浙江省丽水市四校2019-2020高二数学上学期期中试卷（附解析Word版）

浙江省丽水四校 2019-2020 学年高二上学期期中联考数学试题 一、选择题（本大题共 12 小题） 1.圆 的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析： 变形为 考点：圆的方程 2.椭圆 + =1（0＜m＜4）的离心率为 ，则 m 的值为（  ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用椭圆方程，结合离心率公式求解即可． 【详解】解：椭圆 =1（0＜m＜4）的离心率为 ， 可得 ，解得 m=2． 故选：C． 【点睛】本题考查椭圆 简单性质的应用，是基本知识的考查． 3.经过点（1，-3），倾斜角是 150°的直线方程是（  ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由直线的倾斜角求得直线的斜率，再由直线的点斜式方程求解． 的 . 2 2 2 4 0x y x y+ + − = 3 3 5 5 2 2 2 4 0x y x y+ + − = ( ) ( )2 2 21 2 5 5 5x y r r+ + − = ∴ = ∴ = 2 4 x 2y m 2 2 2 2 2 2 2 4 x y m + 2 2 4 2 2 2 m− = 3 3 3 1 0x y− − + = 3 3 3 1 0x y+ + − = 3 3 3 1 0x y− + − = 3 3 3 1 0x y+ − + = 【详解】解：∵直线的倾斜角为 150°，∴所求直线的斜率 k=tan150°= ， 又直线过点（1，-3）， ∴所求直线方程为 y+3= （x-1），即 ． 故选：B． 【点睛】本题考查直线的倾斜角与直线的斜率的关系，考查直线的点斜式方程，是基础题． 4.圆 与圆 的位置关系是（ ） A 外离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 【答案】D 【解析】 【分析】 根据圆的方程求得两圆的圆心和半径，根据圆心距和两圆半径的关系可确定位置关系. 【详解】由圆的方程可知圆 圆心为 ，半径 ；圆 圆心为 ，半径 圆心距为： 两圆的位置关系为：外切 本题正确选项： 【点睛】本题考查圆与圆的位置关系的判定，关键是能够通过圆的方程确定两圆的圆心和半 径，从而根据圆心距和半径的关系确定位置关系. 5.若直线 x＋（1＋m）y－2＝0 与直线 m＋2y＋4＝0 平行，则 m 的值是（ ） A. 1 B. －2 C. 1 或－2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】 分类讨论直线 的斜率情况，然后根据两直线平行的充要条件求解即可得 到所求． 【详解】①当 时，两直线分别为 和 ，此时两直线相交，不合 . 3 3 − 3 3 − 3 3 3 1 0x y+ + − = 2 2 1 : 1O x y+ = 2 2 2 : 2 2 2 2 3 0O x y x y+ − − + = 1O ( )0,0 1 1r = 2O ( )2, 2 2 1r = ∴ ( ) ( )2 2 1 22 0 2 0 2 r r− + − = = + ∴ D 3 2 − ( )1 2 0x m y+ + − = 1m = − 2 0x − = 2 4 0x y− − = 题意． ②当 时，两直线的斜率都存在，由直线平行可得 ，解得 ． 综上可得 ． 故选 A． 【点睛】本题考查两直线平行的等价条件，解题的关键是将问题转化为对直线斜率存在性的 讨论．也可利用以下结论求解：若 ，则 且 或 且 ． 6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（  ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体，中间挖去一个圆锥体剩余部分，结合图中数 据求得该几何体的表面积． 【详解】解：根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体，中间挖去一个圆锥体剩余部分， 如图所示； 1m ≠ − 1 1 2 2 21 m m m − = − +  ≠ − + 1m = 1m = 1 1 1 1 2 2 2 2: 0, : 0l A x B y C l A x B y C+ + = + + = 1 2l l ⇔ 1 2 2 1A B A B= 1 2 2 1B C B C≠ 1 2 2 1A B A B= 1 2 2 1AC A C≠ 4 8 3 π+ + 4 8 3 2π+ + 8 8 3 π+ + 8 8 3 2π+ + 则该几何体的表面积是 S=2×22+4×2× -π•12+π•1• =8+8 +π． 故选：C． 【点睛】本题考查了由三视图想象出直观图，以及空间想象力，识图能力及计算能力． 7.已知抛物线 C：y2=4x 的焦点为 F 和准线为 l，过点 F 的直线交 l 于点 A，与抛物线的一个交 点为 B，且 =-2 ，则|AB|=（  ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 利用 = ，结合抛物线定义求得|AB|． 【详解】解：抛物线 C：y2=4x 的焦点 F（1，0）和准线 l：x=-1，作图如下： ∵ = ，可得|FA|：|AB|=2：3，|FD|：|BC|=2：3，因为|FD|=2，所以|BC|=3，|FB|=3 AB=3|FB|=9， 故选：C． 本题考查抛物线的性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于基础题． 3 2 2( 3) 1+ 3 FA FB FA 2FB−  FA 2FB−  8.已知直线 和曲线 有两个不同的交点，则实数ｍ的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由直线方程得到直线过定点 ，且斜率为 ，又由曲线 是以原点为圆心， 半径 的圆的上半圆，在同一坐标系内画出它们的图象，结合图象求解，即可得到答案. 【详解】由题意，直线 ，则直线必过定点 ，斜率为 ， 又由曲线 是以原点为圆心，半径 的圆的上半圆， 在同一坐标系内做出它们的图象，如图所示， 当直线与半圆切与点 A 时，它们有唯一的公共点，此时，直线的倾斜角 满足 ， 所以 ，可得直线的斜率为 ， 当直线 的倾斜角由此变小时，两图象有两个不同的交点，直线的斜率 变化到 0 为止，由此可得 ， 所以直线 和曲线 有两个不同的交点时，实数 的取值范围是 ，故选 A. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，及直线方程的应用，其中解答中在同 一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象和三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着 3y mx m= + 24y x= − 2[0, 5)5 2[ 5,0]5 − 2 2( 5, 5)5 5 − 14[0, )7 ( )3,0P − m 24y x= − 2r = ( )3 3y mx m m x= + = + ( )3,0P − m 24y x= − 2r = α 2sin 3 α = 2 5cos 1 sin 3 α α= − = sin 2 5tan cos 5m αα α= = = 3y mx m= + m 2 50 5m≤ < 3y mx m= + 24y x= − m 2 50, 5      重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 9.已知实数 满足不等式组 ，且 的最大值是最小值的 2 倍，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析：首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，结合目标函数的形式，结合其几何 意义，能够判断出最优解的位置，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得到 z 的最 值，再由最大值是最小值的 2 倍列式求得结果. 详解：根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，如图所示： 作出直线 ，平移直线 ， 由图可知，当直线经过点 D 时，直线在 y 轴上的截距最小，此时 取得最大值，由 ，可得 ，所以 的最大值是 1， 当直线经过点 B 时，直线在 y 轴上的截距最大，此时 取得最小值， 由 ，可得 ，所以 的最小值是 ， ,x y 2 0x y x a x y + − ≤  ≥  ≤ 2z x y= − a = 3 4 5 6 6 5 4 3 : 2l y x= l 2z x y= − 2 0x y x y + − =  = (1,1)D 2z x y= − 2z x y= − 2 0x y x a + − =  = ( ,2 )B a a− 2z x y= − 3 2a − 因为 的最大值是最小值的 2 倍， 所以 ，解得 ，故选 B. 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，需要先画出约束条件对应的可 行域，之后结合目标函数的形式得到其对应的几何意义，从而判断出其最优解，联立方程组 求得最值，根据 2 倍关系找出其满足的等量关系式，最后求得结果. 10.已知双曲线 的左、右焦点分别为 为双曲线上一点，且 ，若 ，则该双曲线的离心率等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】 根据双曲线的定义和题设条件，求得 ，再在 中，由余弦定理， 化简整理得 或 ，即可求解，得到答案. 【详解】由题意，根据双曲线的定义可得 ，又因为 ， 可得 ， 又由 ，可得 ， 在 中，由余弦定理可得 ， 解得 或 ，所以 或 ， 故选 C. 【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，以及双曲线的离心率的求解，其中解答中合理利用 2z x y= − 6 4 1a − = 5 6a = 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > 1 2, ,F F P 1 22PF PF= 1 2 15sin 4F PF∠ = 6 2 6 2 5 2 6 1 24 , 2PF a PF a= = 1 2PF F∆ 2 2 4c a = 2 2 6c a = 1 2 2PF PF a− = 1 22PF PF= 1 24 , 2PF a PF a= = 1 2 15sin 4F PF∠ = 1 2 1cos 4F PF∠ = ± 1 2PF F∆ 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1co 6 4 4 2s 2 2 44 PF PF F F a a c PF PP a aF FF + − + −= × × = ±=∠ 2 2 4c a = 2 2 6c a = 2ce a = = 6 双曲线的定义，以及在 中，利用余弦定理求得 的值是解答的关键，着重考查了推 理与运算能力，属于中档试题. 11.在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1：kx-y+4=0 与直线 l2：x+ky-3=0 相交于点 P，则当实数 k 变化时，点 P 到直线 4x-3y+10=0 的距离的最大值为（  ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 求得直线 l1，直线 l2，恒过定点，以及两直线垂直，可得交点 P 的轨迹，再由直线和圆的位 置关系，即可得到所求最大值． 【详解】解：∵直线 l1：kx-y+4=0 与直线 l2：x+ky-3=0 的斜率之积： ， ∴直线 l1：kx-y+4=0 与直线 l2：x+ky-3=0 垂直， ∵直线 l1：kx-y+4=0 与直线 l2：x+ky-3=0 分别过点 M（0，4），N（3，0）， ∴直线 l1：kx-y+4=0 与直线 l2：x+ky-3=0 的交点 P 在以 MN 为直径的圆上， 即以 C（ ，2）为圆心，半径为 的圆上， 圆心 C 到直线 4x-3y+10=0 的距离为 d= =2， 则点 P 到直线 4x-3y+10=0 的距离的最大值为 d+r= +2= ． 故选：B． 【点睛】本题考查直线恒过定点的求法和两直线垂直的条件，以及点到直线的距离公式的运 用，考查化简运算能力，属于中档题． 12.已知椭圆 与双曲线 有相同的 左、右焦点 ， ，若点 P 是 与 在第一象限内的交点，且 ，设 与 的离心率分别为 ， ，则 的取值范围是    1 2PF F∆ 2 2 c a 9 2 11 2 7 4 1 1k k  × − = −   3 2 5 2 6 6 10 5 − + 5 2 9 2 2 2 1 1 12 2 1 1 x yC 1(a b 0)a b + = > >： 2 2 2 2 22 2 2 2 x yC 1(a 0,b 0)a b − = > >： 1F 2F 1C 2C 1 2 2FF 4 PF= 1C 2C 1e 2e 2 1e e− ( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先 根 据 椭 圆 和 双 曲 线 的 定 义 得 到 ， 再 根 据 椭 圆 和 双 曲 线 的 离 心 率 得 到 ，即得 ，再换元结合函数 （3＜t＜4）的单调性 求出 的取值范围. 【详解】设 ， ，由椭圆的定义可得 ， 由双曲线的定可得 ， 解得 ， ， 由 ，可得 ， 即 ， 由 ， ，可得 ， 由 ，可得 ， 可得 ，即 ， 则 ， 可设 ，则 ， 由于函数 在 递增，所以 ． 故选：B． 1 ,3 ∞ +   1 ,13      1 ,2 ∞ +   1 ,22      1 2 1a a c2 − = 1 2 1 1 1 e e 2 − = 2 2 2 1 2 ee e 2 e − = + ( ) 4f t t 4t = + − 2 1e e− 1PF m= 2PF n= 1m n 2a+ = 2m n 2a− = 1 2m a a= + 1 2n a a= − 1 2 2FF 4 PF= 1n c2 = 1 2 1a a c2 − = 1 1 ce a = 2 2 ce a = 1 2 1 1 1 e e 2 − = 10 e 1< < 1 1 1e > 2 1 1 e 2 > 21 e 2< < 2 2 2 2 1 2 2 2 2e ee e e 2 e 2 e − = − =+ + 22 e t(3 t 4)+ = < < 2 2 2 2 e (t 2) 4t 42 e t t −= = + −+ ( ) 4f t t 4t = + − 3 t 4< < ( ) 1f t ,13  ∈   【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的范围，考查换元 法和构造函数法，考查运算能力，属于中档题． 二、填空题（本大题共 7 小题） 13.双曲线 - =1 的渐近线方程是______，实轴长为______． 【答案】 (1). x±2y=0 (2). 4 【解析】 【分析】 直接利用双曲线方程求解渐近线方程与实轴长即可． 【详解】解：双曲线 ，可得 a=2， ， 所以双曲线的渐近线方程是： x±2y=0， 实轴长为：4． 故答案为： x±2y=0；4． 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查． 14.已知实数 x，y 满足 ，则目标函数 z=3x+y 的最小值是______，最大值是 ______． 【答案】 (1). 6 (2). 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程 组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案． 【详解】解：由实数 x，y 满足 作出可行域如图， 2 4 x 2 3 y 3 2 2 14 3 x y− = 3b = 3 3 2 4 2 4 0 x x y x y ≥  + ≤ − + + ≥ 28 3 2 4 2 4 0 x x y x y ≥  + ≤ − + + ≥ 联立 ，解得 A（2，0），由 解得 B（ ， ）， 化目标函数 z=3x+y 为 y=-3x+z， 由图可知，当直线 y=-3x+z 过点 A 时，直线在 y 轴上的截距最小，z 有最小值为 6． 当直线 y=-3x+z 过点 B 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大值为： ． 故答案为：6； ． 【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 15.已知直线 l1：2x–y+1=0 与 l2：x–2y+5=0 相交于点 P，则点 P 的坐标为__________，经过 点 P 且垂直于直线 3x+4y–5=0 的直线方程为__________． 【答案】 (1). （1，3） (2). 4x–3y+5=0 【解析】 【分析】 将两直线联立方程组，解得 的值，得到答案；根据垂直，将所求直线可设为 4x–3y+c=0， 代入点（1，3），得到 的值，从而得到答案. 【详解】联立 ，解得 ， ∴P 点的坐标为（1，3）； 设垂直于直线 3x+4y–5=0 直线方程为 4x–3y+c=0， 把（1，3）代入解得 c=5． ∴经过点 P 且垂直于直线 3x+4y–5=0 的直线方程为 4x–3y+5=0． 故答案为：（1，3）；4x–3y+5=0． 【点睛】本题考查求两条直线的交点，根据两直线的垂直关系求直线方程，属于简单题. 的 2 2 4 0 x x y = − + + = 4 2 4 0 x y x y + = − + + = 8 3 4 3 28 3 28 3 ,x y c 2 1 0 2 5 0 x y x y − + =  − + = 1 3 x y =  = 16.当直线 l：kx-y+1-3k=0 被圆 x2+y2=16 所截得的弦长最短时，k=______． 【答案】-3 【解析】 【分析】 首先利用直线的变换，求出直线经过的定点，进一步利用直线与圆的位置关系的应用求出结 果． 【详解】解：直线 l：kx-y+1-3k=0， 整理得：y-1=k（x-3）， 故直线经过定点 A（3，1）， 当直线经过点 A（3，1）且垂直于 OA 时，截得的弦长最短,此时直线为 此时 k=-3． 故答案为：-3． 【点睛】本题考查的知识要点：定点直线系的应用，直线与圆的位置关系的应用，主要考察 学生的运算能力和转换能力，属于基础题 17.已知双曲线 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，其渐近线方程为 2x±3y=0，焦距为 2 ， 则双曲线 C 的标准方程为______． 【答案】 - =1 【解析】 【分析】 利用双曲线的渐近线方程以及焦距列出方程组，然后求解双曲线的标准方程即可． 【详解】解：双曲线 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，其渐近线方程为 2x±3y=0，焦距为 2 ， 设双曲线方程为： （a＞0，b＞0）， 可得 ，并且 c2=13=a2+b2，可得 a=3，b=2， 所求双曲线的标准方程为： - =1． 3 10 0x y+ − = 13 2 9 x 2 4 y 13 2 2 2 2 1x y a b − = 2 3 b a = 2 9 x 2 4 y 故答案为： - =1． 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力，是基础 题． 18.在平面直角坐标系 中，点 ，若在曲线 上存在点 使得 ，则实数 的取值范围为 __________ 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，设 P（x，y），分析可得若|PB|＝2|PA|，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，变 形可得 x2+y2＝4，进而可得 P 的轨迹为以 O 为圆心，半径为 2 的圆；将曲线 C 的方程变形为 （x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，可得以（a，2a）为圆心，半径为 3 的圆；据此分析可得若曲线 C 上存在点 P 使得|PB|＝2|PA|，则圆 C 与圆 x2+y2＝4 有公共点，由圆与圆的位置关系可得3﹣2 2+3，解可得 a 的取值范围，即可得答案． 【详解】根据题意，设 P（x，y）， 若|PB|＝2|PA|，即|PB|2＝4|PA|2，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2， 变形可得：x2+y2＝4， 即 P 的轨迹为以 O 为圆心，半径为 2 的圆， 曲线 Cx2﹣2ax+y2﹣4ay+5a2﹣9＝0，即（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，则曲线 C 是以（a，2a）为 圆心，半径为 3 的圆； 若曲线 C 上存在点 P 使得|PB|＝2|PA|，则圆 C 与圆 x2+y2＝4 有公共点， 则有 3﹣2 2+3，即 1 |a|≤5， 解可得： a 或 a ， 即 a 的取值范围为：[ ， ]∪[ ， ]； 2 9 x 2 4 y xoy (1,0), (4,0)A B 2 2 2: 2 4 5 9 0C x ax y ay a− + − + − = P | | 2| |PB PA= a 5 55, , 55 5    − − ∪        2 24a a≤ + ≤ 2 24a a≤ + ≤ 5≤ 5− ≤ 5 5 ≤ − 5 5 ≤ 5≤ 5− 5 5 − 5 5 5 故答案为：[ ， ]∪[ ， ]． 【点睛】判断圆与圆的位置关系的常见方法 (1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系． (2)切线法：根据公切线条数确定． 19.过椭圆 + =1 的右焦点 F 作斜率为 k 的直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，若 =2 ，则 k=______． 【答案】± 【解析】 【分析】 设直线 l 方程以及 A，B 坐标，与椭圆联立解方程组，利用向量坐标关系结合韦达定理解得结 果． 【详解】解：由椭圆方程可得 a=3，b= ，c=2，F（2，0）， 设直线 l；y=k（x-2），A（x1，y1），B（x2，y2），由 =2 ，y1=-2y2， 所以 （*） 联立解方程组 ，得到关于 y 的方程（9k2+5）y2+20ky-25k2=0， 得 ， 代入（*）化简得， ，得 9k2=32-5=27， 所以 k2=3， ． 故答案为： ． 【点睛】考查向量与圆锥曲线的综合题，韦达定理的应用，中档题． 三、解答题（本大题共 4 小题） 20.已知直线 y=ax+1 和抛物线 y2=4x 相交于不同的 A，B 两点． 5− 5 5 − 5 5 5 2 9 x 2 5 y AF FB 3 5 AF FB 2 1 2 1 2 2 1 1 2 ( ) 1 52 2 2 2 y y y y y y y y ++ = − = − − = − ( ) 2 2 2 19 5 y k x x y  = − + = 2 1 2 1 22 2 20 25 9 5 9 5 k ky y y yk k − −+ = =+ +， 2 16 529 5 2k + =+ 3k = ± 3± （Ⅰ）若 a=-2，求弦长|AB|； （Ⅱ）若以 AB 为直径的圆经过原点 O，求实数 a 的值． 【答案】（Ⅰ） ;（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）将直线 y= x+1 和抛物线 y2=4x 联立，消去 y 可得 x 的二次方程，运用韦达定理和弦 长公式，计算可得所求值； （Ⅱ）将直线 y=ax+1 和抛物线 y2=4x 联立，消去 y 可得 x 的二次方程，运用判别式大于 0 和 韦达定理，由题意可得 OA⊥OB，可得 x1x2+y1y2=0，结合 A，B 均在直线 y=ax+1 上，可得 a 的 方程，解方程即可得到所求值． 【详解】解：（Ⅰ）将直线 y= x+1 和抛物线 y2=4x 联立，可得 4x2 x+1=0， 设 A（x1，y1），B（x2，y2），可得 x1+x2=2，x1x2= ， 即有|AB|= •|x1-x2|= • = • = ； （Ⅱ）将直线 y=ax+1 和抛物线 y2=4x 联立，可得 a2x2+（2a-4）x+1=0，a≠0， 设 A（x1，y1），B（x2，y2），可得△=（2a-4）2-4a2=16-16a＞0，即 a＜1， x1+x2= ，x1x2= ，y1y2=（ax1+1）（ax2+1）=a2x1x2+a（x1+x2）+1， 以 AB 为直径的圆经过原点 O，可得 OA⊥OB，可得 x1x2+y1y2=0， 即有（1+a2）x1x2+a（x1+x2）+1=（1+a2）• +a• +1=0， 解得 a= ，满足△＞0， 故 a= ． 【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，注意联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定 理和弦长公式，以及向量数量积的坐标表示，考查化简运算能力，属于中档题． 21.已知直线 l：y=kx+m 与椭圆 + =1（a＞b＞0）恰有一个公共点 P，l 与圆 x2+y2=a2 相 交于 A，B 两点． 15 1 4 − 2− 2− 8− 1 4 1 4+ 5 2 1 2 1 2( ) 4x x x x+ − 5 14 4 4 − × 15 2 4 2a a − 2 1 a 2 1 a 2 4 2a a − 1 4 − 1 4 − 2 2 x a 2 2 y b （Ⅰ）求 m（用 a，b，k 表示）； （Ⅱ）当 k=- 时，△AOB 的面积的最大值为 a2，求椭圆的离心率． 【答案】（Ⅰ）m=± ; （Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据题意，联立直线与椭圆的方程，变形可得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2-b2）=0，由 直线与椭圆的位置关系可得△=（2a2km）2-4（a2k2+b2）a2（m2-b2）=0，整理变形可得答案； （Ⅱ）根据题意，求出原点 O 到直线 l 的距离，变形可得 ，结合椭圆的离心 率公式分析可得答案． 【详解】解：（Ⅰ）根据题意，直线 l 与椭圆 恰有一个公共点 P，即相 切； 则有 ，得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2-b2）=0， 则△=（2a2km）2-4（a2k2+b2）a2（m2-b2）=0， 化简整理，得 m2=a2k2+b2；m=± ， （Ⅱ）因为当 时，△OAB 的面积取到最大值 ， 此时 OA⊥OB，从而原点 O 到直线 l 的距离 ， 1 2 1 2 2 2 2k a b+ 10 4 2 2 2 2 2 1 2 a k b a k + =+ ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = ＞ ＞ 2 2 2 2 1 y kx m x y a b = + + = 2 2 2k a b+ 1 2k = − 2 2 a 2 ad = 又 ，故 ； 再由（I），得 ，则 ． 又 ，故 ，即 ， 从而 ，即 ． 【点睛】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题． 22.已知抛物线 ，过其焦点 的直线与抛物线相交于 、 两点，满足 . （1）求抛物线 的方程； （2）已知点 的坐标为 ，记直线 、 的斜率分别为 ， ，求 的最小 值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）设直线 的方程为 ，将直线 的方程与抛物线 的方程联立，消去 ， 利用韦达定理并结合条件 可求出实数 的值，由此得出抛物线 的方程； （2）由（1）得出直线 的方程为 ，将该直线方程与抛物线 的方程联立，并列 出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理得出 关于 的表达式，可得出 的 最小值. 【详解】（1）因为直线 过焦点 ，设直线 的方程为 ， 2 1 md k = + 2 2 2 1 2 m a k =+ 2 2 2 2 2 1 2 a k b a k + =+ 2 2 2 21 bk a = − 1 2k = − 2 2 2 2 11 4 bk a = − = 2 2 3 8 b a = 2 2 2 2 2 51 8 c be a a = = − = 10 4e = ( )2: 2 0E y px p= > F ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 4y y = − E C ( )2,0− CA CB 1k 2k 2 2 1 2 1 1 k k + 2 4y x= 9 2 AB 2 px my= + AB E x 1 2 4y y = − p E AB 1x my= + E 2 2 1 2 1 1 k k + m 2 2 1 2 1 1 k k + AB ,02 pF      AB 2 px my= + 将直线 的方程与抛物线 的方程联立 ，消去 得 ， 所以有 ， ， ，因此，抛物线 的方程 ； （2）由（1）知抛物线的焦点坐示为 ，设直线 的方程为 ， 联立抛物线的方程 ，所以 ， ， 则有 ， ， 因此 . 因此，当且仅当 时， 有最小值 . 【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了直线与抛物线中的最值问题的求解，对 于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法 进行计算，计算量较大，考查方程思想的应用，属于中等题. 23.已知椭圆 C： 的左、右顶点分别为 A，B，离心率为 ，点 P（1， ）为椭圆上一点． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）如图，过点 C（0，1）且斜率大于 1 的直线 l 与椭圆交于 M，N 两点，记直线 AM 的斜率 为 k1，直线 BN 的斜率为 k2，若 k1=2k2，求直线 l 斜率的值． AB E 2 2 2 px my y px  = +  = x 2 22 0y mpy p− − = 2 1 2 4y y p= − = − 0p > 2p∴ = E 2 4y x= ( )1,0F AB 1x my= + 2 4 4 0y my− − = 1 2 4y y m+ = 1 2 4y y = − 1 1 1 3mk y = + 2 2 1 3mk y = + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 3 3 1 1 1 1=2 6 9m m m mk k y y y y y y        + = + + + + + + +                ( ) ( )2 2 1 2 1 22 2 21 2 2 2 1 2 1 2 2 4 84 92 6 9 2 6 9 54 16 2 y y y y my y mm m m m my y y y + − ++= + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ = +− 0m = 2 2 1 2 1 1 k k + 9 2 ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = ＞ ＞ 1 2 3 2 【答案】(1) ;(2) 【解析】 【分析】 （1）根据题意，由椭圆离心率可得 a=2c，进而可得 ，则椭圆 标准方程为 ，将 P 的坐标代入计算可得 c 的值，即可得答案； （2）根据题意，设直线 l 的方程为 y=kx+1，设 M（x1，y1），N（x2，y2），将直线的方程与椭 圆联立，可得（3+4k2）x2+8kx-8=0，由根与系数的关系分析，： ， ，结合椭圆的方程与直线的斜率公式可得 ，即 12k2-20k+3=0，解可得 k 的值，即可得答案． 【详解】解：（1）根据题意，椭圆的离心率为 ，即 e= =2，则 a=2c． 又∵a2=b2+c2，∴ ． ∴椭圆的标准方程为： ． 又∵点 P（1， ）为椭圆上一点，∴ ，解得：c=1． ∴椭圆的标准方程为： ． （2）由椭圆的对称性可知直线 l 的斜率一定存在，设其方程为 y=kx+1． 设 M（x1，y1），N（x2，y2）． 联列方程组： ，消去 y 可得：（3+4k2）x2+8kx-8=0． 的 2 2 14 3 x y+ = 3 2 3b c= 2 2 2 2 14 3 x y c c + = 1 2 2 8 3 4 kx x k + = − + 1 2 2 8 3 4x x k = − + 2 2 8 83 10 12 03 4 3 4 k k k    − + − + =   + +    1 2 c a 3b c= 2 2 2 2 14 3 x y c c + = 3 2 2 2 9 1 4 14 3c c + = 2 2 14 3 x y+ = 2 2 14 3 1 x y y kx  + =  = + ∴由韦达定理可知： ， ． ∵ ， ，且 k1=2k2，∴ ，即 ．① 又∵M（x1，y1），N（x2，y2）在椭圆上， ∴ ， ．② 将②代入①可得： ，即 3x1x2+10（x1+x2）+12=0． ∴ ，即 12k2-20k+3=0． 解得： 或 ． 又由 k＞1，则 ． 【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，关键是求出椭圆的标准方 程，属于综合题． 1 2 2 8 3 4 kx x k + = − + 1 2 2 8 3 4x x k = − + 1 1 1 2 yk x = + 2 2 1 2 yk x = − 1 2 1 2 2 2 2 y y x x =+ − 2 2 1 2 2 2 1 2 4 ( 2) ( 2) y y x x =+ − ( )2 2 1 1 3 44y x= − ( )2 2 2 2 3 44y x= − ( )21 1 2 4 22 2 2 xx x x +− =+ − 2 2 8 83 10 12 03 4 3 4 k k k    − + − + =   + +    1 6k = 3 2k = 3 2k =