2020-2021学年黑龙江省高二10月月考数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 22 页 2020-2021 学年黑龙江省高二 10 月月考数学 （理）试题 一、单选题 1．设命题 :p 2, 2nn N n  ≤ ，则 p 为（ ） A． 02 0 0, 2nn N n   B． 02 0 0, 2nn N n   C． 2, 2nn N n   D． 2, 2nn N n   【答案】A 【解析】否定命题的结论，全称量词改为存在量词即得． 【详解】 由题意 p 为 02 0 0, 2nn N n   故选：A． 【点睛】 本题考查命题的否定，掌握命题否定的是解题关键，特别注意全称量词与存在量词的的 互换． 2．下面四个条件中，使 a b 成立的充分不必要条件是（ ） A． 2 2a b B． 3 3a b C． 1a b  D． 1a b  【答案】D 【解析】根据充分不必要条件的定义判断． 【详解】 2 2a b a b   ，不能得出 a b ，不充分； 3 3b aa b   ，是充要条件； 1a b  不能得出 a b ，不充分． 1a b b   ，是充分条件，反之若 a b 不能得出 1a b  ，因此是不必要的， 故选：D． 【点睛】 本题考查充分不必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键． 3．某班有学生 50 人，现将所有学生按1,2,3,...,50 随机编号，若采用系统抽样的方法 第 2 页 共 22 页 抽取一个容量为 5 的样本（等距抽样），已知编号为 4, ,24, ,44a b 号学生在样本中，则 a b  （ ） A．14 B．34 C．48 D．50 【答案】C 【解析】利用系统抽样的特征可求出 a 、b ，进而可求解. 【详解】  样本容量为5 ， 样本间隔为50 5 10  ，  编号为 4, ,24, ,44a b 号学生在样本中， 14a  ， 34b  ， 48a b   . 故选：C 【点睛】 本题考查了系统抽样，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题. 4．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的 面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为 ,a b ，则椭圆的面积公式为 S ab . 若椭圆C 的离心率为 3 2 ，面积为8 ，则椭圆的C 的标准方程为（ ） A． 2 2 116 4 x y  或 2 2 116 4 y x  B． 2 2 116 12 x y  或 2 2 116 12 y x  C． 2 2 112 4 x y  或 2 2 112 4 y x  D． 2 2 116 9 x y  或 2 2 19 16 x y  【答案】A 【解析】根据离心率，面积公式结合 2 2 2a b c  求出 ,a b 得椭圆方程． 【详解】 第 3 页 共 22 页 由题意 2 2 2 3 2 8 c a ab a b c           ，解得 4 2 2 3 a b c       ， ∴椭圆方程为 2 2 116 4 x y  或 2 2 116 4 y x  故选：A． 【点睛】 本题考查求椭圆的标准方程中，求解题方法是根据已知条件列出方程组求出 ,a b ，只是 要注意由于焦点的位置不确定，因此方程有两种． 5．连续抛掷两枚质地均匀的骰子，则向上点数之积为 6 的概率是（ ） A． 1 9 B． 5 36 C． 3 18 D． 1 6 【答案】A 【解析】连续抛掷两枚质地均匀的骰子，所有基本事件有 6 6 36  种，再求出向上点 数之积为 6 的基本事件的个数，由概率公式可得概率． 【详解】 连续抛掷两枚质地均匀的骰子，所有基本事件有 6 6 36  种，向上点数之积为 6 的事 件有 16,23,32,61 共 4 种， ∴概率为 4 1 36 9P   ． 故选：A． 【点睛】 本题考查古典概型，解题关键是求出事件空间中基本事件的个数，及所求概率事件包含 的基本事件的个数． 6．关于曲线 2 2:C x y x y   ，给出下列五个命题： ①曲线C 关于 x 轴对称； ②曲线C 关于 y 轴对称； ③曲线C 关于 y x 对称； ④曲线C 关于原点对称； ⑤曲线C 所围成的区域面积大于6 其中正确的个数为（ ） 第 4 页 共 22 页 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【解析】根据方程对各命题进行判断． 【详解】 曲线C 的方程中用 y 替换 y ，方程不变，①正确； 用 x 替换 x ，方程不变，②正确； ,x y 位置互换，方程不变，③正确； 同时用 x 换 x ， y 换 y ，方程不变，④正确； 在第一象限，方程为 2 2x y x y   ，即 2 21 1 1( ) ( )2 2 2x y    ， 它是以 1 1( , )2 2 为圆心， 2 2 为半径的圆在第一象限的部分， 记 (1,0), (0,1)A B ，实质上是以 AB 为直径的半圆， 曲线在第一象限部分的面积为 2 1 1 2 11 12 2 2 2 4S               ， 曲线C 所围成的区域面积为 14 4 2 62 4S S            ，⑤错． 正确命题有 4 个． 故选：C． 【点睛】 本题考查曲线与方程的概念，利用曲线的方程研究曲线的性质，如本题中的对称性，是 解析几何的基本方法． 7．某学校随机抽查了本校 20 个学生，调查他们平均每天进行体育锻炼的时间（单位： min），根据所得数据的茎叶图，以 5 为组距将数据分为 8 组，分别是[0，5），[5，10），…， [35，40]，作出频率分布直方图如图所示，则原始的茎叶图可能是( ) 第 5 页 共 22 页 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】【详解】 从题设中提供的频率分布直方图可算得在区间[0,5),[5,10) 内各有 0.01 20 5 1   个， 答案 A 被排除；在区间[10,15) 内有 0.04 20 5 4   个；在区间[15,20) 内有 0.02 20 5 2   个；在区间[20,25) 内有 0.04 20 5 4   个；在区间[25,30),[30,35) 内各有 0.03 20 5 3   个，答案 C 被排除；在区间[35,40) 内有 0.02 20 5 2   个， 答案 D 被排除；依据这些数据信息可推知，应选答案 B． 点睛：解答本题的方法是根据题设中所提供的频率分布直方图提供的信息，先算出在不 同区间内的个体的频数，再分别结合所给的茎叶图，对每个答案逐一进行分析推断，从 而排除不合题设的答案，选出正确答案，使得问题获解． 8．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模 群体感染的标志为“连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人”.根据过去 10 天甲、乙、 丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ） A．甲地：总体平均值为 3，中位数为 4 B．乙地：总体平均值为 1，总体方差大 于 0 C．丙地：中位数为 2，众数为 3 D．丁地：总体均值为 2，总体方差为 2 【答案】D 【解析】根据平均数和中位数不能限制某一天的病例超过 7 人，中位数和众数也不能确 定，当总体方差大于 0，不知道总体方差的具体数值，因此不能确定数据的波动大小， 当总体平均数是 2，若有一个数据超过 7，则方差就大于 2，从而得出答案. 【详解】 不妨通过构造特殊值法进行判断，对于甲地：0，0，0，0，4，4，4，4，4，10 符合条 件，但其第 10 天新增疑似病例超过 7 人，故不符合题意；对于乙地：0，0，0，0，0， 0，0，0，10 符合条件，但其第 10 天新增疑似病例超过 7 人，故不符合题意；对于丙 第 6 页 共 22 页 地，0，0，1，1，2 ，2，3，3，3，10 符合条件，但其第 10 天新增疑似病例超过 7 人， 故不符合题意；对于丁地，当总体平均数是 2 时，若有一个数据超过 7，则方差就超过 了 2，符合题意，因此，一定没有发生大规模群体感染的是丁地. 故选：D. 【点睛】 本题考查了方差、中位数、众数和平均数，熟练掌握方差、中位数、众数和平均数的意 义是本题的关键. 9．定义   , ,min , , . a a ba b b a b    ，在区域 0 3 0 3 x y      内任取一点  ,P x y ，则点  ,P x y 满足  min 2 1, 1 1x y x y x y       的概率为（ ） A． 1 2 B． 7 12 C． 5 12 D． 1 12 【答案】B 【解析】作出 0 3 0 3 x y      表示的总区域以及 0 3 0 3 2 1 1 x y x y x y            表示的区域，再利用 几何概型即可求解. 【详解】 试验包含的所有事件对应的集合为   0 3, 0 3 xx y y            ，  满足条件的事件   0 3 , 0 3 2 1 1 x A x y y x y x y                 ， 即   0 3 , 0 3 2 2 0 x A x y y x y               ， 如图所示： 联立 3 2 2 0 x x y      ， 解得 3 5 2 x y   ， 第 7 页 共 22 页 则由几何概型公式可得 1 5 1 3 72 2 3 3 12 ASP S         . 故选：B 【点睛】 本题考查了几何概型-面积型，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题. 10．已知点  1,0A  ，  10B , ，若圆 2 2( 1) ( 2) 1x a y a      上存在点 M 满足 8MA MB   ，则实数 a 的值不可以为（ ） A． 2 B． 1 C．0 D．3 【答案】D 【解析】设 ( , )M x y ，求出满足 8MA MB   的点 M 的轨迹方程，由方程知轨迹为圆， 再两圆有公共点可得 a 的取值范围，从而判断各选项． 【详解】 设 ( , )M x y ，则 ( 1 , ), (1 , )MA x y MB x y        ， 2 2 2( 1 )(1 ) ( ) 1 8MA MB x x y x y            ，即 2 2 9x y  ，∴ M 点在圆 2 2 9x y  上， 由题意此圆与已知圆有公共点，∴ 2 23 1 ( 1) ( 2) 3 1a a       ，解得 1 23 1 23 2 2a     ，四个选项中只有 D 不满足． 故选：D． 【点睛】 第 8 页 共 22 页 本题主要考查两圆的位置关系，解题方法是利用圆心距与两圆半径之间的关系列不等式 求解． 11．若椭圆或双曲线上存在点 P ，使得点 P 到两个焦点 1 2,F F 的距离之比为 2:1，且存 在 1 2PF F△ ，则称此椭圆或双曲线存在“  点”，下列曲线中存在“  点”的是（ ） A． 2 2 136 32 x y  B． 2 2 116 15 x y  C． 2 2 15 4 x y  D． 2 2 115 yx   【答案】C 【解析】求出满足条件 1 2 2 1 PF PF  时的 1PF 和 2PF ，再求出 1 2F F ，验证 1PF ， 2PF ， 1 2F F 能否是三角形的三边长，即可得． 【详解】 1 2 2 1 PF PF  ，则 1 22PF PF ，若是椭圆，则 1 2 23 2PF PF PF a   ， 2 2 3 aPF  ， 1 4 3 aPF  ， 若是双曲线，则 1 2 2 2PF PF PF a   ， 1 4PF a ， A 中椭圆， 6, 2a c  ， 2 4PF  ， 1 8PF  ， 1 2 4F F  ，不存在 1 2PF F△ ； B 中椭圆， 4, 1a c  ， 1 8 3PF  ， 1 16 3PF  ， 1 2 2F F  ，不存在 1 2PF F△ C 中双曲线， 5, 3a c  ，双曲线上点到到右焦点距离的最小值是 23 5 3 ac a    ， 2 2 5PF  ， 1 4 5PF  ， 1 2 6F F  ，构成 1 2PF F△ ，存在“ 点”， D 中双曲线， 1a  ， 4c  ， 2 2PF  ， 1 4PF  ， 1 2 8F F  ，不存在 1 2PF F△ 故选：C． 【点睛】 本题考查新定义“  点”，解题方法是弱化条件，求出满足部分条件的 P 点具有的性 质，验证是否满足另外的条件：构成三角形．从而完成求解． 12．设点 P 为椭圆 :C   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上的动点（除左右顶点外），椭圆C 的焦 第 9 页 共 22 页 点为 1 2,F F ，离心率为 e ， I 为 1 2PF F 的内心，则直线 1IF 和直线 2IF 的斜率之积为 （ ） A． 1 1 e e   B． 1 1 e e   C． 1 1 e e   D．1 1 e e   【答案】B 【解析】连接 PI 延长交 x 轴于G ，利用内角平分线定理及等比定理得 GI c IP a  ，设 0 0( , )P x y ， 1 1( , )I x y ， ( ,0)GG x ，用 0 0,x y 表示出 ,I Ix y ，然后计算 1 2 2 2 2 I IF IF I yk k x c    可得结论． 【详解】 如图，连接 PI 延长交 x 轴于G ， 由内角平分线定理得 1 2 1 2 ,FG F GGI GI IP F P IP F P   ， 利用等比性质得 1 2 1 2 2 2 FG F GGI c c eIP F P F P a a     ， 设 0 0( , )P x y ， 1 1( , )I x y ， ( ,0)GG x ， 则 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ， 0 Iy GI c y GP c a    ， ∴ 2 2 2 0 2 2 0 a yb a x   ， 0 I cyy c a   ， 又 1 0PF a ex  ， 2 0PF a ex  ， ∴由 2 2 1 1 GF PF GF PF  可得 0 0 G G c x a ex x c a ex    ，化简得 2 0Gx e x ， 又∵ 0 I G G x x GI c x x GP a c     ，∴ 0Ix ex ， ∴ 1 I IF I yk x c   ， 2 I IF I yk x c   ， ∴ 1 2 2 2 2 I IF IF I yk k x c    第 10 页 共 22 页 2 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 2 20 0 2 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 cy a y b c a c a ec a c x a c x a a c a c c a eca                     ． 故选：B． 【点睛】 本题考查椭圆的几何性质，解题方法是设动点坐标 0 0( , )P x y ，用动点表示出内心 I 的 坐标，然后计算斜率之积，旨在考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力． 二、填空题 13． ,  是两个平面， , ,m n l 是三条直线，有下列四个命题： ①若 / / , / /m n n l ，则 / /m l ； ②若 / / , / / ,m n m  则 / /n  ③若 / / ,m   ，则 / / .m  ④若 / / , / / ,m n   则 m 与 所成的角和 n 与  所成的角相等. 其中正确的命题有_____ 【答案】①③④ 【解析】由线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定判断各命题． 【详解】 由平行公理知①正确；若 / / , / / ,m n m  则 n  或 / /n  ，②错；若 / / ,m   ， 则 m 与  无公共点，∴ / /m  ，③正确； 若 / / , / / ,m n   如图，过 m 上一点 P 作 PA  于 A ，延长交  于 B ，∵ / /  ， ∴ PB  ，m 与 ,  分别交于点 ,C D ，连接 ,AC BD ，则 ,PCA PDB  分别是 m 与 ,  所成的角，易得 90PCA PDB BPD       ， 过 n 上一点Q 作QE  于 E ，n 与  交于点 F ，连接 EF ，则 QFE 是 n 与  成的 第 11 页 共 22 页 角， 由QE  ， PB  得 //QE PB ，∴ EQF BPD   ， ∴ 90QFE PDB BPD     ，∴ PCA QFE   ，④正确， 故答案为：①③④． 【点睛】 本题考查线线、线面、面面平行的判定与性质，考查等角定理，旨在考查学生的空间想 象能力，逻辑思维能力．属于基础题． 14．双曲线 2 2 14 16 x y  的渐近线方程为 ． 【答案】 2y x  【解析】利用双曲线方程求解双曲线的渐近线方程. 【详解】 双曲线 2 2 14 16 x y  ，可得 2a  ， 4b  ， 则该双曲线的渐近线方程为： 2y x  ． 故答案为： 2y x  【点睛】 本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，考查计算能力． 15．如图，在梯形 ABCD 中，已知 2AB CD ， 1 4AE AC  ，双曲线过 , ,C D E 三 点，且以 ,A B 为焦点，则双曲线的离心率为_____________. 第 12 页 共 22 页 【答案】 10 2 【解析】设双曲线的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ，求出点 2 2 1 , 12 4 cC c b a       ，设  ,E x y ，根 据 1 4AE AC  求出 2 2 5 , 18 4 4 b cE c a        ，将点 E 代入双曲线方程即可求解. 【详解】 设双曲线的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ， 由双曲线是以 ,A B 为焦点，  ,0A c  ，  ,0B c ， 把 1 2x c 代入 2 2 2 2 1x y a b   ， 可得 2 2 14 cy b a   ，即 2 2 1 , 12 4 cC c b a       ， 又  ,0A c ， 2 2 3 , 12 4 cAC c b a          ， 设  ,E x y ，  ,AE x c y   ， 第 13 页 共 22 页 1 4AE AC   ，   2 2 1 3, , 14 2 4 cx c y c b a          ， 解得 5 8x c  ， 2 2 14 4 b cy a   ， 可得 2 2 5 , 18 4 4 b cE c a        ， 代入双曲线的方程可得 2 2 2 2 25 1 1 164 16 4 c c a a       ， 即 2 225 1 15 64 64 16e e  ，解得 2 5 2e  ， 所以 10 2e  . 故答案为： 10 2 【点睛】 本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了考生的运算求解能力，属于中档题. 16．已知椭圆 :E   2 2 2 2 1 0x y a ba b     内一点  2,1M ，过点 M 的两条直线 1 2,l l 分 别与椭圆 E 交于 ,A C 和 ,B D 两点，且满足 ,AM MC BM MD      （其中 0, 1   ），若  变化时直线 AB 的斜率总为 2 3  ，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 6 3 【解析】设 1 1 2 2 3 3 4 4( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y C x y D x y ， 由共线向量的坐标运算，得 1 2 3 4 1 2 3 42[ ( )] ( )y y y y x x x x        ，由点差法结 合直线的斜率得出 2 2 1 2 3 4 1 2 3 42 [ ( )] 3 [ ( )]a y y y y b x x x x        ，两者比较可 得 ,a b 的等式，从而求得离心率． 【详解】 设 1 1 2 2 3 3 4 4( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y C x y D x y ， ∵ AM MC  ，∴ 1 1 3 3(2 ,1 ) ( 2, 1)x y x y     ， 第 14 页 共 22 页 则 1 2 1 3 2 ( 2) 1 ( 1) x x y y          ，∴ 1 3 1 3 2 2 1 x x y y            ，同理 2 4 2 4 2 2 1 x x y y            ， ∴ 1 2 3 4 1 2 3 4 ( ) 4(1 ) ( ) 2(1 ) x x x x y y y y                ，∴ 1 2 3 4 1 2 3 42[ ( )] ( )y y y y x x x x        ， ∵ ,A B 在椭圆上，∴ 2 2 1 1 2 2 1x y a b   ， 2 2 2 2 2 2 1x y a b   ， 相减可得 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 y y x xb x x a y y      ，即 2 1 2 2 1 2 2 3 x xb a y y      ， 则 2 2 1 2 1 23 ( ) 2 ( )b x x a y y   ①，同理可得 2 2 3 4 3 43 ( ) 2 ( )b x x a y y   ②， ①+②  得 2 2 1 2 3 4 1 2 3 42 [ ( )] 3 [ ( )]a y y y y b x x x x        ， 又 1 2 3 4 1 2 3 42[ ( )] ( )y y y y x x x x        ， ∴ 2 22 3 2 1 a b ，∴ 2 2 2 2 2 2 11 3 b a c ea a     ， 6 3e  ． 故答案为： 6 3 ． 【点睛】 本题考查求椭圆的离心率，向量的坐标运算，设出四点坐标，由点差法利用斜率得出四 点的坐标间的关系，由向量的坐标运算得出四点的坐标间的关系，两者比较后得 ,a b 的 等量关系，从而求得离心率．本题旨在考查学生运算求解能力，属于中档题． 三、解答题 17．设 ,t R 已知命题 :p 函数   2 1f x x tx   有零点；命题  : 1,q x   ， 4t x x   .若 p q 为真命题，求实数t 的取值范围. 【答案】 4, . 【解析】由题意 p 为真可得 2 4 0t    ，利用基本不等式，当 q为真时 4t  ，再由 p q 为真命题，则 ,p q 均为真命题，取交集即可求解. 【详解】 解： :p 2 4 0t    ，解得 2t   或 2.t  :q 令   4f x x x   ，则   42 4f x x x    ，当 2x  时取等号，则 4t  . 第 15 页 共 22 页 因为 p q 为真命题，所以 ,p q 均为真命题 即 2 2 4 t t t      或 ，解得 4t  所以t 的取值范围为 4, . 【点睛】 本题考查了由复合命题的真假求参数的取值范围，考查了基本知识的掌握情况，属于基 础题. 18．从某居民区随机抽取 10 个家庭，获得第i 个家庭的月收入 ix （单位：千元）与月 储蓄 iy ，（单位：千元）的数据资料，算出 10 10 10 10 2 1 1 1 1 80, 20 184, 720i i i i i i i i i x y x y x           ， ，附：线性回归方程 1 2 2 1 ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ, , n i i i n i i x y nxy y bx a b a y bx x nx            ，其中 ,x y 为样本平均值. （1）求家庭的月储蓄 y 对月收入 x 的线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ； （2）若该居民区某家庭月收入为 7 千元，预测该家庭的月储蓄. 【答案】（1） 0.3 0.4y x  ；（2）1.7 【解析】（1）根据数据，利用最小二乘法，即可求得 y 对月收入 x 的线性回归方程回归 方程 ˆˆy b x ˆa ； （2）将 x＝7 代入即可预测该家庭的月储蓄． 【详解】 （1）由题意知， 10 10 1 1 10, 80, 20i i i i n x y       ， 80 208, 210 10x y     ∴ 210 8 2 160, 10 64 640n x y n x          10 10 2 1 1 184, 720i i i i i x y x      由 1 2 2 1 184 160ˆ 0.3720 640 n i i i n i i x y nxy b x nx         . 第 16 页 共 22 页 ˆˆ 2 0.3 8 0.4a y bx       故所求回归方程为 0.3 0.4y x  （2）将 7x  代入回归方程 可以预测该家庭的月储蓄为 0.3 7 0.4 1.7y     （千元）. 【点睛】 本题考查线性回归方程的应用，考查最小二乘法求线性回归方程，考查转化思想，属于 中档题． 19．为了普及法律知识，达到“法在心中”的目的，某市法制办组织了普法知识竞赛．统 计局调查队随机抽取了甲、乙两单位中各 5 名职工的成绩，成绩如下表： 甲单位 87 88 91 91 93 乙单位 85 89 91 92 93 （1）根据表中的数据，分别求出甲、乙两单位职工成绩的平均数和方差，并判断哪个 单位对法律知识的掌握更稳定； （2）用简单随机抽样法从乙单位 5 名职工中抽取 2 名，他们的成绩组成一个样本，求 抽取的 2 名职工的分数差至少是 4 的概率． 【答案】（1） , , , ，甲单位对法律知识的掌握更稳定； （2） ． 【解析】试题分析：（1）先求出甲乙两个单位职工的考试成绩的平均数,以及他们的方 差,则方差小的更稳定；（2）从乙单位抽取两名职工的成绩,所有基本事件用列举法得到 共 种情况,抽取的两名职工的分数差至少是 的事件用列举法求得共有 种,由古典概 型公式得出概率． 试题解析：解：（1） ， ∵ ，∴甲单位的成绩比乙单位稳定，即甲单位对法律知识的掌握更稳定． 第 17 页 共 22 页 （2）从乙单位 5 名职工中抽取 2 名，他们的成绩组成的所有基本事件（用数对表示）： （85，89），（85，91），（85，92），（85，93），（89，91），（89，92），（89，93），（91， 92），（91，93），（92，93），共 10 个． 则抽取的 2 名职工的分数差至少是 4 的基本事件： （85，89），（85，91），（85，92），（85，93），（89，93）， 共 5 个． 用古典概型的概率计算公式可知，抽取的 2 名职工的分数差至少是 4 的概率 ． 【考点】1．平均数与方差公式；2．古典概型． 20．已知椭圆 2 2 2 2: 1x yE a b    0a b  的半焦距为 c ，原点O 到经过两点    ,0 , 0,c b 的直线的距离为 1 2 c ，椭圆的长轴长为 4 3. （1）求椭圆 E 的方程； （2）直线 l 与椭圆交于 ,A B 两点，线段 AB 的中点为  2, 1M  ，求弦长 .AB 【答案】（1） 2 2 112 3 x y  ；（2）10. 【解析】（1）由点到直线的距离得 1 2 b a  ，再由长轴长可求得 ,a b 得椭圆方程； （2）直线 AB 的斜率一定存在，设方程为  1 2y k x   ，代入椭圆方程整理，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由韦达定理得 1 2 1 2,x x x x ，由中点坐标公式求得 k ，再由弦长 公式求得弦长． 【详解】 解：（1）经过两点   ,0 , 0,c b 的直线为： 1x y c b   即 0bx cy bc   . 由已知：原点到直线的距离 2 2 1 2 bc bcd cab c     即 1 2 b a  因为 2 4 3a  ，所以 3.b  所以椭圆的标准方程为： 2 2 112 3 x y  （2）当直线l 斜率不存在时，线段 AB 的中点在 x 轴上，不合题意.所以直线 l 的斜率存 在，设为 k ，则直线  1 2y k x   即为： 2 1y kx k   第 18 页 共 22 页 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 联立 2 2 2 1 4 12 0 y kx k x y        得：   2 2 21 4 8 2 1 16 16 8 0k x k k x k k          2 2 21 4 8 2 1 16 16 8 0k x k k x k k       显然   则   1 2 2 8 2 1 41 4 k kx x k    ，解得 1 2k  则 2 1 2 2 16 16 8 21 4 k kx x k     所以  22 1 2 1 2 1 2 11 1 4 104AB k x x x x x x        【点睛】 本题考查求椭圆的标准方程，考查求直线与椭圆相交弦长，解题方法是设而不求的思想 方法，即设交点坐标 1 1 2 2( , ),( , )x y x y ，设直线方程，代入椭圆方程应用韦达定理，得 1 2 1 2,x x x x ，由弦长公式得弦长． 21．已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右焦点分别是 1 2,F F ， 1 2 2F F  ，点 P 为椭 圆短轴的端点，且 1 2PF F△ 的面积为 3 . （1）求椭圆的方程； （2）点 31, 2B     是椭圆上的一点， 1 2,B B 是椭圆上的两动点，且直线 1 2,BB BB 关于直 线 1x  对称，试证明：直线 1 2B B 的斜率为定值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】（1）由焦距得 c ，再由三角形面积可得b ，从而求得 a ，得椭圆方程． （2）易知直线 1BB 斜率存在，设直线 1BB ：  3 12y k x   ，即 3 2y kx k   ， 由对称性得直线 2 3: y 2BB kx k    ，求出 1 2,B B 的坐标，然后计算斜率 1 2B Bk 即可证． 【详解】 第 19 页 共 22 页 解：（1）由已知 1 2 2F F  得 1c  ，又 1 2 1 2 32PF FS b   △ ， 3b  ， ∴ 1 3 2a    ． 所以椭圆的标准方程为 2 2 14 3 x y  . （2）已知点 31, 2B     ，当直线 1BB 斜率不存在时显然不满足题意，所以直线 1BB 斜率 存在，设直线 1BB ：  3 12y k x   ，即 3 2y kx k   ，由于直线 1 2,BB BB 关于直 线 1x  对称，则直线 2 3: y 2BB kx k    ， 设  1 1 1,B x y ，  2 2,B x y 联立： 2 2 3 2 14 3 y kx k x y        得   2 2 23 4 4 3 2 4 12 3 0k x k k x k k       2 1 2 4 12 3 4 3 k kx k    （方程有一解是 1x  ），同理 2 2 2 4 12 3 4 3 k kx k    则 2 1 2 1 2 1 2 1 3 3( )2 2 AB kx k kx ky yk x x x x               2 21 2 2 1 2 8 622 14 3 24 2 4 3 kk kk k x x k kx x k        所以直线 1 2B B 的斜率为定值. 【点睛】 本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的定值问题，解题方法是解析几何的基本方法： 设出直线方程，求出交点坐标，计算直线斜率，证得结论． 22．设曲线  2 2: 1 0, 0E mx ny m n    过  31, , 0, 12M N       两点.O 为坐标原 点. （1）求曲线 E 的方程； 第 20 页 共 22 页 （2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与曲线 E 恒有两个交点 ,A B ， 且OA OB  ？若存在，写出该圆的方程，并求 AB 的取值范围.若不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）存在； 2 2 4 5x y  ；弦 AB 的取值范围是 4 5 , 55       . 【解析】（1）代入已知两点的坐标求得 ,m n 即得； （2）先讨论切线斜率存在时的情形，设切线方程为 y kx m  ，由切线与椭圆相交，求 出 ,k m 满足的不等关系（   ），设交点为    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由韦达定理得 1 2 1 2,x x x x ，由 0OA OB   得 ,k m 间的等量关系，代入圆心到切线的距离公式得圆 半径，从而得圆方程，然后说明此圆切线斜率不存在时也满足题设条件，接着求弦长 2 1 21AB k x x   ，代入 ,m k 的关系化为 k 的函数，同时把 ,m k 的关系代入  得 k 的范围，由函数知识求得取值范围． 【详解】 解：（1）由已知得： 3 14 1 m n n      解得 1 4 1 m n     .所以曲线方程为 2 2 14 x y  . （2）当切线斜率存在时，设切线方程为 y kx m  联立 2 2 14 y kx m x y     得 2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m         2 2 28 4 1 4 4 4 0km k m      ，得 2 24 1 0k m   设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 则 2 1 2 1 22 2 8 4 4,1 4 1 4 km mx x x xk k      因为OA OB  所以 1 2 1 2OA OB x x y y           1 2 1 2 2 2 1 2 1 21 x x kx m kx m k x x km x x m            2 2 2 2 2 4 4 81 4 1 4 1 4 m kmk km mk k           第 21 页 共 22 页 2 2 2 5 4 4 01 4 m k k    即  2 24 15m k  因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离 2 1 md r k    即 2 2 2 4 1 5 mr k   所以圆的方程为： 2 2 4 5x y  特别地，当圆的切线斜率不存在时，也满足OA OB  ，所以这样的圆存在，方程为 2 2 4 5x y  . 此时  22 2 1 2 1 2 1 21 1 4AB k x x k x x x x         2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 64 16 161 4 1 41 4 4 1 4 1 1 4 16 14 1 5 5 1 4 k m mk kk k k m k k k k             所以     2 2 2 22 16 116 1 5 5 4 1 k k AB k       4 2 2 2 2 4 2 16 16 17 1 5 16 8 1 16 915 16 8 1 k k k k k k k            将  2 24 15m k  代入  得：  2 0,k   ①当 2 0k  时， 2 16 5AB  ②当 2 0k  时， 2 2 2 16 91 515 16 8 AB k k            ，当 1 2k   时取等号 第 22 页 共 22 页 又 2 16 5AB  ，所以 2 16 ,55AB     ③当斜率不存在时， 2 16 5AB  综上可知： 2 16 ,55AB     ，所以弦 AB 的取值范围是 4 5 , 55       . 【点睛】 本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交，考查直线与圆的位置关系，解题方法是设 而不求的思想方法，即设交点为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y ，由直线方程与椭圆方程联立方程组， 消元后应用韦达定理得 1 2 1 2,x x x x ，把这个结论代入题中其他条件中求解或通过这个 结论把问题转化为函数问题求解，本题旨在考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力， 属于难题．