2019-2020学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2019-2020学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2019-2020 学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二上学 期期中考试数学试题 一、单选题 1．顶点在原点，焦点是 0,3 的抛物线的方程是（ ） A． 2 12y x B． 2 12x y C． 2 1 12y x D． 2 1 12x y 【答案】B 【解析】根据题意，由抛物线的焦点分析可得抛物线开口向上且 2 p  3，解可得 p 的值， 据此分析可得答案． 【详解】 根据题意，要求抛物线的顶点在原点，焦点是（0，3）， 则抛物线开口向上且 2 p  3，解可得 p＝6， 则要求抛物线的方程为 x2＝12y； 故选：B． 【点睛】 本题考查抛物线的几何性质以及标准方程，属于基础题． 2．下列叙述不正确的是（ ） A．平面直角坐标系内的任意一条直线都有倾斜角和斜率 B．直线倾斜角的范围是 0°≤α＜180° C．若一条直线的倾斜角为α（α≠90°），则此直线的斜率为 tanα D．与坐标轴垂直的直线的倾斜角是 0°或 90° 【答案】A 【解析】根据斜率的定义知当直线与 x 轴垂直时，斜率不存在，得到答案. 【详解】 根据斜率的定义知：当直线与 x 轴垂直时，斜率不存在，故 A 错误，其他选项正确. 故选： A 【点睛】 本题考查了直线的倾斜角和斜率的定义，属于简单题. 3．已知命题 p：“m＝﹣2”，命题 q：“直线 4x﹣y＝0 与直线 x+m2y＝0 互相垂直”．则 命题 p 是命题 q 的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要 【答案】A 【解析】根据垂直计算得到 2m   ，根据范围的大小关系得到答案. 【详解】 直线 4x﹣y＝0 与直线 x+m2y＝0 互相垂直，即 24 0 2m m     ； 故命题 p 是命题 q 的充分不必要条件 故选： A 【点睛】 本题考查了充分不必要条件，根据垂直得到 2m   是解题的关键. 4．若曲线 C：x2+y2﹣2ax+6ay+10a2﹣1＝0 上所有的点均在第二象限内，则 a 的取值范 围为（ ） A．（﹣1，0） B．（﹣∞，﹣1） C．（1，+∞） D．（0，1） 【答案】B 【解析】化简得到   2 23 1x a y a    ，根据所有的点均在第二象限内得到 1 3 1 a a     ，计算得到答案. 【详解】 曲线 C：x2+y2﹣2ax+6ay+10a2﹣1＝0 即    2 23 1x a y a    所有的点均在第二象限内，即 1 3 1 a a     解得 1a   故选： B 【点睛】 本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力. 5．已知 F1，F2 分别是椭圆   2 2 2 2 1 0x yC a ba b  ： ＞ ＞ 的左、右焦点，椭圆 C 上不存在 点 P 使 1 2 3F PF   ，则椭圆 C 的离心率的取值范围是（ ） A． 2 12 ，      B． 1 12      ， C． 20 2 ，      D． 10 2      ， 【答案】D 【解析】根据题意得到 1 2 3F PF  恒成立，得到 1sin sin 6 cF PO a    计算得到答 案. 【详解】 椭圆 C 上不存在点 P 使 1 2 3F PF   ，即 1 2 3F PF  恒成立 当 P 在短轴顶点时 1 2F PF 最大，即 1 1sin sin 6 2 cF PO a    ，即 1 2e  故选： D 【点睛】 本题考查了椭圆的离心率，确定角度最大的点是解题的关键. 6．“ 2, 0x R x x    ”的否定是（ ） A． 2, 0x R x x    B． 2, 0x R x x    C． 2 0 0 0, 0x R x x    D． 2 0 0 0, 0x R x x    【答案】D 【解析】试题分析：因为全称命题的否定是存在性命题，所以“ 2, 0x R x x    ”的 否定是“ 2 0 0 0, 0x R x x    ”，故选 D. 【考点】命题的否定． 7．已知双曲线   2 2 2 2 1 0 0x y a ba b   ＞ ， ＞ 的一条渐近线方程为 2 2y x ，且它的一个 焦点在抛物线 y2＝12x 的准线上，则双曲线的方程为（ ） A． 2 2 14 32 x y  B． 2 2 18 yx   C． 2 2 132 4 x y  D． 2 2 18 x y  【答案】B 【解析】根据渐近线得到 2 2b a ，再计算抛物线 2 12y x 的准线为 3x   得到 3c  ， 解得答案. 【详解】 双曲线   2 2 2 2 1 0 0x y a ba b    ， 的一条渐近线方程为 2 2 2 2y x b a   抛物线 2 12y x 的准线为 3x   ，故双曲线的一个焦点为 3,0 3c   故 1, 2 2a b  双曲线方程为： 2 2 18 yx   故选： B 【点睛】 本题考查了双曲线方程，抛物线的准线，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 8．半径为 1 的圆 C 的圆心在第四象限，且与直线 y=0 和 3 6 0x y   均相切，则该 圆的标准方程为（ ） A． 2 2( 1) ( 3) 1x y    B． 2 2( 3) ( 1) 1x y    C． 2 2( 1) ( 3) 1x y    D． 2 2( 3) ( 1) 1x y    【答案】D 【解析】根据题意设出圆心（a，﹣1），再由点到直线的距离公式求出 a ，结合圆的标 准方程以及选项即可得出答案. 【详解】 如图， 由题意可设圆心坐标为（a，﹣1），r=1． 则 2 2 3 1 6 1 ( 3) ( 1) a d       ，即 3 5 2a   ， 解得 a 3 或 7 3 3 ． 结合选项可得，所求圆的方程为 2 2( 3) ( 1) 1x y    ． 故选：D 【点睛】 本题主要考查了点到直线的距离公式、圆的标准方程以及直线与圆的位置关系，需熟记 点到直线的距离公式，圆的标准方程形式.属于基础题. 9．设双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左、右两焦点分别为 F1、F2，P 是双曲线上一点， 点 P 到双曲线中心的距离等于双曲线焦距的一半，且 1 2 4PF PF a  ，则双曲线离心 率是（ ） A． 10 2 B． 6 2 C． 5 2 D． 3 2 【答案】A 【解析】由点 P 到双曲线中心的距离等于双曲线焦距的一半，根据直角三角形的性质， 可得 1 2PF PF ，得到 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F  ，即即 2 2 29 4a a c  ，再根据离心率 的定义，即可求解。 【详解】 由题意，不妨设点 P 在双曲线的右支上，则 1 2 2PF PF a  ， 因为 1 2 4PF PF a  ，所以 1 23 ,PF a PF a  ， 因为点 P 到双曲线中心的距离等于双曲线焦距的一半可知， 根据直角三角形的性质，可得 1 2PF PF ，所以 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F  ， 即 2 2 29 4a a c  ，得 2 2 10 4 c a  ．所以双曲线的离心率 10 2 ce a   ， 故选：A． 【点睛】 本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心 率的方程是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出 ,a c ，代入公式 ce a  ；②只需要根据一个条件得到关于 , ,a b c 的齐次式，转化 为 ,a c 的齐次式，然后转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得 e ( e 的取 值范围)． 10．已知（﹣2，1）是直线 l 被椭圆 2 2 136 9 x y  所截得线段的中点，则直线 l 的方程是 （ ） A．x﹣2y＝0 B．x﹣2y+4＝0 C．2x+y+3＝0 D．2x﹣3y﹣1＝0 【答案】B 【解析】设直线 l 与椭圆 2 2 136 9 x y  相交于 AB ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，代入作差 得到 4 2 036 9 k   解得直线方程. 【详解】 设直线 l 与椭圆 2 2 136 9 x y  相交于 AB ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 则 2 2 1 1 136 9 x y  ， 2 2 2 2 136 9 x y  两式相减得到      1 2 1 2 1 2 1 2 036 9 x x x x y y y y     即 4 2 1036 9 2 k k     ，故直线方程为  1 2 1 2 4 02y x x y       故选： B 【点睛】 本题考查了利用点差法求直线方程，意在考查学生对于点差法的掌握情况和计算能力. 11．已知点 P（x，y）是直线 3 8 0x y   上一动点，直线 PA，PB 是圆 C：x2+y2 ﹣4y＝0 的两条切线，A，B 为切点，C 为圆心，则四边形 PACB 面积的最小值是 （ ） A． 2 3 B．4 C． 2 5 D． 2 6 【答案】C 【解析】化简得到  22 2 4x y   得到半径和圆心，计算 22 4S PC  ，计算 PC 最小值代入得到答案. 【详解】  22 2 24 0 2 4x y y x y      ，圆心  0,2C ，半径 2r = 21 1 2 42 2PAC PBCS S S PA r PB r PC         即当 PC 最小时面积最小 PC 最小值为圆心到直线的距离： 2 8 32d   故 min 2 5S  故选：C 【点睛】 本题考查了与圆相关的面积的最小值问题，计算得到 22 4S PC  是解题的关键. 12．已知 P 为椭圆 2 2 1144 128 x y  上的点，点 M 为圆 2 2 1 ( 4) 9C x y  ： 上的动点，点 N 为圆 2 2 2 ( 4) 1C x y  ： 上的动点，则|PM|+|PN|的最大值为（ ） A．28 B．30 C．32 D．36 【答案】A 【解析】先计算 21 24PF PF  ，计算 1 2 21PF rP PN FM P r    得到答案. 【详解】 椭圆 2 2 1144 128 x y  焦点坐标为    1 24,0 , 4,0F F ， 21 24PF PF  1 2 21 28P PF r PF rM PN      ，当 1PC M 共线和 2PC N 共线时等号成立 故选： A 【点睛】 本题考查了椭圆距离的最值问题，将距离转化为到圆心的距离是解题的关键. 二、填空题 13．设 F1，F2 分别是椭圆 2 2 125 16 x y  的左、右焦点，P 为椭圆上一点，M 是线段 PF1 的中点，|OM|＝2（O 为坐标原点），则|PF1|＝_____． 【答案】6． 【解析】根据椭圆定义得到 21 10PF PF  ，根据中位线得到 2 2 4PF OM  得 到答案. 【详解】 椭圆 2 2 125 16 x y  ，则 21 10PF PF  ， 2 14 62 2OM PF OM PF   ＝ 故答案为： 6 【点睛】 本题考查了焦点三角形的长度问题，利用中位线得到 2 2 4PF OM  是解题的关键. 14 ． 已 知 变 量 ,x y 满 足 约 束 条 件 { 2 6 x y y x x y     ， 则 2z x y  的 取 值 范 围 是 ______________ ． 【答案】 【解析】 作出可行域，如图 OAB 内部（含边界），作直线 : 2 0l x y  ，平移直线l ，易知 ,O A 两 点 是 最 优 解 ， 当 l 过 O 时 ， 2 0z x y   为 最 大 值 ， 当 l 过  2,4A 时 ， 2 6z x y    为最小值，因此 z 的范围是 6,0 ． 15．已知 F 为双曲线 2 2 : 19 16 x yC   的左焦点， ,P Q 为C 上的点，若 PQ 的长等于虚轴 长的 2 倍，点  5,0A 在线段 PQ 上，则 PQF 的周长为________. 【答案】44 【解析】【详解】 由题意因为 PQ 过双曲线的右焦点(5，0)， 所以 P，Q 都在双曲线的右支上， 则有 6, 6FP PA PQ QA    ， 两式相加，利用双曲线的定义得 28FP FQ  ， 所以△PQF 的周长为 28 4FP FQ PQ b    =28＋16＝44. 故答案为 44. 16．F1，F2 是椭圆 C1 和双曲线 C2 的公共焦点，e1，e2 分别为曲线 C1，C2 的离心率，P 为曲线 C1，C2 的一个公共点，若 1 2 3F PF   ，且 2 3 2e   ， ，则 e1∈_____． 【答案】 2 13 3 13 3       ， ． 【解析】不妨设点 P 在第一象限，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△PF1F2 中，由余弦定理可 得：4c2＝m2+n2﹣2mncos 3  ．4c2＝a2+3a12 得到 2 2 1 2 1 3 4e e   ，根据范围得到答案. 【详解】 如图所示，设双曲线 C2 的标准方程为： 2 2 2 2 1 1 x y a b   1（a1，b1＞0），半焦距为 c． 椭圆 C1： 2 2 2 2 1x y a b   （a＞b＞0），半焦距为 c． 不妨设点 P 在第一象限，设|PF1|＝m，|PF2|＝n． ∴m+n＝2a，m﹣n＝2a1．⇒m＝a+a1．n＝a﹣a1． 在△PF1F2 中，由余弦定理可得：4c2＝m2+n2﹣2mncos 3  ．4c2＝a2+3a12． 两边同除以 c2，得 2 2 1 2 1 3 4e e   ，∵ 2 2 1 1 1 4 3e     ， ，∴ 2 1 1 133 4e      ， ∴ 1 2 13 3 13 3e       ， ． 故答案为： 2 13 3 13 3       ， 【点睛】 本题考查了椭圆和双曲线的离心率，计算得到 2 2 1 2 1 3 4e e   是解题的关键，意在考查学 生的计算能力. 三、解答题 17．已知点 A（a，3），圆 C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4． （1）设 a＝4，求过点 A 且与圆 C 相切的直线方程； （2）设 a＝3，直线 l 过点 A 且被圆 C 截得的弦长为 2 3 ，求直线 l 的方程． 【答案】(1) y 3 2 6 5  （x﹣4）+3；(2) y＝x﹣6 或 y 1 3  x+2． 【解析】（1）设过 A 的直线为 y＝k（x﹣4）+3，利用 d 2 1 3 1 k k    2 计算得到答案. （2）设直线 l 的方程为 y＝k（x﹣3）+3，利用圆心到 l 的距离 d 2 2 2 1 2 2 ( 3) 1 k k     解得答案. 【详解】 （1）a＝4 时，设过 A 的直线为 y＝k（x﹣4）+3，则圆 C 的圆心（1，2）到直线的距离 d 2 1 3 1 k k    2，解得 k 3 2 6 5  ， 所以过点 A 且与圆相切的直线方程为：y 3 2 6 5  （x﹣4）+3； （2）a＝3 时，设直线 l 的方程为 y＝k（x﹣3）+3，则圆心到 l 的距离 d 2 2 2 1 2 2 ( 3) 1 k k     ，解得 k＝1 或 1 3 ， 所以直线 l 的方程为 y＝x﹣6，或 y 1 3  x+2． 【点睛】 本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力. 18．在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知（sinB+sinC）（b﹣c） ＝（sinA+sinC）a． （1）求 B； （2）已知 b＝4，△ABC 的面积为 3 ，求△ABC 的周长． 【答案】(1) B 2 3  ．(2) 2 5  4． 【解析】（1）利用正弦定理得到 a2+c2﹣b2＝﹣ac，再利用余弦定理得到 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac     ，解得答案. （2）根据面积公式计算得到 ac＝4，再利用余弦定理得到 a+c＝2 5 ，得到周长. 【详解】 （1）∵（sinB+sinC）（b﹣c）＝（sinA+sinC）a， ∴由正弦定理可得：（b+c）（b﹣c）＝（a+c）a，∴a2+c2﹣b2＝﹣ac， ∴cosB 2 2 2 1 2 2 2 a c b ac ac ac       ，∵B∈（0，π），∴B 2 3  ． （2）∵b＝4，B 2 3  ，△ABC 的面积为 13 2  acsinB 3 4  ac，∴解得 ac＝4， 由余弦定理 b2＝a2+c2﹣2accosB，可得 16＝a2+c2+ac＝（a+c）2﹣ac＝（a+c）2﹣4 解得 a+c＝2 5 ， ∴△ABC 的周长 a+c+b＝2 5  4． 【点睛】 本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生对于三角公式的灵活运用. 19．设各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足：对任意的 n∈N，都有 an+1+Sn+1 ＝1，又 a1 1 2  ． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令 bn＝log2an，求 1 2 2 3 1 1 1 1 n nb b b b b b     （n∈N） 【答案】(1) an 1 2n ；(2) 1 n n  ． 【解析】（1）利用公式 1n n na S S   化简得到 1 1 2n na a  ，计算 1 1 2a  ，得到答案. （2）计算得到 nb n  ，  1 1 1 1 1 1 1n nb b n n n n     ，利用裂项求和计算得到答案. 【详解】 （1）根据题意，由 an+1+Sn+1＝1，①，则有 an+Sn＝1，②，（n≥2） ①﹣②得：2an+1＝an，即 an+1 1 2  an，又由 a1 1 2  ， 当 n＝1 时，有 a2+S2＝1，即 a2+（a1+a2）＝1，解可得 a2 1 4  ， 则所以数列{an}是首项和公比都为 1 2 的等比数列，故 an 1 2n ； （2）由（1）的结论，an 1 2n ，则 bn＝log2an＝﹣n，则              1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 1 1 2 2 3 1n nb b b b b b n n n n                           ＝（1 1 2  ）+（ 1 2 3 1 ）+……+（ 1 1 1n n   ）＝1 1 1 1 n n n    ． 【点睛】 本题考查了求通项公式，裂项求和法计算前 n 项和，意在考查学生对于数列公式的综合 应用. 20．已知椭圆   2 2 2 2 1 0x yC a ba b  ： ＞ ＞ 的离心率为 2 2 ，过右焦点 F 与长轴垂直的直 线与椭圆在第一象限相交于点 M， 2 2MF  ． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）斜率为 1 的直线 l 与椭圆相交于 B，D 两点，若以线段 BD 为直径的圆恰好过坐标 原点，求直线 l 的方程． 【答案】(1) 2 2 12 x y  ．(2) y＝x 2 3 3  或 y＝x 2 3 3  ． 【解析】（1）根据离心率 2 2 得到 a2＝2 c2，根据 2 2MF  得到 2 2 2 1 12 c a b   ，计算 得到答案. （2）设 l 的方程为：y＝x+m，B（x1，y1），D（x2，y2），联立方程，利用韦达定理得 到 x1+x2 4 3 m  ，x1 x2 22 2 3 m  ，代入计算 0OB OD   得到答案. 【详解】 （1）∵椭圆的离心率为 2 2 ，∴e 2 2 c a   ，即 a2＝2c2①， ∵过右焦点 F 与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点 M， 2 2MF  ． ∴M（c， 2 2 ）再代入椭圆方程得， 2 2 2 1 12 c a b   ②，又 a2＝b2+c2③， 联立①②③得，b2＝c2＝1，a2＝2，∴椭圆方程： 2 2 12 x y  ． （2）设 l 的方程为：y＝x+m，B（x1，y1），D（x2，y2）， 联立 2 2 12 y x m x y     ，得 3x2+4mx+2m2﹣2＝0， x1+x2 4 3 m  ，x1 x2 22 2 3 m  ，y1+y2 2 3 m ，y1 y2 2 2 3 m  ， ∵以线段 BD 为直径的圆恰好过坐标原点， ∴     2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 3 4 3 3 3 m m mOB OD x y x y x x y y             ， ， 0， ∴m 2 3 3   ． ∴直线 l 方程为 y＝x 2 3 3  或 y＝x 2 3 3  ． 【点睛】 本题考查了椭圆的标准方程，直线方程，意在考查学生的计算能力和转化能力. 21．在如图所示的五面体 ABCDEF 中， / /AB CD ， 2 2AB AD  ， 120ADC BCD    ，四边形 EDCF 是正方形，二面角 E DC A  的大小为 90 ． （1）在线段 AB 上找出一点 G ，使得 / /EG 平面 BDF ，并说明理由； （2）求直线 EC 与平面 BDF 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析（2） 10 5 ． 【解析】试题分析：（1）当点G 为线段 AB 的中点时， / /EG 平面 BDF ，利用线面平 行的判定定理证明；（2）利用空间向量法求线面角。 试题解析： （1）当点G 为线段 AB 的中点时， / /EG 平面 BDF ； 取 AB 的中点G ，连接 EG ； 因为 / /AB CD ， 120ADC BCD    ， 2 2AB AD  ，所以 1DC  ，又四边形 EDCF 是正方形，所以 / /EF BG ， EF BG ， 故四边形 EFBG 为平行四边形，故 / /EG BF ， 因为 EG  平面 BDF ， BF  平面 BDF ， 所以 / /EG 平面 BDF ． （2）因为四边形 EDCF 是正方形，二面角 E DC A  的大小为90 ， 所以 ED  平面 ABCD ， 在 ABD 中，由余弦定理得 3BD  ，所以 AD BD ． 如图，以 D 为原点，以 DA ， DB ， DE 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐 标系， 则  0,0,0D ， 1 3, ,02 2C      ，  0,0,1E ， (0, 3 0B ，）， 1 3, ,12 2F      ， 所以 1 3, , 12 2EC         ， 1 3, ,12 2DF        ，  0, 3,0DB  ， 设平面 BDF 的法向量为  , ,n x y z ，由 0, 0, n DB n DF         所以 3 0, 1 3 0,2 2 y x y z       取 1z  ，则 2x  ， 0y  ，得  2,0,1n  ， 故所求正弦值为 2 10sin 52 5 n EC n EC         ． 点睛：立体几何求线面角、二面角可以借助空间坐标系求解。首先正确建立空间坐标系， 求解点坐标，然后求出对应的面的法向量、目标线向量，利用求角公式，求得线面角、 二面角即可。 22．在如图所示的五面体 ABCDEF 中，AB∥CD，AB＝2AD＝2，∠ADC＝∠BCD＝ 120°，四边形 EDCF 是正方形，二面角 E﹣DC﹣A 的大小为 90°． （1）求证：直线 AD⊥平面 BDE （2）求点 D 到平面 ABE 的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 3 21 14 ． 【解析】（1）先证明 ED⊥AD，再由余弦定理得 BD 3 ，根据勾股定理证明 AD⊥BD 得到证明. （2）利用等体积法 VE﹣ABD＝VD﹣ABE，得到  1 1 3 1 1 71 2 1 23 2 2 3 2 2 h          计算得到答案. 【详解】 （1）证明：因为四边形 EDCF 为正方形，所以 ED⊥CD 因为二面角 E﹣DC﹣A 的大小为 90°，所以平面 EDCF⊥平面 ABCD， 由面面垂直的性质定理得 ED⊥平面 ABCD，又 AD⊂平面 ABCD， 所以 ED⊥AD，又因为∠ADC＝120°，AB∥CD， 所以∠DAB＝60°，又 AB＝2AD＝2， 所以由余弦定理得 BD 3 ，所以 AD2+BD2＝AB2，即 AD⊥BD， 又 DE∩DB＝D，DE，DB⊂平面 BDE，所以 AD⊥平面 BDE； （2）设点 D 到平面 ABE 的距离为 h，则 VE﹣ABD＝VD﹣ABE， 所以  1 1 3 1 1 71 2 1 23 2 2 3 2 2 h          所以 h 3 21 14  ， 所以点 D 到平面 ABE 的距离为 3 21 14 ． 【点睛】 本题考查了线面垂直，点到平面的距离，利用等体积法可以简化运算，是解题的关键. 23．已知动点 M 到定点  3 0A ， 的距离和它到直线 4 3 3x  的距离的比是常数 3 2 ． （1）求动点 M 的轨迹方程； （2）令（1）中方程表示曲线 C，点 S（2，0），过点 B（1，0）的直线 l 与曲线 C 相 交于 P，Q 两点，求△PQS 的面积的取值范围． 【答案】(1) 2 2 14 x y  ，(2) 0＜S 3 2  ． 【解析】（1）设 M（x，y），直接根据距离比计算得到答案. （2）设直线 l：x＝ky+1，联立方程，利用韦达定理得到 y1+y2 2 2 4 k k   ，y1y2 2 3 4 k   ， 令 t 2 1 4k   ，则|AB|＝4 22 13( )3 3t   ，计算得到答案. 【详解】 （1）设 M（x，y），由题意得 2 2( 3) 3 24 3 3 x y x     ，得 2 2 14 x y  ， （2）设直线 l：x＝ky+1，由 2 2 1 0 14 1 x ky x y      ，消去 x 得（4+k2）y2+2ky﹣3＝0， y1+y2 2 2 4 k k   ，y1y2 2 3 4 k   ， |PQ | 21 k  |y1﹣y2| 2 2 2 4 31 4 kk k    4  2 2 2 2 ( 3) 1 ( 4) k k k    ， 令 t 2 1 4k   ∈（0， 1 4 ]， 上式化简为：|PQ |＝4 2 2 2 1 13( ) 4 14 4k k       |＝4 22 13( )3 3t   ， 函数在定义域内单调递减，故当 t 1 4  ，有最大值 3 ， 所以 0＜S 1 332 2BS   ． 【点睛】 本题考查了轨迹方程，面积的取值范围，意在考查学生的计算能力.