一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1．若直线l与直线y＝1、x＝7分别交于点P、Q，且线段PQ的中点坐标为(1，－1)，则直线l的斜率为( )
A.13 B．－13 C．－32 D.23
解析：设P点坐标为(a,1)，Q点坐标为(7，b)，则PQ中点坐标为a＋72，1＋b2，则
a＋72＝1，1＋b2＝－1，解得a＝－5，b＝－3，即可得P(－5,1)，Q(7，－3)，故直线l的斜
率为kPQ＝1＋3－5－7＝－13.
答案：B
2．若直线x＋(a－2)y－a＝0与直线ax＋y－1＝0互相垂直，则a的值为( )
A．2 B．1或2
C．1 D．0或1
解析：依题意，得(－a)×－1a－2＝－1，解得a＝1.
答案：C
3．已知圆(x－1)2＋(y－33)2＝r2(r＞0)的一条切线y＝kx＋3与直线x＝5的夹角为π6，则半径r的值为( )
A.32 B.332
C.32或332 D.32或3
解析：∵直线y＝kx＋3与x＝5的夹角为π6，∴k＝±3.由直线和圆相切的条件得r＝32或332.
答案：C
4．顶点在原点、焦点在x轴上的抛物线被直线y＝x＋1截得的弦长是10，则抛物线的方程是( )
A．y2＝－x，或y2＝5x B．y2＝－x
C．y2＝x，或y2＝－5x D．y2＝5x
解析：由题意，可知抛物线的焦点在x轴上时应有两种形式，此时应设为y2＝mx(m≠0)，联立两个方程，利用弦长公式，解得m＝－1，或m＝5，从而选项A正确．
答案：A
5．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，若该圆中过点M(3,5)的最长弦、最短弦分别为AC、BD，则以点A、B、C、D为顶点的四边形ABCD的面积为( )
A．106 B．206
C．306 D．406
解析：已知圆的圆心为(3,4)，半径为5，则最短的弦长为252－12＝46，最长的弦为圆的直径为10，则四边形的面积为12×46×10＝206，故应选B.
答案：B
6．若双曲线x2a2－y2b2＝1的一个焦点到其对应准线和一条渐近线的距离之比为2∶3，则双曲线的离心率是( )
A．3 B．5
C.3 D.5
解析：焦点到准线的距离为c－a2c＝b2c，焦点到渐近线的距离为bca2＋b2＝b，bc＝23，e＝3.
答案：C
7．若圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y－1)2＝2
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
解析：如图，据题意知圆的直径为两平行直线x-y=0，x-y-4=0之间的距离2 ，故圆的半径为 ，又A(2，-2)，故圆心C(1，-1)，即圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2.
答案：C
8．已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过点E(m, 0)(m≠0)的直线交抛物线于点M、N，交y轴于点P，若PM→＝λME→，PN→＝μNE→，则λ＋μ ＝( )
A．1 B．－12
C．－1 D．－2
解析：设过点E的直线方程为y＝k(x－m)．代入抛物线方程，整理可得k2x2＋(－2mk2－2p)x＋m2k2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2p＋2mk2k2，x1x2＝m2.
由PM→＝λME→，PN→＝μNE→，可得
x1＝λ(m－x1)，x2＝μ(m－x2)，则λ＋μ＝x1m－x1＋x2m－x2＝x1(m－x2)＋x2(m－x1)(m－x1)(m－x2)＝m(x1＋x2)－2x1x2m2＋x1x2－m(x1＋x2)＝m(x1＋x2)－2m22m2－m(x1＋x2)＝－1.
答案：C
9．直线MN与双曲线C：x2a2－y2b2＝1的左、右支分别交于M、N点，与双曲线C的右准线相交于P点，F为右焦点，若FM＝2FN，又NP→＝λPM→(λ∈R)，则实数λ的值为( )
A.12 B．1
C．2 D.13
解析：如图所示，分别过点M、N作MB⊥l于点B，NA⊥l于点A.
由双曲线的第二定义，可得 = =e，
则 = =2.
∵△MPB∽△NPA，∴ = = ，即 = .
答案：A
10．在平面直角坐标系内，点P到点A(1,0)，B(a,4)及到直线x＝－1的距离都相等，如果这样的点P恰好只有一个，那么a＝( )
A．1 B．2
C．2或－2 D．1或－1
解析：依题意得，一方面，点P应位于以点A(1,0 )为焦点、直线x＝－1为准线的抛物线y2＝4x上；另一方面，点P应位于线段AB的中垂线y－2＝－a－14x－a＋12上．
由于要使这样的点P是唯一的，
因此要求方程组y2＝4x，y－2＝－a－14x－a＋12有唯一的实数解．
结合选项进行检验即可．当a＝1时，抛物线y2＝4x与线段AB的中垂线有唯一的公共点，适合题意；当a＝－1时，线段AB的中垂线方程是y＝12x＋2，易知方程组y2＝4x，y＝12x＋2有唯一实数解．
综上所述，a＝1，或a＝－1.
答案：D
11．已知椭圆C：x24＋y2＝1的焦点为F1、F2，若点P在椭圆上，且满足PO2＝PF1•PF2(其中O为坐标原点)，则称点P为“★点”．下列结论正确的是( )
A．椭圆C上的所有点都是“★点”
B．椭圆C上仅有有限个点是“★点”
C．椭圆C上的所有点都不是“★点”
D．椭圆C上有无穷多个点(但不是所有的点)是“★点”
解析：设椭圆C：x24＋y2＝1上点P的坐标为(2cosα，sinα)，由PO2＝PF1•PF2，可得4cos2α＋sin2α＝(2cosα＋3)2＋sin2α•(2cosα－3)2＋sin2α，整理可得cos2α＝12，即可得cosα＝±22，sinα＝±22，由此可得点P的坐标为±2，±22，即椭圆C上有4个点是“★点”．
答案：B
12．设双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右顶点为A，P为双曲线上的一个动点(不是顶点)，若从点A引双曲线的两条渐近线的平行线，与直线OP分别交于Q、R两点，其中O为坐标原点，则OP2与OQ•OR的大小关系为( )
A．OP2＜OQ•OR B．OP2＞OQ•OR
C．OP2＝OQ•OR D．不确定
解析：设P(x0，y0)，双曲线的渐近线方程是y＝±bax，直线AQ的方程是y＝ba(x－a)，直线AR的方程是y＝－ba(x－a)，直线OP的 方程是y＝y0x0x，可得Qabx0bx0－ay0，aby0bx0－ay0，Rabx0bx0＋ay0，aby0bx0＋ay0.
又x02a2－y02b2＝1，可得OP2＝OQ•OR.
答案：C
第Ⅱ卷 (非选择 共90分)
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．若两直线2x＋y＋2＝0与ax＋4y－2＝0互相垂直，则其交点的坐标为__________．
解析：由已知两直线互相垂直可得a＝－2，
则由2x＋y＋2＝0，－x＋2y－1＝0得两直线的交点坐标为(－1,0)．
答案：(－1,0)
14．如果点M是抛物线y2＝4x的一点，F为抛物线的焦点，A在圆C：(x－4)2＋(y－1)2＝1上，那么MA＋MF的最小值为__________．
解析：如图所示，过点M作MB⊥l于点B.由抛物线定义，可得MF＝MB，则MA＋MF＝MA＋MB≥CB－1＝4＋1－1＝4.
答案：4
15．若过原点O且方向向量为(m,1)的直线l与圆C：(x－1)2＋y2＝4相交于P、Q两点，则OP→•OQ→＝__________.
解析：可由条件设出直线方程，联立方程运用韦达定理可求解，其中OP→•OQ→＝x1x 2＋y1y2是引发思路的关键．
答案：－3
16．如果F1为椭圆C：x22＋y2＝1的左焦点，直线l：y＝x－1与椭圆C交于A、B两点，那么F1A＋F1B的值为__________．
解析：将l：y＝x－1代入椭圆C：x22＋y2＝1，可得x2＋2(x－1)2－2＝0，即3x2－4x＝0，解之得x＝0，或x ＝43.
可得A(0，－1)，B43，13.又F1(－1,0)，则F1A＋F1B＝(－1)2＋12＋43＋12＋132＝823.
答案：823
三、解答题：本大题共6小题，共70分．
17．(10分)已知椭圆 C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心、椭圆短半轴为半径的圆与直线y＝x＋2相切，求椭圆焦点坐标；
(2)若点P是椭圆C上的任意一点，过原点的直线L与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为kPM、kPN，当kPM•kPN＝－14时，求椭圆的方程．
解析：(1)由b＝21＋1，得b＝2，
又 2a＝4，a＝2，a2＝4，b2＝2，c2＝a2－b2＝2，
故两个焦点坐标为(2，0)，(－2，0)．
(2)由于过原点的直线L与椭圆相交的两点M、N关于坐标原点对称，
不妨设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)．
点M、N、P在椭圆上，则它们满足椭圆方程，
即有x02a2＋y02b2＝1，x2a2＋y2b2＝1，
两式相减，得y2－y02x2－x02＝－b2a2.
由题意它们的斜率存在，则kPM＝y－y0x－x0，kPN＝y＋y0x＋x0，
kPM•kPN＝y－y0x－x0•y＋y0x＋x0＝y2－y02x2－x02＝－b2a2，
则－b2a2＝－14.
由a＝2，得b＝1.
故所求椭圆的方程为x24＋y2＝1.
18．(12分)已知两点M(－1,0)，N(1,0)，点P为坐标平面内的动点，满足MN→•NP→＝MN→•MP→.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)若点A(t,4)是动点P的轨迹上的一点，K(m,0)是x轴上的一动点，试讨论直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4的位置关系．
解析：(1)设P(x，y)，则MN→＝(2,0)，NP→＝(x－1，y)，
MP→＝(x＋1，y)．
由MN→•NP→＝MN→•MP→，
得2(x－1)2＋y2＝2(x＋1)，
化简，得y2＝4x.
故动点P的轨迹方程为y2＝4x.
(2)由点A(t,4)在轨迹y2＝4x上，
则42＝4t，解得t＝4，即A(4,4)．
当m＝4时，直线AK的方程为x＝4，
此时直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相离．
当m≠4时，直线AK的方程为y＝44－m(x－m)，
即4x＋m(m－4)y－4m＝0，
圆x2＋(y－2)2＝4的圆心(0,2)到直线AK的距离d＝2m＋816＋(m－4)2，
令d＝2m＋816＋(m－4)2＜2，解得m＜1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＝2，解得m＝1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＞2，解得m＞1.
综上所述，当m＜1时，直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相交；
当m＝1时，直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相切 ；
当m＞1时，直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相离．
19．(12分)如图，已知直线L：x＝my＋1过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，若抛物线x2＝43y的焦点为椭圆C的上顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线L交y轴于点M，且MA→＝λ1AF→，MB→＝λ2BF→，当m变化时，求λ1＋λ2的值．
解析：(1)易知b＝3，得b2＝3.
又∵F(1,0)，
∴c＝1，a2＝b2＋c2＝4，
∴椭 圆C的方程为x24＋y23＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋1，3x2＋4y2－12＝0，
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝ 0，Δ＝144(m2＋1)＞0，
于是1y1＋1y2＝2m3.(*)
∵L与y轴交于点M0，－1m，又由MA→＝λ1AF→，
∴x1，y1＋1m＝λ1(1－x1，－y1)，
∴λ1＝1－1my1.同理λ2＝－1－1my2.
从而λ1＋λ2＝－2－1m1y1＋1y2＝－2－23＝－83.
即λ1＋λ2＝－83.
20．(12分)设G、M分别为△ABC的重心与外心，A(0，－1)，B(0,1)，且GM→＝λAB→(λ∈R)．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P、Q，且满足AP→＝AQ→ ，试求k的取值范围．
解析：(1)设C(x，y)，则Gx3，y3.
∵GM→＝λAB→，(λ∈R)，∴GM∥AB.
∵点M是三角形的外心，∴M点在x轴上，即Mx3，0.
又∵MA→＝MC→，
∴ x32＋(0＋1)2＝ x3－x2＋y2，
整理，得x23＋y2＝1，(x≠0)，即为曲线C的方程．
(2)①当k＝0时，l和椭圆C有不同两交点P、Q，根据椭圆对称性有AP→＝AQ→.
②当k≠0时，可设l的方程为y＝kx＋m，
联立方程组y＝kx＋m，x23＋y2＝1，消去y，
整理，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0.(*)
∵直线l和椭圆C交于不同两点，
∴Δ＝(6km)2－4(1＋3k2)×(m2－1)＞0，
即1＋3k2－m2＞0.(**)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两相异实根，
于是有x1＋x2＝－6km1＋3k2.
则PQ的中点N(x0，y0)的坐标是
x0＝x1＋x22＝－3km1＋3k2，y0＝kx0＋m＝m1＋3k2，
即N－3km1＋3k2，m1＋3k2，
又∵AP→＝AQ→，∴AN→⊥PQ→，
∴k•kAN＝k•m1＋3k2＋1－3km1＋3k2＝－1，∴m＝1＋3k22.
将m＝1＋3k22代入(**)式，得1＋3k2－1＋3k222＞0(k≠0)，
即k2＜1，得k∈(－1,0)∪(0,1)．
综合①②得，k的取值范围是(－1,1)．
21．(12分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，它的一条准线方程为x＝2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点A、B为椭圆上的两个动点，椭圆的中心到直线AB的距离为63，求∠AOB的大小．
解析：(1)由题意，知ca＝22，a2c＝2，
得a＝2，c＝1，故a2＝2，b2＝1，
故椭圆方程为x22＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为x＝±63，或y＝kx＋b.
当直线AB的方程为x＝63时，由x＝63，x22＋y2＝1，
可求A63，63，B63，－63.
从而OA→•OB→＝0，可得∠AOB＝π2.
同理可知当直线AB的方程为x＝ －63时，和椭圆交得两点A、B.
可得∠AOB＝π2.
当直线AB的方程为y＝kx＋b.
由原点到直线的距离为63，得b1＋k2＝63.
即1＋k2＝32b2.
又由y＝kx＋b，x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0.
得x1＋x2＝－4kb1＋2k2，x1x2＝2b2－21＋2k2，
从而y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)
＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝b2－2k21＋2k2.
OA→•OB→＝x1x2＋y1y2＝2b2－21＋2k2＋b2－2k21＋2k2
＝3b2－2(1＋k2)1＋2k2，
将1＋k2＝32b2代入上式，得OA→•OB→＝0，
∠AOB＝90°.
22．(12分)已知动点P与双曲线x2－y23＝1的两焦点F1、F2的距离之和为大于4的定值，且PF1→•PF2→的最大值为9.[来xkb1.com
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A、B是曲线E上相异两点，点M(0，－2)满足AM→＝λMB→，求实数λ的取值范围．
解析：(1)双曲线x2－y23＝1的两焦点F1(－2,0)、F2(2,0)．
设已知定值为2a，则PF1→＋PF2→＝2a，因此，动点P的轨迹E是以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点，长轴长为2a的椭圆．
设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)．
∵PF1→•PF2→≤PF1→＋PF2→22＝a2，
当且仅当PF1→＝PF2→时等号成立，
∴a2＝9，b2＝a2－c2＝5，
∴动点P的轨迹E的方程是x29＋y25＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由AM→＝λMB→， 得
－x1＝λx2，－2－y1＝λ(y2＋2)，
且M、A、B三点共线，设直线为l，
①当直线l的斜率存在时，设 l：y＝kx－2，
由y＝kx－2，x29＋y25＝1，得(5＋9k2)x2－36kx－9＝0，
Δ＝(－36k)2－4(5＋9k2)(－9)＞0恒成立．
由韦达定理，得x1＋x2＝36k5＋9k2，x1x2＝－95＋9k2.
将x1＝－λx2代入，消去x2得(1－λ)2λ＝144k25＋9k2.
当k＝0时，得λ＝1；
当k≠0时，(1－λ)2λ＝1445k2＋9，由k2＞0，得
0＜(1－λ)2λ＜16，得9－45＜λ＜9＋45，且λ≠1.
②当直线l的斜率不存在时，A、B分别为椭圆短轴端点，此时λ＝－2－y12＋y2＝9±45.
综上所述，λ的取值范围是[9－45，9＋45]．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1．若直线l与直线y＝1、x＝7分别交于点P、Q，且线段PQ的中点坐标为(1，－1)，则直线l的斜率为( )
A.13 B．－13 C．－32 D.23
解析：设P点坐标为(a,1)，Q点坐标为(7，b)，则PQ中点坐标为a＋72，1＋b2，则
a＋72＝1，1＋b2＝－1，解得a＝－5，b＝－3，即可得P(－5,1)，Q(7，－3)，故直线l的斜
率为kPQ＝1＋3－5－7＝－13.
答案：B
2．若直线x＋(a－2)y－a＝0与直线ax＋y－1＝0互相垂直，则a的值为( )
A．2 B．1或2
C．1 D．0或1
解析：依题意，得(－a)×－1a－2＝－1，解得a＝1.
答案：C
3．已知圆(x－1)2＋(y－33)2＝r2(r＞0)的一条切线y＝kx＋3与直线x＝5的夹角为π6，则半径r的值为( )
A.32 B.332
C.32或332 D.32或3
解析：∵直线y＝kx＋3与x＝5的夹角为π6，∴k＝±3.由直线和圆相切的条件得r＝32或332.
答案：C
4．顶点在原点、焦点在x轴上的抛物线被直线y＝x＋1截得的弦长是10，则抛物线的方程是( )
A．y2＝－x，或y2＝5x B．y2＝－x
C．y2＝x，或y2＝－5x D．y2＝5x
解析：由题意，可知抛物线的焦点在x轴上时应有两种形式，此时应设为y2＝mx(m≠0)，联立两个方程，利用弦长公式，解得m＝－1，或m＝5，从而选项A正确．
答案：A
5．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，若该圆中过点M(3,5)的最长弦、最短弦分别为AC、BD，则以点A、B、C、D为顶点的四边形ABCD的面积为( )
A．106 B．206
C．306 D．406
解析：已知圆的圆心为(3,4)，半径为5，则最短的弦长为252－12＝46，最长的弦为圆的直径为10，则四边形的面积为12×46×10＝206，故应选B.
答案：B
6．若双曲线x2a2－y2b2＝1的一个焦点到其对应准线和一条渐近线的距离之比为2∶3，则双曲线的离心率是( )
A．3 B．5
C.3 D.5
解析：焦点到准线的距离为c－a2c＝b2c，焦点到渐近线的距离为bca2＋b2＝b，bc＝23，e＝3.
答案：C
7．若圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y－1)2＝2
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
解析：如图，据题意知圆的直径为两平行直线x-y=0，x-y-4=0之间的距离2 ，故圆的半径为 ，又A(2，-2)，故圆心C(1，-1)，即圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2.
答案：C
8．已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过点E(m, 0)(m≠0)的直线交抛物线于点M、N，交y轴于点P，若PM→＝λME→，PN→＝μNE→，则λ＋μ ＝( )
A．1 B．－12
C．－1 D．－2
解析：设过点E的直线方程为y＝k(x－m)．代入抛物线方程，整理可得k2x2＋(－2mk2－2p)x＋m2k2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2p＋2mk2k2，x1x2＝m2.
由PM→＝λME→，PN→＝μNE→，可得
x1＝λ(m－x1)，x2＝μ(m－x2)，则λ＋μ＝x1m－x1＋x2m－x2＝x1(m－x2)＋x2(m－x1)(m－x1)(m－x2)＝m(x1＋x2)－2x1x2m2＋x1x2－m(x1＋x2)＝m(x1＋x2)－2m22m2－m(x1＋x2)＝－1.
答案：C
9．直线MN与双曲线C：x2a2－y2b2＝1的左、右支分别交于M、N点，与双曲线C的右准线相交于P点，F为右焦点，若FM＝2FN，又NP→＝λPM→(λ∈R)，则实数λ的值为( )
A.12 B．1
C．2 D.13
解析：如图所示，分别过点M、N作MB⊥l于点B，NA⊥l于点A.
由双曲线的第二定义，可得 = =e，
则 = =2.
∵△MPB∽△NPA，∴ = = ，即 = .
答案：A
10．在平面直角坐标系内，点P到点A(1,0)，B(a,4)及到直线x＝－1的距离都相等，如果这样的点P恰好只有一个，那么a＝( )
A．1 B．2
C．2或－2 D．1或－1
解析：依题意得，一方面，点P应位于以点A(1,0 )为焦点、直线x＝－1为准线的抛物线y2＝4x上；另一方面，点P应位于线段AB的中垂线y－2＝－a－14x－a＋12上．
由于要使这样的点P是唯一的，
因此要求方程组y2＝4x，y－2＝－a－14x－a＋12有唯一的实数解．
结合选项进行检验即可．当a＝1时，抛物线y2＝4x与线段AB的中垂线有唯一的公共点，适合题意；当a＝－1时，线段AB的中垂线方程是y＝12x＋2，易知方程组y2＝4x，y＝12x＋2有唯一实数解．
综上所述，a＝1，或a＝－1.
答案：D
11．已知椭圆C：x24＋y2＝1的焦点为F1、F2，若点P在椭圆上，且满足PO2＝PF1•PF2(其中O为坐标原点)，则称点P为“★点”．下列结论正确的是( )
A．椭圆C上的所有点都是“★点”
B．椭圆C上仅有有限个点是“★点”
C．椭圆C上的所有点都不是“★点”
D．椭圆C上有无穷多个点(但不是所有的点)是“★点”
解析：设椭圆C：x24＋y2＝1上点P的坐标为(2cosα，sinα)，由PO2＝PF1•PF2，可得4cos2α＋sin2α＝(2cosα＋3)2＋sin2α•(2cosα－3)2＋sin2α，整理可得cos2α＝12，即可得cosα＝±22，sinα＝±22，由此可得点P的坐标为±2，±22，即椭圆C上有4个点是“★点”．
答案：B
12．设双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右顶点为A，P为双曲线上的一个动点(不是顶点)，若从点A引双曲线的两条渐近线的平行线，与直线OP分别交于Q、R两点，其中O为坐标原点，则OP2与OQ•OR的大小关系为( )
A．OP2＜OQ•OR B．OP2＞OQ•OR
C．OP2＝OQ•OR D．不确定
解析：设P(x0，y0)，双曲线的渐近线方程是y＝±bax，直线AQ的方程是y＝ba(x－a)，直线AR的方程是y＝－ba(x－a)，直线OP的 方程是y＝y0x0x，可得Qabx0bx0－ay0，aby0bx0－ay0，Rabx0bx0＋ay0，aby0bx0＋ay0.
又x02a2－y02b2＝1，可得OP2＝OQ•OR.
答案：C
第Ⅱ卷 (非选择 共90分)
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．若两直线2x＋y＋2＝0与ax＋4y－2＝0互相垂直，则其交点的坐标为__________．
解析：由已知两直线互相垂直可得a＝－2，
则由2x＋y＋2＝0，－x＋2y－1＝0得两直线的交点坐标为(－1,0)．
答案：(－1,0)
14．如果点M是抛物线y2＝4x的一点，F为抛物线的焦点，A在圆C：(x－4)2＋(y－1)2＝1上，那么MA＋MF的最小值为__________．
解析：如图所示，过点M作MB⊥l于点B.由抛物线定义，可得MF＝MB，则MA＋MF＝MA＋MB≥CB－1＝4＋1－1＝4.
答案：4
15．若过原点O且方向向量为(m,1)的直线l与圆C：(x－1)2＋y2＝4相交于P、Q两点，则OP→•OQ→＝__________.
解析：可由条件设出直线方程，联立方程运用韦达定理可求解，其中OP→•OQ→＝x1x 2＋y1y2是引发思路的关键．
答案：－3
16．如果F1为椭圆C：x22＋y2＝1的左焦点，直线l：y＝x－1与椭圆C交于A、B两点，那么F1A＋F1B的值为__________．
解析：将l：y＝x－1代入椭圆C：x22＋y2＝1，可得x2＋2(x－1)2－2＝0，即3x2－4x＝0，解之得x＝0，或x ＝43.
可得A(0，－1)，B43，13.又F1(－1,0)，则F1A＋F1B＝(－1)2＋12＋43＋12＋132＝823.
答案：823
三、解答题：本大题共6小题，共70分．
17．(10分)已知椭圆 C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心、椭圆短半轴为半径的圆与直线y＝x＋2相切，求椭圆焦点坐标；
(2)若点P是椭圆C上的任意一点，过原点的直线L与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为kPM、kPN，当kPM•kPN＝－14时，求椭圆的方程．
解析：(1)由b＝21＋1，得b＝2，
又 2a＝4，a＝2，a2＝4，b2＝2，c2＝a2－b2＝2，
故两个焦点坐标为(2，0)，(－2，0)．
(2)由于过原点的直线L与椭圆相交的两点M、N关于坐标原点对称，
不妨设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)．
点M、N、P在椭圆上，则它们满足椭圆方程，
即有x02a2＋y02b2＝1，x2a2＋y2b2＝1，
两式相减，得y2－y02x2－x02＝－b2a2.
由题意它们的斜率存在，则kPM＝y－y0x－x0，kPN＝y＋y0x＋x0，
kPM•kPN＝y－y0x－x0•y＋y0x＋x0＝y2－y02x2－x02＝－b2a2，
则－b2a2＝－14.
由a＝2，得b＝1.
故所求椭圆的方程为x24＋y2＝1.
18．(12分)已知两点M(－1,0)，N(1,0)，点P为坐标平面内的动点，满足MN→•NP→＝MN→•MP→.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)若点A(t,4)是动点P的轨迹上的一点，K(m,0)是x轴上的一动点，试讨论直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4的位置关系．
解析：(1)设P(x，y)，则MN→＝(2,0)，NP→＝(x－1，y)，
MP→＝(x＋1，y)．
由MN→•NP→＝MN→•MP→，
得2(x－1)2＋y2＝2(x＋1)，
化简，得y2＝4x.
故动点P的轨迹方程为y2＝4x.
(2)由点A(t,4)在轨迹y2＝4x上，
则42＝4t，解得t＝4，即A(4,4)．
当m＝4时，直线AK的方程为x＝4，
此时直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相离．
当m≠4时，直线AK的方程为y＝44－m(x－m)，
即4x＋m(m－4)y－4m＝0，
圆x2＋(y－2)2＝4的圆心(0,2)到直线AK的距离d＝2m＋816＋(m－4)2，
令d＝2m＋816＋(m－4)2＜2，解得m＜1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＝2，解得m＝1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＞2，解得m＞1.
综上所述，当m＜1时，直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相交；
当m＝1时，直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相切 ；
当m＞1时，直线AK与圆x2＋(y－2)2＝4相离．
19．(12分)如图，已知直线L：x＝my＋1过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，若抛物线x2＝43y的焦点为椭圆C的上顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线L交y轴于点M，且MA→＝λ1AF→，MB→＝λ2BF→，当m变化时，求λ1＋λ2的值．
解析：(1)易知b＝3，得b2＝3.
又∵F(1,0)，
∴c＝1，a2＝b2＋c2＝4，
∴椭 圆C的方程为x24＋y23＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋1，3x2＋4y2－12＝0，
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝ 0，Δ＝144(m2＋1)＞0，
于是1y1＋1y2＝2m3.(*)
∵L与y轴交于点M0，－1m，又由MA→＝λ1AF→，
∴x1，y1＋1m＝λ1(1－x1，－y1)，
∴λ1＝1－1my1.同理λ2＝－1－1my2.
从而λ1＋λ2＝－2－1m1y1＋1y2＝－2－23＝－83.
即λ1＋λ2＝－83.
20．(12分)设G、M分别为△ABC的重心与外心，A(0，－1)，B(0,1)，且GM→＝λAB→(λ∈R)．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P、Q，且满足AP→＝AQ→ ，试求k的取值范围．
解析：(1)设C(x，y)，则Gx3，y3.
∵GM→＝λAB→，(λ∈R)，∴GM∥AB.
∵点M是三角形的外心，∴M点在x轴上，即Mx3，0.
又∵MA→＝MC→，
∴ x32＋(0＋1)2＝ x3－x2＋y2，
整理，得x23＋y2＝1，(x≠0)，即为曲线C的方程．
(2)①当k＝0时，l和椭圆C有不同两交点P、Q，根据椭圆对称性有AP→＝AQ→.
②当k≠0时，可设l的方程为y＝kx＋m，
联立方程组y＝kx＋m，x23＋y2＝1，消去y，
整理，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0.(*)
∵直线l和椭圆C交于不同两点，
∴Δ＝(6km)2－4(1＋3k2)×(m2－1)＞0，
即1＋3k2－m2＞0.(**)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两相异实根，
于是有x1＋x2＝－6km1＋3k2.
则PQ的中点N(x0，y0)的坐标是
x0＝x1＋x22＝－3km1＋3k2，y0＝kx0＋m＝m1＋3k2，
即N－3km1＋3k2，m1＋3k2，
又∵AP→＝AQ→，∴AN→⊥PQ→，
∴k•kAN＝k•m1＋3k2＋1－3km1＋3k2＝－1，∴m＝1＋3k22.
将m＝1＋3k22代入(**)式，得1＋3k2－1＋3k222＞0(k≠0)，
即k2＜1，得k∈(－1,0)∪(0,1)．
综合①②得，k的取值范围是(－1,1)．
21．(12分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，它的一条准线方程为x＝2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点A、B为椭圆上的两个动点，椭圆的中心到直线AB的距离为63，求∠AOB的大小．
解析：(1)由题意，知ca＝22，a2c＝2，
得a＝2，c＝1，故a2＝2，b2＝1，
故椭圆方程为x22＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为x＝±63，或y＝kx＋b.
当直线AB的方程为x＝63时，由x＝63，x22＋y2＝1，
可求A63，63，B63，－63.
从而OA→•OB→＝0，可得∠AOB＝π2.
同理可知当直线AB的方程为x＝ －63时，和椭圆交得两点A、B.
可得∠AOB＝π2.
当直线AB的方程为y＝kx＋b.
由原点到直线的距离为63，得b1＋k2＝63.
即1＋k2＝32b2.
又由y＝kx＋b，x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0.
得x1＋x2＝－4kb1＋2k2，x1x2＝2b2－21＋2k2，
从而y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)
＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝b2－2k21＋2k2.
OA→•OB→＝x1x2＋y1y2＝2b2－21＋2k2＋b2－2k21＋2k2
＝3b2－2(1＋k2)1＋2k2，
将1＋k2＝32b2代入上式，得OA→•OB→＝0，
∠AOB＝90°.
22．(12分)已知动点P与双曲线x2－y23＝1的两焦点F1、F2的距离之和为大于4的定值，且PF1→•PF2→的最大值为9.[来xkb1.com
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A、B是曲线E上相异两点，点M(0，－2)满足AM→＝λMB→，求实数λ的取值范围．
解析：(1)双曲线x2－y23＝1的两焦点F1(－2,0)、F2(2,0)．
设已知定值为2a，则PF1→＋PF2→＝2a，因此，动点P的轨迹E是以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点，长轴长为2a的椭圆．
设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)．
∵PF1→•PF2→≤PF1→＋PF2→22＝a2，
当且仅当PF1→＝PF2→时等号成立，
∴a2＝9，b2＝a2－c2＝5，
∴动点P的轨迹E的方程是x29＋y25＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由AM→＝λMB→， 得
－x1＝λx2，－2－y1＝λ(y2＋2)，
且M、A、B三点共线，设直线为l，
①当直线l的斜率存在时，设 l：y＝kx－2，
由y＝kx－2，x29＋y25＝1，得(5＋9k2)x2－36kx－9＝0，
Δ＝(－36k)2－4(5＋9k2)(－9)＞0恒成立．
由韦达定理，得x1＋x2＝36k5＋9k2，x1x2＝－95＋9k2.
将x1＝－λx2代入，消去x2得(1－λ)2λ＝144k25＋9k2.
当k＝0时，得λ＝1；
当k≠0时，(1－λ)2λ＝1445k2＋9，由k2＞0，得
0＜(1－λ)2λ＜16，得9－45＜λ＜9＋45，且λ≠1.
②当直线l的斜率不存在时，A、B分别为椭圆短轴端点，此时λ＝－2－y12＋y2＝9±45.
综上所述，λ的取值范围是[9－45，9＋45]．
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