1、. . 四川省瀘州市高考數學三診試卷（理科）一、選擇題：本大題共10 小題，每小題5 分。在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的一項。1設集合m=x|x2x60 ，n=x|x 10，則 m n= （）a （1，2）b （1， 3）c （ 1， 2）d （ 1，3）2若命題p：? x0r，x02 lgx0，則 p 是（）a? x0 r，x02lgx0b? x0r，x02lgx0c? xr，x2lgx d? xr，x2lgx 3已知 cos2=，則 sin4 cos4 的值為（）abc d 4圓 x2+y24x=0 的圓心到雙曲線y2=1的漸近線的距離為（）a1 b2 cd25執行如

2、圖所示的程序框圖，若輸入的x，yr，則輸出t 的最大值為（）a1 b3 c 2 d0 6從一個棱長為1 的正方體中切去一部分，得到一個幾何體，某三視圖如圖，則該幾何體的體積為（）abcd. . 7某學校一天共排7 節課（其中上午4 節、下午3 節） ，某教師某天高三年級1 班和 2 班各有一節課，但他要求不能連排2 節課（其中上午第4 節和下午第1 節不算連排） ，那么該教師這一天的課的所有可能的排法種數共有（）a16 b15 c 32 d30 8已知拋物線c：y2=8x 的焦點為f，準線為l ，p是 l 上一點， q是直線 pf與 c的一個交點，若=4，則|qf|= （）a3 bcd9在正方

3、體abcd a1b1c1d1中， e是棱 cc1的中點， f是側面 bcc1b1內的動點，且a1f平面 d1ae ，則 a1f與平面 bcc1b1所成角的正切值t 構成的集合是（）at| bt|t 2 c t|2 dt|2 10已知函數f （ x）=，g（x） =4x+a?2x+1+a2+a1（ar） ，若 f （g（x） ） e 對 xr恒成立（ e 是自然對數的底數） ，則 a 的取值范圍是（）a 1，0 b （ 1，0）c 2，0 d ，0 二、填空題：本題共5 小題，每題5 分，共 25 分。11復數 z=（i 為虛數單位）的虛部是_12在二次項式（x）6的展開式中，常數項的值是_ （

4、用具體數字作答）13下表給出的是某港口在某季節每天幾個時刻的水深關系時刻0：00 3： 00 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00 21：00 24：00 水深（ m ）5.0 7.0 5.0 3.0 5.0 7.0 5.0 3.0 5.0 若該港口的水深y（m ）和時刻 t（ 0t 24）的關系可用函數y=asin （t ） +h（其中 a0， 0，h0）來近似描述，則該港口在11：00 的水深為 _m 14若直線ax+ya+1=0（ar）與圓 x2+y2=4 交于 a、b兩點（其中o為坐標原點），則的最小值為_. . 15函數 f （x）圖象上不同兩點a（x1，y1） ，

5、b （x2，y2）處的切線的斜率分別是ka，kb，|ab| 為 a、b兩點間距離，定義（ a，b） =為曲線 f （x）在點 a與點 b之間的“曲率”，給出以下問題：存在這樣的函數，該函數圖象上任意兩點之間的“曲率”為常數；函數 f （x）=x3x2+1 圖象上兩點a與 b的橫坐標分別為1，2，則點 a與點 b之間的“曲率”（a，b）；函數 f （x）=ax2+b（a0， br）圖象上任意兩點a、b之間的“曲率”（a，b） 2a；設 a（x1，y1） ， b（x2，y2）是曲線f （x） =ex上不同兩點，且x1 x2=1，若 t? （ a，b） 1 恒成立，則實數 t 的取值范圍是（，1）

6、其中正確命題的序號為_（填上所有正確命題的序號）三、簡答題：本大題共6 小題，共75 分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。16設等比數列an 的前 n 項和為 sn，已知 a3=，s3=（）求數列an 的通項公式；（）設bn=log2， tn為數列 bn的前 n 項和，求使tn=+105 成立的 n 的值17我國政府對pm2.5采用如下標準：pm2.5日均值 m （g/m3）空氣質量等級m 35一級35m 75二級m 75超標某市環保局從180 天的市區pm2.5監測數據中，隨機抽取10 天的數據作為樣本，檢測值如莖葉圖所示（十位為莖，個位為葉） （1）求這 10 天數據的中位數；（2

7、）從這 10 天的數據中任取3 天的數據，記 表示空氣質量達到一級的天數，求 的分布列；（3）以這 10 天的 pm2.5日均值來估計這180 天的空氣質量情況，其中大約有多少天的空氣質量達到一級？18 abc中，角 a ， b，c所對的邊分別為a，b，c，已知a=ccosb+bsinc （1）求 c的值；. . （2）若 d是 ab上的點，已知cosbcd=，a=2，b=3，求 sin bdc的值19 如圖，在空間多面體abcde 中， 四邊形 abcd 為直角梯形， ab dc ， adcd ， ade是正三角形， cd=de=2ab，ce=cd （i ）求證：平面cde 平面 ade ；

8、（）求二面角cbe a的余弦值20已知橢圓c： +=1（ab0）過點 p（1，） ，其離心率為（）求橢圓c的方程；（）設橢圓 c的右頂點為a， 直線 l 交 c于兩點 m 、 n （異于點 a） ， 若 d在 mn上， 且 admn ， |ad|2=|md|nd| ，證明直線l 過定點21已知函數f （ x）=lnx a（x1） （其中 a0，e 是自然對數的底數） （）若關于x 的方程 f （x）=x2x+a 有唯一實根，求（1+lna ）a2的值；（）若過原點作曲線y=f （x）的切線l 與直線 y= ex+1 垂直，證明：a；（）設g（x）=f （x+1）+ex，當 x0 時， g（x）

9、 1恒成立，求實數a 的取值范圍. . 四川省瀘州市高考數學三診試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共10 小題，每小題5 分。在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的一項。1設集合m=x|x2x60 ，n=x|x 10，則 m n= （）a （1，2）b （1， 3）c （ 1， 2）d （ 1，3）【考點】 交集及其運算【分析】 分別求出m與 n中不等式的解集確定出m與 n，找出兩集合的交集即可【解答】 解：由 m中不等式變形得： （ x3） （ x+2） 0，解得： 2x3，即 m= （ 2，3） ，由 n中不等式解得：x1，即 n= （1，+） ，則 m n=

10、（ 1，3） ，故選： b2若命題p：? x0r，x02 lgx0，則 p 是（）a? x0 r，x02lgx0b? x0r，x02lgx0c? xr，x2lgx d? xr，x2lgx 【考點】 命題的否定【分析】 直接利用特稱命題的否定是全稱命題寫出結果即可【解答】 解：因為特稱命題的否定是全稱命題，所以，命題p： ? x0r，x02lgx0，則 p是 ? x0r，x02lgx0故選： a3已知 cos2=，則 sin4 cos4 的值為（）abc d 【考點】 同角三角函數基本關系的運用；二倍角的余弦【分析】 已知等式左邊利用二倍角的余弦函數公式化簡，原式利用平方差公式及同角三角函數間的

11、基本關系化簡，將得出關系式代入計算即可求出值【解答】 解： cos2=cos2 sin2=，sin4 cos4=（ sin2 cos2） （sin2 +cos2） =sin2 cos2=（ cos2 sin2） =，. . 故選： c4圓 x2+y24x=0 的圓心到雙曲線y2=1的漸近線的距離為（）a1 b2 cd2【考點】 雙曲線的簡單性質【分析】 求得圓的圓心和半徑，雙曲線的漸近線方程，運用點到直線的距離公式，計算即可得到所求值【解答】 解：圓 x2+y24x=0 的圓心為（ 2， 0） ，半徑為2，雙曲線y2=1 的漸近線方程為y=x，可得圓心到雙曲線y2=1 的漸近線的距離為：d=1

12、故選： a5執行如圖所示的程序框圖，若輸入的x，yr，則輸出t 的最大值為（）a1 b3 c 2 d0 【考點】 程序框圖【分析】 分析框圖可知，本題是求可行域內，目標函數t=最大值，畫出可行域，求得取得最大值的點的坐標，得出最大值即可【解答】 解：由程序框圖知：本題是求可行域內， t=的最大值，畫出可行域如圖：. . 由于 t=為經過可行域的一點與原點的直線的斜率，可得當直線經過oa時斜率最大，由，解得， a（1，3） ，此時， t=3故選： b6從一個棱長為1 的正方體中切去一部分，得到一個幾何體，某三視圖如圖，則該幾何體的體積為（）abcd【考點】 由三視圖求面積、體積【分析】 由題意所

13、給的幾何體的三視圖可得該幾何體的形狀如下圖所示：該幾何體是一棱長為1 的正方體切去如圖所示的一角【解答】 解：由題意所給的幾何體的三視圖可得該幾何體的形狀如下圖所示：該幾何體是一棱長為1 的正方體切去如圖所示的一角，剩余幾何體的體積等于正方體的體積減去截取的直三棱錐的體積，v=1=故選： b. . 7某學校一天共排7 節課（其中上午4 節、下午3 節） ，某教師某天高三年級1 班和 2 班各有一節課，但他要求不能連排2 節課（其中上午第4 節和下午第1 節不算連排） ，那么該教師這一天的課的所有可能的排法種數共有（）a16 b15 c 32 d30 【考點】 計數原理的應用【分析】 直接分類討

14、論得以解決【解答】 解：該教師一個班上第1 節課，則另一個班有5 種情況，考慮順序，有10 種方法；一個班上第2 節課，則另一個班有4 種情況，考慮順序，有8 種方法；一個班上第3 節課，則另一個班有3 種情況，考慮順序，有6 種方法；一個班上第4 節課，則另一個班有3 種情況，考慮順序，有6 種方法；一個班上第5 節課，則另一個班有7 種情況，考慮順序，有2 種方法；共有 10+8+6+6+2=32 種方法故選： c8已知拋物線c：y2=8x 的焦點為f，準線為l ，p是 l 上一點， q是直線 pf與 c的一個交點，若=4，則|qf|= （）a3 bcd【考點】 拋物線的簡單性質【分析】

15、如圖所示， 由拋物線c：y2=8x，可得焦點為f，準線 l 方程， 準線 l 與 x 軸相交于點m ，|fm|=4 經過點 q作 qn l ，垂足為n則|qn|=|qf| 由 qn mf ，可得=，即可得出【解答】 解：如圖所示，由拋物線c ：y2=8x，可得焦點為f（2，0） ，準線 l 方程為： x=2，準線 l 與 x 軸相交于點m ，|fm|=4 經過點 q作 qn l ，垂足為 n則|qn|=|qf| qn mf ，. . =，|qn|=3=|qf| 故選： a9在正方體abcd a1b1c1d1中， e是棱 cc1的中點， f是側面 bcc1b1內的動點，且a1f平面 d1ae ，

16、則 a1f與平面 bcc1b1所成角的正切值t 構成的集合是（）at| bt|t 2 c t|2 dt|2 【考點】 直線與平面所成的角【分析】 設平面 ad1e與直線 bc交于點 g，連接 ag 、eg ，則 g為 bc的中點分別取b1b、b1c1的中點 m 、 n，連接 am 、mn 、an ，可證出平面a1mn 平面 d1ae ，從而得到a1f 是平面 a1mn內的直線由此將點f 在線段 mn上運動并加以觀察，即可得到a1f 與平面 bcc1b1所成角取最大值、最小值的位置，由此不難得到a1f與平面bcc1b1所成角的正切取值范圍【解答】 解：設平面ad1e與直線 bc交于點 g ，連接

17、 ag 、eg ，則 g為 bc的中點分別取 b1b、b1c1的中點 m 、n，連接 am 、mn 、an ，則a1m d1e，a1m ?平面 d1ae ，d1e? 平面 d1ae ，a1m 平面 d1ae 同理可得mn 平面 d1ae ，a1m 、mn是平面 a1mn 內的相交直線平面 a1mn 平面 d1ae ，由此結合a1f平面 d1ae ，可得直線a1f? 平面 a1mn ，即點 f 是線段 mn上上的動點. . 設直線 a1f 與平面 bcc1b1所成角為運動點 f 并加以觀察，可得當 f 與 m （或 n） 重合時，a1f 與平面 bcc1b1所成角等于a1mb1， 此時所成角 達

18、到最小值， 滿足 tan =2；當 f 與 mn中點重合時，a1f與平面 bcc1b1所成角達到最大值，滿足tan =2a1f與平面 bcc1b1所成角的正切取值范圍為2 ，2 故選： d 10已知函數f（x）=，g（x）=4x+a?2x+1+a2+a1（ar） ，若 f （g（ x） ） e 對 xr恒成立（ e 是自然對數的底數） ，則 a 的取值范圍是（）a 1，0 b （ 1，0）c 2，0 d ，0 【考點】 分段函數的應用【分析】 求得 f （ x）的值域，討論當x0 時，當 x 0 時，求出導數，判斷單調性可得范圍，令t=g （x） ，則 f （t ） e，即有 t 0，則e，解

19、得 t 1，即 4x+a?2x+1+a2+a1 1，由指數函數的值域和二次函數的最值的求法，解不等式即可得到所求范圍【解答】 解：當 x0 時， f（ x）=0，f （x）的導數為f （ x） =0，即 f （x）遞減，則f （x） 0；當 x0 時， f （x）=的導數為，當 xe 時， f （x）遞減；當0 xe 時， f （ x）遞增. . 則 x=e 處取得極大值，且為最大值，即有 f （x）令 t=g （x） ，則 f （t ） e，即有 t 0，則e，即 et+1+t 0，由 y=et+1+t 在 t 0 遞增，且 t= 1 時， y=0，可得 t 1可得 g（x） 1 恒成立，即

20、有 4x+a?2x+1+a2+a1 1，即有 4x+a?2x+1+a2+a0，當 a0 時， y=（ 2xa）2+2a2+a0，由 2x0，可得 2x=a 時，取得最大值2a2+a，可得 2a2+a0 不成立；當 a0 時， y=（ 2xa）2+2a2+a0，由 2x0， a0，ya2+a，可得 a2+a0，解得 1a0綜上可得a的范圍是 1，0 故選： a 二、填空題：本題共5 小題，每題5 分，共 25 分。11復數 z=（i 為虛數單位）的虛部是1 【考點】 復數的基本概念【分析】 首先進行復數的除法運算，分子和分母同乘以分母的共軛復數，整理成最簡形式，得到復數的標準形式，得到虛部. .

21、 【解答】 解：復數z=復數 z 的虛部是1，故答案為： 112在二次項式（x）6的展開式中，常數項的值是160 （用具體數字作答）【考點】 二項式系數的性質【分析】 寫出二項展開式的通項，由x 的指數為0 求得 r 值，則常數項可求【解答】 解：由=，令 62r=0，得 r=3，二項項式（x）6的展開式中的常數項的值為故答案為：16013下表給出的是某港口在某季節每天幾個時刻的水深關系時刻0：00 3： 00 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00 21：00 24：00 水深（ m ）5.0 7.0 5.0 3.0 5.0 7.0 5.0 3.0 5.0 若該港口的水深y（

22、m ）和時刻 t（ 0t 24）的關系可用函數y=asin （t ） +h（其中 a0， 0，h0）來近似描述，則該港口在11：00 的水深為4 m 【考點】 在實際問題中建立三角函數模型【分析】 利用已知數據，確定合適的周期、振幅等，即可得出函數解析式，從而能求出該港口在11：00 的水深【解答】 解：由題意得函數y=asin （t ） +h（其中 a0， 0， h0）的周期為t=12，解得 a=2，h=5，=，y=2sin+5，該港口在11：00 的水深為y=2sin+5=4（m ） 故答案為： 414若直線ax+ya+1=0（ar）與圓 x2+y2=4 交于 a、b兩點（其中o為坐標原點

23、），則的最小值為4 【考點】 直線與圓相交的性質. . 【分析】 易得直線恒過定點c （1，1） ，圓 x2+y2=4圓心為 （ 0，0）半徑為 2，=4 22cos，可得當ab oc時，式子取最小值，數形結合聯立方程組解點的坐標可得【解答】 解：直線ax+y a+1=0 可化為 y+1=a（ x1） ，恒過定點c （1， 1） ，圓 x2+y2=4 圓心為（ 0，0）半徑為2，=?=?（）=?=422cos，當 ab oc時，最小， cos，取最大值，此時=44cos，取最小值，此時 oc的斜率為 1，由垂直關系可得a=1，解得 a=1，故此時直線方程為y+1=x1，即 y=x2，聯立可解得

24、或，取最小值， cos，取最大值0，此時=44cos，取最小值4，故答案為： 4 15函數 f （x）圖象上不同兩點a（x1，y1） ，b （x2，y2）處的切線的斜率分別是ka，kb，|ab| 為 a、b兩點間距離，定義（ a，b） =為曲線 f （x）在點 a與點 b之間的“曲率”，給出以下問題：存在這樣的函數，該函數圖象上任意兩點之間的“曲率”為常數；函數 f （x）=x3x2+1 圖象上兩點a與 b的橫坐標分別為1，2，則點 a與點 b之間的“曲率”（a，b）；函數 f （x）=ax2+b（a0， br）圖象上任意兩點a、b之間的“曲率”（a，b） 2a；設 a（x1，y1） ， b（

25、x2，y2）是曲線f （x） =ex上不同兩點，且x1 x2=1，若 t? （ a，b） 1 恒成立，則實數 t 的取值范圍是（，1） 其中正確命題的序號為（填上所有正確命題的序號）【考點】 命題的真假判斷與應用；利用導數研究曲線上某點切線方程【分析】 考慮一次函數，求出導數，可得（ a ，b）=0，即可判斷；求出a，b的坐標，求得（ a ，b） ，即可判斷；求出f （x）的導數，運用不等式的性質，可得（ a，b） 2a，即可判斷；求出函數的導數，運用新定義求得（ a，b） ，由恒成立思想，即可得到t 的范圍，即可判斷【解答】 解：對于，當函數f（ x）=kx+b（k0）時， f （ x）=k

26、，（ a，b）=0，故正確；對于，由題意可得a（1，1） ，b（2，5） ，f （x）的導數為f （ x） =3x22x，. . 可得 （ a ，b）=，故不正確；對于，函數f （ x）=ax2+b 的導數為f （ x）=2ax，即有 （ a ，b）=2a，故正確；對于，由y=ex得 y（ x）=ex，由 a（x1，y1） ，b（x2，y2）為曲線y=ex上兩點，且x1x2=1，可得 （ a ，b）=，由 t? （ a ，b） 1 恒成立，可得t ，由 1，可得 t 1，故不正確故答案為：三、簡答題：本大題共6 小題，共75 分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。16設等比數列an 的前

27、 n 項和為 sn，已知 a3=，s3=（）求數列an 的通項公式；（）設bn=log2，tn為數列 bn的前 n 項和，求使tn=+105 成立的 n 的值【考點】 數列的求和【分析】（）討論q=1 和 q1 的情況，分別應用等比數列的通項公式和求和公式，解方程即可得到公比和首項，進而得到通項公式（2）分類討論q 的取值，利用對數的性質求bn，出再進行化簡，求得tn，最后求得 n 的值【解答】 解： （）當q=1 時，成立；當 q1 時，由，解得 a1=6，則綜上可知：或. . （）當時， bn=2 則 tn=2n；2n=+105 則 n=70 當=2n，整理得： n2+n210=0；解得

28、n=10 綜上可知n=10 或 n=7017我國政府對pm2.5采用如下標準：pm2.5日均值 m （g/m3）空氣質量等級m 35一級35m 75二級m 75超標某市環保局從180 天的市區pm2.5監測數據中，隨機抽取10 天的數據作為樣本，檢測值如莖葉圖所示（十位為莖，個位為葉） （1）求這 10 天數據的中位數；（2）從這 10 天的數據中任取3 天的數據，記 表示空氣質量達到一級的天數，求 的分布列；（3）以這 10 天的 pm2.5日均值來估計這180 天的空氣質量情況，其中大約有多少天的空氣質量達到一級？【考點】 莖葉圖；離散型隨機變量及其分布列【分析】（ 1 ）利用莖葉圖和中位

29、數的定義求解（ 2 ）由 n=10，m=4 ，n=3， 的可能值為0，1，2， 3，利用 p（=k） =（k=0，1，2，3） ，能求出分布列. . （ 3 ）一年中每天空氣質量達到一級的概率為，由 b，能求出一年中空氣質量達到一級的天數為72天【解答】 解： （ 1 ）由莖葉圖知：10 天的中位數為（38+44）2=41（微克 / 立方米）（ 2 ）由 n=10，m=4 ，n=3， 的可能值為0，1，2， 3 利用 p（=k） =（ k=0，1，2，3）即得分布列：0 1 2 3 p （ 3 ）一年中每天空氣質量達到一級的概率為，由 b，得到 e=180=72（天） ，一年中空氣質量達到一級

30、的天數為72 天18 abc中，角 a ， b，c所對的邊分別為a，b，c，已知a=ccosb+bsinc （1）求 c的值；（2）若 d是 ab上的點，已知cosbcd=，a=2，b=3，求 sin bdc的值【考點】 正弦定理；余弦定理【分析】（1）利用正弦定理將邊化角，令sina=sin （b+c ） ，展開化簡即可得出tanc ；（2）使用余弦定理求出c，得出 cosb，sinb ，則 sin bdc=sin（ bcd+ b） 【解答】 解： （1）a=ccosb+bsinc ，sina=sinccosb+sinbsinc，即sin （b+c ）=sinccosb+sinbsinc，s

31、inbcosc=sinbsinc，tanc=c=（2）在 abc中由余弦定理得c2=a2+b22abcosc=4+9 12cosc=7，c=由余弦定理得cosb=. . sinb=cosbcd=， sin bcd=sin bdc=sin（ bcd+ b）=sin bcdcosb+cos bcdsinb=19 如圖，在空間多面體abcde 中， 四邊形 abcd 為直角梯形， ab dc ， adcd ， ade是正三角形， cd=de=2ab，ce=cd （i ）求證：平面cde 平面 ade ；（）求二面角cbe a的余弦值【考點】 二面角的平面角及求法；平面與平面垂直的判定【分析】（i）根

32、據面面垂直的判定定理即可證明平面cde 平面 ade ；（）建立空間坐標系，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法進行求解即可求二面角cbea的余弦值【解答】 證明： （i ） cd=de=2ab，ce=cd 設 cd=de=2ab=2 ，則 ab=1 ，則 ce=2，cd2+de2=4+4=8=（ 2）2=ce2， cde是直角三角形，則 cd de ，ad cd ，ad de=d ，cd 平面 ade ；cd ? 平面 cde ，. . 平面 cde 平面 ade ；（）建立以d為坐標原點， dc ，de分別為 x，y 軸，過 d作垂直平面cde的直線為y 軸的空間直角坐標系如圖：則 d（

33、0， 0，0） ， c （2，0，0） ，e（0，2，0） ，a（0，1，） ，b（1，1，） ，則平面 cbe的法向量為=（x，y，z） ，=（ 1，1，） ，=（ 2，2， 0） ，則，得，即，則平面 cbe的法向量為=（1，1，0） ，設平面 bea的法向量為=（x，y，z） ，則=（1，0，0） ，則得，令 z=1，則 y=，x=0，即=（0，1） ，則 cos，=即二面角c be a的余弦值是 =20已知橢圓c： +=1（ ab0）過點 p（1，） ，其離心率為（）求橢圓c的方程；（）設橢圓 c的右頂點為a， 直線 l 交 c于兩點 m 、 n （異于點 a） ， 若 d在 mn上，

34、 且 admn ， |ad|2=|md|nd| ，證明直線l 過定點【考點】 橢圓的簡單性質【分析】（）運用橢圓的離心率公式和點p滿足橢圓方程，以及a，b，c 的關系，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；. . （）運用三角形的相似的判定和性質定理，可得man=90 ，聯立方程組，設 m （x1，y1）n（x2，y2） ，a（2， 0） ，可得（ 3+4k2）x2+8km+4m212=0，由兩直線垂直的條件：斜率之積為1，得到，7m2+16km+4k2=0，7m= 2k， m= 2k，代入求解即可得出定點【解答】 解： （）由題意可得e=，又 a2b2=c2，且+=1，解得 a=2，c=1，b

35、=，可得橢圓的方程為+=1；（）證明：由ad mn ， |ad|2=|md|nd| ，可得 rt adm rt dna ，即有 dna= mad ，即 man=90 ，由，m （x1，y1）n（x2，y2） ，a（2，0） ，可得（ 3+4k2）x2+8km+4m212=0，x1+x2=，x1x2=， =（ 8km ）24（ 3+4k2） （4m2 12） 0，即 4k2m23，由 am an ，可得?=1，即為（ x12） （x2 2）+（kx1+m ） （kx2+m ）=0，即（ k2+1）x1x2+（mk2） （x1+x2）+m2+4=0，即有（ k2+1）?+（mk2） （）+m2+4=0，化簡可得7m2+16km+4k2=0，m= k 或 m= 2k，滿足判別式大于0，當 m= k 時， y=kx+m=k（x） （k0） ，直線 l 過定點（，0） ；當 m= 2k 時， y=kx 2k=k（x2） ，直線 l 過定點（ 2，0） 由右頂點為a（2，0）