2020-2021学年湖北省黄冈麻城市某校高二（下）3月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省黄冈麻城市某校高二（下）3月月考数学试卷，共10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. 抛物线y=14x2的焦点坐标是( )
A.(116, 0)B.(1, 0)C.(−116,0)D.(0, 1)

2. 已知二项式(1+x)n展开式中二项式系数最大的只有第5项，则x2项的系数为( )
A.28B.36C.56D.84

3. 已知椭圆C:x2a2+y29=1a>0，斜率为−12的的直线交椭圆C于A，B两点．若AB的中点坐标为−1,−1，则C的方程为( )
A.x212+y29=1B.x216+y29=1
C.x227+y29=1D.x218+y29=1

4. 随机变量X的分布列如下：
若E(X)=158，则D(X)等于( )
A.732B.932C.3264D.5564

5. 设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|=3|PF2|，则此双曲线的离心率的取值范围为( )
A.(1,2)B.(1, 2]C.(0, 2]D.[2, +∞)

6. 下列四个命题正确的是( )
①线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱；
②残差平方和越小的模型，拟合的效果越好；
③用相关指数R2来刻画回归效果，R2越小，说明模型的拟合的效果越好；
④随机误差e是衡量预报精确度的一个量，它满足E(e)=0.
A.①③B.①④C.②③D.②④

7. 已知F1，F2是椭圆的两个焦点，过F1且与椭圆长轴垂直的弦交椭圆于A，B两点，若△ABF2是正三角形，则椭圆的离心率是( )
A.22B.12C.33D.13

8. 曲线y=1+4−x2与直线y=k(x−2)+4有两个交点时，实数k的取值范围是( )
A.512，34B.512, +∞C.13，34D.0,512
二、多选题

下列说法正确的是( )
A.一个人打靶，打了10发子弹，有7发子弹中靶，因此这个人中靶的概率为710
B.某地发行福利彩票，其回报率为47%，有个人花了100元钱买彩票，一定会有47元回报
C.根据最小二乘法求得的回归直线y=bx+a一定经过样本中心点(x,y)
D.大量试验后，可以用频率近似估计概率

若方程x23−t+y2t−1=1所表示的曲线为C，则下面四个选项中正确的是( )
A.若1B.若C为椭圆，且长轴在y轴上，则1C.若C为双曲线，则t>3或t<1
D.若C是双曲线，则其离心率有1
已知五个数1，p，m，q，16成等比数列，则曲线x2p+y2m=1的离心率可以是( )
A.22B.32C.62D.3

下列说法正确的是（ ）
A.p:3B.“xy=1”是“lgx+lgy=0”的充要条件
C.过点P(−1,1)且与抛物线y2=4x有且只有一个交点的直线有3条
D.命题“∀x∈R，csx≤1”的否定是“∃∈R，csx>1”
三、填空题

若直线“ax+y−1=0”与直线“2x+a−1y+2=0”平行，则a=________．

若椭圆W:x22+y2m=1的离心率是63，则m=________．

如图所示，在空间四边形OABC中， OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M在线段OA上，且OM=2MA，N为BC中点，若MN→=xa→+yb→+zc→，则x+y+z=________．


已知圆E：x2+(y−12)2=94，经过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点F1，F2，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，则该椭圆的方程为________．
四、解答题


(1)6个人坐在一排10个座位上，问：①空位不相邻的坐法有多少种？②4个空位只有3个相邻的坐法有多少种？

(2)xx+13xn的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大的项．

写出适合下列条件的圆锥曲线的标准方程．
(1)准线方程为x=2的抛物线；

(2)焦点在x轴上，焦距等于4、长轴长为6的椭圆；

(3)离心率为2，且过点3,5的双曲线．

设动点M(x, y)(x≥0)到定点F(2, 0)的距离比它到y轴的距离大2．
(1)求动点M的轨迹方程C；

(2)设过点F的直线l交曲线C于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最小值．

2020年某市教育主管部门为了解近期举行的数学竞赛的情况，随机抽取500名参赛考生的数学竞赛成绩进行分析，并制成如下的频率分布直方图：

(1)求这500名考生的本次数学竞赛的平均成绩x（精确到整数）；

(2)由频率分布直方图可认为：这次竞赛成绩X服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似等于样本的平均数x，σ近似等于样本的标准差s，并已求得s≈18.用该样本的频率估计总体的概率，现从该市所有考生中随机抽取10名学生，记这次数学竞赛成绩在(86,140]之外的人数为Y，求PY=2的值（精确到0.001）．
附：(1)当X∼Nμ,σ2时，Pμ−σ(2)0.81868×0.18142≈0.0066.

在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB // CD，AB⊥AD，O为AD中点，PA=PD=5，AD=AB=2CD=2．

(1)求证：平面POB⊥平面PAC；

(2)求二面角A−PC−D的余弦值．

在直角坐标系xOy中，点P到两点(0, −3)，(0, 3)的距离之和为4，设点P的轨迹为C，直线y=kx+1与轨迹C交于A，B两点．
(1)求出轨迹C的方程；

(2)若OA→⊥OB→，求弦长|AB|的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省黄冈麻城市某校高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先将方程化简为标准形式，即可得焦点坐标．
【解答】
解：由抛物线y=14x2可得x2=4y，故焦点坐标为(0, 1).
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
由题意可得的值，再根据二项式展开公式，即可求出结果．
【解答】
解：二项式1+xn展开式中二项式系数最大的项为中间项，
又二项式1+xn展开式中共有9项，
所以n=8，
所以T3=C82x2=28x2，
所以x2项的系数为28.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设出A，B的坐标，并代入椭圆的方程，利用中点坐标公式以及点差法即可求解．
【解答】
解：设Ax1,y1，Bx2,y2，则由已知AB的中点坐标为−1,−1，
所以x1+x2=−2，y1+y2=−2，
把A，B两点的坐标代入椭圆方程可得：
x12a2+y129=1,x22a2+y229=1,
两式作差可得：
(x1−x2)(x1+x2)a2+y1−y2y1+y29=0，
整理可得：y1−y2x1−x2=−9a2.
又直线的斜率为−12，
∴−9a2=−12，
则a2=18，
故椭圆的方程为：x218+y29=1．
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
现根据分布列和期望求出x和y的值，然后再求出方差即可.
【解答】
解：由题意可得，1×0.5+2x+3y=158，0.5+x+y=1，
解得得x=18，y=38，
所以DX=1−1582×12+2−1582×18
+3−1582×38=5564.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2|PF2|=2a，再根据点P在双曲线的右支上，a≥c−a，从而求得此双曲线的离心率e的范围．
【解答】
解：由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2a，
由|PF1|=3|PF2|，
可得2|PF2|=2a，即|PF2|=a，
根据点P在双曲线的右支上，
可得|PF2|≥c−a，
即a≥c−a，即为c≤2a，
则e=ca≤2，
可得1故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
回归分析
相关系数
【解析】
根据线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，用相关指数R2来刻画回归效果，R2越大，说明模拟的拟合效果越好以及根据对于随机误差的理解即可得到答案
【解答】
解：线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强，故①不正确；
残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，故②正确；
用相关指数R2来刻画回归效果，R2越大，说明模拟的拟合效果越好，故③不正确；
随机误差e是衡量预报精确度的一个量，它满足Ee=0，故④正确．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由△ABF2是正三角形可知|AF1|=33|F1F2|，即b2a=33⋅2c，由此推导出这个椭圆的离心率．
【解答】
解：由题意|AF1|=33|F1F2|，
∴ 2a3=33⋅2c.
解得e=ca=33．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
如图，求出BC的斜率，根据圆心到切线的距离等于半径，求得切线BE的斜率k′，由题意可知，k′【解答】
解：曲线y=1+4−x2，即 x2+(y−1)2=4(y≥1)，表示以A(0, 1)为圆心，以2为半径的圆位于直线y=1上方的部分（包含圆与直线y=1的交点C和D），是一个半圆，如图：
直线y=k(x−2)+4过定点B(2, 4)，则BC的斜率为KBC=4−12+2=34．
设半圆的切线BE的切点为E，切线BE的斜率为k′，k′>0，
则切线BE的方程为y−4=k′(x−2)，根据圆心A到线BE距离等于半径得
2=|−1+4−2k′|1+(k′)2，
k′=512，
由题意可得 k′∴ 512故选A．
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
概率的意义
命题的真假判断与应用
求解线性回归方程
用频率估计概率
【解析】
根据频率和概率的知识，判断ABD选项的正确选，根据最小二乘法的知识，判断C选项的正确选
【解答】
解：A选项，一个人打靶，打了10发子弹，有7发子弹中靶，因此这个人中靶的频率为710，故A选项错误；
B选项，某地发行福利彩票，其回报率为47%，有个人花了100元钱买彩票，不一定能有回报，故B选项错误；
C选项，根据最小二乘法求得的回归直线y=bx+a一定经过样本中心点x,y，故C选项正确；
D选项，大量试验后，可以用频率近似估计概率，故D选项正确．
故选CD.
【答案】
C,D
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
t＝2判断A的正误；利用椭圆的长轴所在轴，列出不等式求解判断B；双曲线的性质判断C，双曲线的离心率判断D．
【解答】
解：A，当t=2时，曲线C可化为x2+y2=1，此时C为圆，故A不正确；
B，若C为椭圆，且长轴在y轴上，则t−1>3−t>0，解得2若C为双曲线，可得(3−t)(t−1)<0，解得t<1或t>3，故C正确；
若C为双曲线，则t<1或t>3.
当t<1时，e2=4−2t3−t=2+2t−3∈(1,2)，
此时离心率为1当t>3时，e2=2t−4t−1=2−2t−1∈(1,2)，
此时离心率为1故选CD.
【答案】
A,C
【考点】
等比数列的性质
椭圆的离心率
双曲线的离心率
【解析】
利用等比中项求未知数的值，然后求解曲线的离心率.
【解答】
解：设公比为q1，则q14=16，解得q1=±2.
①当q1=2 时，
则p=2，m=4，q=8，曲线为y24+x22=1，为椭圆，
则离心率e=1−24=22；
②当q1=−2 时，p=−2，m=4，q=−8，曲线为y24−x22=1，为双曲线，
则离心率e=1+24=62.
综上，离心率可能为22或62.
故选AC.
【答案】
A,C,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的真假判断与应用
椭圆的标准方程
抛物线的应用
【解析】
求q为真时m的范围即可判断A；举反例判断B；结合图象判断C；根据全称命题的否定判断D．
【解答】
A，因为q⇔7−m>0,m−3>0,7−m≠m−3，⇔m∈3,5∪5,7，所以p是q的必要不充分条件，故A正确；
B，当x=y=−1时，xy=1推不出lgx+lgy=0，故B错误；
C，因为点P在抛物线外，所以有两条切线和一条平行于x轴直线与抛物线只有一个交点，故C正确；
D，命题“∀x∈R，csx≤1”的否定是“∃∈R，csx>1”，故D正确．
故选ACD．
三、填空题
【答案】
2
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，求得a的值．
【解答】
解：若“ax+y−1=0”与直线“2x+a−1y+2=0”平行，
则有a2=1a−1≠−12，
解得a=2．
故答案为：2．
【答案】
23或6
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
根据焦点在x轴或y轴两种情况，利用离心率计算公式即可得出．
【解答】
解：∵ 椭圆W:x22+y2m=1的离心率是63，
∴ 63=ca=1−b2a2，
即63=1−m2或63=1−2m，
解得m=23或6．
故答案为：23或6.
【答案】
13
【考点】
空间向量的加减法
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
在四面体OABC中，运用向量的多边形法则，求出MN→，结合条件由a→，b→，c→表示，并由空间向量基本定理，即可得到x，y，z，进而得到所求和．
【解答】
解：在四面体OABC中，
MN→=MO→+OC→+CN→，
点M在OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，
可得OM→=23OA→=23a→，
CN→=12CB→=12OB→−OC→=12b→−c→，
则MN→=−23a→+c→+12b→−c→，
=−23a→+12b→+12c→.
又MN→=xa→+yb→+zc→，
可得x=−23，y=z=12，
则x+y+z=−23+12+12=13．
故答案为：13．
【答案】
x24+y22=1
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
∵ F1，E，A三点共线，
∴ AF2⊥x轴，|F1A|=2×32．
把x=c代入椭圆方程可得：c2a2+y2b2=1，解得y=b2a，A(c,b2a)．
∵ O为线段F1F2的中点，
∴ |AF2|=2|OE|，
∴ b2a=1，2×32=2a−1，
解得a=2，b2=2．
∴ 该椭圆的方程为：x24+y22=1．
故答案为：x24+y22=1．
四、解答题
【答案】
解：(1)①空位不相邻的坐法有A66C74=25200 种，
②4个空位只有3个相邻的坐法有A66A72=30240种.
(2)由已知得Cn1+Cn3+Cn5+…=128，
2n−1=128，得n=8.
而展开式中二项式系数最大项是
T4+1=C84xx413x4=70x43x2．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)①空位不相邻的坐法有A66C74=25200 种，
②4个空位只有3个相邻的坐法有A66A72=30240种.
(2)由已知得Cn1+Cn3+Cn5+…=128，
2n−1=128，得n=8.
而展开式中二项式系数最大项是
T4+1=C84xx413x4=70x43x2．
【答案】
解：(1)准线方程为x=2的抛物线，
故抛物线的焦点在x的负半轴上，且p2=2，解得p=4,
所以抛物线的方程为：y2=−8x．
(2)根据题意得： 2c=4，2a=6，即c=2，a=3，
故b2=a2−c2=5，
由于椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的方程为：x29+y25=1．
(3)因为双曲线的离心率为2，故双曲线为等轴双曲线，
故设x2−y2=mm≠0，由于双曲线过点3,5，
所以m=9−25=−16，所以双曲线的方程为：y216−x216=1.
【考点】
抛物线的标准方程
椭圆的标准方程
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)准线方程为x=2的抛物线，
故抛物线的焦点在x的负半轴上，且p2=2，解得p=4,
所以抛物线的方程为：y2=−8x．
(2)根据题意得： 2c=4，2a=6，即c=2，a=3，
故b2=a2−c2=5，
由于椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的方程为：x29+y25=1．
(3)因为双曲线的离心率为2，故双曲线为等轴双曲线，
故设x2−y2=mm≠0，由于双曲线过点3,5，
所以m=9−25=−16，所以双曲线的方程为：y216−x216=1.
【答案】
解：(1)依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，
曲线C是以原点为顶点，F(2, 0)为焦点的抛物线．
∴ 曲线C的方程是y2=8x．
(2)设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，
可得：y2−8my−16=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴ △AOB的面积=12|OF||y1−y2|=64m2+64≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
即△AOB的面积最小值为8．
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
抛物线的定义
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
（1）依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，由抛物线的定义求出曲线C的方程；
（2）设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，利用韦达定理，即可得出结论．
【解答】
解：(1)依题意知，动点M到定点F(2, 0)的距离等于M到直线x=−2的距离，
曲线C是以原点为顶点，F(2, 0)为焦点的抛物线．
∴ 曲线C的方程是y2=8x．
(2)设直线l的方程为x=my+2，代入抛物线方程，
可得：y2−8my−16=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=8m，y1y2=−16，
∴ △AOB的面积=12|OF||y1−y2|=64m2+64≥8，
当且仅当m=0时，等号成立，
即△AOB的面积最小值为8．
【答案】
解：(1)x=10(65×0.0028+75×0.01+
85×0.01+95×0.018+105×0.02+115×0.018+
125×0.012+135×0.008+145×0.0012)
=10×10.416=104.16≈104（分）.
(2)由题意知X∼Nμ,σ2，且μ=104，σ=18，
所以86=104−18=μ−σ，140=104+18×2=μ+2σ，
所以P86=0.6827+0.95452=0.8186，
所以P(X≤μ−σ或X>μ+2σ)=1−0.8186=0.1814，
所以Y∼B10,0.1814，
所以PY=2=C102×0.18142×0.81868
≈45×0.00663≈0.298．
【考点】
众数、中位数、平均数
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x=10(65×0.0028+75×0.01+
85×0.01+95×0.018+105×0.02+115×0.018+
125×0.012+135×0.008+145×0.0012)
=10×10.416=104.16≈104（分）.
(2)由题意知X∼Nμ,σ2，且μ=104，σ=18，
所以86=104−18=μ−σ，140=104+18×2=μ+2σ，
所以P86=0.6827+0.95452=0.8186，
所以P(X≤μ−σ或X>μ+2σ)=1−0.8186=0.1814，
所以Y∼B10,0.1814，
所以PY=2=C102×0.18142×0.81868
≈45×0.00663≈0.298．
【答案】
(1)证明：由条件可知，Rt△ADC≅Rt△BAO，
∴∠DAC=∠ABO，
∴∠DAC+∠AOB=∠ABO+∠AOB=90∘，
∴AC⊥BO．
∵PA=PD，且O为AD中点，
∴ PO⊥AD．
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊥AD，
∴ PO⊥平面ABCD．
又∵ AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PO．
∵BO∩PO=O，BO，PO⊂平面POB，
∴ AC⊥平面POB．
∵AC⊂平面PAC，
∴ 平面POB⊥平面PAC．
(2)解：由(1)知PO⊥AD，以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则P(0,0,2)，A(1,0,0)，D(−1,0,0)，C(−1,1,0)，
∴PA→=(1,0,−2)，AC→=(−2,1,0)，PD→=(−1,0,−2)，CD→=(0,−1,0)，
设n1→=(x,y,z)为平面PAC的一个法向量，
由n1→⋅PA→=x−2z=0，n1→⋅AC→=−2x+y=0，
得z=12x，y=2x，
令x=2，得y=4，z=1，
∴n1→=(2,4,1)，
同理可得平面PDC的一个法向量n2→=(−2,0,1)，
∴csn1→,n2→=n1→⋅n2→n1→n2→=−3105=−10535，
由图形知二面角A−PC−D为锐角，
∴ 二面角A−PC−D的余弦值为10535．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由条件可知，Rt△ADC≅Rt△BAO，
∴∠DAC=∠ABO，
∴∠DAC+∠AOB=∠ABO+∠AOB=90∘，
∴AC⊥BO．
∵PA=PD，且O为AD中点，
∴ PO⊥AD．
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊥AD，
∴ PO⊥平面ABCD．
又∵ AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PO．
∵BO∩PO=O，BO，PO⊂平面POB，
∴ AC⊥平面POB．
∵AC⊂平面PAC，
∴ 平面POB⊥平面PAC．
(2)解：由(1)知PO⊥AD，以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则P(0,0,2)，A(1,0,0)，D(−1,0,0)，C(−1,1,0)，
∴PA→=(1,0,−2)，AC→=(−2,1,0)，PD→=(−1,0,−2)，CD→=(0,−1,0)，
设n1→=(x,y,z)为平面PAC的一个法向量，
由n1→⋅PA→=x−2z=0，n1→⋅AC→=−2x+y=0，
得z=12x，y=2x，
令x=2，得y=4，z=1，
∴n1→=(2,4,1)，
同理可得平面PDC的一个法向量n2→=(−2,0,1)，
∴csn1→,n2→=n1→⋅n2→n1→n2→=−3105=−10535，
由图形知二面角A−PC−D为锐角，
∴ 二面角A−PC−D的余弦值为10535．
【答案】
解：(1)设P(x, y)，由椭圆定义可知，
点P的轨迹C是以(0,−3),(0,3)为焦点，长半轴为2的椭圆．
它的短半轴b=22−(3)2=1，
故曲线C的方程为x2+y24=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组 x2+y24=1，y=kx+1，
消去y，整理得(k2+4)x2+2kx−3=0，
则x1+x2=−2kk2+4,x1x2=−3k2+4．
若OA→⊥OB→，即x1x2+y1y2=0．
而y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1，
于是x1x2+y1y2
=−3(k2+1)k2+4−2k2k2+4+1
=−4k2+1k2+4=0，
化简得−4k2+1=0，所以k2=14．
|AB|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=54[4k2(k2+4)2+12k2+4]=46517．
【考点】
轨迹方程
椭圆的定义
椭圆的标准方程
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
(1)设P(x, y)，由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0,−3),(0,3)为焦点，长半轴为2的椭圆，由此能求出曲线C的方程；
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，其坐标满足 x2+y24=1,y=kx+1. 整理得(k2+4)x2+2kx−3＝0，由此利用韦达定理、弦长公式能求出弦长|AB|的值．
【解答】
解：(1)设P(x, y)，由椭圆定义可知，
点P的轨迹C是以(0,−3),(0,3)为焦点，长半轴为2的椭圆．
它的短半轴b=22−(3)2=1，
故曲线C的方程为x2+y24=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组 x2+y24=1，y=kx+1，
消去y，整理得(k2+4)x2+2kx−3=0，
则x1+x2=−2kk2+4,x1x2=−3k2+4．
若OA→⊥OB→，即x1x2+y1y2=0．
而y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1，
于是x1x2+y1y2
=−3(k2+1)k2+4−2k2k2+4+1
=−4k2+1k2+4=0，
化简得−4k2+1=0，所以k2=14．
|AB|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=54[4k2(k2+4)2+12k2+4]=46517．X
1
2
3
P
0.5
x
y