上海交通大学2022_年强基计划数学试题及解答
上海交通大学２０２２年强基计划数学试题及解答
李发明
(山东省泰安第一中学ꎬ山东泰安２７１０００)
摘㊀要：本文给出上海交通大学２０２２年强基计划数学试题的回忆版及解答.关键词：上海交通大学ꎻ强基计划ꎻ数学试题
中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)０７－００２６－０６
收稿日期:２０２２－１２－０５
作者简介：李发明ꎬ男ꎬ本科ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀ 阿叶数学 发表了最新的上海交通大学强基计划数学试题ꎬ笔者给出解答ꎬ与广大数
学爱好者及备考学子学习交流.试题共４５道单项选择题ꎬ这里学生只回忆了３９道.试题以高考考查范围为
主ꎬ在技巧和方法上略有提高ꎬ个别试题的考点在新高考的省份已经被删除ꎬ如题４考查直线的参数方程㊁题７考查直线和圆的极坐标方程ꎬ另外题２７以高等代数中的多项式理论为背景考查ꎬ题３３以 米勒问题 为背景ꎬ题３４涉及到积化和差公式.整套试题难度介于高考与全国高中数学联赛一试之间ꎬ考点覆盖面广ꎬ具有很好的选拔功能ꎻ数学物理两科一起考ꎬ限时３小时ꎬ对于习惯了参加两个小时数学考试的学生来说ꎬ不论是能力上还是体力上都是巨大的考验.
题１㊀等比数列ａｎ{}ꎬａ１＝－３ꎬ
Ｓ６Ｓ３＝７
８ꎬｌｉｍｎңɕＳｎ
＝(㊀
).
Ａ.不存在㊀Ｂ.２３㊀Ｃ.－２
３㊀Ｄ.－２
解析㊀因为
Ｓ６Ｓ３＝７
８
ꎬ所以ｑʂ１.因为
Ｓ６Ｓ３＝１－ｑ６１－ｑ３＝１＋ｑ３
＝７８ꎬ所以ｑ＝－１２
.所以ｌｉｍｎңɕＳｎ＝ｌｉｍ
ｎңɕ－３１－－１２æèçöø÷
ｎ[]
１－－１２æ
èçöø
÷＝－２.故选Ｄ.题２㊀
集合Ａ＝１ꎬ２ꎬｔ{}ꎬＢ＝ａ２ａɪＡ{}ꎬＣ＝Ａ
ɣＢꎬＣ中元素和为６ꎬ则元素积为(㊀㊀).
Ａ.１㊀㊀㊀Ｂ.－１㊀㊀㊀Ｃ.８㊀㊀㊀Ｄ.－８
解析㊀
集合Ｂ的元素为１ꎬ４ꎬｔ２ꎬ所以ｔ<０.
①ｔ２＝１时ꎬｔ＝－１符合ꎬ此时元素积为－８ꎻ②ｔ２＝２时ꎬｔ＝－２ꎬ不符ꎻ③ｔ２＝４时ꎬｔ＝－２ꎬ不符ꎻ④ｔ２ʂ１且ʂ２且ʂ４时ꎬｔ＋ｔ２＝－１ꎬ无解.
综上所述ꎬ元素积为－８.故选Ｄ.题３㊀ｘꎬｙꎬｚ为正数ꎬ求１０ｘ２＋１０ｙ２＋ｚ２
ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ
的最
小值.㊀解析㊀因为１０ｘ２＋１０ｙ２＋ｚ２＝ｋｘ２＋ｋｙ２＋
１０－ｋ()ｘ２＋
１２ｚ２＋１０－ｋ()ｙ２＋１２
ｚ２
ȡ２ｋ２ｘｙ＋２(１０－ｋ)(ｙｚ＋ｘｚ)ꎬ
所以ｋ２＝
１０－ｋ()
１
２
ꎬ解得ｋ＝２.
所以
１０ｘ２＋１０ｙ２＋ｚ２
ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ
＝
２ｘ２＋２ｙ２()＋８ｘ２＋１２ｚ２æèçöø÷＋８ｙ２
＋１２ｚ２æèçöø÷
ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ
ȡ４ｘｙ＋４ｙｚ＋４ｘｚ
ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ＝４.
题４㊀
直线ｋｘ＋４ｙ＝１垂直于
ｘ＝２－３ｔｙ＝１＋４ｔ
{
(ｔ为
参数)ꎬｋ＝(㊀㊀).
Ａ.３㊀㊀Ｂ.－３㊀㊀Ｃ.１３㊀㊀Ｄ.－１３
解析㊀
ｘ＝２－３ｔꎬｙ＝１＋４ｔ
{
(ｔ为参数)化为普通方程即
４ｘ＋３ｙ－１１＝０.所以ｋ＝－３.故选Ｂ.
题５㊀
ｆｘ()＝ｃｏｓωｘ－π６æ
è
çöø÷ω>０()ꎬｆｘ()ɤｆπ４æèçöø
÷对∀ｘɪＲ恒成立ꎬ则ω的最小值为(㊀㊀).
Ａ.
３２㊀㊀㊀Ｂ.１㊀㊀㊀Ｃ.１３㊀㊀㊀Ｄ.２
３解析㊀因为ｆｘ()ɤｆπ４æèçöø
÷对∀ｘɪＲ恒成立ꎬ所以
πω４－π
６
＝２ｋπｋɪＺ().所以ω＝
２
３
＋８ｋｋɪＺ().由ω>０ꎬ可得ｋ＝０时ꎬω的最小值为２３
.故选Ｄ.题６㊀
椭圆Ｃ:ｘ２４＋ｙ２
４ｂ
２＝１ꎬＰꎬＡꎬＢ在椭圆Ｃ
上ꎬｋＡＰꎬｋＢＰ为相反数(ｋ与－ｋ)ꎬ则ｋＡＢ与(㊀㊀).
Ａ.ｂꎬｋ有关ꎬ与Ｐ点无关Ｂ.Ｐ点ꎬｂꎬｋ均有关
Ｃ.Ｐ点ꎬｋ有关ꎬ与ｂ无关Ｄ.Ｐ点ꎬｂ有关ꎬ与ｋ无关解析㊀
当点Ｐ位于ｙ轴上时ꎬｋＡＢ＝０ꎬ其他情况
ｋＡＢʂ０ꎬ所以与点Ｐ有关.
取Ｐ１ꎬ３ｂ()ꎬ则直线ＡＰ的方程为
ｙ－３ｂ＝ｋｘ－１().
联立ｙ－３ｂ＝ｋｘ－１()ꎬｘ２４＋ｙ２４ｂ２＝１ꎬìî
íïï
ï
整理ꎬ得
ｂ２＋ｋ２()ｘ２＋２３ｋｂ－２ｋ２()ｘ＋ｋ２－ｂ２－２３ｋｂ＝０.
由韦达定理ꎬ得ｘＡ＝ｋ２－２３ｋｂ－ｂ２
ｂ２＋ｋ２ꎬ
ｙＡ＝－３ｋ２ｂ－２ｋｂ２＋３ｂ３
ｂ２＋ｋ２.
同理ｘＢ＝ｋ２＋２３ｋｂ－ｂ２
ｂ２＋ｋ２
ꎬ
ｙＢ＝－３ｋ２ｂ＋２ｋｂ２＋３ｂ３
ｂ２＋ｋ２.
所以ｋＡＢ＝ｙＢ－ｙＡｘＢ－ｘＡ＝ｂ
３
.
故选Ｄ.题７㊀
ρ２ｃｏｓθ＋ρ－３ρｃｏｓθ－３＝０表示(㊀㊀).
Ａ.一个圆㊀㊀㊀㊀Ｂ.一个圆与一条直线Ｃ.两个圆Ｄ.两条线
解析㊀
ρｃｏｓθ＋１()ρ－３()＝０表示直线ｘ＝
－１和以原点为圆心ꎬ３为半径的圆.
故选Ｂ.题８㊀
ｂ＝
ａ＝
ｃ＝１ꎬａ ｂ＝
１
２
ꎬ则ａ＋ｂ() ２ｂ－ｃ()的最小值为(㊀㊀).
Ａ.３＋３㊀Ｂ.３－３㊀Ｃ.２＋２㊀Ｄ.２－２
解析㊀ａ＋ｂ() ２ｂ－ｃ()＝３－ａ＋ｂ() ｃꎬ当且仅当ｃ与ａ＋ｂ共线同向时ꎬａ＋ｂ() ｃ取得最大值３.
故选Ｂ.题９㊀
１－ｘ()５＝ａ０＋ａ１ｘ＋ ＋ａ５ｘ５ꎬ求
ａ２＋ａ４()ａ１＋ａ３＋ａ５()的值.
解析㊀因为ａ１＝－Ｃ１５ꎬａ２＝Ｃ２５ꎬａ３＝－Ｃ３
５ꎬａ４＝
Ｃ４５ꎬａ５＝－Ｃ
５
５ꎬ
所以ａ２＋ａ４()ａ１＋ａ３＋ａ５()＝－２４０.题１０㊀正四面体装水到高度的
１
２
处ꎬ问倒置后高度至何处?
解析㊀
Ｖ空气Ｖ全部＝１８ꎬ所以Ｖ水Ｖ全部＝７８ꎬ所以新高度为３
７
２
.题１１㊀使３
ｘ－３
＋ｘ－３()ｓｉｎｘ－３()＋
ｋｃｏｓｘ－３()＝０有唯一解的ｋ(㊀㊀).
Ａ.不存在㊀Ｂ.１个㊀Ｃ.２个㊀Ｄ.无穷多个解析㊀
函数ｙ＝３
ｘ－３
＋ｘ－３()ｓｉｎｘ－３()＋
ｋｃｏｓｘ－３()的零点个数⇔函数ｙ＝３
ｘ
＋ｘｓｉｎｘ＋
ｋｃｏｓｘ的零点个数.易知该函数为偶函数ꎬ函数有唯一零点则必为ｘ＝０.所以１＋０＋ｋ＝０ꎬ解得ｋ＝－１ꎬ故ｋ只有唯一一个.
广州2a大学故选Ｂ.题１２㊀两个圆柱体底面积Ｓ１ꎬＳ２ꎬ体积Ｖ１ꎬＶ２ꎬ
侧面积相等ꎬ
Ｖ１Ｖ２＝３２ꎬ求Ｓ１
Ｓ２
.解析㊀
Ｖ１Ｖ２＝３２ꎬ所以ｒ２１ｌ１
ｒ２２ｌ２＝３２
.侧面积相等ꎬ所以ｒ１ｌ１＝ｒ２ｌ２.所以ｒ１ｒ２＝３
２.
所以
Ｓ１Ｓ２＝ｒ２
１ｒ２２
＝９４
.题１３㊀双曲线ｘ２４－ｙ２
１２＝１ꎬ焦点为ＡꎬＢꎬ点Ｃ在
双曲线上ꎬｃｏｓøＡＣＢ＝
３
５
ꎬ求әＡＢＣ的周长.解析㊀设点Ｃ在双曲线右支上ꎬＡＣ＝ｍꎬＢＣ＝ｎ.所以
ｍ－ｎ＝４ꎬ
８２＝ｍ２＋ｎ２－２ｍｎｃｏｓøＡＣＢ.
{
解得ｍ＝１０ꎬｎ＝６.所以周长为２４.题１４㊀Ａ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ１００{}ꎬＢ＝３ｘｘɪＡ{}ꎬＣ＝２ｘｘɪＡ{}ꎬ求ＢɘＣ中元素个数.
解析㊀
由题知ꎬＢ＝３ꎬ６ꎬ ꎬ３００{}ꎬＣ＝
２ꎬ４ꎬ ꎬ２００{}ꎬＢɘＣ为２００以内６的倍数ꎬ所以Ｂ
ɘＣ中元素个数为３３个.
题１５㊀
ｆｘ()＝ａｘ２
２
－１＋２ａ()ｘ＋２ｌｎｘａ>０()在
１２ꎬ１æèçöø÷有极大值ꎬ则ａ的取值范围为(㊀㊀).Ａ.１ꎬ２()㊀㊀㊀㊀Ｂ.１ꎬ＋ɕ()
Ｃ.２ꎬ＋ɕ()Ｄ.１ｅꎬ＋ɕæ
èçöø
÷解析㊀
ｆᶄｘ()＝ａｘ－１＋２ａ()＋
２ｘꎬ只需ａｘ＋２
ｘ
＝１＋２ａ在１２ꎬ１æ
èçöø
÷上有解.①ａȡ８时ꎬａｘ＋
２ｘ在１２ꎬ１æèçöø÷上单调递增ꎬ只需ａ
２
＋４<１＋２ａ<ａ＋２ꎬ无解ꎻ②ａɤ２时ꎬａｘ＋２ｘ在１２ꎬ１æèçöø
÷上单调递减ꎬ只需ａ＋２<１＋２ａ<
ａ
２
＋４ꎬ解得１<ａ<２ꎻ③２<ａ<８时ꎬａｘ＋２ｘ在１２ꎬ１æ
èçöø÷上先单调递减后单调递增ꎬ只需２２ａ<１＋２ａ<ｍａｘ
ａ＋２ꎬａ
２
＋４{}ꎬ无解.综上所述ꎬ故选Ａ.
题１６㊀☉Ｏ１ꎬ☉Ｏ２与ｙ＝ｋｘꎬｘ轴的正半轴均相切ꎬｒ１ｒ２＝２ꎬ两圆交点Ｐ２ꎬ２()ꎬｋ＝(㊀㊀).
Ａ.１㊀㊀㊀Ｂ.４３㊀㊀㊀Ｃ.３４㊀㊀㊀Ｄ.１
２
解析㊀
交点Ｐ２ꎬ２()在ｙ＝ｘ上ꎬ所以ｋ>１.故选Ｂ.
题１７㊀
偶函数ｆｘ()满足ｆｘ＋４()＝ｆｘ()＋
２ｆ２()ꎬ求ｆ２０２２()的值.
解析㊀令ｘ＝－２ꎬ则ｆ２()＝ｆ－２()＋２ｆ２()ꎬ解得ｆ２()＝０.所以ｆｘ()的最小正周期为４.
所以ｆ２０２２()＝ｆ(４ˑ５０５＋２)＝ｆ２()＝０.题１８㊀ｓｉｎ２０２２πｘ()＝ｘ２实根个数为(㊀㊀).Ａ.２０２２㊀㊀Ｂ.４０４４㊀㊀Ｃ.２０２３㊀㊀Ｄ.１０１１解析㊀
由图象变换可知ꎬｙ＝ｓｉｎ２０２２πｘ()在
－１ꎬ１[]上包含２０２２个周期ꎬ且每个周期都有两个
交点.故选Ｂ.
题１９㊀求方程ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ＝π
６
的根.解析㊀
考虑ｘɪ
０ꎬπ２[]
ꎬｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ
＝
２ｓｉｎｘ＋π４æè
çöø÷ɪ１ꎬ２[]ꎬ所以ｓｉｎｘ
＋
ｃｏｓｘɪ
１ꎬ２[].
所以原方程无实数解.
题２０㊀Ｆ１ꎬＦ２为双曲线两焦点(焦点在ｘ轴)ꎬ
直线ＡＢ经过点Ｆ１且与双曲线左右两支交于点ＡꎬＢꎬ２ＡＦ１＝ＡＢꎬøＦ１ＡＦ２＝１２０ʎꎬ求双曲线的离心率.
解析㊀设ＡＦ１＝ｘꎬ则ＡＦ２＝ｘ＋２ａꎬＡＢ＝２ｘꎬＢＦ２
＝３ｘ－２ａꎬ在әＡＢＦ２中ꎬ３ｘ－２ａ()２
＝２ｘ()２
＋
ｘ＋２ａ()２－２ ２ｘ ｘ＋２ａ()ｃｏｓ６０ʎꎬ即ｘ＝２ａ.在әＡＦ１Ｆ２中ꎬ２ｃ()２＝２ａ()２＋４ａ()２－２ ２ａ
４ａｃｏｓ１２０ʎꎬ解得ｅ＝７题２１㊀
ｆｘ()＝
ｘ＋１
＋
ｘ－
ｘ－２ꎬ
ｆ[ｆｘ()]＋１＝０根的个数为(㊀㊀).
Ａ.１㊀㊀㊀Ｂ.２㊀㊀㊀Ｃ.３㊀㊀㊀Ｄ.０解析㊀
ｆｘ()＝－ｘ－３ꎬｘɤ－１ꎬｘ－１ꎬ－１<ｘɤ０ꎬ
３ｘ－１ꎬ０<ｘɤ２ꎬｘ＋３ꎬｘ>２.
ìîí
ïïïïï
令ｔ＝ｆｘ()ꎬ则ｆｔ()＝－１ꎬ解得ｔ＝－２或０.当ｆｘ()＝－２时ꎬｘ＝－１ꎻ当ｆｘ()＝０时ꎬｘ＝－３或１３
.故选Ｃ.
题２２㊀әＡＢＣꎬＭ为平面上一点ꎬＡＭң＝２３
ＡＢң
＋
１４ＡＣң
ꎬ则ＳәＡＢＭＳәＢＣＭ
＝(㊀㊀).Ａ.３㊀㊀Ｂ.８㊀㊀Ｃ.８３㊀㊀Ｄ.３８
解析㊀
因为ＡＭң＝２３ＡＢң＋１４
ＡＣң
ꎬ
所以ＭＡң＋８ＭＢң＋３ＭＣң＝０.由奔驰定理ꎬ得ＳәＡＢＭＳәＢＣＭ＝３
１.
故选Ａ.题２３㊀
Ａ＝ｘꎬｙ()ｘ２＋ｙ２ɤ３ꎬｘɪＺꎬｙɪＺ{}ꎬＡ
中元素个数为(㊀㊀).
Ａ.４㊀㊀㊀Ｂ.５㊀㊀㊀Ｃ.８㊀㊀㊀Ｄ.９
解析㊀画图即得ꎬ故选Ｄ.
题２４㊀
ｔａｎ１５ʎ＋２２ｓｉｎ１５ʎ＝(㊀㊀).
Ａ.３㊀㊀㊀Ｂ.２㊀㊀㊀Ｃ.２㊀㊀㊀Ｄ.１解析㊀
ｔａｎ１５ʎ＝２－３ꎬｓｉｎ１５ʎ＝
６－２
４
.故选Ｄ.题２５㊀空间中到正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１棱Ａ１Ｄ１ꎬＡＢꎬＣＣ１距离相等的点有(㊀㊀).
Ａ.无数㊀㊀㊀Ｂ.０㊀㊀㊀Ｃ.２㊀㊀㊀Ｄ.３解析㊀
体对角线Ｂ１Ｄ上的点均符合要求.故选Ａ.
题２６㊀
ａ>ｂ>０ꎬ则ａ＋
４ａ＋ｂ＋１
ａ－ｂ
最小值为(㊀㊀).
Ａ.２３㊀㊀Ｂ.３１０
２
㊀㊀Ｃ.３２㊀㊀Ｄ.４解析㊀ａ＋
４ａ＋ｂ＋
１
ａ－ｂ
＝ａ＋ｂ２＋４ａ＋ｂæ
èçöø÷＋ａ－ｂ２＋１ａ－ｂæèçöø÷ȡ２
ａ＋ｂ２ ４ａ＋ｂ＋２ａ－ｂ２ １
ａ－ｂ
＝３２ꎬ
当且仅当
ａ＋ｂ２＝４ａ＋ｂꎬａ－ｂ２＝１
ａ－ｂ
时ꎬ即ａ＝３２２ꎬｂ＝２
２
时等号成立.故选Ｃ.题２７㊀多项式ｆｘ()ꎬｇｘ()ꎬ问两命题 ｆｘ()是
ｇｘ()因式  ｆ[ｆｘ()]是ｇ[ｇｘ()]因式 的充分必要关系.
解析㊀
反例１:ｆｘ()＝ｘ＋１ꎬｇｘ()＝
ｘ＋１()ｘ＋２()ꎬ此时ｆ[ｆｘ()]＝ｘ＋２ꎬｇ[ｇｘ()]＝ｘ２＋３ｘ＋３()ｘ２＋３ｘ＋４()ꎬ前推不出后ꎻ
反例２:ｆｘ()＝ｘ＋１ꎬｇｘ()＝ｘｘ＋２()ꎬ此时
ｆ[ｆｘ()]＝ｘ＋２ꎬｇ[ｇｘ()]＝ｘｘ＋２()ｘ２＋２ｘ＋２()ꎬ后推不出前.
所以ꎬ前是后的既不充分也不必要条件
.题２８㊀等势集合指两个集合间一一对应ꎬ下列为等势集合的是(㊀㊀).
Ａ.０ꎬ１[]与Ｅ０ɤＥɤ１{}Ｂ.０ꎬ１[]与ａꎬｂꎬｃꎬｄ{}
Ｃ.０ꎬ１()与０ꎬ１[]
Ｄ.１ꎬ２ꎬ３{}与ａꎬｂꎬｃꎬｄ{}
解析㊀０ꎬ１[]＝Ｅ０ɤＥɤ１{}ꎬ两者可通过对应关系ｙ＝ｘ建立一一对应.故选Ａ.题２９㊀ｆｘ()＝ｌｎｘ－ｍｘ２＋１－２ｍ()ｘ＋１ꎬ对∀ｘ
>０ꎬｆｘ()ɤ０ꎬ求整数ｍ的最小值.
解析㊀ｆᶄｘ()＝１
ｘ
－２ｍｘ＋１－２ｍ()＝－
２ｍｘ－１()ｘ＋１()
ｘ
ꎬ
①当ｍɤ０时ꎬｆｘ()在０ꎬ＋ɕ()上单调递增ꎬ不符合题意ꎻ
②当ｍ>０时ꎬｆｘ()在０ꎬ１２ｍæ
èçöø
÷上单调递增ꎬ在１２ｍꎬ＋ɕæèçöø÷上单调递减ꎬ所以ｆｘ()ｍａｘ＝ｆ１２ｍæèçöø
÷＝ｌｎ１２ｍ－ｍ１２ｍæèçöø
÷２＋１－２ｍ()１２ｍ＋１ɤ０ꎬ解得ｌｎ２ｍ－
１
４ｍ
ȡ０.因为ｍ是整数ꎬ所以ｍｍｉｎ＝１.题３０㊀圆锥中ＰＯ为高ꎬＰＡ为母线ꎬＢ为底面
上一点ꎬＯＢʅＢＡꎬＯＨʅＢＰ于点ＨꎬＡＯ＝２２ꎬＡＰ＝４ꎬ则ＶＰ－ＨＯＣ的最大值为(㊀㊀).Ａ.２６３㊀㊀Ｂ.３３㊀㊀Ｃ.６３㊀㊀Ｄ.２
２
注意㊀原题干中没有点Ｃꎬ我们不妨求一下
ＶＰ－ＨＯＡ.
设øＢＡＯ＝θꎬ则ＡＢ＝２２ｃｏｓθꎬＢＯ＝２２ｓｉｎθ.所以ＶＰ－ＨＯＡ＝ＶＡ－ＨＯＰ＝１３ ４ｓｉｎθ
１＋ｓｉｎ２θ
２２ｃｏｓθ＝
８２３ １
１
ｔａｎθ
＋２ｔａｎθɤ８２３ˑ１２２＝４
３.题３１㊀数列ａｎ{}中ꎬａ１＝２ꎬａ２＝６ꎬａｎ＋２－２ａｎ＋１
＋ａｎ＝２ꎬ求ð２０２２
ｉ＝１１
ａｉ
.
解析㊀因为ａｎ＋２－ａｎ＋１＝ａｎ＋１－ａｎ＋２ꎬ所以
ａｎ－ａｎ－１{}是首项为４ꎬ公差为２的等差数列.
所以ａｎ－ａｎ－１＝２ｎ.累加求和得ａｎ＝ｎｎ＋１().
所以
１ａｎ＝１ｎ－１ｎ＋１
.所以ð
２０２２ｉ＝１
１ａｉ＝１－１２æèçöø÷＋１２
－１３æèçöø÷＋ ＋１２０２２－１２０２３æèçöø÷＝２０２２２０２３
.
题３２㊀椭圆ｘ２ａ
２＋ｙ２
９＝１ａ>３()ꎬ弦ＡＢ中垂线过
－ａ５ꎬ０æèçöø
÷ꎬ求离心率ｅ的取值范围.注意㊀原题干弦ＡＢ应是不平行于ｙ轴的.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ中点为ｘ０ꎬｙ０()ꎬ则ｘ２１
ａ２＋ｙ２１９＝１ꎬ
ｘ２２ａ２＋ｙ２２
９＝１ꎬìîíïïïï两式相减得ｘ０ａ２＋ｋｙ０
９＝０.又因为ｋ
ｙ０
ｘ０＋
ａ５＝－１ꎬ
两式联立ꎬ得ｘ０＝ａ３
５９－ａ２()
.
令－ａ<ａ３５９－ａ２()<ａꎬ解得ａ>３５
２.
所以ｅ＝
ｃ
ａ
＝１－
９ａ２>５
５.所以ｅɪ５５ꎬ１æèçöø
÷.题３３㊀椭圆ｘ２
４＋ｙ２＝１的焦点为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ点Ｐ
在ｘ＋２３ｙ－４３＝０上ꎬ当øＦ１ＰＦ２最大时ꎬ则ＰＦ１ＰＦ２
＝(㊀㊀).
Ａ.
１５３㊀㊀Ｂ.３５㊀㊀Ｃ.５
３
㊀㊀Ｄ.１５
５
解析㊀由米勒定理知ꎬ过点Ｆ１ꎬＦ２的圆与直线相切于点Ｐ时ꎬøＦ１ＰＦ２最大.
由切割线定理知ꎬＡＰ２＝ＡＦ１ ＡＦ２.
所以ＡＰ＝３５.
所以
ＰＦ１ＰＦ２＝ＡＰＡＦ２＝３５３３＝１５
３
.故选Ａ.

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