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設(shè)點(diǎn)P是圓x²+y²=4上任意一點(diǎn)，由點(diǎn)P向x軸作垂線PP，垂足為P_o，且=．
（Ⅰ）求點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l：y=kx+m（m≠0）與（Ⅰ）中的軌跡C交于不同的兩點(diǎn)A，B．
（1）若直線OA，AB，OB的斜率成等比數(shù)列，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）若以AB為直徑的圓過曲線C與x軸正半軸的交點(diǎn)Q，求證：直線l過定點(diǎn)（Q點(diǎn)除外），并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

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設(shè)直線l（斜率存在）交拋物線y²=2px（p＞0，且p是常數(shù)）于兩個(gè)不同點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且滿足=x₁x₂+2（y₁+y₂）．
（1）若y₁+y₂=-1，求直線l的斜率與p之間的關(guān)系；
（2）求證：直線l過定點(diǎn)；
（3）設(shè)（1）中的定點(diǎn)為P，若點(diǎn)M在射線PA上，滿足，求點(diǎn)M的軌跡方程．

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一、選擇題

題號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

C

B

C

D

C

A

C

B

A

D

C

提示與分析：

1．，故選C。

2．易知p成立，m＜3，q成立，2＜m＜，從而p成立成立，故選B。

3．選C

4．由已知得即，得，故選D。

5．易知,故選C。

6．，作圖知選A。

7．選C。由題：。

8．設(shè)球半徑為R,由，由知，三棱錐頂點(diǎn)S愛底面ABC內(nèi)的攝影D是△ABC的外心，又∠ACB=90°，∴D是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)O到ABC的距離h=OD，設(shè)SA=SB=SC=AB=2，可得，或h=10（舍），故選B。

9．由題設(shè)易知M是PF的中點(diǎn)，設(shè)橢圓右焦點(diǎn)為，由知，=8,，又易知該橢圓的離心率，再由橢圓第二定義得，點(diǎn)P到橢圓左準(zhǔn)線的距離，故選A。

10．由，∴故選D。

11．由題設(shè)知是周期為2的周期函數(shù)，由時(shí)，，可作出再R上的簡(jiǎn)圖，又是偶函數(shù)，再作出簡(jiǎn)圖，則可確定兩圖像的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，故選C。

二、填空題

12．112                       13．9                          14．32                         15．①②④

提示與分析：

12．令得，再分別令得兩式，再相加可得，從而得知。

13．由題得：，得：，而可看作是單位圓上的點(diǎn)（m，n）到點(diǎn)（2，0）的距離，則易知，的最大值為9．

14．由題設(shè)知，又0＜q＜1則得，∴

15．如圖，①知直線BC與面所成的角即為∠,故①正確。

②易知四面體在四個(gè)側(cè)面的攝影圖形面積均最小，為正方形面積之半，故②正確

③點(diǎn)M到平面的距離，即為點(diǎn)到平面的距離。其等于，故③不正確。

④易知BM與所成的角，即為BM與所成的角，設(shè)∠∠易知，，即，故④正確。

三、解答題

16．（1）由題設(shè)知：

再由余弦定理得：

當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故所求B的取值范圍是                （3分）

（2）∵，∴，

∴0＜b，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，

∴

∴                                                      （6分）

（3）由（1）（2）易知，當(dāng)△ABC的面積S最大時(shí)，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正△，此時(shí)易知∠∠

在△AGM中，由正弦定理得：

則

在△AGN中，同理可得：

           （10分）

∴（或用降次公式化簡(jiǎn)）

                                                 （12分）

17．解法一：

（1）由PB⊥面ABCD，CD⊥PD知CD⊥BD

在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB=AD=3,

∴BD=，BC=6

取BC的中點(diǎn)F，連結(jié)AF，則AF∥CD，

∴PA與CD所成的角就是∠PAF   （4分）

連PF由題設(shè)易知AF=PF=PA=,

∴∠PAF=60°即為所求     （6分）

（2）連AC交BD于G，連EG，易知,

又∴，∴PC∥EG,又EG面EBD，∴PC∥面EBD  （10分）

（3）∵PB⊥面ABCD，∴AD⊥PB，

又AD⊥AB，∴AD⊥面EAB

作AH⊥BE于H，連DH，則DH⊥BE,   （12分）

在△AEB中，易求得BE=，

在△DAH中，∠

即所求二面角的大小為  （14分）

解法二：（1）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)

則A（0,3,0）,P（0,0,3）D（3,3,0）,C（，0，0），=

∵，∴，

即：3（3-）+9=0         （2分）

∴

∴

∴，即異面直線PA與CD所成的交為60°            （6分）

（2）設(shè)平面BED的法向量為  ∵

由得，∴       （12分）

又由（1）知，∴，∴PC∥面EBD  （10分）

（3）由（2）知

又平面ABE的法向量，

故所求二面角的大小為                                 （14分）

18．（1）在第一環(huán)節(jié)中，乙選手從6道題目中任選3道至少有1道操作題的概率

                                                          （4分）

（2）在第二環(huán)節(jié)中，甲搶到的題目多于乙選手而不多于丙選手的情況有以下三種：

甲、乙、丙三位選手搶到的題目的個(gè)數(shù)分別為1，0，4；2，0，3；2，1，2，

故所求的概率

（8分）

（3）在第三個(gè)環(huán)節(jié)中，就每一次答題而言，丙選手得分是一個(gè)隨機(jī)變量，

若選A類題，其得分的期望是（分）

若選B類題，其得分的期望是（分）

若選C類題，其得分的期望是（分）

由于＞=,故丙應(yīng)選B類得分的切望值更大。（12分）

19．（1）依題意可得：

                                                                 （4分）

（2）由

當(dāng)時(shí)，，則

∴，∴

即第次操作后溶液的濃度為                  （9分）

（3）由（2）可得：

則

由錯(cuò)位相減法可求得：

故所求                     （13分）

20．（1）由＜0，＞，∴

又＞＜，∴

從而有                      （4分）

（2）由（1）可知，

故，則

令＞∵＞  得＞，∴＞

令＜∵＞，解得＜＜

列表：

（0，1）

1

（1，+∞）

－

0

+

↓

0

↑

即 在處有最小值0                  （8分）

（3）由易知時(shí)，＜

∴為減函數(shù)，其最小值為1

令在上單增，其最大值為

依題意得：

又＞ ∴＜              （14分）

21．（1）由題設(shè)及平面幾何知識(shí)得：＜,

∵動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以A、B為交點(diǎn)的雙曲線右支，

由

故所求P點(diǎn)的軌跡方程為：  （4分）

（2）易知 直線恒過雙曲線焦點(diǎn)B（3，0）

設(shè)該直線與雙曲線右支相交于

由雙曲線第二定義知，

又∴，則，

由得，從而易知，僅當(dāng)時(shí)，滿足

故所求  （8分）

（3）設(shè)，且p分有向線段所成的比為，

則，，

又點(diǎn)在雙曲線上，∴

化簡(jiǎn)得：

又

∴                               （11分）

令

∵在上單減，在上單增，

又，∴在上單減，在上單增，∴

又 ，∴

故所求的最小值為9，最大值為。   （14分）

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