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2020-2021学年湖南省常德市高二（上）11月段考数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年湖南省常德市高二（上）11月段考数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若a，b为非零实数，且aA.a21bC.a3b2>a2b3D.ac2
2. 若椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2=2bx的焦点分成5:3两段，则此椭圆的离心率为( )
A.1617B.41717C.45D.255
3. 下列函数中，最小值为4的是( )
A.y=x+4xB.y=sinx+4sinx(0C.y=4ex+e−xD.y=lg3x+lgx3(0
4. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，且双曲线的两渐近线与抛物线y2=2pxp>0的准线交于A，B两点，若|AB|=2，则抛物线的方程为( )
A.y2=2xB.y2=4xC.y2=8xD.y2=16x
5. 函数y=kx2−6x+k+8的定义域为R，则k的取值范围是( )
A.(−∞, 9)∪[1, +∞)B.[1, +∞)C.[−9, 1)D.(0, 1]
6. 已知x>0，y>0，且2x+1y=1，若x+2y>m2−2m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.(−2, 1)B.(1, 2)C.(2, 4)D.(−2, 4)
7. 过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F且倾斜角为120∘的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，则|AF||BF|的值等于( )
A.13B.23C.34D.43
8. 直线y=kx+1与椭圆x24+y2=1相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为1，则k=( )
A.−2B.−1C.−12D.1
9. 已知椭圆C :x216+y212=1 的左、右焦点分别为 F1， F2 ，点P在椭圆上且异于长轴端点.点 M，N在 △PF1F2 所围区域之外,且始终满足 MP→⋅MF1→=0,NP→⋅NF2→=0，则 |MN| 的最大值为( )
A.6B.8C.12D.14
10. 若a>1，设函数f(x)=ax+x−4的零点为m，g(x)=lgax+x−4的零点为n，则1m+1n的取值范围是( )
A.(72,+∞)B.(92,+∞)C.(1, +∞)D.(4, +∞)
二、多选题
以下说法正确的有( )
A.命题“∀x∈R，x2+x+1>0”的否定为“∃x∉R，x2+x+1≤0“
B.设a>0，b>1，若a+b=2，则3a+1b−1的最小值为4+23
C.设a>0，b>0，且a+b=1，则a+b有最大值2
D.已知−1
以下说法正确的有( )
A.∀x∈R，2x>x2
B.双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，则直线y=bax+mm∈R与双曲线有且只有一个公共点
C.过M2,0的直线l与椭圆x22+y2=1交于P1，P2两点，线段P1P2中点为P，设直线l斜率为k1k1≠0，直线OP的斜率为k2，则k1k2=−12
D.已知P是以F1，F2为左、右焦点的椭圆x22+y2=1上一点，则满足∠F1PF2为直角的点P有且只有2个
三、填空题
焦点坐标为(±5, 0)，渐近线的方程为y=±43x的双曲线的标准方程为________．
已知函数fx=3x+1,x≤0，x−2x−4,x>0，则不等式fx≥0的解集是________.
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，过原点的直线与双曲线C相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AF|=6,|BF|=8,∠AFB=π2，则该双曲线的离心率为________.
设O为坐标原点，F1，F2是x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的焦点，若在双曲线上存在点P，满足∠F1PF2=60∘，|OP|=7a，则该双曲线的离心率为________.
四、解答题
设命题p：实数x满足x2−2ax−3a2<0a>0，命题q：实数x满足|x−3|<1.
(1)若a=1,p∧q为真命题，求x的取值范围；
(2)若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
已知函数fx=x2−a+2x+4a∈R.
(1)若关于x的不等式fx<0的解集为1,b，求a和b的值；
(2)若f1=b+2,a>0,b>0，求1a+4b的最小值；
(3)若对∀x∈1,4, fx≥−a−1恒成立，求实数a的取值范围．
椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点与抛物线y2=43x的焦点重合，短轴的一个端点与两焦点围成的三角形面积为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点0,4的直线l与椭圆C交于A，B两点，且坐标原点O在以AB为直径的圆上，求直线l的斜率．
已知P为圆F1:x+32+y2=16上一动点，点F2坐标为3,0，线段F2P的垂直平分线交直线F1P于点Q．
(1)求点Q的轨迹C方程；
(2)已知B0,−1，过点0,2作与y轴不重合的直线1交轨迹C于E，F两点，直线BE，BF分别与x轴交于M，N两点．试探究M，N的横坐标的乘积是否为定值，并说明理由．
如图，已知点E(m,0)(m>0)为抛物线y2=4x内的一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点.
(1)若m=1，k1k2=−1，求△EMN面积的最小值；
(2)若k1+k2=1，求证：直线MN过定点.
平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32，抛物线E:x2=2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P(x0, y0)是E上的动点，且位于第一象限，
E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
(i)求证：点M在定直线上；
(ii)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求S1S2的最大值及取得最大值时点P的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省常德市高二（上）11月段考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
A．取a=−3，b=−2，即可判断出正误；
B．令f(x)=x3，(x∈R)，利用导数研究其单调性即可判断出正误
C．取a=−2，b=1，即可判断出正误；
D．取c=0，即可判断出正误．
【解答】
解：A，取a=−3，b=−2，不成立；
B，正确；
C，取a=−2，b=−1，不成立；
D，取c=0，不成立．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
抛物线的性质
【解析】
先求出抛物线的焦点坐标，依据条件列出比例式，得到c、b间的关系，从而求离心率．
【解答】
解：∵ c+b2c−b2=53，a2−b2=c2，c=2b，
∴5c2=4a2，
∴e=ca=25=255．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由基本不等式的使用范围和取等号的条件逐个选项验证可得．
【解答】
解：对于①y=x+4x，若x为负数显然不成立，故错误；
对于②y=sinx+4sinx需当sinx=2时才可取到等号，而当0对于③y=4ex+e−x≥24ex⋅e−x=4，当且仅当4ex=e−x即x=−ln2时取等号，故正确；
对于④y=lg3x+lgx3，当0故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
将准线方程代入渐近线方程，结合|AB|=2，即可求得关系式，求解即可.
【解答】
解：抛物线y2=2pxp>0 的准线为x=−p2，
双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的的渐近线方程为y=±bax，
把x=−p2 代入y=±bax，
解得y=±pb2a，
∴ |AB|=pba=2，
由e=ca=1+b2a2=2，
解得ba=1，
∴ p=2，
∴ 该抛物线的标准方程是y2=4x，
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据题意可得出，不等式kx2−6x+k+8≥0的解集为R，从而得出k>02≤0，解出k的范围即可．
【解答】
解：y=kx2−6x+k+8的定义域R，
则不等式kx2−6x+k+8≥0的解集为R，
当k=0，显然不合题意，
则k>0，Δ=36−4kk+8≤0，
解得k≥1，
k的取值范围是[1,+∞).
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
基本不等式及其应用
【解析】
先把x+2y转化为(x+2y)(2x+1y)展开后利用基本不等式求得其最小值，然后根据x+2y>m2−2m求得m2−2m<8，进而求得m的范围．
【解答】
解：∵ 2x+1y=1，x，y>0，
∴ x+2y=(x+2y)(2x+1y)=4+4yx+xy≥4+24=8，
当且仅当x=2y时成立.
∵ x+2y>m2+2m恒成立，
∴ m2−2m<8，
求得−2故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Ax1，y1，Bx2，y2，
由方程组y2=2px，y=−3x−p2，
得12x2−20px+3p2=0，
解得：x1=16p，x2=32p.
则y1=13p，y2=3p，
则|AF||BF|=y1y2=13.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆与直线的平面几何问题
椭圆的应用
【解析】
本题主要根据点差法得到直线斜率与中点的关系，再根据中点在直线上，最后解参数的等式得出结果即可
【解答】
解：由题意，设点Ax1,y1 ，Bx2,y2，
将点A，B代入椭圆方程得x124+y12=1① ，x224+y22=1②，
②−①化简得：y2−y1x2−x1=−14⋅x1+x2y1+y2③，且k=y2−y1x2−x1④，
由直线y=kx+1的斜率为k，
AB中点横坐标为1，
则AB中点纵坐标为k+1，
将点 1,k+1 代入③得：4kk+1+1=0⇒2k+12=0⇒k=−12，
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
椭圆中的平面几何问题
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设PF1 ，PF2 的中点分别为 O1,O2 ，
分别以O1,O2 为圆心， |PF1|2， |PF2|2 为半径作圆 O1，O2 ,
可知 |MN| 的最大值为：
|O1O2|+|PF1|2+|PF2|2
=|F1F22|+|PF1|+|PF2|2
=2+4=6.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
反函数
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
把函数零点转化为两个函数图象交点的横坐标，根据指数函数与对数函数互为反函数，得到两个函数图象之间的关系求出m，n之间的关系个，根据两者之和是定值，利用基本不等式得到要求的结果．
【解答】
解：函数f(x)=ax+x−4的零点是函数y=ax与函数y=4−x图象交点A的横坐标；
函数g(x)=lgax+x−4的零点是函数y=lgax与函数y=4−x图象交点B的横坐标.
由于指数函数与对数函数互为反函数，
其图象关于直线y=x对称，
直线y=4−x与直线y=x垂直，
故直线y=4−x与直线y=x的交点(2, 2)即是A，B的中点，
∴ m+n=4，
∴ 1m+1n=14(m+n)(1m+1n)=14(2+mn+nm)≥1，
当m=n=2等号成立，
而m+n=4，故1m+1n≥1，
而函数y=ax与y=lgax无交点，即m≠n，
故所求的取值范围是(1, +∞)．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
命题的否定
基本不等式及其应用
不等式的基本性质
【解析】
直接逐个命题的否定，基本不等式，以及不等式的性质，判断即可.
【解答】
解：A，由全称命题的否定为特称命题可知：
命题“∀x∈R，x2+x+1>0”的否定为“∃x∈R，x2+x+1≤0”，故A错误；
B，a>0，b>1，a+b=2，则a+b−1=1，
则3a+1b−1=3a+1b−1a+b−1=3+3b−1a+ab−1+1，
=3b−1a+ab−1+4≥23+4，当且仅当3(b−1)a=ab−1时取等号，
则3a+1b−1的最小值为4+23，故B正确；
C，由a+b2≥a+b22可得：a+b≤2，当且仅当a=b时取等号，
则a=b的最大值为2，故C正确；
D，设2x−3y=λx+y+μx−y=λ+μx+λ−μy，对应系数相等，
则λ+μ=2，λ−μ=−3，解得λ=−12，μ=52，
从而2x−3y=−12x+y+52x−y∈3,8，故D错误.
故选BC.
【答案】
C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题对于A选项通过举特殊例子进行说明，B选项双曲线的性质进行求解，C选项考查点差法的运用，D选项考查椭圆的性质
【解答】
解：A，当x=3，23=8<32=9，故A错误；
B，因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，
当直线与渐近线平行时直线与双曲线只有一个交点，当直线与渐近线重合时，没有交点，
故B错误．
C，设P1x1,y1 P2x2,y2，中点Px0,y0，
则k1=y1−y2x1−x2，k2=y0x0=y1+y2x1+x2，
把P1x1,y1,P2x2,y2分别代入椭圆方程x22+y2=1，
得x12+2y12=2①，x22+2y22=2②，
两式相减得x12−x22+2y12−y22=0，
整理得y1+y2x1+x2⋅ y1−y2x1−x2=−12，
即k1k2=−12，故C正确．
D，当P点在短轴端点处，此时∠F1PF2最大，由题知c=b=1，a=2，
所以有F1P=F2P=2,F1F2=2, F1P2+F2P2=F1F22,
所以∠F1PF2=90∘，此时只有两个这样的P点，故D正确.
故选CD.
三、填空题
【答案】
x29−y216=1
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
由题意可得c=a2+b2=5，ba=43，解得a=3，b=4，由此求得双曲线的标准方程．
【解答】
解：由题意可得c=a2+b2=5，ba=43，解得a=3，b=4，
故双曲线的标准方程为x29−y216=1，
故答案为：x29−y216=1．
【答案】
[−1,2]∪(4,+∞)
【考点】
分段函数的应用
【解析】
本题考查分式不等式的解法
【解答】
解：当x≤0,满足x≤0，3x+3≥0⇒−1≤x≤0；
当x>0满足x>0，x>4或x≤2⇒x>4或0故答案为：[−1,2]∪(4,+∞).
【答案】
5
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
本题考查双曲线的离心率
思路利用双曲线定义求解
【解答】
解：在直角△ABF中，由勾股定理可得
|AB|2=|AF|2+|BF|2=62+82=100，解得|AB|=10.
设双曲线的另一个焦点为F′,分别连接BF′,AF′，根据双曲线的对称性可知，四边形AF′BF为矩形，
结合矩形的性质，可得2c=10, 即c=5,
由双曲线的定义可知2a=|AF′|−|AF|=8−6=2，解得a=1
所以双曲线的离心率为e=ca=5.
故答案为：5.
【答案】
3
【考点】
双曲线的应用
【解析】
假设|F1P|=x，分别根据中线定理和余弦定理建立等式求得c2+5a2=14a2−2c2，可得a和c的关系，即可求双曲线的离心率．
【解答】
解：不妨设P在左支上，|F1P|=x，则|F2P|=2a+x．
∵ OP为三角形F1F2P的中线，∴ 根据三角形中线定理可知x2+(2a+x)2=2(c2+7a2)，
整理得x(x+2a)=c2+5a2．
由余弦定理可知x2+(2a+x)2−x(2a+x)=4c2，
整理得x(x+2a)=14a2−2c2，
进而可知c2+5a2=14a2−2c2，
∴ 3a2=c2，
∴ e=ca=3．
故答案为：3.
四、解答题
【答案】
解：(1)当a=1时．
p:x2−2x−3<0，
解得：−1q:2p∧q为真命题，则p,q均为真命题，
所以2(2)由¬p是¬q的充分不必要条件，即p是q的必要不充分条件,
由题设得p:x∈−a,3a.
所以−a≤2，3a≥4，
解得a≥43.
【考点】
一元二次不等式的解法
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
利用复合命题的真假，得解.
由¬p是¬q的充分不必要条件，即p是q的必要不充分条件,所以−a≤23a≥4，可得解.
【解答】
解：(1)当a=1时．
p:x2−2x−3<0，
解得：−1q:2p∧q为真命题，则p,q均为真命题，
所以2(2)由¬p是¬q的充分不必要条件，即p是q的必要不充分条件,
由题设得p:x∈−a,3a.
所以−a≤2，3a≥4，
解得a≥43.
【答案】
解：1 由已知得x2−a+2x+4=0的两根为1,b，
所以a+2=1+b，4=b，
解得：a=3，b=4.
2 由题设得：1−a+2+4=b+2⇒a+b=1，
1a+4b=1a+4ba+b=5+4ab+ba
≥5+24ab×ba=9，
当且仅当b=2a等号成立.
1a+4b最小值为9.
3 由f(x)≥−a−1，
所以x2−a+2x+a+5≥0.
令g(x)=x2−a+2x+a+5，
对∀x∈1,4，f(x)≥−a−1恒成立，
当a+22≤1，即a≤0时，g(1)≥0，满足题设，所以a≤0.
当a+22≥4，即a≥6时，g(4)≥0⇒a≤133，不合题意.
当1即−4≤a≤4，
则0≤a≤4.
综上：a≤4.
【考点】
一元二次不等式的解法
根与系数的关系
基本不等式在最值问题中的应用
函数恒成立问题
【解析】
1 利用方程的根与系数的关系得解.
2 利用基本不等式得解.
3 原式变形为x2−a+2x+a+5≥0，对∀x∈1,4，f(x)≥−a−1恒成立，分三种情况讨论.
【解答】
解：1 由已知得x2−a+2x+4=0的两根为1,b，
所以a+2=1+b，4=b，
解得：a=3，b=4.
2 由题设得：1−a+2+4=b+2⇒a+b=1，
1a+4b=1a+4ba+b=5+4ab+ba
≥5+24ab×ba=9，
当且仅当b=2a等号成立.
1a+4b最小值为9.
3 由f(x)≥−a−1，
所以x2−a+2x+a+5≥0.
令g(x)=x2−a+2x+a+5，
对∀x∈1,4，f(x)≥−a−1恒成立，
当a+22≤1，即a≤0时，g(1)≥0，满足题设，所以a≤0.
当a+22≥4，即a≥6时，g(4)≥0⇒a≤133，不合题意.
当1即−4≤a≤4，
则0≤a≤4.
综上：a≤4.
【答案】
解：(1)根据题意可得
y2=43x的焦点为(3,0)，
所以c=3,12b×2c=3，
故b=1,a=2，
所以椭圆方程为x24+y2=1.
(2)根据题意，过点0,4满足题意得直线斜率存在，设l:y=kx+4，
x24+y2=1，y=kx+4，
联立 消去y得：1+4k2x2+32kx+60=0,
Δ=32k2−2401+4k2=64k2−240，
令Δ>0，解得k2>154，
x1+x2=−32k1+4k2，x1x2=601+4k2，
设A，B两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2,
当∠AOB为直角时， OA→⋅OB→=0,即x1x2+y1y2=0，
所以1+k2x1x2+4kx1+x2+16=0,
15×1+k21+4k2−32k21+4k2+4=0，
则 解得k=±19，
经检验，所求上值均与题意相符.
综上， 解得k=±19.
【考点】
椭圆的标准方程
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题考查椭圆的标准方程
本题考查直线与椭圆的位置关系
【解答】
解：(1)根据题意可得
y2=43x的焦点为(3,0)，
所以c=3,12b×2c=3，
故b=1,a=2，
所以椭圆方程为x24+y2=1.
(2)根据题意，过点0,4满足题意得直线斜率存在，设l:y=kx+4，
x24+y2=1，y=kx+4，
联立 消去y得：1+4k2x2+32kx+60=0,
Δ=32k2−2401+4k2=64k2−240，
令Δ>0，解得k2>154，
x1+x2=−32k1+4k2，x1x2=601+4k2，
设A，B两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2,
当∠AOB为直角时， OA→⋅OB→=0,即x1x2+y1y2=0，
所以1+k2x1x2+4kx1+x2+16=0,
15×1+k21+4k2−32k21+4k2+4=0，
则 解得k=±19，
经检验，所求上值均与题意相符.
综上， 解得k=±19.
【答案】
解：(1)线段F2P的垂直平分线交直线F1P于点Q，
故|PQ|=|QF2|，
故|QF1|+|QF2|=|QF1|+|PQ|=|PF1|=4>23，
故点Q的轨迹是椭圆，其中2a=4,c=3,
因此Q点的轨迹C的方程是：x24+y2=1.
(2)依题意直线l的斜率存在，
设l的方程为y=kx+2，
代入椭圆方程联立得(1+4k2)x2+16kx+12=0,
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，
x1+x2=−16k1+4k2，x1x2=121+4k，
因为B(0,−1)，
所以 直线BE：y+1=y1+1x1x，
令y=0，
得x=x1y1+1,M(x1y1+1,0)，
同理得N(x2y2+1,0)，
所以xMxN=x1y1+1⋅x2y2+1=1212k2−48k2+9+36k2=43.
【考点】
轨迹方程
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
本题考查椭圆的标准方程
本题考查直线与椭圆的位置关系
【解答】
解：(1)线段F2P的垂直平分线交直线F1P于点Q，
故|PQ|=|QF2|，
故|QF1|+|QF2|=|QF1|+|PQ|=|PF1|=4>23，
故点Q的轨迹是椭圆，其中2a=4,c=3,
因此Q点的轨迹C的方程是：x24+y2=1.
(2)依题意直线l的斜率存在，
设l的方程为y=kx+2，
代入椭圆方程联立得(1+4k2)x2+16kx+12=0,
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，
x1+x2=−16k1+4k2，x1x2=121+4k，
因为B(0,−1)，
所以 直线BE：y+1=y1+1x1x，
令y=0，
得x=x1y1+1,M(x1y1+1,0)，
同理得N(x2y2+1,0)，
所以xMxN=x1y1+1⋅x2y2+1=1212k2−48k2+9+36k2=43.
【答案】
(1)解：由题意，不妨设AB的斜率k1=k>0，
则CD的斜率k2=−1k<0.
又m=1，则点E(1, 0)，
所以直线AB的方程是y=k(x−1)，
直线CD的方程是y=−1k(x−1)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−1)，y2=4x得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，x1x2=1，
所以y1+y2=k(x1−1)+k(x2−1)=k2+4k2−2k=4k.
因为M是AB的中点，所以点M1+2k2, 2k.
同理可得，点N(1+2k2, −2k).
所以直线MN的方程是y+2k=2k+2k1+2k2−1−2k2⋅(x−1−2k2)，
即y+2k=1k+k1k2−k2⋅(x−1−2k2)，令y=0，得x=3，
则直线MN与x轴的交点是(3, 0).
所以△EMN的面积S=12×(3−1)×2k+2k=2k+2k≥22k⋅2k=4，
当且仅当2k=2k时取等号，此时k=1.
所以△EMN面积的最小值是4.
(2)证明：由题意知，k1+k2=1，
不妨设AB的斜率k1=k，则CD的斜率k2=1−k，
所以直线AB的方程是y=k(x−m)，
直线CD的方程是y=(1−k)⋅(x−m).
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−m)，y2=4x得k2x2−(2k2m+4)x+k2m2=0，
则x1+x2=2k2m+4k2=2m+4k2，x1x2=m2，
所以y1+y2=k(x1−m)+k(x2−m)
=k2m+4k2−2km=4k.
因为M是AB的中点，所以点Mm+2k2, 2k.
同理可得，点Nm+2(1−k)2, 21−k.
所以直线MN的方程是y−2k=2k−21−k2k2−2(1−k)2⋅x−m−2k2，
令x=m，得y=2.
所以直线MN过定点(m, 2)．
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，不妨设AB的斜率k1=k>0，
则CD的斜率k2=−1k<0.
又m=1，则点E(1, 0)，
所以直线AB的方程是y=k(x−1)，
直线CD的方程是y=−1k(x−1)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−1)，y2=4x得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，x1x2=1，
所以y1+y2=k(x1−1)+k(x2−1)=k2+4k2−2k=4k.
因为M是AB的中点，所以点M1+2k2, 2k.
同理可得，点N(1+2k2, −2k).
所以直线MN的方程是y+2k=2k+2k1+2k2−1−2k2⋅(x−1−2k2)，
即y+2k=1k+k1k2−k2⋅(x−1−2k2)，令y=0，得x=3，
则直线MN与x轴的交点是(3, 0).
所以△EMN的面积S=12×(3−1)×2k+2k=2k+2k≥22k⋅2k=4，
当且仅当2k=2k时取等号，此时k=1.
所以△EMN面积的最小值是4.
(2)证明：由题意知，k1+k2=1，
不妨设AB的斜率k1=k，则CD的斜率k2=1−k，
所以直线AB的方程是y=k(x−m)，
直线CD的方程是y=(1−k)⋅(x−m).
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−m)，y2=4x得k2x2−(2k2m+4)x+k2m2=0，
则x1+x2=2k2m+4k2=2m+4k2，x1x2=m2，
所以y1+y2=k(x1−m)+k(x2−m)
=k2m+4k2−2km=4k.
因为M是AB的中点，所以点Mm+2k2, 2k.
同理可得，点Nm+2(1−k)2, 21−k.
所以直线MN的方程是y−2k=2k−21−k2k2−2(1−k)2⋅x−m−2k2，
令x=m，得y=2.
所以直线MN过定点(m, 2)．
【答案】
解：(1)由题意可得e=ca=32，抛物线E:x2=2y的焦点F为(0, 12)，
即有b=12，a2−c2=14，
解得a=1，c=32，
可得椭圆的方程为x2+4y2=1.
(2)(i)证明：设P(x0, y0)，可得x02=2y0，
由y=12x2的导数为y′=x，即有切线的斜率为x0，
则切线的方程为y−y0=x0(x−x0)，
可化为y=x0x−y0，代入椭圆方程，
可得(1+4x02)x2−8x0y0x+4y02−1=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得x1+x2=8x0y01+4x02，即有中点D(4x0y01+4x02, −y01+4x02)，
直线OD的方程为y=−14x0x，可令x=x0，可得y=−14．
即有点M在定直线y=−14上.
(ii)直线l的方程为y=x0x−y0，令x=0，可得G(0, −y0)，
则S1=12|FG|⋅|x0|=12x0⋅(12+y0)=14x0(1+x02)；
S2=12|PM|⋅|x0−4x0y01+4x02|
=12(y0+14)⋅x0+4x03−4x0y01+4x02
=18x0⋅(1+2x02)21+4x02，
则S1S2=2(1+x02)(1+4x02)(1+2x02)2，
令1+2x02=t(t≥1)，
则S1S2=2(1+t−12)(1+2t−2)t2=(t+1)(2t−1)t2
=2t2+t−1t2=2+1t−1t2=−(1t−12)2+94，
则当t=2，即x0=22时，S1S2取得最大值94，
此时点P的坐标为(22, 14)．
【考点】
椭圆的定义
直线的斜率
直线与抛物线结合的最值问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）运用椭圆的离心率公式和抛物线的焦点坐标，以及椭圆的a，b，c的关系，解得a，b，进而得到椭圆的方程；
(2)(I)设P(x0, y0)，运用导数求得切线的斜率和方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，可得中点D的坐标，求得OD的方程，再令x=x0，可得y=−14．进而得到定直线；
(II)由直线l的方程为y=x0x−y0，令x=0，可得G(0, −y0)，运用三角形的面积公式，可得S1=12|FG|⋅|x0|=12x0•(12+y0)，S2=12|PM|⋅|x0−4x0y01+4x02|，化简整理，再1+2x02=t(t≥1)，整理可得t的二次方程，进而得到最大值及此时P的坐标．
【解答】
解：(1)由题意可得e=ca=32，抛物线E:x2=2y的焦点F为(0, 12)，
即有b=12，a2−c2=14，
解得a=1，c=32，
可得椭圆的方程为x2+4y2=1.
(2)(i)证明：设P(x0, y0)，可得x02=2y0，
由y=12x2的导数为y′=x，即有切线的斜率为x0，
则切线的方程为y−y0=x0(x−x0)，
可化为y=x0x−y0，代入椭圆方程，
可得(1+4x02)x2−8x0y0x+4y02−1=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得x1+x2=8x0y01+4x02，即有中点D(4x0y01+4x02, −y01+4x02)，
直线OD的方程为y=−14x0x，可令x=x0，可得y=−14．
即有点M在定直线y=−14上.
(ii)直线l的方程为y=x0x−y0，令x=0，可得G(0, −y0)，
则S1=12|FG|⋅|x0|=12x0⋅(12+y0)=14x0(1+x02)；
S2=12|PM|⋅|x0−4x0y01+4x02|
=12(y0+14)⋅x0+4x03−4x0y01+4x02
=18x0⋅(1+2x02)21+4x02，
则S1S2=2(1+x02)(1+4x02)(1+2x02)2，
令1+2x02=t(t≥1)，
则S1S2=2(1+t−12)(1+2t−2)t2=(t+1)(2t−1)t2
=2t2+t−1t2=2+1t−1t2=−(1t−12)2+94，
则当t=2，即x0=22时，S1S2取得最大值94，
此时点P的坐标为(22, 14)．
1. 若a，b为非零实数，且a
2. 若椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2=2bx的焦点分成5:3两段，则此椭圆的离心率为( )
A.1617B.41717C.45D.255
3. 下列函数中，最小值为4的是( )
A.y=x+4xB.y=sinx+4sinx(0
4. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，且双曲线的两渐近线与抛物线y2=2pxp>0的准线交于A，B两点，若|AB|=2，则抛物线的方程为( )
A.y2=2xB.y2=4xC.y2=8xD.y2=16x
5. 函数y=kx2−6x+k+8的定义域为R，则k的取值范围是( )
A.(−∞, 9)∪[1, +∞)B.[1, +∞)C.[−9, 1)D.(0, 1]
6. 已知x>0，y>0，且2x+1y=1，若x+2y>m2−2m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.(−2, 1)B.(1, 2)C.(2, 4)D.(−2, 4)
7. 过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F且倾斜角为120∘的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，则|AF||BF|的值等于( )
A.13B.23C.34D.43
8. 直线y=kx+1与椭圆x24+y2=1相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为1，则k=( )
A.−2B.−1C.−12D.1
9. 已知椭圆C :x216+y212=1 的左、右焦点分别为 F1， F2 ，点P在椭圆上且异于长轴端点.点 M，N在 △PF1F2 所围区域之外,且始终满足 MP→⋅MF1→=0,NP→⋅NF2→=0，则 |MN| 的最大值为( )
A.6B.8C.12D.14
10. 若a>1，设函数f(x)=ax+x−4的零点为m，g(x)=lgax+x−4的零点为n，则1m+1n的取值范围是( )
A.(72,+∞)B.(92,+∞)C.(1, +∞)D.(4, +∞)
二、多选题
以下说法正确的有( )
A.命题“∀x∈R，x2+x+1>0”的否定为“∃x∉R，x2+x+1≤0“
B.设a>0，b>1，若a+b=2，则3a+1b−1的最小值为4+23
C.设a>0，b>0，且a+b=1，则a+b有最大值2
D.已知−1
以下说法正确的有( )
A.∀x∈R，2x>x2
B.双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，则直线y=bax+mm∈R与双曲线有且只有一个公共点
C.过M2,0的直线l与椭圆x22+y2=1交于P1，P2两点，线段P1P2中点为P，设直线l斜率为k1k1≠0，直线OP的斜率为k2，则k1k2=−12
D.已知P是以F1，F2为左、右焦点的椭圆x22+y2=1上一点，则满足∠F1PF2为直角的点P有且只有2个
三、填空题
焦点坐标为(±5, 0)，渐近线的方程为y=±43x的双曲线的标准方程为________．
已知函数fx=3x+1,x≤0，x−2x−4,x>0，则不等式fx≥0的解集是________.
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，过原点的直线与双曲线C相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AF|=6,|BF|=8,∠AFB=π2，则该双曲线的离心率为________.
设O为坐标原点，F1，F2是x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的焦点，若在双曲线上存在点P，满足∠F1PF2=60∘，|OP|=7a，则该双曲线的离心率为________.
四、解答题
设命题p：实数x满足x2−2ax−3a2<0a>0，命题q：实数x满足|x−3|<1.
(1)若a=1,p∧q为真命题，求x的取值范围；
(2)若¬p是¬q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
已知函数fx=x2−a+2x+4a∈R.
(1)若关于x的不等式fx<0的解集为1,b，求a和b的值；
(2)若f1=b+2,a>0,b>0，求1a+4b的最小值；
(3)若对∀x∈1,4, fx≥−a−1恒成立，求实数a的取值范围．
椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点与抛物线y2=43x的焦点重合，短轴的一个端点与两焦点围成的三角形面积为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点0,4的直线l与椭圆C交于A，B两点，且坐标原点O在以AB为直径的圆上，求直线l的斜率．
已知P为圆F1:x+32+y2=16上一动点，点F2坐标为3,0，线段F2P的垂直平分线交直线F1P于点Q．
(1)求点Q的轨迹C方程；
(2)已知B0,−1，过点0,2作与y轴不重合的直线1交轨迹C于E，F两点，直线BE，BF分别与x轴交于M，N两点．试探究M，N的横坐标的乘积是否为定值，并说明理由．
如图，已知点E(m,0)(m>0)为抛物线y2=4x内的一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点.
(1)若m=1，k1k2=−1，求△EMN面积的最小值；
(2)若k1+k2=1，求证：直线MN过定点.
平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32，抛物线E:x2=2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P(x0, y0)是E上的动点，且位于第一象限，
E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
(i)求证：点M在定直线上；
(ii)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求S1S2的最大值及取得最大值时点P的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省常德市高二（上）11月段考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
A．取a=−3，b=−2，即可判断出正误；
B．令f(x)=x3，(x∈R)，利用导数研究其单调性即可判断出正误
C．取a=−2，b=1，即可判断出正误；
D．取c=0，即可判断出正误．
【解答】
解：A，取a=−3，b=−2，不成立；
B，正确；
C，取a=−2，b=−1，不成立；
D，取c=0，不成立．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
抛物线的性质
【解析】
先求出抛物线的焦点坐标，依据条件列出比例式，得到c、b间的关系，从而求离心率．
【解答】
解：∵ c+b2c−b2=53，a2−b2=c2，c=2b，
∴5c2=4a2，
∴e=ca=25=255．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由基本不等式的使用范围和取等号的条件逐个选项验证可得．
【解答】
解：对于①y=x+4x，若x为负数显然不成立，故错误；
对于②y=sinx+4sinx需当sinx=2时才可取到等号，而当0
对于④y=lg3x+lgx3，当0
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
将准线方程代入渐近线方程，结合|AB|=2，即可求得关系式，求解即可.
【解答】
解：抛物线y2=2pxp>0 的准线为x=−p2，
双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的的渐近线方程为y=±bax，
把x=−p2 代入y=±bax，
解得y=±pb2a，
∴ |AB|=pba=2，
由e=ca=1+b2a2=2，
解得ba=1，
∴ p=2，
∴ 该抛物线的标准方程是y2=4x，
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据题意可得出，不等式kx2−6x+k+8≥0的解集为R，从而得出k>02≤0，解出k的范围即可．
【解答】
解：y=kx2−6x+k+8的定义域R，
则不等式kx2−6x+k+8≥0的解集为R，
当k=0，显然不合题意，
则k>0，Δ=36−4kk+8≤0，
解得k≥1，
k的取值范围是[1,+∞).
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
基本不等式及其应用
【解析】
先把x+2y转化为(x+2y)(2x+1y)展开后利用基本不等式求得其最小值，然后根据x+2y>m2−2m求得m2−2m<8，进而求得m的范围．
【解答】
解：∵ 2x+1y=1，x，y>0，
∴ x+2y=(x+2y)(2x+1y)=4+4yx+xy≥4+24=8，
当且仅当x=2y时成立.
∵ x+2y>m2+2m恒成立，
∴ m2−2m<8，
求得−2
7.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Ax1，y1，Bx2，y2，
由方程组y2=2px，y=−3x−p2，
得12x2−20px+3p2=0，
解得：x1=16p，x2=32p.
则y1=13p，y2=3p，
则|AF||BF|=y1y2=13.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆与直线的平面几何问题
椭圆的应用
【解析】
本题主要根据点差法得到直线斜率与中点的关系，再根据中点在直线上，最后解参数的等式得出结果即可
【解答】
解：由题意，设点Ax1,y1 ，Bx2,y2，
将点A，B代入椭圆方程得x124+y12=1① ，x224+y22=1②，
②−①化简得：y2−y1x2−x1=−14⋅x1+x2y1+y2③，且k=y2−y1x2−x1④，
由直线y=kx+1的斜率为k，
AB中点横坐标为1，
则AB中点纵坐标为k+1，
将点 1,k+1 代入③得：4kk+1+1=0⇒2k+12=0⇒k=−12，
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
椭圆中的平面几何问题
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设PF1 ，PF2 的中点分别为 O1,O2 ，
分别以O1,O2 为圆心， |PF1|2， |PF2|2 为半径作圆 O1，O2 ,
可知 |MN| 的最大值为：
|O1O2|+|PF1|2+|PF2|2
=|F1F22|+|PF1|+|PF2|2
=2+4=6.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
反函数
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
把函数零点转化为两个函数图象交点的横坐标，根据指数函数与对数函数互为反函数，得到两个函数图象之间的关系求出m，n之间的关系个，根据两者之和是定值，利用基本不等式得到要求的结果．
【解答】
解：函数f(x)=ax+x−4的零点是函数y=ax与函数y=4−x图象交点A的横坐标；
函数g(x)=lgax+x−4的零点是函数y=lgax与函数y=4−x图象交点B的横坐标.
由于指数函数与对数函数互为反函数，
其图象关于直线y=x对称，
直线y=4−x与直线y=x垂直，
故直线y=4−x与直线y=x的交点(2, 2)即是A，B的中点，
∴ m+n=4，
∴ 1m+1n=14(m+n)(1m+1n)=14(2+mn+nm)≥1，
当m=n=2等号成立，
而m+n=4，故1m+1n≥1，
而函数y=ax与y=lgax无交点，即m≠n，
故所求的取值范围是(1, +∞)．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
命题的否定
基本不等式及其应用
不等式的基本性质
【解析】
直接逐个命题的否定，基本不等式，以及不等式的性质，判断即可.
【解答】
解：A，由全称命题的否定为特称命题可知：
命题“∀x∈R，x2+x+1>0”的否定为“∃x∈R，x2+x+1≤0”，故A错误；
B，a>0，b>1，a+b=2，则a+b−1=1，
则3a+1b−1=3a+1b−1a+b−1=3+3b−1a+ab−1+1，
=3b−1a+ab−1+4≥23+4，当且仅当3(b−1)a=ab−1时取等号，
则3a+1b−1的最小值为4+23，故B正确；
C，由a+b2≥a+b22可得：a+b≤2，当且仅当a=b时取等号，
则a=b的最大值为2，故C正确；
D，设2x−3y=λx+y+μx−y=λ+μx+λ−μy，对应系数相等，
则λ+μ=2，λ−μ=−3，解得λ=−12，μ=52，
从而2x−3y=−12x+y+52x−y∈3,8，故D错误.
故选BC.
【答案】
C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题对于A选项通过举特殊例子进行说明，B选项双曲线的性质进行求解，C选项考查点差法的运用，D选项考查椭圆的性质
【解答】
解：A，当x=3，23=8<32=9，故A错误；
B，因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，
当直线与渐近线平行时直线与双曲线只有一个交点，当直线与渐近线重合时，没有交点，
故B错误．
C，设P1x1,y1 P2x2,y2，中点Px0,y0，
则k1=y1−y2x1−x2，k2=y0x0=y1+y2x1+x2，
把P1x1,y1,P2x2,y2分别代入椭圆方程x22+y2=1，
得x12+2y12=2①，x22+2y22=2②，
两式相减得x12−x22+2y12−y22=0，
整理得y1+y2x1+x2⋅ y1−y2x1−x2=−12，
即k1k2=−12，故C正确．
D，当P点在短轴端点处，此时∠F1PF2最大，由题知c=b=1，a=2，
所以有F1P=F2P=2,F1F2=2, F1P2+F2P2=F1F22,
所以∠F1PF2=90∘，此时只有两个这样的P点，故D正确.
故选CD.
三、填空题
【答案】
x29−y216=1
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
由题意可得c=a2+b2=5，ba=43，解得a=3，b=4，由此求得双曲线的标准方程．
【解答】
解：由题意可得c=a2+b2=5，ba=43，解得a=3，b=4，
故双曲线的标准方程为x29−y216=1，
故答案为：x29−y216=1．
【答案】
[−1,2]∪(4,+∞)
【考点】
分段函数的应用
【解析】
本题考查分式不等式的解法
【解答】
解：当x≤0,满足x≤0，3x+3≥0⇒−1≤x≤0；
当x>0满足x>0，x>4或x≤2⇒x>4或0
【答案】
5
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
本题考查双曲线的离心率
思路利用双曲线定义求解
【解答】
解：在直角△ABF中，由勾股定理可得
|AB|2=|AF|2+|BF|2=62+82=100，解得|AB|=10.
设双曲线的另一个焦点为F′,分别连接BF′,AF′，根据双曲线的对称性可知，四边形AF′BF为矩形，
结合矩形的性质，可得2c=10, 即c=5,
由双曲线的定义可知2a=|AF′|−|AF|=8−6=2，解得a=1
所以双曲线的离心率为e=ca=5.
故答案为：5.
【答案】
3
【考点】
双曲线的应用
【解析】
假设|F1P|=x，分别根据中线定理和余弦定理建立等式求得c2+5a2=14a2−2c2，可得a和c的关系，即可求双曲线的离心率．
【解答】
解：不妨设P在左支上，|F1P|=x，则|F2P|=2a+x．
∵ OP为三角形F1F2P的中线，∴ 根据三角形中线定理可知x2+(2a+x)2=2(c2+7a2)，
整理得x(x+2a)=c2+5a2．
由余弦定理可知x2+(2a+x)2−x(2a+x)=4c2，
整理得x(x+2a)=14a2−2c2，
进而可知c2+5a2=14a2−2c2，
∴ 3a2=c2，
∴ e=ca=3．
故答案为：3.
四、解答题
【答案】
解：(1)当a=1时．
p:x2−2x−3<0，
解得：−1
所以2
由题设得p:x∈−a,3a.
所以−a≤2，3a≥4，
解得a≥43.
【考点】
一元二次不等式的解法
逻辑联结词“或”“且”“非”
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
利用复合命题的真假，得解.
由¬p是¬q的充分不必要条件，即p是q的必要不充分条件,所以−a≤23a≥4，可得解.
【解答】
解：(1)当a=1时．
p:x2−2x−3<0，
解得：−1
所以2
由题设得p:x∈−a,3a.
所以−a≤2，3a≥4，
解得a≥43.
【答案】
解：1 由已知得x2−a+2x+4=0的两根为1,b，
所以a+2=1+b，4=b，
解得：a=3，b=4.
2 由题设得：1−a+2+4=b+2⇒a+b=1，
1a+4b=1a+4ba+b=5+4ab+ba
≥5+24ab×ba=9，
当且仅当b=2a等号成立.
1a+4b最小值为9.
3 由f(x)≥−a−1，
所以x2−a+2x+a+5≥0.
令g(x)=x2−a+2x+a+5，
对∀x∈1,4，f(x)≥−a−1恒成立，
当a+22≤1，即a≤0时，g(1)≥0，满足题设，所以a≤0.
当a+22≥4，即a≥6时，g(4)≥0⇒a≤133，不合题意.
当1
则0≤a≤4.
综上：a≤4.
【考点】
一元二次不等式的解法
根与系数的关系
基本不等式在最值问题中的应用
函数恒成立问题
【解析】
1 利用方程的根与系数的关系得解.
2 利用基本不等式得解.
3 原式变形为x2−a+2x+a+5≥0，对∀x∈1,4，f(x)≥−a−1恒成立，分三种情况讨论.
【解答】
解：1 由已知得x2−a+2x+4=0的两根为1,b，
所以a+2=1+b，4=b，
解得：a=3，b=4.
2 由题设得：1−a+2+4=b+2⇒a+b=1，
1a+4b=1a+4ba+b=5+4ab+ba
≥5+24ab×ba=9，
当且仅当b=2a等号成立.
1a+4b最小值为9.
3 由f(x)≥−a−1，
所以x2−a+2x+a+5≥0.
令g(x)=x2−a+2x+a+5，
对∀x∈1,4，f(x)≥−a−1恒成立，
当a+22≤1，即a≤0时，g(1)≥0，满足题设，所以a≤0.
当a+22≥4，即a≥6时，g(4)≥0⇒a≤133，不合题意.
当1
则0≤a≤4.
综上：a≤4.
【答案】
解：(1)根据题意可得
y2=43x的焦点为(3,0)，
所以c=3,12b×2c=3，
故b=1,a=2，
所以椭圆方程为x24+y2=1.
(2)根据题意，过点0,4满足题意得直线斜率存在，设l:y=kx+4，
x24+y2=1，y=kx+4，
联立 消去y得：1+4k2x2+32kx+60=0,
Δ=32k2−2401+4k2=64k2−240，
令Δ>0，解得k2>154，
x1+x2=−32k1+4k2，x1x2=601+4k2，
设A，B两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2,
当∠AOB为直角时， OA→⋅OB→=0,即x1x2+y1y2=0，
所以1+k2x1x2+4kx1+x2+16=0,
15×1+k21+4k2−32k21+4k2+4=0，
则 解得k=±19，
经检验，所求上值均与题意相符.
综上， 解得k=±19.
【考点】
椭圆的标准方程
抛物线的性质
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题考查椭圆的标准方程
本题考查直线与椭圆的位置关系
【解答】
解：(1)根据题意可得
y2=43x的焦点为(3,0)，
所以c=3,12b×2c=3，
故b=1,a=2，
所以椭圆方程为x24+y2=1.
(2)根据题意，过点0,4满足题意得直线斜率存在，设l:y=kx+4，
x24+y2=1，y=kx+4，
联立 消去y得：1+4k2x2+32kx+60=0,
Δ=32k2−2401+4k2=64k2−240，
令Δ>0，解得k2>154，
x1+x2=−32k1+4k2，x1x2=601+4k2，
设A，B两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2,
当∠AOB为直角时， OA→⋅OB→=0,即x1x2+y1y2=0，
所以1+k2x1x2+4kx1+x2+16=0,
15×1+k21+4k2−32k21+4k2+4=0，
则 解得k=±19，
经检验，所求上值均与题意相符.
综上， 解得k=±19.
【答案】
解：(1)线段F2P的垂直平分线交直线F1P于点Q，
故|PQ|=|QF2|，
故|QF1|+|QF2|=|QF1|+|PQ|=|PF1|=4>23，
故点Q的轨迹是椭圆，其中2a=4,c=3,
因此Q点的轨迹C的方程是：x24+y2=1.
(2)依题意直线l的斜率存在，
设l的方程为y=kx+2，
代入椭圆方程联立得(1+4k2)x2+16kx+12=0,
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，
x1+x2=−16k1+4k2，x1x2=121+4k，
因为B(0,−1)，
所以 直线BE：y+1=y1+1x1x，
令y=0，
得x=x1y1+1,M(x1y1+1,0)，
同理得N(x2y2+1,0)，
所以xMxN=x1y1+1⋅x2y2+1=1212k2−48k2+9+36k2=43.
【考点】
轨迹方程
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
本题考查椭圆的标准方程
本题考查直线与椭圆的位置关系
【解答】
解：(1)线段F2P的垂直平分线交直线F1P于点Q，
故|PQ|=|QF2|，
故|QF1|+|QF2|=|QF1|+|PQ|=|PF1|=4>23，
故点Q的轨迹是椭圆，其中2a=4,c=3,
因此Q点的轨迹C的方程是：x24+y2=1.
(2)依题意直线l的斜率存在，
设l的方程为y=kx+2，
代入椭圆方程联立得(1+4k2)x2+16kx+12=0,
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，
x1+x2=−16k1+4k2，x1x2=121+4k，
因为B(0,−1)，
所以 直线BE：y+1=y1+1x1x，
令y=0，
得x=x1y1+1,M(x1y1+1,0)，
同理得N(x2y2+1,0)，
所以xMxN=x1y1+1⋅x2y2+1=1212k2−48k2+9+36k2=43.
【答案】
(1)解：由题意，不妨设AB的斜率k1=k>0，
则CD的斜率k2=−1k<0.
又m=1，则点E(1, 0)，
所以直线AB的方程是y=k(x−1)，
直线CD的方程是y=−1k(x−1)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−1)，y2=4x得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，x1x2=1，
所以y1+y2=k(x1−1)+k(x2−1)=k2+4k2−2k=4k.
因为M是AB的中点，所以点M1+2k2, 2k.
同理可得，点N(1+2k2, −2k).
所以直线MN的方程是y+2k=2k+2k1+2k2−1−2k2⋅(x−1−2k2)，
即y+2k=1k+k1k2−k2⋅(x−1−2k2)，令y=0，得x=3，
则直线MN与x轴的交点是(3, 0).
所以△EMN的面积S=12×(3−1)×2k+2k=2k+2k≥22k⋅2k=4，
当且仅当2k=2k时取等号，此时k=1.
所以△EMN面积的最小值是4.
(2)证明：由题意知，k1+k2=1，
不妨设AB的斜率k1=k，则CD的斜率k2=1−k，
所以直线AB的方程是y=k(x−m)，
直线CD的方程是y=(1−k)⋅(x−m).
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−m)，y2=4x得k2x2−(2k2m+4)x+k2m2=0，
则x1+x2=2k2m+4k2=2m+4k2，x1x2=m2，
所以y1+y2=k(x1−m)+k(x2−m)
=k2m+4k2−2km=4k.
因为M是AB的中点，所以点Mm+2k2, 2k.
同理可得，点Nm+2(1−k)2, 21−k.
所以直线MN的方程是y−2k=2k−21−k2k2−2(1−k)2⋅x−m−2k2，
令x=m，得y=2.
所以直线MN过定点(m, 2)．
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，不妨设AB的斜率k1=k>0，
则CD的斜率k2=−1k<0.
又m=1，则点E(1, 0)，
所以直线AB的方程是y=k(x−1)，
直线CD的方程是y=−1k(x−1)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−1)，y2=4x得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，x1x2=1，
所以y1+y2=k(x1−1)+k(x2−1)=k2+4k2−2k=4k.
因为M是AB的中点，所以点M1+2k2, 2k.
同理可得，点N(1+2k2, −2k).
所以直线MN的方程是y+2k=2k+2k1+2k2−1−2k2⋅(x−1−2k2)，
即y+2k=1k+k1k2−k2⋅(x−1−2k2)，令y=0，得x=3，
则直线MN与x轴的交点是(3, 0).
所以△EMN的面积S=12×(3−1)×2k+2k=2k+2k≥22k⋅2k=4，
当且仅当2k=2k时取等号，此时k=1.
所以△EMN面积的最小值是4.
(2)证明：由题意知，k1+k2=1，
不妨设AB的斜率k1=k，则CD的斜率k2=1−k，
所以直线AB的方程是y=k(x−m)，
直线CD的方程是y=(1−k)⋅(x−m).
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y=k(x−m)，y2=4x得k2x2−(2k2m+4)x+k2m2=0，
则x1+x2=2k2m+4k2=2m+4k2，x1x2=m2，
所以y1+y2=k(x1−m)+k(x2−m)
=k2m+4k2−2km=4k.
因为M是AB的中点，所以点Mm+2k2, 2k.
同理可得，点Nm+2(1−k)2, 21−k.
所以直线MN的方程是y−2k=2k−21−k2k2−2(1−k)2⋅x−m−2k2，
令x=m，得y=2.
所以直线MN过定点(m, 2)．
【答案】
解：(1)由题意可得e=ca=32，抛物线E:x2=2y的焦点F为(0, 12)，
即有b=12，a2−c2=14，
解得a=1，c=32，
可得椭圆的方程为x2+4y2=1.
(2)(i)证明：设P(x0, y0)，可得x02=2y0，
由y=12x2的导数为y′=x，即有切线的斜率为x0，
则切线的方程为y−y0=x0(x−x0)，
可化为y=x0x−y0，代入椭圆方程，
可得(1+4x02)x2−8x0y0x+4y02−1=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得x1+x2=8x0y01+4x02，即有中点D(4x0y01+4x02, −y01+4x02)，
直线OD的方程为y=−14x0x，可令x=x0，可得y=−14．
即有点M在定直线y=−14上.
(ii)直线l的方程为y=x0x−y0，令x=0，可得G(0, −y0)，
则S1=12|FG|⋅|x0|=12x0⋅(12+y0)=14x0(1+x02)；
S2=12|PM|⋅|x0−4x0y01+4x02|
=12(y0+14)⋅x0+4x03−4x0y01+4x02
=18x0⋅(1+2x02)21+4x02，
则S1S2=2(1+x02)(1+4x02)(1+2x02)2，
令1+2x02=t(t≥1)，
则S1S2=2(1+t−12)(1+2t−2)t2=(t+1)(2t−1)t2
=2t2+t−1t2=2+1t−1t2=−(1t−12)2+94，
则当t=2，即x0=22时，S1S2取得最大值94，
此时点P的坐标为(22, 14)．
【考点】
椭圆的定义
直线的斜率
直线与抛物线结合的最值问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）运用椭圆的离心率公式和抛物线的焦点坐标，以及椭圆的a，b，c的关系，解得a，b，进而得到椭圆的方程；
(2)(I)设P(x0, y0)，运用导数求得切线的斜率和方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，可得中点D的坐标，求得OD的方程，再令x=x0，可得y=−14．进而得到定直线；
(II)由直线l的方程为y=x0x−y0，令x=0，可得G(0, −y0)，运用三角形的面积公式，可得S1=12|FG|⋅|x0|=12x0•(12+y0)，S2=12|PM|⋅|x0−4x0y01+4x02|，化简整理，再1+2x02=t(t≥1)，整理可得t的二次方程，进而得到最大值及此时P的坐标．
【解答】
解：(1)由题意可得e=ca=32，抛物线E:x2=2y的焦点F为(0, 12)，
即有b=12，a2−c2=14，
解得a=1，c=32，
可得椭圆的方程为x2+4y2=1.
(2)(i)证明：设P(x0, y0)，可得x02=2y0，
由y=12x2的导数为y′=x，即有切线的斜率为x0，
则切线的方程为y−y0=x0(x−x0)，
可化为y=x0x−y0，代入椭圆方程，
可得(1+4x02)x2−8x0y0x+4y02−1=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
可得x1+x2=8x0y01+4x02，即有中点D(4x0y01+4x02, −y01+4x02)，
直线OD的方程为y=−14x0x，可令x=x0，可得y=−14．
即有点M在定直线y=−14上.
(ii)直线l的方程为y=x0x−y0，令x=0，可得G(0, −y0)，
则S1=12|FG|⋅|x0|=12x0⋅(12+y0)=14x0(1+x02)；
S2=12|PM|⋅|x0−4x0y01+4x02|
=12(y0+14)⋅x0+4x03−4x0y01+4x02
=18x0⋅(1+2x02)21+4x02，
则S1S2=2(1+x02)(1+4x02)(1+2x02)2，
令1+2x02=t(t≥1)，
则S1S2=2(1+t−12)(1+2t−2)t2=(t+1)(2t−1)t2
=2t2+t−1t2=2+1t−1t2=−(1t−12)2+94，
则当t=2，即x0=22时，S1S2取得最大值94，
此时点P的坐标为(22, 14)．
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