2021年江苏省常州市高考数学期初试卷（一模）

这是一份2021年江苏省常州市高考数学期初试卷（一模），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x|x2+2ax−3a2=0}，B={x|x2−3x>0}，若A⊆B，则实数a的取值范围为（ ）
A.{0}B.{−1, 3}
C.(−∞, 0)∪(3, +∞)D.(−∞, −1)∪(3, +∞)

2. i是虚数单位，在复平面内复数3−i+23−i对应的点的坐标为( )
A.(332, −12)B.(332, −32)C.(32, −12)D.(32, −32)

3. 已知a，b，c是实数，则“a≥b”是“ac2≥bc2”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

4. 设函数f(x)＝alnx+bx2，若函数f(x)的图象在点（1, f(1)）处的切线方程为y＝x，则函数y＝f(x)的增区间为（ ）
A.(0, 1)B.(0，）C.（，+∞)D.（，1)

5. 用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色，则“在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（ ）

A.B.C.D.

6. 如果在一次实验中，测得(x, y)的四组数值分别是(1, 2.2)，(2, 3.3)，(4, 5.8)，(5, 6.7)，则y对x的线性回归方程是（ ）
A.B.C.D.

7. 令(x+1)2020=a1x2020+a2x2019+a3x2018+⋯+a2020x+a2021(x∈R)，则a2+2a3+⋯+2019a2020+2020a2021=( )
A.2019⋅22019B.2019⋅22020C.2020⋅22019D.2020⋅22020

8. 函数f(x)=Asin(2x+φ)+kx+b，A>0，φ>0，k，b∈R，则函数f(x)在区间(−π, π)上的零点最多有( )
A.4个B.5个C.6个D.7个
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）

已知，是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且（-）•（-）＝0，则下列结论中正确的有（ ）
A.B.
C.D.，的夹角是钝角

已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布N(110, 81)，其中90分为及格线，则下列结论中正确的有
附：随机变量ξ服从正态分布N(μ, σ2)，则P(μ−2σ<ξ<μ+2σ)＝0.9545( )
A.该校学生成绩的期望为110
B.该校学生成绩的标准差为9
C.该校学生成绩的标准差为81
D.该校学生成绩及格率超过95%

意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，⋯，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论中正确的有( )
A.a8=21
B.S7=32
C.a1+a3+a5+...+a2n−1=a2n
D.a12+a22+⋯+a20212a2021=a2022

设函数y=f(x)的定义域为D，若存在常数a满足[−a, a]⊆D，且对任意的x1∈[−a, a]，总存在x2∈[−a, a]，使得f(x1)⋅f(−x2)=1，称函数f(x)为P(a)函数，则下列结论中正确的有( )
A.函数f(x)=3x是P(1)函数
B.函数f(x)=x3是P(2)函数
C.若函数f(x)=lg12(x+t)是P(2)函数，则t=4
D.若函数f(x)=tanx+b是Pπ4函数，则b=±2
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）

圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为________．

函数f(x)=|sinx+csx|+|sinx−csx|的最小正周期T=________．

已知椭圆C1:x2m+1+y2m=1的右焦点F也是抛物线C2:y2=nx的焦点，且椭圆与抛物线的交点到F的距离为53，则实数n=________，椭圆C1的离心率e=________．

已知函数f(x)＝−ln|x−2|，则使不等式f(2t+1)>f(t+2)成立的实数t的取值范围是________．
四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，前n项和为Sn．
（1）若a1＝1，S6＝，求a3的值；

（2）若q>1，am+am+2＝，且S2m＝9Sm，m∈N*，求m的值．

已知△ABC中，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3b2+3c2＝3a2+2bc．
（1）求sinA的值；

（2）若sinB＝2sinC，求tanC的值．

已知某射手射中固定靶的概率为34，射中移动靶的概率为23，每次射中固定靶、移动靶分别得1分、2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次．
(1)求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；

(2)求该射手的总得分X的分布列和数学期望．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，AB=AP=2BC，平面PAB⊥平面ABCD，二面角P−BC−A的大小为45∘．

(1)求证：PA⊥平面ABCD；

(2)求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值．

已知函数，a，b∈R．
（1）若a>0，b>0，且1是函数f(x)的极值点，求的最小值；

（2）若b＝a+1，且存在x0∈[，1]，使f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．

已知等轴双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)经过点(52, 12)．
(1)求双曲线C的标准方程；

(2)已知点B(0, 1)．
①过原点且斜率为k的直线与双曲线C交于E，F两点，求∠EBF最小时k的值；
②点A是C上一定点，过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，kAP+kAQ为定值λ，求点A的坐标及实数λ的值．
参考答案与试题解析
2021年江苏省常州市高考数学期初试卷（一模）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）
1.
【答案】
D
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
解出A集合，分类讨论a的范围，结合A⊆B，可得实数a的取值范围．
【解答】
解：已知集合A=x|x2+2ax−3a2=0=x|x+3ax−a=0，
B={x|x2−3x>0}={x|x>3或x<0}，
若A⊆B，
则B集合包含A集合的所有元素，
若a=0时，A=0 ，不符合题意舍去；
当a≠0时，A=−3a,a，
则a>0时，
因为A⊆B，则a>3；
a<0时，−3a>0 ，
因为A⊆B ，则−3a>3，
即a<−1，故实数a的取值范围为−∞,−1∪3,+∞.
故选D．
2.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：∵ 3−i+23−i
=3−i+2(3+i)(3−i)(3+i)
=3−i+2(3+i)4
=3−i+32+i2=332−12i，
∴ 在复平面内复数3−i+23−i对应的点的坐标为(332, −12)．
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由“a≥b”⇒“ac2≥bc2”，反之不成立，例如c=0时即可判断出结论．
【解答】
解：由“a≥b”⇒“ac2≥bc2”，反之不成立，例如c=0时．
∴ “a≥b”是“ac2≥bc2”的充分不必要条件．
故选：A．
4.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
C
【考点】
二项式定理的应用
导数的运算
【解析】
运用二项式性质，然后两边求导即可．
【解答】
解：由题知，a1=a2021，a2=a2020，⋯，即ak=a2022−k，其中1≤k≤2021，k∈Z，
所以x+12020=a2021x2020+a2020x2019+a2019x2018+⋯+a2x+a1，
对上式左右两边求导得
2020x+12019=2020a2021x2019+2019a2020x2018+⋯+2a3x+a2，
再令x=1得
a2+2a3+⋯+2019a2020+2020a2021=2020⋅22019．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
正弦函数的图象
【解析】
根据题意，由函数的零点与方程的关系，可得函数fx在区间−π,π上的零点就是函数y=Asin2x+φ和函数y=−kx−b在区间−π,π的交点，分析y=Asin2x+φ的周期，结合正弦函数的图像分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数fx=Asin2x+φ+kx+b在区间−π,π上有零点，
就是函数y=Asin2x+φ和函数y=−kx−b在区间 −π,π上有交点，
对于y=Asin2x+φ，其周期T=2π2=π，
区间−π,π包含2个周期，如图：
两个函数在两个周期中最多有5个交点，即函数f(x)在区间−π,π上的零点最多有5个．
故选B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）
【答案】
B,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
A,B,D
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
A,C,D
【考点】
数列递推式
【解析】
由题意可得数列an满足递推关系a1=1，a2=1，an=an−2+an−1n≥3，对照四个选项可得正确选项．
【解答】
解：由题设知：数列an的前8项为：
1，1，2，3，5，8，13，21，
∴a8=21，S7=33，故A正确，B错误；
又a1=a2，a3=a4−a2，a5=a6−a4，⋯，a2n−1=a2n−a2n−2，
将以上式子相加可得： a1+a3+a5+…+a2n−1=a2n，故C正确；
斐波那契数列总有an+2=an+1+an，
∴a12=a2a1，
a22=a2a3−a1=a2a3−a2a1，
a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，
⋯，
a20192=a2019a2020−a2019a2018，
a20202=a2020a2021−a2020a2019，
a20212=a2021a2022−a2021a2020，
将以上式子相加可得：a12+a22+…+a20212=a2021a2022，故D正确．
故选ACD．
【答案】
A,D
【考点】
函数新定义问题
函数的求值
【解析】
A用新定义证明；B举反例即可；C用反证法否定结论；D用新定义建立不等式组，解不等式组判断即可．
【解答】
解：A，对任意的x1∈−1,1，要使fx1⋅f−x2=1，
即3x1⋅3−x2=1，只要x2=x1即可，所以函数fx=3x是P(1)函数，故A正确；
B，当x1=0时，f0f−x2=1，此方程无解，故B错误；
C，假设C正确，则对任意的x1∈−2,2，总存在x2∈−2,2，
使得fx1⋅f−x2=1，即lg12x1+4lg12−x2+4=1，
x1+4∈2,6，−x2+4∈2,6，所以0于是lg12x1+4lg12−x2+4<1，于是矛盾，故C错误；
D，因为fx=tanx+b是Pπ4函数，所以对任意的x1∈−π4,π4，
总存在x2∈−π4,π4，使得fx1f−x2=1，
即b+tanx1b−tanx2=1，
tanx2=b−1b+tanx1∈−1,1，
所以−1≤b−1b+1≤1，且−1≤b−1b−1≤1，解得b=±2，故D正确．
故选AD．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）
【答案】
80π
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
π2
【考点】
三角函数的周期性及其求法
诱导公式
【解析】

【解答】
解：因为f(x+π2)=|sin(x+π2)+cs(x+π2)|+|sin(x+π2)−cs(x+π2)|
=|csx−sinx|+|csx+sinx|
=|sinx+csx|+|sinx−csx|
=fx，
所以fx的周期为π2.
故答案为：π2．
【答案】
4,12
【考点】
圆锥曲线的综合问题
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
抛物线的定义
抛物线的标准方程
【解析】
求出椭圆的焦点坐标，得到抛物线的焦点坐标，即可求解n；求出交点坐标，利用椭圆的定义求解2a，然后求解椭圆的离心率即可．
【解答】
解：椭圆C1:x2m+1+y2m=1的右焦点F1,0，所以抛物线C2:y2=nx的焦点为1,0，
所以n=4；
椭圆与抛物线的交点到F的距离为53，不妨设在第一象限的交点为A，由抛物线定义，可得A23,83，
由椭圆定义，可得2a=23−12+83+(23+1)2+83=4，
所以椭圆的离心率为e=ca=12.
故答案为：4；12．
【答案】
（）
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
四、解答题（本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
等比数列{an}的公比为q(q≠1)，前n项和为Sn．
∵ a1＝8，S6＝，
∴ S6＝＝S7(1+q3)＝，
解得q＝，
∴ a3＝＝．
∵ q>1，am+am+2＝，且S2m＝9Sm，m∈N*，
∴ ，∴ ＝3，
由q>1，解得q＝2，
∵ S8m＝9Sm，∴ ＝9×，
∵ a1≠3，∴ 1−22m＝9(1−4m)，
解得m＝3．
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
△ABC中，3b2+6c2＝3a6+2bc，所以b2+c4−a2＝bc，
利用余弦定理知，csA＝＝＝，
因为A∈(0, π)＝＝；
△ABC中，B＝π−(A+C)，
所以sinB＝sin(A+C)＝2sinC，
即sinAcsC+csAsinC＝2sinC，
所以csC+，
解得sinC＝csC，
又csC≠0，所以tanC＝＝．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件D，射中固定靶为事件A，射中移动靶为事件B，C，
则P(A)=34，P(B)=P(C)=23，
则D=ABC+ABC，
其中ABC与ABC互斥，A，B，C，B，C相互独立，
从而P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=34×23×(1−23)=16，
P(ABC)=34×(1−23)×23=16，
则P(D)=P(ABC+ABC)=P(ABC)+P(ABC)=13，
即该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为13．
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，5．
P(X=0)=(1−34)×(1−23)×(1−23)=136，
P(X=1)=34×13×13=112，
P(X=2)=14×23×13+14×13×23=19，
P(X=3)=34×23×13+34×13×23=13，
P(X=4)=14×23×23=19，
P(X=5)=34×23×23=13，
该射手的总得分X的分布列为：
∴ E(X)=0×136+1×112+2×19+3×13+4×19+5×13=4112.
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
互斥事件的概率加法公式
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】


【解答】
解：(1)记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件D，射中固定靶为事件A，射中移动靶为事件B，C，
则P(A)=34，P(B)=P(C)=23，
则D=ABC+ABC，
其中ABC与ABC互斥，A，B，C，B，C相互独立，
从而P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=34×23×(1−23)=16，
P(ABC)=34×(1−23)×23=16，
则P(D)=P(ABC+ABC)=P(ABC)+P(ABC)=13，
即该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为13．
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，5．
P(X=0)=(1−34)×(1−23)×(1−23)=136，
P(X=1)=34×13×13=112，
P(X=2)=14×23×13+14×13×23=19，
P(X=3)=34×23×13+34×13×23=13，
P(X=4)=14×23×23=19，
P(X=5)=34×23×23=13，
该射手的总得分X的分布列为：
∴ E(X)=0×136+1×112+2×19+3×13+4×19+5×13=4112.
【答案】
(1)证明：∵ 底面四边形ABCD是矩形，∴ BC⊥AB，
又∵ 平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
∴ BC⊥平面PAB，
∵ AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB
∴ BC⊥AB，BC⊥PB，
∴ ∠PBA为二面角P−BC−A的平面角，
又二面角P−BC−A的大小为45∘，∴ ∠PBA=45∘，
∵ 在△PAB中AB=AP，∴ ∠PBA=∠BPA=45∘，
∴ ∠PAB=90∘，即AB⊥AP，
又BC⊥PA，AB∩BC=B，
∴ PA⊥平面ABCD.
(2)解：如图所示，在底面ABCD内，过点B作BH⊥AC，连接PH，
由(1)知PA⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
又PA∩AC=A，
∴ BH⊥平面PAC，
∴ ∠BPH为直线PB与平面PAC所成的角，
设BC=1，
则BH=AB×BCAC=25，
BP=2PA=22，
∴ 直线PB与平面PAC所成的角的正弦值为BHBP=1010．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ 底面四边形ABCD是矩形，∴ BC⊥AB，
又∵ 平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
∴ BC⊥平面PAB，
∵ AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB
∴ BC⊥AB，BC⊥PB，
∴ ∠PBA为二面角P−BC−A的平面角，
又二面角P−BC−A的大小为45∘，∴ ∠PBA=45∘，
∵ 在△PAB中AB=AP，∴ ∠PBA=∠BPA=45∘，
∴ ∠PAB=90∘，即AB⊥AP，
又BC⊥PA，AB∩BC=B，
∴ PA⊥平面ABCD.
(2)解：如图所示，在底面ABCD内，过点B作BH⊥AC，连接PH，
由(1)知PA⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
又PA∩AC=A，
∴ BH⊥平面PAC，
∴ ∠BPH为直线PB与平面PAC所成的角，
设BC=1，
则BH=AB×BCAC=25，
BP=2PA=22，
∴ 直线PB与平面PAC所成的角的正弦值为BHBP=1010．
【答案】
f′(x)＝1−-，因为2是函数f(x)的极值点，
所以f′(1)＝1−a−b＝0，即a+b＝2，
此时f′(x)＝1−-＝＝＝，
当00，
所以＝（+，因为a>0，
所以+≥3（当且仅当a＝3−−6时等号成立），
所以≥3+2，
所以的最小值为3+8．
当b＝a+1时，f(x)＝x−alnx+，
在x0∈[，6]0)<0成立，即函数f(x)在[，
f′(x)＝1−-＝(x>0)，
①当1+a≥8，即a≥0时，8]上单调递减，
所以f(x)在[，1]上的最小值为f(1)＝2+a+1＝a+2<6，
所以a<−2，不符；
②当1+a≤，即a≤，f(x)在[，
所以f(x)在[，1]上的最小值为f（+a+e(a+1)＝(e+1)a+e+，
所以a<−，又a≤，所以a<−；
③当<6+a<1，即，f(x)在[，在[1+a，
所以f(x)在[，5]上的最小值为f(1+a)＝a+1+6−aln(a+1)＝a[1−ln(a+3)]+2，
因为<7+a<1，所以1<7−ln(a+1)<2，
所以a>a[2−ln(a+1)]>2a，
所以f(7+a)＝a[1−ln(a+1)]+3>2a+2>6，不符，
综上可得，a的取值范围是(−∞，）．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)由题意a=b，且54a2−14b2=1，解得a=b=1，
所以双曲线C的方程为x2−y2=1．
(2)①由对称性可设E(x, y)，F(−x, −y)，
则BE→⋅BF→=(x, y−1)⋅(−x, −y−1)=−x2−y2+1，
因为E点在双曲线C上，所以x2−y2=1，所以y2=x2−1，
所以BE→⋅BF→=2(1−x2)≤0，
当|x|=1时，BE→⋅BF→=0，∠EBF为直角，
当|x|>1时，BE→⋅BF→<0，∠EBF为钝角，
所以∠EBF最小时，|x|=1，k=0．
②设A(m, n)，过点B的动直线为y=tx+1，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
联立x2−y2=1,y=tx+1,得(1−t2)x2−2tx−2=0，
所以1−t2≠0,Δ=4t2+8(1−t2)>0,x1+x2=2t1−t2,x1x2=−21−t2,解得t2<2且t2≠1，
kAP+kAQ=λ，即y1−nx1−m+y2−nx2−m=λ，即tx1+1−nx1−m+tx2+1−nx2−m=λ，
化简得(2t−λ)x1x2+(−mt+1−n+λm)(x1+x2)
−2m+2mn−λm2=0，
−(2t−λ)21−t2+(−mt+1−n+λm)2t1−t2
−2m+2mn−λm2=0，
化简得(λm2−2mn)t2+2(λm−n−1)t
+2λ−2m+2mn−λm2=0，
由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，
所以λm2−2mn=0,①λm−n−1=0,2λ−2m+2mn−λm2=0,②
将①代入②得λ=m，从而m3=2mn,m2=n+1,
如果m=0时，那么n=−1，此时A(0, −1)不在双曲线C上，舍去，
因此m≠0，从而m2=2n，代入m2=n+1，解得n=1，m=±2，
此时A(±2, 1)在双曲线上，
综上A(2, 1)，λ=2，或者A(−2, 1)，λ=−2．
【考点】
双曲线的标准方程
直线与双曲线的位置关系
圆与圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由等轴双曲线及双曲线经过点(52, 12)，列方程组，解得a，b，进而可得答案．
（2）①由对称性可设E(x, y)，F(−x, −y)，由数量积得BE→⋅BF→=−x2−y2+1，再由E点在双曲线C上，推出y2=x2−1，进而可得BE→⋅BF→=2(1−x2)≤0，进而可得
∠EBF最小时k的值．
②设A(m, n)，过点B的动直线为y=tx+1，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立直线PQ与双曲线的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，△>0，用坐标表示kAP+kAQ=λ，化简得(λm2−2mn)t2+2(λm−n−1)t+2λ−2m+2n−λm2=0，由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，从而列λm2−2mn＝0①λm−n−1＝02λ−2m+2mn−λm2＝0②，解得n，m，进而可得答案．
【解答】
解：(1)由题意a=b，且54a2−14b2=1，解得a=b=1，
所以双曲线C的方程为x2−y2=1．
(2)①由对称性可设E(x, y)，F(−x, −y)，
则BE→⋅BF→=(x, y−1)⋅(−x, −y−1)=−x2−y2+1，
因为E点在双曲线C上，所以x2−y2=1，所以y2=x2−1，
所以BE→⋅BF→=2(1−x2)≤0，
当|x|=1时，BE→⋅BF→=0，∠EBF为直角，
当|x|>1时，BE→⋅BF→<0，∠EBF为钝角，
所以∠EBF最小时，|x|=1，k=0．
②设A(m, n)，过点B的动直线为y=tx+1，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
联立x2−y2=1,y=tx+1,得(1−t2)x2−2tx−2=0，
所以1−t2≠0,Δ=4t2+8(1−t2)>0,x1+x2=2t1−t2,x1x2=−21−t2,解得t2<2且t2≠1，
kAP+kAQ=λ，即y1−nx1−m+y2−nx2−m=λ，即tx1+1−nx1−m+tx2+1−nx2−m=λ，
化简得(2t−λ)x1x2+(−mt+1−n+λm)(x1+x2)
−2m+2mn−λm2=0，
−(2t−λ)21−t2+(−mt+1−n+λm)2t1−t2
−2m+2mn−λm2=0，
化简得(λm2−2mn)t2+2(λm−n−1)t
+2λ−2m+2mn−λm2=0，
由于上式对无穷多个不同的实数t都成立，
所以λm2−2mn=0,①λm−n−1=0,2λ−2m+2mn−λm2=0,②
将①代入②得λ=m，从而m3=2mn,m2=n+1,
如果m=0时，那么n=−1，此时A(0, −1)不在双曲线C上，舍去，
因此m≠0，从而m2=2n，代入m2=n+1，解得n=1，m=±2，
此时A(±2, 1)在双曲线上，
综上A(2, 1)，λ=2，或者A(−2, 1)，λ=−2．X
0
1
2
3
4
5
P
136
112
19
13
19
13
X
0
1
2
3
4
5
P
136
112
19
13
19
13