江西省西路片七校2024-2025學年高三下學期第二次聯考數學

試題

學校:___________姓名：___________班級：_________考號：_________

一、單選題

1.集合4=2|二^>01,8=｛力，若2cA=0,則a

可能是（）

1

A.—B.—C.3D.—

233

2.在復平面內，復數Z繞原點逆時針旋轉|■得g+i,則復數Z的虛部為（）

A.-73B.1C.-1D.-后

3.若雙曲線。：!-5=1e>0/>0）的一條漸近線（過第一、三象限）的斜率小于日，

則C的離心率的取值范圍為（）

A.（0,2）B.（1,2）0?［，羊［口

4.已知向量同=1,1|=2,6在。方向上的投影向量為-a，則a在b方向上的投影向量為（）

11r

A.--bB.——b7C.—bD.-b

4242

5.（依-5y）5的展開式中丁丁的系數是2000,則實數〃的值為（)

A.4B.-4C.2D.-2

6.已知數歹￡見｝滿足外,=〃［［］，｛風｝的前12項組成一組數據，其第90百分位數為（）

A.“8B.旬C.%1D.。［2

7.在斜三棱柱ABC-A瓦G中，4,穌分別為側棱AA,8片上的點，且44=3線，過4,穌,G

的截面將三棱柱分成上、下兩個部分的體積之比可以為（）

8.設函數/（x）=x—ln（ax+6）,若/（力20,則必的最大值為（）

e

A.eB.VeC.D.1

2

二、多選題

9.已知事件A,8發生的概率分別為尸（A）=3，PCB）=J,則（）

24

A.若A與B互斥，則尸z

B.若A與B相互獨立，貝lJP（AB）=z

C.若A與8相互獨立，則尸（AB）=w

O

D.若A與B相互獨立，貝”（Au8）=*

8

10.2025年春晚舞臺上的燈光特效呈現出一種獨特的動態變化，某處燈光的亮度變化可以

近似用三角函數〃x）=sin[28+?|（O<0<2）來描述，這個三角函數的圖象如圖所示，則

（）

A.的最小正周期為兀

B.>=小+3是偶函數

C.y=小+￡|cos2尤的圖象關于點仔,燈對稱

（27一

D.若y=〃㈤?>0）在[0,無）上有且僅有兩個極值點，則

11.已知正方體ABCD-A4G2的棱長為4,。是空間中的一動點，下列結論正確的是（）

A.若點。在正方形。CGR邊及其內部，則點。到直線AA距離的最大值為4有

B.若點。在正方形。CG2邊及其內部，且|。卻=2石，則點。的軌跡長度為兀

C.若向量=+則烏。的最小值為2

D.若向量AO=2AB+（1-X）AD（OW2V1）,平面。4。截正方體ABC。-4耳弓。所得

試卷第2頁，共4頁

的截面面積的最大值為16收

三、填空題

2

12.已知拋物線：y=Px(其中P為常數)過點4(1,4),則拋物線的焦點到準線的距離等

于.

13.若。滿足sin。2cos。2tan，，則sin。的最小值為.

14.袋中裝有6個相同的球，分別標有數字1,2,3,4,5,6,從中一次性隨機取出兩個球，設兩

球標號為A和%,并記％=與+%匕=|玉將球放回袋中，重復上述操作，得到“2和女.

記號=%，其中，=1,2,則的概率為.

匕

四、解答題

15.記VABC的內角A,B,C的對邊分別為a,6,c,已知2b=a+c.

TT-------

(1)^C——,CD=DA,求cosZABD；

(2)若b=2,A4BC的面積為G，求角B的大小.

16.如圖，四棱錐尸―ABCD中，PA=PB=AB^4,平面平面

PAD,BC±CD,BC=2區CD=非,PD=5.

(1)求證：平面平面488；

⑵求二面角A-P3-C的平面角的余弦值.

17.已知函數〃村=巧久+枇，(〃€11).

⑴當a=0時，證明：〃x)Wl；

(2)若〃尤)在區間(0,1)上有且只有一個極值點，求實數。的取值范圍.

18.已知數列｛4｝,｛〃｝分別是等比數列和等差數列，5,是數列｛叫的前〃項和.若

%=1,S2=bj=3,a3b4—36.

⑴求。，和以及S"；

(2)設｛%｝是等比數列，對任意的aeN*,當外,,"＜以+|時，有，＜么＜，+］恒成立.

kk

⑴當口.2時,求證:2-l＜ck＜2+l-

(ii)設數列&=［："="*’求數列｛4｝的前S“項和卻

19.如圖，在圓O:尤2+^=3上任取一點尸，過點尸作y軸的垂線段PO,。為垂足，點AT

在。P的延長線上，且|“/［=手口耳，當點尸在圓。上運動時，記點M的軌跡為曲線C.

(1)求曲線C的方程；

(2)記曲線C與x軸的左、右交點分別為4,4,若M,N是曲線C上不同于的任意兩點.

(i)若點點N位于x軸下方，直線交x軸于點G,A設:MAG和N&G的面

積分別為H，S?,且2s「2邑=3,求線段MV的長度；

(ii)若直線MN過點(1,0),直線4加與&N交于點Q,求幺。4的最大值.

試卷第4頁，共4頁

《江西省西路片七校2024-2025學年高三下學期第二次聯考數學試題》參考答案

題號12345678910

答案BADACBACACDACD

題號11

答案BCD

1.B

【分析】求出集合4由交集運算求解即可.

【詳解】因為4=(-8,O)U(2,+x),Ac3=0,所以ae[0,2].

故選：B.

2.A

【分析】根據復數得出對應點，再結合旋轉得出復數即可求出虛部.

【詳解】6+i表示點(石』)，順時針轉|■到第四象限，

對應點為(1,-6),所以復數Z的虛部為-退.

故選：A.

3.D

【分析】由漸近線方程與離心率公式求解.

【詳解】由題意知，0<-<^,貝除，=、1+化]/1,空.

a3a\{aj[3J

故選：D

4.A

【分析】由投影向量的定義先求出小a，再整體代入計算即得.

b-a

【詳解】依題意，6在a方向上的投影向量為：TTa=-a^得63=-1，

則a在方方向上的投影向量為震■。二-9氏

6F4

故選：A

5.C

【分析】利用通項表示出左3丁的系數，依題意列方程求解可得.

5rr5r

【詳解】(。無一5y尸的展開式的通項摹?=C；(flx)-(-5y)=(-5ya--C'^y'-,

答案第1頁，共17頁

令r=2,貝U7；=25。/尤3/=2。。。尤,解得。=2,

所以實數。的值等于2.

故選：C

6.B

【分析】判斷數列的單調性，確定其最大項，根據百分位數的求法，即可確定答案.

【詳解】因為12x0.9=10.8,

故一組12個數據的第90百分位數是將數據由小到大排序后的第11個數，

〃+

則%L=—

an

n

W

即數列｛%｝前9項逐漸增大，從第10項開始又逐漸減小，且。9=40，

由此可得他和沏）是數列｛q,｝的最大項,

故將數列的前12項從小到大排序后，/或生。將排在第"，12位

所以第90百分位數為。9或

故選：B

7.A

【分析】應用錐體體積及柱體體積公式結合圖形特征計算求解即可.

【詳解】設三棱柱ABC-AB|G的體積為V,因為側棱AA，8月上各有一動點人,綜,

滿足44=3穌,所以四邊形4線54與四邊形4線用A的面積相等，

故四棱錐G-4穌g4的體積等于三棱柱ABC-AMG的體積的g,即y,

2

則幾何體ABC-4穌G的體積等于3V,

故過4,B°，G的截面將三棱柱分成上，下兩個部分的體積之比為2:1或1:2.

故選：A.

答案第2頁，共17頁

AC

8.C

【分析】由題意得a>0,再由"x)zo對任意恒成立，可得/*)mhl20,求出〃x)

的導數和單調區間，可得最小值，即可得到必的最大值.

【詳解】當。=0時，f(x)=x-\nb,定義域為R,〃x)20不恒成立，不合題意；

當°<0時，定義域為(-雙-￡|"(同在定義域內單調遞增，

當冗--00時，/(%)->^30,不合題意；

當〃>0時，定義域為1-',+8；

(b—a\

a\x+----

,f'(x)=1-------山，

ax+bax+b

\/(x)在［-,y)上單調遞減，在上單調遞增，

；?/(x)min=f-lna>0,

\aJa

:.b<a-cAna,

ab^a2—"in。,

2

令g(a)=a—Q21n〃,

g'(a)=a—2alna=a(l—21na),

.1g(a)在(0,無)上單調遞增，在(點+8)上單調遞減，

二次?的最大值為g(旬=1.

故答案為：C

9.ACD

【分析】根據給定條件，利用互斥事件、相互獨立事件的概率公式逐項計算判斷.

答案第3頁，共17頁

3

【詳解】對于A,若A與B互斥，則P(AuB)=尸(A)+P(B)=“A正確；

對于B,若A與3相互獨立，則P(A3)=P(A)P(3)=：,B錯誤；

8

對于C,若A與3相互獨立，則A與月相互獨立，則P(AB)=P(A)P(司C正確；

對于D,若A與B相互獨立，則P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=f,

o

D正確.

故選：ACD

10.ACD

【分析】根據函數圖象得出函數解析式判斷A,應用函數奇偶性判斷B,應用三角恒等變換

計算化簡得出解析式應用對稱中心判斷C,應用極值點計算求解參數判斷D.

【詳解】根據圖象可知，dr=sin[W+j]=l,所以竿+B=m+2E#eZ,

O6)362

即刃=1+6左/eZ,又因為0＜口＜2,所以G=1,所以〃x)=sin12x+j,

對于選項A,7(%)的最小正周期為丁=三=兀，正確；

對于選項8?=小+專卜抽]2'+￡|+6=sin^2%+^,不是偶函數，所以B錯誤;

對于選項C,/cos2x=sincos2x

=—sin2xcos2x+^-cos22x=—sin4x+(1+cos4x)

2244v7

1./V3/.(A八百

=—sin4xd-----cos4xd------=—sin4%+—H------,

4442{3j4

當彳=4時，4x+gT+g=3n,所以y=dx+[cos2x的圖象關于點對稱,

C正確；

對于選項D,y=/(a)=sin2/x+—時，2/x+—G—,2t7i+—,

k6J6|_66J

要使〃㈤在[o,兀)上有且僅有兩個極值點，則竺＜2機+2當，解得葭f＜J即fe仁]

26236136

D正確.

故選：ACD.

11.BCD

答案第4頁，共17頁

【分析】對于A項，當點。在邊CG上時，點。到直線AA的距離最大即可求解；對于B

項，取CCpCZ）的中點則CE=CF=2,TfuBC=4,得BE=BF=2布,故點。的軌

跡是以點C為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，即可求解；對于C項，在A3上取點使

得在C。上取點K,使得。K=；DC,即有HO=4AD,所以點0是線段“K

上一點，將平面HKG用沿展開至與平面共面，此時=A"+4H=6,當

練。,2三點共線時，BQ+OD取得最小值.對于D項，連接AC,與180交于點Z,分①

當點。與點。重合時，②當點0在線段DZ（不含點D）時，③當點0在線段ZB（不含點Z,

點8）時，④當點。與點8重合時，進行分析求解.

【詳解】對于選項A,當點。在邊CG上時，點。到直線AA的距離最大，最大值為4點，

所以選項A錯誤；

圖1

對于選項B,如圖1,取CCpCD的中點QE,則CE=CF=2,

而BC=4,得BE=BF=2B結合BC_L平面CDD￡，則CO=J（26,一4?=2,

故點。的軌跡是以點C為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，

所以點。的軌跡長度為Jx27ix2=7T,所以選項B正確；

對于選項C,如圖2,在A3上取點使得

答案第5頁，共17頁

1.1-

在C。上取點K,使得OK=±r＞C.因為AO=—AB+4AO=A4+/L4。，

44

即有//O=；IAD,所以點0是線段〃K上一點，

將平面”G片沿HK展開至與平面共面，

此時Ag=A〃+4”=6,

當4,0,。三點共線時，B0+OO取得最小值而不=2萬，所以選項c正確；

對于選項D,根據AO=/L43+（1-2）AD（04X41）,可知點。是線段3D上一點.

如圖3,連接AC,與2。交于點Z.

①顯然當點。與點。重合時，平面與平面A。。A重合，不符合題意；

②當點。在線段DZ（不含點。）時，平面OAR截正方體ABCO-ABC，所得的截面為三

角形，

如圖4,當點。與點Z重合時，此時截面為“儀）|,且面積最大，此時面積為

—X（4A/2）2=8A/3；

4

③當點。在線段ZB（不含點Z,點B）時，如圖5,延長49并與3c交于點W,

作做?〃A2并與CG交于點R,則截面為等腰梯形A刖犯.設3W=xe（0,4）,

則有AW=RR=J16+X2,W/?=&（4-X）,

梯形AWRD,的高〃=[曠_（叫J??=Ji6+1，

從而梯形AWRD,的面積5=^AD]+WRyh=/1）產+“1,

令八尤）=（8-4（32+/）,

則-（尤）=_2（8-X）（32+X2）+（8-X）2.2X=2（8—X）（—32-X2+8X-X2）

=2（8-X）（-32—f+8尤一尤2）=4（X_8）[（X-2/+12],

則當xe（O,4）時，r（x）＜0,

得了（x）在（0,4）上單調遞減，從而$＜膽一。。（32+。2）=]60;

答案第6頁，共17頁

④當點。與點B重合時，此時截面為矩形ABGR,其面積為16a.

綜合上述，平面截正方體ABCD-所得的截面面積的最大值為16夜.

選項D正確.

故選：BCD

【點睛】關鍵點點睛：本題涉及動點的軌跡問題，對于D項，連接AC,與交于點Z,

分①當點。與點。重合時，②當點0在線段DZ（不含點。）時，③當點0在線段ZB（不

含點Z,點8）時，④當點。與點B重合時，進行依次分析.

12.-

8

【分析】將已知點代入拋物線方程，再將方程化為標準式即可求解.

【詳解】把4（1,4）代入y="2,解得p=4,從而拋物線的方程為無2=；》，

所以焦點到準線的距離為:

O

故答案為：:

O

13.Jhl.

2

【分析】分cos?！怠：蚦osOvO,結合平方關系解不等式可得.

【詳解】因為sin〉之cos。之,則sin6w0,cosew。，且sin。w±l,cos8w±l,

c"ons6"

當cos9>0時，由51!1。^:以四。得5近g>0,由sin。之包絲?得cos621,不合題意；

cos。

當cos。<0時，由cos。之或一得sin。>0，此時sin。之cos。恒成立，

cos。

只需解不等式cos。之‘in：,即cos2e2sin9,貝！IsiEe+sing—1之0,

cos”

解得（舍去）或避TwsinOVl,

22

由于sin9e（O,l）,貝I]sin。的最小值為史二L

答案第7頁，共17頁

故答案為：立匚

2

14.1

9

U；

【分析】根據題意寫出樣本空間，并列出的所有情況，從而根據古典概型求概率.

匕

【詳解】每一次取球時，標號組合（x,y）都有C，=15種等可能的組合情況，

其對應的樣本空間為：

。=｛（1,2）,（1,3）,（1,4）,（1,5）,（1,6）,（2,3）,（2,4）,（2,5）,（2,6）,（3,4）,（3,5）,（3,6）,（4,5）,（4,6）,（5,6）｝

下面分析每一個樣本點對應的情況：

（1,2）:〃=3,v=1,t=3;（1,3）:a=4,v=2,r=2;

53

（1,4）:w=5,v=3,;（1,5）:w=6,v=4,；

7

（1,6）:w=7,v=5,;（2,3）?w=5,v=1,=5；

7

（2,4）:K=6,u=2/=3;（2,5）:w=7,v=3,Z^=—;

（2,6）:〃=8,u=4/=2;（3,4）:〃=7,u=l/=7；

（3,5）:〃=8,v=2,r=4;（3,6）:〃=9,v=3/=3；

（4,5）:〃=9,v=1/=9;（4,6）:〃=10,u=2/=5；

（5,6）:w=ll,v=l,/=ll.

記.=，2為事件A,貝!］尸（A）=P?1=/2=3）+［尸（％=，2=2）+?=，2=5）］+

［P,j='+尸卜=t2=?1］+?=芍=3+尸,f"J

+尸（0==7）+P（4=t2=4）+P（%=灰=9）+P（^=t2=11）］

故答案為：—

【點睛】關鍵點點睛：根據樣本點列出q=”的所有情況是解題關鍵.

匕

答案第8頁，共17頁

15.⑴必叵

65

⑵嶗

【分析】(1)可設a=b-d,c=b+d(d>0)，結合勾股定理解得b=41,再由余弦定理求解;

(2)由三角形的面積公式及余弦定理求出cosJ3=gsin5-l,即可求解.

【詳解】(1)因為2Z?=a+c,可設Q=Z?—d,c=〃+d(d>。),

結合c=],由勾股定理有：C2^a2+b2,即3+42=。一1)2+從,

解得b=4d,

止匕時有a=3d,b=4d,c=5d,

結合C￡>=ZM,有忸。=圓,|4￡)|=2心

|BD|2+|AB2-|AD|2_17713

故cos/ABD=

2\BD\-AB|65

(2)因為5Ase，

明26

即ac=----，

sinB

-r-y十0?一(a+c)2—2ac—及

乂cosB=--------------=-----------------------,而2Z?=a+c,

2ac2ac

3b2-2ac3b2,

故cosBn=-----------'=--------1,

lac2ac

結合ac=26_,b=2有cosB=布sinB-1,

sinB

故sin"一;=；,又0<8<兀,

jr

解得2=*

16.(1)證明見解析

答案第9頁，共17頁

⑵亙

19

【分析】（1）方法一：取出的中點為取網的中點為N,并連接BM,AN,ND,由面

面垂直得得即1_L平面尸AD,從而BAf_LAD,由DN_LPB.又4V_LPB,故P8J_平面⑷VD,

從而PS_LAD,又BM_LAD,故AD_L平面上4B,進行證明；

方法二：取R4的中點為Af,并連接由面面垂直得物1_L平面PAD,由余弦定

理解得AD=3,知又BM_LAD,故AD_L平面X4B,進行證明.

（2）方法一：在平面ABCD中，過C作CH_LA3于H,作CE_LM）于E,二面角A-PB-C

的平面角為N〃GC進行求解；

方法二：以世,玲，心分別為％y,z軸，H為坐標原點建立空間直角坐標系，利用空間向量

來求解.

【詳解】（1）方法一：

取B1的中點為取尸3的中點為N,并連接BM,AN,NO,如圖所示.

因為—皿為等邊三角形，

故3M_LPA,⑷V_LPB.

又平面PAB_L平面PAD,且平面PABc平面B4￡>=B4,BMu平面R4B,

故由1_1_平面PAD,而ADu平面尸AD,

從而BAf

5l.BC1CD,BC=2y/5,CD=s/5,故比>=5,

又尸D=5,且N為總的中點，故有DNLPB

又ANLPB,且4VDN=N,AN,DNu平面AND,

故P3_L平面AVD,ADu平面A7VD,

從而PB_LAD,

又3Af_LAD,且尸81BM=B,PB,BMu平面PAB,故AD_L平面RW,

又">u平面ABC。，

答案第10頁，共17頁

故平面PAB_L平面ABCD.

方法二：

取出的中點為并連接如圖所示.

因為為等邊三角形，

故

又平面R4B_L平面PAD,且平面R4BC平面八位＞=上4,BMu平面R4B，

故BM_L平面PAD,而A/D,ADu平面PA￡),

從而BM_LMD,而W_LAD,

又BCLCD,BC=25CD=5故比＞=5,

從而可得〃。=而\

在△R4D和APMD中，由cosADPA=cosZZW,

^52+42-AD2_52+22-(713),

2x5x42x5x2

解得AD=3,

故由AO=3,AB=4,BD=5,知AD±AB,

又邸f_LAD,且AB3河=3,鈿,則匚平面巳40,故ADJ_平面P4F,

又ADu平面ABC。，故平面PAB_L平面ABCD.

(2)方法一：

答案第11頁，共17頁

在平面A3CD中，過。作CH_LAB于H,作CE_LAD于￡,

設DE—m,CE=n,

tn2+H2=5,m=l,

如圖，易有＜解得

(3+加產+(4—研=20,n=2,

即”為A5的中點.

設BN=3BP,BG=3BP,因為,皿為等邊三角形,

24

故易有HG_LPB.

又CH_LAB,且平面PAB_L平面ABCD=AB,CHu平面上4B,

故CH,平面

故易有二面角A-PF-C的平面角為NHGC,如圖所示.

在RtZ/GC中，HC=4,HG=6,故GC=M,

故cos/2/GC=^后

GC~L9~

即二面角A-必-C的平面角的余弦值為誓.

方法二:

取A3的中點為連接印\并過H作野〃AD,

因為HP_LAB,且平面B4B_L平面ABC。，平面PABc平面ABCD=AB,

HPu平面E43,故HP_L平面ABC。，

又AD工AB,

故以HB,Hy,HP分別為x,y,z軸，H為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示.

答案第12頁，共17頁

由題可知：8（0,0,0）,4（-2,0,0）,2（2,0,0）,。（一2,3,0）,尸（0,0,2有），

設C（x0,%,0）,則

即C(0,4,0).

因為"C_L平面故平面PAD的法向量可取加=（0,1,0）,

設平面P2C的法向量為〃=（%,%,zj,則

元］=25/3,

可取<f=退，

4=2,

即力=（26,白,2）

\m-n\_73_屈

故=

|m|-|n|V1919

由圖易知二面角A-依-C為銳角，

故二面角AC的平面角的余弦值為誓

17.（1）證明見解析

(2)a<0

【分析】（1）要證明不等式/（x）Vl,只需證明當x>0時，構造函數，利用導

數與函數的單調性關系，即可證明;

（2）求出函數導數，討論a的取值范圍，結合零點存在定理說明導函數只有一個零點，即

可求解.

答案第13頁，共17頁

【詳解】（1）一函數的定義域為（O,+e）,當a=0時，〃x）=—L

要證只需證：當x>0時，lnjr?x-l.

令/2（%）=1皿-工+1，則=--1=--

當X￡（O,1）時，”（力>0；當X￡（l,+8）時，

故h（x）在（0,1）上單調遞增，在（1,+8）上單調遞減,

/i(x)<Kx)^=/i(l)=0,即％>0時，lnr<x-l,得證.

(2).r(x)=—^^+〃eax2ex-hvc

x2

令g(x)=m^e“—lnx,x￡(0』),

①當a20時，/'（x）>0J（x）在（0,1）上無極值點，不符合題意;

②當av0時，，(X)=+2x)ex-1<0,即g（x）在（0,1）上單調遞減，且g⑴=〃e<0.

取/°=min卜,其中<1,%?。,1).

顯然，芯1。工片爐<1,

a

則且（入0）=說。與-lnx0>a-]wc0>a-h\e=0.

由根的存在性定理可知，存在唯一的第使得g（芯）=0.

當xe（o,x；）時，g（x）>0,即r（x）>0；當時，g（x）<0,即/'（x）<0.

此時/（x）在區間（0,1）上有且僅有一個極值點尤;,滿足題意.

綜上，。<0.

n

18.⑴%=2'』,bn=2n+l,S?=2-1

⑵（i）證明見解析；（ii）4"-n-1

【分析】（1）由等差數列與等比數列的基本公式求解即可；

（2）（i）由題意/<么<%]對任意2"i<n<2k時恒成立，進行判斷;由（i）知，猜想g=2",

再分組求和即可.

【詳解】（1）4=1,邑=3,則q=2,所以公比為生=2,從而4=2"\

答案第14頁，共17頁

s“=2n-l;

1-2

又瓦=3,a-=36,則"=9,公差為與人=2,

從而6“=3+2(〃-1)=2〃+1.

(2)(i)由題意與<，+i對任意2=時恒成立，

則/<如=2-21+1=2。1；

k2

又.<bn<ck對任意2~<n<時恒成立，

則，>%j=2(2i-l)+l=2*-l,

kk

綜上，2-l<ck<2+l.

(ii)由(i)知，1<q<3<^<5<7<^<9<15<q<17<<2A-1<q<2*+1,

猜想C"=2",否則，若數列｛%｝的公比q>2,c“=Gqi,當〃足夠大時，無法保證g<2"+l

恒成立；

若數列｛c.｝的公比q<2,c?=cqi,當n足夠大時，無法保證c.>2”-1恒成立，所以c,=2",

看=4+4++4"-1=(4+%++%-)—(砥+%++N.T)+Q|+2?++2")

=3(2"一1)+(2T),-2)X2_[(2.2(,+1)+(2-21+1)++(2-2^'+1)]+(2'+22++2”)

=4"-n-l.

19.(1)—+^=1

43

71

(2)(i)3；(ii)-

6

【分析】(1)應用相關點法設點代入求解即可得出軌跡方程；

(2)聯立直線和橢圓計算得出點，再應用兩點間距離計算即可；應用點到直線距離計算求

出距離；

(3)聯立方程化簡求解得出軌跡方程再結合兩角差正切及基本不等式計算即可.

【詳解】(1)設3(x,y),尸(如為),由阪[=明叫,

答案第15頁，共17頁

得不=#x,%=y,x；+y；=3,.?.Y+y2=3,.?.曲線C的方程為「+『=l.

(2)(i)方法一：由(1)可得4(