2025屆長沙市某中學(xué)高三數(shù)學(xué)上學(xué)期11月考試卷及答案解析

長沙市一中2025屆高三月考試卷（三）

數(shù)學(xué)

時(shí)量：120分鐘滿分：150分

一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有

一項(xiàng)是符合題目要求的）

^-=3-41

z|

1.若復(fù)數(shù)z滿足z，則()

2D.

B.一L.-------如

A-T552

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出復(fù)數(shù)z,計(jì)算其模，即得答案.

【詳解】由出口=3—4i可得z=1+i(l+i)(3+4i)_-l+7i

Z3-4i(3-4i)(3+旬25

則目=爭

故選：C

2.已知數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和S”=〃2一2〃,則的+0+%等于（）

A.12B.15C.18D.21

【答案】B

【解析】

【分析】利用其-尾即可求得生+4+的值?

［詳解】因?yàn)閿?shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和Sn=/-2〃,

2

所以的++。5=$5—S=5—-2x5—(2-2x2)=15.

故選：B.

3.拋物線y=4/的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（

A.(1,0)B.(-1,0)

c（0,一《）D（o,』）

【答案】D

【解析】

【分析】先將拋物線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，從而可求出其焦點(diǎn)坐標(biāo)

【詳解】解：由＞=4/，得

所以拋物線的焦點(diǎn)在N軸的正半軸上，且22=!

4

所以夕=g，勺總

所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0,'），

16

故選：D

4.如圖是函數(shù)〉=sin（ox+e）的部分圖象,則函數(shù)的解析式可為（）

y=sin卜+m

A.y=smy-2%B.

y=sin12x+g"cosg-2x

C.D.

【答案】A

【解析】

5兀

【分析】觀察圖象，確定函數(shù)〉=sin（ox+。）的周期,排除B,由圖象可得當(dāng)x=—時(shí)，函數(shù)取最小值,

12

求。由此判斷AC,結(jié)合誘導(dǎo)公式判斷D.

2兀兀

【詳解】觀察圖象可得函數(shù)J=sin（0x+9）的最小正周期為7=2

~3~~6=71,

2兀

所以L=兀，故刃=2或G=—2,排除B；

兀2兀

觀察圖象可得當(dāng)_%+亍_5兀時(shí)，函數(shù)取最小值,

X--------二—

212

5兀37i

當(dāng)@=2時(shí)，可得2x----（p—24兀+—,左￡Z,

122

2兀

所以0=2左兀+,左eZ,排除C；

5兀7T

當(dāng)口=—2時(shí)，可得一2x----（p—2左兀----，左wZ,

122

兀

所以0=2祈+1,keZ,

7T

取左=0可得，0=—,

3

故函數(shù)的解析式可能為了=sin[g-2x）,A正確;

y—cos―2x]—cos+——2x]——sin―2x],D錯(cuò)誤

故選：A.

5.1903年，火箭專家、航天之父康斯坦丁?齊奧爾科夫斯基就提出單級火箭在不考慮空氣阻力和地球引力

1m,+m

的理想情況下的最大速度v滿足公式：v二%ln加幅9其中％，加2分別為火箭結(jié)構(gòu)質(zhì)量和推進(jìn)劑的質(zhì)

量，%是發(fā)動機(jī)的噴氣速度.已知某單級火箭結(jié)構(gòu)質(zhì)量是推進(jìn)劑質(zhì)量的2倍，火箭的最大速度為8km/s,

則火箭發(fā)動機(jī)的噴氣速度為（）（參考數(shù)據(jù)：ln2p0.7,ln3e1.1,1114^1.4）

80

A.10km/sB.20km/sC.一km/sD.40km/s

3

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)實(shí)際問題，運(yùn)用對數(shù)運(yùn)算可得.

,m,+m?,2m,+m7n

【詳解】由題意叫=2加2，v=%lnq_-=voln—=—-=8,

mi2m2

.888

3y_=-----=-----------x----------=2。

得%1117=8,故。3ta3-ln21.1-0.7，

2In

2

故選：B

___o___r

6.若3cosa+JIUcos/=—,3sina-JiUsin6=—,則cos（a+〃）的值為（）

444

【答案】C

【解析】

【分析】已知兩式平方相加，再由兩角和的余弦公式變形可得.

_O_ZT

【詳解】因?yàn)?cosa+JIUcos/=1，3sina-VlOsin/?=—,

所以(3cosa+VlOcosyff)2=晟,(3sincr-VlOsin^)2=,

即所以9cos2a+6jfUcosacos〃+10cos2笈二￡,

9sin2a-6V10sincfsin^+1Osin2/?=,

兩式相加得9+6V10cos(a+/)+10=4,

所以C0S（6K+尸）二———，

故選：C.

7.如圖，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從原點(diǎn)O出發(fā)，每隔一秒隨機(jī)向左或向右移動一個(gè)單位長度，向左的概率為白，向右

3

的概率為工，共移動4次，則該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的概率為（）

3

-4-3-2-101234

4824

A.—B.—C.—D.一

272799

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的方式有0-1->0-1和0—1—2—1,且兩種方式第4次

移動向左向右均可以求解.

【詳解】共移動4次，該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的方式有0->1->0-1和0—1—2—1,且兩種方

式第4次移動向左向右均可以，

1211124

所以該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的概率為一X—X—+—X—X—=.

33333327

故選：A.

8.設(shè)S“為數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和，若%+%+i=2〃+l,且存在左eN*，5*=5印=210,則％的取值集合

為（

A,{-20,21)B.{-20,20)

C.{-29,11}D.{-20,19}

【答案】A

【解析】

【分析】利用4+?！?1=2〃+1可證明得數(shù)列｛%7｝和｛%"｝都是公差為2的等差數(shù)列，再可求得

S2“=〃（2〃+l）,有了這些信息，就可以從左的取值分析并求解出結(jié)果.

【詳解】因?yàn)?%+「=2十+1,

所以S2”=（%+%）+（%+%）+…+（%〃-1+%〃）-3+7H—+（4〃-1）=---------〃（2〃+1）,

假設(shè)S2"=〃（2〃+l）=210,角星得〃=10或〃=一~—（舍去），

由存在kwN*，^=^+1=210,所以有人=19或左=20,

a

由%+n+\=2〃+1可得，an+l+%+2=2〃+3,兩式相減得：cin+2—an=2,

當(dāng)左=20時(shí)，有S20=S21=210,即出1=0,

根據(jù)為+2—。〃=2可知：數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)是等差數(shù)列，公差為2,

所以。2i="i+（ll—l）x2=0,解得q=—20,

當(dāng)左=19時(shí)，有S]9=020=210,即。20=0，

根據(jù)氏+2-%=2可知：數(shù)列偶數(shù)項(xiàng)也是等差數(shù)列，公差為2,

所以20=%+（10_l）x2=0,解得的=_18,

由已知得力+出=3,所以—21.

故選：A.

二、選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，至少有兩項(xiàng)

是符合題目要求，若全部選對得6分，部分選對得部分分，選錯(cuò)或不選得0分）

9.如圖，在正方體中，點(diǎn)、E,廠分別為的中點(diǎn)，則下列說法正確的是

()

A.直線EF與De為異面直線B.直線D.E與DC,所成的角為60°

C.DXF±ADD,〃平面CD2G

【答案】ABD

【解析】

【分析】直接根據(jù)異面直線及其所成角的概念可判斷AB,利用反證法可判斷C,利用線面平行判定定理可

判斷D.

【詳解】如圖所示，連接NC,CD-EF,

由于￡,廠分別為401,的中點(diǎn)，即尸為NC的中點(diǎn)，

所以EF//。。一￡E(z面C">G，CRc面C”>G，

所以￡戶〃平面C">G，即D正確；

所以EE與共面，而用￡。2,所以直線所與2片為異面直線，即A正確；

連接8。，易得D[E//BCi，

所以ZDQB即為直線D[E與DCI所成的角或其補(bǔ)角，

由于為等邊三角形，即/。。㈠=60。，所以B正確；

假設(shè)A尸，N。，由于ND，。，，DFCDR=D,所以/。，面

而面口。廠顯然不成立，故C錯(cuò)誤；

故選：ABD.

10.已知P是圓。：/+J?=4上的動點(diǎn),直線4:xcos8+ysine=4與4:xsin。一ycos8=l交于點(diǎn)

0,則（）

A.lx1Z2B.直線4與圓。相切

C.直線，2與圓。截得弦長為2百D.|。。|的值為舊

【答案】ACD

【解析】

【分析】選項(xiàng)A根據(jù)4，，2，44+5d2=0可判斷正確；選項(xiàng)B由圓心。到4的距離不等半徑可判斷錯(cuò)

誤；選項(xiàng)C根據(jù)垂直定理可得；選項(xiàng)D先求出0（4sin。-cos仇4cos9+sin。），根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式

選項(xiàng)A：因cosesin^+sinel—cos。）=0,故乙，4，A正確;

選項(xiàng)B：圓。的圓心。的坐標(biāo)為（0,0）,半徑為外=2,

圓心。到4的距離為4=/,。=4〉r,故直線4與圓。相離，故B錯(cuò)誤;

Vcos2^+sin2^

,_|-1|_

選項(xiàng)C:圓心。到4的距離為=I—=1,

[sine+（-cos。）

故弦長為I=2G2-d；=2-\/3，故C正確;

xcos8+ysin8=4fx=4cos8+sine

選項(xiàng)D：由4.八八i得《一八八，

xsin，-ycos，=1[y=4sm3-cos0

故0(4cos6+sin仇4sin6-cos。),

故|。。|二^(4cos6^+sin6^)2+(4sin^-cos6^)2=V17，故D正確

故選：ACD

11.已知三次函數(shù)/(%)=。/+樂2+“+1有三個(gè)不同的零點(diǎn)不，9,x3(xj<x2<x3),函數(shù)

g(x)=/(x)—l也有三個(gè)零點(diǎn)。，彳2，，3(。<%2<%3)，則()

A.b1>3cle

B.若為，x2,X3成等差數(shù)列，則々=-2

3。

C.2+/<4+%3

D.%；+x；+x；=%；+，；+%；

【答案】ABD

【解析】

【分析】對于A,由題意可得/'(x)=0有兩個(gè)不同實(shí)根，則由A〉0即可判斷；對于B,若%,/,工3成等

差數(shù)列，則(X2,f(X2))為了(X)的對稱中心，即可判斷；對于C,結(jié)合圖象，當(dāng)。〉0和4<0時(shí)，分類討論

即可判斷；對于D,由三次函數(shù)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，結(jié)合韋達(dá)定理，即可判斷.

【詳解】因?yàn)?(X)=ax，+樂2+cx+d,

(b(b

則/'(x)=3QX?+26x+c,QWO’對稱中心為一^—,f\---，

I3Q3aJj

對于A,因?yàn)?(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，所以/(x)必有兩個(gè)極值點(diǎn)，

即/'("=3〃%2+2加:+。=0有兩個(gè)不同的實(shí)根，

所以A=4b2-12ac>0，即〃>^ac，故A正確；

對于B,由占,%2，%3成等差數(shù)列，及三次函數(shù)的中心對稱性，

可知(X2,f(x2))為/(X)的對稱中心，所以％2=-，故B正確;

對于C,函數(shù)g(x)=/(x)T,當(dāng)g(x)=。時(shí)，/(x)=l,

則y=l與y=f（x）的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)即為4,，2，%3,

當(dāng)Q〉0時(shí)，畫出/（X）與V=1的圖象，

由圖可知，再<4，X3<t3,則須+%3<4+%3,

當(dāng)Q<0時(shí)，則再+工3>。+/3，故C錯(cuò)誤;

(x-x)(x-x)(x-x)=ax3+bx2+cx+d

a123

對由題意,

D,(X-，J(X-%2)(X-3)=Q%3+bf+CX+d-1

a

b

X]+%+%3=￡[+/2+=----

a

整理,得《

c

XxX2+X2X3+X3Xx=單2+"3+t3t1=—

一一a

-I—2(4G+12/3+

得(X]+%2+X3)-2(XJX2+X2X3+X3X])=(4+4+/3

即x：+x；+x；=彳+1+/；,故D正確.

故選：ABD.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題D選項(xiàng)的關(guān)鍵是利用交點(diǎn)式得到三次方程的韋達(dá)定理式再計(jì)算即可.

三、填空題（本大題共3個(gè)小題，每小題5分，共15分）

12.己知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布8（〃,2），若E（X）=3,Q（X）=2,則〃=.

【答案】9

【解析】

【分析】根據(jù)二項(xiàng)分布的期望、方差公式，即可求得答案.

【詳解】由題意知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布8（〃,p）,E（X）=3,￡>（X）=2,

貝|」7卯=3,7/（1—2）=2,即得P=；,〃=9,

故答案為：9

13.已知平面向量7,B滿足同=2,問=1,且B在）上的投影向量為,則|萬+可為.

【答案】V3

【解析】

【分析】由條件結(jié)合投影向量公式可求鼠根據(jù)向量模的性質(zhì)及數(shù)量積運(yùn)算律求歸+用.

【詳解】因?yàn)锽在2上的投影向量為一工2,

4

b-aa1-1c

所以yr[=一：Q，又同二2,

\a\\a\411

所以=-1，又W=L

所以卜+可=,卜+3『=^a2+2a-b+b2=V4-2+1=73.

故答案為：V3.

14.如圖，已知四面體45CD的體積為32,E,F分別為AB,6c的中點(diǎn)，G,“分別在CD,AD

上，且G,X是靠近。點(diǎn)的四等分點(diǎn)，則多面體￡7（汨3。的體積為.

【答案】II

【解析】

【分析】連接EG,￡0,將多面體EEGHS。被分成三棱錐G-〃和四棱錐￡-BEG。，利用題設(shè)條

件找到小棱錐底面面積與四面體底面面積的數(shù)量關(guān)系，以及小棱錐的高與四面體的高的數(shù)量關(guān)系，結(jié)合四

面體的體積即可求得多面體斯GEZSD的體積.

如圖，連接EG,，則多面體EFGHBD被分成三棱錐G-EDH和四棱錐￡—BFGD.

因〃是上靠近。點(diǎn)的四等分點(diǎn)，則S?HE=-SMED，

又E是4B的中點(diǎn)，故S4DHE=二S"ED=:X}S"BD=&SdBD，

44Zo

因G是CD上靠近。點(diǎn)的四等分點(diǎn)，則點(diǎn)G到平面ABD的距離是點(diǎn)C到平面ABD的距離的9,

4

11TZ=-^―x32=1；

故三棱錐G-EDH的體積%.EDH

32

_13?35

又因點(diǎn)尸是5c的中點(diǎn)，則ZCFG=3義工S-BCD=:§S&BCD，故SBFGD=可S&BCD

又由￡是48的中點(diǎn)知，點(diǎn)￡到平面BCD的距離是點(diǎn)A到平面BCD的距離的,，

2

故四棱錐￡—BFGD的體積VE_BFGD=|xlVA_BCD=-^x32=10,

8216

故多面體EFGHBD的體積為VG_EDH+VE_BFGD=1+10=11.

故答案為：11.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題主要考查多面體的體積求法，屬于較難題.一般的求法有兩種：

(1)分割法：即將多面體通過連線，作面的垂線等途徑，將其分成若干可以用公式求解；

(2)補(bǔ)形法：即將多面體通過輔助線段構(gòu)造柱體，錐體或臺體，利用整體體積減去個(gè)體體積等間接方法

求解.

四、解答題(本大題共5個(gè)小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

15.設(shè)V4SC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為b,c,已知asirtS—GbcosZ=0.

(1)求A；

(2)若sinB+sinC=2siM,且V48C的面積為右，求a的值.

7T

【答案】(1)A=-

3

(2)a=2

【解析】

【分析】(1)利用正弦定理的邊角變換得到tanZ=G，從而得解；

(2)利用正弦定理的邊角變換，余弦定理與三角形面積公式得到關(guān)于。的方程，解之即可得解.

【小問1詳解】

因?yàn)閍sinS-=0,即asinB=拒bcosA，

由正弦定理得sinZ?sin8=Csin8-cosA，

因?yàn)閟inBw0,所以sinZ=Gcos4則tanA=也，

又Ne(O,兀)，所以/=g.

【小問2詳解】

因?yàn)閟inB+sinC=2siib4,由正弦定理得b+c=2a,

因?yàn)?=￡,所以S='bcsinZ=x二■=，則bc=4,

3"222

由余弦定理/=b2+c2-2bc-cosA>得余+c2-be-4>

所以(b+c)2—36c=4,貝.2a7一3x4=4,解得a=2.

16.設(shè)/(x)=(x?+ax)lnx+gx2,eR

(1)若4=0,求/(X)在X=1處的切線方程；

⑵若aeR,試討論/(x)的單調(diào)性.

【答案】(1)4x—2y—3=0

(2)答案見解析

【解析】

【分析】(1)由函數(shù)式和導(dǎo)函數(shù)式求出/(I)和/'(1),利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可寫出切線方程；

(2)對函數(shù)/(x)求導(dǎo)并分解因式，根據(jù)參數(shù)。的取值進(jìn)行分類討論，由導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)推得原函數(shù)的增減,

即得/(x)的單調(diào)性.

【小問1詳解】

當(dāng)。=0時(shí)，f(x)=x2lnx+^x2,f'(x)=2x(lnx+l),因/⑴=；,八1)=2,

故/(X)在x=l處的切線方程為y—g=2(x—1),即4x—2y—3=0；

【小問2詳解】

因函數(shù)y(x)=(x2+ax)lnx+gx2的定義域?yàn)?0,+s),

/'⑴=(2x+Q)Inx+2x+a=(2x+a)(lnx+1),

211

①當(dāng)QV-一時(shí)，若0<%<—，貝!Jlnx+l<0,2x+a<0,故/'(x)〉0,即函數(shù)/(%)在(0,—)上單調(diào)遞

eee

增；

1Q

若x>—,由2x+〃=0可得x=—.

e2

則當(dāng)』<x<—@時(shí)，2x+a<0,lnx+l>0,故/'(x)<0,即函數(shù)/(x)在(士―巴)上單調(diào)遞減；

e2e2

當(dāng)x〉—時(shí)，lnx+l>0,2x+Q〉0,故/'(x)>0,即函數(shù)/(%)在(—■|,+s)上單調(diào)遞增；

211

②當(dāng)——<Q<0時(shí)，若%>—，貝!Jlnx+1〉0,2%+?！?,故/'(%)〉0,即函數(shù)/(%)在(一,+8)上單

eee

調(diào)遞增；

若一2<%<,，則lnx+l<0,2x+〃〉0,故/'(%)<0,即函數(shù)/(%)在(一區(qū)」)上單調(diào)遞減；

2e2e

若Ov'C—'l，則lnx+l<0,2x+a<0,故/'(x)〉0,即函數(shù)/(%)在(0,-￡)上單調(diào)遞增，

2

③當(dāng)〃=——時(shí)，/(村20恒成立，函數(shù)/(、)在(0,+。)上單調(diào)遞增，

e

④當(dāng)時(shí)，若x>,，則lnx+l>0,2x+a〉0,故/'(x)〉0,即函數(shù)/(%)在(L+oo)上單調(diào)遞

ee

增；

若0<x<』，則lnx+l<0,2x+a〉0,故/'(x)<0,即函數(shù)/(x)在(02)上單調(diào)遞減；

ee

。11

綜上，當(dāng)時(shí)，函數(shù)/(%)在(0,—)上單調(diào)遞增，在(一,)上單調(diào)遞減，在(,+8)上單調(diào)遞

eee22

增；

2

當(dāng)〃=——時(shí)，函數(shù)/(X)在(0,+。)上單調(diào)遞增；

e

。11

當(dāng)--<。<0時(shí)，函數(shù)/(X)在(0,-@)上單調(diào)遞增，在(-q,—)上單調(diào)遞減，在(—,+8)上單調(diào)遞增；

e22ee

當(dāng)心0時(shí)，函數(shù)/(X)在(0/)上單調(diào)遞減，在d,+8)上單調(diào)遞增.

ee

17.已知四棱錐P-4BC。，底面45CD為菱形，PD=PB,H為PCk的點(diǎn)、,過///的平面分別交

PB,PD于懸M,N,且8。11平面/1^乂.

(1)證明：MNLPC；

(2)當(dāng)〃為尸。的中點(diǎn)，0Z=PC=J14民0N與平面N5C。所成的角為60°,求平面與平面

/〃乂所成的銳二面角的余弦值.

【答案】(1)證明見詳解

【解析】

【分析】（1）根據(jù)線面垂直可證AD1平面PNC,則8￡>J_尸C,再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可證5。II

MN,進(jìn)而可得結(jié)果；

（2）根據(jù)題意可證尸。，平面48CD,根據(jù)線面夾角可知APNC為等邊三角形，建立空間直角坐標(biāo)系，

利用空間向量求面面夾角.

【小問1詳解】

設(shè)NCnAD=。，則。為NC,AD的中點(diǎn)，連接尸。,

因?yàn)殓?CD為菱形，則

又因?yàn)槭?尸8,且。為AD的中點(diǎn)，則尸。LAD,

ACC\PO=O,NC,POu平面P/C,所以平面R4C,

且尸Cu平面P4C,則

又因?yàn)镽DII平面ZMW,ADu平面PAD,平面幺"ffiVCl平面尸AD=MN,

可得8DIIMN,所以MN,尸C.

【小問2詳解】

因?yàn)槭琋=PC,且。為/C的中點(diǎn)，則尸OJ.ZC,

且尸。_LAD,AC（｝BD=O,ZC,8Du平面48CD,所以尸0,平面4BCQ,

可知PA與平面ABCD所成的角為NPNC=60°,即&PAC為等邊三角形，

設(shè)/XIPO=G,則GeZ〃,Ge。。，且4Hu平面尸Ou平面PAD,

可得Ge平面ZMHN,Ge平面PAD,

且平面NMfWn平面尸跖V,所以GeTW,即4H,P0,MN交于一點(diǎn)G,

因?yàn)椋瑸槭珻的中點(diǎn)，則G為APNC的重心,

PMPN_PG_2

且BDII2W,則——

PBPD—P0-3

設(shè)/8=2,則尸Z=。。=2百,CM=OC=-AC=50B=0D=1,OP=3,

2

如圖，以。4,。民。尸分別為x，v，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系,

則Z（G,O,O）,尸（0,0,3）,《0,：1：^0,-：11

umrumr(-73,0,3)

可得/Af=,O\A?=

〃,AM——+§必+Z]—0

設(shè)平面4W的法向量〃=(%,%,zj,則＜

——?4

n-NM=-y.=0

31

令玉=1,則％=0,2]=6，可得〃=(1,0,J3)

JTI?A.hd——+—JV2+Z2=0

設(shè)平面尸的法向量加二(%2，%/2)，貝卜

m-AP=-V3X2+3Z2=0

令/=百，則必=3/2=1,可得機(jī)=(、回,3,1卜

/「、?2-73V39

可得小〃回nm=曲=中=后，

所以平面PAM與平面AMN所成的銳二面角的余弦值叵.

13

2

18.已知雙曲線-q=l的左、右焦點(diǎn)為片，F(xiàn)2,過用的直線/與雙曲線r交于A,2兩點(diǎn).

(1)若軸，求線段48的長;

(2)若直線/與雙曲線的左、右兩支相交，且直線/月交y軸于點(diǎn)直線5片交y軸于點(diǎn)N.

(i)右SARAB二SARMN，求直線/的方程;

(ii)若片，月恒在以"N為直徑的圓內(nèi)部，求直線/的斜率的取值范圍.

【答案】(1)線段48的長為6；

27105

(2)(i)直線/的方程為

21

(ii)直線/的斜率的取值范圍為(—孚

【解析】

【分析】(1)直接代入橫坐標(biāo)求解縱坐標(biāo)，從而求出的值；

(2)(i)(ii)先設(shè)直線和得到韋達(dá)定理，在分別得到兩個(gè)三角形的面積公式，要求相等，代入韋達(dá)定理求

出參數(shù)的值即可.

【小問1詳解】

由雙曲線r：x=1=l的方程，可得〃=1方=3,所以4=1/=道,°=,片+/=2,

所以￡(一2,0),居(2,0),若4gIX軸，則直線45的方程為x=2,

代入雙曲線方程可得2(2,3),8(2,-3),所以線段AB的長為6；

【小問2詳解】

(i)如圖所示,

若直線/的斜率為0,此時(shí)/為x軸，48為左右頂點(diǎn)，此時(shí)久,48不構(gòu)成三角形，矛盾,

所以直線/的斜率不為0,設(shè)/:x=(y+2,4%],%),風(fēng)工2，％)，

x23r—IwO

聯(lián)立消去x得(3^-1)/+12(y+9=0,/應(yīng)旃足〈1,

[△=144/2—36(3/—1)>0

x=ty+2

12/Q

由根與系數(shù)關(guān)系可得%+%=-h7，%必'

—1jt—1

直線/月的方程為歹=匕蘭(無+2),令x=0,得歹，點(diǎn)四(0,2\),

西+2%+2項(xiàng)+2

直線班的方程為歹="一^(x+2),令％=0,得丁=一烏口點(diǎn)、N(0,2%),

4+2x2+2x2+2

S&F\AB-lSAFIF?B-S4與巷/WG乂弘一力卜2|弘-KI，

=h1加一加1=1加一外9器一及

=,2M_2%2%（優(yōu)+4）-2%（佻+4）8（乂-%）?

T供+4優(yōu)+4（依+4）（優(yōu)+4）㈠產(chǎn)%%+今（必+%）+16'

由SAF\AB=S"FMN，可得I~24I_二）

1I=217i-71,

t"%+"（必+%）+162

912/

2

所以I產(chǎn)％%++y2）+16|=4,所以11X37_]+4*一3._]）+16|=4,

9t2-48/+48/-169/2-16,“病，日，220

解得I1=4,|Hi'解得'二

3t2-l

3/—1W0g、i2V105

經(jīng)檢驗(yàn),滿足＜所以"土L-----，

A=144〃—36（3廣—1）>021

所以直線/的方程為

（ii）由《，巴恒在以"N為直徑的圓內(nèi)部，可得/耳〃工＞90°,

所以詢?取＜0,又詢=（2,三］），甲二（2,三：），

所以4+且）乂且、＜0,所以1+

必必<0,

國+

2x2+2（X]+2）（X2+2）

9

?VM<0，所以]+-----5~------<0,

所以1+”-I

/必必+47（必+必）+16t2x^—+4t（——y^-