2020届江苏省盐城市第一中学高三下学期六月第三次模拟数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 24 页2020 届江苏省盐城市第一中学高三下学期六月第三次模拟数学试题一、填空题1已知集合13Axx，24Bxx，则AB=_.【答案】14xx【解析】直接利用并集的定义求解.【详解】由题得AB=14.xx故答案为：14xx【点睛】本题主要考查并集的运算，意在考查学生对该知识的理解能力掌握水平.2袋中共有大小相同的4 只小球，编号为1，2，3，4现从中任取2 只小球，则取出的 2 只球的编号之和是奇数的概率为_【答案】23【解析】列举出符合条件的所有基本事件，再由古典概型的计算公式计算即可.【详解】袋中共有完全相同的4 只小球，编号为1，2，3，4，现从中任取2 只小球，则基本

2、事件为：1 2，1 3，1 4，23，2 4，34，6 种情况；则取出的2 只球编号之和是奇数基本事件为：1 2，1 4，2 3，34，4 种情况；所以取出的2 只球编号之和是奇数的概率为：4263P，故答案为：23.【点睛】本题主要考查通过列举法计算古典概型的概率，属于基础题.3某药厂选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为 12，13），13，14），14，15），15，16），16，17），将其按从左到右第 2 页 共 24 页的顺序分别编号为第一组，第二组，第五组，如图是根据实验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20 人，则第三组中

3、的人数为_【答案】18【解析】由频率频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20 人的频率，即可求出总的人数，求出第三组的人数.【详解】由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20 人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为 0.24，0.16，设总的人数为n,则200.240.160.4,50.nn所以第 3小组的人数为50 0.36=18人.故答案为18【点睛】本题主要考查频率分布直方图中频数、频率等的计算，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平.4下图是某算法的伪代码，输出的结果S的值为 _.【答案】16【解析】直接按照算法的伪代码运行即得结果.第 3 页 共 24 页【详

4、解】16，i=3,S=4,3 6，i=5,S=9,56，i=7,S=16,76，输出 S=16.故答案为：16【点睛】本题主要考查算法，意在考查学生对该知识的理解能力和掌握水平.5设向量a(1，1)，a2b(k1，2k2)，且ab，则 k_【答案】5【解析】先求出向量b，再根据由ab，即0a b，求出k的值.【详解】a(1，1)，a2b(k1，2k2)，则1(1,22)2bakk，解得3(1,)22kbk，由ab得0a b，所以得31022kk，所以得5k.故答案为：5【点睛】本题考查了向量的坐标运算，平面向量垂直的坐标表示，属于容易题.6已知等比数列na满足28a，354441a aa，则3

5、a_【答案】2【解析】利用等比中项的性质将题干中的等式变形为2444410aa，求出4a的值，可求出等比数列na的公比，进而可求得3a的值.【详解】设等比数列na为公比为q，由354441a aa，得2444410aa，化简得24(21)0a，412a，又由28a，可得242116aqa，得14q，322aa q故答案为：2第 4 页 共 24 页【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查等比中项性质的应用，以及方程思想，考查计算能力，属于基础题7已知双曲线2214xym的渐近线方程为22yx，则m【答案】2【解析】【详解】【分析】试题分析：因为该双曲线的焦点在x 上，所以其渐近线方程为2myx

6、，所以222m,解得2m，故答案为：2【考点】1双曲线的几何性质；8我国古代劳动人民在筑城、筑堤、挖沟、挖渠、建仓、建囤等工程中，积累了丰富的经验，总结出了一套有关体积、容积计算的方法，这些方法以实际问题的形式被收入我国古代数学名著九章算术中九章算术商功：“斜解立方，得两堑堵斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑阳马居二，鳖臑居一，不易之率也合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”下图解释了这段话中由一个长方体，得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程已知如图堑堵的棱长2,1,1abc，则鳖臑的外接球的体积为_【答案】6【解析】根据鳖臑的产生过程，利用逆向思维，将其补为长方体求解.【详解】由题意知：“鳖臑”

7、的外接球，即为“堑堵”的外接球，即为长方体的的外接球，所以22222116r，第 5 页 共 24 页解得62r，所以外接球的体积为3463Vr.故答案为：6【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.9已知函数2()f xx，则不等式2(2)()f xf x的解集是 _【答案】(2,1)【解析】本题首先可以根据()fxfx以及二次函数性质得出函数2()f xx是偶函数且在(0,)上递增，然后可以根据增函数性质以及偶函数性质将不等式2(2)()f xfx转化为2|2|xx，最后通过计算即可得出结果.【详解】因为函数2()fxx的定义域为R，22()fx

8、xxfx，所以函数2()fxx是偶函数，因为根据二次函数性质易知函数2()f xx在(0,)上递增，所以2(2)()f xf x，即2|2|xx，22xx或22xx，当22xx，220 xx，217+024x，无解；当22xx，220 xx，210 xx，解得21x，故答案为：(2,1).【点睛】本题考查偶函数性质以及增函数性质的灵活应用，考查函数奇偶性与单调性的判断，若定义域关于y轴对称的函数fx满足()fxfx，则函数fx是偶函数，考查推理能力与计算能力，是中档题.10函数sin 2cos2yxx 的图像向右平移6得到函数()yf x的图像，则()f x 在0,2上的增区间为_第 6 页

9、共 24 页【答案】70,24【解析】由用辅导角公式化简函数sin 2cos2yxx，再求出向右平移6后的图象解析式()yf x，再求其增区间，再求出在0,2上的增区间.【详解】sin2cos22sin(2)4yxxx，将其图像向右平移6，则()2sin2()2sin(2)6412f xxx由2222122kxk，解之得57()2424kxkkz，所以()f x 在在0,2上的增区间为70,24.故答案为：70,24.【点睛】本题考查了辅助角公式，三角函数的平移变换，三角函数的单调性，属于容易题.11已知函数fx是定义在R上的奇函数，当0 x时，1()exxf x，若关于x的方程fxm有解，则

10、实数m的取值范围是_【答案】(1,1)【解析】本题首先可以根据1()exxf x得出2()exxfx，然后利用2()exxfx求出函数fx在区间0,上的单调性与取值范围，再然后根据函数fx是奇函数求出当0 x时函数fx的取值范围，最后根据函数fx在R上的取值范围即可得出实数m的取值范围.【详解】当0 x时，1()exxf x，2e1 e2()eexxxxxxfx，当()0fx，20exx，解得02x，函数fx为增函数；第 7 页 共 24 页当()0fx，20exx，解得2x，函数fx为减函数，故当2x时，函数fx在0,上最大值，21(2)ef，因为当x无限接近 0时，fx无限接近1，当2x，

11、0fx，所以当0 x时，211efx，因为函数fx是定义在R上的奇函数，所以当0 x时，211efx，00f，所以当xR，11fx，故若关于x的方程fxm有解，则实数m的取值范围是(1,1).【点睛】本题考查利用导数求函数的取值范围，考查奇函数的相关性质的应用，能否根据导函数求出函数的单调性以及最值是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，是中档题.12在 ABC 中，coscos3,2 3.ABAB当sinsinAB取最大值时，ABC内切圆的半径为_.【答案】2 33【解析】设sinsintAB，与coscos3.AB两式平方相加化简可得22cos()1tAB，再利用余弦函数的值域得到当且仅

12、当AB，即3coscos2AB，t取得最大值，从而得到角A，B，再根据2 3AB，求得边a，b，然后利用等面积法求解.【详解】设sinsintAB，又coscos3.AB所以则2322cos()tAB，所以22cos()11tAB，当且仅当AB时，max1t，即当3coscos2AB，第 8 页 共 24 页即6AB时，sinsinAB取最大值1，又因为2 3AB，所以在 ABC 中，112 32223cos62ABab，设 ABC 内切圆的半径为r，则121sin()232Sababc r，解得2 33r.故答案为：2 33【点睛】本题主要考查两角和与差的三角函数，平方关系，余弦函数的值域以

13、及三角形的内切圆问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.13已知函数yfx是定义域为R的偶函数，当0 x时，21,02413,224xxxfxx，若关于x的方程27016afxafx，aR有且仅有8个不同实数根，则实数a的取值范围是_.【答案】7 16,49【解析】判断出函数yfx的单调性，求出函数的最值，可得要使关于x的方程27016afxafx，aR有且仅有8个不同实数根，转化为27016atat的两根均在区间31,4，由二次函数的零点分布列出不等式组，解得即可【详解】当02x时，214yx递减，当2x时，1324xy递增，由于函数yfx是定义域为R的偶函数，则函数yfx在,2和0,2上

14、递减，在2,0和2,上递增，当0 x时，函数yfx取得最大值0；当2x时，函数yfx取得最小值1第 9 页 共 24 页当02x时，211,04yx；当2x时，1331,244xy.要使关于x的方程27016afxafx，aR，有且仅有8个不同实数根，设tfx，则27016atat的两根均在区间31,4则有2704312471016937016416aaaaaaa，即为70432216995aaaaa或，解得71649a因此，实数a的取值范围是7 16,49.故答案为：7 16,49.【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的运用，主要考查方程与函数的零点的关系，掌握二次函数的零点分布是解题的关键

15、，属于中档题二、解答题14若复数满足(2)5i z，则在复平面内与复数z 对应的点Z位于第 _象限.【答案】四【解析】求出复数 z，进而可得答案.【详解】因为522zii，所以在复平面内与复数z 对应的点Z为(2,1)，复数 z 对应的点Z位于第四象限.第 10 页 共 24 页故答案为：四.【点睛】本题考查复数的运算及几何意义，是基础题.15在锐角ABC中，已知内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，向量2(2sin(),3),(cos 2,2cos1)2BmACnB，且向量m，n共线（1）求角B的大小；（2）如果1b，求ABC的面积ABCS的最大值【答案】（1）30（2）【解析】试题分析：

16、（1）由向量共线的充要条件得，22sin()2cos13 cos2,2BACB再由倍角公式求得tan23B，然后结合角的范围求出角B（2）求最值往往列出函数式，然后求最值本题先由余弦定理得到2222cos,bacacB然后用均值不等得出23,ac，最后由三角形的面积公式求解即可试题解析：（1）由向量,m n共线有：22sin()2cos13cos2,2BACB即tan23B，又02B，02B，则2B=3，即6B（2）由余弦定理得2222cos,bacacB则2213(23)acacac，23,ac当且仅当ac时等号成立11sin(23)24ABCSacB【考点】向量共线的充要条件、倍角公式、余

17、弦定理、均值不等16如图，矩形ABCD所在平面与直角三角形ABE所在平面互相垂直，AEBE，点,M N分别是,AE CD的中点第 11 页 共 24 页（1）求证：MN平面BCE；（2）求证：平面BCE平面ADE【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）取BE中点F，连接,CF MF，根据M，N为中点，证明四边形MNCF是平行四边形即可.（2）根据平面ABCD平面ABE，BCAB，得到 BC 平面ABE，进而得到BCAE，又AEBE，利用线面垂直的判定定理得到AE平面BCE，再利用面面垂直的判定定理证明.【详解】（1）如图所示：取BE中点F，连接,CF MF，又M是AE中点，1

18、/,2MFAB MFAB，又N是矩形ABCD边CD中点，/,MFNC MFNC，四边形MNCF是平行四边形/MNCF，又MN面BCE，CF面BCE，第 12 页 共 24 页MN平面BCE（2）平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，BCAB，BC 平面ABE，AE平面ABE，BCAE，又AEBE，BCBEB，AE平面BCE，而AE平面ADE，平面BCE平面ADE【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.17在平面直角坐标系xOy中，椭圆2222:1xyCab(0)ab的左、右焦点分别为12(

19、,0)(,0)、FcFc，已知2(1,)2和23(,)22都在椭圆上.（1）求椭圆C的方程；（2）过点2F的直线l与椭圆C相交于,P Q两点，且211224QPFFF FQF，求直线l的方程【答案】（1）2212xy；（2）710 xy.【解析】（1）根据2(1,)2和23(,)22都在椭圆上，代入椭圆方程，由2222112113241abab求解.（2）由（1）知：12(1,0)(1,0)FF、，设1122,P x yQ xy，当斜率不存在时，直线方程为1x，代入椭圆方程求得P，Q 的坐标，验证211224QPFFF FQF即可.当斜率存在时，设直线方程为1yk x，与椭圆方程联立，将211

20、224QPFFF FQF，转化为22212121110kx xkxxk，将韦达定理代入求解.【详解】（1）因为2(1,)2和23(,)22都在椭圆上，第 13 页 共 24 页所以2222112113241abab，解得2221ab，所以椭圆方程为：2212xy.（2）由（1）知：12(1,0)(1,0)FF、，设1122,P xyQ xy，当斜率不存在时，直线方程为1x，代入椭圆方程解得：221,1,22PQ，所以2112222210,2,2,00,42222PFFF FQFQ，不成立.当斜率存在时，设直线方程为1yk x，代入椭圆方程化简得：2222124220kxk xk，由韦达定理得：

21、22121222422,1212kkxxx xkk，因为211221122221,1,2,01,4PFFF FQFxyxyxyQ，即12121210 x xy yxx，即22212121110kx xkxxk，将22121222422,1212kkxxx xkk代入上式得：222222222411101212kkkkkkk，化简得：271k，解得17k，所以直线方程为：117yx.即710 xy第 14 页 共 24 页【点睛】本题主要考椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及平面向量的应用，还考查了分类讨论和运算求解的能力，属于中档题.18某房地产商建有三栋楼宇,A B C，三楼宇间的距离都

22、为2 千米，拟准备在此三楼宇围成的区域ABC外建第四栋楼宇D，规划要求楼宇D对楼宇B，C的视角为120，如图所示，假设楼宇大小高度忽略不计（1）求四栋楼宇围成的四边形区域ABDC面积的最大值；（2）当楼宇D与楼宇B，C间距离相等时，拟在楼宇A，B间建休息亭E，在休息亭E和楼宇A，D间分别铺设鹅卵石路EA和防腐木路ED，如图，已知铺设鹅卵石路、防腐木路的单价分别为a，2a（单位：元千米，a为常数）记BDE，求铺设此鹅卵石路和防腐木路的总费用的最小值【答案】（1）围成的四边形区域ABDC的面积的最大值4 33平方千米；（2）总费用的最小值4a元.【解析】（1）由楼宇D对楼宇B，C的视角为120得楼

23、宇 D在一段圆弧上，则BCCD相等时，可得BCDS最大，ABCS固定，计算此时四边形ABDC的面积即可（2）用表示出DE，BE，从而表示出铺设此鹅卵石路和防腐木路的总费：22 32sin13cosaf，再利用导数判断f的单调性，从而求得它的最小值，问题得解【详解】（1）当且仅当：2 33BCCD时，取得等号，所以BCDS的最大值为33又因为四边形ABDC的面积ABCBCDSSS所以四边形ABDC的面积的最大值为4 33.第 15 页 共 24 页答：四栋楼宇围成的四边形区域ABDC的面积的最大值4 33平方千米.（2）当楼宇D与楼宇,B C间距离相等时由（1）得：2 33BDDC则DBCDCB

24、，又因为120BDC，所以30DBC，因为等边三角形ABC所以60ABC，所以2ABDABCDBC在Rt EBD中，BDE，所以2 3cos3cosBDDEBDE2 3tantan3BEBDBDE，则2 32tan3AEABBE所以铺设鹅卵石路和防腐木路的总费用2fa EAa ED2 32 32tan233cosaa2 33cossin20,3cos3a23sincos32 sin2 33coscoscossinaf22 32sin13cosa令10sin2f因为0,3，所以60,66,63f-0+f极小值第 16 页 共 24 页所以当6时，3cossin22 366463cos6affa极

25、小值即：f的最小值为4a答：铺设此鹅卵石路和防腐木路的总费用的最小值4a元.【点睛】本题主要考查了圆的性质，三角形面积计算，还考查了函数思想及转化思想，计算能力及利用导数求函数的最值，考查了实际问题建模，属于难题19已知等差数列na和等比数列nb的各项均为整数，它们的前n项和分别为,nnS T，且1122ba，232254,11b SaT.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）求112233nnnMa ba ba ba b；（3）是否存在正整数m，使得1mmmmSTST恰好是数列na或nb中的项？若存在，求出所有满足条件的m的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）121,2 3nnnanb；

26、（2）2(1)32nnMn；（3）存在，1.【解析】（1）利用基本量法直接计算即可；（2）利用错位相减法计算；（3）21*121313mmmmmmSTmNSTm，令21*213,13mmmL LNm可得2(1)1(3)3mLmL，13L，讨论即可.【详解】（1）设数列na的公差为d，数列nb的公比为q，因为11232222,54,11bab SaT，所以2(33)5412211qddq，即(1)928qddq，解得32qd，或325qd（舍去）.所以121,2 3nnnanb.第 17 页 共 24 页（2）211 12 23 3123235232123nnn nMa ba ba ba bn，

27、213123323(23)23(21)23nnnMnn，所以21224 333(21)23nnnMn，13(13)24(42)34(44)313nnnnn所以2(1)32nnMn.（3）由（1）可得2nSn，31nnT，所以21121313mmmmmmSTmSTm.因为1mmmmSTST是数列na或nb中的一项，所以21*213,13mmmL LNm，所以2(1)1(3)3mLmL，因为21 0,30mm，所以13L，又*LN，则2L或3L.当2L时，有213mm，即2113mm，令21()3mmf m.则22211(1)11223(1)()333mmmmmmmf mf m.当1m时，(1)(

28、2)ff；当2m时，10fmf m，即(1)(2)(3)(4)ffff.由1(1)0,(2)3ff，知2113mm无整数解.当3L时,有210m，即存在1m使得21213313mmmm是数列na中的第 2项，故存在正整数1m，使得1mmmmSTST是数列na中的项.【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前n项和，数列中的存在性问题，是一道较为综合的题.20已知()lnxf xeaxa，()xg xex，其中常数0a（1）当ae时，求函数()f x 的极值；（2）若函数()()yg xf x有两个零点1212,0()x xxx，求实数a的范围；第 18 页

29、 共 24 页（3）设2()(1)()H xxg xx，在区间(1,)内是否存在区间,(1)m n m，使函数()Hx在区间,m n的值域也是,m n？请给出结论，并说明理由.【答案】（1）极小值0，没有极大值；（2）1a；（3）不存在区间,m n符合要求，理由见解析.【解析】（1）求出导函数，利用导数研究函数的单调性，求出极值；（2）求出导函数，利用导数研究函数的单调性，极值，得到有两个零点的条件，求出a的范围；（3）先根据导数判断()H x在(1,)单调递增，将()H x在区间,m n的值域也是,m n，转化为()H xx有两个大于1的不等实根解决问题.【详解】函数()f x 的定义域为(

30、0,)，（1）当ea时，()eelnexf xx，()xefxex，而()xefxex在(0,)上单调递增，又()01f，当01x时，()(1)0fxf，则()f x 在(0,1)上单调递减；当1x时，()(1)0fxf，则()f x 在(1,)上单调递增，所以()f x 有极小值(1)0f，没有极大值（2）令()()()lnh xg xf xaxxa，()axh xx，因为0a，所以x(0,)aa(,)a()h x0()h x增减因为()h x有两个零点，所以()0h a，所以1a当1a时因为1()0h e，2(4)0ha，所以()h x有两个零点.(3)22()(1)()(1)xH xxg

31、 xxxe，假设在区间(1,)内是存在区间第 19 页 共 24 页,(1)m n m，使函数()H x在区间,m n的值域也是,m n，因为2()(1)xHxxe，当1x时()0Hx所以()H x在(1,)上是增函数，所以()()H mmH nn，即22(1)(1)mnmemnen即方程2(1)xxex有两个大于1的不等实根.上述方程等价于20(1)(1)xxexx设2()0(1)(1)xxu xexx，所以31()0(1)(1)xxu xexx所以2()0(1)xxu xex在(1,)上是增函数，所以()u x(1,)上至多一个实数根.即()u x(1,)上不可能有两个不等实数根，所以假设

32、不成立，所以不存在区间,m n符合要求.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值，零点个数相关问题，考查了分析推理能力，转化与化归思想，是导数应用的综合题.21已知矩阵32aAd，若18=24A求矩阵 A 的特征值.【答案】4或1【解析】由矩阵的乘法首先求得实数a，d的值，然后求解矩阵的特征值即可【详解】因为1682224aAd，所以68224ad，解得2a，1d，所以矩阵A的特征多项式为23()(2)(1)621f，令()0f解得矩阵A的特征值为4或1故答案为：4或 1【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，矩阵的特征值的求解等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力第 20 页 共 24

33、页22极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合已知圆:cossinO和直线2:sin42l.（1）求圆O和直线l的直角坐标方程；（2）当0,时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标【答案】（1）圆22:0O xyxy，直线:10lxy；（2）1,2.【解析】（1）在圆O的极坐标方程两边同时乘以得2cossin，将直线l的极坐标方程化为sincos1，利用极坐标和直角坐标之间的转换关系可得出圆O和直线l的直角坐标方程；（2）将直线l和圆O的直角坐标方程联立，求得公共点的坐标，再化为极坐标即可.【详解】（1）在圆O的极坐标方程两边同时乘以得2cossin，故圆O的直角坐标方程为22

34、xyxy，即220 xyxy.将直线l的极坐标方程化为sincos1，则直线l的极坐标方程为10 xy；（2）由22010 xyxyxy，可得01xy，所以，直线l与圆O公共点的直角坐标为0,1，故直线l与圆O公共点的一个极坐标为1,2【点睛】本题考查直线与圆的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，同时也考查了直线与圆的公共点的极坐标的求解，考查计算能力，属于中等题.23袋中装有黑球和白球共7 个，从中任取2 个球都是白球的概率为17，现有甲，乙二人从袋中轮流摸取1 球，甲先取，乙后取，然后甲再取，取后不放回，直到两人中有一人取到白球即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的.（1）求袋中原有

35、白球的个数：（2）求取球次数X的分布列和数学期望.第 21 页 共 24 页【答案】（1）袋中原有3 个白球;（2）见解析【解析】（1）本题是一个等可能事件的概率，设出袋中原有n个白球，写出试验发生包含的事件数和满足条件的事件数，根据等可能事件的概率公式得到关于n的方程，解方程即可（2）的所有可能值为：1，2，3，4，5，求出 取每一个值时对应的概率，即得分布列，再根据分布列，依据求数学期望的公式求得期望E【详解】（1）设袋中原有n个白球，由题意知2271112=767672nn nn nCC，所以1=6n n.解得3n(2n，舍去).即袋中原有3 个白球.（2）由题意，X的可能取值为1,2,

36、3,4,5.317P X；4322767P X；43 36376535P X；43 2334765435P X；432 1 31576 54335P X.所以，取球次数X的分布列为.X1 2 3 4 5 P3727635335135所以3263112345277353535E x.24如图，已知抛物线2:4ryx焦点为F，过r上一点000(,)(0)xyy作切线1l，交x轴于点T，过点T作直线2l交r于点1122,)(,BC xxyy.第 22 页 共 24 页（1）证明：2120yyy；（2）设直线AB，AC的斜率为12,k k，ABC的面积为S，若122kk，求SAF的最小值.【答案】（1

37、）证明见解析；（2）6 3【解析】（1）设过点200,4yAy与24yx相切的切线20104:xyylyk，与抛物线联立，利用0可得02ky，进而可得T点坐标，再设直线20:4BC xmyy，与抛物线联立，利用韦达定理可得答案；（2）利用（1）的结果可得1212,xxxx，代入010212022021442yyyyyyxxk k，可得m与0y的关系，再利用弦长公式和点到直线的距离公式求出|BC和点A到BC的距离，则可表示出32022200216|24ySAFyy，利用换元法和求导求其最小值.【详解】（1）设过点200,4yAy与24yx相切的切线20104:xyylyk，联立200244yyk

38、xyyx，消去x得0220440kyyyky，由020200201644020ykykkyky，第 23 页 共 24 页则0220044Tyxkyy，则20,04Ty，因为直线2l的斜率不为0，设直线202:4xmyyl，联立方程20244yxmyyx得02240ymyy，故2120yyy；（2）由（1）得212012,4yyyyym，则2212121224002012044416xmymyymyymyxy yyy22442200001616ymyymy21212122220020044224xmymymyyyyyxym224222200121201020001212422400000022

39、2010144164164212644yyyyy yyyyyyy myxxxkkmxx xyyyyyyyy整理得23000484ymm yy，即00004222ymymymy，当0m时，点,B C在x轴上方，必有120,0kk，与122kk矛盾所以必有00,0ym，则020ym，则0042ymy故0022myy，则222121212|114BCmyymyyy y22220204214412mmymy，点A到BC的距离2220002002220|4142112yyymymydmymm，第 24 页 共 24 页22320220000214|22|24,|1224ySBC dAFyyyy，3202

40、2200216|24ySAFyy，令202,2yt t，则22222332003332042224822212yytttttttttty，令2,01ppt，则2220023320412yypppy则对于函数23yppp，则2123311ypppp，则函数23yppp在10,3上单调递增，在1,13上单调递减，23max527111333y，222003204532127272yyy，32022200212716166 3|23224ySAFyy，故|SAF的最小值为6 3.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中面积的计算及最值的求解，本题计算量较大，适当利用换元法可使计算变简单，是一道难度较大的题目.