eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}-3 \mathrm{ax}^{2}+3 \mathrm{bx}$ 的图像与直线 $12 \mathrm{x}+\mathrm{y}-1=0$ 相切于点 $(1,-11)$ 。

(1) 求 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

(2) 讨论函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调性.
选项：
答案：答案:（1）【解答】

解: 由题意: $\left\{\begin{array}{l}f(1)=-11 \\ f^{\prime}(1)=-12\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \\ 3-6 a+3 b=-12\end{array}\right.$ 解得 $b=\begin{array}{l}a=1 \\ b=-3\end{array}$

(2)【解答】

解: $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}^{2}-6 \mathrm{x}+9=3\left(\mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}+3\right)=3(\mathrm{x}-3)(\mathrm{x}+1)$

当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)$ 与 $(3+\infty)$

当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$
解析：答案:（1）【解答】

解: 由题意: $\left\{\begin{array}{l}f(1)=-11 \\ f^{\prime}(1)=-12\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \\ 3-6 a+3 b=-12\end{array}\right.$ 解得 $b=\begin{array}{l}a=1 \\ b=-3\end{array}$

(2)【解答】

解: $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}^{2}-6 \mathrm{x}+9=3\left(\mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}+3\right)=3(\mathrm{x}-3)(\mathrm{x}+1)$

当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)$ 与 $(3+\infty)$

当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$

【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导数的几何意义及利用导数求函数的单调区间,属基础题
题目（高二 · 解析几何）：已知曲线 $C: y=\frac{1}{t-x}$ 经过点 $P(2-1)$, 求:

(1) 曲线在点 $C$ 处的切线的方程;

(2) 过点 $O(0,0)$ 的曲线 $\mathrm{C}$ 的切线方程.
选项：
答案：(1) 解: 将 $(-2,8)$ 代入中 ${ }^{C: y=\frac{1}{t-x}}$ 得 $\mathrm{t}=1, \therefore y=\frac{1}{1-x}$.

$\therefore \frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{\frac{1}{1-(x+\Delta x)}-\frac{1}{1-x}}{\Delta x}$

$=\frac{\Delta x}{\Delta x(1-x \pm x)(1-x)}=\frac{1}{(1-x \pm x)(1-x)}$,

$\therefore y^{\prime}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{1}{(1-x)^{2}}$

$\therefore$ 曲线在点 ${ }^{P}$ 处切线的斜率为 $k=\left.y^{\prime}\right|_{x-2}=\frac{1}{(1-2)^{2}}=1$,

$\therefore$ 曲线在点 ${ }^{P}$ 处的切线方程为 $y+1=1 \times(x-2)$ 即 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-3=0$

(2) 解: 点 $O(0,0)$ 不在曲线 $C$ 上, 设过点 $C$ 的曲线 $C$ 的切线与曲线 $C$ 相切于点 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$,

则切线斜率 $k=\frac{y_{0}}{x_{0}}=\frac{1}{\left(1-x_{0}\right)^{2}}$,

由于 ${ }^{y_{0}=\frac{1}{1-x_{0}}}, \therefore x_{0}=\frac{1}{2}, \therefore$ 切点为 ${ }^{M\left(\frac{1}{2}, 2\right)}$, 切线斜率 $k=4$, 切线方程为

$y-2=4\left(x-\frac{1}{2}\right)$ ，即 $\mathrm{y}=4 \mathrm{x}$
解析：(1) 解: 将 $(-2,8)$ 代入中 $C: v=rac{1}{1}$ 得 $\mathrm{t}=1 . 	herefore y=rac{1}{1-x} . 	herefore y^{\prime}=\lim _{\Delta x ightarrow 0} rac{\Delta y}{\Delta x}=rac{1}{(1-x)^{2}}$,$	herefore$ 曲线在点 $P$ 处切线的斜率为 $k=\left.y^{\prime}ight|_{x-2}=rac{1}{(1-2)^{2}}=1$,$	herefore$ 曲线在点 $P$ 处的切线方程为 $y+1=1 	imes(x-2)$ 即 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-3=0$(2) 解: 点 $O(0.0)$ 不在曲线 $C$ 上. 设讨占 $C$ 的曲线 $C$ 的切线与曲线 $C$ 相切于点 $M\left(x_{0}, y_{0}ight)$,则切线斜率 $k=rac{y_{0}}{=}=1$, 由于 $y_{0}=rac{1}{1-x_{0}}, 	herefore x_{0}=rac{1}{2}, 	herefore$ 切点为 $M\left(rac{1}{2}, 2ight)$, 切线斜率 $k=4$,切线方程为 $y-2=4\left(x-rac{1}{2}ight)$, 即 $\mathrm{y}=4 \mathrm{x}$
题目（高二 · 解析几何）：已知椭圆 C: ${ }^{\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1}(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$ 的离心率为 ${ }^{\frac{\sqrt{3}}{3}}$, 直线 $1: y=x+2$ 与以原点为圆心、椭圆 $\mathrm{C}$的短半轴为半径的圆 $\mathrm{O}$ 相切.

(1) 求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程;

(2) 过粗圆 $C$ 的左顶点 $A$ 作直线 $m$, 与圆 $O$ 相交于两点 $R, S$, 若 $\triangle O R S$ 是针角三角形, 求直线 $m$的斜率 $\mathrm{k}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案:(1) 解: 由题意可得 $\mathrm{e}^{rac{c}{a}}={ }^{rac{\sqrt{3}}{3}}$,又圆 $O$ 的方程为 $x^{2}+y^{2}=b^{2}$,因为直线 $1: x-y+2=0$ 与圆 $O$ 相切, $\mathrm{b}=rac{2}{\sqrt{1^{1}+(-1)^{2}}}=\sqrt{2}$, 由 $\mathrm{a}^{2}=3 \mathrm{c}^{2}=3\left(\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}ight)$, 即 $\mathrm{a}^{2}=3$.所以粗圆 C 的方程为 ${ }^{rac{x^{2}}{3}+rac{y^{2}}{2}}=1$(2) 解: 由 (1) 得知圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=2 . A(-\sqrt{3}, 0)$, 直线 $m$ 的方程为: $y=k(x+\sqrt{3})$.设 R (x1, y1), S (x2, y2), 由 $\left\{egin{array}{c}x^{2}+y^{2}=2 \ y=k(x+\sqrt{3})\end{array}ight.$得 $\left(1+k^{2}ight) x^{2}+2 \sqrt{3} k^{2} x+3 k^{2}-2=0$$x_{1}+x_{2}=rac{-2 \sqrt{3} k^2}}{1+k^{2}}, x_{1} x_{2}=rac{3 k^{2} \&-2}{1+k^{2}}$,由 $	riangle=12 \mathrm{k}^{4}-4\left(1+\mathrm{k}^{2}ight)\left(3 \mathrm{k}^{2}-2ight)>0$ 的 $-\sqrt{2}<\mathrm{k}<\sqrt{2}$因为 $	riangle \mathrm{ORS}$ 是针角三角形, $	herefore \overrightarrow{Q R} \cdot \overrightarrow{Q S}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=x_{1} x_{2}+k^{2}\left(x_{1}+\sqrt{3}ight)\left(x_{2}+\sqrt{3}ight)=rac{4 k^{2}-2}{1+k^{2}}<0$. $-rac{\sqrt{2}}{2}<k<rac{\sqrt{2}}{2}$由 $A 、 R 、 S$ 三点不共线，知 $k 
eq 0$.由(1)、(2、(3), 得直线 $m$ 的斜率 $k$ 的取值范围是 ( $\left.-rac{\sqrt{2}}{2}, 0ight) \cup\left(0, rac{\sqrt{2}}{2}ight.$ )
解析：【分析】（1）求得圆 $\mathrm{O}$ 的方程, 运用直线和相切的条件: $\mathrm{d}=\mathrm{r}$, 求得 $\mathrm{b}$, 再由离心率公式和 $a, b, c$ 的关系, 可得 $a$, 进而得到椭圆方程; (2) 先设出点 $R, S$ 的坐标, 利用 $	riangle O R S$ 是针角三角形, 求得 $\overrightarrow{Q R} \cdot \overrightarrow{Q S}=\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}<0$, 从而求出斜率 $\mathrm{k}$ 的取值范围
题目（高二 · 解析几何）：已知椭圆 $C$ : $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率为 ${ }^{\frac{\sqrt{3}}{2}}$, 右顶点为 $A(20)$.

(I) 求椭圆 $C$ 的方程;

(II) 过点 $(1,0)$ 的直线 $l$ 交椭圆于 $B, L$ 两点, 设直线 $A B$ 斜率为 $k_{1}$, 直线 $A D$ 斜率为 $k_{2}$,求证: $k_{1} k_{2}$ 为定值.
选项：
答案：答案: 解: (I) 由题意得 $egin{aligned} a & =2 \ \{b & =1\end{aligned}$ $rac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$(II) 解: 由题意知直线 $l$ 斜率不为 0 , 设直线 $l$ 方程为 $x=m y+1, B\left(x_{1}, y_{1}ight), D\left(x_{2}, y_{2}ight)$$$	ext { 由 } egin{array}{r}\left\{rac{x^{2}}{4}+y^{2}=1ight. \x=m y+1\end{array} 	ext { 消去 } x, 	ext { 得 }\left(m^{2}+4ight) y^{2}+2 m y-3=0 	ext {, }$$易知 $\Delta=16 m^{2}+48>0$ ，得 $y_{1}+y_{2}=rac{-2 n}{m^{2}+4}, y_{1} y_{2}=rac{-3}{m^{2}+4}$$k_{1} k_{2}=rac{y_{1} y_{2}}{\left(x_{1}-2ight)\left(x_{2}-2ight)}=rac{y_{1} y_{2}}{\left(m y_{1}-1ight)\left(m y_{2}-1ight)}=rac{y_{1} y_{2}}{m^{2} y_{1} y_{2}-m\left(y_{1}+y_{2}ight)+1}$$=rac{-3}{-3 m^{2}+2 m^{2}+m^{2}+4}=-rac{3}{4}$. 所以 $k_{1} k_{2}=-rac{3}{4}$ 为定值
题目（高二 · 解析几何）：已知 $O$ 为坐标原点, $M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 是椭圆 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{3}}=1$ 上的点, 且 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$,



(I) 求动点 ${ }^{P}$ 的轨迹 ${ }^{C}$ 的方程;

(II) 若直线 $l: y=x+m(m \neq 0)$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 求三角形 $O A B$ 面积的最大值.
选项：
答案：答案:解：(I) 设点 $P(x, y), M\left(x_{1}, y_{1}ight), N\left(x_{2}, y_{2}ight)$,<ImageHere>即 $x=x_{1}+3 x_{2}, y=y_{1}+3 y_{2}$, 因为点 $M, N$ 在粗圆 ${ }^{rac{x^{2}}{9}+rac{y^{2}}{3}=1}$ 上,所以 $x_{1}^{2}+3 y_{1}^{2}=9, x_{2}^{2}+3 y_{2}^{2}=9$,故 $x^{2}+3 y^{2}=\left(x_{1}^{2}+9 x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}ight)+3\left(y_{1}^{2}+9 y_{2}^{2}+6 y_{1} y_{2}ight)$$=\left(x_{1}^{2}+3 y_{1}^{2}ight)+9\left(x_{2}^{2}+3 y_{2}^{2}ight)+6\left(x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}ight)$$=90+6\left(x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}ight)$,因为 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$ ，所以动点 ${ }^{P}$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $x^{2}+3 y^{2}=90$(II) 将曲线 $C$ 与直线 $l$ 联立: $egin{gathered}x^{2}+3 y^{2}=90 \ y=x+m\end{gathered}$, 消 $y$ 得: $4 x^{2}+6 m x+3 m^{2}-90=0$,$ecause$ 直线 $l$ 与曲线 $C$ 交于 $A 、 B$ 两点, 设 $A\left(x_{3}, y_{3}ight), B\left(x_{4}, y_{4}ight)$,$	herefore \Delta=36 m^{2}-4 	imes 4 	imes\left(3 m^{2}-90ight)=12\left(120-m^{2}ight)>0$, 又 $ecause m 
eq 0$, 得 $0<m^{2}<120$,$x_{3}+x_{4}=-rac{3 m}{2}, \quad x_{3} x_{4}=rac{3 m^{2}-90}{4}$,$	herefore|A B|=\sqrt{\left(1+k^{2}ight)}\left|x_{1}-x_{2}ight|=\sqrt{2 	imes\left(rac{9 m^{2}}{4}-4 	imes rac{3 m^{2}-90}{4}ight)}=\sqrt{180-rac{3 m^{2}}{2}}$,$ecause$ 点 $O$ 到直线 $A B: x-y+m=0$ 的距离 $d=rac{|m|}{\sqrt{2}}$,$	herefore S_{	riangle A B C}=rac{1}{2} 	imes \sqrt{180-rac{3 m^{2}}{2}} 	imes rac{|m|}{2}$$=rac{\sqrt{3}}{12} \sqrt{\left(360-3 m^{2}ight) 	imes 3 m^{2}} \leq rac{\sqrt{3}}{12} 	imes rac{360-3 m^{2}+3 m^{2}}{2}=15 \sqrt{3}$, 当 $m^{2}=60$ 时等号成立,$	herefore$ 三角形 $O A B$ 面积的最大值为 $15 \sqrt{3}$
解析：【分析】(1)首先根据向量的坐标公式计算出 $\mathrm{x}=\mathrm{x}_{1}+3 \mathrm{x}_{2} 2, \mathrm{y}=\mathrm{y}_{1}+3 \mathrm{y}_{2}$ 的关系式, 代入到粗圆的方程整理可得 $x^{2}+3 y^{2}$ 的代数式再结合直线的斜率关系即可求出 $x_{1} x_{2}+3 y_{1} y_{2}=0$, 即可得到动点 $\mathrm{P}$ 的轨迹方程。(2)结合题意利用椭圆的定义即可求出 $\mathrm{c}$ 的值再联立直线与粗圆的方程,消元由判别式以及韦达定理得到关于 $\mathrm{m}$ 的代数式, 并把上式代入到弦长公式和三角形中利用二次函数的最值即可。
题目（高二 · 解析几何）：求满足下列条件的抛物线的标准方程.

(1) 过点 $M(-6,6)$;

(2) 焦点 $F$ 在直线 $l: 3 x-2 y-6=0$ 上.
选项：
答案：答案:(1) 解: 由于点 $M(-6,6)$ 在第二象限, $\therefore$ 过 $M$ 的抛物线开口向左或开口向上.

若抛物线开口向左, 则焦点在 $x$ 轴上, 设其方程为 $y^{2}=-2 p_{1} x\left(p_{1}>0\right)$,

将点 $M(-6,6)$ 代入, 可得 $36=-2 p_{1} \times(-6), \therefore p_{1}=3$.

$\therefore$ 抛物线的方程为 $y^{2}=-6 x$.

<ImageHere>

将点 $M(-6,6)$ 代入可得, $36=2 p_{2} \times 6, \therefore p_{2}=3, \therefore$ 抛物线的方程为 $x^{2}=6 y$

综上所述, 抛物线的标准方程为 $y^{2}=-6 x$ 或 $x^{2}=6 y$

(2) 解: (1) $\because$ 直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 (20), ， 抛物线的焦点是 $F(20)$,

$\therefore{ }^{\frac{p}{2}=2}, \therefore p=4$,

$\therefore$ 抛物线的标准方程是 $y^{2}=8 x$.

(2) $\because$ 直线 $l$ 与 $y$ 轴的交点为 $(0,-3)$, 即抛物线的焦点是 $F(0,-3)$,

$\therefore{ }^{\frac{p}{2}=3}, \therefore p=6, \therefore$ 抛物线的标准方程是 $x^{2}=-12 y$

【解析】注意分类讨论是关键;

(1) 中点 $\mathrm{M}$ 的象限决定开口向左或向右, 利用待定系数法代入点 $\mathrm{M}$ 直接得到两个标准方程;

(2) 中直线与 $x, y$ 轴各有一个交点, 所以要注意有两种情况, 利用待定系数法代入点 $M$ 求出答案。

18. 答案:(1) 解: 若命题 $p$ 为真, 则 $4 a^{2}-4\left(2 a^{2}-5 a+4\right)>0$,

整理得到 $\mathrm{a}^{2}-5 \mathrm{a}+4<0$,

解得 $1<a<4$

(2) 解: 若命题 $q$ 为真, 则 $\triangle=(a-1)^{2}-4<0$, 即 $a^{2}-2 a-3<0$

解得: $-1<\mathrm{a}<3$

若 $p \wedge q$ 为真,

则 $1<\mathrm{a}<3$
解析：答案:(1) 解: 由于点 $M(-6,6)$ 在第二象限, $\therefore$ 过 $M$ 的抛物线开口向左或开口向上.

若抛物线开口向左, 则焦点在 $x$ 轴上, 设其方程为 $y^{2}=-2 p_{1} x\left(p_{1}>0\right)$,

将点 $M(-6,6)$ 代入, 可得 $36=-2 p_{1} \times(-6), \therefore p_{1}=3$.

$\therefore$ 抛物线的方程为 $y^{2}=-6 x$.



将点 $M(-6,6)$ 代入可得, $36=2 p_{2} \times 6, \therefore p_{2}=3, \therefore$ 抛物线的方程为 $x^{2}=6 y$

综上所述, 抛物线的标准方程为 $y^{2}=-6 x$ 或 $x^{2}=6 y$

(2) 解: (1) $\because$ 直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 (20), ， 抛物线的焦点是 $F(20)$,

$\therefore{ }^{\frac{p}{2}=2}, \therefore p=4$,

$\therefore$ 抛物线的标准方程是 $y^{2}=8 x$.

(2) $\because$ 直线 $l$ 与 $y$ 轴的交点为 $(0,-3)$, 即抛物线的焦点是 $F(0,-3)$,

$\therefore{ }^{\frac{p}{2}=3}, \therefore p=6, \therefore$ 抛物线的标准方程是 $x^{2}=-12 y$

【解析】注意分类讨论是关键;

(1) 中点 $\mathrm{M}$ 的象限决定开口向左或向右, 利用待定系数法代入点 $\mathrm{M}$ 直接得到两个标准方程;

(2) 中直线与 $x, y$ 轴各有一个交点, 所以要注意有两种情况, 利用待定系数法代入点 $M$ 求出答案。

18. 答案:(1) 解: 若命题 $p$ 为真, 则 $4 a^{2}-4\left(2 a^{2}-5 a+4\right)>0$,

整理得到 $\mathrm{a}^{2}-5 \mathrm{a}+4<0$,

解得 $1<a<4$

(2) 解: 若命题 $q$ 为真, 则 $\triangle=(a-1)^{2}-4<0$, 即 $a^{2}-2 a-3<0$

解得: $-1<\mathrm{a}<3$

若 $p \wedge q$ 为真,

则 $1<\mathrm{a}<3$

【解析】 (1) 若命题 $\mathrm{p}$ 为真, 则 $4 \mathrm{a}^{2}-4\left(2 \mathrm{a}^{2}-5 \mathrm{a}+4\right)>0$, 解得实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围;若命题 $p \wedge q$ 为真命题, 则命题 $p, q$ 均为真命题, 进而可得实数 $a$ 的取值范围.
题目（高二 · 解析几何）：已知双曲线过点 $P(-3 \sqrt{2}, 4)$, 它的渐近线方程为 $y= \pm{ }^{\frac{4}{3}} x$.

(1) 求双曲线的标准方程;

(2) 设 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 为该双曲线的左、右焦点, 点 $P$ 在此双曲线上, 且 $\left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=41$, 求 $\angle F_{1} P F_{2}$ 的余弦值.
选项：
答案：1) 解: 设双曲线的方程为 $y^{2}-rac{16}{9} x^{2}=\lambda(\lambda 
eq 0)$,代入点 $P(-3 \sqrt{2}, 4)$, 可得 $\lambda=-16$,$	herefore$ 所求求双曲线的标准方程为 ${ }^{rac{x^{2}}{9}-rac{y^{2}}{16}}=1$（2）解：设 $\left|P F_{1}ight|=d_{1} \quad,\left|P F_{2}ight|=d_{2} \quad$ ，则 $d_{1} ullet d_{2}=41$,又由双曲线的几何性质知 $\left|d_{1}-d_{2}ight|=2 a=6$,$	herefore \mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}-2 \mathrm{~d}_{1} \mathrm{~d}_{2}=36$ 即有 $\mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}=36+2 \mathrm{~d}_{1} \mathrm{~d}_{2}=118$,又 $\left|F_{1} F_{2}ight|=2 c=10$,$	herefore\left|F_{1} F_{2}ight|^{2}=100=d_{1}{ }^{2}+d_{2}{ }^{2}-2 d_{1} d_{2} \cos \angle F_{1} P F_{2}$$	herefore \cos \angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=rac{9}{41}$
解析：(1)根据待定系数法求出双曲线的方程。（2）利用双曲线的定义得出关系式，两边平方可得出 $\mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}$ 的值, 根据余弦定理可求出 $\cos$ 的值即可。
题目（高二 · 解析几何）：如图, 设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左右焦点为 $\mathrm{F}_{1}, \mathrm{~F}_{2}$, 上顶点为 $\mathrm{A}$, 点 $\mathrm{B}$ 和点 $\mathrm{F}_{2}$ 关于 $F_{1}$ 对称, 且 $A B \perp A F_{2}, A, B, F_{2}$ 三点确定的圆 $M$ 恰好与直线 $x-\sqrt{3} y-3=0$ 相切.



(1) 求椭圆的方程 C;

(2) 过 $F_{1}$ 作一条与两坐标轴都不垂直的直线 $I$ 交椭圆于 $P, Q$ 零点, 在 $x$ 轴上是否存在点 $N$, 使得 $N F_{1}$ 恰为 $\triangle P N Q$ 的内角平分线, 若存在, 求出点 $N$ 的坐标, 若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：答案:(1) 解: 由题意可知: $F_{1}(-c, 0), B(-3 c, 0), M$ 的圆心坐标为 $F_{1}(-c, 0)$,半径为 $2 \mathrm{c}$, 由直线 $x-\sqrt{3} y-3=0$ 与圆 $\mathrm{M}$ 相切, $rac{|-c-3|}{\sqrt{1+(\sqrt{3})^{2}}}=2 c$, 解得: $c=1$,由 $A B \perp A F_{2}, \quad A O \perp B F_{1} ，$由射影定理可知: $b^{2}=B O^{2}=B O \cdot O F_{2}=2 c \cdot c=3$, 即 $b^{2}=3$,$	herefore \mathrm{a}^{2}=\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}=4$,椭圆的方程 C: $rac{x^{2}}{4}+rac{y^{2}}{3}=1$（2）解：假设存在满足条件的点 $N\left(x_{0}, 0ight)$, 由题意可知: 直线 $l$ 的方程为 $y=k(x+1)(k 
eq 0)$,设 $P\left(x_{1}, y_{1}ight), Q\left(x_{2}, y_{2}ight)$ ，由 $\left\{egin{array}{l}y=k(x+1) \ rac{x^{2}}{4}+rac{y^{2}}{3}=1\end{array}ight.$,$	herefore 3 \mathrm{x}^{2}+4 \mathrm{k}^{2}(\mathrm{x}+1)^{2}=12$,$	herefore\left(3+4 k^{2}ight) x^{2}+8 k^{2} x+4 k^{2}-12=0$,$	herefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=-rac{8 k^{2}}{3+4 k^{2}}, \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}=rac{4 k^{2}-12}{3+4 k^{2}}$,$ecause N F_{1}$ 恰为 $	riangle P N Q$ 的内角平分线,$$	herefore \mathrm{k}_{\mathrm{NP}}=-\mathrm{k}_{\mathrm{MQ}} \quad, \quad rac{y_{1}}{x_{1}-x_{0}}=-rac{y_{2}}{x_{2}-x_{0}}$$$$	herefore rac{k\left(x_{1}+1ight)}{x_{1}-x_{0}}=-rac{k\left(x_{2}+1ight)}{x_{2}-x_{1}}$$$	herefore\left(\mathrm{x}_{1}+1ight)\left(\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{0}ight)=-\left(\mathrm{x}_{2}+1ight)\left(\mathrm{x}_{2}-\mathrm{x}_{0}ight)$,$$	herefore x_{0}=rac{x_{1}+x_{2}+2 x_{1} x_{2}}{x_{1}+x_{2}+2}=rac{-rac{8 k^{2}}{3+4 k^{2}}+rac{8 k^{2}-24}{3+4 k^{2}}}{2-rac{8 k^{2}}{3+4 k^{2}}}=-4$$$	herefore$ 存在点 $\mathrm{N}$ 的坐标为 $(-4,0)$
题目（高二 · 解析几何）：已知椭圆 $\mathrm{C}$ 的中心在原点 $\mathrm{O}$, 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上, 离心率为 ${ }^{\frac{\sqrt{3}}{2}}$, 且粗圆 $\mathrm{C}$ 上的点到两个焦点的距离之和为 4 . 求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程.
选项：
答案：答案:
解: 设粗圆方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$, 由题意可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,由粗圆的定义可得 $2 a=4$, 即 $a=2$,

$\mathrm{c}=\sqrt{3}, \mathrm{~b}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{c}^{2}}=1$,

则椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$
解析：答案:
解: 设粗圆方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$, 由题意可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,由粗圆的定义可得 $2 a=4$, 即 $a=2$,

$\mathrm{c}=\sqrt{3}, \mathrm{~b}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{c}^{2}}=1$,

则椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

【解析】【分析】设陏圆方程为 ${ }^{\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$, 运用粗圆的离心率公式和椭圆的定义, 求得 $a, c$, 再由 $a, b, c$ 的关系, 可得 $b$, 进而得到椭圆方程.
题目（高二 · 解析几何）：已知双曲线的中心在原点, 焦点 $F_{1}, F_{2}$ 在坐标轴上, 离心率为 $\sqrt{2}$, 且过点 $(4,-\sqrt{10})$, 点 $M(3, m)$ 在双曲线上.

(1) 求双曲线方程;

(2) 求证: $M F_{1} \perp M F_{2}$;

(3) 求 $\triangle F_{1} M F_{2}$ 的面积.
选项：
答案：答案：(1) 解: $ecause e=\sqrt{2}, \quad 	herefore rac{c}{a}=\sqrt{2}, \quad ecause c^{2}=b^{2}+a^{2}, \quad 	herefore a^{2}=b^{2}$,$	herefore$ 可设双曲线方程为 $x^{2}-y^{2}=\lambda(\# 0)$.$ecause$ 双曲线过点 $(4,-\sqrt{10}), 	herefore 16-10=\lambda$, 即 $\lambda=6, 	herefore$ 双曲线方程为 $x^{2}-y^{2}=6$（2）证明：由（1）可知, 在双曲线中 $a=b=\sqrt{6}, 	herefore c=2 \sqrt{3}$,$	herefore F_{1}(-2 \sqrt{3}, 0) F_{2}(2 \sqrt{3}, 0), \quad 	herefore{ }^{k_{M F_{1}}=rac{m}{3+2 \sqrt{3}}, k_{M F_{2}}=rac{m}{3-2 \sqrt{3}}}$,又 $ecause$ 点 $M(3, m)$ 在双曲线上, $	herefore 9-m^{2}=6, m^{2}=3$.$	herefore k_{M F_{1}} \cdot k_{M F_{2}}=rac{m}{3-2 \sqrt{3}} 	imes rac{m}{3+2 \sqrt{3}}=-rac{m^{2}}{3}=-1, \quad 	herefore M F_{1} \perp M F_{2}$(3) 解: 由（2）知 $M F_{1} \perp M F_{2} ， 	herefore 	riangle M F_{1} F_{2}$ 为直角三角形. 又 $F_{1}(-2 \sqrt{3}, 0) F_{2}(2 \sqrt{3}, 0)$, $m= \pm \sqrt{3} ， 	herefore M(3, \sqrt{3})$ 或 $M(3,-\sqrt{3})$ ，由两点间距离公式得：$\left|M F_{1}ight|=\sqrt{(-2 \sqrt{3}-3)^{2}+(0-\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{24+12 \sqrt{3}}$,$\left|M F_{1}ight|=\sqrt{(2 \sqrt{3}-3)^{2}+(0-\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{24-12 \sqrt{3}}$$	herefore \quad S_{\Delta F_{1} M F_{2}}=rac{1}{2}\left|M F_{1}ight|\left|M F_{2}ight|=rac{1}{2} 	imes \sqrt{24+12 \sqrt{3}} \cdot \sqrt{24-12 \sqrt{3}}=rac{1}{2} 	imes 12=6$即 $	riangle F_{1} M F_{2}$ 的面积为 6
解析：【分析】（1）由离心率及双曲线上的点可以直接得到双曲线的标准方程;（2）由标准方程可得到焦点坐标, 也易求点 $\mathrm{M}$ 的坐标, 根据斜率直接得证;(3) 可根据三角形面积计算公式直接求得答案。
题目（高二 · 解析几何）：设双曲线 $\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{3}=1$ 的两个焦点分别为 $\mathrm{F}_{1} 、 \mathrm{~F}_{2}$ 离心率 $\mathrm{e}=2$.

(1) 求此双曲线的渐近线 $l_{1} 、 l_{2}$ 的方程;



(3) 过点 $\mathrm{N}(1,0)$ 能否作直线 $\mathrm{l}$, 使 $\mathrm{l}$ 与双曲线交于不同两点 $\mathrm{P} 、 \mathrm{Q}$. 且 $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=0$, 若存在,求直线 $l$ 的方程, 若不存在, 说明理由.
选项：
答案：(1)【解答】双曲线离心率为 $e=rac{c}{a}=rac{\sqrt{a^{2}+3}}{a}=2, a^{2}+3=4 a^{2}, a=1, b=\sqrt{3}$, 所以渐近线方程: $y= \pm rac{\sqrt{3}}{3} x$(2)【解答】设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}ight) 、 \mathrm{~B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}ight) \mathrm{AB}$ 的中点 $\mathrm{M}(\mathrm{x}, \mathrm{y}) ecause 2|\mathrm{AB}|=5\left|\mathrm{~F}_{1} \mathrm{~F}_{2}ight| 	herefore|\mathrm{AB}|=10$ $	herefore\left(\mathrm{x}_{1}, \quad \mathrm{x}_{2}ight)^{2}+\left(\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}ight)^{2}=100$, 又 $\mathrm{y}_{1}=rac{\sqrt{3}}{3} x_{1}, \quad y_{2}=-rac{\sqrt{3}}{3} x_{2}, \quad \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2 \mathrm{x} \quad, \quad \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{y}$. $	herefore y_{1}+y_{2}=rac{\sqrt{3}}{3}\left(x_{1}-x_{2}ight) \quad, \quad y_{1}-y_{2}=rac{\sqrt{3}}{3}\left(x_{1}+x_{2}ight)$ $	herefore 3(2 y)^{2}+rac{1}{3}(2 x)^{2}=100$, 即 $rac{x^{2}}{75}-rac{3 y^{2}}{25}=1$(3)【解答】假设存在这样的直线 $\mathrm{e}$, 设其方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{k}(\mathrm{x}-1) \mathrm{P}\left(\mathrm{x}_{1} \quad, \mathrm{y}_{1}ight), \mathrm{Q}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}ight): \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=0$ $	herefore \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}=0 	herefore \mathrm{x}_{1} \mathrm{X}_{2}+\mathrm{k}^{2}\left[\mathrm{x}_{1} \mathrm{X}_{2}-\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}ight)+1ight]=0$ (1)由 $\left\{egin{array}{l}y=k(x-1) \ y^{2}-rac{x^{2}}{3}=1\end{array}ight.$ 得 $\left(3 \mathrm{k}^{2}-1ight) \mathrm{x}^{2}-6 \mathrm{k}^{2} \mathrm{x}+3 \mathrm{k}^{2}-3=0 	herefore\left\{egin{array}{l}x_{1}+x_{2}=rac{6 k^{2}}{3 k^{2}-1} \ x_{1} \cdot x_{2}=rac{3 k^{2}-3}{3 k^{2}-1}\end{array}ight.$由(1)(2)得: $\mathrm{k}^{2}+3=0 	herefore \mathrm{k}$ 不存在, 即这样的直线不存在.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=a \mathrm{x}^{3}+b \mathrm{x}^{2}$ 的图象经过点 $\mathrm{M}(1,4)$, 且在 $\mathrm{x}=-2$ 取得极值.

( I) 求实数 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

( II) 若函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 上不单调, 求 $\mathrm{m}$ 的取值范围.
选项：
答案：答案:解: (I) $\because f(x)=a x^{3}+b x^{2}$ 的图象经过点 $M(1,4), \therefore a+b$ (1)

又 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x$,

则 $f^{\prime}(-2)=0$, 即 $-6 a+2 b=0(2)$

由(1)(2) 解得 $a=1, b=3$;

(II) 由(I) 得: $f(x)=x^{3}+3 x^{2}, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x$

令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x=0$, 得: $x=-2$ 或 $x=0$

当 $x \in(-\infty,-2)$ 或 $(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数,

当 $x \in(-2,0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数.

$\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 上不单调,
$\therefore \mathrm{m}<-2<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<0<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<-2<0<\mathrm{m}+1$

解得: $-3<m<-2$ 或 $-1<m<0$
解析：答案:解: (I) $\because f(x)=a x^{3}+b x^{2}$ 的图象经过点 $M(1,4), \therefore a+b$ (1)

又 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x$,

则 $f^{\prime}(-2)=0$, 即 $-6 a+2 b=0(2)$

由(1)(2) 解得 $a=1, b=3$;

(II) 由(I) 得: $f(x)=x^{3}+3 x^{2}, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x$

令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x=0$, 得: $x=-2$ 或 $x=0$

当 $x \in(-\infty,-2)$ 或 $(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数,

当 $x \in(-2,0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数.

$\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 上不单调,
$\therefore \mathrm{m}<-2<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<0<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<-2<0<\mathrm{m}+1$

解得: $-3<m<-2$ 或 $-1<m<0$

【解析】【分析】第一问根据函数图象过点 $\mathrm{M}$, 得到 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 关系, 再根据在 $\mathrm{x}=-2$ 取得极值, 函数求导,导数等于 0 , 可得 a,b;

第二问先应用导数与函数单调性的关系, 求出函数的单调性, 然后根据函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$不单调, 可得函数在 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 有增有减, 可得。
题目（高二 · 解析几何）：设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}-3 a \mathrm{ax}^{2}+3 \mathrm{bx}$ 的图像与直线 $12 \mathrm{x}+\mathrm{y}-1=0$ 相切于点 $(1,-11)$ 。

(1) 求 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

(2) 讨论函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调性.
选项：
答案：答案:（1）【解答】

解: 由题意: $\left\{\begin{array}{l}f(1)=-11 \\ f^{\prime}(1)=-12\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \\ 3-6 a+3 b=-12\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{c}a=1 \\ b=-3\end{array}\right.$

(2)【解答】

解: $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+9=3\left(x^{2}-2 x+3\right)=3(x-3)(x+1)$

当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)$ 与 $(3+\infty)$

当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$
解析：答案:（1）【解答】

解: 由题意: $\left\{\begin{array}{l}f(1)=-11 \\ f^{\prime}(1)=-12\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \\ 3-6 a+3 b=-12\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{c}a=1 \\ b=-3\end{array}\right.$

(2)【解答】

解: $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+9=3\left(x^{2}-2 x+3\right)=3(x-3)(x+1)$

当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)$ 与 $(3+\infty)$

当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$

【解析】【分析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是根据导数的几何意义及利用导数求函数的单调区间,属基础题
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}$ 的图象经过点 $M(1,4)$, 且在 $x=-2$ 取得极值.

( I) 求实数 $a, b$ 的值;

（II）若函数 $f(x)$ 在区间 $(m, m+1)$ 上不单调, 求 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：解: ( I ) $ecause f(x)=a x^{3}+b x^{2}$ 的图象经过点 $M(1,4), 	herefore a+b(1)$又 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x$, 则 $f^{\prime}(-2)=0$, 即 $-6 a+2 b=0$ (2), 由(1)(2) 解得 $a=1, b=3$;(II) 由 (I) 得: $f(x)=x^{3}+3 x^{2}, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x$令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x=0$, 得: $x=-2$ 或 $x=0$当 $x \in(-\infty,-2)$ 或 $(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数,当 $x \in(-2,0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数.$ecause$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 上不单调,$	herefore \mathrm{m}<-2<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<0<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<-2<0<\mathrm{m}+1$解得: $-3<m<-2$ 或 $-1<m<0$
解析：解: ( I ) $ecause f(x)=a x^{3}+b x^{2}$ 的图象经过点 $M(1,4), 	herefore a+b(1)$又 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x$, 则 $f^{\prime}(-2)=0$, 即 $-6 a+2 b=0$ (2), 由(1)(2) 解得 $a=1, b=3$;(II) 由 (I) 得: $f(x)=x^{3}+3 x^{2}, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x$令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x=0$, 得: $x=-2$ 或 $x=0$当 $x \in(-\infty,-2)$ 或 $(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数,当 $x \in(-2,0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数.$ecause$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 上不单调,$	herefore \mathrm{m}<-2<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<0<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<-2<0<\mathrm{m}+1$解得: $-3<m<-2$ 或 $-1<m<0$