浙江省湖州中学2020届高三下学期模拟测试（四）数学试题 Word版含解析

浙江省湖州中学2020届高三下学期模拟测试（四）数学试题 Word版含解析

- 1 - 浙江省湖州中学 2019 学年第二学期高三年级高考阶段测试四 数学 考生须知：全卷分试卷和答卷，满分为 120 分，考试时间 90 分钟. 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的. 1. 设全集为 R，集合  0 2A x x   ，  1B x x  ，则 ( )RA B  ð A.  0 1x x  B.  0 1x x  C.  1 2x x  D.  0 2x x  【答案】B 【解析】 分析：由题意首先求得 RC B ，然后进行交集运算即可求得最终结果. 详解：由题意可得：  | 1RC B x x  ， 结合交集的定义可得：    0 1RA C B x    . 本题选择 B 选项. 点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和 计算求解能力. 2. 设 1 i 2i1 iz   ，则| |z  A. 0 B. 1 2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数 z ，然后求解 复数的模. 详解：       1 i 1 i1 i 2i 2i1 i 1 i 1 iz        i 2i i    ， 则 1z  ，故选 c. - 2 - 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部 的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实 数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成 不必要的失分. 3. 设 x 、 y R ，条件甲： 2 2 125 9 x y  ，条件乙： 5 3 x y    ，则条件甲是条件乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 利用椭圆的有界性结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】充分性：由于 2 2 2 125 25 9 x x y   ，可得 2 125 x  ，得 5x  ，同理可得 3y  ， 所以，条件甲是条件乙的充分条件； 必要性：当 5x  ， 3y  ，取 5x  ， 3y  ，则 2 2 2 125 9 x y   ， 所以，条件甲不是条件乙的必要条件. 综上所述，条件甲是条件乙的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，考查椭圆有界性的应用以及推理能力，属于基础 题. 4. 《张丘建算经》卷上第 22 题——“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得 快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布 5 尺，30 天共织布 390 尺，则该女子织布每 天增加（ ） A. 4 7 尺 B. 16 29 尺 C. 8 15 尺 D. 16 31 尺 【答案】B 【解析】 试题分析：由题可知女子每天织布尺数呈等差数列，设为 na ，首项为 1 5a  ， 30 390S  ， - 3 - 可得 30 295 30 3902 d   ，解之得 16 29d  . 考点：等差数列的性质与应用. 5. 将函数 cos2y x 的图象向左平移 4  个单位，得到函数   cosy f x x  的图象，  f x 的 表达式可以是（ ） A.   2sinf x x  B.   2sinf x x C.   2 sin 22f x x D.    2 sin 2 cos22f x x x  【答案】A 【解析】 试 题 分 析 ： 将 函 数 cos2y x 的 图 象 向 左 平 移 4  个 单 位 得 cos2 cos 2 sin 24 2y x x x                  sin 2 2sincos xf x xx     考点：三角函数图像平移 6. 若 ,x y 满足约束条件 1 { 1 2 2 x y x y x y        ，目标函数 2z ax y  仅在点（1，0）处取得最小值， 则 a 的取值范围是 A. （ 1 ， 2 ） B. （ 4 ， 2 ） C. ( 4,0] D. ( 2,4) 【答案】B 【解析】 【详解】由已知可画出可行区域图，如图所示，由目标函数 2 2 2 a zz ax y y x      ，而 目标函数仅在可行区域顶点 ( )1,0A 处取得最小值，且截距 2 z 为正号，所以直线 2 2 a zy x   的位置可由直线 AB 绕点 ( )1,0A 顺时针旋转到直线 AC 均可满足题意，而 2, 1AB ACk k   ， 即 1 2 4 22 a a        .故选 B. - 4 - 点睛：此题主要考查简单线性规划在求最优解问题中的应用，属于中低档题，也是高频考点. 此类题目一般流程是：首先根据题意，作出约束条件（不等式组）的可行区域图，再将目标 函数解析式转化直线斜截式 y kx b  （或是斜率计算公式 2 1 2 1 y yk x x   、两点距离公式    2 2 1 2 2 1 2 1PP x x y y    等），接着在可行域范围内作出直线 y kx （或者是斜率 k 的 范围、两点间的最值等），将直线 y kx 平行上下移动，从而找到问题的最优解. 7. 已知三个不全相等的实数 , ,m p q 成等比数列，则可能成等差数列的是（ ） A. , ,m p q B. 2 2 2, ,m p q C. 3 3 3, ,m p q D. , ,m p q 【答案】B 【解析】 【分析】 不妨设 m a ， p an ， 2q an ，再依次验证选项是否成立，若公比 1n  ，则排除答案， 解出 1n  时，即为正确选项 【详解】设 m a ， p an ， 2q an ， 0a  对 A，如果成立，则有 2p m q  ，即 22an a an  ，解得 1n  ，与题设矛盾，舍去； 对 B，如果成立，则有 2 2 22p m q  ，即    22 2 22 an a an  ，解得 1n   ，当 1n   时， 满足题意； - 5 - 对 C，如果成立，则有 3 3 32p m q  ，即    33 3 22 an a an  ，解得 1n  ，与题设矛盾， 舍去； 对 D，如果成立，则有 2 p m q  ，即 22 an a an  ，解得 1n  ，与题设矛盾， 舍去； 故选：B 【点睛】本题考查等比数列性质与等差数列性质的应用，一般情况，如果 , ,a b c 三项构成等比 数列，则可设为： 2, ,a aq aq 或 , ,b b bqq 8. 已知函数   2 xf x  的定义域为  ,a b a b ，值域为 1,4 ，则在平面直角坐标系内，点  ,a b 的运动轨迹与两坐标轴围成的图形的面积为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 作出图形，利用数形结合思想得出 a 、b 的取值范围，可得出点 ,a b 的轨迹，进而可得出点  ,a b 的运动轨迹与两坐标轴所围成的图形，由此可计算出该图形的面积. 【详解】作出函数   2 xf x  的图象如下图所示： 令   2 4xf x   ，可得 2x   . 由题意可得，当 2a   时， 0 2b  ；当 2b  时， 2 0a   . - 6 - 所以，点  ,a b 的轨迹与坐标轴围成的区域为   , 2 0,0 2a b a b     ， 该区域是边长为 2 的正方形，其面积为 22 4 . 故选：C. 【点睛】本题考查动点的运动轨迹与坐标轴围成的区域的面积的计算，考查数形结合思想的 应用，属于中等题. 9. 从装有除颜色外完全相同的 3 个白球和 m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取 5 次，设摸得白球数为 X ，已知 ( ) 3E X  ，则 ( ) (D X  ) A. 8 5 B. 6 5 C. 4 5 D. 2 5 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意知， 3~ (5, )3X B m  ，由 35 33EX m    ，知 3~ (5, )5X B ，由此能求出 ( )D X ． 【详解】由题意知， 3~ (5, )3X B m  ， 35 33EX m     ，解得 2m  ， 3~ (5, )5X B ， 3 3 6( ) 5 (1 )5 5 5D X      ． 故选：B． 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项 分布的灵活运用． 10. 已知点 P 是正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 表面上一动点，且满足| | 2| |PA PB ，设 1PD 与 平面 ABCD 所成的角为 ，则 的最大值为（ ） - 7 - A. 4  B. 3  C. 6  D. 2  【答案】A 【解析】 【分析】 建立空间直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得动点的轨迹方程，再由直线与平面 的夹角可得出最值. 【详解】以 B 为坐标原点， BC ， BA ， 1BB 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系，设正方体的边长为 2， ( , , )P x y z ，则 (0,2,0)A ，因为| | 2| |PA PB ， 所以 2 2 2 2 2 2( 0) ( 2) ( 0) 2x y z x y z        ，即 2 2 22 16 3 9x y z       ，所以点 P 的轨迹为以点 20, ,03Q     为球心、 4 3 为半径的球与正 方体表面的交线， 即为如图的 EMG ， GSF ， ENF ，要使得 1PD 与底面 ABCD 所成的角最大， 则 1PD 与底面 ABCD 的交点 R 到点 D 的距离最短，从而点 P 在 ENF 上，且在QD 上， 则 4 10 4 23 3 3DP DQ     ，从而 1tan 1DD DP    ，所以 的最大值为 4  ， 故选：A． - 8 - 【点睛】本题考查动点的轨迹、直线与平面所成角、空间法向量的应用．根据题意建立适当 的空间直角坐标系，并求出点 P 的轨迹是解答本题的突破口，属于难度题． 二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分. 11. 以椭圆 2 2 14 x y  的焦点为顶点、长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是________， 离心率为________． 【答案】 (1). 3 0x y  (2). 2 3 3 【解析】 【分析】 根据椭圆的标准方程求出焦点和顶点坐标，得出双曲线的顶点和焦点，从而求出双曲线的方 程，进而写出渐近线方程与离心率. 【详解】椭圆 2 2 14 x y  的焦点为 3,0 ，长轴顶点为  2,0 ； 则双曲线的顶点为  3,0 ，焦点为  2,0 ， ∴ 3, 2a c  ， ∴ 2 2 1b c a   ， ∴双曲线的方程为 2 2 13 x y  ， 所以渐近线方程为 3 0x y  ，离心率为 2 3 3 c a  . 故答案为：（1） 3 0x y  ；（2） 2 3 3 - 9 - 【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程与简单几何性质的应用问题，是基础题． 12. 某兴趣小组有 2 名男生和 3 名女生，现从中任选 2 名学生去参加活动，则恰好选中 2 名 女生的概率为________． 【答案】 3 .10 【解析】 分析：先确定总基本事件数，再从中确定满足条件的基本事件数，最后根据古典概型概率公 式求概率. 详解：从 5 名学生中抽取 2 名学生，共有 10 种方法，其中恰好选中 2 名女生的方法有 3 种， 因此所求概率为 3 .10 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无 序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目 具体化. (4)排列组合法（理科）：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 13. 已知某几何体的三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视 图为直角梯形，则该几何体的表面积是 ；体积是 ． 【答案】 16064 32 2, 3  ． 【解析】 - 10 - 【分析】 由三视图还原几何体为一个三棱柱截去一个三棱锥，根据棱柱和棱锥的体积及表面积计算方 法可求得结果. 【详解】根据该几何体的三视图还原其原始几何体，其图形相当于一个三棱柱截去了一个三 棱锥得到的几何体，如下图所示： 则其体积为： 1 1 1 1604 4 8 4 4 42 3 2 3V                    ， 其表面积为：  1 1 14 4 4 2 4 4 8 4 8 42 2 2S                              1 4 8 4 2 64 32 22         ． 故答案为：64 32 2 ；160 3 ． 【点睛】本题考查几何体表面积和体积的求解，解题关键是能够通过三视图准确还原几何体， 属于常考题型. 14. 已知抛物线 2 3x y 上两点 A 、 B 的横坐标恰是方程 2 5 1 0x x   的两个实根，则直线 AB 的方程是________________． 【答案】 5 3 1 0x y   【解析】 【分析】 设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，利用韦达定理得出 1 2 5x x   ，利用点差法可求得直线 AB 的 斜率，进而可求得线段 AB 的中点坐标，利用点斜式可得出直线 AB 的方程. 【详解】设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，由韦达定理可得 1 2 5x x   ， 1 2 1x x . - 11 - 由于 A 、 B 两点都在抛物线上，则 2 1 1 2 2 2 3 3 x y x y     ，两式作差得    1 2 1 2 1 23x x x x y y    ， 所以直线 AB 的斜率为 1 2 1 2 1 2 5 3 3AB y y x xk x x      ， 又  22 2 1 2 1 21 2 1 2 2 23 3 3 3 x x x xx xy y      ，所以，线段 AB 的中点坐标为 5 23,2 6     ， 因此，直线 AB 的方程为 23 5 5 6 3 2y x       ，即 5 3 1 0x y   . 故答案为：5 3 1 0x y   . 【点睛】本题考查利用点差法求直线方程，考查计算能力，属于中等题. 15. 已知函数 2 2 3, 0( ) log , 0 x xf x x x x       ，则 1 2f f        ________，若 ( ) 1f x ax  有三 个零点，则 a 的取值范围是_________． 【答案】 (1). 13 4 (2). 4a  【解析】 【分析】 求出 1 2f     后可得 1 2f f       的值，利用导数求得  ( 0)f x x  的单调性，再在坐标平 面中画出  f x 的图象后动态考虑 1y ax  与  f x 的图象有三个不同的交点，则可得 a 的 取值范围. 【详解】因 1 1 1( 1)2 2 2f         ，故 1 1 13 2 2 4f f f               ； 当 0x  时，    2logf x x x  ，        2 2 1 1 1log 1 logln 2 ln 2f x x x xx            ， 当 1 ln22 0x     时，   0f x  ，故  f x 在 1 ln 22 ,0      上为减函数， 此时   0f x  ， - 12 - 当 1 ln 22x    时，   0f x  ，故  f x 在 1 ln 2, 2       为增函数， 故函数 2 2 3, 0( ) log , 0 x xf x x x x       的图象如图所示： 借助函数的图象可知： 当过定点 (0, 1) 的动直线 1y ax  与抛物线 2 3( 0)y x x   相切时， 则 2 3 1x ax   也就是 2 4 0x ax   ， 2 16 0a    ，则 4a  或 4a   （舍）. 故当 4a  函数 2 2 3, 0( ) log , 0 x xf x x x x       的图象与直线 1y ax  有三个交点 故答案为：13, 44 a  ,． 【点睛】本题考查函数的零点，已知函数的零点，求参数的取值范围时，可以零点的个数问 题转化为定图象与动直线的交点的个数问题，注意图象的刻画需利用导数来讨论其单调性.． 16. 已知 2 14 3 16,loga b aa a b    ，则 a ______；b  _______. 【答案】 (1). 3 (2). 34log 2 ． 【解析】 【分析】 利用对数式和指数式的转化可得 12b aa  ，从而得到关于 a 的方程，求出 a 后可得b 的值. 【详解】 2 1log aa b  ，∴ 1 2 a ba   ，故 12b aa  ， - 13 - 4 3 16a ba   可化为 14 3 2 16a a   ，也就是4 6 2 16=0a a   ，所以 2 8a  ， 故 3a  ，所以 43 2 16b   ，解得 3 3log 16 4log 2b   . 故答案为： 33,4log 2 ． 【点睛】本题考查指数式和对数式互化，一般地，在对数问题和指数问题中，如果一类问题 不好处理，则转化到另一类问题来考虑，本题属于基础题. 17. 在△ABC 中，∠BAC=90 ，以 AB 为一边向△ABC 外作等边三角形 ABD，∠BCD=2∠ACD， ,AD AB AC     则    ____________ ． 【答案】 1 3 2  【解析】 【分析】 以 A 为原点建立直角坐标系，则设  0,0A ，  0,2B ，  ,0 ( 0)C m m   3,1D ， DCA   ,则 3BCA   ，根据三倍角公式建立方程可求出 m,利用点的坐标运算求出  ， 即可. 【详解】如图建系， 设 (0,0), (0,2), ( ,0)( 0), ( 3,1)A B C m m D DCA    ， ，则 3BCA   ， 根据三倍角公式，有 3 2 3tan tantan3 1 3tan      ， 于是 3 2 1 132 3 3 11 3 3 m m m m             - 14 - 也即 2 2 2 8 6 3 3 (6 3 3 ) m m m m m m     解得 2m  ，于是 1 3, ,2 2     从而 1 3 2     . 【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，及正切三倍角公式，属于难题.解决向量中比较困 难的题目，可以考虑建系，利用向量的坐标运算，往往事半功倍. 三、解答题：本大题共 3 小题，共 44 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 18. 在 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，已知 2 cosb c a B  ． （1）证明： 2A B ； （2）若 ABC 的面积 2 4 aS  ，求角 A 的大小． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2A  或 4A  . 【解析】 试题分析：（1）由正弦定理得sin sin 2sin cosB C A B  ，进而得  sin sinB A B  ，根 据三角形内角和定理即可得结论；（2）由 2 4 aS  得 21 sin2 4 aab C  ，再根据正弦定理得及正 弦的二倍角公式得sin cosC B ，进而得讨论得结果. 试题解析：（1）由正弦定理得sin sin 2sin cosB C A B  ，故  2sin cos sin sin sin sin cos cos sinA B B A B B A B A B      ，于是  sin sinB A B  ． 又  , 0,A B  ，故 0 A B    ，所以  B A B   或 B A B  ，因此 A  （舍去） 或 2A B ，所以 2A B ． （2）由 2 4 aS  得 21 sin2 4 aab C  ，故有 1sin sin sin 2 sin cos2B C B B B  ，因sin 0B  ， 得sin cosC B ．又  , 0,B C  ，所以 2C B  ．当 2B C   时， 2A  ；当 2C B   时， 4A  ． - 15 - 综上， 2A  或 4A  ． 考点：1、正弦定理及正弦的二倍角公式；2、三角形内角和定理及三角形内角和定理. 19. 如图，已知两条抛物线  2 1 1 1: 2 0 E y p x p 和  2 2 2 2: 2 0 E y p x p ，过原点 O 的两 条直线 1l 和 2l ， 1l 与 1 2,E E 分别交于 1 2,A A 两点， 2l 与 1 2,E E 分别交于 1 2,B B 两点. （1）证明： 1 1 2 2/ /A B A B （2）过原点O 作直线l（异于 1l ， 2l ）与 1 2,E E 分别交于 1 2,C C 两点.记 1 1 1A B C△ 与 2 2 2A B C△ 的面积分别为 1S 与 2S ，求 1 2 S S 的值. 【答案】（1）答案见解析；（2） 2 1 2 2 p p 【解析】 【分析】 （1）利用直线与抛物线联立，求出各个点的坐标，然后用坐标形式表示出 1 1 2 2,A B A B   ，即可 求解； （2）由（1）可知，在 1 1 1A B C△ 和 2 2 2A B C△ 中， 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2/ / , / / , / /A B A B AC A C B C B C ，所 以 1 1 1 2 2 2A B C A B C:△ △ ，所以有 2 1 11 2 2 2 A BS S A B       ，计算即得结果. 【详解】（1）因为直线 1 2,l l 过原点，且都与抛物线有两个交点，所以 1 2,l l 的斜率都一定存在， - 16 - 不妨设 1l 的斜率为 1k ， 2l 的斜率为 2k ，则直线 1 2,l l 的方程分别为 1 2,y k x y k x  ， 分别联立 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2, , ,y p x y p x y p x y p x y k x y k x y k x y k x                  ， 得 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 22 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2, , , , , , ,p p p p p p p pA A B Bk k k k k k k k                         ， 所以 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1, 2 ,p p p pA B pk k k k k k k k                  ， 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1, 2 ,p p p pA B pk k k k k k k k                  ， 所以 1 1 1 2 2 2 pA B A Bp    ，所以 1 1 2 2/ /A B A B ； （2）由（1）可知，在 1 1 1A B C△ 和 2 2 2A B C△ 中， 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2/ / , / / , / /A B A B AC A C B C B C ，所 以 1 1 1 2 2 2A B C A B C:△ △ ，所以有 22 21 11 11 1 2 2 2 2 22 2 A BA BS p S A B pA B                 . 【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合问题，考查了向量共线定理的应用，考查了学生的 运算求解的能力，考查了转化与化归的思想. 20. 如图，椭圆 E： 2 2 2 2+ 1( 0)x y a ba b    的离心率是 2 2 ，过点 P（0,1）的动直线 l 与椭圆 相交于 A，B 两点，当直线 l 平行与 x 轴时，直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2 . - 17 - （1）求椭圆 E 的方程； （2）在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得 QA PA QB PB  恒成立？ 若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）存在，Q 点的坐标为 (0,2)Q . 【解析】 【详解】（1）由已知，点 ( 2,1) 在椭圆 E 上. 因此， 2 2 2 2 2 2 1 1, , 2 ,2 a b a b c c a          解得 2, 2a b  . 所以椭圆的方程为 2 2 14 2 x y  . （2）当直线 l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C、D 两点. 如果存在定点 Q 满足条件，则 | | | | 1| | | | QC PC QD PD   ，即| | | |QC QD . 所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为 0(0, )y . 当直线l 与 x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于 M、N 两点. 则 (0, 2), (0, 2)M N  ， 由 | | | | | | | | QM PM QN PN  ，有 0 0 | 2 | 2 1 | 2 | 2 1 y y     ，解得 0 1y  或 0 2y  . 所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件， - 18 - 则 Q 点的坐标只可能为 (0,2)Q . 下面证明：对任意的直线l ，均有 | | | | | | | | QA PA QB PB . 当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立. 当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为 1y kx  ， A、B 的坐标分别为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y . 联立 2 2 1,4 2 1 x y y kx       得 2 2(2 1) 4 2 0k x kx    . 其判别式 2 216 8(2 1) 0k k     ， 所以， 1 2 1 22 2 4 2,2 1 2 1 kx x x xk k       . 因此 1 2 1 2 1 2 1 1 2x x kx x x x    . 易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 2 2( , )B x y  . 又 1 2 1 1 2 2 1 2 21 1 1,QA QB y yk k k k kx x x x x           ， 所以 QA QBk k  ，即 , ,Q A B 三点共线. 所以 1 2 | || | | | | | | | | | | | | | xQA QA PA QB QB x PB    . 故存在与 P 不同的定点 (0,2)Q ，使得 | | | | | | | | QA PA QB PB 恒成立. - 19 - 【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知 识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与 整合等数学思想. - 20 -