3 log 0.3.2 log 0.2
= = ×
+
2 2 2log 0.2 0,llog 0.3 0, og 0.4 0<< < 0a b+ <
1 1 lg0.2 lg 2 lg0.4
lg0.3 lg0.3 lg0.3
a b
ab a b
+ = + = + = 1 lg0.3 lg0.4 0− < < <
lg0.40 1lg0.3
< < 0 1a b
ab
+< < ab a b< +
0ab a b< + <
A B C D， ， ， ABC
9 3 D ABC−
12 3 18 3 24 3 54 3
DM ⊥
ABC D ABC−
当 平面 时，三棱锥 体积最大
此时，
,
点 M 为三角形 ABC 的中心
中，有
故选 B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积
公式，判断出当 平面 时，三棱锥 体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC
的重心，计算得到 ，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较难题
型．
12.已知双曲线 的左、右两个焦点分别为 ， 为其左右顶点,
以线段 为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为 ，且 ,则双
曲线的离心率为( ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点 ，再由两点的斜率公式，得到
的关系，再由离心率公式即可得到所求值．
详解：双曲线 的渐近线方程为
DM ⊥ ABC D ABC−
OD OB R 4= = =
23 9 34ABCS AB= =
AB 6∴ =
2BM 2 33 BE∴ = =
Rt OMB∴ 2 2OM 2OB BM= − =
DM OD OM 4 2 6∴ = + = + =
( )max
1 9 3 6 18 33D ABCV −∴ = × × =
DM ⊥ ABC D ABC−
2BM 2 33 BE= =
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
− = > > 1 2F F、 A B、
1 2F F、 M 30MAB∠ =
21
2
21
3
19
3
19
2
M ,a b
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
− = > > by xa
= ± ，
以 为 代入圆的方程，可得，
（负的舍去）， ，
即有 又 ，
由于 ，则直线 的斜率为
又 ，则 ，
即有 ，
则离心率 ．
故选 B．
点睛：本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，直线的斜率公式，考查离
心率的求法，属于基础题．
二、填空题（共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分）
13. 的内角 的对边分别为 .若 ，则 的面积为
__________.
【答案】
【解析】
【分析】
本题首先应用余弦定理，建立关于 的方程，应用 的关系、三角形面积公式计算求解，本
题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力
的考查．
【详解】由余弦定理得 ，
所以 ，
即
解得 （舍去）
1 2F F by xa
，=
2 2
acx a
a b
= =
+
y b=
M a b（ ， ）， 0A a−（ ，）
30MAB∠ = AM 3
3k = ，
2
bk a
= 2 2 2 23 4 3b a c a= = −（ ）
2 23 7c a=
21 .3
ce a
= ＝
ABC , ,A B C , ,a b c π6, 2 , 3b a c B= = = ABC
6 3
c ,a c
2 2 2 2 cosb a c ac B= + −
2 2 21(2 ) 2 2 62c c c c+ − × × × =
2 12c =
2 3, 2 3c c= = −
所以 ，
【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错
误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．
14.若 满足约束条件 则 的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
作出可行域，根据目标函数的几何意义可知当 时， .
【详解】不等式组表示的可行域是以 为顶点的三角形区域，如下图所
示，目标函数 的最大值必在顶点处取得，易知当 时， .
【点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择及填空的形式出现，基本题型为给出
约束条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等.
15.已知 ， ，则 __________．
【答案】
【解析】
【详解】因为 ，
所以 ，①
因为 ，
所以 ，②
2 4 3a c= =
1 1 3sin 4 3 2 3 6 3.2 2 2ABCS ac B∆ = = × × × =
,x y
2 5 0,
2 3 0,
5 0,
x y
x y
x
+ − ≥
− + ≥
− ≤
z x y= +
9
5, 4x y= = max 9z =
(5,4), (1,2), (5,0)A B C
z x y= + 5, 4x y= = max 9z =
sin cos 1α β+ = cos sin 0α β+ = ( )sin α β+
1
2
−
① ②得 ，
即 ，
解得 ，
故本题正确答案为
16.已知函数 是定义在 上的偶函数，若对于 ，都有 且当
时， ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】
由 已 知 可 得 函 数 是 以 4 为 周 期 的 周 期 函 数 ， 且 是 定 义 在 上 的 偶 函 数 可 得
，求出 与 的值，可得答案.
【 详 解 】 解 ： 由 已 知 函 数 对 于 ， 都 有 ， 可 得
，
即当 时，函数 是以 4 为周期的周期函数，
又函数 是定义在 上的偶函数，可得 ，
，
，
故可得： ，
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性与周期性的综合应用，其中根据已知条件得出函数为周
期是 4 的周期函数是解题关键.
三、解答题（共 6 题，共 70 分）
17.为了纪念“一带一路”倡议提出五周年,某城市举办了一场知识竞赛,为了了解市民对“一
带一路”知识的掌握情况,从回收的有效答卷中按青年组和老年组各随机抽取了 40 份答卷,发
现成绩都在 内,现将成绩按区间 , , , ，
( )f x R 0x ≥ ( ) ( )2f x f x+ = −
[ )0,2x∈ ( ) e 1xf x x= − ( ) ( )2017 2018f f− + =
e
( )f x R
( ) ( ) ( ) ( )2017 2018 2017 2018f f f f− + = + ( )2017f ( )2018f
( )f x 0x ≥ ( ) ( )2f x f x+ = −
( ) ( ) ( )4 2f x f x f x+ = − + =
0x ≥ ( )f x
( )f x R ( ) ( ) ( ) ( )2017 2018 2017 2018f f f f− + = +
( ) ( )2017 504 4 1 (1) 1f f f e= × + = = −
( ) ( )2018 504 4 2 (2) (0) 1f f f f= × + = = − =
( ) ( ) ( ) ( )2017 2018 2017 2018 1 1f f f f e e− + = + = − + =
e
[ ]50,100 [ )50,60 [ )60,70 [ )70,80 [ )80,90 [ ]90,100
进行分组,绘制成如下的频率分布直方图．
青年组
中老年组
(1)利用直方图估计青年组的中位数和老年组的平均数；
(2)从青年组 , 的分数段中,按分层抽样的方法随机抽取 5 份答卷,再从中选
出 3 份答卷对应的市民参加政府组织的座谈会,求选出的 3 位市民中有 2 位来自 分
数段的概率．
【答案】(1)中位数为 80，平均数为 (2)
【解析】
【分析】
(1)根据中位数使得左右两边的面积相等,可以确定中位数,再根据在频率分布直方图计算平均
数的方法计算即可求出平均数；
(2) 求邮青年组 , 的分数段中答卷的份数,再求出抽取比例,最后确定两段中
分别抽取的答卷份数, 记 中的 3 位市民为 , , , 中的 2 位市民为 , ,
[ )80,90 [ ]90,100
[ ]90,100
73.5 3
10
[ )80,90 [ ]90,100
[ )80,90 a b c [ ]90,100 x y
列出可能出现的情况,最后求出选出的 3 位市民中有 2 位来自 分数段的概率．
【详解】解：(1)由青年组的频率分布直方图可知,前 3 个小矩形的面积和为 ,后 2 个小矩
形的面积和为 ,所以中位数为 80．
中老年组成绩的平均数为
．
(2)青年组 , 的分数段中答卷分别为 12 份,8 份,
抽取比例为 ,所以两段中分别抽取的答卷分别为 3 份,2 份．
记 中的 3 位市民为 , , , 中的 2 位市民为 , ,
则从中选出 3 位市民，共有不同选法种数 10 种：
, , , ,
, , , , , ．
其中,有 2 位来自 的有 3 种： , , ．
所以所求概率 ．
【点睛】本题考查了在频率分布直方图确定中位数和平均数的方法,考查了分层抽样的方法,
考查了古典概型概率的求法.
18.在 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对边的长. ， .
（1）求角 A 的值；
（2）若 ，求 的面积.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）根据同角三角函数关系式,可得 ,由正弦定理代入表达式即可求得 .
（2）根据正弦和角公式,可代入求得 .再由正弦定理可求得 ,结合三角形面积公式即可
求得 的面积.
[ ]90,100
0.5
0.5
( )55 0.01 65 0.03 75 0.03 85 0.025 95 0.005 10 73.5× + × + × + × + × × =
[ )80,90 [ ]90,100
5 1
12 8 4
=+
[ )80,90 a b c [ ]90,100 x y
( ), ,a b c ( ), ,a b x ( ), ,a b y ( ), ,a c x
( ), ,a c y ( ), ,a x y ( ), ,b c x ( ), ,b c y ( ), ,b x y ( ), ,c x y
[ ]90,100 ( ), ,a x y ( ), ,b x y ( ), ,c x y
3
10P =
ABC∆ cos 2 cosb A a B= 3cos 3B =
2 2c = + ABC∆
4
π
2 2+
sin B A
sinC b
ABC∆
【详解】（1）在 中,因为 ,
所以
因为
由正弦定理,得 ,即
所以
若 ,则 ,与 矛盾,故
于是
又因为
所以
（2）因为 , , ,
所以
由正弦定理 ,得
所以 的面积为
【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的应用,正弦定理解三角形,三角形面积公式的用法,
属于基础题.
19.已知数列 是各项都为正数的等比数列，且 .
（1）求 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 n 项和 .
ABC∆ 3cos 3B = 0 B π< <
2 6sin 1 cos 3B B= − =
cos 2 cosb A a B=
sin cos 2 sin cosB A A B= 6 3cos 2 sin3 3A A= ⋅
cos sinA A=
cos 0A = sin 0A = 2 2sin cos 1A A+ = cos 0A ≠
tan 1A =
0 A π< <
4A
π=
2 2c = +
4A
π= 3cos 3B = 6sin 3B =
2 3 2 6 2 3 6sin sin( ) sin cos cos sin 2 3 2 3 6C A B Ac B A B
+= + = + = × + × =
sin sin
b c
B C
=
6(2 2)sin 3 2 2sin 2 3 6
6
c Bb C
+ ×⋅= = =
+
ABC∆ 1 1 2sin 2 2 (2 2) 2 22 2 2S bc A= = × × + × = +
{ }na 3 4 5 1 22 , 1a a a a a+ = + =
{ }na
2 2log 3 logn nb a= +
1 2
2
n nb b+ +
nS
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）将已知条件转化为 的形式，解方程求得 ，进而求得数列 的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得数列 的前 n 项和 .
【详解】（1）设数列 的公比为 q，则 ，可变形为 ，
化简为
解得 或 （舍去）
因为 ，所以 ，解得
所以数列 通项公式为
（2）因为
所以
所以
【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式和前 项和公式的基本量计算，考查裂项相消求和
法，属于基础题.
20.已知四棱锥 ， ， ， ，点 在底面
上的射影是 的中点 ， ．
（1）求证：直线 平面 ；
（2）若 ， 、 分别为 、 的中点，求直线 与平面 所成角的正弦
值；
（3）当四棱锥 的体积最大时，求二面角 的大小．
的
12
3
n
na
−
= 2
1n
nS n
= +
1,a q 1,a q { }na
1 2
2
n nb b+ +
nS
{ }na 3 4 52a a a+ = 2 3 4
1 1 12a q a q a q+ =
2 2 0q q− − =
2q = 1q = −
1 2 1a a+ = 1 12 1a a+ = 1
1
3a =
{ }na
1
11 223 3
n
n
na
−
−= × =
( ) 1
2 2 2 2log 3 log log 3 log 2 1n
n n nb a a n−= + = = = −
1 2
2 2 1 12( 1) 1n nb b n n n n+ +
= = − + +
1 1 1 1 1 22 1 2 2 3 1 1n
nS n n n
= − + − +…+ − = + +
n
P ABCD− 1
2BC CD DA= = //BC AD 90ADC∠ = P
ABCD BD O 2PC =
BD ⊥ POC
1BC = M N PO CD MN PCD
P ABCD− B PC D− −
【答案】（1）证明见解析（2） （3）
【解析】
【分析】
（1）连接 ，由题意可得出 平面 ，可得出 ，由等腰三角形三线合
一的思想可得出 ，再利用线面垂直的判定定理可得出结论；
（2）以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系，先由
求出点 的坐标，然后利用空间向量法可求出直线 与平面 所成角的正弦
值；
（3）设 ，则 ， ，利用基本不等式求出三棱锥
体积的最大值，求出 的值，以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空
间直角坐标系，利用空间向量法可求出二面角 的大小．
【详解】（1）连接 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ，且 为 的中点，故 ．
又 ，所以 平面 ；
（2）以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立直角坐标系如图所示，
则 ， ， ， ，
105
35
2
3
π
OC PO ⊥ ABCD PO BD⊥
PO BD⊥
C CD CB x y
2PC = P MN PCD
2BC a= 2OC a= 22 2PO a= − P ABCD−
a C CD CB x y
B PC D− −
OC PO ⊥ ABCD BD ⊂ ABCD PO BD⊥
BC CD= O BD OC BD⊥
PO OC O= BD ⊥ POC
C CD CB x y
( )0,0,0C ( )0,1,0B ( )1,0,0D 1 1, ,2 2P m
于是 ，解得 ．即 ．
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，令 ，得 ，
所以 ．
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ；
（3）设 ，则 ， ，
所以
，
21 1 24 4PC m= + + = 6
2
=m 1 1 6, ,2 2 2P
1 ,0,02N
1 1 6, ,2 2 4M
1 60, ,2 4NM
=
PCD ( ), ,n x y z= ( )1,0,0CD = 1 1 6, ,2 2 2CP
=
0 0
1 1 6 602 2 2
n CD x x
y zn CP x y z
⋅ = = = ⇒ = −⋅ = + + =
1z = − ( )0, 6, 1n = −
6 60 2 4 105sin cos , 351 6 6 14 16
n NMn NM
n NM
θ
+ −
⋅= < > = = =
⋅ + ⋅ +
MN PCD 105
35
2BC a= 2OC a= 22 2PO a= −
( )2 4 21 2 4 2 2 2 2 2 23 2P ABCD
a aV a a a a−
+= × × × − = −
32 2 22 2 4 62 3 9
a a a + + −≤ =
当且仅当 即 时取等号，此时 ， ，
以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则 ， ， ， ．
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，令 ，得 ，
同理，可得平面 的一个法向量为的 ，
所以 ，
又因为二面角 为钝二面角，所以二面角 的大小为 ．
【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了线面角和二面角的计算，建立空间直角坐
标系是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
2 22 2a a= − 2 6
3 3a = = 2 6
3BC CD= = 4 3
3BD =
C CD CB x y
( )0,0,0C 2 6 ,0,03D
2 60, ,03B
6 6 6, ,3 3 3P
PBC ( )1 1 1 1, ,n x y z= 2 60, ,03CB
=
6 6 6, ,3 3 3CP
=
( )
1 1
1
1 1
1 1 1
2 6 0 03
6 03
n CB y y
x z
n CP x y z
⋅ = = = ⇒ = − ⋅ = + + =
1 1z = − ( )1 1,0, 1n = −
PCD ( )2 0,1, 1n = −
1 2
1 2
1 2
1cos , 2
⋅< >= =
⋅
n nn n
n n
B PC D− − B PC D− − 2
3
π
21.已知椭圆 C: 的左,右焦点分别为 且椭圆 上的点
到 两点的距离之和为 4
(1)求椭圆 的方程;
(2)若直线 与椭圆 交于 两点, 为坐标原点直线 的斜率之积等于
，试探求△OMN 的面积是否为定值，并说明理由
【答案】（1） ；（2）定值 1
【解析】
【分析】
（1）由已知求得 ，又点 在椭圆上，代入求得 ，即可得到椭圆的方程；
（2）设 ，联立方程组，求得 ，又由
直线 的斜率之积等于 ，化简求得 ，再由弦长公式和面积公式，即
可求解.
【详解】（1）由已知 ，即 ，又点 椭圆上，
所以 ，所以 ，故椭圆方程为 .
（2）设 ，
由 ，得 ，
则 ，即 ，
且 ，
在
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > 1 2,F F C P 3(1, )2
1 2,F F
C
y kx m= + C ,M N O ,OM ON
1
4
−
2
2 14
x y+ =
2a = 3(1, )2P 2 1b =
1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y
2
1 2 1 22 2
8 4( 1),1 4 1 4
mk mx x x xk k
−+ = − =+ +
,OM ON 1
4
− 2 22 4 1m k= +
2 4a = 2a = 3(1, )2P
2
2
3
1 2 14 b
+ =
（ ） 2 1b =
2
2 14
x y+ =
1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y
2
2 14
y kx m
x y
= + + =
2 21 4 ) 8 4( 1) 0k mkx m+ + + − =（
2 2 2 264 16(1 4 )( 1) 0m k k m∆ = − + − > 2 21 4 0k m+ − >
2
1 2 1 22 2
8 4( 1),1 4 1 4
mk mx x x xk k
−+ = − =+ +
因为直线 的斜率之积等于 ，
，
所以 ，
即 ，
又 到直线 MN 的距离为 ，
所以 .
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解
答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与
系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考
查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
22.在直角坐标系 中，圆 C 的参数方程为 ，其中 为参数，以坐标原点
为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆 的极坐标方程；
（2） 为圆 上一点，且 点的极坐标为 ，射线 绕 点逆时针
旋转 ，得射线 ，其中 也在圆 上，求 的最大值．
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（ 1 ） 消 去 参 数 ， 得 到 圆 的 直 角 坐 标 方 程 ， 利 用 极 坐 标 与 直 角 坐 标 的 互 化 公 式
即得解；
,OM ON 1
4
−
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
( )( ) ( ) 1
4
y y kx m kx m km x x k x x m
x x x x x x
+ + + + += = = −
2 2 2 2 2 2
2 2
( 8 ) 4 ( 1) (1 4 ) 4 1
4( 1) 4( 1) 4
km km k m m k m k
m m
− + − + + −= = −− −
2 22 4 1m k= +
O 21
md
k
=
+
2
2 2 2
1 2 1 2 2
16 81 ( ) 4 1 8kMN k x x x x k m
+= + + − = + −
2 21 1 16 8 4(4 1) 12 2OMNS MN d k k∆ = ⋅ = + − + =
xOy 1 cos
sin
x
y
α
α
= +
=
α O
x
C
B C B ( )0 0 0, , ,2 6
π πρ θ θ ∈ − OB O
3
π
OA A C OA OB+
2cosρ θ= 2 3
α
2 2 2 , cos ,x y xρ ρ α= + =
（2）设 ，利用极坐标的几何意义， ，利
用辅助角公式，即得解.
【详解】（1） ，
由 可得圆 的极坐标方程 ．
（2）由题意可知： ，所以
，所以 ，
从而 最大值为 ．
【点睛】本题考查了参数方程，极坐标综合，考查了参数方程，极坐标与普通方程的互化，
极坐标的几何意义，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
1 0( , )6A
πρ θ + 0 02cos 2cos 3OA OB
πθ θ + = + +
1 cos
sin
x
y
α
α
= +
=
2 2 2 2( 1) 1 2 0x y x y x⇒ − + = ⇒ + − =
2 2 2 , cos ,x y xρ ρ α= + = C 2cosρ θ=
1 0( , )6A
πρ θ +
0 0 02cos 2cos 2 3 cos3 6OA OB
π πθ θ θ + = + + = +
0 ,2 6
π πθ ∈ − 0( ) ( , )6 3 3
π π πθ + ∈ − 0
1cos( ) ( ,1]6 2
πθ⇒ + ∈
OA OB+ 2 3