分析：（I）这一问学生易下手。
将抛物线E:y?x与圆M:(x?4)?y?r(r?0)的方程联立，消去y，整理得
22222x2?7x?16?r2?0．．．．．．．．．．．．．（＊）
抛物线E:y?x与圆M:(x?4)?y?r(r?0)相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：方程（＊）有两个不相等的正根即可.
2222???(?7)2?4(16?r2)?0?由此得?x1?x2?7?0
?2?x1x2?16?r?0解得
15?r2?16 4又 r?0 所以 r?(15,4) 2考生利用数形结合及函数和方程的思想来处理也可以．
（II）考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、整体代入
的方法处理本小题是一个较好的切入点。 设E与M的四个交点的坐标分别为：
A(x1,x1)、B(x1,?x1)、C(x2,?x2)、D(x2,x2)。
则直线AC、BD的方程分别为
y?x1??x2?x1?(x?x1),y?x1?x2?x1x2?x1?(x?x1)
x2?x1解得点P的坐标为(x1x2,0) 设t?x1x2，由t?16?r2及（I）知0?t?7 2由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积
1S??2?|x2?x1|(x1?x2)?|x2?x1|(x1?x2)
2则S?[(x1?x2)?4x1x2]?(x1?x2?2x1x2) 将x1?x2?7,x1x2?t代入上式，并令f(t)?S，得
2227f(t)?(7?2t)2?(7?2t)(0?t?)
2求导数f(t)??2(7?2t)?(6t?7)
'77,t??（舍去） 627777'''当0?t?时，f(t)?0；t?时，f(t)?0；?t?时，f(t)?0
66627故当且仅当t?时，f(t)有最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的
67坐标为(,0)
6令f(t)?0，解得t?'
22. 本小题满分12分。（注意：在试题卷上作答无效）
32设函数f?x??x?3bx?3cx在两个极值点x1、x2，且
x1?[?1，0],x2?[1,2].
（I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点?b,c?的区域；
(II)证明：?10?f?x2??? 解
（I）f??x??3x?6bx?3c
21 2依题意知，方程f??x??0有两个根x1、x2，
且x1?[?1，0],x2?[1,2].等价于f???1??0，
f??0??0，f??1??0，f??2??0
由此得b、c满足的约束条件为
?c?2b?1?c?0? ?c??2b?1???c??4b?4满足这些条件的点?b,c?的区域为图中阴影部分，
(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标f?x2??x23?3bx22?3cx2中的b，（如果消 c会较繁琐）再利用x2的范围，并借助（I）中的约束条件得c?[?2,0]进而求解，有较强的技巧性。 解：由题设知f??x2??3x22?6bx2?3c?0，故bx2??于是f?x2??x2?3bx2?3cx2??32121x2?c 22133cx2?x2 22由于
x2?[1,2]，而由（Ⅰ）知c?0，故
13?4?3c?f(x2)???c
22又由（Ⅰ）知c?[?2,0] 所以 ?10?f(x2)??1 2
2019年整理2009年全国高考理科数学试题及答案-全国1
