2020届高三数学6月联考试题理(含解析)

2020届高三数学6月联考试题理（含解析）
一､选择题
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式得集合，求对数型复合函数的定义域得集合，然后由交集定义得结论．
【详解】因为，，所以.
故选：A．
【点睛】本题考查集合交集，考查运算求解能力.难点是求对数型复合函数的定义域．
2. 复数，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的计算公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，则.
故选：D
【点睛】本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，考查了复数模的计算公式，考查了数学运算能力.
3. 已知，，且，则向量与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由数量积的运算律求出，再根据的定义求出夹角的余弦，从而得夹角大小．
【详解】因为，所以.
因为，，所以，
，则向量与的夹角为.
故选：A．
【点睛】本题考查平面向量数量积的定义与运算律，考查运算求解能力.由数量积的定义有．
4. 已知实数，满足不等式组，则的最小值为（）
A. 0
B. 2
C. 6
D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.
【详解】
由同理
如图，直线平移到B点时，取最小值为
故选：B
【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
5. 用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（）
A. 正三角形
B. 正方形
C. 正五边形
D. 正六边形【答案】C
【解析】
不难作出截面是正三角形和正方形的例子，正六边形的例子是由相应棱的中点连接而成，利用反证法，和平面平行的性质定理可以证明不可能是正五边形．
【详解】如图所示：截面的形状可能是正三角形（图1），正方形（图2），正六边形（图3）
图1 图2 图3
假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，掌握正方体以及平面图形的几何特征，难点是借助于反证法，利用面面平行的性质定理判定C错误，属于基础题．
6. 在数列中，，，且，则（）
A. 9
B. 11
C. 13
D. 15
【解析】
【分析】
由已知可得数列为等差数列，从而通过求出公差和首项后可得数列的第6项．
【详解】因为，所以，所以数列是等差数列.
因为，，即，解得，所以.
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.解题方法是定义法和基本量法，属于基础题．
7. 已知的展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（）
A. 80
B. 40
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由两个二项式系数相等根据组合数的性质求出，写出展开式的通项公式，得出所在项数，从而可得其系数．
【详解】由题意，所以，解得，
则的展开式的通项为，
故选：A．
【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力与推理论证能力.掌握二项式展开式通项公式是解题关键．
8. 已知函数是定义在上的奇函数，且的图象关于直线
对称，当时，，则（）
A. 3
B.
C. 7
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得，再将化成，即可得到答案；
【详解】由题意可得，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.
9. 在四面体中，，，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】
把四面体补成一个长，宽，高分别为，，1的长方体，取的中点，连接，，运用条件可得是等腰直角三角形，然后可得出答案.
【详解】如图，把四面体补成一个长，宽，高分别为，，1的长方体，
取的中点，连接，.
因为，分别是，的中点，所以，，
同理，.
因为，所以，
所以是等腰直角三角形，则，
即异面直线与所成的角为.
故选：B
【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题.
的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解不等式，找解集中的最大区间即可．
【详解】因为，所以，
则满足条件的的最大范围是，
解得，
故的最大值是.
故选：C．
【点睛】本题考查三角函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.本题实质就是解三角不等式．
11. 设双曲线的右焦点为，点.已知点在双曲线的左支上，且，，不共线，若的周长的最小值是，则双曲线的离心率是（）
A. 3
B.
C. 5
D.
【答案】D
【分析】
由双曲线的定义可得，结合图示，可得当共线时，的周长最小，进而可得a与c的关系，代入公式，即可求出离心率。

【详解】如图，设为的左焦点，连接，，
则，，
所以的周长.
因为，所以周长.
因为的周长的最小值是，所以，
所以，所以双曲线的离心率是.
故选D
【点睛】本题考查双曲线的定义，离心率的求法，关键在于根据已知条件得到共线时，的周长最小，再根据条件化简求值即可，考查运算求解能力与推理论证能力，属中档题。

12. 若对任意的，都存在，使不等式
成立，则整数的最小值为（）（提
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设，由题意可知对恒成立，由可得出在上有解，令
，可得，利用导数求得函数在区间上的最小值，由此可求得整数的最小值.
【详解】设，由题意可知对
恒成立，
则在上有解，
即在上有解.
设，则，
设，则，则函数在区间上单调递减，
因为，所以，则在上单调递减.
因为，，所以，，
则在上单调递增，在上单调递减.
因为，，
所以，
则，即，故，
因为，所以的最小值是.
故选：B.
【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立与能成立求参数，考查利用导数求得函数的最值是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
二､填空题
13. 已知函数，若，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】
将代入函数的解析式，解方程即可求出的值.
【详解】由题意可得，解得.
【点睛】本题主要考查解对数方程，考查运算求解能力，属于基础题.
14. 辊子是客家传统农具，南方农民犁开田地后，仍有大的土块.农人便用六片叶齿组成辊轴，两侧装上木板，人跨开两脚站立，既能掌握平衡，又能增加重量，让牛拉动辊轴前进，压碎土块，以利于耕种.这六片叶齿又对应着菩萨六度，即布施､持戒､忍辱､精进､禅定与般若.若甲从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，放回后，乙再从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，则这两人选的叶齿对应的“度”没有相同的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
用分步计数原理求出基本事件的总数，再求出事件“两人选的叶齿对应的“度”没有相同”所含基本事件的个数，根据公式计算概率．
【详解】由题意可知所求概率.
故答案为：．
【点睛】本题考查数学文化与古典概型，考查运算求解能力.解题关键是求出基本事件的个数．
15. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，且，线段的垂直平分线过点，则抛物线的方程是______；若直线过点，则
______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据焦半径公式可得，再根据可得
，联立即可求出，得到抛物线的方程；再联立直线和抛物线的方程，可解得，再根据
，即可解出．
【详解】设，，
由抛物线的焦半径公式可得，，，
则，即.
因为点在线段的垂直平分线上，所以，
则.
因为，，所以，
因为，所以，则，解得，
故抛物线的方程是.
因为直线过点，所以直线的方程是，
联立，整理得，则，
从而，
因为，所以，解得.
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，意在考查学生转化与化归的能力以及数学运算能力，属于基础题．
16. 在数列中，，且，则数列的前项和为______.(用含的式子表示)
【答案】
【解析】
【分析】
对递推公式进行变形，可以证明数列是等比数列，然后利用等比数列的通项公式求出数列的通项公式，最后根据数列的通项公式特点，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】因为，所以，
所以数列是首项为，公比为3的等比数列，
所以，
则，
故.
故答案为：
【点睛】本题考查已知数列的递推公式求通项公式，考查了等比数列的定义、通项公式和前项和公式，考查化归与转化的数学思想与数学运算能力.
三､解答题
17. 在△中，角，，所对的边分别为，，.已知
.
（1）求；
（2）若，为的角平分线，在上，且，求.
【答案】（1）.（2）
【解析】
【分析】
（1）通过正弦定理将边化为角，结合三角形内角和定理和以及两角和的正弦公式可得，最后由恒等式可得结果；（2）设，首先求出，然后根据列式即可求出的值.
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以.
因为，所以，故.
（2）设，则.
因为为的角平分线，所以，
因为，所以，则.
因为，
所以，
即，解得.
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理实现边角互化，两角和的正弦公式，三角形的面积公式的应用，属于中档题.
18. 已知椭圆的离心率为，且椭圆的右顶点到直线的距离为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点，且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的面积(为坐标原点).
【答案】（1）.（2）
【解析】
【分析】
（1）由右顶点到直线的距离得，再由离心率得，从而可得值，得出椭圆方程；
（2）写出直线方程，直线方程与椭圆方程联立方程组消元得一元二次方程，设，，得，而的面积可表示为，由此可得所求面积．
【详解】（1）因为椭圆的右顶点到直线的距离为3，
所以，解得.
因为椭圆的离心率为，所以，
所以，所以.
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的方程为，
设，，
联立，整理得，
则，，
从而.
故的面积.
【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的三角形面积问题．求三角形面积时不直接求出交点坐标，而是设，，由直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理得，面积表示为，这样代入计算，可避免求交点坐标。

19. 在三棱锥中，平面，为的中点，且
.
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）证明出，由平面得出，再由线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）由（1）可知、、两两垂直，以为原点，、的方向分别为，轴的正方向，过点作平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）因为为的中点，且，所以
，
所以，，
所以.
因为，所以，即.
因为平面，且平面，所以.
因为平面，平面，且，
所以平面.
（2）由（1）可知、、两两垂直，则可以以为原点，、的方向分别为、轴的正方向，过点作平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则、、，故，.
设平面的法向量，则，
不妨设，则.
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以.
设二面角为，由图可知为锐角，则.
【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了利用空间向
量法求解二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20. 某公司为了丰富员工的业余文化生活，召开了一次趣味运动会.甲､乙两人参加“射击气球”这项比赛活动，他们依次轮流射击气球一次，每人射击次(射击次数由参与比赛的两人决定)，其中射击气球只有两种结果：“中”与“不中”.比赛规则如下：甲先射击，若结果是“中”，则本次射击得2分，否则得1分；再由乙第一次射击，若结果为“中”，其得分在甲第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第二次射击，若结果为“中”，其得分在乙第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由乙第二次射击，若结果为“中”，其得分在甲第二次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第三次射击，按此规则，直到比赛结束.已知甲､乙每次击中气球的概率均为.记，
分别表示甲，乙第次射击的得分.
（1）若，记乙的累计得分为，求的概率.
（2）①求数学期望，，；
②记，，，….证明：数列为等比数列.
【答案】（1）.（2）①，，.②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据乙每次射击得分为1分的概率得出的值，再由对立事件的性质，即可得出的概率；
（2）①分别得出，，的可能取值，求出相应的概率，列出分布列，即可得出数学期望，，；
②先由题意得出，结合等比数列的定义，即可证明数列为等比数列.
【详解】（1）由题意可知，且乙每次射击得分为1分概率均为
则
故
（2）①由题意可得的可能取值为1，2.
，.
则甲第一次得分的分布列为
1
故.
由题意可得的可能取值为1，2，3.
；；.则乙第一次得分的分布列为
1
故.
由题意可得的可能取值为1，2，3，4.
；；
；.
则甲第二次得分的分布列为
1
故.
②由题意可知.
则，即.
因为
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望以及证明数列为的等比数列，属于中档题.
21. 已知函数.
（1）讨论的零点个数；
（2）若，，求的极小值的值域.
【答案】（1）答案见解析.（2）
【解析】
【分析】
（1）对函数进行求导，根据导函数的正负性判断出函数的单调性，然后利用函数的单调性，结合函数的最值、零点存在原理，分类讨论进行求解即可；
（2）对进行求导，根据（1）中的结论，结合函数极值定义，求出的极小值的表达式，然后利用二次函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
则当时，；当时，.
故在上单调递减，在上单调递增，
所以.
①当时，无零点；
②当时，有一个零点；
③当时，因为，，
，所以有两个零点.
（2）因为，
所以.
由（1）可知当时，有两个零点，(不妨设)，
,
，同理，
所以，也是的两个零点，
且在定义域内与的符号完全相同，
所以在，上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为.
因为满足，
设在恒成立，
单调递增，又，所以，
则.
所以.
【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的零点问题，考查了函数极值的取值范围问题，考查了分类讨论思想和数学运算能力.
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数).
（1）求曲线，的普通方程；
（2）已知点，若曲线，交于，两点，求的值.
【答案】（1）：，：.（2）
【解析】
【分析】
（1）消去参数可得曲线普通方程；将y平方消去可得曲线的普通方程；
（2）将直线改写成过的标准直线参数方程，再联立曲线的普通方程化简可得关于的一元二次方程，根据的几何意义，结合韦达定理，即可求出的值。

【详解】（1）由曲线的参数方程为(为参数)，消去得.
由曲线的参数方程为(为参数)，消去得.
（2）曲线的标准参数方程为(为参数).
代入，整理得，
所以，，
因为，，所以.
【点睛】本题主要考查参数方程与直角坐标方程的互化，同时也考查了直线参数方程的几何意义，易错点在于要先将直线参数方程化为标准形式，再代入求解，属中档题。

23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为，且实数，满足，求的最大值.
【答案】（1）.（2）
【解析】
【分析】
（1）首先将写成分段函数的形式，然后解出即可；（2）首先求出，然后利用柯西不等式求解即可.
【详解】（1），
等价于或或，
解得或或.
故不等式的解集为.
（2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则，故
(当且仅当，时取等号)，
即最大值为.
【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法和利用柯西不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.
2020届高三数学6月联考试题理（含解析）一､选择题
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元二次不等式得集合，求对数型复合函数的定义域得集合，然后由交集定义得结论．【详解】因为，，
所以.
故选：A．
【点睛】本题考查集合交集，考查运算求解能力.难点是求对数型复合函数的定义域．
2. 复数，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的计算公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，则.
故选：D
【点睛】本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，考查了复数模的计算公式，考查了数学运算能力.
3. 已知，，且，则向量与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由数量积的运算律求出，再根据的定义求出夹角的余弦，从而得夹角大小．
【详解】因为，所以.
因为，，所以，
，则向量与的夹角为.
故选：A．
【点睛】本题考查平面向量数量积的定义与运算律，考查运算求解能力.由数量积的定义有．
4. 已知实数，满足不等式组，则的最小值为（）
A. 0
B. 2
C. 6
D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.
【详解】
由同理
如图，直线平移到B点时，取最小值为
故选：B
【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
5. 用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是（）
A. 正三角形
B. 正方形
C. 正五边形
D. 正六边形
【答案】C
【解析】
【分析】
不难作出截面是正三角形和正方形的例子，正六边形的例子是由相应棱的中点连接而成，利用反证法，和平面平行的性质定理可以证明不可能是正五边形．
【详解】如图所示：截面的形状可能是正三角形（图1），正方形（图2），正六边形（图3）
图1 图2 图3
假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形．故选：C．
【点睛】本题主要考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，掌握正方体以及平面图形的几何特征，难点是借助于反证法，利用面面平行的性质定理判定C错误，属于基础题．
6. 在数列中，，，且，则（）
A. 9
B. 11
C. 13
D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知可得数列为等差数列，从而通过求出公差和首项后可得数列的第6项．
【详解】因为，所以，所以数列是等差数列.
因为，，即，解得，所以.
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列，考查运算求解能力.解题方法是定义法和基本量法，属于基础题．
7. 已知的展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（）
A. 80
B. 40
C.
D.
【解析】
【分析】
由两个二项式系数相等根据组合数的性质求出，写出展开式的通项公式，得出所在项数，从而可得其系数．
【详解】由题意，所以，解得，
则的展开式的通项为，
由得，所以的系数为.
故选：A．
【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力与推理论证能力.掌握二项式展开式通项公式是解题关键．
8. 已知函数是定义在上的奇函数，且的图象关于直线对称，当
时，，则（）
A. 3
B.
C. 7
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得，再将化成，即可得到答案；
【详解】由题意可得，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.
9. 在四面体中，，，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
把四面体补成一个长，宽，高分别为，，1的长方体，取的中点，连接，，运用条件可得是等腰直角三角形，然后可得出答案.
【详解】如图，把四面体补成一个长，宽，高分别为，，1的长方体，
取的中点，连接，.
因为，分别是，的中点，所以，，
同理，.
因为，所以，
所以是等腰直角三角形，则，
即异面直线与所成的角为.
故选：B
【点睛】本题考查异面直线所成的角，考查空间想象能力与运算求解能力，属于基础题.
10. 已知函数的定义域为，值域为，则的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解不等式，找解集中的最大区间即可．
【详解】因为，所以，
则满足条件的的最大范围是，
解得，
故的最大值是.
故选：C．
【点睛】本题考查三角函数的性质，考查运算求解能力与推理论证能力.本题实质就是解三角不等式．
11. 设双曲线的右焦点为，点.已知点在双曲线的左支上，且，，不共线，若的周长的最小值是，则双曲线的离心率是（）A. 3 B. C. 5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由双曲线的定义可得，结合图示，可得当共线时，的周长最小，进而可得a与c的关系，代入公式，即可求出离心率。

【详解】如图，设为的左焦点，连接，，
则，，
所以的周长.
因为，所以周长.
因为的周长的最小值是，所以，
所以，所以双曲线的离心率是.
故选D
【点睛】本题考查双曲线的定义，离心率的求法，关键在于根据已知条件得到共线时，的周长最小，再根据条件化简求值即可，考查运算求解能力与推理论证能力，属中档题。

12. 若对任意的，都存在，使不等式成立，则整数的最小值为（）（提示：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设，由题意可知对恒成立，由可得出
在上有解，令，可得，利用导数求得函数在区间上的最小值，由此可求得整数的最小值.
【详解】设，由题意可知对恒成立，
则在上有解，
即在上有解.
设，则，
设，则，则函数在区间上单调递减，
因为，所以，则在上单调递减.
因为，，所以，，
则在上单调递增，在上单调递减.
因为，，
所以，
则，即，故，
因为，所以的最小值是.
故选：B.
【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立与能成立求参数，考查利用导数求得函数的最值是解答的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
二､填空题
13. 已知函数，若，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】
将代入函数的解析式，解方程即可求出的值.
【详解】由题意可得，解得.
【点睛】本题主要考查解对数方程，考查运算求解能力，属于基础题.
14. 辊子是客家传统农具，南方农民犁开田地后，仍有大的土块.农人便用六片叶齿组成辊轴，两侧装上木板，人跨开两脚站立，既能掌握平衡，又能增加重量，让牛拉动辊轴前进，压碎土块，以利于耕种.这六片叶齿又对应着菩萨六度，即布施､持戒､忍辱､精进､禅定与般若.若甲从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，放回后，乙再从这六片叶齿中任取两片不同的叶齿，则这两人选的叶齿对应的“度”没有相同的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
用分步计数原理求出基本事件的总数，再求出事件“两人选的叶齿对应的“度”没有相同”所含基本事件的个数，根据公式计算概率．
【详解】由题意可知所求概率.
故答案为：．
【点睛】本题考查数学文化与古典概型，考查运算求解能力.解题关键是求出基本事件的个数．
15. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，且，线段的垂直平分线过点，则抛物线的方程是
______；若直线过点，则______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据焦半径公式可得，再根据可得，联立即可求出，得到抛物线的方程；再联立直线和抛物线的方程，可解得，再根据，即可解出．
【详解】设，，
由抛物线的焦半径公式可得，，，
则，即.
因为点在线段的垂直平分线上，所以，
则.
因为，，所以，
因为，所以，则，解得，
故抛物线的方程是.
因为直线过点，所以直线的方程是，
联立，整理得，则，
从而，
因为，所以，解得.
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，意在。