数学卷·2018届重庆市杨家坪中学高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届重庆市杨家坪中学高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年重庆市杨家坪中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．）‎ ‎1．已知倾斜角为θ的直线，与直线x﹣3y+1=0垂直，则tanθ=（　　）‎ A． B．3 C．﹣3 D．‎ ‎2．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的两个焦点为F1（﹣5，0），F2（5，0），P为双曲线C的右支上一点，且满足|PF1|﹣|PF2|=2，则双曲线C的方程为（　　）‎ A．﹣=1 B．﹣=1‎ C．﹣=1 D．﹣=1‎ ‎3．“a+b=2”是“直线x+y=0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．圆O：x2+y2﹣2x﹣7=0与直线l：（λ+1）x﹣y+1﹣λ=0（λ∈R）的位置关系是（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定 ‎5．已知F是椭圆+=1（a＞b＞0）的左焦点，A为右顶点，P是椭圆上一点，且PF⊥x轴，若|PF|=|AF|，则该椭圆的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知命题p：“∀x∈[0，1]，a≥2x”，命题p：“∃x∈R，x2+4x+a=0”，若命题“p∧q”是真命题，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．[1，4] B．[2，4] C．[2，+∞） D．[4，+∞）‎ ‎7．某几何体的主视图和左视图如图（1），它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1‎ 如图（2），其中O1A1=6，O1C1=2，则该几何体的侧面积为（　　）‎ A．48 B．64 C．96 D．128‎ ‎8．以原点O引圆（x﹣m）2+（y﹣2）2=m2+1的切线y=kx，当m变化时切点P的轨迹方程是（　　）‎ A．x2+y2=3 B．（x﹣1）2+y2=3 C．（x﹣1）2+（y﹣1）2=3 D．x2+y2=2‎ ‎9．直线l交椭圆4x2+5y2=80于M、N两点，椭圆的上顶点为B点，若△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点上，则直线l的方程是（　　）‎ A．5x+6y﹣28=0 B．5x﹣6y﹣28=0 C．6x+5y﹣28=0 D．6x﹣5y﹣28=0‎ ‎10．已知函数f（x）=（ex+1）（ax+2a﹣2），若存在x∈（0，+∞），使得不等式f（x）﹣2＜0成立，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B．（0，） C．（﹣∞，1） D．（﹣∞，）‎ ‎11．双曲线x2﹣y2=2016的左、右顶点分别为A1、A2，P为其右支上一点，且P不在x轴上，若∠A1PA2=4∠PA1A2，则∠PA1A2等于（　　）‎ A． B． C． D．无法确定 ‎12．已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点．且∠F1PF2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（　　）‎ A． B． C．3 D．2‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题4个小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13．两条平行直线l1：x+2y+5=0和l2：4x+8y+15=0的距离为　　．‎ ‎14．一个球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36π，那么该三棱柱的体积是　　．‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为　　‎ ‎16．如图所示，过抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F作直线交C于A、B两点，过A、B分别向C的准线l作垂线，垂足为A′，B′，已知四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7，则△A′B′F的面积为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题6个小题，共70分．）‎ ‎17．在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为圆心的圆与直线：相切．‎ ‎（1）求圆O的方程；‎ ‎（2）若圆O上有两点M、N关于直线x+2y=0对称，且，求直线MN的方程．‎ ‎18．（Ⅰ）命题“”为假命题，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若“x2+2x﹣8＜0”是“x﹣m＞0”的充分不必要条件，求实数m的取值范围．‎ ‎19．已知双曲线C：﹣=1 的离心率是，其一条准线方程为x=．‎ ‎（Ⅰ）求双曲线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设双曲线C的左右焦点分别为A，B，点D为该双曲线右支上一点，直线AD与其左支交于点E，若=λ，求实数λ的取值范围．‎ ‎20．如图，曲线c1：y2=2px（p＞0）与曲线c2：（x﹣6）2+y2=36只有三个公共点O，M，N，其中O为坐标原点，且•=0．‎ ‎（1）求曲线c1的方程；‎ ‎（2）过定点M（3，2）的直线l与曲线c1交于A，B两点，若点M是线段AB的中点，求线段AB的长．‎ ‎21．已知A、B、C是椭圆M： =1（a＞b＞0）上的三点，其中点A的坐标为，BC过椭圆M的中心，且．‎ ‎（1）求椭圆M的方程；‎ ‎（2）过点（0，t）的直线l（斜率存在时）与椭圆M交于两点P、Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且，求实数t的取值范围．‎ ‎22．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且F1，F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形，点P（，）在椭圆C上．‎ ‎（I）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）过F2作互相垂直的两直线AB，CD分别交椭圆于点A，B，C，D，且M，N分别是弦AB，CD的中点，求△MNF2面积的最大值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市杨家坪中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．）‎ ‎1．已知倾斜角为θ的直线，与直线x﹣3y+1=0垂直，则tanθ=（　　）‎ A． B．3 C．﹣3 D．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．‎ ‎【分析】利用直线相互垂直的充要条件即可得出．‎ ‎【解答】解：∵倾斜角为θ的直线，与直线x﹣3y+1=0垂直，‎ ‎∴×tanθ=﹣1，‎ 解得tanθ=﹣3．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的两个焦点为F1（﹣5，0），F2（5，0），P为双曲线C的右支上一点，且满足|PF1|﹣|PF2|=2，则双曲线C的方程为（　　）‎ A．﹣=1 B．﹣=1‎ C．﹣=1 D．﹣=1‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】由题意求得c，结合已知求得a，再由隐含条件求得b，则双曲线方程可求．‎ ‎【解答】解：由题意，知c=5，‎ 又P为双曲线C的右支上一点，且满足|PF1|﹣|PF2|=2，‎ ‎∴2a=2，得a=．‎ 则b2=c2﹣a2=25﹣5=20．‎ ‎∴双曲线C的方程为．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．“a+b=2”是“直线x+y=0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】根据直线与圆相切的充要条件，可得“直线x+y=0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的等价命题“a+b=±2”，进而根据充要条件的定义，可得答案．‎ ‎【解答】解：若直线x+y=0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切 则圆心（a，b）到直线x+y=0的距离等于半径 即=，即|a+b|=2‎ 即a+b=±2‎ 故“a+b=2”是“直线x+y=0与圆（x﹣a）2+（y﹣b）2=2相切”的充分不必要条件 故选A ‎　‎ ‎4．圆O：x2+y2﹣2x﹣7=0与直线l：（λ+1）x﹣y+1﹣λ=0（λ∈R）的位置关系是（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定 ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】根据直线l：（λ+1）x﹣y+1﹣λ=0（λ∈R），经过定点A（1，2），且点A在圆内，可得直线和圆相交．‎ ‎【解答】解：直线l：（λ+1）x﹣y+1﹣λ=0（λ∈R），可化为λ（x﹣1）+（x﹣y+1）=0，‎ 令x﹣1=0，则x﹣y+1=0，可得定点A（1，2）‎ 定点A（1，2）在圆内，‎ 故直线和圆相交，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．已知F是椭圆+=1（a＞b＞0）的左焦点，A为右顶点，P是椭圆上一点，且PF⊥x轴，若|PF|=|AF|，则该椭圆的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】令x=﹣c，代入椭圆方程，解得|PF|，再由|AF|=a+c，列出方程，再由离心率公式，即可得到．‎ ‎【解答】解：由于PF⊥x轴，‎ 则令x=﹣c，代入椭圆方程，解得，‎ y2=b2（1﹣）=，‎ y=，‎ 又|PF|=|AF|，‎ 即=（a+c），‎ 即有4（a2﹣c2）=a2+ac，‎ 即有（3a﹣4c）（a+c）=0，‎ 则e=．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．已知命题p：“∀x∈[0，1]，a≥2x”，命题p：“∃x∈R，x2+4x+a=0”，若命题“p∧q”是真命题，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．[1，4] B．[2，4] C．[2，+∞） D．[4，+∞）‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】对于命题p：利用ax在x∈[0，1]上单调递增即可得出a的取值范围，对于命题q利用判别式△≥0即可得出a的取值范围，再利用命题“p∧q”是真命题，则p与q都是真命题，求其交集即可．‎ ‎【解答】解：对于命题p：∀x∈[0，1]，a≥2x，∴a≥（2x）max，x∈[0，1]，∵2x在x∈[0，1]上单调递增，‎ ‎∴当x=1时，2x取得最大值2，‎ ‎∴a≥2．‎ 对于命题q：∃x∈R，x2+4x+a=0，∴△=42﹣4a≥0，解得a≤4．‎ 若命题“p∧q”是真命题，则p与q都是真命题，‎ ‎∴2≤a≤4．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．某几何体的主视图和左视图如图（1），它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1如图（2），其中O1A1=6，O1C1=2，则该几何体的侧面积为（　　）‎ A．48 B．64 C．96 D．128‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱，计算出底面的周长和高，进而可得几何体的侧面积．‎ ‎【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱，‎ ‎∵它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，O1A1=6，O1C1=2，‎ ‎∴它的俯视图的直观图面积为12，‎ ‎∴它的俯视图的面积为：24，‎ ‎∴它的俯视图 的俯视图是边长为：6的菱形，‎ 棱柱的高为4‎ 故该几何体的侧面积为：4×6×4=96，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．以原点O引圆（x﹣m）2+（y﹣2）2=m2+1的切线y=kx，当m变化时切点P的轨迹方程是（　　）‎ A．x2+y2=3 B．（x﹣1）2+y2=3 C．（x﹣1）2+（y﹣1）2=3 D．x2+y2=2‎ ‎【考点】轨迹方程．‎ ‎【分析】本题宜借助图形，由图知|OP|2=|OC|2﹣|PC|2，设P（x，y），表示出三个线段的长度，代入等式整理即得．‎ ‎【解答】 解：根据题意画出示意图，设圆心为C，‎ 切点P的坐标为P（x，y），则发现图中隐含 ‎ 条件．|OP|2=|OC|2﹣|PC|2‎ ‎∵|OP|2=x2+y2，|OC|2=m2+4，|PC|2=r2=m2+1，‎ 故点P的轨迹方程为x2+y2=3 ‎ 故选A ‎　‎ ‎9．直线l交椭圆4x2+5y2=80于M、N两点，椭圆的上顶点为B点，若△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点上，则直线l的方程是（　　）‎ A．5x+6y﹣28=0 B．5x﹣6y﹣28=0 C．6x+5y﹣28=0 D．6x﹣5y﹣28=0‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质．‎ ‎【分析】设M（x1，y1）、N（x2，y2），MN的中点为G，MN的方程为y=kx+b，结合题意可得x1+x2=6，y1+y2=﹣4，可得G的坐标，再由A、B在椭圆上，可得，计算可得k，将G的坐标代入可求直线的方程．‎ ‎【解答】解：设M（x1，y1）、N（x2，y2），MN的中点为G，MN的方程为y=kx+b，‎ 而B（0，4），又△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点（2，0）上，‎ 故x1+x2=6，y1+y2=﹣4，则MN的中点G为（3，﹣2），‎ 又M、N在椭圆上，‎ ‎①﹣②，可得4（x1﹣x2）（x1+x2）+5（y1﹣y2）（y1+y2）=80，‎ 又由x1+x2=6，y1+y2=﹣4，‎ 可得k==，‎ 又由直线MN过点G（3，﹣2），则直线l的方程是6x﹣5y﹣28=0．‎ 故选D ‎　‎ ‎10．已知函数f（x）=（ex+1）（ax+2a﹣2），若存在x∈（0，+∞），使得不等式f（x）﹣2＜0成立，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B．（0，） C．（﹣∞，1） D．（﹣∞，）‎ ‎【考点】特称命题．‎ ‎【分析】由题意分离出a可得存在x∈（0，+∞），使得不等式a＜+成立，由函数的单调性求出右边式子的最大值可得．‎ ‎【解答】解：由题意可得存在x∈（0，+∞），使得不等式（ex+1）（ax+2a﹣2）﹣2‎ ‎＜0成立，‎ 故可得存在x∈（0，+∞），使得不等式（ex+1）（ax+2a﹣2）＜2成立，‎ 即存在x∈（0，+∞），使得不等式a（x+2）＜2+成立，‎ 即存在x∈（0，+∞），使得不等式a＜+成立，‎ 又可得函数g（x）=+在x∈（0，+∞）单调递减，‎ ‎∴g（x）＜g（0）=，∴实数a的取值范围为（﹣∞，）‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．双曲线x2﹣y2=2016的左、右顶点分别为A1、A2，P为其右支上一点，且P不在x轴上，若∠A1PA2=4∠PA1A2，则∠PA1A2等于（　　）‎ A． B． C． D．无法确定 ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】设P（x，y），y＞0，过点P作x轴的垂线PH，垂足为H，则可得tan∠PA1H•tan∠PA2H==1，利用∠A1PA2=4∠PA1A2，即可求∠PA1A2的值．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 设P（x，y），y＞0，过点P作x轴的垂线PH，垂足为H，‎ 则tan∠PA1H=，tan∠PA2H=（ 其中a2=2016）．‎ ‎∴tan∠PA1H•tan∠PA2H==1．‎ ‎∴∠PA1H+∠PA2H=，‎ 设∠PA1A2=α，则∠PA2H=5α，∴α+5α=，则α=，‎ 即∠P．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点．且∠F1PF2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（　　）‎ A． B． C．3 D．2‎ ‎【考点】椭圆的简单性质；余弦定理；双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】根据双曲线和椭圆的性质和关系，结合余弦定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c，‎ 由椭圆和双曲线的定义可知，‎ 设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，‎ 椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2‎ ‎∵∠F1PF2=，‎ ‎∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①‎ 在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2，‎ 即，②‎ 在双曲线中，①化简为即4c2=4a12+r1r2，‎ 即，③‎ 联立②③得， =4，‎ 由柯西不等式得（1+）（）≥（1×+）‎ ‎2，‎ 即（）=‎ 即，d当且仅当时取等号，‎ 法2：设椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2，（a1＞a2），半焦距为c，‎ 由椭圆和双曲线的定义可知，‎ 设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，‎ 椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2‎ ‎∵∠F1PF2=，‎ ‎∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos=（r1）2+（r2）2﹣r1r2，‎ 由，得，‎ ‎∴=，‎ 令m===，‎ 当时，m，‎ ‎∴，‎ 即的最大值为，‎ 法3：设PF1|=m，|PF2|=n，则，‎ 则a1+a2=m，‎ 则=，‎ 由正弦定理得=，‎ 即=sin≤=‎ 故选：A ‎　‎ 二、填空题（本大题4个小题，每小题5分，共20分.）‎ ‎13．两条平行直线l1：x+2y+5=0和l2：4x+8y+15=0的距离为　　．‎ ‎【考点】两条平行直线间的距离．‎ ‎【分析】先把x、y的系数化为相同的值，再利用两条平行直线间的距离公式计算求的结果．‎ ‎【解答】解：条平行直线l1：x+2y+5=0和l2：4x+8y+15=0，即直线l1：4x+8y+20=0和l2：4x+8y+15=0‎ 故它们之间的距离为d==，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．一个球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36π，那么该三棱柱的体积是　162　．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】根据球的体积得出球的半径，由球与棱柱相切可知棱柱的高为球的直径，棱柱底面三角形的内切圆为球的大圆，从而计算出棱柱的底面边长和高．‎ ‎【解答】解：设球的半径为r，则=36π，解得r=3．‎ ‎∵球与正三棱柱的三个侧面相切，‎ ‎∴球的大圆为棱柱底面等边三角形的内切圆，‎ ‎∴棱柱底面正三角形的边长为2=6．‎ ‎∵球与棱柱的两底面相切，‎ ‎∴棱柱的高为2r=6．‎ ‎∴三棱柱的体积V==162．‎ 故答案为162．‎ ‎　‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为　　‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面AED⊥平面BCDE，四棱锥A﹣BCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，分别计算侧面积，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，‎ 平面AED⊥平面BCDE，四棱锥A﹣BCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，‎ 则S△AED=×1×1=，‎ S△ABC=S△ABE=×1×=，‎ S△ACD=×1×=，‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，过抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F作直线交C于A、B两点，过A、B分别向C的准线l作垂线，垂足为A′，B′，已知四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7，则△A′B′F的面积为　6　．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【分析】设△A′B′F的面积为S，直线AB：x=my+，代入抛物线方程，利用韦达定理，计算S△AA'F，S△BB'F，求出面积的积，利用四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7，建立方程，即可求得△A′B′F的面积．‎ ‎【解答】解：设△A′B′F的面积为S，直线AB：x=my+，代入抛物线方程，消元可得y2﹣2pmy﹣p2=0‎ 设A（x1，y1） B（x2，y2），则y1y2=﹣p2，y1+y2=2pm S△AA'F=|AA'|×|y1|=|x1+||y1|=（+）|y1|‎ S△BB'F=|BB'|×|y2|=|x2+||y2|=（+）|y2|‎ ‎∴（+）|y1|×（+）|y2|=（++）=（m2+1）‎ S△A′B′F=|y1﹣y2|==S ‎∵四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7‎ ‎∴（m2+1）=（15﹣S）（7﹣S）‎ ‎∴S2=（15﹣S）（7﹣S）‎ ‎∴S2﹣22S+105=0‎ ‎∴S=6 ‎ 故答案为：6‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题6个小题，共70分．）‎ ‎17．在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为圆心的圆与直线：相切．‎ ‎（1）求圆O的方程；‎ ‎（2）若圆O上有两点M、N关于直线x+2y=0对称，且，求直线MN的方程．‎ ‎【考点】圆的标准方程；关于点、直线对称的圆的方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设圆O的半径为r，由圆心为原点（0，0），根据已知直线与圆O相切，得到圆心到直线的距离d=r，利用点到直线的距离公式求出圆心O到已知直线的距离d，即为圆的半径r，由圆心和半径写出圆O的标准方程即可；‎ ‎（Ⅱ）设出直线方程，利用点到直线的距离以及垂径定理求出直线方程中的参数，即可得到直线方程．‎ ‎【解答】（本题满分14分）‎ ‎（1）依题设，圆O的半径r等于原点O到直线的距离，‎ 即．…‎ 得圆O的方程为x2+y2=4． …‎ ‎（2）由题意，可设直线MN的方程为2x﹣y+m=0．…‎ 则圆心O到直线MN的距离． …‎ 由垂径分弦定理得：，即．…‎ 所以直线MN的方程为：或．…‎ ‎　‎ ‎18．（Ⅰ）命题“”为假命题，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若“x2+2x﹣8＜0”是“x﹣m＞0”的充分不必要条件，求实数m的取值范围．‎ ‎【考点】特称命题；命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】（I）∃x0∈R，x02﹣3ax0+9＜0为假命题，等价于∀x∈R，x2﹣3ax+9≥0为真命题，利用判别式，即可确定实数a的取值范围；‎ ‎（II）根据一元二次不等式的解法分别求出两不等式的解集，由“x2+2x﹣8＜0”是“x﹣m＞0”的充分不必要条件，可得不等式解集的包含关系，从而求出m的范围 ‎【解答】解：（Ⅰ）：∃x0∈R，x02﹣3ax0+9＜0为假命题，等价于∀x∈R，x2﹣3ax+9≥0为真命题，‎ ‎∴△=9a2﹣4×9≤0⇒﹣2≤a≤2，‎ ‎∴实数a的取值范围是﹣2≤a≤2；‎ ‎（Ⅱ）由x2+2x﹣8＜0⇒﹣4＜x＜2，‎ 另由x﹣m＞0，‎ 即x＞m，‎ ‎∵“x2+2x﹣8＜0”是“x﹣m＞0”的充分不必要条件，‎ ‎∴m≤﹣4．‎ 故m的取值范围是m≤﹣4．‎ ‎　‎ ‎19．已知双曲线C：﹣=1 的离心率是，其一条准线方程为x=．‎ ‎（Ⅰ）求双曲线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设双曲线C的左右焦点分别为A，B，点D为该双曲线右支上一点，直线AD与其左支交于点E，若=λ，求实数λ的取值范围．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】（I）由题意可得，可求a，c，由b2=c2﹣a2可求b，可求双曲线的方程 ‎（II）由（I）知A（﹣2，0），设D（x0，y0），E（x1，y1）则由=λ，可得x1=，y1=，结合E，D在双曲线上，可求x0，结合双曲线的性质可求λ的取值范围．‎ ‎【解答】解：（I）由题意可得，‎ ‎∴a=，c=2，b=1，‎ ‎∴双曲线的方程为=1‎ ‎（II）由（I）知A（﹣2，0），设D（x0，y0），E（x1，y1）‎ 则由=λ，‎ 可得x1=，y1=，‎ ‎∵E在双曲线上 ‎∴（）2﹣（）2=1‎ ‎（﹣2+λx0）2﹣3（λy0）2=3（1+λ）2‎ ‎∵D在双曲线 ‎∴可得x0=，‎ ‎∴λ≤，‎ ‎∵D在双曲线的左支，点D在右支 ‎∴0＞λ≤‎ ‎　‎ ‎20．如图，曲线c1：y2=2px（p＞0）与曲线c2：（x﹣6）2+y2=36只有三个公共点O，M，N，其中O为坐标原点，且•=0．‎ ‎（1）求曲线c1的方程；‎ ‎（2）过定点M（3，2）的直线l与曲线c1交于A，B两点，若点M是线段AB的中点，求线段AB的长．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】（1）由对称性知MN⊥x轴于点（6，0），且|MN|=12，可得M的坐标，代入抛物线方程，即可求曲线c1的方程；‎ ‎（2）利用点差法求出直线AB的斜率，可得AB的方程，与抛物线方程联立，结合弦长公式，可求线段AB的长度．‎ ‎【解答】解：（1）由对称性知MN⊥x轴于点（6，0），且|MN|=12‎ 所以M（6，6），…‎ 所以62=2p×6‎ 所以p=3…‎ 所以曲线为y2=6x…‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）‎ 因为（3，2）是AB中点 所以x1+x2=6，y1+y2=4…‎ 则由点差法得k==…‎ 所以直线l：3x﹣2y﹣5=0‎ 由 所以由韦达定理…‎ 所以|AB|==…‎ ‎　‎ ‎21．已知A、B、C是椭圆M： =1（a＞b＞0）上的三点，其中点A的坐标为，BC过椭圆M的中心，且．‎ ‎（1）求椭圆M的方程；‎ ‎（2）过点（0，t）的直线l（斜率存在时）与椭圆M交于两点P、Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且，求实数t的取值范围．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．‎ ‎【分析】（1）根据点A的坐标求出a，然后根据求出b，综合即可求出椭圆M的方程．‎ ‎（2）根据题意设出直线方程，与（1）中M的方程联立，然后运用设而不求韦达定理进行计算，求出实数t的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵点A的坐标为（，）‎ ‎∴，椭圆方程为①‎ 又∵．，且BC过椭圆M的中心O（0，0），‎ ‎∴．‎ 又∵，‎ ‎∴△AOC是以∠C为直角的等腰三角形，‎ 易得C点坐标为（，）‎ 将（，）代入①式得b2=4‎ ‎∴椭圆M的方程为 ‎（2）当直线l的斜率k=0，直线l的方程为y=t 则满足题意的t的取值范围为﹣2＜t＜2‎ 当直线l的斜率k≠0时，设直线l的方程为y=kx+t 由 得（3k2+1）x2+6ktx+3t2﹣12=0‎ ‎∵直线l与椭圆M交于两点P、Q，‎ ‎∴△=（6kt）2﹣4（3k2+1）（3t2﹣12）＞0‎ 即t2＜4+12k2 ②‎ 设P（x1，y1），Q（x2，y2），x1+x2=﹣，x1x2=，‎ PQ中点H（x0，y0），‎ 则H的横坐标，‎ 纵坐标，‎ D点的坐标为（0，﹣2）‎ 由，‎ 得DH⊥PQ，kDH•kPQ=﹣1，‎ 即，‎ 即t=1+3k2． ③‎ ‎∴k2＞0，∴t＞1． ④‎ 由②③得0＜t＜4，‎ 结合④得到1＜t＜4．‎ 综上所述，﹣2＜t＜4．‎ ‎　‎ ‎22．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且F1，F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形，点P（，）在椭圆C上．‎ ‎（I）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）过F2作互相垂直的两直线AB，CD分别交椭圆于点A，B，C，D，且M，N分别是弦AB，CD的中点，求△MNF2面积的最大值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知得到关于a，b，c的方程组，求解方程组可得a，b，进而得到椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线AB的方程为x=my+1，m≠0，则直线CD的方程为x=﹣y+1，分别代入椭圆方程，由于韦达定理和中点坐标公式可得中点M，N的坐标，求得斜率和直线方程，即可得到定点H，则△MNF2面积为S=|F2H|•|yM﹣yN|，化简整理，再令m+=t（t≥2），由于函数的单调性，即可得到最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆+=1（a＞b＞0）经过点P（，），‎ 且F1，F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形，‎ ‎∴，解得a2=2，b2=1，‎ ‎∴椭圆方程为；‎ ‎（Ⅱ）设直线AB的方程为x=my+1，m≠0，‎ 则直线CD的方程为x=﹣y+1，‎ 联立，消去x得（m2+2）y2+2my﹣1=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=﹣，y1y2=，‎ ‎∴x1+x2=（my1+1）+（my2+1）‎ ‎=m（y1+y2）+2=，‎ 由中点坐标公式得M（），‎ 将M的坐标中的m用﹣代换，得CD的中点N（），‎ kMN=，‎ 直线MN的方程为y+=（x﹣），‎ 即为y=，‎ 令，可得x=，即有y=0，‎ 则直线MN过定点H，且为H（，0），‎ ‎∴△F2MN面积为S=|F2H|•|yM﹣yN|‎ ‎=（1﹣）•||=||=||，‎ 令m+=t（t≥2），由于2t+的导数为2﹣，且大于0，即有在[2，+∞）递增．‎ 即有S==在[2，+∞）递减，‎ ‎∴当t=2，即m=1时，S取得最大值，为；‎ 则△MNF2面积的最大值为．‎