【文档说明】四川省仁寿第一中学校南校区2022-2023学年高二上学期期末理科数学试题 含解析.docx，共(25)页，2.016 MB，由小赞的店铺上传

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仁寿一中南校区高2021级高二（上）期末考试理科数学试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上.2．答选择题时，必须使用

2B铅笔将答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上.4．考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给

出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.命题“xR，使得3210xx−+”的否定是A.xR，都有3210xx−+B.xR，都有3210xx−+C.xR，使得3210xx−+D.xR，使得3210xx−+【答案】A【解析】【

详解】由特称命题的否定为全称命题可知：“xR，使得3210xx−+”的否定是xR，都有3210xx−+，故选A.2.在空间直角坐标系Oxyz中，点(2,1,1)−在xOy平面上的射影到坐标原点O的距离为（）A.2B.3C.5D.6【答案】C【解析】【分

析】先求出给定点在xOy平面上的射影点，再用空间两点间距离公式即可得解.【详解】依题意，点(2,1,1)−在xOy平面上的射影点M坐标为(2,1,0)−，而原点(0,0,0)O，由空间两点间距离公式得222||(20)(10)(00)5OM=−+−−

+−=.故选：C3.已知圆22:(1)1Cxy−+=与抛物线22(0)xpyp=的准线相切，则p=（）A.18B.14C.8D.2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系即可

求解.【详解】抛物线22(0)xpyp=的准线为2py=−，又圆22:(1)1Cxy−+=与该抛物线的准线相切,圆心(1,0)C到准线2py=−的距离：1,22pdrp====.故选：D.4.设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A.

若m=，n，nm⊥，则n⊥.B.若m⊥，//mn，n，则⊥.C.若//m，//n，则//mn.D.若//，m，n，则//mn.【答案】B【解析】【分析】对于A，由面面垂直的性质定理判断即可；对于B，由面面垂

直的判定定理判断即可；对于C，由线面平行的性质判断；对于D，由面面平行的性质判断即可【详解】解：对于A，当m=，n，nm⊥，且⊥时，才能得到n⊥，所以A错误；对于B，当m⊥，//mn时，得n⊥，因为n，所以由面面垂直的判定定理可

得⊥，所以B正确；对于C，当//m，//n时，m，n可能平行、可能相交、可能异面，所以C错误；对于D，当//，m，n时，m，n可能平行、可能异面，所以D错误，故选：B5.已知2:31,:60pxqxx−+

−，则p是q的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先解不等式，再由充分必要的定义判断即可.【详解】3124xx−，2603xxx+−−或2x，因此

p可推出q而q不能推p，所以p是q充分而不必要条件；故选：C.6.已知圆C圆心在直线0xy+=上，且圆C与y轴的交点分别为()()0,4,0,2AB−，则圆C的标准方程为（）A.22(1)(1)10xy−++=B.22(1)(1)10xy++−=C.22(1)(1)10xy

−++=D.22(1)(1)10xy++−=【答案】B【解析】【分析】由题意可得圆心的横坐标与纵坐标互为相反数，再由圆C与y轴的交点分别为()0,4，()0,2−求得圆心坐标，进一步求解圆的半径，则答案可求．【详解】解：由题意设圆

心坐标为(,)aa−，再由圆C与y轴的交点分别为()()0,4,0,2AB−，可得2412a−+−==，解得1a=−，则圆心坐标为()1,1−，半径()()22014110r=++−=．该圆的标准方程是

()()221110xy++−=．故选：B．7.某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）的A.33+22B.33+C.332+D.33+2【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的

数据可计算该几何体的表面积.【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥OABC−，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为()213333112242++=，故选：A.8

.执行如图所示的程序框图，输出S的值为（）A.112B.70C.40D.20【答案】B【解析】【分析】按照程序框图执行程序，直到不满足5i时，输出结果即可.【详解】按照程序框图执行程序，输入1i=，0S=，则0122S=

+=，满足5i，进入循环；则2i=，2238S=+=，满足5i，进入循环；则3i=，83420S=+=，满足5i，进入循环；则4i=，204540S=+=，满足5i，进入循环；则5i=，405670

S=+=，不满足5i，终止循环，输出70S=.故选：B.9.如图，在三棱锥SABC−中，22,2SASCACABBC=====，二面角SACB−−的正切值是2，则三棱锥SABC−外接球的表面积是（）A.12πB.4πC.43πD.43π3【答案】A【解析】【分析】利用

二面角SACB−−的正切值求得SB，由此判断出2BSBABC===，且,,BSBABC两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.【详解】设E是AC的中点，连接,EBES，由于,SASCABBC==，所以

,ACSEACBE⊥⊥，所以SEB是二面角SACB−−的平面角，所以tan2SEB=，由22sintancossincos1SEBSEBSEBSEBSEB=+=得3cos3SEB=.在SAC中，()()22222226SESAAE=−=−=，在ABE中，()22222

22BEABAE=−=−=，在SEB△中，由余弦定理得：222cos2SBSEBESEBESEB=+−=，所以2BSBABC===，由于22SASCAC===，所以,,BSBABC两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，

则体对角线长为23.设正方体外接球的半径为R，则3R=，所以外接球的表面积为24π212πR=，故选：A.10.已知双曲线22221xyab−=（0a，0b）的左，右焦点分别为1F，2F．若双曲线右支上存在点P，使得1PF与双

曲线的一条渐近线垂直并相交于点Q，且2PFPQ⊥，则双曲线的渐近线方程为（）A.yx=B.2yx=C.3yx=D.2yx=【答案】B【解析】【分析】结合已知条件求出1PF的斜率，进而得到2||PF与1||PF的比值表达式

，然后结合双曲线定义、勾股定理以及a、b、c之间的关系即可求解.【详解】不妨设双曲线的焦距为2c，点P在第一象限，如下图所示：因为双曲线的渐近线方程为byxa=，因为1PF与双曲线的一条渐近线垂直并相交于点Q，易知1PF

的斜率12tanakPFFb==，令1||PFm=，2||PFn=，因为2PFPQ⊥，所以12tananPFFbm==，()2222222222221(2)4aabnmmmcabbb++=+===+，所以2mb=，2na=，由双曲

线定义可知，222mnbaa−=−=，可得，2ba=，从而双曲线的渐近线方程为2yx=.故选：B.11.已知椭圆()2222:10xyCabab+=，P是椭圆C上的点，()()12,0,,0FcFc−是椭圆C的左右焦点，若12PFPF

ac恒成立，则椭圆C的离心率e的取值范围是（）A.51,12−B.(0,21−C.510,2−D.)21,1−【答案】A【解析】【分析】设出P点坐标后将12PFPF

用坐标表示，结合P在椭圆上，将P点坐标代入椭圆方程，二者联立后化简即可得出离心率的取值范围.【详解】设()()()222002001001200,,,,,,PxyPFcxyPFcxyPFPFxcyac=−−=−−−=−+，P在椭圆上，2222222000002221,,,xyabb

xxaayaba−+=−=，22222222200002abbxxcyxcaca−−+=−+，两边都乘以2a化简后得：22224302cxacaac−+，3422220022,0,aaxaxacc+−，2342

222111152,12,24aaaacceee+−+−−512e−，又因为椭圆离心率()0,1e，51,12e−.故选：A.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，

求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式cea=；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a

2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．12.如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面11BCCB及其边界上运动，下列命题：①当1

113CPCB=时，异面直线CP与AD所成角的正切值为2；②当点P到平面ABCD的距离等于到直线11AB的距离时，点P的轨迹为拋物线的一部分；③存在点P满足15PMPD+=；④满足1MPDM⊥的点P的轨迹长度为24；其

中真命题的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】对于①，可得BCP为异面直线CP与AD所成角，由1113CPCB=可得223BP=，然后在BCP中利用正余弦定理可求得结果，对于②，将距

离转化后，利用抛物线的定义分析判断，对于③，由题意可得点P轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，点P轨迹是以1C为圆心，长度为12的圆上，则可得点P是两圆的交点，对于④，取1BB的中点E，连接AE，过M点作//MGAF交BC于点G，过M点作//MHAE交1BB于H，可得点P的轨迹为HG.【详解】对于

①，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，即BCP，因为1113CPCB=，所以223BP=，1BC=，π4PBC=，所以由余弦定理，得22π822252cos12149323CPBCBPBCBP=+−=+−=，由正弦定理，sin25si

n5BPPBCBCPCP==，所以2255cos155BCP=−=，所以tan2BCP=，即CP与AD所成的角的正切值为2，①正确；对于②，点P到平面ABCD的距离即点P到直线BC的距离，点P到直线11AB的距离即点P到1B的距离，依据抛物线的定义当两距离相等

时点P的轨迹为抛物线一部分，②正确；对于③选项，假设152PMPD==，点P到M距离可以转化成222211()2PMBMMP=+=+，正好点12BM=，且BM始终垂直平面11BCCB，所以只需要让1BP=即可，点P轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，同理152PD=，111DC=，

只需要让112CP=即可，点P轨迹是以1C为圆心，长度为12的圆上，如图1.又因为11112122BC−=+，所以两个圆相交有交点，即存在点P满足152PMPD==，选项③正确；对于④选项，取1BB中点E，连接AE，过M点作//MGAF交BC于点G，过M点作//MHAE交1BB于

H，则14BGBH==，因为,MF分别为,ABBC的中点，所以12AMBF==，因为,90ADABDAMABF===，所以DAM△≌ABF△，所以ADMBAF=，因为90ADMAMD+=，所以90BAFAMD+=，所以DMAF

⊥，因为1DD⊥平面ABCD，AF平面ABCD，所以1DDAF⊥，因为1DDDMD=，1,DDDM平面1DDM，所以AF⊥平面1DDM，的因为1DM平面1DDM，所以1DMAF⊥，所以1MGDM⊥，同理1MHDM⊥，因为MHMGM=，,MHMG平面MHG，所以1DM⊥

平面MHG，平面MHG平面11BCCBHG=，所以点P的轨迹为22112()()444HG=+=，所以选项④正确.故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查点到面的距离的求解，考查立体几何中的轨迹问题，考查正余弦定理的应用，解题的关键是根据题意结合正方体的性质

和线面垂直的的判定与性质求出动点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知双曲线22:12xCy−=，则该双曲线的实轴长为__________

__【答案】2【解析】【分析】根据双曲线方程直接求解即可.【详解】由双曲线方程2212xy−=可知：122aa==，所以该双曲线的实轴长为2，故答案为：214.设,PQ分别为直线0xy−=和圆22(6)2xy+−=上的点，则||PQ的最小值为_______.【答

案】22【解析】【分析】易知||PQ的最小值为圆心到直线的距离减去半径.【详解】圆心()0,6到直线0xy−=的距离为22063211d−==+，所以||PQ的最小值为32222dr−=−=.故答案为：22.15.在菱形ABCD中，60BAD=，将ABD△沿

BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为___________.【答案】155【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理及题意，可证AOOC⊥，AOOD⊥，CO

BD⊥，如图建系，求得各点坐标，进而可得,,ABACAD坐标，即可求得平面ABC的法向量n，根据线面角的向量求法，即可得答案.【详解】取BD中点O，连接AO、CO，因为60BAD=，所以ABD△、CBD△为等边

三角形，因为O为BD中点，所以AOBD⊥，COBD⊥因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD平面BCD=BD，AO平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又,OCOD平面BCD，所以AOOC⊥，AOOD⊥，以O为原点，OC、OD、OA为x，y，z轴正方向建系，如图所示，设菱形

ABCD的边长为2，则(0,0,3),(0,1,0),(3,0,0),(0,1,0)ABCD−所以(0,1,3),(3,0,3),(0,1,3)ABACAD=−−=−=−，设平面ABC的法向量(,,)nxyz=，则00nABnAC==，即30330yzxz−−=−=，令1x=

，则3,1yz=−=，即(1,3,1)n=−，设AD与平面ABC所成角为，则15sincos,5nADnADnAD===，所以AD与平面ABC所成角的正弦值为155.故答案为：15516.过()1,0M的直线l与抛物线E：2yx=交于()11,Axy，(

)22,Bxy两点，且与E的准线交于点C，点F是E的焦点，若ACF△的面积是BCF△的面积的3倍，则12xx+=___________【答案】52##2.5【解析】【分析】由题意设直线l的方程为(1)y

kx=−，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可得121=xx，再由ACF△的面积是BCF△的面积的3倍，可得A到准线的距离是B到准线有距离的3倍，则1211344xx+=+，从而可求出12,xx，进而可求得答案.【详解】由2yx=，得12p=，由题意可知直线l

的斜率存在，所以设直线l的方程为(1)ykx=−，由2(1)ykxyx=−=，得2222(21)0kxkxk−++=，易得224(21)40kk=+−，所以121=xx，因为ACF△的面积是BCF△的面积的3倍，所以3CACB=，所以A到准线的距离是B到准线

的距离的3倍，所以12322ppxx+=+，即1211344xx+=+，因为121=xx，所以11111344xx+=+，化简得211260xx−−=，解得12x=或132x=−（

舍去），所以212x=，所以1215222xx+=+=，故答案为：52三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.如图，在四棱锥PABCD−中，PC⊥底面,ABCDABCD是直角梯形，,//ADDCAB

DC⊥，222ABADCD===，点E在线段PB上且12PEEB=.（1）证明直线//PD平面AEC;（2）证明直线BC⊥平面PAC.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）作辅助线，即连接BD交AC于点O，连接OE,利用△D

OC∽△BOA及12PEEB=，证明//PDOE，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）通过计算证明ACBC⊥，由PC⊥平面ABCD得到PCBC⊥，利用线面垂直的判定定理证明即可.小问1详解】证明：连接BD交AC于点O，连接OE,∵//ABDC，2ABCD=,∴△DOC∽△BO

A,即12DODCOBAB==，又∵12PEEB=，∴12DOPEOBEB==∴//PDOE又∵OEAEC面、PDAEC面∴//PDAEC面【【小问2详解】∵PC⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PCBC⊥，又∵

2,1,ABADCDADDC===⊥，且ABCD直角梯形，∴2ACBC==，即222ACBCAB+=，∴ACBC⊥，又∵PCACC=，且,PCAC平面PAC，∴BC⊥平面PAC.18.圆22:4Oxy+=内有一点0(1,1)P，过0P的直线交圆于

A、B两点.（1）当弦AB被0P平分时，求直线AB的方程；（2）若圆O与圆22:(1)(1)10Cxy+++=相交于E，F两点，求||EF．【答案】（1）20xy+−=（2）22【解析】【分析】（1）首先根据题意得到01ABOPkk=

−，从而得到1ABk=−，再利用点斜式求解直线方程即可.（2）首先根据题意得到公共弦方程为20xy+−=，再求弦长即可.【小问1详解】是如图所示：010110OPk−==−，因为弦AB被0P平分，所以01ABOPkk=−，即1ABk

=−.所以直线AB为()11yx−=−−，即20xy+−=.【小问2详解】()()2211102020xyxyxy+++=+−=+−=.原点()0,0到直线20xy+−=的距离222d−==.则()2222222EF=−=.19.已知O为坐标原点，(),2Qm位于抛物线

C：()220ypxp=上，且到抛物线的准线的距离为2．（1）求抛物线C的方程；（2）已知点()2,4A−，过抛物线焦点的直线l交C于M，N两点，求AMAN的最小值以及此时直线l的方程．【答案】（1

）24yx=（2）13；10xy−−=．【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义计算即可；（2）根据韦达定理及二次函数最值计算即可.【小问1详解】根据题意可得22pm+=，又222pm=，解方程组得1m=，2p=，故所求抛物线C方程24yx=，【小问2详解】设

点()11,Mxy，()22,Nxy，抛物线24yx=的焦点坐标为()1,0．当直线l的斜率等于0时，不存在两个交点，不符合题意；当直线l的斜率不等于0时，不妨设过抛物线焦点的直线l的方程为：1xty=+；联立抛物线方程可得241yxxty=

=+，消去x得：2440yty−−=，216160t=+，得tR，由韦达定理得124yyt+=，124yy=−，易知()()11222,4,2,4AMxyANxy=+−=+−，故()()()()12122244

AMANxxyy=+++−−()()1212121224416xxxxyyyy=++++−++()222212121212244164444yyyyyyyy=++++−++()()()221212121212

124416162yyyyyyyyyy=++−++−++()()22211484416168162181132ttttt=+++−−+=−+=−+．所以当1t=时，AMAN取得最小值为13．此时直线l的方程为

10xy−−=．20.如图在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形.已知2,5,1,PAABADACE====是PB中点.（1）求证：平面PBC⊥平面ACE；（2）求平面PAD与平面ACE所成锐二面角的余弦值.【答案】（1

）证明见解析（2）1010【解析】【分析】（1）先证明出PB⊥平面ACE，利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以A为原点，,,ACABAP分别为x，y，z轴正方向建系，利用向量法求解.【小问1详解】PA⊥面ABCD，且2,1PAAC==，5PC

BC==.∵E是PB中点,所以PBCE⊥.同理可证：PBAE⊥.又AE面ACE，CE面ACE，AECEE=I,PB⊥平面ACE.∵PB面PBC，∴平面PBC⊥平面ACE.【小问2详解】222BCABAC=+，ABAC⊥.以A为

原点，,,ACABAP分别为x，y，z轴正方向建系，如图：则()()()()()0,0,0,0,2,0,1,2,0,0,0,2,0,1,1ABDPE−.设平面PAD的法向量(),,,nxyz=则00nAPnAD==，得2020zxy=

−=，不妨取1y=，则()2,1,0n=.由（1）得()0,2,2PB=−是平面ACE的一个法向量，所以210cos,10522nPBnPBnPB===，所以平面PAD与平面ACE所成锐二面角的余弦值为

1010.21.已知椭圆()2222:10xyCabab+=，长轴是短轴的2倍，点()23P,在椭圆C上，且点P在x轴上的投影为点Q．（1）求椭圆C的方程；（2）设过点Q的且不与x轴垂直的直线l交

椭圆于A、B两点，是否存点(),0Mt，使得直线MA，直线MB与x轴所在直线所成夹角相等？若存在，请求出常数t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）221164xy+=（2）8【解析】【分析】（1）依题意2ab=，即可得到椭圆C的方程即为222214xybb+=，再将点()23P,代入方程

，求出2b，即可得到2a，从而得解；（2）设直线l为()2ykx=−，()11,Axy，()22,Bxy，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意0MAMBkk+=，即可得到方程，解得即可.【小问1详解】解：依题意222ab=，即2ab=，所以椭圆C即222214xybb+=，又椭圆过点(

)23P,，所以224314bb+=，解得24b=，所以216a=，所以椭圆方程为221164xy+=；【小问2详解】解：因为直线l不与x轴垂直，所以设直线l为()2ykx=−，()11,Axy，()22,Bxy，由()2211642xyykx+==−，消去y整理得(

)2222411616160kxkxk+−+−=，()()()22222Δ164161641310kkkk=−−−+=+，所以21221641kxxk+=+，2122161641kxxk−=+，因为0M

AMBkk+=，所以12120yyxtxt+=−−，所以()()1212220kxkxxtxt−−+=−−，即()()()()1221220xxtxxt−−+−−=，即()()12122240xxtxxt−

+++=，即()222216161622404141kkttkk−−++=++，解得8t=.22.椭圆2222:1(0)xyEabab+=的离心率是22，点()2,1M是椭圆E上一点，过点()0,

1P的动直线l与椭圆相交于,AB两点.（1）求椭圆E的方程；（2）求AOB面积的最大值；（3）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使QAPAQBPB=恒成立？存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22142xy+=（2）2（3）存在，()0,2Q.

【解析】【分析】（1）由离心率及过点()2,1M列方程组求解,ab.（2）设直线l为1ykx=+与椭圆方程联立，将1212AOBSxx=−表达为k的函数，由基本不等式求最大值即可.（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出()0,2Q，设

点B关于y轴对称点B，证得,,QAB三点共线得到QAPAQBPB=成立.【小问1详解】根据题意，得2222222211caabcab==++=，解得222422abc===，椭圆C的方程为22142xy+=.【小

问2详解】依题意，设()()1122,,,AxyBxy，直线l的斜率显然存在，故设直线l为1ykx=+，联立221142ykxxy=++=，消去y，得()2212420kxkx++−=，因为直线l恒过椭圆内定点()0,1P，故0恒成

立，12122242,1212kxxxxkk+=−=−++，故()2221212221224212111214414222122AOBkSxxxxxxkkkk+==−=−=+−+−++−，的令214,1tkt=+，所以22222211AOBtStt

t=?祝++，当且仅当1t=，即0k=时取得等号，综上可知：AOB面积的最大值为2.【小问3详解】当l平行于x轴时，设直线与椭圆相交于,CD两点，如果存在点Q满足条件，则有||||1||||QCPCQDPD==，即QCQ

D=，所以Q点在y轴上，可设Q的坐标为()00,y；当l垂直于x轴时，设直线与椭圆相交于,MN两点，如果存在点Q满足条件，则有||||||||QMPMQNPN=，即00221212yy−−=++，解得01y=或02y=，所以若存在不同于点P的定点Q满足条件

，则点Q的坐标为()0,2；当l不平行于x轴且不垂直于x轴时，设直线l方程为1ykx=+，由（2）知12122242,1212kxxxxkk−−+==++，又因为点B关于y轴的对称点B的坐标为()22,xy−，又11111211QAykxkkxxx−−=

==−，22222211QBykxkkxxx−−===−+−−，则121220QAQBxxkkkxx+−=−=，所以QAQBkk=，则,,QAB三点共线，所以12QAQAxPAQBQBxPB===；综上：存在与点P不同的定点Q，使QAPAQBPB=恒成立，且()0

,2Q..【点睛】方法点睛：直线0AxByC++=与椭圆22221xyab+=交于,MN，当且仅当2222220aAbBC+−=时，MONS取得最大值2ab.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com