河南省南阳市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省南阳市第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了 已知数列，则是这个数列的， 已知实数满足，则的最大值是， 已知数列满足，则等内容，欢迎下载使用。

一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知数列，则是这个数列的（ ）
A. 第5项B. 第6项C. 第7项D. 第8项
2. 已知曲线与y轴交于A，B两点，P是曲线C上异于A，B的点，若直线AP，BP斜率之积等于，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知实数满足，则的最大值是（ ）
A. B. 4C. D. 7
4. 某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1100个的天数大约是（ ）
（若随机变量，则，，）
A. 236B. 246C. 270D. 275
5. 正方体的棱长为4，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为16，则动点到点的最小值是（ ）．
A. B. C. D.
6. 已知数列满足，则（ ）
A B. C. D.
7. 一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后，停在位于数轴上实数3的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有（ ）
A. 22B. 24C. 26D. 28
8. 已知双曲线的右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若直线与双曲线的另一条渐近线交于点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本大题共4小远，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个是符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 一个无穷数列{an}的前三项是1，2，3，下列可以作为其通项公式的是（ ）
A.
B.
C.
D.
10. 如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（ ）
A. B. 平面
C. 二面角的余弦值为D. 到平面的距离为
11. 某校开展“一带一路”知识竞赛，甲组有7名选手，其中5名男生，2名女生；乙组有7名选手，其中4名男生，3名女生．现从甲组随机抽取1人加入乙组，再从乙组随机抽取1人，表示事件“从甲组抽取的是男生”，表示事件“从甲组抽取的是女生”，B表示事件“从乙组抽取1名女生”，则下列结论正确的是（ ）
A. ，是对立事件B.
C. D.
12. 如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，，上顶点为B，点P是椭圆上的一点（不同于，），直线与直线交于点M，直线交直线于点G（O是坐标原点），记直线，的斜率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. 的最大值为
三､填空题：本小题共4小愿，每题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．
14. 已知数列，是递增数列，则的取值范围_________
15. 已知两个等差数列，的前项和分别为和，且（），则 = ______________
16. 已知A，B是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线MN过椭圆右焦点F，且，则椭圆的离心率为______．
四､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.
17. 已知点，直线l：．
（1）若，且过点，求直线方程；
（2）若点在直线l上，求数列的前n项和．
18. 已知二项式．
（1）若，，求二项式的值被7除的余数；
（2）若它的二项式系数之和为128，求展开式中系数最大的项．
19. 如图在四棱锥中，底面四边形内接于圆，是圆的一条直径，平面，，为的中点，
（1）求证：平面
（2）若二面角正切值为2，求直线与平面所成角的正弦值
20. 某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
（1）求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；
（2）设甲公司答对题数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；
（3）请从期望和方差角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？
21. 张先生2018年年底购买了一辆排量的小轿车，为积极响应政府发展森林碳汇（指森林植物吸收大气中的二氧化碳并将其固定在植被或土壤中）的号召，买车的同时出资1万元向中国绿色碳汇基金会购买了 2亩荒山用于植树造林.科学研究表明：轿车每行驶3000公里就要排放1吨二氧化碳，林木每生长1立方米，平均可吸收1.8吨二氧化碳.
（1）若张先生第一年（即2019年）会用车1.2万公里，以后逐年增加1000公里，则该轿车使用10年共要排放二氧化碳多少吨？
（2）若种植的林木第一年（即2019年）生长了1立方米，以后每年以10%的生长速度递增，问林木至少生长多少年，吸收的二氧化碳的量超过轿车使用10年排出的二氧化碳的量（参考数据：，，）?
22. 已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
南阳市一中2024年春期高二年级开学考试
数学试题
一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知数列，则是这个数列的（ ）
A. 第5项B. 第6项C. 第7项D. 第8项
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列最后一项可知通项公式，即可确定解.
【详解】数列
通项公式，
当，
解得，
故选：B.
【点睛】本题考查了由通项公式求数列项数，属于基础题.
2. 已知曲线与y轴交于A，B两点，P是曲线C上异于A，B的点，若直线AP，BP斜率之积等于，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出点的坐标，再利用斜率的坐标公式求出即可计算离心率.
【详解】依题意，，设点，则有，即，
由直线AP，BP斜率之积等于，得，即，
显然曲线是焦点在轴上的椭圆，，
所以C的离心率为.
故选：A
3. 已知实数满足，则的最大值是（ ）
A. B. 4C. D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
4. 某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1100个的天数大约是（ ）
（若随机变量，则，，）
A. 236B. 246C. 270D. 275
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布在特定区间的概率及正态曲线的对称性进行计算即可得解.
【详解】由题可知，，，.
所以300天内小笼包的销售量约在950到1100个的天数大约是天．
故选：B．
5. 正方体的棱长为4，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为16，则动点到点的最小值是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
作，，即为到直线的距离，从而可得，即点的轨迹是以为准线，点为焦点的抛物线，然后建立平面直角坐标系求解.
【详解】
如图所示，作，为垂足，则面
过点作，则面
所以即为到直线的距离
因为，
所以
所以点的轨迹是以为准线，点为焦点的抛物线
如图建立直角坐标系，则点的轨迹方程是
点,设
所以
所以当，取得最大值
故选：C
【点睛】本题考查的是立体几何中的垂直关系、解析几何中抛物线的定义及最值问题，属于较难题.
6. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当,两式做差整理求解即可.
【详解】因为，
当，两式做差得：
，
故，当，，符合；故.
故选：D
7. 一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后，停在位于数轴上实数3的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有（ ）
A 22B. 24C. 26D. 28
【答案】B
【解析】
【分析】设出事件，分两种情况，结合排列知识进行求解，相加得到答案.
【详解】经过4次飞行，停在位于数轴上实数3的点处，
设向右飞行1个单位为事件，向右飞行2个单位为事件，
情况一，满足要求，此时只需安排好，故不同的飞行方式为种，
情况二，满足要求，此时只需安排好，故不同的飞行方式为种，
综上，小蜜蜂不同的飞行方式有种.
故选：B
8. 已知双曲线右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若直线与双曲线的另一条渐近线交于点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件可得，设，可得，由已知向量关系可得，从而得到，即，由离心率公式可得答案．
【详解】已知双曲线的渐近线方程为，
双曲线右焦点到渐近线的距离为，
在中，，，所以，
设，则，，
因为，所以，
所以，所以，
在中，，
所以，即，即，
所以．
故选：D
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
二､多选题：本大题共4小远，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个是符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 一个无穷数列{an}的前三项是1，2，3，下列可以作为其通项公式的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据各选项的通项公式，分别求出、、判断是否符合题意，即可知正确选项.
【详解】对于A，若，则，，，符合题意；
对于B，若，则，不符合题意；
对于C，若，当时，，不符合题意；
对于D，若，则，，，符合题意.
故选：AD.
10. 如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（ ）
A. B. 平面
C. 二面角的余弦值为D. 到平面的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断即可.
【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
对于A，，则，
所以不垂直，故A错误；
对于B，，所以，
所以，是平面的一个法向量，即平面，故B正确；
对于C，易知平面的一个法向量，
而，
所以二面角的余弦值为，故C正确；
对于D，到平面的距离，故D正确.
故选：BCD.
11. 某校开展“一带一路”知识竞赛，甲组有7名选手，其中5名男生，2名女生；乙组有7名选手，其中4名男生，3名女生．现从甲组随机抽取1人加入乙组，再从乙组随机抽取1人，表示事件“从甲组抽取的是男生”，表示事件“从甲组抽取的是女生”，B表示事件“从乙组抽取1名女生”，则下列结论正确的是（ ）
A. ，是对立事件B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对立事件的概念可判断A正确；根据全概率公式求出可判断B正确；根据条件概率公式计算可判断C错误；D正确．
【详解】A选项：根据对立事件的概念可知，，是对立事件，A正确；
B选项：由题意可知，，B正确；
C选项：当发生时，乙组中有5名男生，3名女生，其中抽取的不是1名女生有5种可能情况，则，C错误；
D选项：，D正确．
故选：ABD
12. 如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，，上顶点为B，点P是椭圆上的一点（不同于，），直线与直线交于点M，直线交直线于点G（O是坐标原点），记直线，的斜率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设点且，由椭圆方程可得的坐标，由点在椭圆上及两点求斜率公式可得值；
由直线与直线的交点得点的坐标，直线的斜率用来表示，进而可得；
将用来表示，再用利用余弦定理，辅助角公式，正弦函数的最小值来求得的最小值；
将利用和直线的斜率关系得到，再利用基本不等式讨论最大值.
【详解】由椭圆，可得，设点且，
，
所以，
又点P是椭圆上的一点，则，化简得，即，
故，则A正确；
直线的方程为，
因直线与直线交于点M，所以，由得.
，由，得，
因为，所以，故B正确；
记，则，
所以在中，，
由余弦定理可得
，（其），
所以，当且仅当时，所以的最小值为，故C错误；
记且，则，，
所以，，
当时，，由基本不等式，则，当且仅当时取等号；
当时，，由基本不等式，则，即当且仅当时取等号.
综上所述， 的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本小题共4小愿，每题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．
【答案】64
【解析】
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
14. 已知数列，是递增数列，则的取值范围_________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得对任意的自然数都成立，由此求得的取值范围.
【详解】∵数列，是递增数列，
∴对任意的自然数n都成立，
即恒成立，∴，
故答案：.
15. 已知两个等差数列，的前项和分别为和，且（），则 = ______________
【答案】##
【解析】
【分析】根据等差数列的性质与求和公式得到，从而得解.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
16. 已知A，B是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线MN过椭圆右焦点F，且，则椭圆的离心率为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由题， ，设，由题可得，进而可得，后由可得答案.
【详解】由题， ，设.
则，又点P在双曲线上，则.
，又点M在椭圆上，则.
注意到，则.
即直线MB与直线NB关于x轴对称，又椭圆为轴对称图形，则M，N两点关于x轴对称，故.
设椭圆右焦点坐标为，其中，因直线MN过椭圆右焦点F，则，将其代入椭圆方程可得.
则，又，则.
则.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：常见求解椭圆或双曲线离心率的方法.
（1）由题直接求出a,c的值，由离心率定义确定答案；
（2）构建关于a,c的二元齐次方程，后转化为关于e的方程求解；
（3）通过取特殊点或特殊值求出离心率.
四､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.
17. 已知点，直线l：．
（1）若，且过点，求直线的方程；
（2）若点在直线l上，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用垂直可得的斜率，利用点斜式可得方程；
（2）利用等差数列的求和公式可得答案.
【小问1详解】
因为直线l：，，所以直线的斜率为，
又因为过点，所以方程为，即.
【小问2详解】
因为点在直线l上，所以，
因为，所以为等差数列，
所以.
18. 已知二项式．
（1）若，，求二项式的值被7除的余数；
（2）若它的二项式系数之和为128，求展开式中系数最大的项．
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）代入，，将二项式转化为，利用二项式定理即可得解；
（2）先由题意求得，再利用二项展开通项公式得到关于系数最大的项的不等式组，解之即可得解.
【小问1详解】
因为，，
，
显然能被7整除，，
所以二项式的值被7除的余数为.
【小问2详解】
因为的二项式系数之和为128，
，
则的展开通项公式为，
假设展开式中系数最大的项为第项，
则，即，
即，解得，
所以展开式中系数最大的项为第6，7项，
即.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是熟练掌握组合数公式，从而得解.
19. 如图在四棱锥中，底面四边形内接于圆，是圆的一条直径，平面，，为的中点，
（1）求证：平面
（2）若二面角的正切值为2，求直线与平面所成角的正弦值
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合题意先通过线面平行证明平面∥平面，进而得到平面；
（2）建立空间坐标系，根据二面角的正切值为2，得到，然后求出平面的法向量，利用直线和平面所成角的定义即可求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
连接，，,
面，且面，面,
是圆的一条直径, 为的中点,,
面，且面，面,
面，面面.
面，面,
【小问2详解】
底面四边形内接于圆，是圆的一条直径，,
平面，且平面，,
,且面面,
面,,
为二面角的平面角，
二面角的正切值为，,
建立以为坐标原点，,及垂直于平面的直线分别为轴的空间直角坐标系如图：
结合题意易得：，
设平面的法向量为,
即令，则，
直线与平面所成角的正弦值.
20. 某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司可正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
（1）求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率；
（2）设甲公司答对题数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；
（3）请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，数学期望为，方差为；
（3）甲公司竞标成功的可能性更大.
【解析】
【分析】（1）将甲乙共答对2道题的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用相互独立事件的概率，结合古典概率求解作答.
（2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列，求出期望和方差作答.
（3）求出乙公司答对题数的期望和方差，与甲公司的比对作答.
【小问1详解】
记“甲、乙两家公司共答对2道题” 的事件为，它是甲乙各答对1道题的事件、甲答对2题乙没答对题的事件和，它们互斥，
则有，
所以甲、乙两家公司共答对2道题目的概率是.
【小问2详解】
设甲公司答对题数为，则的取值分别为，
，
则的分布列为：
期望，方差.
【小问3详解】
设乙公司答对题数为，则的取值分别为，
，
，
则的分布列为：
期望，
方差，
显然，
所以甲公司竞标成功的可能性更大.
21. 张先生2018年年底购买了一辆排量的小轿车，为积极响应政府发展森林碳汇（指森林植物吸收大气中的二氧化碳并将其固定在植被或土壤中）的号召，买车的同时出资1万元向中国绿色碳汇基金会购买了 2亩荒山用于植树造林.科学研究表明：轿车每行驶3000公里就要排放1吨二氧化碳，林木每生长1立方米，平均可吸收1.8吨二氧化碳.
（1）若张先生第一年（即2019年）会用车1.2万公里，以后逐年增加1000公里，则该轿车使用10年共要排放二氧化碳多少吨？
（2）若种植的林木第一年（即2019年）生长了1立方米，以后每年以10%的生长速度递增，问林木至少生长多少年，吸收的二氧化碳的量超过轿车使用10年排出的二氧化碳的量（参考数据：，，）?
【答案】（1）55吨；（2）15年
【解析】
【分析】
（1）分析出小轿车排出的二氧化碳的吨数构成等差数列，利用等差数列求和公式求和即可；（2）分析出林木吸收二氧化碳的吨数构成等比数列，根据题意利用等比数列求和公式列出不等式，再利用参考数据求出n的范围即可得解.
【详解】（1）设第年小轿车排出的二氧化碳的吨数为，
则，，，…，
显然其构成首项为，公差为的等差数列，
记其前项和为，则，
所以该轿车使用10年共排放二氧化碳55吨.
（2）记第年林木吸收二氧化碳的吨数为，
则，，，…，
显然其构成首项为，公比为的等比数列，
记其前项和为，
由题意，有，解得.
所以林木至少生长15年，其吸收的二氧化碳的量超过轿车使用10年排出的二氧化碳的量.
【点睛】本题考查数列的应用、等差数列求和公式、等比数列求和公式，属于基础题.
22. 已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
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