2021年高考數(shù)學(xué)真題試卷(新高考I卷)

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。(共8題；共40分)

1.設(shè)集合A={x|-2<x<4}.B={2,3,4,5},則AnB=()

A.{2}B.{2,3}C.{3,4,}D.{2,3,4}

B

【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算

解：根據(jù)交集的定義易知ACB是求集合A與集合B的公共元素，即{2,3},

故答案為：B

【分析】根據(jù)交集的定義直接求解即可.

2.已知z=2-i,貝山zC+i)=()

A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+2i

C

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的基本概念，復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算

解：z(z+i)=(2-i)(2+2i)=4+4i-2i-2i2=6+2i

故答案為：C

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算，結(jié)合共舸復(fù)數(shù)的定義求解即可.

3.已知圓錐的底面半徑為V2,其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為()

A.2B.2V2C.4D.4V2

B

【考點(diǎn)】旋轉(zhuǎn)體(圓柱、圓錐、圓臺(tái))

解：根據(jù)底面周長(zhǎng)等于側(cè)面展開圖弧長(zhǎng)，設(shè)母線為I,底面半徑為r,則有2nr=^x2"l,

360

解得I=2r=2企

故答案為：B

【分析】根據(jù)底面周長(zhǎng)等于側(cè)面展開圖弧長(zhǎng)，結(jié)合圓的周長(zhǎng)公式與扇形的弧長(zhǎng)公式求解即可.

4.下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)=7sin(-7)單調(diào)遞增的區(qū)間是()

八xO

A.(0,1)B.(；JT)C.(n,y)D.(y,2n)

A

【考點(diǎn)】正弦函數(shù)的單調(diào)性

解：由一：+2k冗工x—；■W1+2k兀得一孑+2kn<x<^-4-2kn,k￡Z,當(dāng)k=0時(shí)，一；，號(hào)

是函數(shù)的一個(gè)增區(qū)間，顯然(0,號(hào)］,

故答案為：A

【分析】根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性求解即可.

5.已知臼后是橢圓C：1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，則|MFI|?|MF2|的最大值為()

94

A.13B.12C.9D.6

C

【考點(diǎn)】基本不等式在最值問題中的應(yīng)用，橢圓的定義

22

解:由橢圓的定義可知a=9,b=4,|MFi|+|MF2|=2a=6,

則由基本不等式可得|MF1|21s(皿哼型)=9，

當(dāng)且僅當(dāng)|MFI|=|MF2|=3時(shí),等號(hào)成立.

故答案為：C

【分析】根據(jù)橢圓的定義，結(jié)合基本不等式求解即可.

...?.sin0(l+sin2n)

6.若tan0=-2,則---------=(z)

sin0+cos°

C

【考點(diǎn)】二倍角的正弦公式，同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系，同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運(yùn)用

sin0(sin20+2sin0cos0+cos20)_sin0(sin0+cos0)2

解:原式==sin0(sin0+cos。)

sin6+cos。sinO+cos。

_siMe+sin6cos。_tan20+tan0_2

sin20+cos2^tan20+15

故答案為：c

【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，結(jié)合二倍角公式求解即可.

7.若過點(diǎn)(a,b)可以作曲線y=e'的兩條切線，貝U()

A.eb<aB.ea<bC.0<a<ebD.0<b<ea

D

【考點(diǎn)】極限及其運(yùn)算，利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

解：由題意易知，當(dāng)X趨近于-8時(shí)，切線為x=0,當(dāng)X趨近于+8時(shí)，切線為y=+8,因此切線的交點(diǎn)必位

于第一象限，且在曲線y=e'的下方.

故答案為：D

【分析】利用極限，結(jié)合圖象求解即可.

8.有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機(jī)取兩次,每次取1個(gè)球，甲表示事件"第一次

取出的球的數(shù)字是1",乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2",丙表示事件"兩次取出的球的數(shù)字之和

是8",丁表示事件"兩次取出的球的數(shù)字之和是7”,則()

A.甲與丙相互獨(dú)立B.甲與丁相互獨(dú)立C.乙與丙相互獨(dú)立D.丙與丁相互獨(dú)立

B

【考點(diǎn)】相互獨(dú)立事件，相互獨(dú)立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率計(jì)算公式

解：設(shè)甲乙丙丁事件發(fā)生的概率分別為P(A),P(B),P(C),P(D),

則P(4)=P(B)=9「?)=短='PS)=忌=*，

對(duì)于A,P(AC)=0；

對(duì)于B,PQ4D)=±1

36

對(duì)于c,P(BC)=*=9

對(duì)于D,P(CD)=O.

若兩事件X,Y相互獨(dú)立，則P(XY)=P(X)P(Y),

故B正確.

故答案為：B

【分析】根據(jù)古典概型，以及獨(dú)立事件的概率求解即可

二、選擇題：本題共4小題。每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合

題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得。分。(共4題；共20分)

9.有一組樣本數(shù)據(jù)xi,X2,.,Xn,由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)yi,y2，…,y。,其中環(huán)=為+3=1,2，…,n),c為非零

常數(shù)，則()

A.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同

B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同

C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同

D.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同

C,D

【考點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)，極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差

解：對(duì)于A,3=與+"+一+多，當(dāng)+“+-+即=H+4+-+8“+。=元+?,因?yàn)樗酝昶酰?/p>

nnn/

故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,若X1,X2,......,Xn的中位數(shù)為Xk，因?yàn)閥=Xi+C,因?yàn)镃HO,所以丫1,丫2,……M的中位數(shù)為

yk=Xk+cHXk,故B錯(cuò)誤；

對(duì)于c,yi,y2;......,yn的標(biāo)準(zhǔn)差為Sy=；—丫產(chǎn)+(/一川井+…(%—丫產(chǎn)=

+C)—Q+c)]2+[(切+C)—Q+c)]2+…+C)—(7+c)]2

2x22

=；V-y)+(2-y)+???Un-y)=sx,故c正確；

對(duì)于D,設(shè)樣本數(shù)據(jù)X1,X2,......,Xn中的最大為Xn,最小為Xi,因?yàn)閥i=Xi+C,所以y02,...yn中的最大為

yn,最小為yi,

極差為yn-yi=(Xn+C)-(Xl+C)=Xn-Xl,故D正確.

故答案為：CD

【分析】根據(jù)平均數(shù)，中位數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)差的定義求解即可.

10.已知。為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)Pi(cosa,sina),P2(cosB，-sin0),P3(cos(a邛),sin(a+。))，A(l,0),則()

A-I0P1I=loplB-lAPil=IAPIC'0A0R=0P1OPDOA,OPI=0P2-0P3

A,C

【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示、模、夾角，平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，兩角和與差的余弦公式，兩角

和與差的正弦公式

cos22

解：|0P1|=Vcos2a+sin2a=1,\OP2\=7/^+sinj?=1，故A正確;

因?yàn)?4Pli=J(cosa-+sin2a=72—2cosa,14P21=J(cos0二1尸+siM/?=J2-2cos0，故

B錯(cuò)誤；

因?yàn)?4-0P3=1xcos(a+/?)+0xsin(a+/?)=cos(a+0)‘

0Pr-0P2=cosacos。-sinasin/=cos(a+0),

所以&-0P3=0Pr-0P2

故C正確；

因?yàn)?4?0P1=1xcosa+0xsina=cosa,

0P2-0P3=(cosg,—sin/?)?(cos(a+0),sin(a+￡))=cos/?xcos(a+/?)+(—sin/?)xsin(a+口)=

cos(a+20),

所以D錯(cuò)誤

故答案為：AC.

【分析】根據(jù)向量的數(shù)量積，及向量的求模直接求解即可.

11.已知點(diǎn)P在圓。-5)2+(y-5)2=16上，點(diǎn)A(4,0),B(0,2),貝lj()

A.點(diǎn)P到直線AB的距離小于10

B.點(diǎn)P到直線AB的距離大于2

C.當(dāng)NPBA最小時(shí),|PB|=3V2

D.當(dāng)NPBA最大時(shí)，|PB|=3V2

A,C,D

【考點(diǎn)】直線的截距式方程，點(diǎn)到直線的距離公式，直線與圓的位置關(guān)系

解：直線AB為：3+：=1,即x+2y-4=0,

設(shè)點(diǎn)P(5+4cos。，5+4sin0),則點(diǎn)P到直線AB的距離為d=歸+宜9隹fin”型=11+4、"n(e+a),則

11-4V5?

djnax=~<1°,dmin

所以A正確B錯(cuò)誤；

又圓心。為(5,5),半徑為4,則|0B|=,(5-0)2+(5-29=南,

所以當(dāng)直線PB與圓相切時(shí)，NPBA取得最值，此時(shí)，\PB\=J\OB\2-r2=V34-16=3A/2

所以CD正確

故答案為：ACD.

【分析】根據(jù)直線的截距式，利用點(diǎn)到直線的距離公式，以及直線與圓的位置關(guān)系求解即可.

12.在正三棱柱ABC-4"1的中，AB=A4=1，點(diǎn)P滿足方=4近+4兩，其中入W[0,1],〃

日0,1],則()

A.當(dāng)入=1時(shí)，△ABXP的周長(zhǎng)為定值

B.當(dāng)口=1時(shí)，三棱錐P-AiBC的體積為定值

C.當(dāng)人=：時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得力鏟1BP

D.當(dāng)口=：時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得&B,平面ABiP

B,D

【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積，直線與平面垂直的判定

解：由點(diǎn)P滿足~PB=ABC+〃西可知點(diǎn)P在正方形BCCiBi內(nèi)，

對(duì)于A,當(dāng)入=1時(shí)，可知點(diǎn)P在CCi（包括端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，如下圖所示，AABiP中，AB、=遮,AP=

Bj_P=J]+（1-4）2,

因此周長(zhǎng)L=AB+AP+B1P不為定值，故A錯(cuò)誤.

對(duì)于B,當(dāng)”=1時(shí)，可知點(diǎn)P在BiCi（包括端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，如下圖所示,

易知BiCi〃平面AiBC,即點(diǎn)P到平面AiBC的距離處處相等，

△AiBC的面積是定值，所以三棱錐P-AiBC的體積為定值，故B正確；

對(duì)于C,當(dāng)；1=；時(shí)，分別取線段BB1,CC1的中點(diǎn)M,N,可知點(diǎn)P在線段DD1（包括端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，如

下圖所示,

很顯然若點(diǎn)P與D,Di重合，均滿足題意,故C正確;

對(duì)于D,當(dāng)〃=：時(shí),分別取線段BBiCCi的中點(diǎn)D,Di,可知點(diǎn)P在線段DDi（包括端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng),

如下圖所示,

A,

7;

B

此時(shí)，有且只有點(diǎn)P與點(diǎn)N重合時(shí)，滿足題意，故D正確.

故答案為：BD

【分析】根據(jù)三角形的周長(zhǎng)，棱錐的體積的求法，利用特殊點(diǎn)進(jìn)行判斷AB即可，根據(jù)線線垂直及線面垂直

的判定定理，利用特殊點(diǎn)進(jìn)行判斷CD即可.

三、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分(共4題；共20分)

13.已知函數(shù)f(x)=x\a-2x-2-x)是偶函數(shù)，則a=

1

【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的判斷，函數(shù)奇偶性的性質(zhì)

解:設(shè)g{x}=a-2x-2-x,則題意可知函數(shù)g(x)為奇函數(shù),則虱0曰20-2—；=0,故a=l

故答案為：1

【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性的判定，結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)求解即可.

14.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C:丫2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,P為C上一點(diǎn)，PF與x軸垂直，Q為x軸

上一點(diǎn)，且PQLOP,若|FQ|=6,則C的準(zhǔn)線方程為

3

X=-2

【考點(diǎn)】直線的點(diǎn)斜式方程，拋物線的定義

解：由題意可設(shè)P&p),則K°P=2,KQP=，

因此直線PQ的方程為：y-p=-i(x-Q

令y=0,得x=|p

因此|FQI=,P-§=2P=6

則p=3

因此拋物線C的準(zhǔn)線方程為：x=-l=~l

【分析】根據(jù)拋物線的定義及幾何性質(zhì)，結(jié)合直線的方程求解即可.

15.函數(shù)f(x)=|2x-l|-2lnx的最小值為

1

【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，分段函數(shù)的應(yīng)用

解：①當(dāng)時(shí)，f(x)=2x-l-2lnx,則/'0)=2—：=與衛(wèi)，

當(dāng)X>1時(shí)，f'(X)>0,當(dāng)］<X<1時(shí)，f'(X)<0,所以f(x)min=f(1)=1；

②當(dāng)0<xW；時(shí)，f(x)=l-2x-2lnx,則/'(x)=-2-5=一汽蟲<0,

此時(shí)函數(shù)f(x)=l-2x-2lnx在(0,1］上為減函數(shù)，則f(x)min=f=21n2>1,

綜上，f(X)min=l

故答案為：1

【分析】根據(jù)分段函數(shù)的定義，分別利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，并比較即可求解

16.某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)此紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折。規(guī)格為20dmxl2dm

的長(zhǎng)方形紙.對(duì)折1次共可以得到lOdmx2dm、20dmx6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和Si=240

dm2,對(duì)折2次共可以得5dmxl2dm,lOdmx6dm,20dmx3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和

2

S2=180dm?以此類推.則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為；如果對(duì)折n次，那么

Sk=isk=dm.

5；720—240.*

【考點(diǎn)】數(shù)列的求和，類比推理

解：對(duì)折3次有2.5x12,6x5,3x10,20x1.5共4種,面積和為3=4x30=120dm2;

2

對(duì)折4次有1.25x12,2.5x6,3x5,1.5x10,20x0.75共5種，面積和為S4=5xl5=75dm;

對(duì)折n次有n+1中類型，Sn=^(n+1),

因此盒=240.償+?…+等)，轉(zhuǎn)為=240.仔+/+...+/)，

上式相減，得轉(zhuǎn)%=240?(1+蠢+表+…+/一霜)=240(|一需)

則翱=240(3—噤)=720-240-

故答案為：5,720-240-

n

【分析】根據(jù)類比推理可求對(duì)折4次及對(duì)折n次的圖形種數(shù)，運(yùn)用錯(cuò)位相減法可求￡Sk.

k=l

四、解答題：本題共6小題，共70分。(共6題；共70分)

a+1,n為奇數(shù)

17.已知數(shù)列｛an｝滿足%=1,an+1｛n2工

an+2,rt為偶數(shù)

(1)記bn=a2n>寫出瓦，b2,并求數(shù)列｛b｝的通項(xiàng)公式；

(2)求｛斯｝的前20項(xiàng)和

(1)2n為偶數(shù)，

則a2n+l=a2n+2>a2n+2=a2n+l+1，

aa

2n+2—2n+3,即bn+1=bn+3，且瓦=(^=即+1=2，

.??{,}是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列,

**?b]=2fb?=59byi=3n—1.

（2）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an=an+1-1,

???{an］的前20項(xiàng)和為

%+。2+…+a20

=（Q1+的■?---1-。19）+（a2+。4------。20）

=［（。2-1）+（a4-1）+…+（。20-1）］+（。2+。4+…+a20）

=2（a2+。4+…+。20）—10?

由（1）可知，

10x9

。2+。4+…+a20=&+歷+…+瓦o=2x10H---x3=155.

{an）的前20項(xiàng)和為2x155-10=300.

【考點(diǎn)】等差數(shù)列，等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，數(shù)列的求和

【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的定義及通項(xiàng)公式即可求解；

（2）運(yùn)用分組求和法，結(jié)合項(xiàng)之間的關(guān)系即可求解.

18.某學(xué)校組織"一帶一路"知識(shí)競(jìng)賽，有A,B兩類問題?每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇類并從

中隨機(jī)抽取一個(gè)問題問答，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一

個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束.A類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0

分：B類問題中的每個(gè)問題回答正確得80分，否則得0分。

己知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為06且能正確回答問題的概率與

回答次序無關(guān)。

（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列：

（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由。

（1）X的取值可能為0,20,100,

尸（X=0）=1-0.8=0.2,

P（X=20）=0.8x（1-0.6）=0.32,

P（X=100）=0.8X0.6=0.48,

■■X的分布列為

X020100

p0.20.320.48

(2)假設(shè)先答B(yǎng)類題，得分為Y,

則Y可能為0,80,100,

P(Y=0)=1-0.6=0.4,

P(Y=80)=0.6x(1-0.8)=0.12,

P(Y=100)=0.6X0.8=0.48,

Y的分布列為

Y080100

P0.40.120.48

???E(y)=0x0.4+80x0.12+100X0.48=57.6,

由(1)可知E(X)=0x0.2+20x0.32+100x0.48=54.4,

E(y)>E(X),

應(yīng)先答B(yǎng)類題.

【考點(diǎn)】相互獨(dú)立事件的概率乘法公式，離散型隨機(jī)變量及其分布列，離散型隨機(jī)變量的期望與方差

【分析】(I)根據(jù)獨(dú)立事件的概率，并列出X的分布列即可；

(2)根據(jù)獨(dú)立事件的概率，并列出Y的分布列，根據(jù)期望公式求得E(X),E(Y)并比較即可判斷.

19.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a.,b.,c,已知b2=ac,點(diǎn)D在邊AC上,BDsinZABC=asinC.

(1)證明：BD=b：

(2)若AD=2DC.求cos/ABC.

4c_aB

sir148csinC

???BDsin^ABC=asinC,

..22.=a⑨

sinCsxnZABC°'

聯(lián)立①②得啜="，即ac=b?BO,

BDa

vb2=ac,

???BD=b.

(2)若4。=2DC,

△ABC中，cosC=1一2一產(chǎn)③,

2-a-b

,a2+(^)2-b2-

△BCD中，cosC=-』一④,

Za3

,:③=④，

(a2+b2-c2)=3[a2+(1)2-b2],

整理得M+一C2=3a2+/3b2,

?"a?-M+c2=0.

vb2=ac,

QO

???6a2—Hac+3c2=0,即或。=萬。，

若。=?時(shí)，h2=ac=—,

33

222

rn.l/Ar＞「a+C-b3c27/仝、

貝UCOS^ABC=-------=2^——2-=2~；=7(舍)，

2ac-c仔26

若Q=|C,b2=ac=^c2,

a2+c2-b27

則cos^ABC

2ac12

【考點(diǎn)】正弦定理的應(yīng)用，余弦定理的應(yīng)用

【分析】(1)根據(jù)正弦定理求解即可;

(2)根據(jù)余弦定理，結(jié)合方程思想和分類討論思想求解即可.

AB=AD.O三棱錐A-BCD中.平面ABDJ_平面BCD,AB=AD.O為BD的中點(diǎn).

(1)證明：OA_LCD：

(2)若△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形.點(diǎn)E在棱AD上.DE=2EA.且二面角E-BC-D的大小為45。，求三棱

錐A-BCD的體積.

(1)???AB=AD,0為BD中點(diǎn)，

AO1BD,

；4。u面ABD,

面ABD1面BCD且面ABDn面BCD=BD,

4。J.面BCD,

AO1CD.

(2)以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，0D為y軸，。4為z軸，垂直0D且過。的直線為x軸,

設(shè)C(y,1,0),0(0,1,0),5(0,-1,0),4(0,0,m),七(0彳，|機(jī))，

；EB=(O,_/_刎)>BC-(y<|,0)>

設(shè)近=(%1，%*1)為面EBC法向量，

而.蘇=_'一|吟=0

｛說石=yXt+1%=0

2yl+mz1=0

｛%i+V3yt=0'

2

令乃=1，;Zi=—/，x1=-V3,

=(-V3,1,-')，

面BCD法向量為0A=(0,0,m)，

cos何，兩=1^^=1=苧，解得巾=1,

???OA=1,

S^ABD=鼻xBDxOA=-x2xl=l,

VA-BCD=^-S^ABD-\XC\=^.

【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積，平面與平面垂直的性質(zhì)，與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題，用空間向

量求平面間的夾角

【分析】(1)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)求解即可；

(2)利用向量法，結(jié)合二面角的平面角求得m=l,再根據(jù)棱錐的體積公式直接求解即可.

21.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,己知點(diǎn)Fi(-V17,0),F2(V17,0),點(diǎn)M滿足|MFt|-|MF2|=2.記M的軌

跡為C.

(1)求C的方程；

(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=?上，過T的兩條直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，且|TA||TB|=|T葉|TQ|,

求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和

(1)???IMF/-|MF2|=2,

???軌跡C為雙曲線右半支，c2=17,2a=2,

???a2=1,h2=16,

?,?%2—=1(%>0).

(2)設(shè)T(1,n),

設(shè)4B：y-n=^(x-|),

y-n=/c1(x-i)

聯(lián)立｛2好，

/一匕=1

22222

.??(16—k])x+(fci—2krn)x—n+krn-16=0,

-ki2+M-kin+16

/+'2=4"2一]6一.

|771|=Jl+ki2(/一》,

|叫=4+32出一｝,

-??\TA\,|7B|=(1+ki2)(與一i)(x-i)=叱2)(22),

424Ki—IO

設(shè)PQ：y-n=k2(x-^),

同理|7P|?|TQ|=弋2)(1+2二,

4—16

v\TA\-\TB\=\TP\'\TQ\,

,1+%2_1+&21+17=17

22，22，

kt-16k2-16ki-16k2-16

22