2020-2021学年上海市华东师范大学第二附属中学高二上学期9月月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 16 页 2020-2021 学年上海市华东师范大学第二附属中学高二上学 期 9 月月考数学试题 一、单选题 1．对于直线  1: 0 0l ax ay aa     ，下列说法不正确的是（ ） A．无论 a 如何变化，直线 l 的倾斜角的大小不变 B．无论 a 如何变化，直线 l 一定不经过第三象限 C．无论 a 如何变化，直线 l 必经过第一、二、三象限 D．当 a 取不同数值时，可得到一组平行直线 【答案】C 【解析】将直线方程化为斜截式方程，即可判断各选项的真假． 【详解】 直线 l 可化为： 2 1y x a    ，所以直线的斜率为 1 ，倾斜角为135 ，所以 A 正确； 直线斜率为 1 ，纵截距为 2 1 0a  ，所以直线经过一，二，四象限，所以 B 正确，C 错 误； 直线 l 是斜率为 1 的平行直线系，所以当 a 取不同数值时，可得到一组平行直线，D 正 确． 故选：C ． 【点睛】 本题主要考查通过直线的方程研究直线的特征，属于基础题． 2．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”， 诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下 某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系 中，设军营所在的位置为  2,0B  ，若将军从山脚下的点 1 ,03A    处出发，河岸线 所在直线方程为 2 3x y  ，则“将军饮马”的最短总路程为（ ） A． 145 3 B．5 C． 135 3 D．16 3 【答案】A 【解析】根据题意，求得点 ( 2,0)B  关于直线 2 3x y  的对称点为 (0,4)C ，结合两点 第 2 页 共 16 页 间的距离公式，求得 BC 长，即可求解. 【详解】 如图所示，设点 ( 2,0)B  关于直线 2 3x y  的对称点为 1 1( , )C x y ， 可得 1 1 1 1 1( ) 12 2 2 2 32 2 y x x y           ，解得 10, 4Cx y  ，即 (0,4)C 则 2 21 145(0 ) (4 0)3 3BC      ，即“将军饮马”的最短总路程为 145 3 . 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了直线方程的实际应用问题，其中解答中合理转化，求得点关于直线的对 称点，结合两点间的距离公式求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算 能力. 3．已知直线 : 3 0l x my m   上存在点 M 满足与  1,0A  、  10B , 两点连线的斜 率 MAk 与 MBk 之积为 3，则实数 m 的取值范围是（ ） A． 6, 6   B． 6 6, ,6 6                 C． 6 6, ,6 6              D． 2 2,2 2      【答案】C 【解析】首先求出点 M 的轨迹方程 2 23 3y x  ，再根据条件转化为 第 3 页 共 16 页 2 2 3 0 3 3 x my m y x       有公共解集，求 m 的取值范围. 【详解】 设  ,M x y ，由于 3MA MBk k  ，得 31 1 y y x x    ，即 2 23 3y x  ， 1x   联立 2 2 3 0 3 3 x my m y x       得 2 2 1 2 33 6 0x xm m        ，（） 要满足条件，只需 2 2 2 1 3 0 2 3 124 3 0 m m m                   ， 即 2 1 6m  ，解得： 6 6m  或 6 6m   . 或 2 1 3 0m   时， 3 3m  时，代入方程（）解得： 1x   ，舍 3 3m   时，代入方程（），解得： 1x  ，舍 综上可知： 6 6m  或 6 6m   . 故选：C 【点睛】 本题考查轨迹方程，直线与圆锥曲线相交问题，重点考查转化与变形，计算能力，属于 中档题型. 4．设直线系  : cos 2 sin 1M x y    ， 0 2   ，对于下列四个命题： （1） M 中所有直线均经过一个定点； （2）存在定点 P 不在 M 中的任意一条直线上； （3）对于任意整数 n ， 3n  ，存在正 n 边形，其所有边均在 M 中的直线上； （4） M 中的直线所能围成的正三角形面积都相等；其中真命题的是（ ） A．（2）（3） B．（1）（4） C．（2）（3） （4） D．（1）（2） 【答案】A 【解析】首先发现直线系    : cos 2 sin 1 0 2M x y        表示圆  22 2 1x y   的切线集合，再根据切线的性质判断（1）（3）（4），以及观察得到点 第 4 页 共 16 页  0,2 不在任何一条直线上，判断选项. 【详解】 因为点 0,2 到直线系    : cos 2 sin 1 0 2M x y        中每条直线的距离 2 2 1 1 cos sin d      ，直线系    : cos 2 sin 1 0 2M x y        表示圆  22 2 1x y   的切线集合. （1）由于直线系表示圆  22 2 1x y   的所有切线，其中存在两条切线平行，所有 M 中所有直线均经过一个定点不可能，故（1）不正确； （2）存在定点 P 不在 M 中的任意一条直线上，观察知点  0,2M 符合条件，故（2） 正确； （3）由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数  3n n  ，存 在正 n 变形，其所有边均在 M 的直线上，故（3）正确； （4）如下图，M 中的直线所能围成的正三角形有两类，一类如 ABE△ ，一类是 BCD , 显然这两类三角形的面积不相等，故（4）不正确. 故选：A 【点睛】 本题考查含参直线方程，距离公式，轨迹问题的综合应用，重点考查转化与变形，分析 问题的能力，属于偏难习题，本题的关键是观察点  0,2 到直线系    : cos 2 sin 1 0 2M x y        中每条直线的距离 2 2 1 1 cos sin d      ，直线系    : cos 2 sin 1 0 2M x y        表示圆 第 5 页 共 16 页  22 2 1x y   的切线集合，再判断选项就比较容易. 二、填空题 5．直线 4 13  y x 的单位法向量是_____________. 【答案】 4 3,5 5     或 4 3,5 5     【解析】由直线 4 13  y x 可得法向量  4, 3a   ，可得其单位法向量为： a a    ． 【详解】 解：由直线 4 13  y x 可得法向量  4, 3a   ，因此其单位法向量为： 4 3,5 5 a a          ，即 4 3,5 5     或 4 3,5 5     . 故答案为： 4 3,5 5     或 4 3,5 5     【点睛】 本题考查了直线的单位法向量的求法，属于基础题． 6．已知点    2, 3 , 3,2P Q ，直线 2 0ax y   与线段 PQ 相交，则实数 a 的取值范围 是____； 【答案】 4 1,3 2     【解析】【详解】 由直线 2 0ax y   ，即 2y ax   ，此时直线恒过点 (0, 2)A  ， 则直线 PA 的斜率 1 2 ( 3) 1 0 2 2k      ，直线QA 的斜率 2 2 2 4 0 3 3k    ， 若直线 2 0ax y   与线段 PQ 相交，则 1 4 2 3a    ，即 4 1 3 2a   ， 所以实数 a 的取值范围是 4 1[ , ]3 2  ． 点睛：本题考查了两条直线的位置关系的应用，其中解答中把直线与线段有交点转化 为直线间的斜率之间的关系是解答的关键，同时要熟记直线方程的各种形式和直线过 定点的判定，此类问题解答中把直线与线段有交点转化为定点与线段端点斜率之间关 系是常见的一种解题方法，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力． 第 6 页 共 16 页 7．直线 xcosθ＋ 3 y＋2＝0 的倾斜角的范围是________． 【答案】 50, [ , )6 6        【解析】由题知 k＝－ 3 3 cosθ，故 k∈ 3 3,3 3      ，结合正切函数的图象，当 k∈ 30, 3       时，直线倾斜角α∈ 0, 6      ，当 k∈ 3 ,03      时，直线倾斜角α∈ 5 ,6      ， 故直线的倾斜角的范围是 0, 6      ∪ 5 ,6      . 8．过点 10,10 且在 x 轴上的截距是在 y 轴上截距的 4 倍的直线的方程为 _____________. 【答案】 y x  或 1 15 4 2y x   【解析】分类讨论：直线过坐标原点、直线不过坐标原点，再根据截距的关系求解出直 线的方程. 【详解】 当直线过坐标原点时，显然直线的斜率存在，设 y kx ，代入 10,10 ， 所以 10 10k  ，所以 1k   ，所以直线方程为 y x  ； 当直线不过坐标原点时，设  10 10y k x   ，所以横截距为 10 10k   ，纵截距为 10 10k  ， 所以  10 10 4 10 10kk     ，解得 1 4k   或 1k   （舍），所以直线方程为 1 15 4 2y x   ， 故答案为： y x  或 1 15 4 2y x   . 【点睛】 本题考查根据截距关系求解直线方程，难度一般.根据截距的倍数求解直线方程时，要 注意直线过坐标原点的情况. 9．已知三条直线 1 : 4 4 0l x y   ， 2 : 0l mx y  ， 3 : 2 3 4 0l x my   不能围成三 角形，则 m  _____________. 【答案】4 或 1 或 1 6  或 2 3 【解析】首先根据三条直线不能构成三角形，得到三条直线的位置关系，根据位置关系 第 7 页 共 16 页 列式求 m . 【详解】 若三条直线不能围成三角形，则存在两条直线平行，或是三条直线交于同一点， 当 1 2l l// 时， 4 1 1m  ，即 4m  ，当 1 3/ /l l 时， 4 1 2 3m   ，解得： 1 6m   ， 当 2 3/ /l l 时， 1 2 3 m m   ，不成立， 当三条直线交于同一点时，联立直线 1l 和 2l ，则 4 4 0 0 x y mx y       ，解得： 4 4x m   ， 4 4 my m   ，即交点为 4 4,4 4 m m m       ，代入直线 3l ， 28 12 4 04 4 m m m     ，即 23 2 0m m   ，解得： 1m   或 2 3m  ， 所以 4m  或 1 6  或 1 或 2 3 . 故答案为：4 或 1 或 1 6  或 2 3 【点睛】 本题考查直线与直线的位置关系，重点考查分析问题的能力，属于基础题型. 10．已知等腰三角形的底边所在直线过点  2,1P ，两腰所在的直线为 2 0x y   与 7 4 0x y   ，则底边所在的直线方程是_____________. 【答案】3 7 0x y   或 3 1 0x y   【解析】在等腰三角形顶角角平分线上任取一点  ,M x y ，利用点 M 到两腰所在直线 的距离相等可求得顶角角平分线方程，再由底边所在直线过点 P 且与顶角角平分线垂直 可求得所求直线的方程. 【详解】 在等腰三角形顶角角平分线上任取一点  ,M x y ， 则点 M 到直线 2 0x y   与 7 4 0x y   的距离相等， 由题意可得 2 7 4 2 5 2 x y x y    ，所以， 7 4 5 2x y x y     . 所以，  7 4 5 2x y x y     或  7 4 5 2x y x y      ， 所以，该等腰三角形顶角角平分线所在直线的方程为 3 7 0x y   或 6 2 3 0x y   . 由于底边与顶角角平分线垂直. 第 8 页 共 16 页 当底边与直线 3 7 0x y   垂直时，且直线 3 7 0x y   的斜率为 1 3 ， 此时底边所在直线方程为  1 3 2y x    ，即3 7 0x y   ； 当底边与直线 6 2 3 0x y   垂直时，且直线 6 2 3 0x y   的斜率为 3 ， 此时底边所在直线方程为  11 23y x   ，即 3 1 0x y   . 故答案为：3 7 0x y   或 3 1 0x y   . 【点睛】 本题考查等腰三角形底边所在直线方程的求解，考查了等腰三角形三线合一的性质以及 点到直线距离公式的应用，考查计算能力，属于中等题. 11．数学家欧拉在 1765 年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上， 且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称之为三角形的欧拉线， 已知 ABC 的顶点  2,0A ，  0,4B ，若其欧拉线方程为 2 0x y   ，则顶点C 的 坐标_____________. 【答案】 4, 0 【解析】设 C 的坐标，由重心坐标公式求重心，代入欧拉线得方程，求出 AB 的垂直平 分线，联立欧拉线方程得三角形外心，外心到三角形两顶点距离相等可得另一方程，两 方程联立求得 C 点的坐标. 【详解】 设  ,C m n ，由重心坐标公式得， ABC 的重心为 2 4,3 3 m n      , 代入欧拉线方程得： 2 4 2 03 3 m n    ,整理得： 4 0m n   ① AB 的中点为 1,2 ， 4 0 20 2ABk    ， AB 的中垂线方程为  12 12y x   ，即 2 3 0x y   ． 联立 2 3 0 2 0 x y x y        ，解得 1 1 x y     .． ABC∴ 的外心为  1,1 ． 则    2 2 2 21 1 3 1m n      ， 整理得： 2 2 2 2 8m n m n    ② 第 9 页 共 16 页 联立①②得： 4, 0m n   或 0, 4m n  ． 当 0, 4m n  时 ,B C 重合，舍去． ∴顶点C 的坐标是  4,0 ． 【点睛】 本题主要考查了直线方程的各种形式，重心坐标公式，属于中档题. 12．已知点 P 在直线 2 1 0x y   上，点 Q 在直线 2 3 0x y   上，PQ 的中点为 M （ 0 0,x y ），且 0 0 2y x  ，则 0 0 y x 的取值范围是_____________. 【答案】（ 1 2  ， 1 5  ） 【解析】【详解】 注意到两直线是平行的，故点 M 的轨迹为与两直线的距离相等，且平行于两直线的直 线，其方程为 2 1 0x y   ，即 M（ 0 0,x y ）满足 02 1 0ox y   ，而且满足不等式 0 2oy x  的点都在直线 2y x  的左上方. 问题转化为求射线 0 02 1 0x y   （ 0 5 3x   ）上点 M（ 0 0,x y ）的 0 0 y x 的取值范围， 而 0 0 y x 的几何意义是 M（ 0 0,x y ）与原点连线的斜率，故 0 0 OM yk x  （ 1 2  ， 1 5  ）. 故答案为（ 1 2  ， 1 5  ） 13．已知 ， R  ，直线 1sin sin sin cos x y       与 1cos sin cos cos x y       的交点在直线 y x  上，则 sin cos sin cos       _____________. 【答案】0 【解析】联立方程求交点，根据交点在在直线 y x  上，得到三角关系式，化简得到 答案. 【详解】 第 10 页 共 16 页 1sin sin sin cos 1cos sin cos cos 1 1 1 1( ) ( ) 0sin sin cos sin sin cos cos cos x y x y x y                                   交点在直线 y x  上 sin sin cos s 1 1 1 in sin cos cos co 1 s             sin sin cos c 1 1 1 os cos sin sin co 1 s             sin cos sin cos sin cos sin cos (sin sin )(cos cos ) (cos sin )(sin cos )                           观察分母 (sin sin )(cos cos )     和 (cos sin )(sin cos )     不是恒相等 故sin cos sin cos 0       故答案为：0 【点睛】 本题考查了直线方程，三角函数运算，意在考查学生的计算能力. 14．已知点 A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线 y=ax+b(a>0)将 △ ABC 分割为面积相等的两部分, 则 b 的取值范围是________ 【答案】 2 11- 2 2       ， 【解析】解法一：先求得直线 y=ax+b（a＞0）与 x 轴的交点为 M（﹣ b a ，0），由﹣ b a ≤0 可得点 M 在射线 OA 上．求出直线和 BC 的交点 N 的坐标，①若点 M 和点 A 重合，求得 b= 1 3 ；②若点 M 在点 O 和点 A 之间，求得 1 3 ＜b＜ 1 2 ； ③若点 M 在点 A 的左侧，求得 1 3 ＞b＞1﹣ 2 2 ．再把以上得到的三个 b 的范围取并集，可得结果． 解法二：考查临界位置时对应的 b 值，综合可得结论． 【详解】 解法一：由题意可得，三角形 ABC 的面积为 1 2 AB OC  =1， 第 11 页 共 16 页 由于直线 y=ax+b（a＞0）与 x 轴的交点为 M（﹣ b a ，0）， 由直线 y=ax+b（a＞0）将△ABC 分割为面积相等的两部分，可得 b＞0， 故﹣ b a ≤0，故点 M 在射线 OA 上． 设直线 y=ax+b 和 BC 的交点为 N，则由 1 y ax b x y      可得点 N 的坐标为（ 1 1 b a   ， 1 a b a   ）． ①若点 M 和点 A 重合，则点 N 为线段 BC 的中点，故 N（ 1 2 ， 1 2 ）， 把 A、N 两点的坐标代入直线 y=ax+b，求得 a=b= 1 3 ． ②若点 M 在点 O 和点 A 之间，此时 b＞ 1 3 ，点 N 在点 B 和点 C 之间， 由题意可得三角形 NMB 的面积等于 1 2 ， 即 1 2 NMB y  = 1 2 ，即 1 12 1 b a b a a        = 1 2 ，可得 a= 2 1 2 b b ＞0，求得 b＜ 1 2 ， 故有 1 3 ＜b＜ 1 2 ． ③若点 M 在点 A 的左侧，则 b＜ 1 3 ，由点 M 的横坐标﹣ b a ＜﹣1，求得 b＞a． 设直线 y=ax+b 和 AC 的交点为 P，则由 1 y ax b y x      求得点 P 的坐标为（ 1 1 b a   ， 1 a b a   ）， 此时，由题意可得，三角形 CPN 的面积等于 1 2 ，即 1 2 •（1﹣b）•|xN﹣xP|= 1 2 ， 即 1 2 （1﹣b）•| 1 1 b a   ﹣ 1 1 b a   |= 1 2 ，化简可得 2（1﹣b）2=|a2﹣1|． 由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2 ． 两边开方可得 2 （1﹣b）= 21 a ＜1，∴1﹣b＜ 1 2 ，化简可得 b＞1﹣ 2 2 ， 故有 1﹣ 2 2 ＜b＜ 1 3 ． 再把以上得到的三个 b 的范围取并集，可得 b 的取值范围应是 2 11 2 2      ， ， 第 12 页 共 16 页 解法二：当 a=0 时，直线 y=ax+b（a＞0）平行于 AB 边， 由题意根据三角形相似且面积比等于相似比的平方可得 21 1 b     = 1 2 ，b=1﹣ 2 2 ，趋 于最小． 由于 a＞0，∴b＞1﹣ 2 2 ． 当 a 逐渐变大时，b 也逐渐变大， 当 b= 1 2 时，直线经过点（0， 1 2 ），再根据直线平分△ABC 的面积，故 a 不存在，故 b ＜ 1 2 ． 综上可得，1﹣ 2 2 ＜b＜ 1 2 ， 故答案为： 2 11- 2 2       ， ． 【点睛】 本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还 考察运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题． 三、解答题 15．已知直线 l 的方程为 2 1 0x y   . （1）求过点  3,2A ，且与直线 l 垂直的直线 1l 方程； （2）求过 l 与 1l 的交点 B ，且倾斜角是直线 l 的一半的直线 2l 的方程. 【答案】（1） 2 7 0x y   ；（2） 5 1 7 5 2 2y x   . 【解析】（1）由于直线 l 垂直直线 1l ，所以设直线 1l 为 2 0x y c   ，然后将点  3,2A 第 13 页 共 16 页 坐标代入方程中可求出 c 的值，从而可得直线 1l 方程； （2）先求出点 B 的坐标，设直线l 的倾斜角为 ，则直线 2l 的倾斜角为 2  ，然后由正 切的二倍角公式可求出 tan 2  的值，再利用点斜式可求出直线 2l 的方程 【详解】 解：由题意设直线 1l 为 2 0x y c   ，则 3 2 2 0c    ，得 7c   ， 所以直线 1l 方程为 2 7 0x y   ， （2）由 2 1 0 2 7 0 x y x y        ，得 1 3 x y ì =ïí =ïî ，所以 (1,3) ， 设直线 l 的倾斜角为 ，则直线 2l 的倾斜角为 2  ， 2tan  ， 因为 2 2tan 2tan 1 tan 2     ，所以 2 2tan 2 2 1 tan 2     ，即 2tan tan 1 02 2     ， 解得 5 1tan 2 2   或 5 1tan 2 2    ， 因为 tan 2 0   ，所以 (0, )2   ， 所以 (0, )2 4   ，所以 5 1tan 2 2   ， 所以直线 2l 的方程为 5 13 ( 1)2y x   ，即 5 1 7 5 2 2y x   【点睛】 此题考查直线方程的求法，考查直线的倾斜角与斜率的关系，考查正切的二倍角公式的 应用，属于中档题 16．已知直线 1 :3 4 7 0l x y   与 2 :3 4 8 0l x y   . （1）若  1 1,A x y 、  2 2,B x y 两点分别在直线 1l 、 2l 上运动，求 AB 的中点 D 到原点 的最短距离； （2）若  2,3M ，直线l 过点 M ，且被直线 1l 、 2l 截得的线段长为3 5 ，求直线l 的 方程. 第 14 页 共 16 页 【答案】（1） 1 10 ；（2） 2 7 0x y   或 2 11 37 0x y   . 【解析】（1） AB 的中点 D 的运动轨迹为与 1l 、 2l 平行且在它们中间的直线得其斜率， 再求两直线在 y 轴中点的坐标可得答案. （2）设l 的直线方程，分别于 1l 、 2l 联立，解得交点坐标，再利用两点之间的距离公式 可得 l 斜率，然后根据点斜式方程求得答案. 【详解】 （1）因为  1 1,A x y 、  2 2,B x y 两点分别在直线 1l 、 2l 上运动， 所以 AB 的中点 D 的轨迹为与 1l 、 2l 平行且在它们中间的直线， 设其方程为 3 :3 4 0l x y m   ， 1l 、 2l 与 y 轴的交点分别为 ( 70, 4) 、 (0, 2) ，两点的中点为 1(0, )8  ， 且中点在直线 3l ，所以 1 10 4 ( ) 0,8 2m m      ，所以 3 :6 8 1 0l x y   ， AB 的中点 D 到原点的最短距离即为原点到直线 3l 的距离，为 2 2 1 1 106 8   . （2）l 过  2,3M 点且与 x 轴垂直的直线方程为 2x  ， 与 1l 、 2l 的交点为 12, 4      和 72, 2     ，两点之间的距离为 1 7 24 4   不符合题意， 所以设 l 的斜率为 k ，直线方程为 3 ( 2)y k x   ， 由直线 l 与 1l 3 ( 2) 3 4 7 0 y k x x y        即 8 5 4 3 9 4 3 kx k ky k       ，交点为为 8 5 9,4 3 4 3 k k k k        ， 由直线 l 与 2l 3 ( 2) 3 4 8 0 y k x x y        即 8 20 4 3 9 14 4 3 kx k ky k       ，交点为 8 20 9 14,4 3 4 3 k k k k - - + + 所以两交点之间的距离为 2 28 20 8 5 9 14 9 3 54 3 4 3 4 3 4 3 k k k k k k k k - - - +- + - =+ + + + ， 解得 2k   ，或 2 11k   ， 第 15 页 共 16 页 所求直线方程为  y 2 x 2 3    ，或  2 2 311y x    ， 即 2 7 0x y   或 2 11 37 0x y   . 【点睛】 本题考查两条直线的位置关系，两条平行直线之间的距离的问题. 17．已知直线 l ：  1 2 0kx y k k R     . （1）证明：直线 l 过定点； （2）若直线 l 不经过第四象限，求 k 的取值范围； （3）若直线 l 交 x 轴负半轴于点 A ，交 y 轴正半轴于点 B ，O 为坐标原点，设 AOB 的 面积为 S ，求 S 的最小值及此时直线l 的方程. 【答案】（1）证明见解析；（2） 0, （3） AOBS 的最小值为 4；直线方程为 2 4 0x y   【解析】（1）将直线方程整理变形，可得   2 1 0x k y    ，即可证明过定点. （2）将直线方程化为斜截式，由不过第四象限可得关于 k 的不等式组，即可求得 k 的 取值范围. （3）先求得直线与 ,x y 轴的交点，根据交点分别在 x 轴负半轴和 y 轴正半轴，可得关 于 k 的不等式组，即可求得 k 的取值范围.表示出 AOB 的面积，结合基本不等式即可 求得最小值，并求得取最小值时的 k ，即可得直线方程. 【详解】 （1）证明：直线l ：  1 2 0kx y k k R     化简变形可得   2 1 0x k y    因为 k R ，所以 2 0 1 0 x y      解得 2 1 x y     所以直线 l 过定点 2,1 （2）将直线方程变形可得 1 2y kx k   因为直线 l 不经过第四象限 则 0 1 2 0 k k     ，解得 0k  所以 k 的取值范围为 0, （3）直线l 交 x 轴负半轴于点 A ，交 y 轴正半轴于点 B ， 第 16 页 共 16 页 分别令 0, 0y x  代入可得 1 2 ,0kA k     ，  0,1 2B k 由 1 2 0 1 2 0 k k k      ，解得 0k  1 2AOBS OA OB     1 1 2 1 22 k kk     1 14 42 k k        由基本不等式可得 1 1 1 14 4 2 4 4 42 2k kk k                 当且仅当 14k k  时取等号，因为 0k  ，即 1 2k  时取等号 此时直线方程为 1 22y x  ，化简可得 2 4 0x y   综上可知 AOBS 的最小值为 4，直线方程为 2 4 0x y   【点睛】 本题考查了直线过定点问题，根据直线所过象限求参数的取值范围，直线与坐标轴围成 三角形的面积最值问题，基本不等式求最值的应用，属于中档题.