普通高等学校对口招生考试1

数 学

说明：

一、本试卷共6页，包括三道大题37道小题，共120分。其中第一道大题（15个小题）为

选择题

二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。在答题卡上与

题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应的答题区域的答案一律无效。不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。 三、做选择题时，如需改动，请用橡皮将原选涂答案擦干净，再选涂其他答案。 四、考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）

1.设集合A{x||x|2}，集合B{2,0,1}，则AA．{x|0x2}B．{x|2x2} C．{x|2x2}D．{x|2x1} 2.设ab，cd，则（ ）

A．acbcB．acbd

C．ln(ac)ln(bd)D．adbc 3.“A22B（ ）

BB”是“AB”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.设奇函数f(x)在[1,4]上为增函数，且最大值为6，那么f(x)在[4,1]上为（ ） A．增函数，且最小值为6B．增函数，且最大值为6 C．减函数，且最小值为6D．减函数，且最大值为6 5.在△ABC中，若acosBbcosA，则△ABC的形状为（ ）

A．等边三角形B．等腰三角形 C．直角三角形D．等腰直角三角形

6.已知向量a(2,x)，b(y,1)，c(4,2)，，且ab，b∥c，则（ ）

A．x4,y2B．x4,y2 C．x4,y2D．x4,y2 7.设为第三象限角，则点P(cos,tan)在（ ）

A．第一象限B．第二象限 C．第三象限D．第四象限

8.设{an}为等差数列，a3，a14是方程x2x30的两个根，则前16项的和S16为（ ）

A．8B．12 C．16D．20

2a9.若函数ylogax在(0,)内为增函数，且函数y为减函数，则a的取值范围是

x24（ ）

A．(0,2)B．(2,4) C．(0,4)D．(4,)

10.设函数f(x)是一次函数，3f(1)2f(2)2，2f(1)f(0)2，则f(x)等于（A．8x6B．8x6

C．8x6D．8x6

11.直线y2x1与圆x2y22x4y0的位置关系是（ ）

A．相切B．相交且过圆心 C．相离D．相交且不过圆心

12.设方程kx2y24表示焦点在x轴上的椭圆，则k的取值范围是（ ）

A．(,1)B．(0,1) C．(0,4)D．(4,) 13.二项式(3x4)2017的展开式中，各项系数的和为（ ）

A．1B．1 C．22017D．72017

14.从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中，不同的种植方法有（ ）

A．81种B．种 C．24种D．4种

15.设直线l1∥平面，直线l2平面，则下列说法正确的是（ ）

A．l1∥l2B．l1l2C．l1l2且异面 D．l1l2且相交

）二、填空题（本大题有15个小题，每小题２分，共30分。）

x1,16.已知函数f(x)x2,17.已知函数yx(,0]x(0,)，则fff(1).

1x2x302log3(x2)的定义域是.

18.计算：(32)log2212π0cosC2017. 4319.如果不等式xaxb0的解集为(1,4)，则log3(ba). 20.已知cos21π3π，sin，(0,)，(,2π)，则sin().

2222a19.

21.在等比数列{an}中，如果a2a182，那么a1a3a522.已知向量a(1,2)，b(1,)，则3a2b. 23.已知sin(π)lne，且π123π，则. 224.已知A(2,3)，B(4,1)，则线段AB的垂直平分线的方程为. 25.若(π)()k1πx22，则k的最小值为.

26.已知抛物线顶点在坐标原点，对称轴为x轴，点A(2,k)在抛物线上，且点A到焦点的距离为

5，则该抛物线的方程为.

27.设函数f(x)a2x15，若f(2)13，则f(1).

28.将等腰直角三角形ABC沿斜边AB上的高CD折成直二面角后，边CA与CB的夹角为. 29.取一个正方形及其外接圆，在圆内随机取一点，该点取自正方形内的概率为.

30.已知二面角l的度数为70，点M是二面角l内的一点，过M作MA于

A，MB于B，则AMB（填度数）.

三、解答题（本大题共7个小题，共45分。要写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤） 31.（5分）已知集合A{x|kx5x20}，若A，且kN，求k的所有值组成的集合.

32.（7分）某物业管理公司有75套公寓对外出租，经市场调查发现，每套公寓租价为2500元时，可以全部租出.租价每上涨100元，就会少租出一套公寓，问每套公寓租价为多少元时，租金总收入最大？最大收入为多少元？

33.（6分）记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S22，S36. 求： （1）数列{an}的通项公式an； （2）数列{an}的前10项的和S10. 34.（6分）已知函数y23cos2x3sin2x，xR. 求：

（1）函数的值域；

（2）函数的最小正周期；

（3）函数取得最大值时x的集合.

35.（6分）为加强精准扶贫工作，某地计划从8名处级干部（包括甲、乙、丙三位同志）中选派4名同志去4个贫困村工作，每村一人.问：

（1）甲、乙必须去，但丙不去的不同选派方案有多少种？

P

（2）甲必须去，但乙和丙都不去的不同选派方案有多少种？ （3）甲、乙、丙都不去的不同选派方案有多少种？

36.（7分）如图已知CDPPAB90，AB∥CD. （1）求证：平面PAD平面ABCD；

（2）若二面角PDCA为60，PD4，PB7， 求PB与面ABCD所成的角的正弦值.

x2y21与抛物线y24x有共同的焦点F2，过椭圆的左焦点F1作倾斜37.（8分）已知椭圆

4mπ的直线，与椭圆相交于M、N两点. 求： 4（1）直线MN的方程和椭圆的方程； （2）△OMN的面积.

角为

普通高考学校对口招生考试 数学试题参

一、选择题

1、C 2、D 3、C 4、A 5、B 6、D 7、B 8、C 9、B 10、D 11、A 12、B 13、A 14、C 15、B 二、填空题 16、

621117、(2,1)(3,)18、19、2 20、

4227π24、x2y1025、2 1π2226、y12x27、28、60 （或） 29、30、110

83π21、3222、5223、三、解答题

31、解：（1）当k0时，A{x|5x20}{}

（2）当k0时，欲使A，须使方程kx5x20有两个相等的实根或两个不等的实根，

22525. 8又kN，且k0，故k1，2，3.

即58k0，解得k2综上所述，k的取值集合为{0,1,2,3}. 32、解法一：

设每套公寓租价为x元，总收入为y元. 则依题意得yx(75x2500) 10012x100x

1001(x5000)2250000

100显然当x5000时y最大，y的最大值为250000.

答：当每套公寓租价为5000元时收入最大，最大收入为250000元. 解法二：

设每套公寓租价为x元，总收入为y元. 则依题意得yx(75x2500) 10012x100x

100 当xb1005000时，y最大，

12a2()100ymax4acb21002250000

14a4()100答：当每套公寓租价为5000元时收入最大，最大收入为250000元.

解法三：

设每套公寓租价上涨了x个100元，则每套租价为(2500100x)元，共租出(75x)套. 依题意得，租金总收入为

y(2500100x)(75x) 100x2500x187500 100(x25)2250000.

当x25时，y最大，最大值为250000.

答：当每套公寓租价为5000元时收入最大，最大收入为250000元.

S2a1(1q)233、解：（1）设{an}的公比为q，由条件得 2Sa(1qq)613解之得q2.

a12n1n1n故该数列的通项公式为ana1q2(2)(2).

（2）前10项的和为

a1(1q10)2[1(2)10]S10682.

(1q)1(2)34、解：y3cos2x3sin2x

1323(cos2xsin2x)

22ππcos2xcossin2x) 66π23sin(2x)

623(sin（1）函数的值域为[23,23]. （2）函数的最小正周期为T（3）当2x2ππ. 2πππ2kπ(kZ)时，即xkπ(kZ)时，函数取得最大值， 626此时x的取值集合为xxkππ,kZ 62435、解：（1）甲、乙必须去，但丙不去的选派方案的种数为C5P4240 34（2）甲去，乙、丙不去的选派方案的种数为 C5P4240 44 （3）甲、乙、丙都不去的选派方案的种数为 C5P4240

36、（1）证明：∵CDPPAB90∴CDPD，ABPA. 又∵CD∥AB，∴CDPA. ∴CD平面PAD.

而CD平面ABCD∴平面PAD平面ABCD.

（2）解：由（1）知：CD平面PAD∴CDAD，CDPD. ∴PDA是二面角PCDA的平面角，即PDA60.

在平面PAD内作PEAD于E，因平面PAD平面ABCD ∴PE平面ABCD.

连结BE，PBE即为PB与平面ABCD所成的角. 在直角三角形PED中，PEPDsin604323. 2 在直角三角形PBE中，PB7，sinPBE2PE23. PB737、解：（1）依题意得抛物线y4x的焦点为F2(1,0)，所以椭圆的左焦点为F1(1,0)，

π1，故直线MN的方程为yx1，即xy10. 4由题意知椭圆焦点在x轴，且c1，所以m413，因此椭圆的标准方程为

直线MN的斜率ktanx2y21. 43（2）解法一：

由（1）知直线MN的方程为xy10，点O(0,0)到直线MN的距离为

d00112(1)22. 2设M、N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)

462462yx1xx122772由x解得，， y1y362y36234127746246236236224， MN77777∴SOMN解法二：

由（1）知直线MN的方程为xy10，点O(0,0)到直线MN的距离为

221124262MNd 22727d00112(1)22. 2设M、N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)

yx1882由x2y2可得7x8x80，由韦达定理得x1x2，x1x2

77134因此(x1x2)(x1x2)4x1x2()4()故由弦长公式可得MN2287287288 4928824 4971kx1x222(112)∴SOMN

1124262MNd 22727解法三：

设M、N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)

462462yx1x1x277由x2y2解得，，

1y362y362341277所以SOMN

1621|y1y2|. 27y M

x

N F1 O F2 高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图

1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )

A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④ 2．有下列四个命题：

①底面是矩形的平行六面体是长方体； ②棱长相等的直四棱柱是正方体；

③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体； ④对角线相等的平行六面体是直平行六面体． 其中真命题的个数是( ) A．1B．2C．3D．4

3．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )

4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )

5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( ) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．钝角三角形

6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )

A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋3

7．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1

，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2

①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆

8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．

9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．

10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．

11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？

12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．

(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．

1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )

A．23B．3C.3D．4

2．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为

2

.若M，N分别是线段DE，CE2

上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．

3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．

(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；

(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；

(3)求该多面体的表面积． [答 题 栏]

1._________2._________3._________4._________5A级 ._________6._________ 7.__________8.__________9.__________ 答 案

高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)

A级

1．A2.A3.C4.B

5．选B由斜二测画法知B正确．

1

6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋×2×3＝4＋3.

2

7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△ABE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.

B级 1.______2.______

答案：①②③

8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，11153

故该几何体的体积为×2×2sin60°×2－××2×2sin60°×1＝.

2323

53

答案：

3

9.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF，其中E、F分别是AD、BC的中点，连接AO，易得AO＝2，而PA＝3，于是解得PO＝1，所以PE＝2，故其正视图的周长为2＋22.

答案：2＋22

10．解：图1几何体的三视图为：

图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体． 11．解：如图所示，正四棱锥S－ABCD中， 高OS＝3，

侧棱SA＝SB＝SC＝SD＝7， 在Rt△SOA中，

OA＝SA2－OS2＝2，∴AC＝4. ∴AB＝BC＝CD＝DA＝22. 作OE⊥AB于E，则E为AB中点． 连接SE，则SE即为斜高， 在Rt△SOE中，

1

∵OE＝BC＝2，SO＝3，

2∴SE＝5，即侧面上的斜高为5.

12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC＝23， ∴侧视图中VA＝

2342－××232

32

＝12＝23，

1

∴S△VBC＝×23×23＝6.

2

B级

1．选A当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为23.

2．解析：依题意得，点E到直线AB的距离等于

3

22－2＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为2

12

·BC×2＝，所以BC＝1，DE＝EC＝DC＝2.所以△DEC是正三角形，∠DEC＝60°，22AD3

tan∠DEA＝＝，∠DEA＝∠CEB＝30°.把△DAE，△DEC与△CEB展在同一平面上，此

AE3时连接AB，AE＝BE＝3，∠AEB＝∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE·BEcos120°＝9，即AB＝3，即AM＋MN＋NB的最小值为3.

答案：3

3．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：

(2)证明：如图，连接AC，BD，交于O点，连接OE. ∵E为AA1的中点，O为AC的中点， ∴在△AA1C中，OE为△AA1C的中位线． ∴OE∥A1C.

∵OE⊄平面A1C1C，A1C⊂平面A1C1C， ∴OE∥平面A1C1C.

(3)多面体表面共包括10个面，SABCD＝a2， a2

SA1B1C1D1＝，

2

a2

S△ABA1＝S△B1BC＝S△C1DC＝S△ADD1＝，

2S△AA1D1＝S△B1A1B＝S△C1B1C＝S△DC1D1 12a32a3a2＝××＝， 2248∴该多面体的表面积

a2a23a2

S＝a2＋＋4×＋4×＝5a2.

228

高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十八) 直线与圆、圆与圆的位置关系

1．(·附中月考)设m＞0，则直线2(x＋y)＋1＋m＝0与圆x2＋y2＝m的位置关系为( )

A．相切B．相交

C．相切或相离D．相交或相切

2．(·福建高考)直线x＋3y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于( )

A．25B．23 C.3D．1

3．(·安徽高考)若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是( )

A．[－3，－1]B．[－1,3]

C．[－3,1]D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)

4．过圆x2＋y2＝1上一点作圆的切线与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )

A.2B.3 C．2D．3

5．(·兰州模拟)若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上仅有4个点到直线x－y－2＝0的距离为1，则实数r的取值范围为( )

A．(2＋1，＋∞) B．(2－1, 2＋1) C．(0, 2－1) D．(0, 2＋1)

6．(·临沂模拟)已知点P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k＞0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为( )

A.2B.21 2

C．22D．2

7．(·朝阳高三期末)设直线x－my－1＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B两点，且弦AB的长为23，则实数m的值是________．

8．(·东北三校联考)若a，b，c是直角三角形ABC三边的长(c为斜边)，则圆C：x2＋y2＝4被直线l：ax＋by＋c＝0所截得的弦长为________．

9．(·江西高考)过直线x＋y－22＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．

10．(·福州调研)已知⊙M：x2＋(y－2)2＝1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点．

42

(1)若|AB|＝，求|MQ|及直线MQ的方程；

3(2)求证：直线AB恒过定点．

211．已知以点Ct，(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、t

B，其中O为原点．

(1)求证：△AOB的面积为定值；

(2)设直线2x＋y－4＝0与圆C交于点M、N，若|OM|＝|ON|，求圆C的方程． 12．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2＋y2－12x＋32＝0的圆心为Q，过点P(0,2)，且斜率为k的直线与圆Q相交于不同的两点A、B.

(1)求k的取值范围；

(2)是否存在常数k，使得向量OA＋OB与PQ―→共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．

1．已知两圆x2＋y2－10x－10y＝0，x2＋y2＋6x－2y－40＝0，则它们的公共弦所在直线的方程为________________；公共弦长为________．

2．(·上海模拟)已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，a1，a2，…，a11是该圆过点(3,5)的11条弦的长，若数列a1，a2，…，a11成等差数列，则该等差数列公差的最大值是________．

3.(·江西六校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线为l，焦点为F，圆M的圆心在x轴的正半轴上，圆M与y轴相切，过原点π

O作倾斜角为的直线n，交直线l于点A，交圆M于不同的两点O、

3B，且|AO|＝|BO|＝2.

(1)求圆M和抛物线C的方程；

(2)若P为抛物线C上的动点，求PM―→,·PF―→,的最小值；

(3)过直线l上的动点Q向圆M作切线，切点分别为S、T，求证：直线ST恒过一个定点，并求该定点的坐标．

[答 题 栏] A级 1._________2._________3._________4._________5B级 1.______2.______ .__________6._________ 7.__________8.__________9.__________

答 案

高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十八)

A级

1．C2.B3.C4.C

5．选A计算得圆心到直线l的距离为

22

＝ 2＞1，如图．直线

l：x－y－2＝0与圆相交，l1，l2与l平行，且与直线l的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线l2的距离2＋1.

6．选D圆心C(0,1)到l的距离 d＝

5k2＋1

，

所以四边形面积的最小值为

12××1×d2－1＝2， 2

解得k2＝4，即k＝±2. 又k＞0，即k＝2.

7．解析：由题意得，圆心(1,2)到直线x－my－1＝0的距离d＝4－3＝1， 即

|1－2m－1|3

＝1，解得m＝±.

31＋m2

3

3

答案：±

8．解析：由题意可知圆C：x2＋y2＝4被直线l：ax＋by＋c＝0所截得的弦长为2

4－

c

2，由于a2＋b2＝c2，所以所求弦长为23.

a2＋b2

答案：23

9．解析：∵点P在直线x＋y－22＝0上，

∴可设点P(x0，－x0＋22)，且其中一个切点为M.∵两条切线的夹角为60°， ∴∠OPM＝30°.故在Rt△OPM中，有OP＝2OM＝2.由两点间的距离公式得OP＝x20＋

－x0＋22

2＝2，解得x0＝2.故点P的坐标是( 2，2)．

答案：( 2， 2)

22

10．解：(1)设直线MQ交AB于点P，则|AP|＝，又|AM|＝1，AP⊥MQ，AM⊥AQ，得

3|MP|＝

8112－＝，

93

|MA|2

又∵|MQ|＝，∴|MQ|＝3.

|MP|

设Q(x,0)，而点M(0,2)，由x2＋22＝3，得x＝±5， 则Q点的坐标为(5，0)或(－5，0)．

从而直线MQ的方程为2x＋5y－25＝0或2x－5y＋25＝0.

(2)证明：设点Q(q,0)，由几何性质，可知A，B两点在以QM为直径的圆上，此圆的方程为x(x－q)＋y(y－2)＝0，而线段AB是此圆与已知圆的公共弦，相减可得AB的方程为

3qx－2y＋3＝0，所以直线AB恒过定点0，. 2

11．解：(1)证明：由题设知，圆C的方程为 42(x－t)2＋y－2＝t2＋， t2t4

化简得x2－2tx＋y2－y＝0，

t当y＝0时，x＝0或2t，则A(2t,0)； 44当x＝0时，y＝0或，则B0，， tt1

所以S△AOB＝|OA|·|OB|

241＝|2t|·＝4为定值．

2t

(2)∵|OM|＝|ON|，则原点O在MN的中垂线上，设MN的中点为H，则CH⊥MN， ∴C、H、O三点共线，则直线OC的斜率 2

t21

k＝＝＝，∴t＝2或t＝－2. tt22∴圆心为C(2,1)或C(－2，－1)，

∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5或(x＋2)2＋(y＋1)2＝5，

由于当圆方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝5时，直线2x＋y－4＝0到圆心的距离d＞r，此时不满足直线与圆相交，故舍去，

∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.

12．解：(1)圆的方程可写成(x－6)2＋y2＝4，所以圆心为Q(6,0)．过P(0,2)且斜率为k的直线方程为y＝kx＋2，代入圆的方程得x2＋(kx＋2)2－12x＋32＝0，

整理得(1＋k2)x2＋4(k－3)x＋36＝0.①

直线与圆交于两个不同的点A、B等价于Δ＝[4(k－3)]2－4×36(1＋k2)＝42(－8k2－336k)>0，解得－(2)设A(x1，y1)、B(x2，y2) 则OA＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)， 4

由方程①得x1＋x2＝－

k－31＋k2

.②

又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4.③

因P(0,2)、Q(6,0)，PQ＝(6，－2)，

所以OA＋OB与PQ共线等价于－2(x1＋x2)＝6(y1＋y2)，将②③代入上式， 3

解得k＝－.

4

3而由(1)知k∈－，0，故没有符合题意的常数k. 4

B级

1．解析：由两圆的方程x2＋y2－10x－10y＝0，x2＋y2＋6x－2y－40＝0，相减并整理得公共弦所在直线的方程为2x＋y－5＝0.圆心(5,5)到直线2x＋y－5＝0的距离为25，弦长的一半为50－20＝30，得公共弦长为230.

答案：2x＋y－5＝0230

2．解析：容易判断，点(3,5)在圆内部，过圆内一点最长的弦是直径，过该点与直径垂直的弦最短，因此，过(3,5)的弦中，最长为10，最短为46，故公差最大为5－26

. 5

5－26答案：

5

3．解：(1)易得B(1，3)，A(－1，－3)，设圆M的方程为(x－a)2＋y2＝a2(a＞0)，

将点B(1，3)代入圆M的方程得a＝2，所以圆M的方程为(x－2)2＋y2＝4，因为点p

A(－1，－3)在准线l上，所以＝1，p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.

2

10－46

＝10

105＝

(2)由(1)得，M(2,0)，F(1,0)，设点P(x，y)，则PM,＝(2－x，－y)，PF,＝(1－x，－y)，又点P在抛物线y2＝4x上，所以PM,·PF,＝(2－x)(1－x)＋y2＝x2－3x＋2＋4x＝x2＋x＋2，因为x≥0，所以PM,·PF,≥2，即PM,·PF,的最小值为2.

(3)证明：设点Q(－1，m)，则|QS|＝|QT|＝m2＋5，以Q为圆心，m2＋5为半径的圆的方程为(x＋1)2＋(y－m)2＝m2＋5，即x2＋y2＋2x－2my－4＝0，①

又圆M的方程为(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，② 由①②两式相减即得直线ST的方程3x－my－2＝0，

2显然直线ST恒过定点，0. 3