2020-2021学年陕西省汉中市高二（上）挑战杯考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年陕西省汉中市高二（上）挑战杯考试数学试卷人教A版，共9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. 已知集合U＝{−2, −1, 0, 1, 2, 3}，A＝{−1, 0, 1}，B＝{1, 2}，则∁U(A∪B)＝（ ）
A.{−2, 3}B.{−2, 2, 3}C.{−2, −1, 0, 3}D.{−2, −1, 0, 2, 3}

2. 如果直线l1:2x−ay+1＝0与直线l2:4x+6y−7＝0平行，则a的值为（ ）
A.3B.−3C.5D.0

3. 在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，A＝60∘，b＝1，若其面积为3，则a＝（ ）
A.2B.10C.23D.13

4. 若α为第四象限角，则（ ）
A.cs2α>0B.cs2α<0C.sin2α>0D.sin2α<0

5. 已知直线l过圆x2+(y−3)2=4的圆心，且与直线x+y+1=0垂直，则l的方程是( )
A.x+y−2=0B.x−y+2=0C.x+y−3=0D.x−y+3=0

6. 数列{an}中，a1＝2，am+n＝aman．若ak+1+ak+2+...+ak+10＝215−25，则k＝（ ）
A.2B.3C.4D.5

7. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）

A.EB.FC.GD.H

8. 设x，y满足约束条件x−y−3≤0x+y−2≤0x≥−1 ，则z＝−2x+y的最小值为（ ）
A.−112B.−2C.−132D.5

9. 若过点(2, 1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3＝0的距离为（ ）
A.55B.255C.355D.455

10. 函数y=xax|x|(0A.B.
C.D.

11. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（ ）

A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块

12. 已知函数f(x)＝ax2+(a2−1)x+a−2(x>0)与函数g(x)＝|1gax|的单调区间相同且相同区间上的单调性相同，其中a>0且a≠1，若f(x)＝m有且仅有两个实数解，则实数a和m的取值范围分别是（ ）
A.a=2−1，−2C.a=2+1，−m>2−3D.a=2+1，m≥2−3
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）

已知tanα=3，则4sinα−3csα3sinα+2csα=________．

已知a>0，b>0，且a+b＝1，则1a+1b的最小值是________．

已知单位向量a→，b→的夹角为45∘，ka→−b→与a→垂直，则k＝________．

下列说法正确的是________．
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；②过空间中任意三点有且仅有一个平面；③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；④若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥1．
三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）

已知等差数列{an}中，a3＝3a1，Sn为其前n项和，且S5＝a12+9．
（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{1an⋅an+1}的前n项和Tn．

已知向量a→=(1, csx)，b→=(cs(2x+π3)，csx)，函数f(x)=a→⋅b→+cs2x．
（1）求函数f(x)的解析式以及最小正周期；

（2）当x∈[0, π2]时，求函数f(x)的单调递减区间．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M为PC中点，且∠PAB＝∠PDC＝90∘．

（1）证明：PA // 平面BDM；

（2）证明：平面PAB⊥平面PAD．

已知幂函数f(x)=xm2−2m−3(m∈z)为偶函数，且在区间(0, +∞)上是单调递减函数．
（1）求函数f(x)的解析式；

（2）讨论F(x)=af(x)−bxf(x)的奇偶性．

△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C＝sinBsinC．
（1）求A；

（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值．

已知圆O:x2+y2＝1和点M(−1, −4)．
（1）过点M向圆O引切线，求切线的方程；

（2）求以点M为圆心，且被直线y＝2x−12截得的弦长为8的圆M的方程；

（3）设P为（2）中圆M上任意一点，过点P向圆O引切线，切点为Q，试探究：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值？若存在，请求出定点R的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省汉中市高二（上）挑战杯考试数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题要求的，）
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出A∪B，再根据补集得出结论．
【解答】
集合U＝{−2, −1, 0, 1, 2, 3}，A＝{−1, 0, 1}，B＝{1, 2}，
则A∪B＝{−1, 0, 1, 2}，
则∁U(A∪B)＝{−2, 3}，
2.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意可知两条直线的斜率相等，求出直线l1:2x−ay+1＝0的a的值．
【解答】
直线l1:2x−ay+1＝0与直线l2:4x+6y−7＝0平行，所以两条直线的斜率相等，所以a＝−3．
3.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
先根据正弦面积公式S=12bcsinA求出边长c的值，再由余弦定理a2＝b2+c2−2bccsA即可得解．
【解答】
面积S=12bcsinA=12×1×c×sin60∘=3，∴ c＝4．
由余弦定理知，a2＝b2+c2−2bccsA＝1+16−2×1×4×cs60∘＝13，
∴ a=13．
4.
【答案】
D
【考点】
二倍角的三角函数
【解析】
先求出2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，即可判断．
【解答】
α为第四象限角，
则−π2+2kπ<α<2kπ，k∈Z，
则−π+4kπ<2α<4kπ，
∴ 2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，
∴ sin2α<0，
5.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程
直线的点斜式方程
【解析】
由题意可得所求直线l经过点(0, 3)，斜率为1，再利用点斜式求直线l的方程．
【解答】
解：由题意可得所求直线l经过点(0, 3)，斜率为1，
故l的方程是 y−3=x−0，即x−y+3=0，
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
在已知数列递推式中，取m＝1，可得an+1an=2，则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，再由等比数列的前n项和公式列式求解．
【解答】
由a1＝2，且am+n＝aman，
取m＝1，得an+1＝a1an＝2an，
∴ an+1an=2，
则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则ak+1=2⋅2k=2k+1，
∴ ak+1+ak+2+...+ak+10=2k+1(1−210)1−2=211+k−2k+1=215−25，
∴ k+1＝5，即k＝4．
7.
【答案】
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点．
【解答】
根据几何体的三视图转换为直观图：
如图所示：
根据三视图和几何体的的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，
所以在侧视图中与点E对应．
故选：A．
8.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
【解析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝2x+y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最值即可．
【解答】
x，y满足约束条件x−y−3≤0x+y−2≤0x≥−1 的可行域如图：
目标函数z＝−2x+y，目标函数经过可行域的B时，目标函数在y轴上的的截距取得最小值，此时z取得最小值，
由x−y−3=0x+y−2=0 ，解得B(52, −12)，
则z＝−2x+y的最小值为−2×52−12=−112．
9.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
【解析】
由已知设圆方程为(x−a)2+(y−a)2＝a2，(2, 1)代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可．
【解答】
由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为(a, a)，则半径为a，a>0．
故圆的方程为(x−a)2+(y−a)2＝a2，再把点(2, 1)代入，求得a＝5或1，
故要求的圆的方程为(x−5)2+(y−5)2＝25或(x−1)2+(y−1)2＝1．
故所求圆的圆心为(5, 5)或(1, 1)；
故圆心到直线2x−y−3＝0的距离d=|2×5−5−3|22+12=255或d=|2×1−1−3|22+12=255；
10.
【答案】
D
【考点】
函数的图象变换
【解析】
分x>0与x<0两种情况将函数解析式化简，利用指数函数图象即可确定出大致形状．
【解答】
解：当x>0时，|x|=x，此时y=ax(0当x<0时，|x|=−x，此时y=−ax(0则函数y=xax|x|(0故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，根据等差数列的性质即可求出n＝9，再根据前n项和公式即可求出．
【解答】
方法一：
设每一层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，
由等差数列的性质可得Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等差数列，
且(S3n−S2n)−(S2n−Sn)＝n2d，
则n2d＝729，
则n＝9，
则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9+27×262×9＝3402块，
方法二：
设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，
则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an＝9+(n−1)×9＝9n，
设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，
∵ 下层比中层多729块，
∴ S3n−S2n＝S2n−Sn+729，
∴ 3n(9+27n)2−2n(9+18n)2=2n(9+18n)2−n(9+9n)2+729，
∴ 9n2＝729，解得n＝9，
∴ S3n＝S27=27(9+9×27)2=3402，
12.
【答案】
B
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
分a>1和01时，若符合题意，则1−a22a>0且1−a22a=1，解集与a>1矛盾，舍．当00且1−a22a=1，解得a＝−1+2，若f(x)＝m有且仅有两个实数解，
则f(1−a22a)【解答】
当a>1时，函数g(x)＝|1gax|在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增，
f(x)的对称轴为x=−a2−12a=1−a22a，
若单调区间相同且相同区间上的单调性相同，
则f(x)在(0, 1−a22a)上单调递减，在(1−a22a, +∞)上单调递增，
所以1−a22a>0，且1−a22a=1，
解得0与a>1矛盾，舍
当0f(x)的对称轴为x=−a2−12a=1−a22a，
若单调区间相同且相同区间上的单调性相同，
则f(x)在(0, 1−a22a)上单调递减，在(1−a22a, +∞)上单调递增，
所以1−a22a>0，且1−a22a=1，
解得0所以a＝−1+2，
若f(x)＝m有且仅有两个实数解，
则f(1−a22a)f(1−a22a)=4a(a−2)−(a2−1)24a=4(−1+2)(−1+2−2)−((−1+2)2−1)24(−1+2)=−2，
f(0)＝a−2＝−1+2−2＝−3+2，
所以−2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）
【答案】
911
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
分子分母同时除以csα，把正弦、余弦转化为正切即可算出结果．
【解答】
解：4sinα−3csα3sinα+2csα
=4tanα−33tanα+2
=12−39+2=911.
故答案为：911.
【答案】
4
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知可得：1a+1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab，再利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】
∵ a>0，b>0，且a+b＝1，
则1a+1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab≥2+2ab⋅ba=4，当且仅当a＝b=12时取等号．
∴ 1a+1b的最小值是4．
【答案】
22
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由已知求得a→⋅b→，再由ka→−b→与a→垂直，可得(ka→−b→)⋅a→=0，展开即可求得k值．
【解答】
∵ 向量a→，b→为单位向量，且a→，b→的夹角为45∘，
∴ a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs45=1×1×22=22，
又ka→−b→与a→垂直，
∴ (ka→−b→)⋅a→=k|a→|2−a→⋅b→=0，
即k−22=0，则k=22．
【答案】
①④
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
平面的基本性质及推论
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
画图说明①正确；由公理2说明②错误；由空间中两直线的位置关系判定③错误；由直线与平面垂直的定义说明④正确．
【解答】
对于①，如图，
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，故①正确；
对于②，过空间中不在同一直线上的三点有且仅有一个平面，故②错误；
对于③，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故③错误；
对于④，若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥1，故④正确．
∴ 正确的是①④．
三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）
【答案】
等差数列{an}的公差设为d，
由a3＝3a1，且S5＝a12+9，可得a1+2d＝3a1，且5a1+10d＝a1+11d+9，
解得a1＝d＝3，
则an＝3+3(n−1)＝3n，n∈N∗；
1an⋅an+1=13n⋅3(n+1)=19(1n−1n+1)，
可得Tn=19(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=19(1−1n+1)=n9n+9．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）等差数列{an}的公差设为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；
（2）求得1an⋅an+1=19(1n−1n+1)，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
【解答】
等差数列{an}的公差设为d，
由a3＝3a1，且S5＝a12+9，可得a1+2d＝3a1，且5a1+10d＝a1+11d+9，
解得a1＝d＝3，
则an＝3+3(n−1)＝3n，n∈N∗；
1an⋅an+1=13n⋅3(n+1)=19(1n−1n+1)，
可得Tn=19(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)
=19(1−1n+1)=n9n+9．
【答案】
向量a→=(1, csx)，b→=(cs(2x+π3)，csx)，
所以函数f(x)=a→⋅b→+cs2x
＝cs(2x+π3)+cs2x+cs2x
＝cs2xcsπ3−sin2xsinπ3+2⋅1+cs2x2
=32cs2x−32sin2x+1
=3cs(2x+π6)+1；
所以f(x)的最小正周期为T=2π2=π；
当x∈[0, π2]时，2x+π6∈[π6, 7π6]，
令2x+π6=π，解得x=5π12，
所以函数f(x)=3cs(2x+π6)+1的单调递减区间是[0, 5π12]．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
（1）计算平面向量的数量积，利用三角恒等变换化简函数f(x)，求出它的最小正周期；
（2）利用三角函数的图象与性质，即可求出函数f(x)的单调递减区间．
【解答】
向量a→=(1, csx)，b→=(cs(2x+π3)，csx)，
所以函数f(x)=a→⋅b→+cs2x
＝cs(2x+π3)+cs2x+cs2x
＝cs2xcsπ3−sin2xsinπ3+2⋅1+cs2x2
=32cs2x−32sin2x+1
=3cs(2x+π6)+1；
所以f(x)的最小正周期为T=2π2=π；
当x∈[0, π2]时，2x+π6∈[π6, 7π6]，
令2x+π6=π，解得x=5π12，
所以函数f(x)=3cs(2x+π6)+1的单调递减区间是[0, 5π12]．
【答案】
连接AC交BD于点O，因为底面ABCD为平行四边形，所以O为AC中点，
在△PAC中，又M为PC中点，所以OM // PA，
又PA⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，
所以PA // 平面BDM．
因为底面ABCD为平行四边形，所以AB // CD，
又∠PDC＝90∘即CD⊥PD，所以AB⊥PD，
又∠PAB＝90∘即AB⊥PA，
又PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，PA∩PD＝P，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD．
【考点】
平面与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）连接AC交BD于点O，连接OM，证明OM // PA，即可证明PA // 平面BDM．
（2）因证明AB⊥PD，AB⊥PA，推出AB⊥平面PAD，然后证明平面PAB⊥平面PAD．
【解答】
连接AC交BD于点O，因为底面ABCD为平行四边形，所以O为AC中点，
在△PAC中，又M为PC中点，所以OM // PA，
又PA⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，
所以PA // 平面BDM．
因为底面ABCD为平行四边形，所以AB // CD，
又∠PDC＝90∘即CD⊥PD，所以AB⊥PD，
又∠PAB＝90∘即AB⊥PA，
又PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，PA∩PD＝P，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD．
【答案】
f(x)=xm2−2m−3=xm(m−2)−3，由题意知m(m−2)为奇数又m∈z
且f(x)在(0, +∞)上递减，
∴ m＝1，f(x)＝x−4
F(x)=ax−4−bx⋅x−4=a⋅x−2−b⋅x3(x≠0)
∵ y＝x−2是偶函数，y＝x3是奇函数
①a≠0且b≠0时，F(x)为非奇非偶函数；
②a＝0且b≠0时，F(x)为奇函数；
③a≠0且b＝0时，F(x)为偶函数；
④a＝b＝0时，F(x)为奇且偶函数
【考点】
幂函数的性质
奇偶性与单调性的综合
【解析】
（1）由幂函数f(x)为(0, +∞)上递减，推知m2−2m−3<0，解得−1（2）把f(x)的解析式代入F(x)，得到F(x)的解析式．然后分别讨论a≠0且b≠0时，a＝0且b≠0时，a≠0且b＝0时，a＝b＝0时，函数的奇偶性．
【解答】
f(x)=xm2−2m−3=xm(m−2)−3，由题意知m(m−2)为奇数又m∈z
且f(x)在(0, +∞)上递减，
∴ m＝1，f(x)＝x−4
F(x)=ax−4−bx⋅x−4=a⋅x−2−b⋅x3(x≠0)
∵ y＝x−2是偶函数，y＝x3是奇函数
①a≠0且b≠0时，F(x)为非奇非偶函数；
②a＝0且b≠0时，F(x)为奇函数；
③a≠0且b＝0时，F(x)为偶函数；
④a＝b＝0时，F(x)为奇且偶函数
【答案】
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为sin2A−sin2B−sin2C＝sinBsinC，
由正弦定理可得a2−b2−c2＝bc，
即为b2+c2−a2＝−bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
由0由题意可得a＝3，
又B+C=π3，可设B=π6−d，C=π6+d，−π6由正弦定理可得3sin2π3=bsinB=csinC=23，
可得b＝23sin(π6−d)，c＝23sin(π6+d)，
则△ABC周长为a+b+c＝3+23[sin(π6−d)+sin(π6+d)]＝3+23(12csd−32sind+12csd+32sind)，
＝3+23csd，
当d＝0，即B＝C=π6时，△ABC的周长取得最大值3+23．
另a＝3，A=2π3，又a2＝b2+c2−2bccsA，
∴ 9＝b2+c2+bc＝(b+c)2−bc≥(b+c)2−14(b+c)2，
由b+c>3，则b+c≤23（当且仅当b＝c时，“＝”成立），
则△ABC周长的最大值为3+23．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）运用余弦定理和特殊角的三角函数值，可得所求角；
（2）方法一、运用正弦定理和三角函数的和差公式，结合余弦函数的图象和性质，可得所求最大值．
方法二、运用余弦定理和基本不等式，即可得到所求最大值．
【解答】
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为sin2A−sin2B−sin2C＝sinBsinC，
由正弦定理可得a2−b2−c2＝bc，
即为b2+c2−a2＝−bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
由0由题意可得a＝3，
又B+C=π3，可设B=π6−d，C=π6+d，−π6由正弦定理可得3sin2π3=bsinB=csinC=23，
可得b＝23sin(π6−d)，c＝23sin(π6+d)，
则△ABC周长为a+b+c＝3+23[sin(π6−d)+sin(π6+d)]＝3+23(12csd−32sind+12csd+32sind)，
＝3+23csd，
当d＝0，即B＝C=π6时，△ABC的周长取得最大值3+23．
另a＝3，A=2π3，又a2＝b2+c2−2bccsA，
∴ 9＝b2+c2+bc＝(b+c)2−bc≥(b+c)2−14(b+c)2，
由b+c>3，则b+c≤23（当且仅当b＝c时，“＝”成立），
则△ABC周长的最大值为3+23．
【答案】
若过点M的直线斜率不存在，直线方程为x＝−1，为圆O的切线；
当切线O的斜率存在时，设直线方程为y+4＝k(x+1)，
即kx−y+k−4＝0，
∴ 圆心O到切线的距离为|k−4|k2+1=1，解得k=158，
∴ 直线方程为15x−8y−17＝0
综上切线的方程为x＝−1或15x−8y−17＝0．
点M(−1, −4)到直线2x−y−12＝0的距离为d=|−2+4−12|5=25，
∵ 圆被直线y＝2x−12截得的弦长为8，
∴ r=(25)2+42=6，
∴ 圆M的方程为(x+1)2+(y+4)2＝36．
假设存在定点R，使得PQPR为定值，设R(a, b)，P(x, y)，PQ2PR2=λ，
∵ 点P在圆M上，
∴ (x+1)2+(y+4)2＝36，则x2+y2＝−2x−8y+19，
∵ PQ为圆O的切线，∴ OQ⊥PQ，
∴ PQ2＝PO2−1＝x2+y2−1，PR2＝(x−a)2+(y−b)2，
∴ x2+y2−1＝λ[(x−a)2+(y−b)2]，
即−2x−8y+19−1＝λ(−2x−8y+19−2ax−2by+a2+b2)，
整理得(−2+2λ+2aλ)x+(−8+8λ+2bλ)y+(18−19λ−a2λ−b2λ)＝0(∗)，
若使(∗)对任意x，y恒成立，则−2+2λ+2aλ=0−8+8λ+2bλ=018−19λ−a2λ−b2λ=0 ，
∴ a=1−λλb=4−4λλ ，代入得18−19λ−(1−λλ)2λ−(4−4λλ)2λ=0，
化简整理得36λ2−52λ+17＝0，解得λ=12或λ=1718，
∴ λ=12a=1b=4 或λ=1718a=117b=417 ，
∴ 存在定点R(1, 4)，此时PQPR为定值22或定点R(117,417)，此时PQPR为定值346．
【考点】
直线和圆的方程的应用
圆的切线方程
【解析】
（1）若过点M的直线斜率不存在，直线方程为x＝−1，为圆O的切线；当切线O的斜率存在时，设直线方程为y+4＝k(x+1)，通过圆心到直线的距离转化求解即可．
（2）点M(−1, −4)到直线2x−y−12＝0的距离，圆被直线y＝2x−12截得的弦长，求出半径，然后求解圆的方程．
（3）假设存在定点R，使得PQPR为定值，设R(a, b)，P(x, y)，PQ2PR2=λ，通过点P在圆M上，PQ为圆O的切线，推出(−2+2λ+2aλ)x+(−8+8λ+2bλ)y+(18−19λ−a2λ−b2λ)＝0，然后转化求解λ，即可推出结果．
【解答】
若过点M的直线斜率不存在，直线方程为x＝−1，为圆O的切线；
当切线O的斜率存在时，设直线方程为y+4＝k(x+1)，
即kx−y+k−4＝0，
∴ 圆心O到切线的距离为|k−4|k2+1=1，解得k=158，
∴ 直线方程为15x−8y−17＝0
综上切线的方程为x＝−1或15x−8y−17＝0．
点M(−1, −4)到直线2x−y−12＝0的距离为d=|−2+4−12|5=25，
∵ 圆被直线y＝2x−12截得的弦长为8，
∴ r=(25)2+42=6，
∴ 圆M的方程为(x+1)2+(y+4)2＝36．
假设存在定点R，使得PQPR为定值，设R(a, b)，P(x, y)，PQ2PR2=λ，
∵ 点P在圆M上，
∴ (x+1)2+(y+4)2＝36，则x2+y2＝−2x−8y+19，
∵ PQ为圆O的切线，∴ OQ⊥PQ，
∴ PQ2＝PO2−1＝x2+y2−1，PR2＝(x−a)2+(y−b)2，
∴ x2+y2−1＝λ[(x−a)2+(y−b)2]，
即−2x−8y+19−1＝λ(−2x−8y+19−2ax−2by+a2+b2)，
整理得(−2+2λ+2aλ)x+(−8+8λ+2bλ)y+(18−19λ−a2λ−b2λ)＝0(∗)，
若使(∗)对任意x，y恒成立，则−2+2λ+2aλ=0−8+8λ+2bλ=018−19λ−a2λ−b2λ=0 ，
∴ a=1−λλb=4−4λλ ，代入得18−19λ−(1−λλ)2λ−(4−4λλ)2λ=0，
化简整理得36λ2−52λ+17＝0，解得λ=12或λ=1718，
∴ λ=12a=1b=4 或λ=1718a=117b=417 ，
∴ 存在定点R(1, 4)，此时PQPR为定值22或定点R(117,417)，此时PQPR为定值346．