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一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．
1．若直線l與直線y＝1、x＝7分別交于點P、Q，且線段PQ的中點坐標為(1，－1)，則直線l的斜率為(　　)
A.13　　　　 B．－13　　　　C．－32　　　　 D.23
解析：設P點坐標為(a,1)，Q點坐標為(7，b)，則PQ中點坐標為a＋72，1＋b2，則
a＋72＝1，1＋b2＝－1，解得a＝－5，b＝－3，即可得P(－5,1)，Q(7，－3)，故直線l的斜
率為kPQ＝1＋3－5－7＝－13.
答案：B
2．若直線x＋(a－2)y－a＝0與直線ax＋y－1＝0互相垂直，則a的值為(　　)
A．2 B．1或2
C．1 D．0或1
解析：依題意，得(－a)×－1a－2＝－1，解得a＝1.
答案：C
3．已知圓(x－1)2＋(y－33)2＝r2(r＞0)的一條切線y＝kx＋3與直線x＝5的夾角為π6，則半徑r的值為(　　)
A.32 B.332
C.32或332 D.32或3
解析：∵直線y＝kx＋3與x＝5的夾角為π6，∴k＝±3.由直線和圓相切的條件得r＝32或332.
答案：C
4．頂點在原點、焦點在x軸上的拋物線被直線y＝x＋1截得的弦長是10，則拋物線的方程是(　　)
A．y2＝－x，或y2＝5x B．y2＝－x
C．y2＝x，或y2＝－5x D．y2＝5x
解析：由題意，可知拋物線的焦點在x軸上時應有兩種形式，此時應設為y2＝mx(m≠0)，聯立兩個方程，利用弦長公式，解得m＝－1，或m＝5，從而選項A正確．
答案：A
5．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，若該圓中過點M(3,5)的最長弦、最短弦分別為AC、BD，則以點A、B、C、D為頂點的四邊形ABCD的面積為(　　)
A．106 B．206
C．306 D．406
解析：已知圓的圓心為(3,4)，半徑為5，則最短的弦長為252－12＝46，最長的弦為圓的直徑為10，則四邊形的面積為12×46×10＝206，故應選B.
答案：B
6．若雙曲線x2a2－y2b2＝1的一個焦點到其對應準線和一條漸近線的距離之比為2∶3，則雙曲線的離心率是(　　)
A．3 B．5
C.3 D.5
解析：焦點到準線的距離為c－a2c＝b2c，焦點到漸近線的距離為bca2＋b2＝b，bc＝23，e＝3.
答案：C
7．若圓C與直線x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圓心在直線x＋y＝0上，則圓C的方程為(　　)
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y－1)2＝2
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2

解析：如圖，據題意知圓的直徑為兩平行直線x-y=0，x-y-4=0之間的距離2 ，故圓的半徑為 ，又A(2，-2)，故圓心C(1，-1)，即圓的方程為(x-1)2+(y+1)2=2.
答案：C
8．已知拋物線y2＝2px(p＞0)，過點E(m, 0)(m≠0)的直線交拋物線于點M、N，交y軸于點P，若PM→＝λME→，PN→＝μNE→，則λ＋μ ＝(　　)
A．1 B．－12
C．－1 D．－2
解析：設過點E的直線方程為y＝k(x－m)．代入拋物線方程，整理可得k2x2＋(－2mk2－2p)x＋m2k2＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝2p＋2mk2k2，x1x2＝m2.
由PM→＝λME→，PN→＝μNE→，可得
x1＝λ(m－x1)，x2＝μ(m－x2)，則λ＋μ＝x1m－x1＋x2m－x2＝x1(m－x2)＋x2(m－x1)(m－x1)(m－x2)＝m(x1＋x2)－2x1x2m2＋x1x2－m(x1＋x2)＝m(x1＋x2)－2m22m2－m(x1＋x2)＝－1.
答案：C
9．直線MN與雙曲線C：x2a2－y2b2＝1的左、右支分別交于M、N點，與雙曲線C的右準線相交于P點，F為右焦點，若FM＝2FN，又NP→＝λPM→(λ∈R)，則實數λ的值為(　　)
A.12 B．1
C．2 D.13
解析：如圖所示，分別過點M、N作MB⊥l于點B，NA⊥l于點A.

由雙曲線的第二定義，可得 = =e，
則 = =2.
∵△MPB∽△NPA，∴ = = ，即 = .
答案：A
10．在平面直角坐標系內，點P到點A(1,0)，B(a,4)及到直線x＝－1的距離都相等，如果這樣的點P恰好只有一個，那么a＝(　 　)
A．1 B．2
C．2或－2 D．1或－1
解析：依題意得，一方面，點P應位于以點A(1,0 )為焦點、直線x＝－1為準線的拋物線y2＝4x上；另一方面，點P應位于線段AB的中垂線y－2＝－a－14x－a＋12上．
由于要使這樣的點P是唯一的，
因此要求方程組y2＝4x，y－2＝－a－14x－a＋12有唯一的實數解．
結合選項進行檢驗即可．當a＝1時，拋物線y2＝4x與線段AB的中垂線有唯一的公共點，適合題意；當a＝－1時，線段AB的中垂線方程是y＝12x＋2，易知方程組y2＝4x，y＝12x＋2有唯一實數解．
綜上所述，a＝1，或a＝－1.
答案：D
11．已知橢圓C：x24＋y2＝1的焦點為F1、F2，若點P在橢圓上，且滿足PO2＝PF1•PF2(其中O為坐標原點)，則稱點P為“★點”．下列結論正確的是(　　)
A．橢圓C上的所有點都是“★點”
B．橢圓C上僅有有限個點是“★點”
C．橢圓C上的所有點都不是“★點”
D．橢圓C上有無窮多個點(但不是所有的點)是“★點”
解析：設橢圓C：x24＋y2＝1上點P的坐標為(2cosα，sinα)，由PO2＝PF1•PF2，可得4cos2α＋sin2α＝(2cosα＋3)2＋sin2α•(2cosα－3)2＋sin2α，整理可得cos2α＝12，即可得cosα＝±22，sinα＝±22，由此可得點P的坐標為±2，±22，即橢圓C上有4個點是“★點”．
答案：B
12．設雙曲線x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右頂點為A，P為雙曲線上的一個動點(不是頂點)，若從點A引雙曲線的兩條漸近線的平行線，與直線OP分別交于Q、R兩點，其中O為坐標原點，則OP2與OQ•OR的大小關系為(　　)
A．OP2＜OQ•OR B．OP2＞OQ•OR
C．OP2＝OQ•OR D．不確定
解析：設P(x0，y0)，雙曲線的漸近線方程是y＝±bax，直線AQ的方程是y＝ba(x－a)，直線AR的方程是y＝－ba(x－a)，直線OP的 方程是y＝y0x0x，可得Qabx0bx0－ay0，aby0bx0－ay0，Rabx0bx0＋ay0，aby0bx0＋ay0.
又x02a2－y02b2＝1，可得OP2＝OQ•OR.
答案：C
第Ⅱ卷　(非選擇　共90分)
二、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分．
13．若兩直線2x＋y＋2＝0與ax＋4y－2＝0互相垂直，則其交點的坐標為__________．
解析：由已知兩直線互相垂直可得a＝－2，
則由2x＋y＋2＝0，－x＋2y－1＝0得兩直線的交點坐標為(－1,0)．
答案：(－1,0)
14．如果點M是拋物線y2＝4x的一點，F為拋物線的焦點，A在圓C：(x－4)2＋(y－1)2＝1上，那么MA＋MF的最小值為__________．
解析：如圖所示，過點M作MB⊥l于點B.由拋物線定義，可得MF＝MB，則MA＋MF＝MA＋MB≥CB－1＝4＋1－1＝4.

答案：4
15．若過原點O且方向向量為(m,1)的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝4相交于P、Q兩點，則OP→•OQ→＝__________.
解析：可由條件設出直線方程，聯立方程運用韋達定理可求解，其中OP→•OQ→＝x1x 2＋y1y2是引發思路的關鍵．
答案：－3
16．如果F1為橢圓C：x22＋y2＝1的左焦點，直線l：y＝x－1與橢圓C交于A、B兩點，那么F1A＋F1B的值為__________．
解析：將l：y＝x－1代入橢圓C：x22＋y2＝1，可得x2＋2(x－1)2－2＝0，即3x2－4x＝0，解之得x＝0，或x ＝43.
可得A(0，－1)，B43，13.又F1(－1,0)，則F1A＋F1B＝(－1)2＋12＋43＋12＋132＝823.
答案：823
三、解答題：本大題共6小題，共70分．
17．(10分)已知橢圓 C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的長軸長為4.
(1)若以原點為圓心、橢圓短半軸為半徑的圓與直線y＝x＋2相切，求橢圓焦點坐標；
(2)若點P是橢圓C上的任意一點，過原點的直線L與橢圓相交于M、N兩點，記直線PM、PN的斜率分別為kPM、kPN，當kPM•kPN＝－14時，求橢圓的方程．
解析：(1)由b＝21＋1，得b＝2，
又 2a＝4，a＝2，a2＝4，b2＝2，c2＝a2－b2＝2，
故兩個焦點坐標為(2，0)，(－2，0)．
(2)由于過原點的直線L與橢圓相交的兩點M、N關于坐標原點對稱，
不妨設M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)．
點M、N、P在橢圓上，則它們滿足橢圓方程，
即有x02a2＋y02b2＝1，x2a2＋y2b2＝1，
兩式相減，得y2－y02x2－x02＝－b2a2.
由題意它們的斜率存在，則kPM＝y－y0x－x0，kPN＝y＋y0x＋x0，
kPM•kPN＝y－y0x－x0•y＋y0x＋x0＝y2－y02x2－x02＝－b2a2，
則－b2a2＝－14.
由a＝2，得b＝1.
故所求橢圓的方程為x24＋y2＝1.
18．(12分)已知兩點M(－1,0)，N(1,0)，點P為坐標平面內的動點，滿足MN→•NP→＝MN→•MP→.
(1)求動點P的軌跡方程；
(2)若點A(t,4)是動點P的軌跡上的一點，K(m,0)是x軸上的一動點，試討論直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4的位置關系．
解析：(1)設P(x，y)，則MN→＝(2,0)，NP→＝(x－1，y)，
MP→＝(x＋1，y)．
由MN→•NP→＝MN→•MP→，
得2(x－1)2＋y2＝2(x＋1)，
化簡，得y2＝4x.
故動點P的軌跡方程為y2＝4x.
(2)由點A(t,4)在軌跡y2＝4x上，
則42＝4t，解得t＝4，即A(4,4)．
當m＝4時，直線AK的方程為x＝4，
此時直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相離．
當m≠4時，直線AK的方程為y＝44－m(x－m)，
即4x＋m(m－4)y－4m＝0，
圓x2＋(y－2)2＝4的圓心(0,2)到直線AK的距離d＝2m＋816＋(m－4)2，
令d＝2m＋816＋(m－4)2＜2，解得m＜1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＝2，解得m＝1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＞2，解得m＞1.
綜上所述，當m＜1時，直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相交；
當m＝1時，直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相切 ；
當m＞1時，直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相離．

19．(12分)如圖，已知直線L：x＝my＋1過橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦點F，且交橢圓C于A、B兩點，若拋物線x2＝43y的焦點為橢圓C的上頂點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線L交y軸于點M，且MA→＝λ1AF→，MB→＝λ2BF→，當m變化時，求λ1＋λ2的值．
解析：(1)易知b＝3，得b2＝3.
又∵F(1,0)，
∴c＝1，a2＝b2＋c2＝4，
∴橢 圓C的方程為x24＋y23＝1.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋1，3x2＋4y2－12＝0，
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝ 0，Δ＝144(m2＋1)＞0，
于是1y1＋1y2＝2m3.(*)
∵L與y軸交于點M0，－1m，又由MA→＝λ1AF→，
∴x1，y1＋1m＝λ1(1－x1，－y1)，
∴λ1＝1－1my1.同理λ2＝－1－1my2.
從而λ1＋λ2＝－2－1m1y1＋1y2＝－2－23＝－83.
即λ1＋λ2＝－83.
20．(12分)設G、M分別為△ABC的重心與外心，A(0，－1)，B(0,1)，且GM→＝λAB→(λ∈R)．
(1)求點C的軌跡方程；
(2)若斜率為k的直線l與點C的軌跡交于不同兩點P、Q，且滿足AP→＝AQ→ ，試求k的取值范圍．
解析：(1)設C(x，y)，則Gx3，y3.
∵GM→＝λAB→，(λ∈R)，∴GM∥AB.
∵點M是三角形的外心，∴M點在x軸上，即Mx3，0.
又∵MA→＝MC→，
∴ x32＋(0＋1)2＝ x3－x2＋y2，
整理，得x23＋y2＝1，(x≠0)，即為曲線C的方程．
(2)①當k＝0時，l和橢圓C有不同兩交點P、Q，根據橢圓對稱性有AP→＝AQ→.
②當k≠0時，可設l的方程為y＝kx＋m，
聯立方程組y＝kx＋m，x23＋y2＝1，消去y，
整理，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0.(*)
∵直線l和橢圓C交于不同兩點，
∴Δ＝(6km)2－4(1＋3k2)×(m2－1)＞0，
即1＋3k2－m2＞0.(**)
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1，x2是方程(*)的兩相異實根，
于是有x1＋x2＝－6km1＋3k2.
則PQ的中點N(x0，y0)的坐標是
x0＝x1＋x22＝－3km1＋3k2，y0＝kx0＋m＝m1＋3k2，
即N－3km1＋3k2，m1＋3k2，
又∵AP→＝AQ→，∴AN→⊥PQ→，
∴k•kAN＝k•m1＋3k2＋1－3km1＋3k2＝－1，∴m＝1＋3k22.
將m＝1＋3k22代入(**)式，得1＋3k2－1＋3k222＞0(k≠0)，
即k2＜1，得k∈(－1,0)∪(0,1)．
綜合①②得，k的取值范圍是(－1,1)．
21．(12分)已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的離心率為22，它的一條準線方程為x＝2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點A、B為橢圓上的兩個動點，橢圓的中心到直線AB的距離為63，求∠AOB的大小．
解析：(1)由題意，知ca＝22，a2c＝2，
得a＝2，c＝1，故a2＝2，b2＝1，
故橢圓方程為x22＋y2＝1.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
設直線AB的方程為x＝±63，或y＝kx＋b.
當直線AB的方程為x＝63時，由x＝63，x22＋y2＝1，
可求A63，63，B63，－63.
從而OA→•OB→＝0，可得∠AOB＝π2.
同理可知當直線AB的方程為x＝ －63時，和橢圓交得兩點A、B.
可得∠AOB＝π2.
當直線AB的方程為y＝kx＋b.
由原點到直線的距離為63，得b1＋k2＝63.
即1＋k2＝32b2.
又由y＝kx＋b，x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0.
得x1＋x2＝－4kb1＋2k2，x1x2＝2b2－21＋2k2，
從而y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)
＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝b2－2k21＋2k2.
OA→•OB→＝x1x2＋y1y2＝2b2－21＋2k2＋b2－2k21＋2k2
＝3b2－2(1＋k2)1＋2k2，
將1＋k2＝32b2代入上式，得OA→•OB→＝0，
∠AOB＝90°.
22．(12分)已知動點P與雙曲線x2－y23＝1的兩焦點F1、F2的距離之和為大于4的定值，且PF1→•PF2→的最大值為9.[來xkb1.com
(1)求動點P的軌跡E的方程；
(2)若A、B是曲線E上相異兩點，點M(0，－2)滿足AM→＝λMB→，求實數λ的取值范圍．
解析：(1)雙曲線x2－y23＝1的兩焦點F1(－2,0)、F2(2,0)．
設已知定值為2a，則PF1→＋PF2→＝2a，因此，動點P的軌跡E是以F1(－2,0)，F2(2,0)為焦點，長軸長為2a的橢圓．
設橢圓方程為x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)．
∵PF1→•PF2→≤PF1→＋PF2→22＝a2，
當且僅當PF1→＝PF2→時等號成立，
∴a2＝9，b2＝a2－c2＝5，
∴動點P的軌跡E的方程是x29＋y25＝1.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由AM→＝λMB→， 得
－x1＝λx2，－2－y1＝λ(y2＋2)，
且M、A、B三點共線，設直線為l，
①當直線l的斜率存在時，設 l：y＝kx－2，
由y＝kx－2，x29＋y25＝1，得(5＋9k2)x2－36kx－9＝0，
Δ＝(－36k)2－4(5＋9k2)(－9)＞0恒成立．
由韋達定理，得x1＋x2＝36k5＋9k2，x1x2＝－95＋9k2.
將x1＝－λx2代入，消去x2得(1－λ)2λ＝144k25＋9k2.
當k＝0時，得λ＝1；
當k≠0時，(1－λ)2λ＝1445k2＋9，由k2＞0，得
0＜(1－λ)2λ＜16，得9－45＜λ＜9＋45，且λ≠1.
②當直線l的斜率不存在時，A、B分別為橢圓短軸端點，此時λ＝－2－y12＋y2＝9±45.
綜上所述，λ的取值范圍是[9－45，9＋45]．一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．
1．若直線l與直線y＝1、x＝7分別交于點P、Q，且線段PQ的中點坐標為(1，－1)，則直線l的斜率為(　　)
A.13　　　　 B．－13　　　　C．－32　　　　 D.23
解析：設P點坐標為(a,1)，Q點坐標為(7，b)，則PQ中點坐標為a＋72，1＋b2，則
a＋72＝1，1＋b2＝－1，解得a＝－5，b＝－3，即可得P(－5,1)，Q(7，－3)，故直線l的斜
率為kPQ＝1＋3－5－7＝－13.
答案：B
2．若直線x＋(a－2)y－a＝0與直線ax＋y－1＝0互相垂直，則a的值為(　　)
A．2 B．1或2
C．1 D．0或1
解析：依題意，得(－a)×－1a－2＝－1，解得a＝1.
答案：C
3．已知圓(x－1)2＋(y－33)2＝r2(r＞0)的一條切線y＝kx＋3與直線x＝5的夾角為π6，則半徑r的值為(　　)
A.32 B.332
C.32或332 D.32或3
解析：∵直線y＝kx＋3與x＝5的夾角為π6，∴k＝±3.由直線和圓相切的條件得r＝32或332.
答案：C
4．頂點在原點、焦點在x軸上的拋物線被直線y＝x＋1截得的弦長是10，則拋物線的方程是(　　)
A．y2＝－x，或y2＝5x B．y2＝－x
C．y2＝x，或y2＝－5x D．y2＝5x
解析：由題意，可知拋物線的焦點在x軸上時應有兩種形式，此時應設為y2＝mx(m≠0)，聯立兩個方程，利用弦長公式，解得m＝－1，或m＝5，從而選項A正確．
答案：A
5．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，若該圓中過點M(3,5)的最長弦、最短弦分別為AC、BD，則以點A、B、C、D為頂點的四邊形ABCD的面積為(　　)
A．106 B．206
C．306 D．406
解析：已知圓的圓心為(3,4)，半徑為5，則最短的弦長為252－12＝46，最長的弦為圓的直徑為10，則四邊形的面積為12×46×10＝206，故應選B.
答案：B
6．若雙曲線x2a2－y2b2＝1的一個焦點到其對應準線和一條漸近線的距離之比為2∶3，則雙曲線的離心率是(　　)
A．3 B．5
C.3 D.5
解析：焦點到準線的距離為c－a2c＝b2c，焦點到漸近線的距離為bca2＋b2＝b，bc＝23，e＝3.
答案：C
7．若圓C與直線x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圓心在直線x＋y＝0上，則圓C的方程為(　　)
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y－1)2＝2
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2

解析：如圖，據題意知圓的直徑為兩平行直線x-y=0，x-y-4=0之間的距離2 ，故圓的半徑為 ，又A(2，-2)，故圓心C(1，-1)，即圓的方程為(x-1)2+(y+1)2=2.
答案：C
8．已知拋物線y2＝2px(p＞0)，過點E(m, 0)(m≠0)的直線交拋物線于點M、N，交y軸于點P，若PM→＝λME→，PN→＝μNE→，則λ＋μ ＝(　　)
A．1 B．－12
C．－1 D．－2
解析：設過點E的直線方程為y＝k(x－m)．代入拋物線方程，整理可得k2x2＋(－2mk2－2p)x＋m2k2＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝2p＋2mk2k2，x1x2＝m2.
由PM→＝λME→，PN→＝μNE→，可得
x1＝λ(m－x1)，x2＝μ(m－x2)，則λ＋μ＝x1m－x1＋x2m－x2＝x1(m－x2)＋x2(m－x1)(m－x1)(m－x2)＝m(x1＋x2)－2x1x2m2＋x1x2－m(x1＋x2)＝m(x1＋x2)－2m22m2－m(x1＋x2)＝－1.
答案：C
9．直線MN與雙曲線C：x2a2－y2b2＝1的左、右支分別交于M、N點，與雙曲線C的右準線相交于P點，F為右焦點，若FM＝2FN，又NP→＝λPM→(λ∈R)，則實數λ的值為(　　)
A.12 B．1
C．2 D.13
解析：如圖所示，分別過點M、N作MB⊥l于點B，NA⊥l于點A.

由雙曲線的第二定義，可得 = =e，
則 = =2.
∵△MPB∽△NPA，∴ = = ，即 = .
答案：A
10．在平面直角坐標系內，點P到點A(1,0)，B(a,4)及到直線x＝－1的距離都相等，如果這樣的點P恰好只有一個，那么a＝(　 　)
A．1 B．2
C．2或－2 D．1或－1
解析：依題意得，一方面，點P應位于以點A(1,0 )為焦點、直線x＝－1為準線的拋物線y2＝4x上；另一方面，點P應位于線段AB的中垂線y－2＝－a－14x－a＋12上．
由于要使這樣的點P是唯一的，
因此要求方程組y2＝4x，y－2＝－a－14x－a＋12有唯一的實數解．
結合選項進行檢驗即可．當a＝1時，拋物線y2＝4x與線段AB的中垂線有唯一的公共點，適合題意；當a＝－1時，線段AB的中垂線方程是y＝12x＋2，易知方程組y2＝4x，y＝12x＋2有唯一實數解．
綜上所述，a＝1，或a＝－1.
答案：D
11．已知橢圓C：x24＋y2＝1的焦點為F1、F2，若點P在橢圓上，且滿足PO2＝PF1•PF2(其中O為坐標原點)，則稱點P為“★點”．下列結論正確的是(　　)
A．橢圓C上的所有點都是“★點”
B．橢圓C上僅有有限個點是“★點”
C．橢圓C上的所有點都不是“★點”
D．橢圓C上有無窮多個點(但不是所有的點)是“★點”
解析：設橢圓C：x24＋y2＝1上點P的坐標為(2cosα，sinα)，由PO2＝PF1•PF2，可得4cos2α＋sin2α＝(2cosα＋3)2＋sin2α•(2cosα－3)2＋sin2α，整理可得cos2α＝12，即可得cosα＝±22，sinα＝±22，由此可得點P的坐標為±2，±22，即橢圓C上有4個點是“★點”．
答案：B
12．設雙曲線x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右頂點為A，P為雙曲線上的一個動點(不是頂點)，若從點A引雙曲線的兩條漸近線的平行線，與直線OP分別交于Q、R兩點，其中O為坐標原點，則OP2與OQ•OR的大小關系為(　　)
A．OP2＜OQ•OR B．OP2＞OQ•OR
C．OP2＝OQ•OR D．不確定
解析：設P(x0，y0)，雙曲線的漸近線方程是y＝±bax，直線AQ的方程是y＝ba(x－a)，直線AR的方程是y＝－ba(x－a)，直線OP的 方程是y＝y0x0x，可得Qabx0bx0－ay0，aby0bx0－ay0，Rabx0bx0＋ay0，aby0bx0＋ay0.
又x02a2－y02b2＝1，可得OP2＝OQ•OR.
答案：C
第Ⅱ卷　(非選擇　共90分)
二、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分．
13．若兩直線2x＋y＋2＝0與ax＋4y－2＝0互相垂直，則其交點的坐標為__________．
解析：由已知兩直線互相垂直可得a＝－2，
則由2x＋y＋2＝0，－x＋2y－1＝0得兩直線的交點坐標為(－1,0)．
答案：(－1,0)
14．如果點M是拋物線y2＝4x的一點，F為拋物線的焦點，A在圓C：(x－4)2＋(y－1)2＝1上，那么MA＋MF的最小值為__________．
解析：如圖所示，過點M作MB⊥l于點B.由拋物線定義，可得MF＝MB，則MA＋MF＝MA＋MB≥CB－1＝4＋1－1＝4.

答案：4
15．若過原點O且方向向量為(m,1)的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝4相交于P、Q兩點，則OP→•OQ→＝__________.
解析：可由條件設出直線方程，聯立方程運用韋達定理可求解，其中OP→•OQ→＝x1x 2＋y1y2是引發思路的關鍵．
答案：－3
16．如果F1為橢圓C：x22＋y2＝1的左焦點，直線l：y＝x－1與橢圓C交于A、B兩點，那么F1A＋F1B的值為__________．
解析：將l：y＝x－1代入橢圓C：x22＋y2＝1，可得x2＋2(x－1)2－2＝0，即3x2－4x＝0，解之得x＝0，或x ＝43.
可得A(0，－1)，B43，13.又F1(－1,0)，則F1A＋F1B＝(－1)2＋12＋43＋12＋132＝823.
答案：823
三、解答題：本大題共6小題，共70分．
17．(10分)已知橢圓 C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的長軸長為4.
(1)若以原點為圓心、橢圓短半軸為半徑的圓與直線y＝x＋2相切，求橢圓焦點坐標；
(2)若點P是橢圓C上的任意一點，過原點的直線L與橢圓相交于M、N兩點，記直線PM、PN的斜率分別為kPM、kPN，當kPM•kPN＝－14時，求橢圓的方程．
解析：(1)由b＝21＋1，得b＝2，
又 2a＝4，a＝2，a2＝4，b2＝2，c2＝a2－b2＝2，
故兩個焦點坐標為(2，0)，(－2，0)．
(2)由于過原點的直線L與橢圓相交的兩點M、N關于坐標原點對稱，
不妨設M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)．
點M、N、P在橢圓上，則它們滿足橢圓方程，
即有x02a2＋y02b2＝1，x2a2＋y2b2＝1，
兩式相減，得y2－y02x2－x02＝－b2a2.
由題意它們的斜率存在，則kPM＝y－y0x－x0，kPN＝y＋y0x＋x0，
kPM•kPN＝y－y0x－x0•y＋y0x＋x0＝y2－y02x2－x02＝－b2a2，
則－b2a2＝－14.
由a＝2，得b＝1.
故所求橢圓的方程為x24＋y2＝1.
18．(12分)已知兩點M(－1,0)，N(1,0)，點P為坐標平面內的動點，滿足MN→•NP→＝MN→•MP→.
(1)求動點P的軌跡方程；
(2)若點A(t,4)是動點P的軌跡上的一點，K(m,0)是x軸上的一動點，試討論直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4的位置關系．
解析：(1)設P(x，y)，則MN→＝(2,0)，NP→＝(x－1，y)，
MP→＝(x＋1，y)．
由MN→•NP→＝MN→•MP→，
得2(x－1)2＋y2＝2(x＋1)，
化簡，得y2＝4x.
故動點P的軌跡方程為y2＝4x.
(2)由點A(t,4)在軌跡y2＝4x上，
則42＝4t，解得t＝4，即A(4,4)．
當m＝4時，直線AK的方程為x＝4，
此時直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相離．
當m≠4時，直線AK的方程為y＝44－m(x－m)，
即4x＋m(m－4)y－4m＝0，
圓x2＋(y－2)2＝4的圓心(0,2)到直線AK的距離d＝2m＋816＋(m－4)2，
令d＝2m＋816＋(m－4)2＜2，解得m＜1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＝2，解得m＝1；
令d＝2m＋816＋(m－4)2＞2，解得m＞1.
綜上所述，當m＜1時，直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相交；
當m＝1時，直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相切 ；
當m＞1時，直線AK與圓x2＋(y－2)2＝4相離．

19．(12分)如圖，已知直線L：x＝my＋1過橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦點F，且交橢圓C于A、B兩點，若拋物線x2＝43y的焦點為橢圓C的上頂點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線L交y軸于點M，且MA→＝λ1AF→，MB→＝λ2BF→，當m變化時，求λ1＋λ2的值．
解析：(1)易知b＝3，得b2＝3.
又∵F(1,0)，
∴c＝1，a2＝b2＋c2＝4，
∴橢 圓C的方程為x24＋y23＝1.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋1，3x2＋4y2－12＝0，
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝ 0，Δ＝144(m2＋1)＞0，
于是1y1＋1y2＝2m3.(*)
∵L與y軸交于點M0，－1m，又由MA→＝λ1AF→，
∴x1，y1＋1m＝λ1(1－x1，－y1)，
∴λ1＝1－1my1.同理λ2＝－1－1my2.
從而λ1＋λ2＝－2－1m1y1＋1y2＝－2－23＝－83.
即λ1＋λ2＝－83.
20．(12分)設G、M分別為△ABC的重心與外心，A(0，－1)，B(0,1)，且GM→＝λAB→(λ∈R)．
(1)求點C的軌跡方程；
(2)若斜率為k的直線l與點C的軌跡交于不同兩點P、Q，且滿足AP→＝AQ→ ，試求k的取值范圍．
解析：(1)設C(x，y)，則Gx3，y3.
∵GM→＝λAB→，(λ∈R)，∴GM∥AB.
∵點M是三角形的外心，∴M點在x軸上，即Mx3，0.
又∵MA→＝MC→，
∴ x32＋(0＋1)2＝ x3－x2＋y2，
整理，得x23＋y2＝1，(x≠0)，即為曲線C的方程．
(2)①當k＝0時，l和橢圓C有不同兩交點P、Q，根據橢圓對稱性有AP→＝AQ→.
②當k≠0時，可設l的方程為y＝kx＋m，
聯立方程組y＝kx＋m，x23＋y2＝1，消去y，
整理，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0.(*)
∵直線l和橢圓C交于不同兩點，
∴Δ＝(6km)2－4(1＋3k2)×(m2－1)＞0，
即1＋3k2－m2＞0.(**)
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1，x2是方程(*)的兩相異實根，
于是有x1＋x2＝－6km1＋3k2.
則PQ的中點N(x0，y0)的坐標是
x0＝x1＋x22＝－3km1＋3k2，y0＝kx0＋m＝m1＋3k2，
即N－3km1＋3k2，m1＋3k2，
又∵AP→＝AQ→，∴AN→⊥PQ→，
∴k•kAN＝k•m1＋3k2＋1－3km1＋3k2＝－1，∴m＝1＋3k22.
將m＝1＋3k22代入(**)式，得1＋3k2－1＋3k222＞0(k≠0)，
即k2＜1，得k∈(－1,0)∪(0,1)．
綜合①②得，k的取值范圍是(－1,1)．
21．(12分)已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的離心率為22，它的一條準線方程為x＝2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點A、B為橢圓上的兩個動點，橢圓的中心到直線AB的距離為63，求∠AOB的大小．
解析：(1)由題意，知ca＝22，a2c＝2，
得a＝2，c＝1，故a2＝2，b2＝1，
故橢圓方程為x22＋y2＝1.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
設直線AB的方程為x＝±63，或y＝kx＋b.
當直線AB的方程為x＝63時，由x＝63，x22＋y2＝1，
可求A63，63，B63，－63.
從而OA→•OB→＝0，可得∠AOB＝π2.
同理可知當直線AB的方程為x＝ －63時，和橢圓交得兩點A、B.
可得∠AOB＝π2.
當直線AB的方程為y＝kx＋b.
由原點到直線的距離為63，得b1＋k2＝63.
即1＋k2＝32b2.
又由y＝kx＋b，x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0.
得x1＋x2＝－4kb1＋2k2，x1x2＝2b2－21＋2k2，
從而y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)
＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝b2－2k21＋2k2.
OA→•OB→＝x1x2＋y1y2＝2b2－21＋2k2＋b2－2k21＋2k2
＝3b2－2(1＋k2)1＋2k2，
將1＋k2＝32b2代入上式，得OA→•OB→＝0，
∠AOB＝90°.
22．(12分)已知動點P與雙曲線x2－y23＝1的兩焦點F1、F2的距離之和為大于4的定值，且PF1→•PF2→的最大值為9.[來xkb1.com
(1)求動點P的軌跡E的方程；
(2)若A、B是曲線E上相異兩點，點M(0，－2)滿足AM→＝λMB→，求實數λ的取值范圍．
解析：(1)雙曲線x2－y23＝1的兩焦點F1(－2,0)、F2(2,0)．
設已知定值為2a，則PF1→＋PF2→＝2a，因此，動點P的軌跡E是以F1(－2,0)，F2(2,0)為焦點，長軸長為2a的橢圓．
設橢圓方程為x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)．
∵PF1→•PF2→≤PF1→＋PF2→22＝a2，
當且僅當PF1→＝PF2→時等號成立，
∴a2＝9，b2＝a2－c2＝5，
∴動點P的軌跡E的方程是x29＋y25＝1.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由AM→＝λMB→， 得
－x1＝λx2，－2－y1＝λ(y2＋2)，
且M、A、B三點共線，設直線為l，
①當直線l的斜率存在時，設 l：y＝kx－2，
由y＝kx－2，x29＋y25＝1，得(5＋9k2)x2－36kx－9＝0，
Δ＝(－36k)2－4(5＋9k2)(－9)＞0恒成立．
由韋達定理，得x1＋x2＝36k5＋9k2，x1x2＝－95＋9k2.
將x1＝－λx2代入，消去x2得(1－λ)2λ＝144k25＋9k2.
當k＝0時，得λ＝1；
當k≠0時，(1－λ)2λ＝1445k2＋9，由k2＞0，得
0＜(1－λ)2λ＜16，得9－45＜λ＜9＋45，且λ≠1.
②當直線l的斜率不存在時，A、B分別為橢圓短軸端點，此時λ＝－2－y12＋y2＝9±45.
綜上所述，λ的取值范圍是[9－45，9＋45]．

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