【文档说明】湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高二下学期期末数学试题 含解析【武汉专题】.docx，共(24)页，1.673 MB，由小赞的店铺上传

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武汉外国语学校2022—2023学年度下学期期末考试高二数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.()812x−展开式中第4项的二项式系数为（）A.448−B.1120C.56D.70【答案】C【解析】【分析】

根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解.【详解】()812x−展开式中第4项的二项式系数为38C56=.故选：C.2.对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型2()0,()YbxaeEeDe=++==得到经验回归模型ˆˆˆybxa=+，对应的残差如下图所示，模

型误差（）A.满足一元线性回归模型的所有假设B.不满足一元线性回归模型的()0Ee=的假设C.不满足一元线性回归模型的2()De=假设D.不满足一元线性回归模型的()0Ee=和2()De=的假设【答案】C【解析】【分析】根据用一元线性回归模型2()0,()YbxaeEe

De=++==有关概念即可判断.【详解】解：用一元线性回归模型2()0,()YbxaeEeDe=++==得到经验回归模型ˆˆˆybxa=+，根据对应的残差图，残差的均值()0Ee=可能成立，但明显残差的x轴上方的数据更分散，2()De

=不满足一元线性回归模型，正确的只有C.故选：C.3.设随机变量X的概率分布列如图所示，则()27DX+=（）X1234P0.20.30.40.1A.0.84B.3.36C.1.68D.10.36【答案】

B【解析】【分析】由均值和方差的公式求出(),()EXDX，再由方差的性质求解即可.【详解】因为()10.220.330.440.12.4EX=+++=，则2222()(12.4)0.2(22.4)0.3(32.4)0.4(42.4)0.10.84DX=−

+−+−+−=，所以2(27)2()40.843.36DXDX+===.故选：B.4.命题：“Rx，*Nn，使得2nx”的否定是（）A.Rx，*Nn，使得2nxB.Rx，*Nn，使得2nxC.Rx，*Nn，使得2nxD.以上结论都不正确【答案】

B【解析】【分析】改量词，否结论即可.【详解】“Rx，*Nn，使得2nx”的否定是“Rx，*Nn，使得2nx”，故选：B5.如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（）A.120B.180C.22

1D.300【答案】B【解析】【分析】分Ⅰ，Ⅳ同色和不同色两种情况讨论，结合分布乘法原理即可得解.【详解】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有5种涂色方法，Ⅱ有4种涂色方法，Ⅲ有3种涂色方法，此时共有543160=种涂色方法；Ⅰ

，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有5种涂色方法，Ⅳ有4种涂色方法，Ⅱ有3种涂色方法，Ⅲ有2种涂色方法，此时共有5432120=种涂色方法，综上共有60120180+=种不同的着色方法.故选：B.6.设随机变量()~0,1XN，则X密度函数为（）A()221

e2πxfx−=B.()()2121e2πxfx−−=C.()221e2πxfx−=D.()()2121e2πxfx−−=【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的定义可求得0,1==，从而可求X的密度函数.【详解】因为()~0,

1XN，所以20,1==，即1=，所以X的密度函数为A.故选：A7.设随机变量(),XBnp，记()C1nkkkknppp−=−，0,1,2,,kn=L，下列说法正确的是（）的.A.当k由0增大到n时，k

p先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.二项分布当0.5p=时是对称的，当0.5p时向右偏倚，当0.5p时向左偏倚B.如果()1np+为正整数，当且仅当()1knp=+时，kp取最大值C.如果()1np+为非整数，当且仅当k取()1np+的整数部分时，kp取最大值D.(

)()1EXnpp=−【答案】C【解析】【分析】由11kkkkpppp−+可得()()111npknp+−+，分析可判断BC选项，进而根据二项分布的图象性质可判断A选项；根据二项分布的期望公式可判断D选项.

【详解】因为(),XBnp，()C1nkkkknppp−=−，0,1,2,,kn=L，由11kkkkpppp−+，得()()()()111111C1C1C1C1nknkkkkknnnknkkkkknnpppppppp−−+−−−−−++−−−−

，解得()()111npknp+−+，若()1np+为正整数，则()1knp=+或()11knp=+−时，kp取最大值，故B错误；若()1np+为非整数，则k取()1np+的整数部分时，kp取最大值，故C正确；综上所述，当k由0增大到n时，kp先增后减，在某一个（或两个）k值处达

到最大.根据二项分布的图象性质可得，当0.5p=时是对称的，当0.5p时向左偏倚，当0.5p时向右偏倚，故A错误；而()EXnp=，故D错误.故选：C.8.已知函数()21exxxfx+−=，则方程()()

1ffx=−的根的个数是（）A.2B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】对()fx求导，判断单调性画出图象，令()fxt=，则()1ft=−，结合图象方程()1ft=−有两解，12151,02tt−−−=

，结合图象可知方程1()fxt=有两解，2()fxt=也有两解，从而可解.【详解】对()fx求导得：22(1)(2)()eexxxxxxfx−−+−=−=−，所以当1x−或2x时，()0fx，当12x−时，()0fx，则函数()fx在(,1),(2,)−

−+上单调递减，在(1,2)−上单调递增，因此，函数()fx在=1x−处取得极小值(1)ef−=−，在2x=处取得极大值25(2)ef=，作出曲线()yfx=，如图，由()0fx=得210xx+−=，解

得152x−=，令()fxt=，则()1ft=−，结合图象方程()1ft=−有两解，12151,02tt−−−=，所以1()fxt=或2()fxt=，因为152e+，所以15e2−−−,结合图象可知方程1()fxt=有两解，又因为20t=，结合图象可知2()fxt=也

有两解，所以方程(())1ffx=−共有4个根.故选：B【点睛】方法点睛:求函数零点(方程根)的常用的方法:（1）直接法:直接求解方程得到方程的根；（2）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结

合的方法求解.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.设离散型随机变量X，非零常数a，b，下列说法正确的有（）A.()bEaXbaEXa+=+B.()2bDaXbaDXa+=+C.()()()2DXEXEX=−D.()()()()22DXEX

EX=−【答案】ABD【解析】【分析】根据均值与方差的性质即可判断AB；根据均值与方差的关系即可判断CD.【详解】对于A，()()()(),bbEaXbaEXbaEXaEXaEXbaa+=++=+=+，所以()

bEaXbaEXa+=+，故A正确；对于B，()()()222,bDaXbaDXaDXaDXa+=+=，所以()2bDaXbaDXa+=+，故B正确；对于CD，根据均值与方差的关系

可得()()()()22DXEXEX=−，故C错误，D正确.故选：ABD.10.下列说法正确的有（）A.命题：“Rx，10x”的否定是：“Rx，10x”B.命题：“若1x，则215x+”的否定是：“若1x，则215x+”C.已知x，Ry，则“x或y

为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件D.如果x，y是实数，则“xy”是“coscosxy”的必要不充分条件【答案】CD【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可判断AB；根据充分条件和必要条件的定义即可判断CD.【详解】对于A，命题：“Rx

，10x”即Rx，0x，其否定是：“Rx，0x”，故A错误；对于B，命题：“若1x，则215x+”的否定是：“1x，则215x+”，故B错误；对于C，当1,3xy==时，3xy=，故充分性不成立，当3xy==时，3xy=，故必

要性不成立，所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，故C正确；对于D，当π3π,22xy==时，coscos0xy==，故充分性不成立，若xy=，则coscosxy=，故当coscosxy时，xy，故必要性成立，所

以“xy”是“coscosxy”的必要不充分条件，故D正确.故选：CD.11.已知定义在()0,+上的函数()fx满足：对(),0,xy+，都有()()()fxyfxfy=+，则对于(),0,xy+，*Nn，下式成立的有（）A.()()()

fxyfxfy+=B.()()xffxfyy=−C.()()nfxnfx=D.()()1nfxfxn=【答案】BCD【解析】【分析】设函数()lnfxx=判断A选项,结合()()()fxyfxfy=+判断B,

C,D选项.【详解】()(),xxyxfxffyyy==+,()()xffxfyy=−,B选项正确;1,nnxxxxxx−==()()()()()()()()()()12nnnfxfxfxfxfxfxfxfxfxnfx−−=+=++=++

+=()()nfxnfx=,C选项正确;()nnnnnxxxxx==,()()()()()nnnnfxfxfxfxnfx=+++=()()1nfxfxn=,D选项正确;定义在()0,+上的函数()fx满足：对(),0,xy+，都有()()()fxy

fxfy=+，设()lnfxx=()()()()()ln,lnlnfxyfxfyxyfxfyxy=+==,()()()fxyfxfy+,A选项错误.故选:BCD12.下列不等式中成立的有（）A.4

6log3log5B.当0x时，()12e22ln2xxxx−+++C.当xm−且2m时，()elnxxm+D.当xR时，sinxx【答案】BC【解析】【分析】A选项构造函数()()lnln1xfxx=+，其中1x，利用导数分析函数()fx的单调性，可判断A选

项；证明出1exx−、ln1xx+，可判断B选项；利用B选项中的两个不等式可判断C选项；构造函数()sinpxxx=−，利用导数分析该函数的单调性，可判断D选项.【详解】对于A选项，令()()lnln1xfxx=+，其中1x，则()()()()()()()22ln1ln1ln1l

n1ln11ln1xxxxxxxxfxxxxx+−++−+==+++，当1x时，10xx+，()ln1ln0xx+，则()()1ln1ln0xxxx++，此时，()()()()(

)21ln1ln01ln1xxxxfxxxx++−=++，故函数()fx在()1,+上为增函数，故()()46log335log5ff==，A错；对于B选项，令()1exgxx−=−，其中xR，则()1e1xgx−=−，.当1x时，()0gx，此时函数()gx单

调递减，当1x时，()0gx，此时函数()gx单调递增，所以，()()10gxg=，即1exx−，令()ln1hxxx=−−，其中0x，则()111xhxxx−=−=，当01x时，()0hx，此时

函数()hx单调递减，当1x时，()0hx，此时函数()hx单调递增，所以，()()10hxh=，即ln1xx+，故当0x时，()()122e2222ln2xxxxxxxx−++=+++，当且仅当1x=时，两个等号同时成

立，故()12e22ln2xxxx−+++，B对；对于C选项，由B选项可知，当0x时，1exx−，ln1xx+，上述两个不等式当且仅当1x=时，等号成立，所以，当xm−且2m时，()()()e121ln2lnxxxxxm+=+−++，

e1xx+，当且仅当0x=时等号成立，()1ln2xx++，当且仅当=1x−时等号成立，不等式()()()e121ln2lnxxxxxm+=+−++中等号不能同时成立，即当xm−且2m时，()elnxxm+，C对；对于D选项，令()sinpxx

x=−，其中xR，则()1cos0pxx=−且()px不恒为零，则函数()px在R上单调递增，所以，当0x时，()()00pxp=，即sinxx，当0x时，()()00pxp=，即sinxx，D错.故选：BC.三、填空题（本

大题共4小题，共20分）13.函数()()e211xxfxx−=−的单调减区间为______.【答案】3(0,1),1,2【解析】【分析】求导后，令导数小于0，求解即可.【详解】()()e211xx

fxx−=−的定义域为()(),11,−+，2(21)(1)e(21)e()(1)xxxxxfxx+−−−=−()2223e(1)xxxx−=−，令()0fx，可得2230xx−，可得302x，又1x，则01x或312x，所以()fx的单调递减区间是3(0,1)

,1,2.故答案为：3(0,1),1,214.1260有__________个不同的正因数.（用数字作答）【答案】36【解析】【分析】将1260分解，然后根据分步乘法计数原理计算即可.【详解】2212602357=，第一步，2可以取0122,2,2，共3种，第

二步，3可以取0123,3,3，共3种，第三步，5可以取015,5，共2种，第四步，7可以取017,7，共2种，所以一共有332236=种取法，对应36个不同的正因数.故答案为：3615.已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当

售价是43bba元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为______元/件.（用含a，b的式子表示）【答案】458ab+【解析】【分析】设销售价

为x，则降价相对于售价是b时，降低了10%bxb−个10%，从而销量提高了10%bxb−个40%，从而求得可获得的利润为y，求导，由导数求得函数最大值，此时取得的x的值即为销售价.【详解】设销售价为x，可

获得的利润为y，则2(140%)()(54)()[4(45)5]10%bxccycxabxxaxabxabbbb−=+−=−−=−++−，求导得[8(45)]cyxabb=−++，令[8(45)]0cyxabb=−++=，解得458ab

x+=，由0y知，5(,)4xab，又3454554884bbabbb++=，4454543883aaabaa++=，所以当45(,)8abxa+时，0y，函数单增；当455(,)84abxb+时，0y，函数单减；因此458abx+=是函数的极大值点，也是最大值点；故当

销售价为458ab+元/件时，可获得最大利润.故答案为：458ab+16.已知*Nn，2n，计算122232C2C3CCnnnnnn++++=______.【答案】2(1)2nnn−+【解析】【分析】根据组合数公式可得2211!(1)!CC()!!()!(1)!k

knnnnkknknknkknkk−−−===−−−，()1121!(2)!C(1)(1)C(1)!!(1)!(1)!kknnnnkknnnkknkk−−−−−==−=−−−−−−，再结合二项式系数和公式即可求解.【详解】根据

组合数公式可得2211!(1)!CC()!!()!(1)!kknnnnkknknknkknkk−−−===−−−，()1121!(2)!C(1)(1)C(1)!!(1)!(1)!kknnnnkknnnkknkk−−−−−==−=−−−−−−，所以原式()011111C2CCnnn

nnn−−−−=+++()011121111111CCCC2C1Cnnnnnnnnnn−−−−−−−−=+++++++−()()101222221CCCnnnnnnn−−−−−=+−+++1222(1)2(1)2nnnnnn

n−−−=+−=+.故答案为：2(1)2nnn−+.【点睛】关键点睛：这道题的关键能够根据组合数公式可得2211!(1)!CC()!!()!(1)!kknnnnkknknknkknkk−−−===−−−，()1121!(2)!C(1)(1)C(1)!!(1)!(1)!k

knnnnkknnnkknkk−−−−−==−=−−−−−−，再结合二项式系数和公式即可求解.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.如图，ABC和DBC△所在平面垂直，且ABBCBD==，120CBADBC==，求：（1）直线AD与平面BDC所成角的大小；（

2）平面ABD和平面BDC夹角的余弦值.【答案】（1）π4（2）55【解析】【分析】（1）过点A作AEBC⊥交BC的延长线于E，连接DE，证得,,EDEBEA两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面

角的公式即可求出结果；（2）利用向量法求解即可.【小问1详解】过点A作AEBC⊥交BC的延长线于E，连接DE，因为ABBCBD==，120CBACBD==，所以CBACBD，因此DEBC⊥，又因为平

面ABC⊥平面BCD，且平面ABC平面BCDBC=，AE平面ABC，所以⊥AE平面BCD，又DE平面BCD，EB平面BCD，所以AEDE⊥,AEBE⊥，因此,,EDEBEA两两垂直，以E为坐标原点，建立如

图所示的空间直角坐标系，设2ABBCBD===，则1,3BEAEDE===，则()()()0,0,3,3,0,0,0,0,0ADE，则()3,0,3AD=−，由于⊥AE平面BCD，所以平面BCD的一个法向量为()0,0,3EA=，设直线AD与平面BCD所成的角为，则()0300332sincos

,23303EAADEAADEAAD++−====++，又因为线面角的范围是π0,2，所以π4=，因此直线AD与平面BCD所成的角为π4；【小问2详解】()()0,1,0,0,3,0BC，则()0,1,3A

B=−,设平面ABD的法向量为(),,nxyz=，所以30330nAByznADxz=−==−=，令1z=,可得1,3xy==，则()1,3,1n=r，则35cos,535EAnEAnEAn===，故平面ABD和平面ABC的夹角的余弦

值为55.18.（1）设集合()210,Axxaxaa=−++=R，2540Bxxx=−+=，求：AB，AB；（2）已知x、y、z都是正数，且满足33322232xyz++=，求证：34xyzyzzxxyxyz+++++.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【

分析】（1）分1a=、4a=、1a且4a三种情况讨论，求出集合A、B，利用交集和并集的定义可求得集合AB，AB；（2）利用基本不等式可得出2xxyzyz+、2yyzxzx+，2zzxyxy+，利用不等式的基本性质可证得结论成立.【详解】解：（1）因为()()()21

0,10,Axxaxaaxxxaa=−++==−−=RR，()()25401401,4Bxxxxxx=−+==−−==.①当1a=时，则1A=，则1AB=，1,4AB=；②当4a

=时，则1,4A=，则1,4AB=，1,4AB=；③当1a且4a时，则1,Aa=，则1AB=，1,,4ABa=.综上所述，当1a=时，1AB=，1,4AB=；当4a=时，1,4AB=，1,4AB=；当1a且4a时，1AB=，

1,,4ABa=.（2）因为x、y、z都是正数，则2xxyzyz+，当且仅当yz=时，等号成立，同理可得2yyzxzx+，2zzxyxy+，所以，333222322224xyzxyzxyzyzzxxyyzzxx

yxyzxyz++++++==+++，当且仅当2312xyz===时，等号成立，因此，34xyzyzzxxyxyz+++++.19.已知数列na是等比数列，其前n项和为nS，若33

2a=，392S=.（1）求数列na的通项公式；（2）已知数列nb是等差数列，12b=，如果等差数列nc的通项nc满足()2Nnnbcnn+=.令()Nnnnnabxnc+=，求数列nx的前n项和nT.【答案】（1）1162nna−=−

或32na=（2）116162nnT=−−或6n【解析】【分析】（1）设数列na的公比为q，化简3a和3S为基本量1a和q的关系，进而解出1a和q，从而求解；（2）设数列nb的公差为d，可得2nbdnd=+−，22ncdnnd=+

−，进而根据等差数列nc的前三项成等差数列，可得2d=，从而得到nb，nc，进而分1162nna−=−或32na=两种情况得到nx，进而求解即可.【小问1详解】设数列na的公比为q，则2313123113

23922aaqSaaaaaq===++=++=，解得16a=，12q=−或132a=，1q=，所以1162nna−=−或32na=.【小问2详解】设数列nb的公差为d，则()212nbnddnd=+−=

+−，所以222nndnncbdn==+−，即112c=，242cd=+，3922cd=+，又数列nc为等差数列，所以1322ccc+=，即1982222dd+=++，解得2d=，即2nbn=，2nnc=，当1162nna−=−时，11162122422nnnnx

n−−−==−，所以111241221242nnnnxx+−−==−−，124x=，即数列nx是以24为首项，12−为公比的等比数列，所以1241211616

1212nnnT−−==−−−−；当32na=时，32262nnxn==，所以6nTn=.综上所述，116162nnT=−−或6n.20.甲、乙、丙三人相互做传球训练，第

1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.（1）求()Nnn+次传球后球在甲手中的概率；（2）求()Nnn+次传球后球在乙手中的概率；（3）已知：若随机变量iX服从两点分布，且()()110iiiPXPXq==−==，1,2,,in=，则11nniiiiEX

q===，记前n次传球后（即从第1次传球到第n次传球后）球在甲手中的次数为Y，求()EY.【答案】（1）111132nnP−=−−（2）()111132nnn

Q−−=+（3）()211392nnEY=−−−【解析】【分析】（1）记nA表示事件“经过n次传球后，球在甲手中”，设n次传球后球在甲手中的概率为nP，Nn+，分析可得10P=，11nnnAAA

++=，由此可得()1112nnPP+=−，变形可得1111323nnPP+−=−−，可得数列13nP−是以11133P−=−为首项，12−为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可；（2）记nB表示事件“经过n

次传球后，球在乙手中”，设n次传球后球在乙手中的概率为nQ，Nn+，分析可得112Q=，11nnnBBB++=，由此可得()1112nnQQ+=−，变形可得1111323nnQQ+−=−−，可得数列13nQ−

是以11136Q−=为首项，12−为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可；（3）结合第（1）问结论和题设条件，运用等比数列求和公式分组求和即可求解.【小问1详解】记nA表示事件“经过n次传球后，球在甲手中”，设n次传球后球在甲手中的概率为nP，Nn+，若1nA+

发生，即经过1n+次传球后，球再次回到甲手中，那么第n次传球后，球一定不在甲手中，即事件nA一定不发生，则有10P=，11nnnAAA++=，必有()1112nnPP+=−,即11122nnPP+=−+，即1111323nnPP+−=−−，所以数列13nP−是以

11133P−=−为首项，12−为公比的等比数列，所以1111332nnP−−=−−，即111132nnP−=−−.【小问2详解】记nB表示事件“经过n次传球后，球在乙手中”，设n次传球后球在乙手中的概率为nQ，Nn+，

若1nB+发生，即经过1n+次传球后，球在乙手中，那么第n次传球后，球一定不在乙手中，即事件nB一定不发生，则有112Q=，11nnnBBB++=，必有()1112nnQQ+=−,即11122nnQQ+=−+，即

1111323nnQQ+−=−−，所以数列13nQ−是以11136Q−=为首项，12−为公比的等比数列，所以1111362nnQ−−=−，即()111132nnnQ−−=+.【小问3详解】由题意i次传球后球在甲手中的次数iY服从两点分

布，且()()110iiiPYPYP==−==，所以()11nniiiiEYEYP====，Ni+，由（1）得111132iiP−=−−，则()111111112121132339212ninnniiinEYPnn−==−−

==−−=−=−−−−−.21.平面内与两定点()1,0Aa−，()()2,00Aaa连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上1A，2A两点所成的曲线记为曲线C.（1）求

曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；（2）若1m=−时，对应的曲线为1C；对给定的()()1,00,m−+，对应的曲线为2C.设1F，2F是2C的两个焦点，试问：在1C上是否存在点N，使得12FNF△的面积2Sma=，并证明你的结论.【答案】（1）222mxyma−=；答

案见解析（2）存在；证明见解析【解析】【分析】（1）设动点为M，其坐标为(,)xy，根据题意可得yymxaxa=−+，整理可得曲线C的方程为222mxyma−=，再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型；（2）对于给定的(1,0)(0,)m−+，1C上存

在点()()000,0Nxyy，使得12FNF△的面积2Sma=的充要条件为22200201212xyaamyma+=+=，从而求得1502m−或1502m+，进而解决问题.【小问1详解】设动点为M，其坐标为(,)xy

，当xa时，由条件可得12MAMAyykkmxaxa==−+，即222()mxymaxa−=，又12(,0),(,0)AaAa−的坐标满足222mxyma−=.所以曲线C的方程为222mxyma−=.当1m−时，曲线C的方程为22221,xyCama+=−是

焦点在y轴上的椭圆；当1m=−时，曲线C的方程为222,xyaC+=是圆心在原点的圆；当10m−时，曲线C的方程为22221,xyCama+=−是焦点在x轴上的椭圆；当0m时，曲线C的方程为22221,xyCama−=是焦点在x轴上的双

曲线.【小问2详解】在1C上存在点N，使得12FNF△面积2Sma=，证明如下：由（1）知，当1m=−时，曲线1C的方程为222xya+=，当(1,0)(0,)m−+时，2C的焦点分别为()12(1,0),1,0FamFam−++

，对于给定的(1,0)(0,)m−+，1C上存在点()()000,0Nxyy，使得12FNF△的面积2Sma=的充要条件为2220020(1)121(2)2xyaamyma+=+=由(

1)得00||ya，由(2)得0||||1maym=+，所以||01maam+，解得1502m−或1502m+，满足(1,0)(0,)m−+，所以存在点N使得2Sma=.点睛】关键点睛：第二问的关键是确定对于给

定的(1,0)(0,)m−+，1C上存在点()()000,0Nxyy，使得12FNF△的面的【积2Sma=的充要条件为22200201212xyaamyma+=+=，从而求得1502m−或1502m+，进

而解决问题.22.已知矩形()ABCDABAD的周长为6.（1）把ABC沿AC向ADC△折叠，AB折过去后交DC于点P，求ADP△的最大面积；（2）若2AB=，1AD=，如图，AB，AD分别在x轴，y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合，将矩形ABCD折叠，使A点落在

线段DC上，设折痕所在直线的斜率为k，问当k为何值时，折痕的长度取最大值.【答案】（1）279242−（2）23−+【解析】【分析】（1）设ABx=，PCa=，由题意可知，,DPxaAPa=−=，由ADP△为直角三角形得9

32axx=+−，再用三角形的面积公式求得ADP△的面积关于x的函数，再利用基本不等式即可求得最大值；（2）对折痕所在直线的斜率分类讨论，斜率为0时，易得结论，斜率不为0时，又要分析折痕所在直线与矩形两边的交点在左右两边、上下两边、左下两边三种

情况讨论，最后可解.【小问1详解】设ABx=，由题意可知，矩形()ABCDABCD的周长为6，所以3ADx=−，由题意可知DCABACBAC==，所以PCPA=，设PCa=，则,DPxaAPa=−=，而ADP△为直角三角形，2

22(3)()xxaa−+−=，932axx=+−，则932DPx=−，119(3)3222ADPSADDPxx==−−27273272732792244244242xxxx=−

−−=−，当且仅当27342xx=时，即322x=，等号成立，此时3232AD=−满足ABAD，所以当322AB=，3232AD=−时，ADP△取最大面积为279242−.【小问2详解】①当0k=

时，此时A点与D点重合，折痕所在的直线方程12y=，折痕的长为2②当0k时，将矩形折叠后A点落在线段CD上的点为(,1)(02)Gaa，所以A与G关于折痕所在的直线对称，有11,1.OGkkkaka=−=−=−故G点坐标为

(,1)(20)Gkk−−.从而折痕所在的直线与OG的交点坐标（线段OG的中点）为1,22kM−，所以折痕所在的直线方程122kykx−=+，即21(20)22kykxk=++−.记2PNy=，当折痕所在的直线过点D时，21122k=+，解得

1k=−（舍去1k=−），当折痕所在的直线过点B时，210222kk=++，解得23k=−+（舍去23k=−−），如图（1），折痕所在的直线与边AD、BC的交点坐标为2102kN+,，212,22kPk++，这时230k−+

，()224441(4,16(23))ykk=+=+−如图（2），折痕所在的直线与边AD、AB的交点坐标为22110,,,022kkNPk++−.这时，123k−−+，()3222222111224kkkykk+++=+−=

，则()()()()2322222243312418121162kkkkkkkykk+−++−==，令0y=，得22k=−，所以当212k−−时，0y，函数单调递增，当2232k−−+时，0y，函数单调递减，当1k=−时，

2y=；当22k=−时，2716y=；当23k=−+时，16(23)y=−，27,16(23)16y−，如图（3），折痕所在的直线与边CD、AB的交点坐标为2211,1,,022kkNPkk

−+−.这时21k−−，2151,24yk=+.综上所述，max16(23)y=−，即折痕的长度取最大值2(62)−此时23k=−+.【点睛】关键点睛：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com