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2020-2021年山西省河津市高二（上）期末考试数学试卷（理）人教A版
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这是一份2020-2021年山西省河津市高二（上）期末考试数学试卷（理）人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 命题“∃x0∈R， 2x0<12”的否定是( )
A.∃x0∈R， 2x0>12B.∀x∈R，2x>12
C.∀x∈R，2x≥12D.∃x0∈R， 2x0≥12
2. 若直线过两点−1,1，2,1−3，则此直线的倾斜角是( )
A.30∘B.60∘C.150∘D.120∘
3. “a>1，b>1”是“ab>1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要
4. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，面积的最大值为( )
A.32 B.23C.22D.2
5. 双曲线x23−y2=1的焦点到渐近线的距离是( )
A.1B.2C.3D.2
6. O为空间任意一点，A，B，C三点不共线，若OP→=13OA→+12OB→+16OC→，则A，B，C，P四点( )
A.一定不共面B.不一定共面C.一定共面D.无法判断
7. 圆C：x2+y2+2x−4y−4=0关于直线x−y+1=0对称的圆的方程是( )
A.x−12+y2=9B.x−12+y2=3
C.x+32+y−22=3D.x+32+y−22=9
8. 如果椭圆x236+y29=1的弦被点(4, 2)平分，则这条弦所在的直线方程是( )
A.x−2y=0B.5x+2y−4=0C.x+2y−8=0D.2x+3y−12=0
9. 蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：x2a+2+y2a=1a>0的蒙日圆为x2+y2=4，则a=( )
A.1B.2C.3D.4
10. 已知三角形PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=90∘，若点P，A，B，C，D都在同一球面上，则此球的表面积等于( )
A.43πB.3πC.20πD.12π
11. 如图所示，F1和F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两个焦点，A和B是以O为圆心、以OF1为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△F2AB是等边三角形，则双曲线的离心率为( )
A.3B.5C.3+1D.52
12. 如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段AB1的中点，M，N分别为体对角线AC1和棱C1D1上任意一点，则PM+22MN的最小值为( )
A.24B.1C.22D.2
二、填空题
抛物线x2=8y的准线方程是________.
已知直线x+my+6=0和(m−2)x+3y+2m=0互相平行，则实数m的值为________.
已知a，b，c是空间中的三条相互不重合的直线，下列命题中：
①若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；②若a//b，b//c，则a//c；③若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；④若a，b与c成等角，则a//b.真命题是________.（填序号）
已知直线l经过抛物线C:y=x28的焦点，与抛物线交于A，B，且xA+xB=8，点D是弧AOB（O为原点）上一动点，以D为圆心的圆与直线l相切，当圆D的面积最大时，圆D的标准方程为________.
三、解答题
设命题p：实数m满足m2−6m+8<0；命题q：曲线x2m+1+y2m−5=1表示双曲线．若p为假命题，p∨q为真命题，求m的取值范围．
已知圆C:x2+y2−8y+12=0，直线l:ax+y+2a=0．
(1)当a为何值时，直线l与圆C相交；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且AB=22时，求直线l的方程．
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=1，AC=2，AA1=2，D，E分别为BC，A1C1的中点．
(1)证明：C1D//平面ABE；
(2)求CC1与平面ABE所成角的余弦值．
已知动圆C过点F1,0，且与直线x=−1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹方程E；
(2)已知点P1,−2，Q8,2，过点Q的直线l交曲线E于点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值，并求出此定值．
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥PC，AD//BC，AD⊥CD，且PC=BC=2AD=2CD=22，PA=2.
(1)证明：直线PA⊥平面ABCD；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M−AC−D的余弦值为3737？如果存在，求PMPD的值；如果不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=32，且椭圆C上一点N到左焦点F1距离的最大值为2+3，过点M3,0的直线交椭圆C于点A，B．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P为椭圆上一点，且满足OA→+OB→=tOP→t>0（O为坐标原点），当|AB|>3时，求实数t的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年山西省河津市高二（上）期末考试数学试卷（理）
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题，进行求解即可.
【解答】
解：命题“∃x0∈R， 2x0<12”是特称命题，其否定为全称命题，
则命题“∃x0∈R， 2x0<12”的否定是“∀x∈R，2x≥12” .
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
斜率的计算公式
【解析】
设此直线的倾斜角是θ，θ∈[0∘,180∘)，利用斜率计算公式可得tanθ，即可得出θ.
【解答】
解：设此直线的倾斜角是θ，θ∈[0∘,180∘)，
∵ tanθ=1−3−12−−1=−33，
∴ θ=150∘.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分条件和必要条件的概念，结合不等式的性质判断．
【解答】
解：充分性：
若a>1，b>1，则ab>1成立，所以充分性成立；
必要性：
若ab>1，则a>1，b>1不一定成立，
如a=b=−2，所以必要性不成立，
所以“a>1，b>1”是“ab>1”的充分不必要条件.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
根据该几何体的三视图，还原该几何体得其直观图为如图所示的四棱锥P−ABCD，分别求出该几何体的各个侧面积即可得到答案.
【解答】
解：根据该几何体的三视图，还原该几何体得其直观图为
如图所示的四棱锥P−ABCD，
可以看出该几何体是棱长为2的正方体的一部分，
其底面ABCD是边长为2的正方形，PB垂直于底面.
则S△PAB=S△PCB=12×2×2=2，
S△PAD=S△PCD=12×2×22=22.
∴ 该四棱锥的四个侧面中，面积的最大值为22.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
双曲线的标准方程
【解析】
根据双曲线的方程求出啊、焦点坐标和渐近线，利用点到直线的距离公式进行求解即可．
【解答】
解：双曲线x23−y2=1的渐近线方程为y=±33x，
∵ a2=3，b2=1，
∴ c2=a2+b2=3+1=4，即c=2.
设一个焦点F(2, 0)，
∴ 焦点F到渐近线的距离为d=|33×2|1+(33)2=233233=1.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
由共面向量基本定理得解.
【解答】
解：∵ OP→=13OA→+12OB→+16OC→，13+12+16=1，
∴ 由共面向量基本定理，得A，B，C，P四点一定共面.
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
圆的标准方程与一般方程的转化
【解析】
首先把圆的一般式转换为标准式，进一步求出圆心关于直线的对称的点的坐标，最后确定圆的方程．
【解答】
解：∵ 圆C的标准式为x+12+y−22=9，
∴ 圆心坐标为C−1,2，半径为3．
设点C−1,2关于直线x−y+1=0对称的点的坐标为a,b，
则b−2a+1=−1,a−12−b+22+1=0,
解得a=1,b=0.
∴ 对称的圆的方程为x−12+y2=9.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1236+y129=1x2236+y229=1，两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0，又由弦中点为(4, 2)，可得k=−12，由此可求出这条弦所在的直线方程．
【解答】
解：设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，斜率为k，
则x1236+y129=1，x2236+y229=1，
两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0,
又弦中点为(4, 2)，故k=−12，
故这条弦所在的直线方程y−2=−12(x−4)，
整理得x+2y−8=0；
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
由题意可得椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，设特殊值法，求出两条切线的交点坐标，代入蒙日
圆的方程可得α的值．
【解答】
解：∵ 椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，
找两个特殊点分别为0,a，2+a,0，
∴ 两条切线分别是x=2+a，y=a.
这两条切线相互垂直，且两条直线的交点为P(2+a,a).
又∵ P在蒙日圆上，
∴ 2+a2+a2=4，
解得a=1.
故A.
10.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
设球心为O，
由于点P,A,B,C,D在同一球面上，则球的半径为R=12BD=3，可得球的表面积.
【解答】
解：设球心为O，
由PA=PD=AB=2，∠APD=90∘，
可得AD=22.
在矩形ABCD中，BD=22+222=23.
因为点P，A，B，C，D在同一球面上，
所以球的半径为R=12BD=3，
故球的表面积为S=4πR2=12π.
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
双曲线的定义
双曲线的离心率
【解析】
连接AF1,△F2AB为等边三角形，则∠F1AF2=90∘,∠AF2B=60∘，
所以AF1=c,AF2=3c，得3c−c=2a，可得解.
【解答】
解：连接AF1，如图所示，
∵ ∠F1AF2=90∘，∠AF2B=60∘，
∴ AF1=c，AF2=3c，
∴ 3c−c=2a，
即e=23−1=3+1.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
由题设PM+22MN的最小值为P到平面CDD1C1的距离.
【解答】
解：由题设MN的最小值就是M到C1D1的距离，
22恰好是MN与平面CDD1C1所成角的正弦函数值，
即M到平面CDD1C1的距离，
故PM+22MN的最小值为P到平面CDD1C1的距离为1.
故选B.
二、填空题
【答案】
y=−2
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据题干可知，抛物线的焦点在y轴上，开口向上，利用已知条件求准线方程．
【解答】
解：抛物线x2=8y中，
因为2p=8，
所以p=4，
所以准线方程为y=−p2=−2.
故答案为：y=−2．
【答案】
−1
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由两直线平行的性质可得1m−2=m3≠62m，由此求得实数m的值．
【解答】
解：∵ 直线x+my+6=0和(m−2)x+3y+2m=0平行，
∴ 1m−2=m3≠62m，
解得m=−1.
故答案为：−1．
【答案】
②
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用直线间的位置关系，逐项分析得解.
【解答】
解：①若a与b相交，b与c相交，
则a与c可能相交，平行或异面，故①错误；
②根据平行的传递性，故②正确；
③a⊂面α，b⊂面β，
则a，b可能相交，平行或异面，故③错误；
④若a，b与c成等角，
则a，b可能相交，平行或异面，故④错误.
综上所述，②正确.
故答案为：②.
【答案】
x−42+y−22=8
【考点】
点到直线的距离公式
直线的点斜式方程
抛物线的标准方程
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
求出抛物线的方程和焦点坐标，直线的方程，利用平移切线的方法求解即可.
【解答】
解：抛物线的标准方程为x2=8y，焦点0,2，xA+xB=8，
直线AB的斜率为k=18xA2−xB2xA−xB=18xA+xB=1，
则直线l的方程为x−y+2=0.
点到直线l的距离最大时，圆的面积最大，
设点D(t,t28)，
因为点在直线的下方，
所以t−t28+2>0，
则点D到直线l的距离为
d=t−t28+22=4−18(t−4)22，
当t=4时，取得最大值为22，
此时D(4,2)，所求圆的方程为x−42+y−22=8.
故答案为：x−42+y−22=8.
三、解答题
【答案】
解：∵ m2−6m+8<0，
解得2∴ 命题p：2∵ 曲线x2m+1+y2m−5=1表示双曲线，
∴ m+1m−5<0，
解得−1∴ 命题q：−1又∵ p为假命题，p∨q为真命题，
∴ q为真命题，
即m≥4或m≤2,−1解得4≤m<5或−1∴ 实数m的取值范围是{m|4≤m<5或−1【考点】
双曲线的定义
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
无
【解答】
解：∵ m2−6m+8<0，
解得2∴ 命题p：2∵ 曲线x2m+1+y2m−5=1表示双曲线，
∴ m+1m−5<0，
解得−1∴ 命题q：−1又∵ p为假命题，p∨q为真命题，
∴ q为真命题，
即m≥4或m≤2,−1解得4≤m<5或−1∴ 实数m的取值范围是{m|4≤m<5或−1【答案】
解：(1)将圆C的方程x2+y2−8y+12=0，
配方得标准方程为x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0, 4)，半径为2．
设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离d，
则d=|4+2a|a2+1<2，解得a<−34.
(2)设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离为d，
则22=24−d2⇒d=2，
则|4+2a|a2+1=2，
解得a=−1或a=−7，
故直线l的方程为x−y+2=0或7x−y+14=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将圆C的方程x2+y2−8y+12=0，
配方得标准方程为x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0, 4)，半径为2．
设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离d，
则d=|4+2a|a2+1<2，解得a<−34.
(2)设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离为d，
则22=24−d2⇒d=2，
则|4+2a|a2+1=2，
解得a=−1或a=−7，
故直线l的方程为x−y+2=0或7x−y+14=0．
【答案】
(1)证明：取AB中点H，连接EH，HD，如图，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，EC1=12A1C1，
∵ D为BC中点，H为AB中点，
∴ HD//AC，HD=12AC，HD//EC1，HD=EC1，
∴ 四边形DHEC1为平行四边形，
∴ C1D//HE．
∵ EH⊂平面ABE，
∴ C1D//平面ABE．
(2)解：∵ AA1⊥平面ABC，
∴ AA1⊥AB．
又∵ AB⊥AC，且AC∩AA1=A，
∴ AB⊥平面ACC1A1．
在平面ACC1A1内过A1作A1F⊥AE于F．
∵ A1F⊂平面ACC1A，
∴ AB⊥A1F．
又∵ AB∩AE=A，
∴ A1F⊥平面ABE．
∵ CC1//AA1，
∴ ∠A1AE即为CC1与平面ABE所成的角．
∵ AA1=2，A1E=1，
∴ AE=5，
∴ cs∠A1AE=25=255，
即CC1与平面ABE所成角的余弦值为255.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取AB中点H，连接EH，HD，如图，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，EC1=12A1C1，
∵ D为BC中点，H为AB中点，
∴ HD//AC，HD=12AC，HD//EC1，HD=EC1，
∴ 四边形DHEC1为平行四边形，
∴ C1D//HE．
∵ EH⊂平面ABE，
∴ C1D//平面ABE．
(2)解：∵ AA1⊥平面ABC，
∴ AA1⊥AB．
又∵ AB⊥AC，且AC∩AA1=A，
∴ AB⊥平面ACC1A1．
在平面ACC1A1内过A1作A1F⊥AE于F．
∵ A1F⊂平面ACC1A，
∴ AB⊥A1F．
又∵ AB∩AE=A，
∴ A1F⊥平面ABE．
∵ CC1//AA1，
∴ ∠A1AE即为CC1与平面ABE所成的角．
∵ AA1=2，A1E=1，
∴ AE=5，
∴ cs∠A1AE=25=255，
即CC1与平面ABE所成角的余弦值为255.
【答案】
(1)解：设圆心Cx,y，
∵ 圆C过点F1,0，且与直线x=−1相切，
∴ x−12+y2=|x+1|，
化简，得y2=4x，
∴ 动圆圆心C的轨迹方程为y2=4x．
(2)证明：由题知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x−8=my−2.
由y2=4x,x−8=my−2,
得y2−4my+8m−32=0，
则Δ=16m2−48m−32=16m2−2m+8>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=4m，y1y2=8m−32.
∵ P1,−2，
∴ k1k2=y1+2x1−1⋅y2+2x2−1
=y1+2y124−1⋅y2+2y224−1=16y1−2y2−2
=16y1y2−2y1+y2+4=168m−32−8m+4=−47，
∴ k1k2为定值，且定值为−47．
【考点】
轨迹方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线的点斜式方程
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设圆心Cx,y，
∵ 圆C过点F1,0，且与直线x=−1相切，
∴ x−12+y2=|x+1|，
化简，得y2=4x，
∴ 动圆圆心C的轨迹方程为y2=4x．
(2)证明：由题知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x−8=my−2.
由y2=4x,x−8=my−2,
得y2−4my+8m−32=0，
则Δ=16m2−48m−32=16m2−2m+8>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=4m，y1y2=8m−32.
∵ P1,−2，
∴ k1k2=y1+2x1−1⋅y2+2x2−1
=y1+2y124−1⋅y2+2y224−1=16y1−2y2−2
=16y1y2−2y1+y2+4=168m−32−8m+4=−47，
∴ k1k2为定值，且定值为−47．
【答案】
(1)证明：∵ 在平面ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，
且BC=2AD=2CD=22，
∴ AB=AC=2，
∴ AB⊥AC.
又AB⊥PC，AC∩PC=C，
AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴ AB⊥平面PAC.
∵ PA=AC=2，PC=22，
∴ PA⊥AC．
又∵ PA⊥AB，AB∩AC=A，
AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥平面ABCD．
(2)解：在线段AD上取点N，连接MN，使MN//PA，
取BC的中点E，则AE，AD，AP三条直线两两垂直，
分别以直线AE，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
由(1)知AP→=0,0,2是平面ACD的一个法向量．
设PMPD=x∈0,1，则MN=1−xAP=2−2x，
AN=xAD=2x，
则AM→=0,2x,2−2x，AC→=2,2,0.
设AQ→=a,b,c是平面ACM的一个法向量，
则AQ→⋅AM→=2xb+2−2xc=0,AQ→⋅AC→=2a+2b=0,
即a=−b,c=2x2x−2b.
令b=2−2x，则AQ→=−2x+2,2x−2,2x.
又∵ 平面ACD的一个法向量为AP→=0,0,2，
且二面角M−AC−D的余弦值为3737，
∴ cs⟨AP→,AQ→⟩=AP→⋅AQ→|AP→||AQ→|
=22x2×−2x+22+2x−22+2x2=3737，
解得x=14，
∴ 满足要求的点M存在，且PMPD=14.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 在平面ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，
且BC=2AD=2CD=22，
∴ AB=AC=2，
∴ AB⊥AC.
又AB⊥PC，AC∩PC=C，
AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴ AB⊥平面PAC.
∵ PA=AC=2，PC=22，
∴ PA⊥AC．
又∵ PA⊥AB，AB∩AC=A，
AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥平面ABCD．
(2)解：在线段AD上取点N，连接MN，使MN//PA，
取BC的中点E，则AE，AD，AP三条直线两两垂直，
分别以直线AE，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
由(1)知AP→=0,0,2是平面ACD的一个法向量．
设PMPD=x∈0,1，则MN=1−xAP=2−2x，
AN=xAD=2x，
则AM→=0,2x,2−2x，AC→=2,2,0.
设AQ→=a,b,c是平面ACM的一个法向量，
则AQ→⋅AM→=2xb+2−2xc=0,AQ→⋅AC→=2a+2b=0,
即a=−b,c=2x2x−2b.
令b=2−2x，则AQ→=−2x+2,2x−2,2x.
又∵ 平面ACD的一个法向量为AP→=0,0,2，
且二面角M−AC−D的余弦值为3737，
∴ cs⟨AP→,AQ→⟩=AP→⋅AQ→|AP→||AQ→|
=22x2×−2x+22+2x−22+2x2=3737，
解得x=14，
∴ 满足要求的点M存在，且PMPD=14.
【答案】
解：(1)∵ e2=c2a2=a2−b2a2=34，
∴ a2=4b2.
又∵ a+c=2+3，c2=a2−b2，
解得b2=1，a2=4，
∴ 椭圆C方程是x24+y2=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px,y，
由题意，得直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−3，
由y=kx−3,x24+y2=1,
整理，得1+4k2x2−24k2x+36k2−4=0，
则x1+x2=24k21+4k2，x1⋅x2=36k2−41+4k2，
所以Δ=−24k22−169k2−11+4k2>0，
解得k2<15.
由题意，得OA→+OB→=x1+x2,y1+y2=tx,y，
则x=1tx1+x2=24k2t1+4k2，
y=1ty1+y2=1tkx1+x2−6k=−6kt1+4k2．
由点P在椭圆上，得24k22t21+4k22+144k2t21+4k22=4 ，
化简，得36k2=t21+4k2．
由|AB|=1+k2|x1−x2|>3，
得1+k2x1+x22−4x1x2>3，
即1+k2242k41+4k22−436k2−41+4k2>3，
化简，得8k2−116k2+13<0，
即8k2−1<0，
解得k2<18．
∵ t2=36k21+4k2=9−91+4k2，
∴ t2<3.
∵t>0，
∴ 0故实数t的取值范围为0【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
直线与椭圆的位置关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ e2=c2a2=a2−b2a2=34，
∴ a2=4b2.
又∵ a+c=2+3，c2=a2−b2，
解得b2=1，a2=4，
∴ 椭圆C方程是x24+y2=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px,y，
由题意，得直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−3，
由y=kx−3,x24+y2=1,
整理，得1+4k2x2−24k2x+36k2−4=0，
则x1+x2=24k21+4k2，x1⋅x2=36k2−41+4k2，
所以Δ=−24k22−169k2−11+4k2>0，
解得k2<15.
由题意，得OA→+OB→=x1+x2,y1+y2=tx,y，
则x=1tx1+x2=24k2t1+4k2，
y=1ty1+y2=1tkx1+x2−6k=−6kt1+4k2．
由点P在椭圆上，得24k22t21+4k22+144k2t21+4k22=4 ，
化简，得36k2=t21+4k2．
由|AB|=1+k2|x1−x2|>3，
得1+k2x1+x22−4x1x2>3，
即1+k2242k41+4k22−436k2−41+4k2>3，
化简，得8k2−116k2+13<0，
即8k2−1<0，
解得k2<18．
∵ t2=36k21+4k2=9−91+4k2，
∴ t2<3.
∵t>0，
∴ 0故实数t的取值范围为0
1. 命题“∃x0∈R， 2x0<12”的否定是( )
A.∃x0∈R， 2x0>12B.∀x∈R，2x>12
C.∀x∈R，2x≥12D.∃x0∈R， 2x0≥12
2. 若直线过两点−1,1，2,1−3，则此直线的倾斜角是( )
A.30∘B.60∘C.150∘D.120∘
3. “a>1，b>1”是“ab>1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要
4. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，面积的最大值为( )
A.32 B.23C.22D.2
5. 双曲线x23−y2=1的焦点到渐近线的距离是( )
A.1B.2C.3D.2
6. O为空间任意一点，A，B，C三点不共线，若OP→=13OA→+12OB→+16OC→，则A，B，C，P四点( )
A.一定不共面B.不一定共面C.一定共面D.无法判断
7. 圆C：x2+y2+2x−4y−4=0关于直线x−y+1=0对称的圆的方程是( )
A.x−12+y2=9B.x−12+y2=3
C.x+32+y−22=3D.x+32+y−22=9
8. 如果椭圆x236+y29=1的弦被点(4, 2)平分，则这条弦所在的直线方程是( )
A.x−2y=0B.5x+2y−4=0C.x+2y−8=0D.2x+3y−12=0
9. 蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：x2a+2+y2a=1a>0的蒙日圆为x2+y2=4，则a=( )
A.1B.2C.3D.4
10. 已知三角形PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=90∘，若点P，A，B，C，D都在同一球面上，则此球的表面积等于( )
A.43πB.3πC.20πD.12π
11. 如图所示，F1和F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两个焦点，A和B是以O为圆心、以OF1为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△F2AB是等边三角形，则双曲线的离心率为( )
A.3B.5C.3+1D.52
12. 如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段AB1的中点，M，N分别为体对角线AC1和棱C1D1上任意一点，则PM+22MN的最小值为( )
A.24B.1C.22D.2
二、填空题
抛物线x2=8y的准线方程是________.
已知直线x+my+6=0和(m−2)x+3y+2m=0互相平行，则实数m的值为________.
已知a，b，c是空间中的三条相互不重合的直线，下列命题中：
①若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；②若a//b，b//c，则a//c；③若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；④若a，b与c成等角，则a//b.真命题是________.（填序号）
已知直线l经过抛物线C:y=x28的焦点，与抛物线交于A，B，且xA+xB=8，点D是弧AOB（O为原点）上一动点，以D为圆心的圆与直线l相切，当圆D的面积最大时，圆D的标准方程为________.
三、解答题
设命题p：实数m满足m2−6m+8<0；命题q：曲线x2m+1+y2m−5=1表示双曲线．若p为假命题，p∨q为真命题，求m的取值范围．
已知圆C:x2+y2−8y+12=0，直线l:ax+y+2a=0．
(1)当a为何值时，直线l与圆C相交；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且AB=22时，求直线l的方程．
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=1，AC=2，AA1=2，D，E分别为BC，A1C1的中点．
(1)证明：C1D//平面ABE；
(2)求CC1与平面ABE所成角的余弦值．
已知动圆C过点F1,0，且与直线x=−1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹方程E；
(2)已知点P1,−2，Q8,2，过点Q的直线l交曲线E于点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值，并求出此定值．
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥PC，AD//BC，AD⊥CD，且PC=BC=2AD=2CD=22，PA=2.
(1)证明：直线PA⊥平面ABCD；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M−AC−D的余弦值为3737？如果存在，求PMPD的值；如果不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=32，且椭圆C上一点N到左焦点F1距离的最大值为2+3，过点M3,0的直线交椭圆C于点A，B．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P为椭圆上一点，且满足OA→+OB→=tOP→t>0（O为坐标原点），当|AB|>3时，求实数t的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年山西省河津市高二（上）期末考试数学试卷（理）
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题，进行求解即可.
【解答】
解：命题“∃x0∈R， 2x0<12”是特称命题，其否定为全称命题，
则命题“∃x0∈R， 2x0<12”的否定是“∀x∈R，2x≥12” .
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
斜率的计算公式
【解析】
设此直线的倾斜角是θ，θ∈[0∘,180∘)，利用斜率计算公式可得tanθ，即可得出θ.
【解答】
解：设此直线的倾斜角是θ，θ∈[0∘,180∘)，
∵ tanθ=1−3−12−−1=−33，
∴ θ=150∘.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分条件和必要条件的概念，结合不等式的性质判断．
【解答】
解：充分性：
若a>1，b>1，则ab>1成立，所以充分性成立；
必要性：
若ab>1，则a>1，b>1不一定成立，
如a=b=−2，所以必要性不成立，
所以“a>1，b>1”是“ab>1”的充分不必要条件.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
根据该几何体的三视图，还原该几何体得其直观图为如图所示的四棱锥P−ABCD，分别求出该几何体的各个侧面积即可得到答案.
【解答】
解：根据该几何体的三视图，还原该几何体得其直观图为
如图所示的四棱锥P−ABCD，
可以看出该几何体是棱长为2的正方体的一部分，
其底面ABCD是边长为2的正方形，PB垂直于底面.
则S△PAB=S△PCB=12×2×2=2，
S△PAD=S△PCD=12×2×22=22.
∴ 该四棱锥的四个侧面中，面积的最大值为22.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
双曲线的标准方程
【解析】
根据双曲线的方程求出啊、焦点坐标和渐近线，利用点到直线的距离公式进行求解即可．
【解答】
解：双曲线x23−y2=1的渐近线方程为y=±33x，
∵ a2=3，b2=1，
∴ c2=a2+b2=3+1=4，即c=2.
设一个焦点F(2, 0)，
∴ 焦点F到渐近线的距离为d=|33×2|1+(33)2=233233=1.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
由共面向量基本定理得解.
【解答】
解：∵ OP→=13OA→+12OB→+16OC→，13+12+16=1，
∴ 由共面向量基本定理，得A，B，C，P四点一定共面.
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
圆的标准方程与一般方程的转化
【解析】
首先把圆的一般式转换为标准式，进一步求出圆心关于直线的对称的点的坐标，最后确定圆的方程．
【解答】
解：∵ 圆C的标准式为x+12+y−22=9，
∴ 圆心坐标为C−1,2，半径为3．
设点C−1,2关于直线x−y+1=0对称的点的坐标为a,b，
则b−2a+1=−1,a−12−b+22+1=0,
解得a=1,b=0.
∴ 对称的圆的方程为x−12+y2=9.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1236+y129=1x2236+y229=1，两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0，又由弦中点为(4, 2)，可得k=−12，由此可求出这条弦所在的直线方程．
【解答】
解：设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，斜率为k，
则x1236+y129=1，x2236+y229=1，
两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0,
又弦中点为(4, 2)，故k=−12，
故这条弦所在的直线方程y−2=−12(x−4)，
整理得x+2y−8=0；
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
由题意可得椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，设特殊值法，求出两条切线的交点坐标，代入蒙日
圆的方程可得α的值．
【解答】
解：∵ 椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，
找两个特殊点分别为0,a，2+a,0，
∴ 两条切线分别是x=2+a，y=a.
这两条切线相互垂直，且两条直线的交点为P(2+a,a).
又∵ P在蒙日圆上，
∴ 2+a2+a2=4，
解得a=1.
故A.
10.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
设球心为O，
由于点P,A,B,C,D在同一球面上，则球的半径为R=12BD=3，可得球的表面积.
【解答】
解：设球心为O，
由PA=PD=AB=2，∠APD=90∘，
可得AD=22.
在矩形ABCD中，BD=22+222=23.
因为点P，A，B，C，D在同一球面上，
所以球的半径为R=12BD=3，
故球的表面积为S=4πR2=12π.
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
双曲线的定义
双曲线的离心率
【解析】
连接AF1,△F2AB为等边三角形，则∠F1AF2=90∘,∠AF2B=60∘，
所以AF1=c,AF2=3c，得3c−c=2a，可得解.
【解答】
解：连接AF1，如图所示，
∵ ∠F1AF2=90∘，∠AF2B=60∘，
∴ AF1=c，AF2=3c，
∴ 3c−c=2a，
即e=23−1=3+1.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
由题设PM+22MN的最小值为P到平面CDD1C1的距离.
【解答】
解：由题设MN的最小值就是M到C1D1的距离，
22恰好是MN与平面CDD1C1所成角的正弦函数值，
即M到平面CDD1C1的距离，
故PM+22MN的最小值为P到平面CDD1C1的距离为1.
故选B.
二、填空题
【答案】
y=−2
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据题干可知，抛物线的焦点在y轴上，开口向上，利用已知条件求准线方程．
【解答】
解：抛物线x2=8y中，
因为2p=8，
所以p=4，
所以准线方程为y=−p2=−2.
故答案为：y=−2．
【答案】
−1
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由两直线平行的性质可得1m−2=m3≠62m，由此求得实数m的值．
【解答】
解：∵ 直线x+my+6=0和(m−2)x+3y+2m=0平行，
∴ 1m−2=m3≠62m，
解得m=−1.
故答案为：−1．
【答案】
②
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用直线间的位置关系，逐项分析得解.
【解答】
解：①若a与b相交，b与c相交，
则a与c可能相交，平行或异面，故①错误；
②根据平行的传递性，故②正确；
③a⊂面α，b⊂面β，
则a，b可能相交，平行或异面，故③错误；
④若a，b与c成等角，
则a，b可能相交，平行或异面，故④错误.
综上所述，②正确.
故答案为：②.
【答案】
x−42+y−22=8
【考点】
点到直线的距离公式
直线的点斜式方程
抛物线的标准方程
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
求出抛物线的方程和焦点坐标，直线的方程，利用平移切线的方法求解即可.
【解答】
解：抛物线的标准方程为x2=8y，焦点0,2，xA+xB=8，
直线AB的斜率为k=18xA2−xB2xA−xB=18xA+xB=1，
则直线l的方程为x−y+2=0.
点到直线l的距离最大时，圆的面积最大，
设点D(t,t28)，
因为点在直线的下方，
所以t−t28+2>0，
则点D到直线l的距离为
d=t−t28+22=4−18(t−4)22，
当t=4时，取得最大值为22，
此时D(4,2)，所求圆的方程为x−42+y−22=8.
故答案为：x−42+y−22=8.
三、解答题
【答案】
解：∵ m2−6m+8<0，
解得2
∴ m+1m−5<0，
解得−1
∴ q为真命题，
即m≥4或m≤2,−1
双曲线的定义
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
无
【解答】
解：∵ m2−6m+8<0，
解得2
∴ m+1m−5<0，
解得−1
∴ q为真命题，
即m≥4或m≤2,−1
解：(1)将圆C的方程x2+y2−8y+12=0，
配方得标准方程为x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0, 4)，半径为2．
设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离d，
则d=|4+2a|a2+1<2，解得a<−34.
(2)设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离为d，
则22=24−d2⇒d=2，
则|4+2a|a2+1=2，
解得a=−1或a=−7，
故直线l的方程为x−y+2=0或7x−y+14=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将圆C的方程x2+y2−8y+12=0，
配方得标准方程为x2+(y−4)2=4，
则此圆的圆心为(0, 4)，半径为2．
设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离d，
则d=|4+2a|a2+1<2，解得a<−34.
(2)设圆心到直线l:ax+y+2a=0的距离为d，
则22=24−d2⇒d=2，
则|4+2a|a2+1=2，
解得a=−1或a=−7，
故直线l的方程为x−y+2=0或7x−y+14=0．
【答案】
(1)证明：取AB中点H，连接EH，HD，如图，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，EC1=12A1C1，
∵ D为BC中点，H为AB中点，
∴ HD//AC，HD=12AC，HD//EC1，HD=EC1，
∴ 四边形DHEC1为平行四边形，
∴ C1D//HE．
∵ EH⊂平面ABE，
∴ C1D//平面ABE．
(2)解：∵ AA1⊥平面ABC，
∴ AA1⊥AB．
又∵ AB⊥AC，且AC∩AA1=A，
∴ AB⊥平面ACC1A1．
在平面ACC1A1内过A1作A1F⊥AE于F．
∵ A1F⊂平面ACC1A，
∴ AB⊥A1F．
又∵ AB∩AE=A，
∴ A1F⊥平面ABE．
∵ CC1//AA1，
∴ ∠A1AE即为CC1与平面ABE所成的角．
∵ AA1=2，A1E=1，
∴ AE=5，
∴ cs∠A1AE=25=255，
即CC1与平面ABE所成角的余弦值为255.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取AB中点H，连接EH，HD，如图，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，EC1=12A1C1，
∵ D为BC中点，H为AB中点，
∴ HD//AC，HD=12AC，HD//EC1，HD=EC1，
∴ 四边形DHEC1为平行四边形，
∴ C1D//HE．
∵ EH⊂平面ABE，
∴ C1D//平面ABE．
(2)解：∵ AA1⊥平面ABC，
∴ AA1⊥AB．
又∵ AB⊥AC，且AC∩AA1=A，
∴ AB⊥平面ACC1A1．
在平面ACC1A1内过A1作A1F⊥AE于F．
∵ A1F⊂平面ACC1A，
∴ AB⊥A1F．
又∵ AB∩AE=A，
∴ A1F⊥平面ABE．
∵ CC1//AA1，
∴ ∠A1AE即为CC1与平面ABE所成的角．
∵ AA1=2，A1E=1，
∴ AE=5，
∴ cs∠A1AE=25=255，
即CC1与平面ABE所成角的余弦值为255.
【答案】
(1)解：设圆心Cx,y，
∵ 圆C过点F1,0，且与直线x=−1相切，
∴ x−12+y2=|x+1|，
化简，得y2=4x，
∴ 动圆圆心C的轨迹方程为y2=4x．
(2)证明：由题知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x−8=my−2.
由y2=4x,x−8=my−2,
得y2−4my+8m−32=0，
则Δ=16m2−48m−32=16m2−2m+8>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=4m，y1y2=8m−32.
∵ P1,−2，
∴ k1k2=y1+2x1−1⋅y2+2x2−1
=y1+2y124−1⋅y2+2y224−1=16y1−2y2−2
=16y1y2−2y1+y2+4=168m−32−8m+4=−47，
∴ k1k2为定值，且定值为−47．
【考点】
轨迹方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线的点斜式方程
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设圆心Cx,y，
∵ 圆C过点F1,0，且与直线x=−1相切，
∴ x−12+y2=|x+1|，
化简，得y2=4x，
∴ 动圆圆心C的轨迹方程为y2=4x．
(2)证明：由题知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x−8=my−2.
由y2=4x,x−8=my−2,
得y2−4my+8m−32=0，
则Δ=16m2−48m−32=16m2−2m+8>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=4m，y1y2=8m−32.
∵ P1,−2，
∴ k1k2=y1+2x1−1⋅y2+2x2−1
=y1+2y124−1⋅y2+2y224−1=16y1−2y2−2
=16y1y2−2y1+y2+4=168m−32−8m+4=−47，
∴ k1k2为定值，且定值为−47．
【答案】
(1)证明：∵ 在平面ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，
且BC=2AD=2CD=22，
∴ AB=AC=2，
∴ AB⊥AC.
又AB⊥PC，AC∩PC=C，
AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴ AB⊥平面PAC.
∵ PA=AC=2，PC=22，
∴ PA⊥AC．
又∵ PA⊥AB，AB∩AC=A，
AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥平面ABCD．
(2)解：在线段AD上取点N，连接MN，使MN//PA，
取BC的中点E，则AE，AD，AP三条直线两两垂直，
分别以直线AE，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
由(1)知AP→=0,0,2是平面ACD的一个法向量．
设PMPD=x∈0,1，则MN=1−xAP=2−2x，
AN=xAD=2x，
则AM→=0,2x,2−2x，AC→=2,2,0.
设AQ→=a,b,c是平面ACM的一个法向量，
则AQ→⋅AM→=2xb+2−2xc=0,AQ→⋅AC→=2a+2b=0,
即a=−b,c=2x2x−2b.
令b=2−2x，则AQ→=−2x+2,2x−2,2x.
又∵ 平面ACD的一个法向量为AP→=0,0,2，
且二面角M−AC−D的余弦值为3737，
∴ cs⟨AP→,AQ→⟩=AP→⋅AQ→|AP→||AQ→|
=22x2×−2x+22+2x−22+2x2=3737，
解得x=14，
∴ 满足要求的点M存在，且PMPD=14.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ 在平面ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，
且BC=2AD=2CD=22，
∴ AB=AC=2，
∴ AB⊥AC.
又AB⊥PC，AC∩PC=C，
AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴ AB⊥平面PAC.
∵ PA=AC=2，PC=22，
∴ PA⊥AC．
又∵ PA⊥AB，AB∩AC=A，
AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥平面ABCD．
(2)解：在线段AD上取点N，连接MN，使MN//PA，
取BC的中点E，则AE，AD，AP三条直线两两垂直，
分别以直线AE，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
由(1)知AP→=0,0,2是平面ACD的一个法向量．
设PMPD=x∈0,1，则MN=1−xAP=2−2x，
AN=xAD=2x，
则AM→=0,2x,2−2x，AC→=2,2,0.
设AQ→=a,b,c是平面ACM的一个法向量，
则AQ→⋅AM→=2xb+2−2xc=0,AQ→⋅AC→=2a+2b=0,
即a=−b,c=2x2x−2b.
令b=2−2x，则AQ→=−2x+2,2x−2,2x.
又∵ 平面ACD的一个法向量为AP→=0,0,2，
且二面角M−AC−D的余弦值为3737，
∴ cs⟨AP→,AQ→⟩=AP→⋅AQ→|AP→||AQ→|
=22x2×−2x+22+2x−22+2x2=3737，
解得x=14，
∴ 满足要求的点M存在，且PMPD=14.
【答案】
解：(1)∵ e2=c2a2=a2−b2a2=34，
∴ a2=4b2.
又∵ a+c=2+3，c2=a2−b2，
解得b2=1，a2=4，
∴ 椭圆C方程是x24+y2=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px,y，
由题意，得直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−3，
由y=kx−3,x24+y2=1,
整理，得1+4k2x2−24k2x+36k2−4=0，
则x1+x2=24k21+4k2，x1⋅x2=36k2−41+4k2，
所以Δ=−24k22−169k2−11+4k2>0，
解得k2<15.
由题意，得OA→+OB→=x1+x2,y1+y2=tx,y，
则x=1tx1+x2=24k2t1+4k2，
y=1ty1+y2=1tkx1+x2−6k=−6kt1+4k2．
由点P在椭圆上，得24k22t21+4k22+144k2t21+4k22=4 ，
化简，得36k2=t21+4k2．
由|AB|=1+k2|x1−x2|>3，
得1+k2x1+x22−4x1x2>3，
即1+k2242k41+4k22−436k2−41+4k2>3，
化简，得8k2−116k2+13<0，
即8k2−1<0，
解得k2<18．
∵ t2=36k21+4k2=9−91+4k2，
∴ t2<3.
∵t>0，
∴ 0
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
直线与椭圆的位置关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ e2=c2a2=a2−b2a2=34，
∴ a2=4b2.
又∵ a+c=2+3，c2=a2−b2，
解得b2=1，a2=4，
∴ 椭圆C方程是x24+y2=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Px,y，
由题意，得直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx−3，
由y=kx−3,x24+y2=1,
整理，得1+4k2x2−24k2x+36k2−4=0，
则x1+x2=24k21+4k2，x1⋅x2=36k2−41+4k2，
所以Δ=−24k22−169k2−11+4k2>0，
解得k2<15.
由题意，得OA→+OB→=x1+x2,y1+y2=tx,y，
则x=1tx1+x2=24k2t1+4k2，
y=1ty1+y2=1tkx1+x2−6k=−6kt1+4k2．
由点P在椭圆上，得24k22t21+4k22+144k2t21+4k22=4 ，
化简，得36k2=t21+4k2．
由|AB|=1+k2|x1−x2|>3，
得1+k2x1+x22−4x1x2>3，
即1+k2242k41+4k22−436k2−41+4k2>3，
化简，得8k2−116k2+13<0，
即8k2−1<0，
解得k2<18．
∵ t2=36k21+4k2=9−91+4k2，
∴ t2<3.
∵t>0，
∴ 0
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