- 2021-06-23 发布 |
- 37.5 KB |
- 24页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
2018-2019学年山西省祁县中学高二上学期期末模拟一考试数学（理）试题 解析版
绝密★启用前 山西省祁县中学 2018-2019 学年高二上学期期末模拟一考试 数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 1．若直线 ，直线 ，则直线 a 与 b 的位置关系是（ ） A．相交 B．异面 C．异面或平行 D．平行 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意，直线 a∥α，可得直线与面没有公共点，故直线与面的线没有公共点，由此关系 即可得出直线 a 与 b 的位置关系． 【详解】 由题意直线 a∥α，直线 b⊂α，可得直线 a，b 一定没有公共点，故两直线的位置关系可 以是异面或平行 故选：C. 【点睛】 本题考点是空间中直线与直线的位置关系，考察了线与面平行时，线与面内的线之间位 置关系的判断，解题的关键是理解线面平行的定义及空间中线与线之间的位置关系，本 题考察了空间想像能力及推理判断能力． 2．已知命题 P: “若两直线没有公共点，则两直线异面.”则其逆命题、否命题和逆否命题 中，真命题的个数是（ ） A．0 B．2 C．1 D．3 【答案】B 【解析】 【分析】 断原命题为假命题，可知其逆否命题为假命题，再判断原命题的逆命题为真命题，可知 原命题的否命题为真命题． 【详解】 解：若两直线没有公共点，两直线平行或异面， 则命题 p：“若两直线没有公共点，则两直线异面”为假命题，其逆否命题为假命题； 命题 p 的逆命题为：“若两直线异面，则两直线没有公共点”，为真命题， ∴原命题的否命题也为真命题． ∴原命题的逆命题，否命题和逆否命题中，真命题的个数是 2． 故选：B． 【点睛】 本题考查命题的真假判断与应用，考查原命题的逆命题、否命题、逆否命题之间的关系， 是基础题． 3．下列说法正确的是( ) A．“f(0) ”是“函数 f（x）是奇函数”的充要条件 B．若 p： ， ，则 ： ， C．“若 ，则 ”的否命题是“若 ，则 ” D．若 为假命题，则 p，q 均为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】 根据四种命题之间的关系，对选项中的命题分析、判断即可． 【详解】 对于 A，f （0）＝0 时，函数 f （x）不一定是奇函数，如 f（x）＝x2，x∈R； 函数 f （x） 是奇函数时，f（0）不一定等于零，如 f（x） ，x≠0； 是即不充分也不必要条件，A 错误； 对于 B，命题 p： ， 则￢p：∀x∈ ，x2﹣x﹣1≤0，∴B 错误； 对于 C，若 α ，则 sinα 的否命题是 “若 α ，则 sinα ”，∴Ｃ正确． 对于 D，若 p∧q 为假命题，则 p，q 至少有一假命题，∴Ｄ错误； 故选：C． 【点睛】 本题考查了命题真假的判断问题，涉及到奇函数的性质，特称命题的否定，原命题的否 命题，复合命题与简单命题的关系等知识，是基础题． 4 ． 设 棱 长 为 1 的 正 方 体 中 的 8 个 顶 点 所 成 集 合 为 M ， 向 量 的 集 合 ，则 P 中模长为 的向量的个数为 ( ) A．1 B．8 C．4 D．2 【答案】B 【解析】 【分析】 P 中模长为 的向量的为 ， ， ， ， ， ， ， ，从而集合 P 中 模长为 的向量的个数为 8． 【详解】 解：∵棱长为 1 的正方体 AC1 中的 8 个顶点所成集合为 M， 向量的集合 ， 则 P 中模长为 的向量的为： ， ， ， ， ， ， ， ， ∴集合 P 中模长为 的向量的个数为 8． 故选：B． 【点睛】 本题考查满足条件的向量的个数的求法，考查正方体的性质、结构特征等基础知识，考 查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 5．直线 ： 与 ： 平行，则 m 等于 A． B． C． 或 1 D．1 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得 m≠0，根据两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，可 得 ，由此求得 m 的值． 【详解】 解：由题意可得 m≠0，由 解得 m＝1， 故选：D． 【点睛】 两直线位置关系的判断： 和 的平行和垂直的条件 属于常考题型，如果只从斜率角度考虑很容易出错，属于易错题题型，应熟记结论： 垂直： ； 平行： ，同时还需要保证两条直线不能重合，需要检验！ 6．已知方程 表示焦点在 y 轴上的椭圆，则 m 的取值范围是 A． 或 B． C． 或 D． 【答案】A 【解析】 【分析】 根据焦点在 y 轴上的椭圆的方程的特点是方程中 y2 的分母比 x2 分母大且是正数，列出 不等式组，求出 m 的范围． 【详解】 解： 表示焦点在 y 轴上的椭圆， ∴2﹣m＞|m|﹣1＞0 解得 故选：A． 【点睛】 本题考查椭圆的标准方程，考查计算能力，属于基础题. 7．圆 与直线 位置关系是( ) A．相离 B．相切 C．相交 D．由 确定 【答案】A 【解析】 【分析】 把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标和圆的半径 r，利用点到直线的距离公式表 示出圆心到已知直线的距离 d，根据正弦函数的值域及 θ 的取值可得 d 小于 r，从而判 断出圆与直线相离． 【详解】 解：把圆的方程化为标准方程得：x2+y2 ， ∴圆心坐标为（0，0），半径 r ， 又 ， ∴圆心到直线 x•sinθ+y﹣1＝0 的距离 d r， 则直线与圆的位置关系为相离． 故选：A． 【点睛】 此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式， 正弦函数的定义域及值域，直线与圆的位置关系由 d 与 r 的大小关系来判断：当0≤d＜ r 时，直线与圆相交；当 d＝r 时，直线与圆相切；当 d＞r 时，直线与圆相离． 8．双曲线 右支上点 到其第一、三象限渐近线距离为 ，则 a+b=( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 P（a，b）点在双曲线上，则有 a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1．根据点到直线的距 离公式能够求出 a﹣b 的值，由此能够得到 a+b 的值． 【详解】 解：P（a，b）点在双曲线上，则有 a2﹣b2＝1，即（a+b）（a﹣b）＝1． d ， ∴|a﹣b|＝2． 又 P 点在右支上，在渐近线 y＝x 的下方，则有 a＞b， ∴a﹣b＝2． ∴|a+b|×2＝1，a+b ， 故选：A. 【点睛】 本小题主要考查双曲线的简单性质、不等式表示的区域、点到直线的距离等基础知识， 考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于基础题． 9．一个圆圆心为椭圆右焦点，且该圆过椭圆中心，交椭圆于 P，直线 为该椭圆左 焦点是此圆切线，则椭圆离心率为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据题意和椭圆定义可知根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|＝2a，所以|PF2|＝2a﹣c； 利用特殊三角形可得： ，进而建立等式求得 e． 【详解】 设 F2 为椭圆的右焦点 由题意可得：圆与椭圆交于 P，并且直线 PF1（F1 为椭圆的左焦点）是该圆的切线， 所以点 P 是切点，所以 PF2＝c 并且 PF1⊥PF2． 又因为 F1F2＝2c，所以∠PF1F2＝30°，所以 PF1 c． 根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|＝2a， 所以|PF1|＝2a﹣c． 所以 2a﹣c ，所以 e ． 故选:A 【点睛】 本小题主要考查椭圆的简单性质、直线与圆的相切、椭圆的定义等基础知识，考查运算 求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题． 10．圆 ， 、 ，动抛物线过 A、B 两点，且以圆的切线为准线，则 抛物线的焦点轨迹方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】 由题设知，焦点到 A 和 B 的距离之和等于 A 和 B 分别到准线的距离和．而距离之和为 A 和 B 的中点 O 到准线的距离的二倍，即为 2r＝4，所以焦点的轨迹方程 C 是以 A 和 B 为焦点的椭圆．由此能求出该抛物线的焦点 F 的轨迹方程． 【详解】 解：由题设知，焦点到 A 和 B 的距离之和等于 A 和 B 分别到准线的距离和． 而距离之和为 A 和 B 的中点 O 到准线的距离的二倍，即为 2r＝4， 所以焦点的轨迹方程 C 是以 A 和 B 为焦点的椭圆： 其中 a 为 2，c 为 1．轨迹方程为： ． 故选：D． 【点睛】 本题以圆为载体，考查椭圆的定义，考查椭圆的标准方程，考查圆锥曲线的性质和应用， 解题时要认真审题，仔细求解． 11．已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为棱 CC1 的中点，点 M 在正方形 BCC1B1 内运动，且直线 AM//平面 A1DE,则动点 M 的轨迹长度为（ ） A． B．π C．2 D． 【答案】D 【解析】 【分析】 设平面 DA1E 与直线 B1C1 交于点 F，连接 AF、EF，则 F 为 B1C1 的中点．分别取 B1B、 BC 的中点 N、O，连接 AN、ON、AO，可证出平面 A1DE∥平面 ANO，从而得到 NO 是 平面 BCC1B1 内的直线．由此得到 F 的轨迹被正方形 BCC1B1 截得的线段是线段 ON． 【详解】 解：设平面 DA1E 与直线 B1C1 交于点 F，连接 AF、EF， 则 F 为 B1C1 的中点． 分别取 B1B、BC 的中点 N、O，连接 AN、ON、AO， 则∵A1F∥AO，AN∥DE，A1F，DE⊂平面 A1DE， AO，AN⊂平面 ANO， ∴A1F∥平面 ANO．同理可得 DE∥平面 ANO， ∵A1F、DE 是平面 A1DE 内的相交直线， ∴平面 A1DE∥平面 ANO， 所以 NO∥平面 A1DE， ∴直线 NO⊂平面 A1DE， ∴M 的轨迹被正方形 BCC1B1 截得的线段是线段 NO． ∴M 的轨迹被正方形 BCC1B1 截得的线段长 NO ． 故选：D. 【点睛】 本题给出正方体中侧面 BCC1B1 内动点 M 满足 NO∥平面 A1DE，求 M 的轨迹被正方形 BCC1B1 截得的线段长，着重考查了正方体的性质，解题时要注意空间思维能力的培 养． 12．如图是几何体的平面展开图,其中四边形 ABCD 为正方形,E,F 分别为 PA,PD 的中点, 在此几何体中,给出下面 4 个结论: ①直线 BE 与直线 CF 共面； ②直线 BE 与直线 AF 异面； ③直线 EF∥平面 PBC； ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有( ) A．1 个 B．3 个 C．2 个 D．4 个 【答案】B 【解析】 【分析】 ①连接 EF，由 E、F 分别为 PA、PD 的中点，可得 EF∥AD，从而可得 E，F，B，C 共 面，故直线 BE 与直线 CF 是共面直线； ②根据 E∈平面 PAD，AF⊂平面 PAD，E∉AF，B∉平面 PAD，可得直线 BE 与直线 AF 是异面直线； ③由①知 EF∥BC，利用线面平行的判定可得直线 EF∥平面 PBC； ④由于不能推出线面垂直，故平面 BCE⊥平面 PAD 不成立． 【详解】 解：如图所示， ①连接 EF，则∵E、F 分别为 PA、PD 的中点，∴EF∥AD，∵AD∥BC，∴EF∥BC，∴E， F，B，C 共面，∴直线 BE 与直线 CF 是共面直线，故①正确； ②∵E∈平面 PAD，AF⊂平面 PAD，E∉AF，B∉平面 PAD，∴直线 BE 与直线 AF 是异面 直线，故②正确； ③由①知 EF∥BC，∵EF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，∴直线 EF∥平面 PBC，故③正 确； ④由于不能推出线面垂直，故平面 BCE⊥平面 PAD 不成立． 故选：B． 【点睛】 本题考查空间线面位置关系，考查异面直线的判定，考查线面平行，属于中档题． 第 II 卷（非选择题) 请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 13．如下图，矩形 是水平放置的一个平面图形的斜二测画法画出的直观图，其 中 ， ，则原图形是_____. 【答案】菱形 【解析】 【分析】 由题意画出原平面图形，结合图形即可判断该图形是菱形． 【详解】 解：根据题意，直观图的两组对边分别平行， 且 O′A′＝6cm，C′D′＝O′C′＝2cm，∴O′D′＝2 ； 还原为平面图形是邻边不垂直，且 CD＝2，OD＝4 ， 如图所示， ∴OC＝6cm， ∴四边形 OABC 是菱形． 故答案为：菱形． 【点睛】 本题考查了平面图形与它的直观图应用问题，是基础题． 14．在正方体 AC1 中，棱长为 2，点 M 在 DD1 上，点 N 在面 ABCD 上，MN=2，点 P 为 MN 的中点，则点 P 的轨迹与正方体的面围成的几何体的体积为___. 【答案】 【解析】 【分析】 不论△MDN 如何变化，P 点到 D 点的距离始终等于 1，从而 P 点的轨迹是一个以 D 为 中心，半径为 1 的球的 ，由此能求出结果 【详解】 解：如图可得，端点 N 在正方形 ABCD 内运动，连接 N 点与 D 点， 由 ND，DM，MN 构成一个直角三角形， 设 P 为 MN 的中点， 根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半， 得不论△MDN 如何变化，P 点到 D 点的距离始终等于 1． 故 P 点的轨迹是一个以 D 为中心，半径为 1 的球的 ． 其体积 V π×13 ． 故答案为： ． 【点睛】 本题考查几何体的体积的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养，明确动 点 P 的轨迹是解题的关键． 15．设双曲线 与 离心率分别为 ， ，则当 a，b 变化时， 最小值为_________ ． 【答案】 【解析】 【分析】 先根据双曲线的标准方程求出 e1 和 e2，根据 并利用基本不等式求出 e1e2≥2， 再由 ，求出其最小值． 【详解】 解：由题意可得 e1 ，e2 ， ∴ 2 ，∴e1e2≥2， ∴ ，当且仅当 a＝b 时，等号成立． 故 最小值为 ． 故答案为： ． 【点睛】 本题主要考查双曲线的标准方程以及双曲线的简单性质的应用，求出 e1 和 e2 之后，根 据 a，b，c 之间的数量关系利用均值不等式推导 e1+e2 的最小值． 16．AB 为过抛物线焦点 F 的弦，P 为 AB 中点，A、B、P 在准线 l 上射影分别为 M、N、 Q ， 则 下 列 命 题 ： 以 AB 为 直 径 作 圆 ， 则 此 圆 与 准 线 l 相 交 ； ； ； ； 、O、N 三点共线 为原点，正确的是______ ． 【答案】②③④⑤ 【解析】 【分析】 根据抛物线的定义，可知 AP+BP＝AM+BN，从而 ，所以以 AB 为直径作圆则此 圆与准线 l 相切，故可判断①错，③对；由 AP＝AF 可知∠AMF＝∠AFM，同理∠BFN ＝∠BNF，利用 AM∥BN，可得 MF⊥NF，从而可判断②④正确； 对于 ⑤，不妨设抛物线方程为 y2＝2px，直线 AB： ，从而可证明 kOA＝kON， 故可判断． 【详解】 解：由题意，AP+BP＝AM+BN ∴ ，∴以 AB 为直径作圆则此圆与准线 l 相切，故①错，③对； 由 AP＝AF 可知∠AMF＝∠AFM，同理∠BFN＝∠BNF，利用 AM∥BN，可得 MF⊥NF， 从而②④正确； 对于 ⑤，不妨设抛物线方程为 y2＝2px，直线 AB： 联立可得 y2﹣2kpy﹣p2＝0 设 ， ，则 ∴ ， ∵y1y2＝﹣p2，∴kOA＝kON，故⑤正确 故答案为②③④⑤ 【点睛】 本题以抛物线为载体，考查抛物线过焦点弦的性质，关键是正确运用抛物线的定义，合 理转化，综合性强． 评卷人 得分 三、解答题 17．设 a ，命题 p： x ，满足 ,命题 q： x ， . (1 若命题 是真命题，求 a 的范围； 2 为假， 为真，求 a 的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 分别求出命题 p，q 成立的等价条件， （1）然后根据若 p、q 为真命题，列式计算， （2）由（￢p）∧q 为假，（￢p）∨q 为真⇒p、q 同时为假或同时为真，分别求出确实实 数 m 的取值范围即可． 【详解】 解： 1 真，则 或 得 ； q 真，则 ，得 ， 真， ； 2 由 为假， 为真 、q 同时为假或同时为真， 若 p 假 q 假，则 得 ， 若 p 真 q 真，则 ， 所以， 综上 或 ． 故 a 的取值范围是 ． 【点睛】 本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系的应用，利用条件先求出命题 p，q 的等 价条件是解决本题的关键． 18．如图，在四面体 ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面 ABC⊥平面 ABD，点 M 为棱 AB 的中点，AB=2，AD= ，∠BAD=90°． （Ⅰ）求证：AD⊥BC； 2 3 （Ⅱ）求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值． 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) ． 【解析】分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理可得 AD⊥平面 ABC，则 AD⊥BC． （Ⅱ）取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND．由几何关系可知∠DMN（或其补角）为异面 直线 BC 与 MD 所成的角．计算可得 ．则异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为 ． （Ⅲ）连接 CM．由题意可知 CM⊥平面 ABD．则∠CDM 为直线 CD 与平面 ABD 所成的 角．计算可得 ．即直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为 ． 详解：（Ⅰ）证明：由平面 ABC⊥平面 ABD，平面 ABC∩平面 ABD=AB，AD⊥AB，可 得 AD⊥平面 ABC，故 AD⊥BC． （Ⅱ）取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND．又因为 M 为棱 AB 的中点，故 MN∥BC．所 以∠DMN（或其补角）为异面直线 BC 与 MD 所成的角． 在 Rt△DAM 中 ， AM=1 ， 故 DM= ． 因 为 AD⊥ 平 面 ABC ， 故 AD⊥AC． 在 Rt△DAN 中，AN=1，故 DN= ． 13 26 3 4 1 132 26 MN cos DMN DM ∠ = = 13 26 3 4 CMsin CDM CD ∠ = = 3 4 2 2 = 13AD AM+ 2 2 = 13AD AN+ 在等腰三角形 DMN 中，MN=1，可得 ． 所以，异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为 ． （Ⅲ）连接 CM．因为△ABC 为等边三角形，M 为边 AB 的中点，故 CM⊥AB， CM= ．又因为平面 ABC⊥平面 ABD，而 CM 平面 ABC，故 CM⊥平面 ABD．所以， ∠CDM 为直线 CD 与平面 ABD 所成的角． 在 Rt△CAD 中，CD= =4． 在 Rt△CMD 中， ． 所以，直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为 ． 点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基 础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力． 19．如图，在三棱柱 ABC− 中， 平面 ABC，D，E，F，G 分别为 ，AC， ， 的中点，AB=BC= ，AC= =2． （1）求证：AC⊥平面 BEF； （2）求二面角 B−CD−C1 的余弦值； （3）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交． 【答案】(1)见解析（2） ；（3）见解析． 【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得 ，由线面垂直性质得 ,由三棱 柱性质可得 ，因此 ，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件 1 132cos 26 MN DMN DM ∠ = = 13 26 3 ⊂ 2 2AC AD+ 3sin 4 CMCDM CD ∠ = = 3 4 建立空间直角坐标系 E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面 BCD 一个法向量， 根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果， （3）根据平面 BCD 一个法向量与直线 FG 方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱 ABC-A1B1C1 中， ∵CC1⊥平面 ABC， ∴四边形 A1ACC1 为矩形． 又 E，F 分别为 AC，A1C1 的中点， ∴AC⊥EF． ∵AB=BC． ∴AC⊥BE， ∴AC⊥平面 BEF． （Ⅱ）由（I）知 AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1． 又 CC1⊥平面 ABC，∴EF⊥平面 ABC． ∵BE 平面 ABC，∴EF⊥BE． 如图建立空间直角坐称系 E-xyz． 由题意得 B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2， 1）． ∴ ， 设平面 BCD 的法向量为 ， ∴ ，∴ ， 令 a=2，则 b=-1，c=-4， ∴平面 BCD 的法向量 ， 又∵平面 CDC1 的法向量为 ， ∴ ． 由图可得二面角 B-CD-C1 为钝角，所以二面角 B-CD-C1 的余弦值为 ． （Ⅲ）平面 BCD 的法向量为 ，∵G（0，2，1），F（0，0，2）， ∴ ，∴ ，∴ 与 不垂直， ∴GF 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内，∴GF 与平面 BCD 相交． 点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 20．如图，已知 过点 ，圆心 C 在抛物线 上运动，若 MN 为 在 x 轴上截得的弦，设 ， ， 当 C 运动时， 是否变化？证明你的结论． 求 的最大值，并求出取最大值时 值及此时 方程． 【答案】（1）不变（2）最大值为 ，圆 C 方程为 【解析】 【分析】 （1）先设出圆的方程，与 联立利用韦达定理表示出|MN|即可发现|MN|的取值是否 变化； （2）由（1）可设 M（x﹣p，0）、M（x+p，0），先利用两点间的距离公式求出 l1，l2， 代入 整理为关于 p 的函数，结合基本不等式求出其最大值和此时圆 C 的方程即 可． 【详解】 解： 设 ， 方程为 与 联立 得 在抛物线上 ，代入 得 为定值 不变 由 可设 、 ， ， 当且仅当 时取等号，即 圆方程为 当 时， 为∠ANx--∠AMx，又 同理， 时， 仍可得 【点睛】 本题是对圆与抛物线以及基本不等式，距离公式等知识的综合考查，考查运算求解能力， 考查化归与转化思想．属于中档题． 21．已知抛物线 C： =2px 经过点 （1，2）．过点 Q（0，1）的直线 l 与抛物线 C 有两 个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N． （Ⅰ）求直线 l 的斜率的取值范围； （Ⅱ）设 O 为原点， ， ，求证： 为定值． 【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1） (2)证明过程见解析 【解析】分析：（1）先确定 p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得 直线 l 的斜率的取值范围，最后根据 PA，PB 与 y 轴相交，舍去 k=3，（2）先设 A（x1， y1），B（x 2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得 ， ．再由 ， 得 ， ．利用直线 PA，PB 的方程分别得点 M，N 的纵坐标，代入化简 可得结论. 详解：解：（Ⅰ）因为抛物线 y2=2px 经过点 P（1，2）， 所以 4=2p，解得 p=2，所以抛物线的方程为 y2=4x． 由题意可知直线 l 的斜率存在且不为 0， 设直线 l 的方程为 y=kx+1（k≠0）． 由 得 ． 依题意 ，解得 k<0 或 0查看更多