2020-2021学年河南省南阳市高二（上）期末考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高二（上）期末考试数学（理）试卷北师大版，共11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. 抛物线y=2x2的通径长为( )
A.2B.1C.12D.14

2. 命题"∀x>0，1−1x≤lnx”的否定是( )
A.∀x>0，1−1x>lnxB.∃x0>0，1−1x0≤lnx0
C.∃x0≤0，1−1x0≤ln(−x0)D.∃x0>0，1−1x0>lnx0

3. 若等差数列an的公差不为零，且满足a2019+a2021=a2020，则( )
A.S2018=S2019B.S2018=S2020C.S2019=S2020D.S2019=S2021

4. 关于x的不等式ax−bx−2>0的解集为x|1A.1,1B.−1,−1C.−2,−1D.2,1

5. 已知数列an是等比数列，且a8a10=12−2 ，则a7a102=( )
A.8B.64C.±8D.±64

6. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为S，且a=2，4S=b2+c2−2，则△ABC外接圆的面积为( )
A.4πB.2πC.πD.π2

7. 已知双曲线C的方程为x2k−2−y2k+2=1k≥3，则双曲线C的离心率的取值范围是( )
A.(2,6]B.(1,6]C.(2,6]D.(2,6]

8. 如图，已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD的夹角的余弦值是( )

A.23B.23C.53D.33

9. 记不等式组y≤2x−1，x+y≤3，y≥−1，y≥kx−2， 表示的平面区域为D，若平面区域D为四边形，则实数k的取值范围是( )
A.14
10. 已知A1，A2是离心率为103的双曲线C：x2a2−y2=1a>0的左、右顶点，点M是以虚轴为直径的圆O上的且在第一象限内的任意一点，则( )
A.|MA1|2+|MA2|2的值随着点M的横坐标的增大而减小
B.|MA1|2+|MA2|2的值随着点M的横坐标的增大而增大
C.当点M的横、纵坐标相等时，|MA1|2+|MA2|2的值最大
D.|MA1|2+|MA2|2是定值

11. 下列命题中真命题的个数是( )
①向量a→=1,2,3,b→=−2,0,1,c→=2,−1,2平行于同一个平面；
②已知过抛物线C的焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，那么抛物线C的准线与以AB为直径的圆的位置关系是相交但不经过圆心；
③若关于x的方程4x+4+a⋅2x+4=0有解，则实数a的取值范围是(−∞,−8]∪[0,+∞)；
④椭圆x24+y23=1上的点到长轴两个端点的距离之和的最大值是27.
A.0B.1C.2D.3

12. 已知椭圆x24+y23=1上有三个点A，B，C，AB，BC，AC的中点分别为D，E，F，AB，BC，AC的斜率都存在且不为0，若kOD+kOE+kOF=−34（O为坐标原点），则1kAB+1kBC+1kAC=( )
A.1B.−1C.−34D.34
二、填空题

在△ABC中，若C=60∘，AC=6，AB=3，则角A=________.

数列an中，a1=1，am+k=am+ak，设数列an的前n项和为Sn，则S100=________.

对于任意正数a，b，不等式2ab+a2k≤4b2+4ab+4a2恒成立，则实数k的最大值是________.

已知A，B是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0上关于原点对称的两个点，F为双曲线C的左焦点，且满足|AF|=5|BF|，|AB|=2b，则双曲线C的离心率为________.
三、解答题

已知命题p:对任意x∈R，m2+4m−5x2−4m−1x+3>0恒成立；命题q：方程x29−m+y2m−1=1表示焦点在x轴上的椭圆，若p∨q为真，p∧q为假，求实数m的取值范围．

已知等比数列an的各项均为正数，等差数列bn的前n项和为Sn，且满足a1=1，b1=1，a2+S3=11，b4−a3=b2.
(1)求数列an及bn的通项公式；

(2)设数列cn满足cn=1+lg2an, n=2m−1, 2bn,n=2m, ，其中m∈N∗，设数列1c2n−1⋅c2n+1的前n项和为Tn，求Tn.

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sinAcsC+sinB=0.
(1)求角B的最大值；

(2)当角B最大时，若b=6，求△ABC的面积．

已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，直线l交C于A，B两点（异于坐标原点O）．
(1)若点M的坐标为3,2，点P为抛物线C上一动点，线段MF与抛物线C无交点，且|PM|+|PF|的最小值为5，求抛物线C的标准方程；

(2)当直线l过2p,0时，证明：OA→⋅OB→=0.

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=22，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．

(1)证明：PC⊥平面BDE；

(2)设二面角A−PB−C为直二面角，求PD与平面PBC所成角的大小．

已知圆C1:x+32+y2=6−22，圆C2:x−32+y2=6+22，动圆P与圆C1外切且与圆C2内切，设圆心P的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；

(2)若M，N是曲线C上的动点，且直线MN过点D0,1，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO=∠NQO（O为坐标原点）．若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高二（上）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
抛物线的定义
抛物线的性质
【解析】
抛物线y=−2x2，即x2=−12y，可得2p.
【解答】
解：抛物线y=2x2，
化为标准方程为x2=12y，
可得2p=12，
因此通径长为12.
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
根据全称命题否定的方法，结合已知中的原命题，可得答案．
【解答】
解：命题“∀x>0，1−1x≤lnx”是全称命题，
其否定为：∃x0>0，1−1x0>lnx0.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列性质得到a2020=0，即a2020=S2020−S2019=0 ，即可得到答案.
【解答】
解：等差数列an的公差不为零，
由等差数列性质可得：a2019+a2021=2a2020，
又a2019+a2021=a2020，
∴ a2020=0，
即a2020=S2020−S2019=0 ，
∴ S2019=S2020 .
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
根据题意知，不等式对应方程的实数根，由此求出a=b<0，写出满足条件的一组有序实数对即可．
【解答】
解：不等式ax−bx−2>0的解集为x|1∴ 方程ax−bx−2=0的实数根为1和2，
且 a<0,ba=1,
即a=b<0，
则满足条件的一组有序实数对a,b的值可以是−1,−1.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
【解析】
由题意以及等差数列性质得到a9=±2，再利用等差数列性质得到a7a102=a93，代入即可得到答案.
【解答】
解：设等比数列an的公比为q，
由题意可得：a8a10=a92=12−2=4，
∴ a9=±2，
∴ a7a102=a1q6⋅a1q92=a13q24=a1q83=a93=±8.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
由余弦定理，三角形面积公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可求lanA=1，结合范围A∈0,π，可求A的值，设Δ
ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得R，利用圆的面积公式即可求解．
【解答】
解：由余弦定理：a2=b2+c2−2bccsA，
可得：2bccsA=b2+c2−a2=b2+c2−2.
又∵ S=12bcsinA，
可得4S=2bcsinA.
∴ 由4S=b2+c2−2，
可得：2bccsA=2bcsinA，
可得tanA=1.
∵ A∈0,π，
∴ A=π4，
设△ABC外接圆的半径为R，
由正弦定理可得：asinA=2R，
∵ a=2， A=π4，
可得：R=1，
∴ △ABC外接圆的面积S=πR2=π.
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据双曲线的方程及性质便可得出结果.
【解答】
解：由题k≥3，
故k−2>0，a2=k−2，b2=k+2，
则c2=a2+b2=2k，
离心率e2=c2a2=2kk−2=2+4k−2.
∵ k≥3，故k−2≥1，0<4k−2≤4，
故2故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
因为D1D⊥面ABCD，故可由三垂线定理法作出二面角的平面角，再求解．
【解答】
解：因为D1D⊥平面ABCD，过D作DH⊥AE与H，连接D1H，
如图，
则∠D1HD即为截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的平面角.
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
在△D1HD中，D1D=1，
因为△DAH∼△AEB，
所以DH=DAAE×AB=11+14×1=255，
所以D1H=1+45=355，
所以cs∠D1HD=DHD1H=255355=23.
故选A.
9.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
含参线性规划问题
【解析】
由题意，做出不等式组对应的可行域，故由图即可得出其范围
【解答】
解：∵ 不等式组y≤2x−1，x+y≤3，y≥−1，的可行域如图，
∵ A43,53，B4,−1，
∴ 43k1−2=53，
4k2−2=−1，
解得，k1=114，k2=14，
由图可知实数k的取值范围为：14故选A.
10.
【答案】
D
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
根据双曲线的几何性质求解即可得结果.
【解答】
解：设点Mx0,y0，x0>0，y0>0，则x02+y02=1，
由题意知A1−3,0，A23,0，
所以MA12+MA22=x0+32+y02+x0−32+y02
=2x02+2y02+18=20.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
基本不等式在最值问题中的应用
椭圆中的平面几何问题
直线与圆的位置关系
共线向量与共面向量
【解析】
逐个分析，利用直线与平面、抛物线的性质、基本不等式、椭圆的性质求解.
【解答】
解：①设a→，b→，c→所在平面的法向量为 n→=(x,y,z)，
则有 a→⋅n→=0，b→⋅n→=0 ，c→⋅n→=0，
x+2y+3z=0,−2x+z=0,2x−y+2z=0, 解得 x=0,y=0,z=0,
故n→不存在，即a→,b→,c→不在同一平面内，
即不能平行于同一平面， 故①错误；
②设C：y2=2px，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
以AB为直径的圆心坐标为O(x0, y0)，
则x0=12(x1+x2)，
即圆心到准线的距离为d=x0+p2=12(x1+x2+p).
圆的半径为r=12AB=12(x1+p2+x2+p2)=d，
故圆与准线的位置关系为相切，故②错误；
③令2x=t>0，则t2+(4+a)t+4=0 有解 ，
∴a=t2+4t+4t=4+(t+4t)≥8 ，
当且仅当t=4t，即t=2时，等号成立，
∴ a≥8 ，故a的取值范围为[8,+∞)，故③错误；
④ 由椭圆的几何性质得，当点是椭圆的短轴端点时，
到椭圆两个长袖的端点距离之和最大，
即dmax=24+3=27，故④正确.
故选B.
12.
【答案】
A
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
利用直线与椭圆的位置关系、直线的斜率求解.
【解答】
解：设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx0,y0，
则x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，
x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相减得y1−y2x1−x2=−34x1+x2y1+y2，
即kAB=−341kOD，所以1kAB=−4kOD3，
同理得1kBC=−4kOE3，1kAC=−4kOF3.
因为kOD+kOE+kOF=−34，
所以1kAB+1kBC+1kAC=−43(kOD+kOE+kOF)
=−43×(−34)=1.
故选A.
二、填空题
【答案】
75∘
【考点】
正弦定理的应用
正弦定理
【解析】
利用正弦定理、三角形边角大小关系即可得出．
【解答】
解：在△ABC中，若C=60∘，AC=6，AB=3，
由正弦定理ACsinB=ABsinC可得：6sinB=332，
∴ sinB=22.
∵ AC∴ B∴ B=45∘，
∴ A=180∘−45∘−60∘=75∘.
故答案为：75∘.
【答案】
5050
【考点】
数列递推式
等差数列的前n项和
等差数列
【解析】
令k=1，可得am+1=am+a1，am+1−am=1，所以数列an是以a1=1为首项，以d=1为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可得到答案.
【解答】
解：数列an中，a1=1，am+k=am+ak，
令k=1，可得am+1=am+a1，
∴ am+1−am=1，
∴ 数列an是以a1=1为首项，以d=1为公差的等差数列，
∴ S100=100+100×992×1=5050.
故答案为：5050.
【答案】
23
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
通过变形，换元可得k≤μ+3μ，接下来只需求出y=μ+3μ在(1, +∞)上的最小值即可．
【解答】
解：依题意，k≤4b2+4ab+4a22ab+a2=4⋅(ba)2+4⋅ba+42⋅ba+1.
令t=ba>0，
则k≤4t2+4t+42t+1=(2t+1)2+32t+1，
令μ=2t+1>1，则k≤μ2+3μ=μ+3μ，
而函数y=μ+3μ≥23，当且仅当μ=3μ时等号成立，
故k≤23，即k的最大值为23．
故答案为：23．
【答案】
344
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的简单几何性质
【解析】
取双曲线的右焦点F′，连接AF′，BF′，可得四边形AF'BF为平行四边形，运用双曲线的定义和平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，以及离心率公式可得所求值．
【解答】
解：设BF=m，则AF=5BF=5m，
取双曲线的右焦点F′，连接AF′，BF′，
可得四边形AF′BF为平行四边形，
可得AF′=BF=m，设A在第一象限，可得5m−m=2a，即2m=a，
由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，
得4b2+4c2=25m2×2+2m2，
∴ 4b2+4c2=52×a22=13a2，
∴ 4c2−a2+4c2=13a2，
∴ 8c2=17a2，
∴ e2=c2a2=178，
∴ e=178=344.
故答案为：344．
三、解答题
【答案】
解：对于命题p:当m2+4m−5=0，即m=1或−5时，
若m=1，则有3>0，显然恒成立；
若m=−5，则有24x+3>0，显然不恒成立．
当m2+4m−5>0，即m<−5或m>1时，
此时Δ=16m−12−12m2+4m−5<0，
即1所以1命题q:由 9−m>0，m−1>0，9−m>m−1， 得1若p∨q为真，p∧q为假，则p与q一真一假．
p真q假时：m=1或5≤m<19 ．
p假q真时：m不存在．
综上可得m的取值范围为m|m=1或5≤m<19 ．
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
椭圆的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于命题p:当m2+4m−5=0，即m=1或−5时，
若m=1，则有3>0，显然恒成立；
若m=−5，则有24x+3>0，显然不恒成立．
当m2+4m−5>0，即m<−5或m>1时，
此时Δ=16m−12−12m2+4m−5<0，
即1所以1命题q:由 9−m>0，m−1>0，9−m>m−1， 得1若p∨q为真，p∧q为假，则p与q一真一假．
p真q假时：m=1或5≤m<19 ．
p假q真时：m不存在．
综上可得m的取值范围为m|m=1或5≤m<19 ．
【答案】
解：(1)设等比数列an的公比为q，等差数列{bn}的公差为d．
由a2+S3=11，b4−a3=b2，
得a1q+3b1+3d=11,b1+3d−a1q2=b1+d,
将a1=1，b1=1代入，
得q+3d=8,2d−q2=0,
解得q=2（负值舍去），d=2，
故an=2n−1，bn=2n−1．
(2)由cn=1+lg2an, n=2m−1, 2bn,n=2m, 及(1)可得
cn=n, n=2m−1, 22n−1,n=2m, 其中m∈N∗，
所以c2n−1=2n−1，c2n+1=2n+1，
所以1c2n−1⋅c2n+1=12n−12n+1
=12×12n−1−12n+1，
所以Tn=12×(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=12×1−12n+1=n2n+1 .
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设等比数列an的公比为q，等差数列{b}的公差为d．
由a2+S3=11，b4−a3=b2，
得a1q+3b1+3d=11,b1+3d−a1q2=b1+d,
将a1=1，b1=1代入，
得q+3d=8,2d−q2=0,
解得q=2（负值舍去），d=2，
故an=2n−1，bn=2n−1．
(2)由cn=1+lg2an, n=2m−1, 2bn,n=2m, 及(1)可得
cn=n, n=2m−1, 22n−1,n=2m, 其中m∈N∗，
所以c2n−1=2n−1，c2n+1=2n+1，
所以1c2n−1⋅c2n+1=12n−12n+1
=12×12n−1−12n+1，
所以Tn=12×(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=12×1−12n+1=n2n+1 .
【答案】
解：(1)由2sinAcsC+sinB=0，
根据正弦定理和余弦定理得：2a⋅a2+b2−c22ab+b=0，
∴ a2+2b2−c2=0，
∴ b2=c2−a22，
∴ csB=a2+c2−b22ac=3a2+c24ac=3a4c+c4a≥32，
当且仅当3a4c=c4a，即ca=3时取等号，即csB取最小值32，
从而B有最大值π6.
(2)由(1)可知，B=π6，且c=3a ，又b=6，
又由余弦定理b2=a2+c2−2accsB得，
62=a2+3a2−2×a×3a×32，得a=6，
所以c=63.
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×6×63×12=93.
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由2sinAcsC+sinB=0，
根据正弦定理和余弦定理得：2a⋅a2+b2−c22ab+b=0，
∴ a2+2b2−c2=0，
∴ b2=c2−a22，
∴ csB=a2+c2−b22ac=3a2+c24ac=3a4c+c4a≥32，
当且仅当3a4c=c4a，即ca=3时取等号，即csB取最小值32，
从而B有最大值π6.
(2)由(1)可知，B=π6，且c=3a ，又b=6，
又由余弦定理b2=a2+c2−2accsB得，
62=a2+3a2−2×a×3a×32，得a=6，
所以c=63.
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×6×63×12=93.
【答案】
(1)解：设d为点P到x=−p2的距离，则由抛物线定义知，|PF|=d，
所以当点P为过点M且垂直于准线的直线与抛物线的交点时，
|PM|+|PF|取得最小值，
即3+p2=5，解得p=4，
所以抛物线C的标准方程为y2=8x．
(2)证明：由题可设直线l的方程为：x=my+2p，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y2=2px，x=my+2p,得y2−2pmy−4p2=0，
由根与系数的关系可得：y1y2=−4p2，
所以OA→⋅OB→=x1x2+y1y2
=y12y224p2+y1y2=(−4p2)24p2−4p2=0．
所以当直线l过定点2p,0，OA→⋅OB→=0．
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
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：设d为点P到x=−p2的距离，则由抛物线定义知，|PF|=d，
所以当点P为过点M且垂直于准线的直线与抛物线的交点时，
|PM|+|PF|取得最小值，
即3+p2=5，解得p=4，
所以抛物线C的标准方程为y2=8x．
(2)证明：由题可设直线l的方程为：x=my+2p，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y2=2px，x=my+2p,得y2−2pmy−4p2=0，
由根与系数的关系可得：y1y2=−4p2，
所以OA→⋅OB→=x1x2+y1y2
=y12y224p2+y1y2=(−4p2)24p2−4p2=0．
所以当直线l过定点2p,0，OA→⋅OB→=0．
【答案】
(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
设D(2, b, 0)，则C(22, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
E(423, 0, 23)，B(2, −b, 0)，
∴ PC→=(22, 0, −2)，BE→=(23, b, 23)，
DE→=(23, −b, 23)，
∴ PC→⋅BE→=43−43=0，PC→⋅DE→=0，
∴ PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，
∴ PC⊥平面BED.
(2)解：AP→=(0, 0, 2)，AB→=(2, −b, 0)，PB→=(2,−b,−2),
设平面PAB的法向量为m→=(x, y, z)，
则m→⋅AB→=2x−by=0,m→⋅AP→=2z=0,
取m→=(b, 2, 0),
设平面PBC的法向量为n→=(p, q, r)，
则n→⋅BE→=23p+bq+23r=0,n→⋅PB→=2p−bq−2r=0,
取n→=(1, −2b, 2),
∵ 平面PAB⊥平面PBC，
∴ m→⋅n→=b−2b=0．故b=2,
∴ n→=(1, −1, 2)，DP→=(−2, −2, 2)
∴ cs=|n→⋅DP→||n→|⋅|DP→|=12,
设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0, π2]，
则sinθ=12,
∴ θ=30∘,
∴ PD与平面PBC所成角的大小为30∘.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）先由已知建立空间直角坐标系，设D(2, b, 0)，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明PC⊥BE，PC⊥DE，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；
（2）先求平面PAB的法向量，再求平面PBC的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得b的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角
【解答】
(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
设D(2, b, 0)，则C(22, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
E(423, 0, 23)，B(2, −b, 0)，
∴ PC→=(22, 0, −2)，BE→=(23, b, 23)，
DE→=(23, −b, 23)，
∴ PC→⋅BE→=43−43=0，PC→⋅DE→=0，
∴ PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，
∴ PC⊥平面BED.
(2)解：AP→=(0, 0, 2)，AB→=(2, −b, 0)，PB→=(2,−b,−2),
设平面PAB的法向量为m→=(x, y, z)，
则m→⋅AB→=2x−by=0,m→⋅AP→=2z=0,
取m→=(b, 2, 0),
设平面PBC的法向量为n→=(p, q, r)，
则n→⋅BE→=23p+bq+23r=0,n→⋅PB→=2p−bq−2r=0,
取n→=(1, −2b, 2),
∵ 平面PAB⊥平面PBC，
∴ m→⋅n→=b−2b=0．故b=2,
∴ n→=(1, −1, 2)，DP→=(−2, −2, 2)
∴ cs=|n→⋅DP→||n→|⋅|DP→|=12,
设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0, π2]，
则sinθ=12,
∴ θ=30∘,
∴ PD与平面PBC所成角的大小为30∘.
【答案】
解：(1)设动圆的半径为r，圆心为Px,y，
则有|PC1|=6−2+r，|PC2|=6+2−r．
所以|PC1|+|PC2|=26>|C1C2|=23，
即P在以C1(−3,0)，C2(3,0)为焦点，长轴长为26的椭圆上，
设C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
于是a=6，c=3，b=3，
所以点P的轨迹方程为x26+y23=1．
(2)假设存在定点Q(0,m)符合题意，当直线MN的斜率k存在时；
设其方程为y=kx+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)．
由∠MQO=∠NQO，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，
故kMQ+kNQ=0．
又kMQ+kNQ=y1−mx1+y2−mx2
=kx1+1−mx1+kx2+1−mx2
=2kx1x2+(1−m)(x1+x2)x1x2，
∴ 2kx1x2+(1−m)(x1+x2)=0①，
由x26+y23=1,y=kx+1消去y，整理得：(2k2+1)x2+4kx−4=0．
此时Δ=16k2+16(2k2+1)>0．
又x1+x2=−4k2k2+1，x1x2=−42k2+1，②
将②代入①得：2k⋅−42k2+1+(1−m)⋅−4k2k2+1=4k(m−3)2k2+1=0，③
∵ k不恒为0，
∴ 当且仅当m=3时，③式成立，
∴ 当直线MN的斜率上存在时，
存在定点Q(0,3)满足题意，
当直线MN的斜率不存在时，点Q(0,3)也满足∠MQO=∠NQO=0∘，符合题意．
综上所述，在y轴上存在定点Q(0,3)，使得∠MQO=∠NQO．
【考点】
轨迹方程
椭圆的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设动圆的半径为r，圆心为Px,y，
则有|PC1|=6−2+r，|PC2|=6+2−r．
所以|PC1|+|PC2|=26>|C1C2|=23，
即P在以C1(−3,0)，C2(3,0)为焦点，长轴长为26的椭圆上，
设C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
于是a=6，c=3，b=3，
所以点P的轨迹方程为x26+y23=1．
(2)假设存在定点Q(0,m)符合题意，当直线MN的斜率k存在时；
设其方程为y=kx+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)．
由∠MQO=∠NQO，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，
故kMQ+kNQ=0．
又kMQ+kNQ=y1−mx1+y2−mx2
=kx1+1−mx1+kx2+1−mx2
=2kx1x2+(1−m)(x1+x2)x1x2，
∴ 2kx1x2+(1−m)(x1+x2)=0①，
由x26+y23=1,y=kx+1消去y，整理得：(2k2+1)x2+4kx−4=0．
此时Δ=16k2+16(2k2+1)>0．
又x1+x2=−4k2k2+1，x1x2=−42k2+1，②
将②代入①得：2k⋅−42k2+1+(1−m)⋅−4k2k2+1=4k(m−3)2k2+1=0，③
∵ k不恒为0，
∴ 当且仅当m=3时，③式成立，
∴ 当直线MN的斜率上存在时，
存在定点Q(0,3)满足题意，
当直线MN的斜率不存在时，点Q(0,3)也满足∠MQO=∠NQO=0∘，符合题意．
综上所述，在y轴上存在定点Q(0,3)，使得∠MQO=∠NQO．