《2025年金考卷特快专递高中数学》

21.（12分）已知椭圆的又焦点为F，点$M(1,\frac{3}{2})$在C上，且$MF\perp x$轴.
(1)求C的方程；
(2)过点$P(4,0)$的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：$AQ\perp y$轴.

答案： 椭圆的标准方程 + 直线与椭圆的位置关系
解：
(1)解法一(直接法) 第1步:构造关于a,b,c的方程组
由题意知$\begin{cases}\frac{1}{a^{2}}+\frac{9}{4b^{2}} = 1\\c = 1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，(3分)
第2步:求解方程组,并写出椭圆方程
得$\begin{cases}a = 2\\b=\sqrt{3}\\c = 1\end{cases}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.(5分)
解法二 第1步:构造关于a,b,c的方程组
由题意知$\begin{cases}|MF|=\frac{b^{2}}{a}=\frac{3}{2}\\c = 1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，(3分)
第2步:求解方程组,并写出椭圆方程
得$\begin{cases}a = 2\\b=\sqrt{3}\\c = 1\end{cases}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.(5分)
解法三(巧用椭圆的定义)
设$F'$为C的左焦点,连接$MF'$,则$|MF|=\frac{3}{2},|FF'| = 2$,
在$Rt\triangle MFF'$中,$|MF'|=\sqrt{|MF|^{2}+|FF'|^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+2^{2}}=\frac{5}{2}$,
由椭圆的定义知$2a=|MF'|+|MF| = 4,2c=|FF'| = 2$,
所以$a = 2,c = 1$,(3分)
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$,所以$b=\sqrt{3}$,
所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.(5分)
(2)第1步:联立方程,消元得出关于y的一元二次方程,写出根与系数的关系
分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时,$AQ\perp y$轴.
当直线AB的斜率不为0时,设直线$AB:x = ty + 4(t\neq0),A(x_{1},y_{1})$，
$B(x_{2},y_{2}),Q(1,n)$，
联立方程得$\begin{cases}x = ty + 4\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，
消去x得$(3t^{2}+4)y^{2}+24ty + 36 = 0,\Delta＞0$，
则$y_{1}+y_{2}=\frac{-24t}{3t^{2}+4},y_{1}y_{2}=\frac{36}{3t^{2}+4}$.(7分)
第2步:将三点共线代数化,建立关于n的代数式
因为N为线段FP的中点,$F(1,0)$,所以$N(\frac{5}{2},0)$.
由N,Q,B三点共线,得$k_{BN}=k_{NQ}$,即$\frac{y_{2}}{x_{2}-\frac{5}{2}}=\frac{n}{1-\frac{5}{2}}$，得$-\frac{3}{2}y_{2}=n(x_{2}-\frac{5}{2})$，得$n=\frac{-3y_{2}}{2x_{2}-5}$.(9分)
第3步:证明$n = y_{1}$
所以$n - y_{1}=\frac{-3y_{2}}{2x_{2}-5}-y_{1}=\frac{-3y_{2}}{2(ty_{2}+4)-5}-y_{1}=\frac{-2ty_{1}y_{2}-3(y_{1}+y_{2})}{2ty_{2}+3}=$
$\frac{\frac{-2t\times36}{3t^{2}+4}+\frac{3\times24t}{3t^{2}+4}}{2ty_{2}+3}=0$.(11分)
所以$n = y_{1}$,所以$AQ\perp y$轴.(12分)

22.(新教材不作要求)[选修4 - 4:坐标系与参数方程](10分)
在直角坐标系$xOy$中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为$\rho=\rho\cos\theta +1$.
(1)写出C的直角坐标方程；
(2)设直线$l:\begin{cases}x = t\\y = t + a\end{cases}$(t为参数)，若C与l相交于A，B两点，且$|AB| = 2$，求a.

答案： 极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的相互转化 + 弦长公式(理性思维、数学应用)
解:
(1)因为$\rho^{2}=x^{2}+y^{2},x=\rho\cos\theta,y=\rho\sin\theta$,所以由$\rho=\rho\cos\theta + 1$
可得$\sqrt{x^{2}+y^{2}}=x + 1$.(2分)
化简整理得$y^{2}=2x + 1$，
所以C的直角坐标方程为$y^{2}=2x + 1$.(5分)
(2)第1步:联立方程,消元得出关于y的一元二次方程,并写出根与系数的关系
由直线l的参数方程可得直线l的普通方程为$y = x + a$，
设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，
联立方程得$\begin{cases}y = x + a\\y^{2}=2x + 1\end{cases}$，
消去y得$x^{2}+2(a - 1)x + a^{2}-1 = 0$，则$\Delta＞0$，
由根与系数的关系得$x_{1}+x_{2}=-2(a - 1),x_{1}x_{2}=a^{2}-1$.(6分)
第2步:利用弦长公式构建关于a的方程,并求解
由弦长公式得$|AB|=\sqrt{2}\times\sqrt{4(a - 1)^{2}-4(a^{2}-1)}=4\sqrt{-a + 1}=2$.(8分)
解得$a=\frac{3}{4}$，经检验,$a=\frac{3}{4}$符合题意,所以$a=\frac{3}{4}$.(10分)

23.(新教材不作要求)[选修4−5:不等式选讲](10分)
　已知实数a,b满足a+b≥3.
　(1)证明:2a²+2b²＞a+b;
　(2)证明:|a - 2b²| + |b - 2a²|≥6.

答案： 23.绝对值三角不等式+基本不等式+不等式的基本性质
解:
(1)解法一(作差法+基本不等式)　第1步:证明$(a + b)^{2}\geq4ab$
$\because (a + b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab\geq2ab + 2ab = 4ab$，当且仅当$a = b$时等号成立，(2分)
第2步:作差比较大小，得出结论
$\therefore (2a^{2}+2b^{2})-(a + b)=2(a + b)^{2}-4ab-(a + b)\geq(a + b)^{2}-(a + b)=(a + b)(a + b - 1)$，(4分)
由$a + b\geq3$得$(a + b)(a + b - 1)＞0$，
$\therefore 2a^{2}+2b^{2}＞a + b$.　(5分)
解法二(不等式的传递性)　第1步:证明$2a^{2}+2b^{2}\geq(a + b)^{2}$
$\because (2a^{2}+2b^{2})-(a + b)^{2}=(a - b)^{2}\geq0$，
$\therefore 2a^{2}+2b^{2}\geq(a + b)^{2}$，当且仅当$a = b$时等号成立，(2分)
第2步:证明$(a + b)^{2}＞a + b$
$\because a + b\geq3$，
$\therefore (a + b)^{2}＞a + b$，(4分)
第3步:利用不等式的传递性得出结论
$\therefore 2a^{2}+2b^{2}＞a + b$.　(5分)
(2)第1步:利用绝对值三角不等式去绝对值
$|a - 2b^{2}|+|b - 2a^{2}|\geq|a - 2b^{2}+b - 2a^{2}|=|a + b-(2a^{2}+2b^{2})|=2a^{2}+2b^{2}-(a + b)$.　(7分)
第2步:利用$a + b\geq3$得出结论
由
(1)中解法一知$(2a^{2}+2b^{2})-(a + b)\geq(a + b)(a + b - 1)$，
$\because a + b\geq3$，$\therefore (a + b)(a + b - 1)\geq3\times2 = 6$，
$\therefore |a - 2b^{2}|+|b - 2a^{2}|\geq6$.　(10分)