2020届南京市第29中学高三年级4月月考数学试题含答案.doc

1、 20202020 届届南京市第南京市第 29 中学高三年级中学高三年级 4 月月考数学试题月月考数学试题含含答案答案 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70分分.不需要写出解答过程，请将答案填不需要写出解答过程，请将答案填 写在答题卡相应的位置上写在答题卡相应的位置上.） 1.已知集合|13AxNx，2,3,4,5B ，则AB _. 【答案】2,3 【解析】 【分析】 根据交集定义计算 【详解】由题意2,3AB 故答案为：2,3 【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题 2.设复数 z 满足(1)2i zi，其中 i 为虚数单位

2、，则 z 的共轭复数z _ 【答案】1i 【解析】 由1 i2iz，得 2i 1 i2i 1 i2i 1 i,1 i 1 i1 i 1 i2 zz ，故答案为 1 i. 3.根据如图所示的伪代码，当输出 y 的值为1时，则输入的 x 的值为_ 【答案】1 【解析】 【分析】 根据图中给出的程序，将问题转化为已知分段函数的函数值求出自变量的取值即可 【详解】由题意得，当0x时，有 2 11x ，此方程无解； 当0x时，有21x，解得1x 故答案为 1 【点睛】解答本题的关键是读懂程序的功能，然后将问题转化为已知函数值求自变量取值的问题求解，属 于基础题 4.已知一组数据 1 x， 2 x， n

3、x的方差为 3，若数据 1 axb， 2 axb，0, n axb abR的方差 为 12，则a的值为_. 【答案】2 【解析】 【分析】 由新数据与原数据方差之间的关系求解 【详解】由题意 2 312a ，0a，2a 故答案为：2 【点睛】本题考查方差，考查线性变化后新数据与原数据间方差的关系若数据 12 , n x xx的方差为 2 s， 则新数据 12 , n axb axbaxb,的方差为 22 a s 5.在区间(1，3)内任取 1 个数 x，则满足 2 log (21)1x的概率是_ 【答案】 3 4 【解析】 【分析】 解对数不等式求出 2 log211x中x的取值范围，再根据长

4、度型的几何概型概率求解即可得到答案 【详解】由 2 log211x得 210 212 x x ，解得 3 2 x 根据几何概型概率公式可得，所求概率为 3 3 3 2 314 P 故答案为 3 4 【点睛】本题考查长度型的几何概型概率的求法，解题的关键是读懂题意，然后根据线段的长度比得到所 求的概率，属于基础题 6.若双曲线 22 1xmy过点2 2，则该双曲线的虚轴长为 【答案】4 【解析】 试题分析：由题意得 1 241, 4 mm ，因此双曲线的虚轴长为2 24. 考点：双曲线性质 7.函数 sin0,0, 2 f xAxA 的部分图象如图所示，则 7 6 f _. 【答案】 3 2 【

5、解析】 【分析】 由图象求出函数解析式后再求值 【详解】 由题意 4 2 ()2 33 T ， 2 1 2 ，2, 32 kkZ ，又 2 ， 6 ， 1A，( )sin() 6 f xx 7743 ()sin()sin 66632 f 故答案为： 3 2 【点睛】本题考查由函数图象求三角函数解析式，掌握“五点法”是解题关键 8.若正六棱锥的底面边长为2cm，侧面积为 2 12cm，则它的体积为_ 3 cm. 【答案】2 3 【解析】 【分析】 由侧面积得斜高，然后计算出高，再由体积公式得体积 【详解】设正六棱锥斜高为 h ，则 1 6212 2 h ， 2h 底面正六边形中心到边的距离为 3

6、 23 2 d ， 正六棱锥的高为 2222 2( 3)1hhd ， 底面积为 2 3 626 3 4 S ， 体积为 11 6 3 12 3 33 VSh 故答案为：2 3 【点睛】本题考查求正棱锥的体积，解题关键是掌握正棱锥的性质正棱锥中几个直角三角形，特别是两 个直角三角形：高、侧棱、侧棱在底面上的射影构成一个直角三角形，高、斜高、斜高在底面上的射影构 成一个直角三角形，这两个直角三角形集中了正棱锥的所有几何量. 9.已知函数 f(x)x32x，若 f(1)f 1 (log 3) a 0(a0且 a1)，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】(0,1)(3，) 【解析】 试题分析：因为 2

7、 ( )320,()( )fxxfxf x ，所以 3 ( )2f xxx为 R 上单调递增奇函数，因此 由 1 (1)(log 3)0 a ff 得 1 (1)(log 3)( log 3)(log 3) aa a ffff ，即1log 3, a 当1a 时3,a 当01a时，成立，即实数a的取值范围是0,13, 考点：利用函数性质解不等式 10.已知数列 n a为正项的递增等比数列， 15 82aa， 24 81aa，记数列 2 n a 的前 n项和为 n T，则 使不等式 1 201911 3 n T 成立的最大正整数 n的值是_ 【答案】6 【解析】 【分析】 设等比数列an的公比

8、q，由于是正项的递增等比数列，可得 q1由 a1+a5=82，a2a4=81=a1a5，a1，a5， 是一元二次方程 x282x+81=0 的两个实数根，解得 a1，a5，利用通项公式可得 q，an利用等比数列的求和 公式可得数列 2 n a 的前 n 项和为 Tn代入不等式 2019| 1 3 Tn1|1，化简即可得出 【详解】数列 n a为正项的递增等比数列， 15 82aa，a2a4=81=a1a5， 即 15 15 82 81 aa a a 解得 1 5 1 81 a a ，则公比3q ， 1 3n n a ， 则 21 2222 1333 n n T 1 1 1 3 23 1 1 3

9、 1 3 n n ， 1 201911 3 n T ，即 1 20191 3n ，得3 2019 n ，此时正整数n的最大值为 6. 故答案为 6. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、一元二次方程的解法、不等式的解法，考查了推理 能力与计算能力，属于中档题 11.如图，已知ABC的边BC的垂直平分线交AC于点P，交BC于点Q.若3,5ABAC，则 APAQABAC的值为 . 【答案】-16 【解析】 【详解】试题分析： 22APAQABACAQABACAQABACABACABAPCQ 22 92516.ABAC 考点：向量数量积 12.若实数x，y满足 22 22xxyy，则 2

10、2 2 522 xy xxyy 的最大值为_. 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 设2xym，则 222222 522(2 )2(2)4xxyyxyxxyym，由此结合基本不等式可得最 值 【详解】设2xym，则 222222 522(2 )2(2)4xxyyxyxxyym， 222 2 5224 xym xxyym ， 0m时， 2 0 4 m m ， 0m时， 2 1 4 4 m m m m 而 44 24mm mm ，当且仅当 4 m m ，即2m时等号成立， 222 21 52244 xym xxyym ，即最大值为 1 4 故答案为： 1 4 【点睛】本题考查由基本不等式求最值，

11、解题关键是代数式的变形，即设2xym， 222 5224xxyym，从而得出可用基本不等式的形式 13.在平面直角坐标系xOy中，已知点8,0A，0,8B，从直线AB上一点P向圆 22 16xy引两条切 线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的取值范围是_. 【答案】4 2,6 2 【解析】 【分析】 求出直线AB方程，设 00 (,)P xy，P在直线AB上，得一等式，再求出直线CD方程，直线OM方程，三 者结合消去 00 ,xy可得M的轨迹方程，然后由数形结合即可求得AM的取值范围 【详解】由题意直线AB方程为80xy，设 00 (,)P xy，则 00 80x

12、y ， 以OP为直径的圆的方程是 22 00 0xyxxyy， 联立 22 00 22 0 16 xyxxyy xy ，相减可得直线CD方程是 0 16xxyy ， 线段CD的中点为M，直线OM的方程是： 00 0x yy x， 由消去 00 ,xy得点M的轨迹方程是 22 (1)(1)2xy， 圆心为(1,1)C，半径为 2r 又(8,0)A， 22 (8 1)(0 1)5 2AC ， AM的最大值为5 2 26 2 ，最小值为5 2 24 2 ， 即AM的取值范围是4 2,6 2 故答案为：4 2,6 2 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，解题关键是求出点M的轨迹方程，然后由点与圆的位置

13、关系求出 圆上点到定点距离的取值范围 14.在平面四边形ABCD中， 已知1AB ，4BC ，2CD ，3DA， 1 cos 3 AC ， 则四边形ABCD 的面积为_. 【答案】4 【解析】 【分析】 用余弦定理通过 2 BD求得8cos3cos5CA ，然后再用sinsinAC,表示出四边形ABCD的面积，整理 后两式平方相加，正好构造出cos()AC，从而求得面积S 【详解】由余弦定理得： 222 2cos1 96cos106cosBDABADAB ADAAA ， 同理 2 20 16cosBDC， 10 6cos20 16cosAC，即8cos3cos5CA， 四边形ABCD面积记为S

14、， 则 113 sinsinsin4sin 222 AB ADABC CDCACS， 即8sin3sin2CAS， 两式求平方和得： 2 6448cos()9254ACS， 由 1 cos 3 AC ，解得4S 故答案为：4 【点睛】本题考查余弦定理，考查三角形面积公式，考查两角和的余弦公式，解题关键是用余弦定理建立 cos,cosAC的关系，用面积把sinsinAC, 联系在一起，从而凑配出cos()AC，求得面积S 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分分.请在答纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，请在答纸指定区域内作答，解答应写出文字说明， 证明过

15、程或演算步骤证明过程或演算步骤. 15.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC 底面ABCD，E 为PB上一点，G为PO中点. （1）若PD平面ACE，求证：E为PB的中点； （2）若 2ABPC ，求证：CG 平面PBD. 【答案】 （1）详见解析； （2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）连接OE，根据线面平行的性质定理可知/PDOE，又O为BD中点，可证得结论； （2）利用线面 垂直的性质可知PCBD，正方形可得ACBD，根据线面垂直的判定定理可得BD 平面PAC，根 据线面垂直性质可知BDCG，根据等腰三角形三线合一可知CGPO，根据线面垂直判定

16、定理可证得 结论. 【详解】 （1）连接OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD中点 /PD平面ACE，PD 面PBD，面PBD面ACEOE /PDOE O为BD中点 E为PB的中点 （2）在四棱锥PABCD中， 2ABPC 四边形ABCD是正方形 2 2 OCAB PCOC G为PO中点 CGPO 又PC 底面ABCD，BD 底面ABCD PCBD 而四边形ABCD是正方形 ACBD ,AC CG 平面PAC，AC CGC BD平面PAC 又CG 平面PAC BDCG ,PO BD 平面PBD，POBDO CG平面PBD 【点睛】本题考查立体几何中直线与直线、直线与平面位置关系的证明问题，

17、涉及到线面平行性质定理、 线面垂直的判定定理和性质定理的应用，属于常规题型. 16.已知函数( )2cos(2)2cos21 3 f xxx . （1）求函数 ( )f x 图象的对称中心； （2）在ABC中，若为ABC锐角三角形且 ( )0f A ，求 b c 的取值范围. 【答案】(1)(,1) 122 k kz ,(2)（ 1 2 ，2）. 【解析】 试题分析试题分析：（1）先由两角和差公式化一( )2cos(2)2cos21 3 f xxx , (2) 由( )2sin(2 ) 10 6 f AA 得到角 A， 2 sin() sin31 3 sinsin2tan2 C bB cCCC

18、 ，最终得到要求 结果. (1) ( )2cos(2 )2cos21 3 f xxx 3sin2cos212sin(2) 1 6 xxx 2() 6 xkkz 解得 122 k x ，故对称中心为（ 122 k ，1）kz （2）由( )2sin(2) 10 6 f AA 解得 2 , 33 ABC 所以 2 sin() sin31 3 sinsin2tan2 C bB cCCC ， 又为锐角三角形，故 62 C 所以 b c 取值范围是 （ 1 2 ，2）. 17.如图，某人工景观湖外围有两条相互垂直的直线型公路 1 l， 2 l，且 1 l和 2 l交于点O.为了方便游客游览， 计划修建一

19、条连接公路与景观湖的直线型公路AB.景观湖的轮廓可以近似看成一个圆心为O， 半径为 2 百 米的圆，且公路AB与圆O相切，圆心O到 1 l， 2 l的距离均为 5百米，设OAB，AB长为L百米. （1）求L关于的函数解析式； （2）当为何值时，公路AB的长度最短？ 【答案】 （1） 5 sincos2 sincos L ， 0, 2 （2） 4 【解析】 【分析】 （1）以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，cosOAL，sinOBL，写出直线AB方 程，由直线与圆相切，即圆心到直线的距离等于圆半径，可求得L关于的函数； （2）令sincost，换元后，由导数知识可求得最值 【详解】解

20、（1）以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则 5,5O， 在直角ABO中，cosOAL，sinOBL， 所以直线AB方程为1 cossin xy LL ， 即sincossincos0xyL， 因为直线AB与圆O相切， 所以 22 5sin5cossincos 2 sincos L ， 因为点O在直线AB的上方， 所以5sin5cos2sin cos0L ， 解得 5 sincos2 sincos L . 因此，L关于的函数解析式为 5 sincos2 sincos L ， 0, 2 . （2）令sincost，则 2 1 sincos 2 t ，且 2sin1,2 4 t ， 所以

21、 2 52 2 1 t L t ， 因为 2 2 2 2 545 0 1 tt L t t . 所以 L t在1, 2 上单调递减， 所以，当 2t ，即 4 时， L t取得最小值，此时 min 10 24L. 【点睛】本题考查函数应用题，解题关键是建立平面直角坐标系，解题方法是利用解析法求得函数关系式， 利用换元法简化函数，利用导数求得最值 18. 如图，在平面直角坐标系 xoy中，圆 C： 22 (1)16xy，点 F（1，0） ，E是圆 C 上一个动点，EF的 垂直平分线 PQ与 CE交于点 B，与 EF交于点 D （） 求点 B 的轨迹方程； （） 当 D位于轴的正半轴上时，求直线

22、PQ的方程； （） 若 G是圆上另一个动点，且满足 FGFE记线段 EG 的中点为 M，试判断线段 OM 的长度是否 为定值？若是，求出该定值;若不是，说明理由 【答案】 （1） 22 43 xy 1（2）x2y40（3）7 【解析】 【详解】(1)由已知BFBE，所以4BCBFBCBECE， 所以点B的轨迹是以C，F为焦点，长轴为 4的椭圆， 所以B点的轨迹方程为 22 1 43 xy ； 当点D位于y轴的正半轴上时，因为D是线段EF的中点，O为线段CF 的中点， 所以CEOD，且2CEOD， 所以ED，的坐标分别为( 1 4) ，和(0 2) ， ， 因为PQ是线段EF的垂直平分线，所以直

23、线PQ的方程为 1 2 2 yx， 即直线PQ的方程为240xy 设点EG，的坐标分别为 11 ()xy，和 22 ()xy，则点M的坐标为 1212 () 22 xxyy ， 因为点EG，均在圆C上，且FGFE， 所以 22 11 (1)16xy 22 22 (1)16xy 1212 (1)(1)0xxy y 所以 22 111 152xyx， 22 222 152xyx， 121212 1x xy yxx 所以 222 1212 1 ()() 4 MOxxyy 2222 11221212 1 ()()2() 4 xyxyx xy y 1212 1 1521522(1)7 4 xxxx， 即

24、M点到坐标原点O的距离为定值，且定值为7 19.设函数 f(x)xexasinxcosx(aR，其中 e是自然对数的底数) (1) 当 a0 时，求 f(x)的极值； (2) 若对于任意的 x0, 2 ，f(x)0 恒成立，求 a 的取值范围； (3) 是否存在实数 a，使得函数 f(x)在区间(0,) 2 上有两个零点？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请 说明理由. 【答案】（1）极小值为 f(1) 1 e ，无极大值（2）(，1（3）不存在 【解析】 解：(1) 当 a0 时，f(x)xex，f(x)ex(x1)， 令 f(x)0，得 x1 列表如下： x (，1) 1 (1，)

25、f(x) 0 f(x) 极小值 所以函数 f(x)的极小值为 f(1) ，无极大值 (2) 当 a0 时，由于对于任意 x，有 sinxcosx0， 所以 f(x)0 恒成立，当 a0 时，符合题意； 当 0a1 时，因为 f(x)ex(x1)acos2xe0(01)acos01a0， 所以函数 f(x)在上为增函数， 所以 f(x)f(0)0，即当 0a1时，符合题意； 当 a1时，f(0)1a0， fe0， 所以，存在 ，使得 f()0，且在(0，)内，f(x)0， 所以 f(x)在(0，)上为减函数， 所以 f(x)f(0)0，即当 a1时，不符合题意 综上所述，a的取值范围是(，1 (

26、3) 不存在实数 a，使得函数 f(x)在区间上有两个零点 由(2)知，当 a1 时，f(x)在上是增函数，且 f(0)0，故函数 f(x)在区间上无零点 当 a1 时，f(x)ex(x1)acos2x.令 g(x)ex(x1)acos2x， 则 g(x)ex(x2)2asin2x，当 x 时，恒有 g(x)0， 所以 g(x)在上是增函数 由 g(0)1a0，gea0， 故 g(x)在上存在唯一的零点 x0， 即方程 f(x)0 在上存在唯一解 x0. 且当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x 时，f(x)0，即函数 f(x)在(0，x0)上单调递减，在上 单调递增 当 x(0，x0)时，

27、f(x)f(0)0，即 f(x)在(0，x0)上无零点； 当 x时，由于 f(x0)f(0)0，f e 0， 所以 f(x)在上有唯一零点 所以，当 a1时，f(x)在上有一个零点 综上所述，不存在实数 a，使得函数 f(x)在区间上有两个零点 20.设 n a是首项为 1 a，公差为 d的等差数列， n b是首项为 1 b，公比为 q的等比数列 （1）设 11 0,1,2abq ，若 1 | nn abb 对1,2,3,4n 均成立，求 d取值范围； （2）若 * 11 0,(1, 2 m abmqN，证明：存在dR，使得 1 | nn abb 对2,3,1nm均成立，并求d 的取值范围（用

28、 1, ,b m q表示） 【答案】 （1）d 的取值范围为 7 5 , 3 2 （2）d 的取值范围为 11 (2) , mm b qbq mm ，证明见解析 【解析】 分析： （1）根据题意结合 1 | nn abb 并分别令 n=1，2，3，4 列出不等式组，即可解得公差 d 的取值范 围；（2）先根据绝对值定义将不等式转化为 11 11 2 11 nn qq bdb nn ，根据条件易得左边不等式恒成立， 再利用数列单调性确定右边单调递增，转化为最小值问题，即得公差 d 的取值范围. 详解：解： （1）由条件知： 1 1,2n nn and b 因为 1nn abb对 n=1，2，3，

29、4均成立， 即 1 121 n nd 对 n=1，2，3，4 均成立， 即 11，1d3，32d5，73d 9，得 75 32 d 因此，d的取值范围为 7 5 , 3 2 （2）由条件知： 1 11 1, n nn abnd bbq 若存在 d，使得 1nn abb（n=2，3， ，m+1）成立， 即 1 111 12,3,1 n bndbqb nm ， 即当2,3,1nm时，d 满足 11 11 2 11 nn qq bdb nn 因为1, 2 m q ，则 1 12 nm qq ， 从而 1 1 2 0 1 n q b n ， 1 1 0 1 n q b n ，对2,3,1nm均成立 因

30、此，取 d=0 时， 1nn abb对2,3,1nm均成立 下面讨论数列 1 2 1 n q n 的最大值和数列 1 1 n q n 的最小值（2,3,1nm） 当2nm时， 1 11 2 222 111 nnn nnnnn n qqq qqnqqnq nnn nn n ， 当 1 12mq 时，有2 nm qq，从而 1 20 nnn n qqq 因此，当21nm时，数列 1 2 1 n q n 单调递增， 故数列 1 2 1 n q n 的最大值为 2 m q m 设 2 1 x f xx，当 x0 时， ln2 1ln2 20 x fxx ， 所以 f x单调递减，从而 f xf（0）=

31、1 当2nm时， 1 1 111 211 1 n n n q q n n f qnnn n ， 因此，当21nm时，数列 1 1 n q n 单调递减， 故数列 1 1 n q n 的最小值为 m q m 因此，d的取值范围为 1 1 2 , m m b q bq mm 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数 的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析 法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条 件. 附加题附加题 21.已知矩阵 11

32、 01 A ， 06 14 B .若矩阵C满足ACB，求矩阵C的特征值和相应的特征向量. 【答案】特征值 1 2，相应的特征向量 2 1 ；特征值 2 3，相应的特征向量 1 1 【解析】 【分析】 设 ab C cd ，由矩阵乘法法则求得矩阵C，再由特征多项式求得特征值，再得特征向量 【详解】解：设 ab C cd ，由ACB，即 1106 0114 ab cd ， 得 0 1 6 4 ac c bd d ，解得 1 2 1 4 a b c d ，所以 12 14 C . 设 2 12 14256 14 f ， 令 0f ，得 1 2， 2 3，特征向量为 x y ， 当 1 2时，20xy

33、，取 1 2 1 ； 当 2 3时，220xy，取 2 1 1 . 【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，考查特征值和特征向量，掌握矩阵乘法运算法则与特征多项式概念是 解题基础 22.已知曲线 C 的极坐标方程为4cos0，以极点为原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系， 直线 l过点3,0M，倾斜角为 6 1求曲线 C 的直角坐标方程与直线 l的参数方程； 2设直线 l与曲线 C交于 AB两点，求MAMB 【答案】 （1） 22 4xyx， 3 3 2 . 1 2 xt t yt 为参数 （2）15. 【解析】 分析： 1曲线 C 的极坐标方程为4cos，得 2 4 cos，利用 cos s

34、in x y 代入即可得出.由直线 l过点3,0M，倾斜角为 6 ，可得参数方程 2把直线 l代入圆的直角坐标方程 22 40xyx，得 22 313 (3)4 30 242 ttt ，化简后利 用韦达定理可求 12 tt， 1 2 t t的值，由 2 12121 2 ()4MAMBtttttt即可求值得解 详解： 1对于 C：由4cos，得 2 4 cos， cos sin x y ， 22 4xyx， 对于 l：有 3 3 2 1 2 xt t yt 为参数 2设 A，B 两点对应的参数分别为 1 t， 2 t 将直线 l的参数方程带入圆的直角坐标方程 22 40xyx， 得 22 313

35、 (3)4 30 242 ttt ， 化简得 2 330tt ， 121 2 3,3tttt 2 1212121 2 ()415MAMBttttttt t 点睛：本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、直线参数方程、弦长公式，考查了计算能力，属于中档 题 23. 如图，一个小球从 M 处投入，通过管道自 上而下落 A或 B 或 C已知小球从每个叉口落入左右两个 管道的可能性是相等的 某商家按上述投球方式进行促销活动，若投入的小球落 到 A，B，C，则分别设为 l，2，3 等奖 （I）已知获得 l，2，3等奖的折扣率分别为 50，70，90记随变量为获得 k(k=1,2,3)等奖的折扣率， 求随机

36、变量的分布列及期望； (II)若有 3人次(投入 l球为 l人次)参加促销活动， 记随机变量为获得 1 等奖或 2等奖的人次， 求 【答案】 （I）的分布列见解析， 3 4 (II) 1701 4096 【解析】 【详解】解： （1） 50% 70% 90% P = 3 16 50+ 3 8 70+ 7 16 90= 3 4 . （2） 24.已知抛物线:C 2 4yx，过直线l：2x上任一点A向抛物线C引两条切线,AS AT（切点为 ,S T， 且点S在x轴上方） （1）求证：直线ST过定点，并求出该定点； （2）抛物线C上是否存在点B，使得BSBT 【答案】(1)证明见解析. (2) 当

37、2m 或 2m 时，抛物线上存在点 B；当22m时，抛物线上不存在点 B 【解析】 【分析】 (1)先求得直线直线： 1 20 2 xty，再证明直线过定点.(2) 设：，联立直线和抛物线 方 程 得 到 1212 48yym y y ， ， 代 入得或， 即 得 ，所以当2m 或2 m 时，抛物线上存在点 B； 当22m时，抛物线上不存在点 B 【详解】（1）设 1122 ()()( 2)S xyT xyAt， 当时，则，所以直线 AT的方程为： 代入点( 2 ) t ，得 ，所以，又， 所以，得，同理， 所以直线：，所以直线过定点(2 0)， （2）因为直线过定点，故设： ， 由 2 2 4 xmy yx ， 得，所以 1212 48yym y y ， 设 00 ()B xy， ，因为，所以， 所以， 即， ， 又， 所以，所以， 所以或因为点 B 不在直线 ST 上， 所以因为， 所以当2m 或 2m 时，抛物线上存在点 B； 当22m时，抛物线上不存在点 B 【点睛】（1）本题主要考查直线的定点问题，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的 掌握水平和分析推理转化能力.(2)解答本题的关键是由得到.