2024年3月7日发(作者：高考数学试卷压轴答案)

高中数学题库

1. 求下列函数的值域：

解法2 令t＝sinx，则f(t)＝－t＋t＋1，∵ |sinx|≤1, ∴ |t|≤1.问题转化为求关于t的二次函数f(t)在闭区间[－1,1]上的最值．

2

本例题(2)解法2通过换元，将求三角函数的最值问题转化为求二次函数在闭区间上的最值问题，从而达到解决问题的目的，这就是转换的思想．善于从不同角度去观察问题，沟通数学各学科之间的在联系，是实现转换的关键，转换的目的是将数学问题由陌生化熟悉，由复杂化简单，一句话：由难化易．可见化归是转换的目的，而转换是实现化归段手段。

2. 设有一颗慧星沿一椭圆轨道绕地球运行，地球恰好位于椭圆轨道的焦点处，当此慧星离地球相距m万千米和4m万千米时，经过地球和慧星的直线与椭圆的长轴夹角分别为32和3，求该慧星与地球的最近距离。

x2y2解：建立如下图所示直角坐标系，设地球位于焦点F(c,0)处，椭圆的方程为221ab（图见教材P132页例1）。

时，由椭圆的几何意义可知，彗星A只312/能满足xFA(或xFA)。作ABOx于B，则FBFAm

3323当过地球和彗星的直线与椭圆的长轴夹角为ca2m(c)ac故由椭圆第二定义可知得

24mc(ac2m)ac33c213m,a2c.代入第一式得m(4cc)c,

a32222cm.accm.

332答：彗星与地球的最近距离为m万千米。

3两式相减得m说明：（1）在天体运行中，彗星绕恒星运行的轨道一般都是椭圆，而恒星正是它的一个焦点，该椭圆的两个焦点，一个是近地点，另一个则是远地点，这两点到恒星的距离一个是ac，另一个是ac.

（2）以上给出的解答是建立在椭圆的概念和几何意义之上的，以数学概念为根基充分体现了数形结合的思想。另外，数学应用问题的解决在数学化的过程中也要时刻不忘审题，善于挖掘隐含条件，有意识地训练数学思维的品质。

3. A，B，C是我方三个炮兵阵地，A在B正东6Km，C在B正北偏西30，相距4Km，P为敌炮阵地，某时刻A处发现敌炮阵地的某种信号，由于B，C两地比A距P地远，因此4s后，B，C才同时发现这一信号，此信号的传播速度为1Km/s，A若炮击P地，求炮击的方位角。（图见优化设计教师用书P249例2）

解：如图，以直线BA为x轴，线段BA的中垂线为y轴建立坐标系，则13B(3,0),A(3,0),C(5,23)，因为PBPC，所以点P在线段BC的垂直平分线上。

因为kBC3，BC中点D(4,3)，所以直线PD的方程为y313(x4) （1）

又PBPA4,故P在以A，B为焦点的双曲线右支上。设P(x,y)，则双曲线方程为x2y21(x0) （2）。联立（1）（2），得x8,y53，

45所以P(8,53).因此kPA533，故炮击的方位角北偏东30。

83说明：本题的关键是确定P点的位置，另外还要求学生掌握方位角的基本概念。

4. 河上有抛物线型拱桥，当水面距拱顶5米时，水面宽度为8米，一小船宽4米，高2

米，载货后船露出水面的部分高0.75米，问水面上涨到与抛物线拱顶距多少时，小船开始不能通行？

解：建立平面直角坐标系,设拱桥型抛物线方程为x2py得P=1.6

2(p0)。将B（4,-5）代入x23.2y船两侧与抛物线接触时不能通过

则A(2,yA)，由2=-3.2 yA得yA = - 1.25

因为船露出水面的部分高0.75米

所以h=︱yA︱+0.75=2米

答：水面上涨到与抛物线拱顶距2米时，小船开始不能通行

[思维点拔] 注意点与曲线的关系的正确应用和用建立抛物线方程解决实际问题的技巧。．

5. 如图所示，直线l1和l2相交于点M，l1l2，点Nl1，以A、B为端点的曲线段C上任一点到l2的距离与到点N的距离相等。若AMN为锐角三角形，2AM17,AN3,且NB＝6，建立适当的坐标系，求曲线段C的方程。

解：以直线l1为x轴，线段MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，由条件可知，曲线段C是以点N为焦点，以l2为准线的抛物线的一段，其中A、B分别为曲线段C的端点。

设曲线段C的方程为y2px(p0)(xAxxB,y0)，其中xA,xB为A、B的横坐标，pMN，所以M(2pp,0),N(,0)，由AM17,AN3，得22(xA(xAp2)2pxA17 （1）

24p2，（1）（2）联立解得xA，代入（1）式，并由p0

)2pxA9 （2）p2p4p2p2p或解得，因为AMN为锐角三角形，所以xA，故舍去，所x1x2x22AAA以p4

xA1P4，综上，曲线段C的方程为2由点B在曲线段C上，得xBBNy28x(1x4,y0)

[思维点拔]本题体现了坐标法的基本思路，考查了定义法，待定系数法求曲线方程的步骤，综合考查了学生分析问题、解决问题的能力。

6. 设抛物线y4ax(a0)的焦点为A,以B(a+4,0)点为圆心，︱AB︱为半径，在x轴上方画半圆，设抛物线与半圆相交与不同的两点M，N。点P是MN的中点。

（1）求︱AM︱+︱AN︱的值

（2）是否存在实数a，恰使︱AM︱︱AP︱︱AN︱成等差数列？若存在，求出a，不存在，说明理由。

解：(1)设M,N,P在抛物线准线上的射影分别为M′,N′,P′.

︱AM︱+︱AN︱=︱MM′︱+︱NN′︱=xM+xN+2a 又圆方程[x(a4)]y16

将y4ax代入得x2(4a)xa8a0

222222xMxN24a得︱AM︱+︱AN︱=8

(2)假设存在a

因为︱AM︱+︱AN︱=︱MM′︱+︱NN′︱=2︱PP′︱

所以︱AP︱=︱PP′︱ ，P点在抛物线上，这与P点是MN的中点矛盾。故a不存在。

7. 抛物线y2pxp0上有两动点A，B及一个定点M，F为焦点，若AF,MF,BF2成等差数列

（1）求证线段AB的垂直平分线过定点Q

（2）若MF4,OQ6（O为坐标原点），求抛物线的方程。

（3）对于（2）中的抛物线，求△AQB面积的最大值。

解：（1）设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0，则AFx1pp，BFx2，22MFx0xx2p，由题意得x01，AB的中点坐标可设为x0,t，其中

22ty1y20（否则AFMFBFp0），

2y1y2y1y21x1x222y1y22p2pp，故AB的垂直平分线为y1y2t而kAByttxx0，即txx0pyp0，可知其过定点Qx0p,0

p（2）由MF4,OQ6，得x0（3）直线AB：ytp24,x0p6，联立解得p4,x02y8x。

24x2，代入y28x得y22ty2t2160，t

y1y2y1y24y1y2644t，x1x22222t22y1y2

1622t216t2,AB4x1x22y1y221216t16t

，1256t4，又点Q6,0到AB的距离d16t22111SAQBABd256t416t24096256t216t4t6

244令u4096256t216t4t6，则u512t64t36t5，令u0即512t64t36t50，得t0或t216或t2161642，tt3时333SAQB6496。

[思维点拔]设而不求法和韦达定律法是解决圆锥曲线中的两大基本方法，必须熟练掌握，对定点问题和最值的处理也可由此细细的品味。

228、已知直线l:ytan(x22)交椭圆x9y9于A、B两点，若为l的倾斜角，且AB的长不小于短轴的长，求的取值围。

解：将l的方程与椭圆方程联立，消去y，得(19tan2)x2362tan2x72tan290

6tan26

AB1tanx2x11tan(19tan2)19tan222由AB2,得tan2133,tan，

3335

, 的取值围是0,66[思维点拔]对于弦长公式一定要能熟练掌握、灵活运用民。本题由于l的方程由tan给出，所以可以认定

9、已知抛物线yx与直线yk(x1)相交于A、B两点

（1） 求证：OAOB

（2） 当OAB的面积等于10时，求k的值。

22，否则涉及弦长计算时，还要讨论2时的情况。

y2x2（1） 证明：图见教材P127页，由方程组消去x后，整理得kyyk0。yk(x1)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由韦达定理得y1y21

A,B在抛物线yx上，22y12x1,y2x2,y12y2x1x2

2kOAkOBy1y2y1y211,OAOB

x1x2x1x2y1y2，即N（－1，0）（2） 解：设直线与x轴交于N，又显然k0,令y0,则x1

SOABSOANSOBNSOAB111ONy1ONy2ONy1y2

22211121(y1y2)24y1y2()4

22k1114,解得k

22k6SOAB10,10[思维点拔]本题考查了两直线垂直的充要条件，三角形的面积公式，函数与方程的思想，以及分析问题、解决问题的能力。

210、在抛物线y=4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称，求k的取值围。

2〖解〗设B、C关于直线y=kx+3对称，直线BC方程为x=-ky+m代入y=4x得：

2y+4ky-4m=0， 设B（x1，y1）、C（x2，y2），BC中点M（x0，y0），则

2y0=（y1+y2）/2=-2k。x0=2k+m，

2k32k3∵点M（x0，y0）在直线上。∴-2k（2k+m）+3，∴m=-又BC与抛物线交于不k2k32k3(k1)(k2k3)0即0， 同两点，∴⊿=16k+16m>0把m代入化简得kk2解得-1

[思维点拔]对称问题要充分利用对称的性质特点。

11、已知椭圆的一个焦点F1（0，-22），对应的准线方程为y=-2/3，e，4/3成等比数列。

（1） 求椭圆方程；

（2） 是否存在直线l，使l与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN恰被直线x=-分。若存在，求l的倾斜角的围；若不存在，请说明理由。

92，且离心率e满足：41平2

〖解〗依题意e=22

3a292222（1）∵-c=-22=，又e=∴a=3，c=22，b=1，又F1（0，-22），c434对应的准线方程为y=-92。∴椭圆中心在原点，所求方程为：

4y2x=1

92（2）假设存在直线l，依题意l交椭圆所得弦MN被x=-直线l：ykxm由

ykxm

1平分，∴直线l的斜率存在。设2y2x=1消去y，整理得

92(k29)x22kmxm29=0

∵直线l与椭圆交于不同的两点M、N∴⊿=4km-4(k+9)(m-9)>0

22即m-k-9<0 ①

设M （x1，y1）、N（x2，y2）

2222x1x2k29km12，∴m∴ ②

2k22k9把②代入①可解得：k∴直线l倾斜角3或k3

2,,

3223

[思维点拔] 倾斜角的围，实际上是求斜率的围。

3xy6012、设x，y满足约束条件xy20 ，若目标函数z=ax+by（a>0，b>0）的值是最大x0,y0值为12，则23的最小值为（ ）

ab25811A． B． C． D． 4

633答案：A

解析：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分,当直线ax+by= z（a>0，b>0）过直线x-y+2=0与直线3x-y-6=0的交点（4,6）时，目标函数z=ax+by（a>0，b>0）取得最大12，即4a+6b=12，即2a+3b=6, 而A．

点评：本题综合地考查了线性规划问题和由基本不等式求函数的最值问题．要求能准确地画出不等式表示的平面区域，并且能够求得目标函数的最值，对于形如已知2a+3b=6，求23232a3b13ba1325=()()2，故选abab66ab6623的

ab最小值常用乘积进而用基本不等式解答．

13、本公司计划2008年在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟的广告，广告总费用不超过9万元，甲、乙电视台的广告收费标准分别为500元/分钟和200元/分钟，规定甲、乙两个电视台为该公司所做的每分钟广告，能给公司事来的收益分别为0．3万元和0．2万元．问该公司如何分配在甲、乙两个电视台的广告时间，才能使公司的收益最大，最大收益是 万元．

答案：70

解析：设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为x分钟和y分钟，总收益为zxy≤300，元，由题意得500x200y≤90000，

x≥0，y≥0.目标函数为z3000x2000y．

y

500

400

xy≤300，二元一次不等式组等价于5x2y≤900，

x≥0，y≥0.作出二元一次不等式组所表示的平面区域，即可行域．

如图：作直线l:3000x2000y0，即3x2y0．

平移直线，从图中可知，当直线过M点时，目标函数取得最大值．

联立300

l 200

100

M

0 100 200 300

x

xy300，解得x100，y200．点M的坐标为5x2y900.(100，200)．

zmax3000x2000y700000（元）．

点评：本题是线性规划的实际应用问题，需要通过审题理解题意，找出各量之间的关系，找出线性约束条件，写出所研究的目标函数，通过数形结合解答问题．用线性规划的方法解决实际问题能提高学生分析问题、解决问题的能力，随着课改的深入，这类试题应该是高考的热点题型之一．

14、设a为实数，函数f(x)2x2(xa)|xa|．

(1)若f(0)1，求a的取值围；

(2)求f(x)的最小值；

(3)设函数h(x)解集．

f(x),x(a,)，直接写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)1的．．．．a0a1； 解析：（1）若f(0)1，则a|a|12a1（2）当xa时，f(x)3x2axa,f(x)min222f(a),a02a,a0，

a2a2f(),a0,a033当xa时，f(x)x2axa,f(x)min222f(a),a02a,a0，

2f(a),a02a,a0综上f(x)min2a2,a02a2；

,a03（3）x(a,)时，h(x)1得3x22axa210，

4a212(a21)128a2

当a66或a时，0,x(a,)；

22a32a2a32a266)(x)0；

a当时，△>0，得：(x3322xa讨论得：当a(26,)时，解集为(a,)；

22

a32a2a32a262][,)；

,)时，解集为(a,当a(332222a32a2,]时，解集为[当a[,)．

223点评：本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．

15、知函数f(x)13xx22．

32（Ⅰ）设an是正数组成的数列，前n项和为Sn，其中a13．若点(an,an12an1)(n∈N*)在函数yf(x)的图象上，求证：点(n,Sn)也在yf(x)的图象上；

（Ⅱ）求函数f(x)在区间(a1,a)的极值．

解析：(Ⅰ)证明： 因为f(x)\'\'13xx22,所以f\'(x)x22x，

3\'222由点(an,an12an1)(nN)在函数yf(x)的图象上,an12an1an2an

(an1an)(an1an)2(anan1)， 又an0(nN)，

所以an1an2，an是a13,d2的等差数列，

所以Sn3nn(n1)2=n22n,又因为f\'(n)n22n,所以Snf(n),

2\' 故点(n,Sn)也在函数yf(x)的图象上．

2(Ⅱ)解:f(x)x2xx(x2),令f(x)0,得x0或x2．

当x变化时,f(x)﹑f(x)的变化情况如下表:

x (-∞,-2) -2 (-2,0)

f(x)

f(x)

+

↗

0

极大值

-

↘

注意到(a1)a12,从而

①当a12a,即2a1时,f(x)的极大值为f(2)2,此时f(x)无极小3

值；

②当a10a,即0a1时,f(x)的极小值为f(0)2,此时f(x)无极大值；

③当a2或1a0或a1时,f(x)既无极大值又无极小值．

点评：本小题主要考查函数极值、等差数列等基本知识，考查分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力．

11的最小值为（ ）

ab1 A．8 B．4 C．1 D．

416、设a0,b0.若3是3a与3b的等比中项，则答案：B

解析：因为3a3b3，所以ab1，1111ba(ab)()2

ababab22ba1ba4，当且仅当即ab时“=”成立，故选择B．

ab2ab点评：本小题考查指数式和对数式的互化，以及均值不等式求最值的运用，考查了变通能力．

3*17、设数列an满足a00,an1can1c,cN,其中c为实数．

（Ⅰ）证明：an[0,1]对任意nN*成立的充分必要条件是c[0,1]；

1n1*，证明：an1(3c),nN；

31222（Ⅲ）设0c，证明：a12a2ann1,nN*．

313c（Ⅱ）设0c解析： (1) 必要性：∵a10,∴a21c ，又

∵a2[0,1],∴01c1 ，即c[0,1]．

充分性 ：设c[0,1]，对nN用数学归纳法证明an[0,1] 当n1时，a10[0,1]．假设ak[0,1](k1)

，

，*，

33 则ak1cak1cc1c1，且ak1cak1c1c0∴ak1[0,1]，由数学归纳法知an[0,1]对所有nN*成立．

(2) 设

0c1，当n1时，a10，结论成立．

3，

32当n2 时，∵ancan11c,∴1anc(1an1)(1an1an1)

∵0C12,由（1）知an1[0,1]，所以

1an1an13 且

1an10

，3，

∴1an3c(1an1)2

∴1an3c(1an1)(3c)(1an2)(3c)n1(1a1)(3c)n1

，∴an1(3c)n1(nN*)(3) 设

0c．

12，当n1时，a1202，结论成立，

313c，

n1 当n2时，由（2）知an1(3c)02∴an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1，2∴a21a222ana22ann12[3c(3c)2(3c)n1]2(1(3c)n)2n1n1．

13c13c点评：该题综合考查了等比数列的求和、不等式的性质的应用、充分必要条件和数学归纳法等，具有较高的难度，对逻辑推理能力的考查要求较高．

18、将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为（ ）

Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．

解析：一骰子连续抛掷三次得到的数列共有个，其中为等差数列有三类：

（1）公差为0的有6个；（2）公差为1或-1的有8个；（3）公差为2或-2的有4个，共有18个，成等差数列的概率为，选B．

点评：本题是以数列和概率的背景出现，题型新颖而别开生面，有采取分类讨论，分类时要做到不遗漏，不重复．

19、 等差数列{an}和{bn}的前n项和分别用Sn和Tn表示，若Sna4n，则n的值为( )

Tn3n5bnA

4n28n36n36n2 B C D

3n16n28n28n3答案：A

解析： ∵S2n1(2n1)∴a1a2n1(2n1)an；T2n1(2n1)bn．

2anS2n14(2n1)8n44n2．

bnT2n13(2n1)56n23n1点评：考查等差数列的前n项和的变形。

(a＋b)20、已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小cd值是________．

答案：4

(a＋b)(x＋y)(2xy)解析：∵＝≥＝4．

cdxyxy点评：考查等差等比数列的基本知识，均值不等式。

21、命题p:实数x满足x24ax3a20，其中a0，命题q:实数x满足x2x60或x22x80，且p是q的必要不充分条件，求a的取值围．

解析：设Ax|x24ax3a20(a0)x|3axa，

2222Bx|x2x60或x22x80x|x2x60x|x22x80

x|2x3x|x4或x2=x|x4或x2

因为p是q的必要不充分条件，所以qp，且p推不出q

而CRBx|4x2，CRAx|x3a,或xa

所以x|4x2即x|x3a或xa，则a03a2或a4

a02a0或a4．

3点评：考查逻辑用语，一元二次方程及其含参数的解集。

22、已知二次函数f(x)的二次项系数为 a ，且不等式

f(x)2x 的解集为（1 , 3）．

（l）若方程f(x)6a0有两个相等的根，求f(x)的解析式；

（2）若f(x)的最大值为正数，求 a 的取值围．

解析：（1）因为f(x)2x0的解集为（1，3），所以f(x)2xa(x1)(x3)且a0．

因而f(x)a(x1)(x3)2xax(24a)x3a （1）

由方程f(x)6a0得：ax(24a)x9a0 （2）

因为方程（2）有两个相等的根．

所以[(24a)]4a9a0，即5a24a10．

解得：a1（舍去）或a将a2221，

51163代入（1）得f(x)的解析式为：f(x)x2x，

5555212a2a24a1)（2）f(x)ax2(12a)x3aa(x，

aaa24a1有a < 0，可得f(x)的最大值为，

aa24a1所以 > 0，且a < 0．

a解得：a23或23a0，

故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值围是(,23)(23,0)．

点评：含参数的未知一元二次方程，求函数表达式以及参数的取值围。计算量比较大，且要求对一元二次函数的知识熟练。

23、已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，

⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

an,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列；

2n⑶求数列an的通项公式及前n项和。

⑵设数列cn分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探索解题的途径．

解：(1)由Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得Sn2-Sn1=4(an1-an)，即an2=4an1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)

an2-2an1=2(an1-2an)，又bn=an1-2an，所以bn1=2bn ①

已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ②

由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2n1．

当n≥2时，Sn=4an1+2=2n1(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n1综上可知，所求的求和公式为Sn=2(3n-4)+2．

说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决本题的关键在于由条件Sn14an2得出递推公式。

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用．

24、设实数a0，数列an是首项为a，公比为a的等比数列，记bnan1g|an|(nN*),Snb1b2bn，

求证：当a1时，对任意自然数n都有Sn=n1a(a)n1(1)n1an。 解：ana1qalga(1a)21(1)n1(1nna)an

bnanlg|an|(1)n1anlg|(1)n1an|(1)n1nanlg|a|

Snalg|a|2a2lg|a|3a3lg|a|(1)n2(n1)an1lg|a|(1)n1nanlg|a|

[a2a23a3(1)n2(n1)an1(1)n1nan]lg|a|

记Sa2a3a(1)2323n2(n1)an1(1)n1nan①

n2asa22a3(1)n3(n2)an1(1)n2(n1)an(1)n1nan1②

①+②得(1a)saaa(1)an1(1)n2an(1)n1nan1③

a(1)n1an1a1,(1a)S(1)n1nan1

1(1a)a(1)n1an1(1a)(1)n1nan1S(1a)2a(1nna)(1)n1an1a[1(1nna)(1)n1an]

S22(1a)(1a)alg|a|Sn[1(1)n1(1nna)an]2(1a)说明：本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是先研究通项，确定

Cnanbn,{an}是等差数列，{bn}等比数列。

25、设正数数列{an}为一等比数列，且a2=4，a4=16．

说明：这是2000年全国高考试题，涉及对数、数列、极限的综合题，主要考查等比数列的定义及通项公式，等差数列前n项和公式，对数计算，求数列极限等基础知识，以及综合运用数学知识的能力．

26、（2004年春季高考20）下表给出一个“等差数阵”：

4 7 （） （） （） …… ……

a1j

7

（）

（）

……

ai1

12

（）

（）

……

ai2

（）

（）

（）

……

ai3

（）

（）

（）

……

ai4

（）

（）

（）

……

ai5

……

……

……

……

……

a2j

a3j

……

……

……

……

……

……

a4j

……

aij

…… …… …… …… …… …… ……

其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数。

（I）写出a45的值；（II）写出aij的计算公式；

（III）证明：正整数N在该等差数列阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。

分析：本小题主要考查等差数列、充要条件等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力。

解：（I）a49

45（II）该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：

a43(j1)

1j第二行是首项为7，公差为5的等差数列：

a75(j1)

2j……

3(i1)i1第i行是首项为4，公差为2的等差数列，因此

a43(i1)(2i1)(j1)ij2ijiji(2j1)j

（III）必要性：若N在该等差数阵中，则存在正整数i，j使得N

i(2j1)j从而2

N12ij(21)2j1(21i)(2j1)即正整数2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。

充分性：若2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N+1是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数k，l，使得

，从而N

k(2l1)la2N1(21k)(2l1)kl可见N在该等差数阵中。

综上所述，正整数N在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积。

27、已知点的序列（，0），，其中=0，，A3是线钱A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段的中点，…。

（I）写出与、之间的关系式（≥3）

（II）设，计算，，，由此推测数列{}的通项公式，并加以证明。

（I）解：当n≥3时，

（II）解：

.

由此推测。

证法一：因为，且

（n≥2）所以。

证法二：（用数学归纳法证明：）

（i）当时，，公式成立，

（ii）假设当时，公式成立，即成立。

那么当时，=式仍成立。

根据（i）与（ii）可知，对任意，公式成立

评注：本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识，考查运算能力和逻辑思维能力。

28、（94年全国理)设｛an｝是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.

(1)写出数列｛an｝的前三项；(2)求数列｛an｝的通项公式(写出推证过程)；

(3)令bn=(n∈N)，求：b1+b2+…+bn-n.

解：(1)由题意=an＞0

令n=1时，=S1=a1解得a1=2

令n=2时有==a1+a2解得a2=6

令n=3时有=S3=a1+a2+a3解得a3=10故该数列的前三项为2、6、10.

(2)解法一：由(1)猜想数列｛an｝有通项公式an=4n-2，下面用数学归纳法证明数列｛an｝的通项公式是an=4n-2(n∈N)

1°当n=1时，因为4×1-2＝2，又在(1)中已求得a1=2，所以上述结论正确.2°假设n=k时，结论正确，即有ak=4k-2

2由题意有得ak=4k-2,代入上式得2k=,解得Sk=2k

由题意有=Sk+1=Sk+ak+1得Sk=2k代入得=2(ak+1+2k)整理ak+1-4ak+1+4-16k=0所以ak+1=2+4k=4(k+1)-22222

由于ak+1＞0，解得：ak+1=2+4k

2这就是说n=k+1时，上述结论成立.根据1°，2°上述结论对所有自然数n成立.解法二：由题意有，=(n∈N)2整理得Sn=(an+2)2

2由此得Sn+1=(an+1+2)所以an+1=Sn+1-Sn=［（an+1+2)-(an+2)］

整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0由题意知an+1+an≠0,所以an+1-an=4

即数列｛an｝为等差数列，其中a1=2,公差d=4，

所以an=a1＋(n-1)d=2+4(n-1)(3)令cn=bn-1,即通项公式an=4n-2.

则cn===

b1+b2+…+bn-n=c1+c2+…+cn=

说明：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数n的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.

x2y21xOy229、（18）如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆4的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k

（1）当直线PA平分线段MN，求k的值；

（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；

（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

本小题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线方程、直线的垂直关系、点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，满分16分.

解：（1）由题设知，a2,b2,故M(2,0),N(0,2),所以线段MN中点的坐标为(1,2)2，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原222.k12 点，所以x2y2y2x代入椭圆方程得1,42（2）直线PA的方程

22424x,因此P(,),A(,).33333 解得431,故直线AB的方程为xy20.2223C(,0),于是3直线AC的斜率为33

0242||22因此,d333.12311（3）解法一：

将直线PA的方程ykx代入x2y2221,解得x,记,224212k12k

则P(,k),A(,k),于是C(,0)

0kk,2 故直线AB的斜率为y其方程为k(x),代入椭圆方程得(2k2)x22k2x2(3k22)0,2

x解得(3k22)2k2或x因此B((3k22)k32k2,2k2).

k3k1于是直线PB的斜率2k2k(3k22)2k21.k3k22(2k2)

k3k(2k2)因此k1k1,所以PAPB.

解法二：

设P(x1,y1),B(x2,y2),则x10,x20,x1x2,A(x1,y1),C(x1,0).

设直线PB，AB的斜率分别为k1,k2因为C在直线AB上，所以从而

k20(y1)yk1.x1(x1)2x12

k1k12k1k212y2y1y2(y1)1x2x1x2(x1)

2222y22y12(x22y2)44210.22x2x12x2x12x2x12

因此k1k1,所以PAPB.

30、（理21）设，点A的坐标为（1,1），点B在抛物线yx上运动，点Q满足BQQA，经过Q点与Mx轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QMMP,求点P的轨迹方程。

本题考查直线和抛物线的方程，平面向量的概念，性质与运算，动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养.

解：由QMMP知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设

P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则x2y0(yx2),则y0(1)x2y.再设 ①

B(x1,y1),由BQQA,即(xx1.y0y1)(1x,1y0),

x1(1)x,y(1)y0.解得1 ②

将①式代入②式，消去y0，得

x1(1)x,22y1(1)x(1)y. ③

222yxyxyx1111又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得

(1)2x2(1)y((1)x)2,(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2,2(1)x(1)y(1)0.

因0,两边同除以(1),得2xy10.故所求点P的轨迹方程为y2x1.

31、（理19）

x2G:y2122xy1的切线I交椭圆G于A，B两点.

4已知椭圆.过点（m,0）作圆（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；

（II）将AB表示为m的函数，并求AB的最大值.

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）由已知得a2,b1,

所以ca2b23.

所以椭圆G的焦点坐标为(3,0),(3,0)

e离心率为c3.a2

（Ⅱ）由题意知，|m|1.

当m1时，切线l的方程x1，点A、B的坐标分别为此时|AB|(1,33),(1,),22

3

3 当m=－1时，同理可得|AB|当|m|1时，设切线l的方程为yk(xm),

yk(xm),2得(14k2)x28k2mx4k2m240x2y1.由4

设A、B两点的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2)，则

4k2m24x1x2,x1x214k214k2

8k2mx2y21相切,得又由l与圆所以|km|k21

1,即m2k2k21.

|AB|(x2x1)2(y2y1)2264k4m4(4k2m24)(1k)[]222(14k)14k43|m|.2m3

由于当m3时，|AB|3,

|AB|所以43|m|,m(,1][1,)m23.

|AB|因为43|m|m23433|m||m|2,

且当m3时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.

32、（理17）已知直线l：y=x+m，m∈R。

（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；

（II）若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。

本小题主要考查直线、圆、抛物线等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想。满分13分。

解法一：

（I）依题意，点P的坐标为（0，m）

0m11因为MPl，所以20，

解得m=2，即点P的坐标为（0，2）

从而圆的半径

r|MP|(20)2(02)222,

22(x2)y8. 故所求圆的方程为（II）因为直线l的方程为yxm,

所以直线l\'的方程为yxm.

y\'xm,得x24x4m02x4y由

4244m16(1m)

（1）当m1,即0时，直线l\'与抛物线C相切

（2）当m1，那0时，直线l\'与抛物线C不相切。

综上，当m=1时，直线l\'与抛物线C相切；

当m1时，直线l\'与抛物线C不相切。

解法二：

22(x2)yr. （I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为依题意，所求圆与直线l:xym0相切于点P（0，m），

4m2r2,|20m|r,2则

m2,r22. 解得22(x2)y8. 所以所求圆的方程为（II）同解法一。

33、（理19）

2222(x5)y4,(x5)y4中的一个切，另一个外切。 设圆C与两圆（1）求C的圆心轨迹L的方程;

3545,),F(5,0)MPFP55（2）已知点M，且P为L上动点，求的最大值及此时(点P的坐标．

（1）解：设C的圆心的坐标为(x,y)，由题设条件知

|(x5)2y2(x5)2y2|4,

x2y21.化简得L的方程为4

（2）解：过M，F的直线l方程为y2(x5)，将其代入L的方程得

15x2325x840.

x1655,x2,故l与L交点为T1(,),T2(,).515551515

解得因T1在线段MF外，T2在线段MF，故|MT1||FT1||MF|2,

|MT2||FT2||MF|2.，若P不在直线MF上，在MFP中有

|MP||FP||MF|2.故

|MP||FP|只在T1点取得最大值2。

34、（理20）

平面与两定点A1(a,0)，A2(a,0)(a0)连续的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线．

（Ⅰ）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值得关系；

（Ⅱ）当m1时，对应的曲线为C1；对给定的m(1,0)U(0,)，对应的曲线为C2，F1设、F22是C2C1的两个焦点。试问：在撒谎个，是否存在点N，使得△F1NF2的面积S|m|a。若存在，求tanF1NF2的值；若不存在，请说明理由。

本小题主要考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力，以及分类与整合和数形结合的思想。（满分14分）

解：（I）设动点为M，其坐标为(x,y)，

当xa时，由条件可得kMA1kMA2yyy22m,2xaxaxa

222mxyma(xa)， 即又A1(a,0),A2(A,0)222mxyma, 的坐标满足222mxyma. 故依题意，曲线C的方程为x2y21,C22m1时,ama当曲线C的方程为是焦点在y轴上的椭圆；

222xyam1当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；

x2y2122ma当1m0时，曲线C的方程为a，C是焦点在x轴上的椭圆；

x2y21,22m0ama当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线。

222xya; （II）由（I）知，当m=-1时，C1的方程为当m(1,0)(0,)时，

C2的两个焦点分别为F1(a1m,0),F2(a1m,0).

(0,)，

2S|m|a使得的充要条件是

对于给定的m(1,0)C1上存在点N(x0,y0)(y00)22x0y0a2,y00,122a1m|y||m|a.02

①

②

由①得0|y0|a,|y0|由②得|m|a.1m

0当|m|a15a,即m0,21m

152时，

0m或存在点N，使S=|m|a2；

|m|a15a,即-1

m或152时，

不存在满足条件的点N，

1515m,00,22时， 当由NF1(a1mx0y0),NF2(a1mx0,y0)，

2222NFNFx(1m)ayma,

1200可得令|NF1|r1,|NF2|r2,F1NF2，

2ma2NF1NF2r1r2cosma,可得r1r2cos， 则由1ma2sin1Sr1r2sinma2tan22cos2从而，

2S|m|a于是由，

12|m|ma2tan|m|a2,即tan.m 可得2综上可得：

15m,02S|m|a2,且tanF1NF22;当时，在C1上，存在点N，使得

15m0,2S|m|a2,且tanF1NF22;当时，在C1上，存在点N，使得

m(1,当1515)(,)22时，在C1上，不存在满足条件的点N。

35、（理21）

x2y2C1:221(ab0)ab如图7，椭圆的离心率为322，x轴被曲线C2:yxb截得的线段长等于C1的长半轴长。

（Ⅰ）求C1，C2的方程；

（Ⅱ）设C2与y轴的焦点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交与D,E．

（i）证明：MD⊥ME;

S117S,SS32?请说明理（ii）记△MAB,△MDE的面积分别是12．问：是否存在直线l,使得2由。

e解 ：（Ⅰ）由题意知c3,从而a2b,又2ba,解得a2,b1.a2

x2y21,yx21.故C1，C2的方程分别为4

（Ⅱ）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.

ykx2yx1由得

x2kx10.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根，于是

x1x2k,x1x21.

又点M的坐标为（0，—1），所以

2y11y21(kx11)(kx21)kx1x2k(x1x2)1x1x2x1x2x1x2

kMAkMBk2k2111.

故MA⊥MB，即MD⊥ME.

yk1x1,yk1x1,由2yx1（ii）设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为解得

xk,x0或2y1yk11

2(k,k1).

11则点A的坐标为1k1， 又直线MB的斜率为(同理可得点B的坐标为11,1).k1k12

于是11111k122S1|MA||MB|1k1|k1|11||22k1k12|k1|

yk1x1,2x4y240(14k12)x28k1x0.由得

8k1x,214k1x0,或2y14k11y14k12解得

8k14k121(,).2214k114k1 则点D的坐标为

8k14k121(,).22又直线ME的斜率为k，同理可得点E的坐标为4k14k1

32(1k12)|k1|1S2|MD||ME|222(1k)(k4).

11于是S114(4k12217).S64k1因此2

14171(4k12217),解得k124,或k12.64k1324 由题意知，又由点A、B的坐标可知，1k1213kk1,所以k.1k12k1k1k12y

故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为

33x和yx.22

36、（理20）

如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．

e（I）设12，求BC与AD的比值；

（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．

解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设

x2y2b2y2x2C1:221,C2:421,(ab0)abaa

设直线l:xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得

A(t,a22b22at),B(t,at).ba ………………4分

13e时,ba,分别用yA,yB22当表示A，B的纵坐标，可知

2|yB|b23|BC|:|AD|.2|yA|a24 ………………6分

（II）t=0时的l不符合题意.t0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN-相等，即

b22a22atatab,tta

ab21e2t22a.2abe解得

1e22|t|a,又0e1,所以21,解得e1.2e因为

0e所以当22时，不存在直线l，使得BO//AN；

2e12当时，存在直线l使得BO//AN. ………………12分

37、（全国大纲理21）

y2C:x12已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为-2的2直线l与C交于A、B两点，点P满足OAOBOP0.

（Ⅰ）证明：点P在C上；

（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上．

解：

（I）F（0，1），l的方程为y2x1，

y2x12代入并化简得

2

4x222x10.

设 …………2分

A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),x1则2626,x2,44

2,y1y22(x1x2)21,2

x3(x1x2)2,y3(y1y2)1.2

x1x2由题意得(所以点P的坐标为2,1).2

(2,1)2满足方程 经验证，点P的坐标为2y2x1,2故点P在椭圆C上。

P( （II）由…………6分

22,1)Q(,1)22和题设知，

PQ的垂直平分线1的方程为

ly2x.2 ①

M(设AB的中点为M，则21,)42，AB的垂直平分线为l2的方程为

y21x.24 ②

由①、②得l1,l2N(的交点为21,)88。 …………9分

|NP|(2221311)(1)2,288832,2|AB|1(2)2|x2x1||AM|32,4|MN|(22211233)(),48288311,8

|NA||AM|2|MN|2故|NP|=|NA|。

又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|，

所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，

由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上

38、（全国新课标理20）

在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，-1），B点在直线y3上，M点满足MB//OA，MAABMBBA，M点的轨迹为曲线C．

（I）求C的方程；

（II）P为C上动点，l为C在点P处的切线，求O点到l距离的最小值．

解：

(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).

所以MA=（-x，-1-y），

MB=(0，-3-y)，

AB=(x，-2).

再由题意可知（MA+MB）•

AB=0， 即（-x，-4-2y）• (x，-2)=0.

12所以曲线C的方程式为y=4x-2.

1112\'(Ⅱ)设P(x0，y0)为曲线C：y=4x-2上一点，因为y=2x，所以l的斜率为2x0

yy01x0(xx0)2x0x2y2y0x002，即．

y012x024，所以

因此直线l的方程为d则O点到l的距离2|2y0x0|x420.又

12x041422d(x04)2,22x042x04

当2x0=0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.

39、（理22）

x2y21x,yx,y2已知动直线l与椭圆C:

3交于P11、Q22两不同点，且△OPQ的面积6SOPQ2=,其中O为坐标原点.

（Ⅰ）证明x12x22和y12y22均为定值;

（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求|OM||PQ|的最大值；

（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得的形状；若不存在，请说明理由.

SODESODGSOEG62?若存在，判断△DEG（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，

所以因为x2x1,y2y1.P(x1,y1)

在椭圆上，

x12y1212因此3

SOPQ6,2

①

又因为所以|x1||y1|6.2 ②

由①、②得此时|x1|6,|y1|1.2

22x12x23,y12y22, （2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm,

x2y212由题意知m0，将其代入3，得

(23k2)x26kmx3(m22)0，

其中36km12(23k)(m2)0,

22即3k2m

2222…………（*）

6km3(m22)x1x2,x1x2,2223k23k又

263k22m2|PQ|1k(x1x2)4x1x21k,223k所以

222d因为点O到直线l的距离为|m|1k2,

所以SOPQ1|PQ|d2

221|m|2263k2m1k223k21k2

6|m|3k22m223k2

SOPQ6,2 又223k22m,且符合（*）式， 整理得6km23(m22)xx(x1x2)2x1x2()23,2223k23k此时

21222222222y12y2(3x12)(3x2)4(x12x2)2.333

综上所述，22x12x23;y12y22,结论成立。

（II）解法一：

（1）当直线l的斜率存在时，

由（I）知|OM||x1|6,|PQ|2|y1|2,2

|OM||PQ|因此626.2

（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

x1x23k,22m

y1y2x1x23k23k22m2k()mm,222m2mmx1x22y1y229k216m22112|OM|()()(3),2222224mm4m2m222(2m21)12224(3k2m)|PQ|(1k)2(2),(23k2)2m2m2

|OM|2|PQ|2所以111(32)2(22)2mm

11)(2)22mm113222mm)225.(24

(3|OM||PQ|所以5113222,即m22，当且仅当mm时，等号成立.

5.综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为2

解法二：

因为4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)2222[(x12x2)(y12y2)]

10.

4|OM|2|PQ|2102|OM||PQ|5.25所以

5|OM||PQ|,2当且仅当2|OM||PQ|5时等号成立。 即5.2因此 |OM|·|PQ|的最大值为

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG6.2

62， 证明：假设存在由（I）得

D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODESODGSOEG2222u2x123,u2x23,x12x23;v2y122,v2y22,y12y22,322解得u2x12x2;v2y12y21.25因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,2(因此D，E，G只能在

6,1)2这四点中选取三个不同点，

而这三点的两两连线中必有一条过原点，

与SODESODGSOEG62矛盾，

所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.

40、（理17）

22xy25上的动点，点D是P在x轴上的摄影，M为PD上一点，且如图，设P是圆MD4PD5

（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；

4（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为5的直线被C所截线段的长度

解：（Ⅰ）设M的坐标为（x,y）P的坐标为（xp,yp）

xpx,5ypy,4由已知得

225xyxy2514∵P在圆上， ∴ ，即C的方程为2516

2244yx35（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为5的直线方程为，

设直线与C的交点为Ax1,y1,Bx2,y2

y将直线方程224x35代入C的方程，得

xx3122525 即x3x80

x1341341,x222 ∴ 线段AB的长度为

22∴

ABx1x2y1y241412161x1x241255

25注：求AB长度时，利用韦达定理或弦长公式求得正确结果，同样得分。

41、（理23） 已知平面上的线段l及点P，在l上任取一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作d(P,l)。

（1）求点P(1,1)到线段l:xy30(3x5)的距离d(P,l)；

（2）设l是长为2的线段，求点集D{P|d(P,l)1}所表示图形的面积；

（3）写出到两条线段l1,l2距离相等的点的集合{P|d(P,l1)d(P,l2)}，其中

l1AB,l2CD，

A,B,C,D是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是①2分，②

6分，③8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。

A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)。

②

A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。

③

A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。

解：⑴ 设Q(x,x3)是线段l:xy30(3x5)上一点，则

A-1y1B1O-1

59|PQ|(x1)2(x4)22(x)2(3x5)22，当x3时，d(P,l)|PQ|min5。

⑵ 设线段l的端点分别为A,B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，

则A(1,0),B(1,0)，点集D由如下曲线围成

l1:y1(|x|1),l2:y1(|x|1)C1:(x1)2y21(x1),C2:(x1)2y21(x1)其面积为S4。

⑶ ① 选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,0)，{(x,y)|x0}

② 选择A(1,3),B(1,0),C(1,3),D(1,2)。

，{(x,y)|x0,y0}{(x,y)|y24x,2y0}{(x,y)|xy10,x1}

③ 选择A(0,1),B(0,0),C(0,0),D(2,0)。

{(x,y)|x0,y0}{(x,y)|yx,0x1}

{(x,y)|x22y1,1x2}{(x,y)|4x2y30,x2}

y

y3CA3

AC

y

2.5

B-1

DxA1OB

D-1O1x

B=C12-2D

42、（理21）

椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．

x

32（I）当|CD | =

2时，求直线l的方程；

（II）当点P异于A、B两点时，求证：OPOQ为定值。

y2x21解：由已知可得椭圆方程为2，设l的方程为y1k(x0),k为l的斜率。

2kykx1xx1222k222(2k)x2kx10y2x1xx12122k2则224yy212k222k2yy122k2

8k288k48k29(x1x2)(y1y2)k22k22222(2k)(2k)2

l的方程为y2x1

F,F43、（理18）在平面直角坐标系xOy中，点P(a,b)(ab0)为动点，12分别为椭圆x2y21FPFa2b2的左右焦点．已知△12为等腰三角形．

（Ⅰ）求椭圆的离心率e；

（Ⅱ）设直线PF2与椭圆相交于A,B两点，M是直线PF2上的点，满足AMBM2，求点M的轨迹方程．

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分.

（I）解：设F1(c,0),F2(c,0)(c0)

由题意，可得|PF2||F1F2|,

22(ac)b2c. 即ccc2()210,得1aa整理得a（舍），

c11.e.2 或a2所以（II）解：由（I）知a2c,b3c,

2223x4y12c, 可得椭圆方程为直线PF2方程为y3(xc).

2223x4y12c,y3(xc). A，B两点的坐标满足方程组2消去y并整理，得5x8cx0.

8x10,x2c.5 解得8xc,2x0,51y3c,1y33c.25

 得方程组的解833A(c,c),B(0,3c)5不妨设5

833(x,y),则AM(xc,yc),BM(x,y3c)55设点M的坐标为，

y3(xc),得cx由3y.3

AM(于是833833yx,yx),15555

BM(x,3x).由AMBM2,

833833yx)x(yx)3x215555即，

(218x163xy150. 化简得18x215310x25y代入cxy,得c0.316x163x将

所以x0.

218x163xy150(x0). 因此，点M的轨迹方程是

44、（理21）

C1x3yC2x2(y4)21已知抛物线:＝，圆:的圆心为点M

（Ⅰ）求点M到抛物线c1的准线的距离；

（Ⅱ）已知点P是抛物线c1上一点（异于原点），过点P作圆c2的两条切线，交抛物线c1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程

本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。

1y,4 （I）解：由题意可知，抛物线的准线方程为：

17.4所以圆心M（0，4）到准线的距离是

（II）解：设则题意得22P(x0,x0),A(x1,x12),B(x2,x2)，

x00,x01,x1x2，

， 设过点P的圆C2的切线方程为2yx0k(xx0)

即2ykxkx0x0 ①

2|kx04x0|则即1k21,

，

222(x01)k22x0(4x0)k(x04)210设PA，PB的斜率为k1,k2(k1k2)，则k1,k2是上述方程的两根，所以

222x0(x04)(x04)21k1k2,k1k2.22x01x01

2yx2得x2kxkx0x00,将①代入由于故

x0是此方程的根，

，所以

x1k1x0,x2k2x0kAB2222x0(x04)x04x12x2x1x2k1k22x02x,k.0MP2x1x2x01x0

222x0(x04)x04(2x)(1)02x01x0， 由MPAB，得2x0kABkMP解得23,5

(即点P的坐标为2323,)55，

y3115x4.115 所以直线l的方程为

45、（理20）如题（20）图，椭圆的中心为原点O，离心率 （Ⅰ）求该椭圆的标准方程；

e，一条准线的方程为x．

（Ⅱ）设动点P满足：OPOMON，其中M,N是椭圆上的点，直线OM与ONPFPFF,F的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求F,F的坐标；若不存在，说明理由．

c2a2e,22,a2c解：（I）由

222a2,c2,bac2，故椭圆的标准方程为 解得x2y21.42

（II）设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2)，则由

OPOM2ON得

(x,y)(x1,y1)2(x2,y2)(x12x2,y12y2),即xx12x2,yy12y2.22x2y4上，所以 因为点M，N在椭圆22x122y124,x22y24

，

故22x22y2(x124x24x1x2)2(y124y24y1y2)22(x122y12)4(x22y2)4(x1x22y1y2)

设204(x1x22y1y2).

kOM,kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知

kOMkONy1y21,x1x22因此x1x22y1y20,

22x2y20. 所以x2所以P点是椭圆(25)2y2(10)21上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆22c(25)(10)10，因此两焦点的坐标为 的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因F1(10,0),F2(10,0).

46、A，B是抛物线y2px(p0)上的两点，且OAOB（O为坐标原点）求证：

（1）A，B两点的横坐标之积，纵坐标之积分别是定植；

（2）直线AB经过一个定点

证明：（1）设2A(x1,y1),B(x2,y2),则y12px1,y22px2,22OAOB,x1x2y1y2022

两式相乘得y1y24p,x1x24p22

2p,y1y2

(2)y1y22p(x1x2),当x1x2,kAB所以直线AB的方程yy12p2p(xx1).化简得y(x2p),y1y2y1y2过定点（2p,0),当x1x2时，显然也过点（2p,0)所以直线AB过定点(2p,0)

47、（2005年春季，18）如图，O为坐标原点，直线l在x轴和y轴上的截距分别是a和两点。

b(a0,b0)，且交抛物线y22px(p0)于M（x1,y1），N（x2,y2）（1） 写出直线l的截距式方程

（2） 证明：111

y1y2b（3） 当a2p时，求MON的大小。（图见教材P135页例1）

解：（1）直线l的截距式方程为2xy1。 （1）

ab2（2）、由（1）及y2px消去x可得by2pay2pab0 （2）

点M，N的坐标y1,y2为（2）的两个根。故y1y22pa,y1y22pa.

b2payy21111b. 所以y1y2y1y22pab（3）、设直线OM、ON的斜率分别为k1,k2,则k1y1y,k22.

x1x22当a2p时，由（2）知，y1y22pa4p,

(y1y2)2(4p2)2由y2px1,y2px2,相乘得(y1y2)4px1x2,x1x24p2,224p4p212222y1y24p2因此k1k2。

1.所以OMON，即MON＝902x1x24p说明：本题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力。

x2y248、（2005年黄冈高三调研考题）已知椭圆C的方程为221(ab0)，双曲线abx2y21的两条渐近线为l1,l2，过椭圆C的右焦点F作直线l，使ll1，又l与l2交于a2b2P点，设l与椭圆C的两个交点由上而下依次为A、B。（图见教材P135页例2）

（1） 当l1与l2夹角为60，双曲线的焦距为4时，求椭圆C的方程

（2） 当FAAP时，求的最大值。

解：（1）双曲线的渐近线为ybbx，两渐近线的夹角为60，又1，

aab3POx30,即tan30a3b.又a2b24,a3

2xa23,b21.故椭圆C的方程为y21.3aba2abl:y(xc),与yx解得P（,）,（3） 由已知bacc

a2abcc,c)，将A点坐标代入椭圆方程得

FAAP由得A(11(c2a2)22a4(1)2a2c2,(e2)22e2(1)2

e4e222(2e2)3322.2

e22e2的最大值为2－1。说明：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识，及向量、定比分点公式、重要不等式的应用。解决本题的难点是通过恒等变形，利用重要不等式解决问题的思想。本题是培养学生分析问题和解决问题能力的一道好题。

(y1)2(x1)21的一个上顶点与上焦点，位于x轴的正半轴上49、A，F分别是椭圆1612的动点T（t,0）与F的连线交射线OA于Q，求：

（1） 点A，F的坐标及直线TQ的方程;

（2） 三角形OTQ的面积S与t的函数关系式及该函数的最小值

（3） 写出该函数的单调递增区间,并证明.

解:(1)由题意得A(1,3),F(1,1)

直线TQ得方程为x+(t-1)y-t=0

(2)射线OA的方程y=3x(x0),代入TQ的方程，得xQt

3t223t13t2由xQ0,得t,则yQ,S(t)yQOT33t222(3t2)

132344,t,S(t)(当t时取等号）(2)4()t3tt444所以S(t)的最小值为4

3(3)S(t)在,上是增函数

43224(t2t1)(t1)(t2)41339设t1t2,那么S(t1)S(t2)•

2232(t1)(t2)33t2.t142222,(t1),t2,,S(t2)S(t1)

33333

所以该函数在,上是增函数

50、过抛物线y＝2px的焦点F任作一条直线m，交这抛物线于P1、P2两点，求证：以P1P2为直径的圆和这抛物线的准线相切．

分析：运用抛物线的定义和平面几何知识来证比较简捷．

证明：如图2-17．设P1P2的中点为P0，过P1、P0、P2分别向准线l引垂线P1Q1，P0Q0，P2Q2，垂足为Q1、Q0、Q2，则

｜P1F｜＝｜P1Q1｜，｜P2F｜＝｜P2Q2｜

∴｜P1P2｜＝｜P1F｜＋｜P2F｜

＝｜P1Q1｜＋｜P2Q2｜＝2｜P0Q0｜

所以P0Q0是以P1P2为直径的圆P0的半径，且P0Q0⊥l，因而圆P0和准线l相切．

243[思维点拔]以抛物线焦点弦为直径的圆与准线相切．类似有：以椭圆焦点弦为直径的圆与相对应的准线相离；以双曲线焦点弦为直径的圆与相应的准线相交．以上结论均可用第二定义证明之．

变式：求证：以双曲线的任意焦半径为直径的圆，与以实轴为直径的圆相切．

取F1P的中点为O1，连结O1O，只须证明：以F1P为直径的圆与实轴A1A2为直径的圆切．

在△PF1F2中，O1O为△PF1F2的中位线

故以双曲线的任意焦半径为直径的圆，与以实轴为直径的圆切．


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