1、2012年山東省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分，在每小題給出的四個選項中，只 有一項是符合題目要求的.1. ( 5 分)(2012?山東)若復(fù)數(shù) x 滿足 z (2 - i) =11+7i (i 為虛數(shù)單位)，則 z 為( )A . 3+5iB. 3- 5iC. - 3+5iD. - 3 - 5i考點：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算.專題：數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù).分析：等式兩邊同乘 2+i，然后化簡求出 z 即可.解答：解：因為 z (2 - i) =11+7i (i 為虛數(shù)單位)，所以 z (2 - i) (2+i) = (11+7i)

2、 (2+i),即 5z=15+25i ,z=3+5i .故選 A.點評：本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運算，考查計算能力.2. ( 5 分)(2012?山東)已知全集 U=0 , 1 , 2, 3, 4，集合 A=1 , 2, 3 , B=2 , 4，則(?UA)UB 為()A . 1, 2, 4B. 2, 3, 4C. 0, 2, 4D. 0, 2, 3, 4考點：交、并、補集的混合運算.專題：集合.分析：由題意求出 A 的補集，然后求出(？uA )UB .解答：解：因為全集 U=0 , 1 , 2, 3, 4，集合 A=1 , 2, 3, B=2 , 4,則?UA=0,4, (?UA)UB=0

3、,2,4.故選 C.點評：本題考查集合的基本運算，考查計算能力.3. (5 分)(2012?山東)設(shè) a 0 且 a 鬥,貝 U 函數(shù) f (x) =a 在 R 上是減函數(shù)”，是 函數(shù) g (x)=(2 - a) x3在 R 上是增函數(shù)”的()A .充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D. 既不充分也不必要條件考點： :必要條件、充分條件與充要條件的判斷.專題： ： 簡易邏輯.分析：根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)結(jié)合充分條件和必要條件的定義即可得到結(jié)論.解答： /、7解: a 0 且 al,貝 U 函數(shù) f (x) =ax在 R 上是減函數(shù)”，所以 a ( 0, 1), 函數(shù) g (x) =

4、 (2 -a) x3在 R 上是增函數(shù)所以 a (0, 2);顯然 a 0 且 a 為，則 函數(shù) f (x) =ax在 R 上是減函數(shù)”，是函數(shù) g (x) = (2 - a) x3在 R 上是增函數(shù)”的充分不必要條件.故選 A.點評：本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)是解決本題的關(guān) 鍵.4. （ 5 分）（2012?山東）采用系統(tǒng)抽樣方法從 960 人中抽取 32 人做問卷調(diào)查，為此將他們隨機編號為 1 , 2,，960,分組后在第一組采用簡單隨機抽樣的方法抽到的號碼為9 抽到的 32 人中，編號落入?yún)^(qū)間1 , 450的人做問卷 A，編號落入?yún)^(qū)間451 ,750的人做

5、問卷 B , 其余的人做問卷 C.則抽到的人中，做問卷B 的人數(shù)為（ ）A . 7B. 9C. 10D. 15考點：系統(tǒng)抽樣方法.專題：概率與統(tǒng)計.分析：由題意可得抽到的號碼構(gòu)成以9 為首項、以 30 為公差的等差數(shù)列，求得此等差數(shù)列的通項公式為 an=9+ （n - 1） 30=30n- 21,由 451 30n- 21750 求得正整數(shù) n 的個數(shù).解答：解：96032=30 ,故由題意可得抽到的號碼構(gòu)成以9 為首項、以 30 為公差的等差數(shù)列，且此等差數(shù)列的通項公式為an=9+ （ n - 1） 30=30n - 21.由 451 30n-21 詣 50 解得 15.7n25.7.再由

6、n 為正整數(shù)可得16125. （ 5 分）（2012?山東）設(shè)變量 x, y 滿足約束條件“加+応 4 ，則目標(biāo)函數(shù) z=3x - y 的4* - Q -1取值范圍是（）A. _芻 6B. T C.-1，6考點：簡單線性規(guī)劃.專題：不等式的解法及應(yīng)用.分析：作出不等式組表示的平面區(qū)域；作出目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)的直線；由目標(biāo)函數(shù)中z 的幾何意義可求 z 的最大值與最小值，進(jìn)而可求 z 的范圍解答：解：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示由 z=3x - y 可得 y=3x -乙 則-z 為直線 y=3x - z 在 y 軸上的截距，截距越大，z 越小 結(jié)合圖形可知，當(dāng)直線 y=3x - z 平移到 B

7、時，z 最小，平移到 C 時 z 最大 由儼J 可得B（丄，3）,22x+y=42皿5 2由* X 冶廠2可得 C （ 2, 0）, Zmax=6k2x+y=4故選 A點評：本題考查畫不等式組表示的平面區(qū)域、考查數(shù)形結(jié)合求函數(shù)的最值解題的關(guān)鍵是準(zhǔn) 確理解目標(biāo)函數(shù)的幾何意義a=4,那么輸出的 n 的值為（C. 46. （ 5 分）（2012?山東）執(zhí)行程序框圖，如果輸入考點：循環(huán)結(jié)構(gòu).專題：算法和程序框圖.分析：通過循環(huán)求出 P, Q 的值，當(dāng) PQ 時結(jié)束循環(huán)，輸出結(jié)果即可. 解答：解：第 1 次判斷后循環(huán)，P=1, Q=3, n=1,第 2 次判斷循環(huán)，P=5, Q=7, n=2,第 3 次

8、判斷循環(huán)，P=21, Q=15 , n=3 ,第 3 次判斷，不滿足題意，退出循環(huán)，輸出n=3.故選 B.點評：本題考查循環(huán)結(jié)構(gòu)的作用，注意判斷框與循環(huán)后，各個變量的數(shù)值的求法，考查計算 能力.C.4考點：一一倍角的正弦；冋角二角函數(shù)間的基本關(guān)系.專題： 三角函數(shù)的求值.分析： 2結(jié)合角的范圍，通過平方關(guān)系求出二倍角的余弦函數(shù)值，通過二倍角公式求解即可.解答： 解因為一八二，日匚所以 cos29=-_ 二=-,，所以 1 - 2sin20=-，8所以sin0=| 二.,所以 sin0=.4故選 D.點評：本題考查一倍角的正弦， 冋角二角函數(shù)間的基本關(guān)系，注意角的氾圍，考查計算能力.&

9、( 5 分)(2012?山東)定義在 R 上的函數(shù) f (x)滿足 f (x+6) =f ( x),當(dāng)-3 纟-1 時,2f(x)=-( x+2)，當(dāng)-1強 b0）的離心率為丄_,與雙曲線 x2考點：圓錐曲線的共同特征；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；雙曲線的簡單性質(zhì). 專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.分析：由題意，雙曲線 x2-y2=1 的漸近線方程為 y= b 0) 上 a2b244 J a fc-又e_22a.2 2a =4b2- a =20,故選 D.點評：本題考查雙曲線的性質(zhì)，考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與性質(zhì)， 正確運用雙曲線的性質(zhì)是關(guān)鍵.11. （ 5 分）（2012?山東）現(xiàn)有 16 張不同的卡片，其

10、中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各4 張,從中任取 3 張，要求取出的這些卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多 1 張，不同取法的種數(shù)為（A. 232B. 252C. 472D. 484考點：排列、組合及簡單計數(shù)問題.專題：排列組合.2-y =1 的漸近線有四個交點，以這四個交點為頂點的四邊形的面積為 為（ ）A .16,則橢圓 C 的方程2=1222112 6C.2+16b2=5橢圓方程-:+二 120 5分析：不考慮特殊情況，共有J 取法，其中每一種卡片各取三張，有種取法，兩種紅色卡片，共有 c：c種取法，由此可得結(jié)論.解答：解：由題意，不考慮特殊情況，共有種取法，其中每一種卡片各取三張，有4

11、C；種取法，兩種紅色卡片，共有clc2種取法，故所求的取法共有 瑤-4C；幕=56 16 - 72=472故選 C.點評：本題考查組合知識，考查排除法求解計數(shù)問題，屬于中檔題.212.(5 分)(2012?山東)設(shè)函數(shù) f (x) =, g (x) =ax+bx (a, bR, aM)若 y=f (x)的圖象與 y=g (x)圖象有且僅有兩個不同的公共點A (x1, y1), B (x2, y2),則下列判斷正確的是()A .當(dāng) av0 時，X1+X2V0, y1+y2 0B. 當(dāng) av0 時，X1+x2 0, y1+y2V0C.當(dāng) a 0 時，X1+X2V0, y1+y2v0D. 當(dāng) a0

12、時，X1+x2 0, y1+y2 0考點：根的存在性及根的個數(shù)判斷；二次函數(shù)的性質(zhì).專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.分析：畫出函數(shù)的圖象，利用函數(shù)的奇偶性，以及二次函數(shù)的對稱性，不難推出結(jié)論. 解答：解：當(dāng) av0時，作出兩個函數(shù)的圖象，若 y=f (x)的圖象與 y=g (x)圖象有且僅有兩個不同的公共點， 必然是如圖的情況，因為函數(shù) f (x)=丄是奇函數(shù)，所以 A 與 A 關(guān)于原點對稱，x顯然 X2- X1 0,即卩 X1+X2 ,-y1y2,即 y1+y2 0 時，有當(dāng) a 0 時，X1+x20點評：本題考查的是函數(shù)圖象，直接利用圖象判斷；也可以利用了構(gòu)造函數(shù)的方法，利用函數(shù)與導(dǎo)數(shù)知識求解要求

13、具有轉(zhuǎn)化、分析解決問題，由一般到特殊的能力題目立意 較高，很好的考查能力.二、填空題：本大題共 4 小題，每小題 4 分，共 16 分.13.（4 分）（2012?山東）若不等式|kx - 40 的解集為x|1，則實數(shù) k= 2考點：絕對值不等式.專題：不等式的解法及應(yīng)用.分析：|kx - 4|電？（ kx - 4）詔，由題意可知 1 和 3 是方程 k x - 8kx+12=0 的兩根，有韋達(dá) 定理即可求得 k 的值.解答：丿解 :v|kx - 4|2,2 2 2( kx-4)4,1卩 k x-8kx+12 切,不等式|kx - 4|電的解集為x|1 3, 1 和 3 是方程 k x - 8

14、kx+12=0 的兩根， 1+3=二k2 k=2.故答案為 2.點評： :本題考查絕對值不等式，將|kx- 40,若曲線 y=:,與直線 x=a , y=0 所圍成封閉圖形的面積為 則玄=，-考點：定積分在求面積中的應(yīng)用.專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.分析：利用定積分表示圖形的面積，從而可建立方程，由此可求解答：解：由題意，曲線 y=:與直線 x=a, y=0 所圍成封閉圖形的面積為a=:.9故答案為：；9點評：本題考查利用定積分求面積，確定被積區(qū)間與被積函數(shù)是解題的關(guān)鍵.16.（4 分）（2012?山東）如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，一單位圓的圓心的初始位置在 （0, 1） ,此時圓上一點

15、P 的位置在（0, 0）,圓在 x 軸上沿正向滾動當(dāng)圓滾動到圓心位考點：圓的參數(shù)方程；平面向量坐標(biāo)表示的應(yīng)用.專題：平面向量及應(yīng)用；坐標(biāo)系和參數(shù)方程.分析：設(shè)滾動后圓的圓心為 O,切點為 A，連接 OP.過 O作與 x 軸正方向平行的射線，交圓 O 于 B（ 3, 1）,設(shè)/ BOP= 則根據(jù)圓的參數(shù)方程，得 P 的坐標(biāo)為（2+cos0,1+sin0）,再根據(jù)圓的圓心從（0, 1）滾動到（2, 1），算出a 的值.(2 sin2, 1 cos2)2,結(jié)合三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式，化簡可得 P 的坐標(biāo)為(2 - sin2, 1 - cos2),即為向量 0P 的坐標(biāo). 解答：解：設(shè)滾動后的圓的圓心為0

16、,切點為 A (2, 0),連接 OP,過 0作與 x 軸正方向平行的射線，交圓0于 B( 3，1)，設(shè)/ BOP=0TOO的方程為(x- 2)2+ (y- 1)2=1 ,根據(jù)圓的參數(shù)方程，得P 的坐標(biāo)為(2+cos01+sin0),單位圓的圓心的初始位置在(0, 1),圓滾動到圓心位于(2, 1)/ A0P=2，可得0=1 - 22可得 cos0=cos2) =- sin2, sin0=sin (L- 2) = - cos2,22代入上面所得的式子，得到P 的坐標(biāo)為(2 - sin2, 1 - cos2) OP 的坐標(biāo)為(2 - sin2, 1 - cos2).故答案為：(2 - sin2,

17、 1 - cos2)點評：本題根據(jù)半徑為 1 的圓的滾動，求一個向量的坐標(biāo)，著重考查了圓的參數(shù)方程和平面 向量的坐標(biāo)表示的應(yīng)用等知識點，屬于中檔題.三、解答題：本大題共6 小題，共 74 分.17. (12 分)(2012?山東)已知向量 =(sinx,數(shù) f (x) = ? 的最大值為 6.(I)求 A；(H)將函數(shù) y=f (x)的圖象像左平移“個單位，再將所得圖象各點的橫坐標(biāo)縮短為原來121CTT的亠倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù) y=g (x)的圖象.求 g (x)在0,上的值域.224考點：三角函數(shù)的最值；平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角；正弦函數(shù)的定義域和值域；函數(shù) y=Asin (w

18、x+ $)的圖象變換.專題：三角函數(shù)的求值；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；平面向量及應(yīng)用.分析：(I)利用向量的數(shù)量積展開，通過二倍角公式以及兩角和的正弦函數(shù)化為，一個角 的一個三角函數(shù)的形式，通過最大值求A；(H)通過將函數(shù) y=f (x)的圖象像左平移 召個單位，再將所得圖象各點的橫坐標(biāo)1), n = 3 Acosx，出 cos2x) (A 0),函$ hy縮短為原來的 丄倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù) y=g (x)的圖象.求出 g (x)的表達(dá)式,2通過 x 0, 匚求出函數(shù)的值域.24解答：解：（I）函數(shù) f （x） = ?.=：:： i: i=A - )=Asin (2x+).6因為 A 0，由

19、題意可知 A=6 .匹).6將函數(shù) y=f (x)的圖象向左平移一個單位后得到,12JT7TJTy=6sin2 (x+)+=6sin (2x+)1263原來的倍，2故g(x)在0, ”上的值域為-3,6點評：本題考查三角函數(shù)的最值，平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角，正弦函數(shù)的定義 域和值域，函數(shù) y=Asin （wx+ $）的圖象變換，考查計算能力.18. （12 分）（2012?山東）在如圖所示的幾何體中，四邊形 ABCD 是等腰梯形，AB / CD , /DAB=60 FC 丄平面 ABCD , AE 丄 BD , CB=CD=CF .（I）求證：BD 丄平面 AED;（H）求二面角 F

20、- BD - C 的余弦值.(n)由(I)f (x)=6sin(2x+的圖象再將所得圖象各點的橫坐標(biāo)縮短為得到函數(shù)y=6sin (4x+1)3，所以 4x+-243匸L34x+ =時函數(shù)取得最小值-3.36縱坐標(biāo)不變,因為 x 0,的圖象.因此 g (x) =6sin (4x+).3,4x+ 時取得最大值 6,632:用空間向量求平面間的夾角；直線與平面垂直的判定；向量語言表述線面的垂直、平行關(guān)系；二面角的平面角及求法.:空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；立體幾何.:(I)由題意及圖可得，先由條件證得定理即可證得線面垂直；(II)解法一：由(I)知，AD 丄 BD，可得出 AC 丄

21、BC,結(jié)合 FC 丄平面 ABCD，知CA , CA , CF 兩兩垂直，因此可以 C 為坐標(biāo)原點，分別以 CA , CB, CF 所在的直線 為 X 軸，Y 軸，Z 軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CB=1，表示出各點的坐標(biāo)，再求出兩個平面的法向量的坐標(biāo)，由公式求出二面角F- BD - C 的余弦值即可；解法二：取 BD 的中點 G,連接 CG, FG,由于 CB=CD，因此 CG 丄 BD，又 FC 丄平 面 ABCD ,BD?平面 ABCD，可證明出/ FGC 為二面角 F- BD - C 的平面角，再解 三角形求出二面角 F -BD - C 的余弦值.解答：(I)證明：因為四邊形 ABC

22、D 是等腰梯形，AB / CD，/ DAB=60 所以/ ADC= / BCD=120 又 CB=CD ,所以/ CDB=30 因此，/ ADB=90 AD 丄 BD ,又 AE 丄 BD 且，AEAAD=A , AE , AD?平面 AED ,所以 BD 丄平面 AED ；(II)解法一：由(I)知，AD 丄 BD，同理 AC 丄 BC ,又 FC 丄平面 ABCD，因此 CA , CB, CF 兩兩垂直，以 C 為坐標(biāo)原點，分別以 CA , CB , CF所在的直線為 X 軸，Y 軸，Z 軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè) CB=1，貝 U C (0, 0, 0) , B (0, 1, 0

23、) , D (並，-丄，0) , F (0, 0, 1),2 2因此所=(並，-，0), BF = (0, - 1, 1)2 2設(shè)平面 BDF 的一個法向量為 n= (x, y, z),貝斥?麗=0, 7?伍=0所以 x=Jy=z ,取 z=1,則 n =(丙，1,1),由于 丨=(0 , 0 , 1)是平面 BDC 的一個法向量, =,所以二面角 F- BD - C 的余弦值為仝ICFlIrrl V5 55解法二：取面 ABCD ,所以 FC 丄BD ,由于 FCQCG=C, FC , CG?平面 FCG.所以 BD 丄平面 FCG .故 BD 丄 FG ,所以/ FGC 為二面角 F -

24、BD - C 的平面角, 在等腰三角形 BCD 中，由于/ BCD=120 因此CG= CB,又CB=CF,所以 GF= . _ |：=叮 CG ,AD 丄 BD 及 AE 丄 BD，再由線面垂直的判定ID 則 cosv,BD 的中點 G ,連接 CG , FG ,由于 CB=CD ,因此 CG 丄 BD ,又 FC 丄平 BD?平面 ABCD ,故 cos/ FGC=,u所以二面角 F - BD - C 的余弦值為 一5點評：本題考查線面垂直的證明與二面角的余弦值的求法，解題的關(guān)鍵是熟練掌握線面垂直的判定定理及二面角的兩種求法-向量法與幾何法，本題是高中數(shù)學(xué)的典型題，也是 高考中的熱點題型，

25、尤其是利用空間向量解決立體幾何問題是近幾年高考的必考題， 學(xué)習(xí)時要好好把握向量法的解題規(guī)律.19. （12 分）（2012?山東）現(xiàn)有甲、乙兩個靶.某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為一4命中得 1 分，沒有命中得 0 分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為-,每命中一次得 2 分,3沒有命中得 0 分.該射手每次射擊的結(jié)果相互獨立.假設(shè)該射手完成以上三次射擊.（I）求該射手恰好命中一次得的概率；（n）求該射手的總得分 X 的分布列及數(shù)學(xué)期望EX.考點：離散型隨機變量的期望與方差；互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式.專題：概率與統(tǒng)計.分析：（I）記：該射手恰好命中一次”為事件 A

26、,該射手射擊甲靶命中”為事件 B ,該射 手第一次射擊乙靶命中 ”為事件 C,該射手第二次射擊乙靶命中”為事件 D，由于 A=B CD+EC5+呂 CD,根據(jù)事件的獨立性和互斥性可求出所求；（II）根據(jù)題意，X 的所有可能取值為 0, 1, 2, 3, 4,根據(jù)事件的對立性和互斥性 可得相應(yīng)的概率，得到分布列，最后利用數(shù)學(xué)期望公式解之即可.解答：解：（I）記：該射手恰好命中一次”為事件 A ,該射手射擊甲靶命中”為事件 B ,該故 X 的分布列為X012345P1111136)1293|3|所以 E (X ) =0X+1X+2X+3X+4X+5X=36129393 12點評：本題主要考查了離散

27、型隨機變量的期望，以及分布列和事件的對立性和互斥性，同時考查了計算能力和分析問題的能力，屬于中檔題.20.（12 分）（2012?山東）在等差數(shù)列 an中，a3+a4+a5=84 , a9=73 .（I）求數(shù)列an的通項公式；（H）對任意 mN*,將數(shù)列an中落入?yún)^(qū)間（9”，92m）內(nèi)的項的個數(shù)記為 bm,求數(shù)列bm 的前m 項和 Sm.考點：數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項公式.射手第一次射擊乙靶命中”為事件 C，該射手第二次射擊乙靶命中”為事件 D 由題意知 P ( B)=丄 P ( C) =P ( D)=:43由于 A=B +=_+.1,二I根據(jù)事件的獨立性和互斥性得P)=P(_B：；i i)

28、P( II)+P1 )=P(B)P()P( I)+P()P(C)PO)+P(=)P 廠)P(D)=X(1- )X(1- )+(1- ) XX(1-)433433=1_=36(II)根據(jù)題意，X 的所有可能取值為 0, 1, 2, 根據(jù)事件的對立性和互斥性得-寫9 () =(1-) X(1-)X(143S?3, 4, 5(X=0)=P(X=1 ) =P丿 4(33 丿2(X=2 ) =P()=P()+p( ；：|)=( 1 - )X-X(1 ) + (1 -)4334(X=3) =P(X=4)=P(X=5) =P+ P(B D)=X X (1- )+X(1- ) X=4 33433 3() =

29、(1-)八:=;(BCD)=XX=4 3 3 3(BC i)專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列.(I)由已知及等差數(shù)列的性質(zhì)可求a4,由.可求公差 d，進(jìn)而可求 a1，進(jìn)9-4而可求通項(II )由 .-可得 9m+8v9nv9 亦+8，從而可得；.，丄1”，由等比數(shù)列的求和公式可求解答：解：(I)：數(shù)列an是等差數(shù)列二 a3+a4+a5=3a4=84,二 a4=28設(shè)等差數(shù)列的公差為 dTa9=73由 a4=ai+3d 可得 28=ai+27ai=i二 an=ai+ (n 1) d=1+9 (n 1) =9n - 8(II)若：. .11m2m貝V9 +8v9nv9+8m-1：2m-1 :因此 9+電

30、 +99二 Sm=b1+b2+ -+bm=(9+93+95+ +92m1)-9 (1 - 8P) _ 1 - 91-81滬+1 _ 10X 9+1= 80點評：本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)及通項公式的應(yīng)用，等比數(shù)列的求和公式的應(yīng)用，屬于等差數(shù)列與等比數(shù)列基本運算的綜合應(yīng)用.221.(13 分)(2012?山東)在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，F(xiàn) 是拋物線 C: x =2py ( p 0)的焦 點，M 是拋物線 C 上位于第一象限內(nèi)的任意一點，過 M , F, O 三點的圓的圓心為 Q,點 Q 到拋物線 C 的準(zhǔn)線的距離為 ；.4(I)求拋物線 C 的方程；分析:日9a4?3-289-45=9故得

31、m-1x1+9+ -+9)(n)是否存在點 M,使得直線 MQ 與拋物線 C 相切于點 M ?若存在，求出點 M 的坐標(biāo)； 若不存在，說明理由；(川)若點 M 的橫坐標(biāo)為 ，直線 I: y=kx+與拋物線 C 有兩個不同的交點 A , B , l 與圓42 2Q 有兩個不同的交點 D, E,求當(dāng)匚我電時，|AB| +|DE|的最小值.2考點： 直線與圓錐曲線的綜合問題； 拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程； 拋物線的簡單性質(zhì). 專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題.分析:(I)通過 F(0,-),圓心 Q 在線段 OF 平分線 y=上，推出求出 p=1，推出拋物24線 C 的方程.(n)

32、假設(shè)存在點2M (xo,上-), (xo0)滿足條件，拋物線 C 在點 M 處的切線的2求出 Q 的坐標(biāo)，利用|QM|=|OQ|，求出 M (近，1).使得直線斜率為函數(shù)的導(dǎo)數(shù)， MQ 與拋物線 C 相切與點 M .(川)當(dāng)枯忑時， 求出OQ 的方程為.利用直線與拋物線方程聯(lián)立方程組. 設(shè) A( xi, yl) , B (X2,y2),利用韋達(dá)定理，求出|AB|2.同理求出|DE|2,通過|AB|2+|DE|2的表 達(dá)式，通過換元，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值.解答：解：(I)由題意可知 F (0,),圓心 Q 在線段 OF 平分線2y=上，因為拋物線 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y=-;，,2所以亠二，即

33、 p=1 ,44因此拋物線 C 的方程(n)假設(shè)存在點 M2x =2y.2(Xo,亠)，(xo 0)滿足條件,拋物線 C 在點 M 處的切線的斜率為2y7I = ()YI豎=覽2=x0.1所以Q(“又 |QM|=|OQ|,2g一.又 xo 0.所以 xo=、j2，此時 M （近，1）.故存在點 M（屁，1） ,使得直線 MQ 與拋物線 C 相切與點 M .（川） 當(dāng) xo=時，由（n）的 Q （） ,OQ 的半徑為:842=2732J 272，整理得 2x 4kx 仁 0.2設(shè) A (xi, yi), B (X2, y2),由于=16k +8 0,2 2 2 2所以 |AB| = (1+k )

34、 (X1+X2) 4X1X2=(1+k )因此 |AB|2+|DE|2= (1+k2) (4k2+2) + 8(1+ k2)422竽/+心）燦計寺2_27，整理得（1+k2)x2- i,416設(shè) D, E 兩點的坐標(biāo)分別為（X3,以97由于 0,43y3), (X4,y4).X3+X4=X3X4=16 (1+ k2)所以 |DE|2= (1+k2)(X3+X4)2 4X3X4 =25Xl+X2=2k, X1X2=2(4k25r=所以0Q的方程為-,所以 |AB|2+|DE|2=t (4t 2) +，=4t3 2t+ 一118t 48t 4設(shè) g (t) =4t2 2t+- , t.，因為 g( t) =8t 2 8t 44gt所以當(dāng)-g（=6，令 1+k =t，由于 =16k +80?則，即函數(shù) g (t)在 仁是增函數(shù)，所以當(dāng)時，g (t)取最小值 ,匚442因此當(dāng) k=時，|AB|2+|DE|2的最小值為_J.2 2點