1、第1頁共25頁2020屆山東省濱州市高三上學期期末考試數學試題、單選題【點睛】所以|z|故選：D.【點睛】本題主要考查求復數的模，熟記復數的除法運算法則，以及復數模的計算公式即可，屬于基礎題型1”是“2x1”的(A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】根據交集的概念，直接計算，即可得出結果【詳解】因為Ax|1x3,B0,2,4,6,所以AI B0,2.D.故選：A.1.已知Ax|0,2,4,6頂AIB(B.1,0,2X|1本題主要考查交集的運算, 熟記概念即可，屬于基礎題型2.已知復數z滿足Z134i,則|z|()B.【解析】先由題意，得到z3

2、41,根據復數的除法運算法則，以及復數模的計算公i式，即可得出結果.【詳解】因為z1i34i,所以34i1i34i1i第2頁共25頁【答案】Bx1【解析】先由11,得到x0,再由充分條件與必要條件的概念，即可得出結果.2【詳解】x由11解得x0,所以由“2x1”能推出x0”，反之，不能推出；2x1因此一1是2x1的必要不充分條件.2故選：B.【點睛】本題主要考查命題的必要不充分條件的判定，熟記充分條件與必要條件的概念即可，屬于?？碱}型.4.板-山）展開式中了項的系數為（）A.】6|B.1C.8D.2【答案】B【解析】寫出二項展開式的通項公式，從而可知當k=B時得到妒的項，代入通項公式求得結果.

3、【詳解】2-1寸的展開式通項為：=C；2咔0=C；2-r(-】)x5當E=4,即T=8時，T9-(項的系數為：l|本題正確選項：【點睛】本題考查利用二項式定理求解指定項的系數問題，屬于常規題型r5.已知向量arrx,2,b2,y,c-rrr2-4，且a/c，brc，則rrab()A.3B.而C.4vD.2/3第3頁共25頁【答案】B果.【詳解】rrr口rrrr因為向量ax,2,b2,y,c2,4，且a/c，bc,4x40 x1rr所以,解得：即a1,2,b2,1,44y0y 1rr所以ab(3,1),因此rrab72312屈.故選：B.【點睛】本題主要考查求向量的模，熟記向量模的坐標表示，向量

4、垂直的坐標表示，以及向量共線的坐標表示即可，屬于?？碱}型6.已知拋物線y24x的焦點為F,準線為l,P為該拋物線上一點，PAl,A為垂足.若直線AF的斜率為右，則PAF的面積為()【解析】先由題意，得到拋物線的焦點為F(1,0),設拋物線y2邊長為4的等邊三角形，再由三角形面積公式，即可得出結果【詳解】由題意，拋物線y24x的焦點為F(1,0),設拋物線y24x的準線與x軸交點為D，貝UDF故選：B.【解析】根據題意, 得到4x404y求出x,y,再由向量模的坐標表示，即可得出結4x的準線與x軸交點2,根據直線的斜率，求出AF60,推出PAF是2,又直線AF的斜率為右，所以AFD60,因此AF

5、2DF4,AFP60；由拋物線的定義可得:PAPF，所以PAF是邊長為4的等邊三角形,所以PAF的面積為4sin6043第4頁共25頁rt|:4JN11FVA*(折73I-11_2-3:-4|【點睛】【詳解】由圖像可得:本題主要考查拋物線中三角形的面積問題, 熟記拋物線的性質即可，屬于?？碱}型3blog3a,3logib3log1c,則a,b,c的大小關系是3B.aC.【解析】在同一直角坐標系內, 作出函數log3X,yOx3,的圖像, 根據圖像，即可得出結果在同一直角坐標系內，作出函數yiog3x,oxyy3,ylogi3x的圖像如下:因為-3,3blog3a，3logib3所以a是ylog

6、3x交點的橫坐標；b是y3x與ylogx交點的橫坐3標；c是ygx交點的橫坐標;3第5頁共25頁故選：C.【點睛】本題主要考查由對數函數與指數函數的圖像比較大小，熟記對數函數與指數函數的圖像與性質即可，屬于?？碱}型.8.已知函數f(x)2sin(2x)的圖象過點A一,2,則()6A.把yfx的圖象向右平移g個單位得到函數y2sin2x的圖象B.函數fX在區間,。上單調遞減C.函數fx在區間0,2內有五個零點D.函數fx在區間。，司上的最小值為i【答案】D【解析】先由函數圖像過點A,2，求出一2k,kZ,得到66f(x)2sin2x一，根據正弦型三角函數的性質，以及函數的平移原則，逐項判斷,6即

7、可得出結果.【詳解】因為函數f(x)2sin(2x)的圖象過點A一,2,6第6頁共25頁所以2sin2,因此一一2k,kZ,332所以一2k,kZ,6【詳解】第7頁共25頁A選項，把yfx的圖象向右平移 -個單位得到函數6y2sin2x6的圖象，故A錯;B選項，由一22k2x一622k,kZ得一6kx23k,kZ,即函數f(x)2sin2x一的單調遞減區間是:66k2,k,kZ,故B錯;【點睛】平移原則即可，屬于?？碱}型二、多選題B.雙曲線過點【答案】ABC【解析】根據雙曲線標準方程的求法，逐項判斷，即可得出結果因此f(x)2sin(2x)2sin2x2k2sin2xC選項，由f(x)2sin

8、xJ,k122Z,因此x0,2,所以xD選項，因為xy2sin2x61,20得2x-617231212，共四個零點,因it匕sin 2x2sin2x一的最小值為1,6C錯;121故D正確;本題主要考查三角函數相關結論的判斷,熟記正弦型三角函數的性質,以及三角函數的9.已知雙曲線C：能使雙曲線C的方程為2匕b22x_161(a0,b0)的左、右焦點分別為21的是(9Fi(5,0),F2(5,0),則C.漸近線方程為3x4yD.實軸長為42x5故選：D.,所以2x，即f(x)111212第8頁共25頁由題意，可得：焦點在x軸上，且c5;222L七1,故A正確;1692x16m9m25,解得：m1,

9、所以此時雙曲線的萬程為：16若實軸長為4,則a2,所以b2c2a221,此時雙曲線的方程為:【點睛】本題主要考查由a,b,c求雙曲線方程，熟記雙曲線的標準方程及性質即可，屬于?？碱}10.已知菱形ABCD中，BAD60,AC與BD相交于點O,起，使頂點A至點M，在折起的過程中，下列結論正確的是(角形大值為60【答案】ABD【解析】根據線面垂直的判定定理與性質可判斷A選項；設菱形ABCD的邊長為2,A選項，若離心率為一，則a44,所以b2a29,此時雙曲線的方程為:B選項，若雙曲線過點25a2a8116b225，解得:2ab216;此時雙曲線22的方程為：工匕1691,故B正確;C選項，若雙曲線的

10、漸近線方程為3x4y0,可設雙曲線的方程為:2x2y_169所以2c正確;D選項，22xy_421A.BDCMB.存在一個位置，使VCDM為等邊三將ABD沿BD折C.DM與BC不可能垂直D.直線DM與平面BCD所成的角的最m(m0),1,故D錯誤;故選：ABC.第9頁共25頁十uuuiruur,項；用向重的方法計算DMBC，判正其能否為概念，找到線面角的最大值，即可判斷D選項.根據題意，當VCDM為等邊三角形時，求得二面角MBDC存在，即可判斷B選0,即可判斷C選項；根據線面角的【詳解】A選項，因為菱形ABCD中，AC與BD相交于點O,所以AOBD,COBD；將ABD沿BD折起，使頂點A至點M

11、，折起過程中，AO始終與BD垂直，因此MOBD,又MOICO,由線面垂直的判定定理，可得：BD平面CMO，因此BDCM,故A正確；B選項，因為折起的過程中，AD邊長度不變，因此MDCD；若VCDM為等邊三角形，則CMCD;設切ABCD的邊長為2,因為BAD60,貝UAOABsin603，即AOMO焰，又CMCD2,所以cosMOC3341,即二面角MBDC的余弦值為時，VCDM為等邊2333三角形；故B正確；UUULTUUUUUULTUJUlUUUFUUU由A選項知，MOBD,COBD,UULTUUinODOB,C選項，DMOMOD，BCOCOB，UUUUUUUTUULTUUIT所以OMOBO

12、DOC0,因此ULUIUTUimUULUUUirUUITUUUUUUUULUTDMBCOMODOCOBOMOC同B選項,UUIW設菱形ABCD的邊長為2，易得OCOMJ3,OBOD1,UULT.1UUIIUIUULT所以DMBC3cosMOC1,顯然當cosMOC一時，DMBC0，即3DMBC;故C錯誤；D選項，同BC選項，設菱形ABCD的邊長為2,則OM43,OD1,MD2,由幾何體直觀圖可知，當OM平面BCD,直線DM與平面BCD所成的角最大，為MDO，易知MDO60故選：ABD.【點睛】本題主要考查立體幾何的綜合應用，熟記線面垂直的判定定理，線面角的概念，靈活運第8頁共25頁第11頁共2

13、5頁用向量的方法判定即可，屬于常考題型11.已知定義在0,萬上的函數fx的導函數為fx,且f00,f(x)cosxf(x)sinx0,則下列判斷中正確的是()A.f-技fB.fIn06243C.f-3fD.f、2f-6343【答案】CD【解析】先令g(x)對函數求導，根據題意， 得到,、f(x)-g(x)在0,上cosxcosx2單調遞減，再逐項判斷，即可得出結果【詳解】令g(x)冬x。,一，cosx2f(x)cosxf(x)sinx則g(x)2cosx因為f(x)cosxf(x)sinx0,所以g(x)f(x)cosx2f(x)sinx0在0,_上恒成立,cosx2因此函數g(x)上也在0-

14、上單調遞減，cosx2因此g6g;0,所以，即g(0)T_6_cos6f(0)T一，即fcos40，所以g(x)6f(x)cosx20在，402故A錯；上恒成立,又f 0因為In30,一2,所以fIn30,故B錯；又g6g3,所以f-_6_f-，即f6.3f,3故C正確;coscos63第12頁共25頁又gg一,所以一一，即f-J2f一，故D正確；4343coscos43故選：CD.【點睛】本題主要考查導數的應用，通常需要構造函數，用導數的方法研究函數單調性等，屬于?？碱}型.12.在平面直角坐標系xOy中，如圖放置的邊長為2的正方形ABCD沿x軸滾動(無滑動滾動)，點D恰好經過坐標原點，設頂點

15、Bx,y的軌跡方程是yfx,則對函數yfx的判斷正確的是()C.函數yfx的值域為0,22D.函數yfx在區間6,8上單調遞增【答案】BCD【解析】根據正方形的運動，得到點Bx,y的軌跡，作出對應函數圖像，根據圖像，即可得出結果.【詳解】由題意，當4x2時，頂點Bx,y的軌跡是以點A(2,0)為圓心，以2為半徑,1-的一圓；41當2x2時，頂點Bx,y的軌跡是以點D(0,0)為圓心，以2J2為半徑的圓；41當2x4時，頂點Bx,y的軌跡是以點C(2,0)為圓心，以2為半徑的一圓；A.函數yf是奇函數B.對任意的xR,都有第13頁共25頁41一,當4x6,頂點Bx,y的軌跡是以點A(4,0)為圓

16、心，以2為半徑的一圓，與44x2的形狀相同，因此函數yfx在4,4恰好為一個周期的圖像；【詳解】第14頁共25頁所以函數yfx的周期是8；A選項，由圖像及題意可得，該函數為偶函數，故A錯；B選項，因為函數的周期為8,所以f(x8)f(x)，因此f(x4)f(x4);故B正確；C選項，由圖像可得，該函數的值域為0,22;故C正確；D選項，因為該函數是以8為周期的函數，因此函數yfx在區間6,8的圖像與在區間2,0圖像形狀相同，因此，單調遞增；故D正確；故選：BCD.【點睛】本題主要考查分段函數的應用，熟記函數的性質，靈活運用數形結合的思想求解即可,屬于常考題型.三、填空題【答案】y2x1【解析】

17、Qy(x2)exk2y12x,y2x1sincos,114.已知1,tan()，則tan1cos23【答案】113.曲線y7+,sincos先由1cos2公式，即可得出結果.【解析】1,根據二倍角公式，得到tan1十,再由兩角差的正切2(x1)ex在點(0,1)處的切線的方程為其圖像如下:【詳解】第15頁共25頁第16頁共25頁sincos2因為1,所以sincos2sin且cos1cos2)3又tan(所以tantantantan故答案為:【點睛】1tantan本題主要考查三角恒等變換給值求值的問題,即可，屬于?？碱}型0,13116熟記二倍角公式,15.在四面體SABC中，SASB2,且SA

18、SB,BC四面體體積的最大值為，該四面體外接球的表面積為所以tan【答案】淄86【解析】先由題中數據,OAOBOCOS球的表面積；再由SO以及兩角差的正切公式得到ACBC;取AB中點為O,連接OS,OC,從而得到J2，所以該四面體的外接球的球心為O,進而可求出其外接AB，底面三角形ABC的面積為定值，SO的長也為確定的值,結合幾何體直觀圖，可得當SO平面ABC時，四面體的體積最大，即可求出結果【詳解】因為SASB2，且SASB,BC龍,所以ABV2SA212,因BC2AC2AB2，貝UACBC取AB中點為O,連接OS,OAOBOCOS2，所以該四面體的外接球的球心為O，半徑為OC所以該四面體外

19、接球的表面積為又因為SASB,所以SOAB；因為底面三角形ABC的面積為定值1-ACBC215,2SO的長也為確定的值 J2,因此，當SO平面ABC時，四面體的體積最大,3SVABCSOi0第17頁共25頁第18頁共25頁故答案為：(1).二30(2).86本題主要考查幾何體外接球的相關計算，以及三棱錐體積的有關計算，熟記三棱錐結構特征，以及球的表面積公式與三棱錐的體積公式即可，屬于?？碱}型16.在平面直角坐標系xOy中，A為直線l：y3x上在第三象限內的點，B10,0,以線段AB為直徑的圓C(C為圓心)與直線l相交于另一個點D,ABCD,則圓C的標準方程為.22【答案】x7y645【解析】先

20、由題意，設點A(m,3m),m0,再由B10,0，得到AB的中點為C匚0,竺以及以線段AB為直徑的圓C的方程為：22(x10)(xm)y(y3m)0;聯立直線與圓的方程，求出D(1,3)；根據ABCD,【詳解】uuuuun得到ABCD0;進而求出m4,即可得出圓的方程.【點第19頁共25頁由題意，設點A(m,3m),m0,因為B10,0m103mCF；，以線段AB為直徑的圓C的方程為：(x10)(xm)y(y3m)0;由(xy10)(x3xm)y(y3m)0，解得:1-，、，即D(1,3)；又ABuuuuujr所以ABCD0；uuu因為ABuuur(10m,3m),CD所以(103m0,整理得

21、:2m2m82，因為m0,所以m4,第20頁共25頁所以圓C的方程為：(x10)(x4)y(y12)0,一22整理得：x7y645.22故答案為：X7y645.【點睛】本題主要考查求圓的標準方程，熟練掌握直線與圓交點坐標的求法，以及圓的標準方程即可，屬于?？碱}型.四、解答題17.在VABC中，a,b,c分別為內角A,B,C的對邊，且滿(ba)(sinBsinA)c(、3sinBsinC).(1)求A的大?。?2)再在a2,B,cJ3b這三個條件中，選出兩個使VABC唯一確4定的條件補充在下面的問題中，并解答問題.若,求VABC的面積.【答案】(1)A；(2)見解析6【解析】(1)由題中條件，根

22、據正弦定理，得到b2c2a23bc,再由余弦定理，即可求出結果；(2)方案一:選條件和，先由正弦定理求出b2J2,再由余弦定理，求出cJ276,進而可求出三角形面積；方案二：選條件和，先由余弦定理求出b2，得到c2J3，進而可求出三角形面積.【詳解】(1)因為(ba)(sinBsinA)c(J3sinBsinC),又由正弦定理一七得sinAsinBsinC(ba)(ba)c(73bc),即b2c2a23bc,b2c2a2.3bc-3所以cosA，2bc2bc2因為0A,第21頁共25頁所以A一.6(2)方案一:選條件和.、abA由正弦定理，得bsinB2很.sinAsinBsinA方案二：選條

23、件和.由余弦定理a2b2c22bccosA,得2.2.24b3b3b,則b24,所以b2.所以c2右,所以VABC的面積S-bcsinA-23-V3.222【點睛】本題主要考查解三角形，熟記正弦定理，余弦定理，以及三角形面積公式即可，屬于常考題型.18.已知數列a”為公差不為0的等差數列，且a?3,ai,a?,a5成等比數列的公差為d(d0),根據題中條件，列出方程組求解,得到首項與公差，即可得出通項公式;由余弦定理b2a22c2accosB,礙(2、2)222c222ccos,4所以VABC的面積_1.-1_SacsinB2(,2、E*、.31.(1)求數列an的通項公式;(2)設Sn為數列

24、an2的前.1n項和，bn求數列bn的前n項和Tn.【答案】(1)an2n1；(2)32n342(n1)(n2)【解析】(1)先設等差數列第22頁共25頁(2)由(1)的結果，得到Snn22n，求出bn,再由裂項相消法，即可求出數列的和.第23頁共25頁【詳解】(1)設等差數列an的公差為d(d0).a1d32，a1da1a14d所以an2n1.(2)依題意得，an22n1,357L(2n1)(2n1)(2n13)n2n.所以Tnb1b2b3Lbn1bn1111-122n1n232n342(n1)(n2)【點睛】式，以及裂項相消的方法求數列的和即可，屬于?？碱}型19.如圖，在四棱錐PABCD中

25、，PD底面ABCD,AD/BC,ABC90,BCD45,BC2AD.由題意得解得aia22a32Lan12an2本題主要考查求數列的通項公式,以及數列的求和，熟記等差數列的通項公式與求和公第24頁共25頁(1)求證：BDPC;(2)若PCBC,求平面PAD和平面PBC所成的角(銳角)的余弦值第25頁共25頁【答案】（1）證明見解析；（2）晅3【解析】（1）取BC的中點E,連接DE,根據線面垂直的判定定理，證明PCD,進而可得線線垂直；（2）以D為坐標原點，分別以DB,DC,DP所在直線為x軸，y軸，間直角坐標系Dxyz，設AD1,根據題中條件，分別求出兩平面的法向量,兩向量夾角的余弦值，即可得

26、出結果BD平面z軸建立空求出（1）證明：取BC的中點E,連接DE,因為BC2AD，所以ADBE,又因為AD/BC,所以四邊形ABED是平行四邊形因為ABC90所以四邊形ABED是矩形.所以DEBC.又BCD45，1所以DECEBC.2所以VBCD是直角三角形，即BDCD.又PD底面ABCD,BD底面ABCD,所以BDPD.又CD平面PCD,CD平面PCD,且PDCDD.所以BD平面PCD.【詳第26頁共25頁又PC(2)如圖，以D為坐標原點，分別以DB,DC,DP所在直線為x軸，y軸，z軸所以PD2.所以B（、.2,0,0）,C（0,、.2,0）,P（0,0,、.2）,E2,0所以UUUI_U

27、UIT-BC（、.2,、2,0）,PC（0,、.2,、2）vTn設平面PBC的法向量為nx,y,z，貝UvnULIVBCvBC0.2所以,即VPE0-2y取x1,則y1,z1,UT又平面PAD的一個法向量為mUULT2八,0E建立空間直角坐標系Dxyz,A1， 貝UBC設AD2,由(1)DB.2知DE1,2y0Mz0第27頁共25頁irr_rmnx2.6所以cosm,n-4r一r-.|m|n|313所以平面PAD和平面PBC所成的角(銳角)的余弦值為寸6.【點睛】本題主要考查證明線線垂直，以及求二面角，熟記線面垂直的判定定理與性質定理，靈活運用空間向量的方法求二面角即可，屬于?？碱}型20.近年

28、，國家逐步推行全新的高考制度.新高考不再分文理科，某省采用33模式，其中語文、數學、外語三科為必考科目，每門科目滿分均為150分.另外考生還要依據想考取的高校及專業的要求，結合自己的興趣愛好等因素，在思想政治、歷史、地理、物理、化學、生物6門科目中自選3門參加考試(6選3)，每門科目滿分均為100分.為了應對新高考，某高中從高一年級1000名學生(其中男生550人，女生450人)中,采用分層抽樣的方法從中抽取n名學生進行調查，其中，女生抽取45人.(1)求n的值；(2)學校計劃在高一上學期開設選修中的物理”和弛理”兩個科目，為了了解學生對這兩個科目的選課情況，對抽取到的n名學生進行問卷調查(假

29、定每名學生在物理”和地理”這兩個科目中必須選擇一個科目且只能選擇一個科目)，下表是根據調查結果得到的一個不完整的22列聯表，請將下面的22列聯表補充完整，并判斷是否有99%的把握認為選擇科目與性別有關？說明你的理由；選擇物理”選擇地理”總計男生10女生25總計(3)在抽取到的45名女生中，按(2)中的選課情況進行分層抽樣，從中抽出9名女生，再從這9名女生中抽取4人，設這4人中選擇物理”的人數為X,求X的分布列第28頁共25頁n(adbc)2,nabcd(ab)(ac)(cd)(bd)_2PKk0.050.010.0050.001一、一一2及期望.附：K第29頁共25頁k03.8416.6357

30、.87910.828【答案】(1)n100;(2)聯表見解析，有，理由見解析；【解析】(1)根據分層抽樣的特征，以及題意，得到工-1000果；(2)根據題中數據，可直接完善列聯表，根據公式求出K2,結合臨界值表，即可得出結果;(3)從45名女生中分層抽樣抽9名女生，所以這9女生中有5人選擇物理”，4人選擇地理”.9名女生中再選擇4名女生，則這4名女生中選擇物理”的人數X可為0,1,2,3,4,分別求出其對應的概率，即可得到分布列，求出期望【詳解】,一n45(1)由題怠得，1000450解得n100.(2)2X2列聯表為:選擇物理”選擇地理”總計男生451055女生252045總計7030100

31、K2100(45202510)28.12896.635,55457030故有99%的把握認為選擇科目與性別有關.(3)從45名女生中分層抽樣抽9名女生，所以這9女生中有5人選擇物理”，4人選擇弛理”.9名女生中再選擇4名女生，則這4名女生中選擇物理”的人數X可為0,1,2,3,4,CA1設事件X發生的概率為PX，則P(X0)T，20(3)分布列見解析，W045一胃，求解，即可得出結450第30頁共25頁C9126第21頁共25頁【解析】求出c果;2(1)42y.，1；(2)存在，y(1)由題意，先設F1c,0,F2c,01,M1,2,再由點M在橢圓上，得到2或yM3c,c2192a4b22ab

32、21UJUUuuujr9，根據MF1MF2-,1,。一,求解，即可得出結(2)先假設存在斜率為1的直線1,設為yx由(1)得到以線段F-iF2為直徑X01234P11261063102120635126.206040,52012341261261261269【點睛】獨立性檢驗，以及離散型隨機變量的分布列與期望，熟記分層屬于?？碱}型.ULUUUJUT且MF2X軸，MF1MF2圓E相交于C,D兩點，且|CD|AB|12屈屈?若存在，求出直線存在，說明理由.2X21.已知橢圓E:fa2y21(abb20)的左、右焦點分別為Fi,F2,(1)求橢圓E的方程;(2)是否存在斜率為1的直線1與以線段F1F

33、2為直徑的圓相交于A,B兩點，與橢P(X1)CC3C9201261063P(X2)E601012621，P(X3)C5C44012620C5463，P(X4)5C；5所以X的分布列為:126、一1期望E(X)0本題主要考查分層抽樣,抽樣的概念，獨立性檢驗的基本思想,以及離散型隨機變量的分布列與期望的概念即可,橢圓E在第一象限內的交點是M,l的方程；若不xx,得到第32頁共25頁22的圓為xy1,根據點到直線距離公式，以及圓的弦長公式得到|AB|2.2m2，聯立直線與橢圓方程，根據韋達定理與弦長公式，得到|CD|4扼扼 m?，再由|CD|AB|12集集求出m，即可得出結果【詳解】解得2所以橢圓E

34、的方程為工4(2)假設存在斜率為1的直線l,設為yxm,由(1)知,F1(1,0),F2(1,0),所以以線段F1F2為直徑的圓為x2y21.|AB|21d22,1m2,2m2，22土-七1、由43消去y，yxm整理得7x28mx4m2120.由題意，圓心0,0到直線l的距離dIm|1,得|m|克.(1)設Fic,0,F2由題意，得弗3Mc,c因為LUUUUUULT2c,0,又點M在橢圓上,所以12a2a94b2b2解得a24b232y_3第33頁共25頁22由題怠，(8m)474m解得m27,又|m|J2,所以m22._221233648m487m0,第34頁共25頁設CXi,yi,DX2,y22_4m21277|CD|x/1k2x2x1共八12用右|CD|AB|，則龍72m2時67整理得4m436m217左口212170,解侍m一，或m22.又m22,所以m2m2廣7則x1x2竺，x1x24.6.7m2?712,137故存在符