安徽省皖南八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学（解析版）_2025年11月高二试卷_251123安徽省皖南八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试（全）

“皖南八校”2025—2026 学年高二第一学期期中考试 数 学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间 120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应 题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域 内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教 A 版选择性必修第一册第一章～第三章 3.1.1. 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的.  2,2  3,2  1. 已知直线l过点 和 ，则直线l在x轴上的截距为（ ） 1 A.2 B. 2 C. 1 D.  2 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线方程的两点式得直线方程，令y0，解出x即可求解. y2  x2 【详解】根据直线方程的两点式公式可得  ，化简可得4x5y20， 22  32 1 1 令y0，可知4x20，解得x ，所以直线l在x轴上的截距为 . 2 2 故选：D. 2. 若A，B，C，D为空间中不同的四点，则下列各式不一定等于零向量的是（ ）       A. ABBCCA B. ABDABD         C. AB2BC 2CDDC D. ABCBCDAD 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算逐一分析各个选项即可得出答案.     【详解】对于A，ABBCCA0，故A不符合题意；          对于B，ABDABD  DA ABBD  DBBD 0，故B不符合题意； 第 1 页 共 20 页                  对于C，AB2BC2CDDC  ABBC  BCCD  CDDC  ACBD ，结果不一定为零 向量，故C符合题意；                对于D，ABCBCDAD  ABAD  CDCB  DBBD  0，故D不符合题意. 故选：C. 1 3. 在平面直角坐标系中，已知点P  x,y  ，满足条件  x1 2  y2   x1 2  y2 t  t 0 ，则点P t 的轨迹是（ ） A. 椭圆 B. 线段 C. 射线 D. 椭圆或线段 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义、基本不等式判断即可. 1 1 【详解】因为t 0，所以t 2 t 2，当且仅当t 1时等号成立， t t 1 又  x1 2  y2   x1 2  y2 t  t 0 ， t 令F 1,0  、F  1,0  ，则  x1 2  y2  PF ，  x1 2  y2  PF ， 1 2 2 1 1 即 PF  PF t  t 0 ， 1 2 t 当t 1时， PF  PF 2，而 FF 2，此时点P的轨迹是线段FF ； 1 2 1 2 1 2 当t 0且t 1时， PF  PF 2 FF ，此时点P的轨迹是以F 、F 为焦点的椭圆. 1 2 1 2 1 2 综上所述，点P的轨迹是以F 、F 为焦点的椭圆或线段FF . 1 2 1 2 故选：D. 4. 已知直线l ：4x3y20，l ：  m2  x m1  y5m10，当l //l 时，两直线l ，l 之间的 1 2 1 2 1 2 距离为（ ） A.5 B.3 C. 5 D.2 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线平行列方程求m，根据平行直线间距离公式求解即可. m2 m1 5m1 【详解】当l ∥l 时，则满足   ，解得m10， 1 2 4 3 2 第 2 页 共 20 页此时l ：4x3y20，l ：4x3y17 0， 1 2 217  则两直线间的距离为 3. 42 32 故选：B. 5. 若方程x2  y2 4x2ay3a2 a10表示圆，且圆心在第二象限，则实数a的取值范围是（ ）  1   1  3   3 A.   ,0 B. 0,  C.  ,0 D. 0,   2   2  2   2 【答案】D 【解析】 【分析】将圆的一般式整理为标准式，写出圆的圆心以及半径，根据题意，建立不等式组，可得答案. 【详解】由x2  y2 4x2ay3a2 a10，化简可得 x2 2  ya 2 2a2a3， a 0 a 0 因为圆心在第二象限，则 ，所以 ， 2a2 a30  2a2 a3 a1  2a3 0 3  3 解得0a ，所以实数a的取值范围为0, . 2  2 故选：D. 6. 在四棱锥P ABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA2BC，E为CD的中点， 则异面直线BE 与PC所成角的余弦值为（ ） 30 15 3 5 A. B. C. D. 30 15 15 30 【答案】A 【解析】   【分析】如图建立空间直角坐标系，设BC 2，则可写出 BE 和PC 的坐标，利用向量数量积的坐标运算 求出夹角的余弦值，即可得解. 【详解】因为PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，所以PA,AB,AD两两垂直， 如图，以点A为坐标原点，直线AB,AD,AP所在方向分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 第 3 页 共 20 页设BC 2，则PA2BC 4，所以B  2,0,0  ,E  1,2,0  ,P  0,0,4  ,C  2,2,0  ,   则BE 1,2,0  ,PC   2,2,4 ，   BEPC 24 30 设异面直线BE 与PC所成角为，则cos     . BE PC 52 6 30 故选:A. 7. 已知曲线C：y  16x2 ，则“4m4”是“直线 y  xm与曲线C有且仅有1个交点”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 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系进行讨论即可.   【详解】曲线 y  16x2 表示圆心 0,0 ，半径为4的圆的上半部分（包括与x轴的交点）， 直线 y  xm的斜率为1，在y轴上的截距为m， 当直线 y  xm与曲线 y  16x2 恰有1个公共点时， 该直线与曲线相切或有一个交点，如图所示： m 相切时，圆心  0,0  到直线y  xm距离等于4，则 4， 2 即m4 2 或m4 2（舍去，因为当m4 2时与下半部分相切，不符合题意）； 由图象可知，有一个交点时，4m4； 综上可知，当直线 y xm与曲线 y  16x2 恰有1个公共点时，4m4或m4 2 ； 所以“4m4”是“直线 y  xm与曲线y  16x2 恰有1个公共点”的充分不必要条件. 第 4 页 共 20 页故选：A.        8. 已知空间向量OA 1,0,0 ，OB  0,1,0 ，OC  0,0,1 ，向量OP  xOA yOB zOC，且  x2y4z 4，则 OP 的最小值为（ ） 2 3 4 21 17 7 A. B. C. D. 3 21 4 3 【答案】B 【解析】     x y 【分析】设OD 4OA 4,0,0 ，OE 2OB  0,2,0 ，由  z 1及已知得D，E，C，P四 4 2  点共面，当OP平面DEC时， OP 有最小值，求出平面DEC的一个法向量，应用点面距的向量求法求  OP 的最小值.     【详解】设OD 4OA 4,0,0 ，OE 2OB  0,2,0 ， x y     x y  因为x2y4z 4，则  z 1，则OP xOA yOBzOC  OD OEzOC， 4 2 4 2  所以D，E，C，P四点共面，当OP平面DEC时， OP 有最小值.    由CD(4,0,1)，CE (0,2,1)，若平面DEC的一个法向量m a,b,c  ，    mCD4ac0 则  ，  mCE 2bc0 取a 1，则b2,c4，  所以m 1,2,4  为平面DEC的一个法向量，   mOC 4 21 所以O到平面DEC的距离d    . m 21 故选：B 第 5 页 共 20 页二、多项选择题：本大题共3小题，每小题 6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符 合题目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. y2 9. 已知曲线C：x2  1，则下列结论正确的有（ ） m A. 若0m1，则C是焦点在x轴上的椭圆 B. 若m1，则C是圆 C. 若m2，则C的焦点为 1,0  和 1,0  D. 若m2，则C的长半轴长为 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆、椭圆的标准方程，可得答案. 【详解】对于A，若0m1，则C是焦点在x轴上的椭圆，故A正确； 对于B，若m1，则曲线C：x2  y2 1，所以C是圆，故B正确； 对于C，若m2，则C：x2  y2 1，为焦点在y轴上的椭圆，焦点为  0,1  和  0,1  ，故C错误； 2 y2 对于D，若m2，则C：x2  1，所以C的长半轴长为 2，故D正确. 2 故选：ABD. 10. 已知直线l：xcos ysin10，圆C： xcos2  ysin2 1，其中 0,π  ，则下列 说法正确的是（ ） A. 直线l与圆C相离 π B. 当 时，直线l的斜率不存在 2 C. 若点Q  x,y  为圆C上任意一点，则x2  y2的最大值为2 D. 过直线l上一点P作圆C的切线，切点为A， PA 的最小值为 3 【答案】AD 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式即可判断A；根据直线方程即可判断B；根据点与圆的位置关系，结合两 点间距离即可判断C；根据直线与圆的位置关系可知当PC l时， PC 取得最小值，即可判断D. 【详解】对于A， 圆C的圆心为C  cos,sin ，半径为1， 第 6 页 共 20 页cos2sin21 所以圆心C  cos,sin 到直线l：xcos ysin10的距离d  21， cos2sin2 所以直线l与圆C相离，故A正确； 对于B， π 当 时，l:y10，斜率为0，故B错误； 2 对于C， 因为原点O在圆C上，所以 OQ 2r 2， max 所以x2  y2的最大值为4，故C错误； 对于D， 因为 PA  PC 2 1，所以当 PC 最小时， PA 取得最小值， 当PC l时，由A知, PC 的最小值为2，所以 PA  3 ，故D正确. min 故选：AD. 11. 在棱长为2的正方体ABCDABC D 中，点P在棱BB 上移动，BPt  0t 2  ．过点P作平面 1 1 1 1 1 垂直于空间对角线AC ，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为G，面积为S，边数 1 为N ．当t从0到2连续变化时，下列说法正确的是：（ ） 3 A. 平面与平面ABCD的夹角余弦值是 ； 3 B. S的取值范围是2 3,3 3；   C. N 的值可能是5； 2 3 D. 点G 的轨迹的长度为 . 3 【答案】ABD 【解析】 【分析】A,通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面ABCD的夹角余弦值；B,当t从0到 2连续变化时，找到当t  0或t 2时，截面为正三角形ADB 的面积最小；当t 1时，截面为正六边形 1 PPPPPP 的面积最大，再求出最小面积和最大面积即可；C,当t从0到2连续变化时，通过观察分析得 1 2 3 4 5 到答案；D,当t从0到2连续变化时，首先通过观察分析找到点G的轨迹是正三角形ADB的重心到正三角 1 第 7 页 共 20 页形DCB 的重心的线段，再利用等体积法等求出这段线段的长度. 1 1 【详解】 如图（1），以D为原点，DA，DC，DD 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1  正方体的棱长为2，A(2,0,0)，C (0,2,2),AC (2,2,2)， 1 1   对于选项A：AC 平面，平面的一个法向量为AC (2,2,2)， AC 2 3 ，平面ABCD 1 1 1   的一个法向量为n(0,0,1)， n 1，设平面与平面ABCD的夹角为，     AC n 2 3 cos cos AC,n  1   ， 1 AC  n  2 3 3 1 选项A正确； 对于选项B：当t  0或t 2时，如图（2），截面为正三角形ADB，且AD  DB 2 2， 1 1 1 1 S  ADDBsin60  2 22 2 2 3为最小值； 2 1 2 第 8 页 共 20 页1 1 当t 1时，截面为正六边形PPPPPP ，如图（3），PP  AB= 2 2  2 ， 1 2 3 4 5 1 2 1 2 1 S 6S 6 (PP)2sin60 3 3为最大值，选项B正确； PP 1 G 2 1 对于选项C：当t从0到2连续变化时，截面多边形的边数可能是三角形，四边形，六边形，但是不能是五 边形，则选项C错误； 对于选项D：重心G的轨迹是正三角形ADB的重心到正三角形DCB 的重心的线段， 1 1 1 设正三角形ADB的重心为G ，正三角形DCB 的重心为G ， 1 1 1 1 2 1 1 V  S AG  S AA ，S AG  S AA ， AA 1 DB 3 A 1 DB 1 3 ADB 1 A 1 DB 1 ADB 1 1 2 3 2 3AG  222，AG  ，AC  2 3 ，正三角形ADB的重心到正三角形DCB 1 2 1 3 1 1 1 1 2 3 2 3 的重心的线段长度为GG  AC 2AG 2 32  ，选项D正确. 1 2 1 1 3 3 故选：ABD 三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分.     12. 已知向量a(2,1,0)，b (2,1, 3)，则 2ab ____________. 【答案】4 【解析】   【分析】首先求出2ab 的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得. 【详解】由于a  (2,1,0)，b  (2,1, 3)，则2a  b  22,1,0  2,1, 3  (2,3, 3)， 于是 2a  b   22 32    3 2 4 . 故答案为：4 13. 若不同的两点A  a1,b1  与点B  b,a  关于直线l对称，则l的倾斜角为______． 【答案】45 【解析】 【详解】设直线l的斜率为k ，倾斜角为，直线AB的斜率为k ， l AB a b1  因为k  1，由题意知ABl． AB b a1  第 9 页 共 20 页所以k  tan1，即45． l 故答案为：45. 14. 若过圆C:x2  y2 6x0内不同于圆心的点P恰好可以作5条长度为正整数的弦，则符合条件的点P构 成的区域的面积为__________． 7 【答案】 π 4 【解析】 【分析】根据过圆内一点的最长弦长和最短弦长得到过点P的最短弦长的取值范围，从而得到点P与圆心C 之间距离的取值范围，得到符合条件的点P的区域，进而得到面积. 【详解】由x2  y2 6x0得 x3 2  y2 9，所以圆C的圆心为C  3,0 ，半径r 3， 因为直径是最长的弦，所以点P在圆内，过点P的弦中，直径是最长的弦，长度为2r 6， 以下分析过点P的最短的弦， 由垂径定理知， AB 2 r2d2 2 9d2 ，其中d 为圆心C到弦AB的距离， 要使得AB最短，则d 最大， 由图可知，d CP，当CP弦AB时取到等号，所以当CP弦AB时，d 最大，弦长 AB 最短， 根据圆的对称性，这5条长度为正整数的弦长度分别是4,5,6,5,4， 要使得有两条长度为4的弦，则最短弦长小于4，要使得没有长度为3的弦，则最短弦长大于3， 因此，过点P的最短的弦长l 3,4  ， 第 10 页 共 20 页 l  2  l  2 l2  27 因为弦长最短时CP弦AB，所以|CP|2    r2，|CP|2r2    9  5,  ， 2 2 4  4   3 3 CP  5, ，  2  所以点P落在以C  3,0 为圆心，半径分别为 5 和 3 3 的圆所夹的圆环内， 2  2  3 3  2 7 所以该区域的面积为π   5   π，    2   4   7 故答案为： π 4 四、解答题：本大题共 5小题，共 77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知椭圆E： x2  y2 1（a b0）的左、右焦点分别为F ，F ，且P 3,0  ，Q  0, 5  两点在 a2 b2 1 2 椭圆E上. （1）求椭圆E的方程； （2）若点M  acos,bsin ，D  1,1  ，证明：点M在椭圆上，并求△DFF 的周长. 1 2 x2 y2 【答案】（1）  1 9 5 （2）证明见解析， 10 24 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出a,b即得. （2）将点M 的坐标代入椭圆方程计算得证；再利用两点间距离公式即可求解. 【小问1详解】 因为椭圆E经过P 3,0  ，Q  0, 5  两点， 所以由椭圆的结构特征可知a 3，b 5，椭圆焦点在x轴上， x2 y2 所以椭圆E的方程为  1. 9 5 【小问2详解】 第 11 页 共 20 页 2 由点M  3cos, 5sin  ，得  3cos2 5sin ，  cos2sin21 9 5 显然点M 满足椭圆方程，所以点M在椭圆E上，如下图： 由椭圆方程可知F 2,0  ，F  2,0  ， 1 2 所以DFF 的周长为 DF  DF  FF  21 2 12   21 2 12 4 10 24. 1 2 1 2 1 2 16. 已知圆C： xa 2  yb 2 b2（a0，b0）与y轴交于A，B两点，ACB 120°，且 OC  5. （1）求圆C的标准方程； （2）若直线y  xm和直线y xn将圆C的周长四等分，求 mn 的值. 【答案】（1） x1 2  y2 2 4 （2）4 【解析】 【分析】（1）由 OC  5可知，a2 b2 5，结合ACB 120°，可知b2a，再联立求解即可； （2）根据分成四等分，可得圆心到直线的距离，进而得到两平行线的距离即可求解． 【小问1详解】 圆C： xa 2  yb 2 b2（a0，b0）， 则圆心C  a,b  ，半径r b，如图：过C作CM  y轴， ACB120，MAC 30，则AC b2MC 2a， 第 12 页 共 20 页又 OC  5，则a2 b2 5，  OC 2 a2 b2 5   即b2a ，  a 0,b0  a1 解得 ， b2 所以圆C的标准方程为 x1 2  y2 2 4． 【小问2详解】 设直线 y  xm和圆C交于点E，F，直线y xn与圆C交于点M，N. 因为直线 y  xm和直线 y xn将圆 x1 2  y2 2 4的周长四等分，所以圆心位于两直线之间， π 连接CE，CF，CM，CN，则ECF MCN  ， 2 所以△ECF为等腰直角三角形，所以圆心C到直线 y  xm的距离为 2， 同理可得圆心C到直线 y xn的距离为 2， 故直线 y  xm和直线 y xn间的距离为2 2 ， mn 所以 2 2，即 mn 4． 2 π 17. 如图所示实验装置，由矩形ABCD和ABEF构成，且AB 4，AD  AF 3，DAF  .活动点M， 3 N分别在对角线BD，AE上移动，且 AN  DM .记  A  B  =a  ，  A  D  b  ，  A  F  c  ，且  D  M    D  B  ， 0,1  . 第 13 页 共 20 页     （1）用向量a，b，c表示AM ，MN.  （2）为何值时， MN 最小，最小值是多少？ 2 （3）当 时，证明：MN 平面ABCD. 3       【答案】（1）AM a 1 b ，MN 1  bc 1 3 （2） ， 2 2 （3）证明见解析 【解析】      【分析】（1）结合图形，利用空间向量线性运算，即可用向量a，b，c表示AM ，MN.； （2）借助空间向量数量积的运算律结合二次函数的性质计算即得答案； （3）由MN 平面ABCD等价于MN AB，MNAD，利用向量数量积公式计算即得结论. 【小问1详解】     由题意得，DM DB，AN AE， 0,1  ， 可知  A  M    A  D     A  B    A  D   b    a  b   a    1 b  ，            则MN  AN AM  AN   ADDM    AB AF   AD  ABAD        a  c   b  a  b 1  bc  .   【小问2详解】      π 9 r r r r 因 a 4， b  c 3，bc33cos  ， abac 0 ， 3 2 则 M  N   1  b  c   2  9 1 2 2 9 1 92   2 2  1 1 3 3    ，  2 4 1  3 则当 时， MN 有最小值，最小值为 . 2 2 【小问3详解】 2    1  2  当 时，MN 1  b c  b  c， 3 3 3    1  2   1   2   则MNAB    b  c a  ba ca 0，  3 3  3 3 第 14 页 共 20 页   1  2   1  2   MNAD    b  c b  b2 cb  0，  3 3  3 3 所以MN AB，MNAD， 因为AB，AD 平面ABCD，AB AD  A，AB,AD平面ABCD.， 所以MN 平面ABCD. 18. 如图所示，在直三棱柱ABCABC 中，ABAC，AB  AC CC 1，E是线段BC 上的动点 1 1 1 1 1 1   （不与点B ，C 重合），且满足BE BC ，实数 0,1  . 1 1 1 1 1 1 （1）当 时，证明：AE 平面EBC； 2 1 1 （2）当 时，求二面角EABB 的余弦值； 3 1 1 （3）求四面体EABC的外接球半径的取值范围. 1 【答案】（1）证明见解析 6 （2） 3  6 3 （3） ,    3 2  【解析】 【分析】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直； （2）先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解； （3）将四面体补成长方体，根据长方体的外接球就是四面体的外接球，结合E点的位置确定外接球半径的 取值范围. 【小问1详解】 1 由题知在直三棱柱ABCABC 中，BB 平面ABC ，AE 平面 ABC ，所以BB  AE ，当 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 第 15 页 共 20 页时，E为BC 中点，由题知△ABC 为等腰直角三角形，所以AE BC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 又BC ，BB 平面BCC B ，BC BB B ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以AE 平面BCC B ，即AE 平面EBC. 1 1 1 1 【小问2详解】 在直三棱柱ABCABC 中，ABAC，AA  AC，AA  AB， 1 1 1 1 1 则以A为原点，以AB为x轴，以AC为y轴，以AA 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1  则A  0,0,0  ，B  1,0,0  ，C  0,1,0  ，A  0,0,1  ，B  1,0,1  ，C  0,1,1  ，BC 1,1,0 ， 1 1 1 1 1  1  1 1  2 1  又BE  BC    , ,0，则E , ,1， 1 3 1 1  3 3  3 3   2 1   则AE   , ,0，AB  1,0,1 ， 1 3 3  1  设平面AEB的一个法向量为m x,y,z  ， 1   2 1 mAE  x y  0  则 1 3 3 ，取z 1，则x1，y 2，故m 1,2,1  ，   mAB  xz  0 1 又在直三棱柱ABCABC 中，ABAC，则AC 平面ABB ， 1 1 1 1 1   所以平面ABB 的一个法向量为n  AC  0,1,0 ， 1 1 又二面角EABB 的平面角为锐角，则二面角的余弦值为 1 1     mn 2 6 cosm,n      . m n 1411 3 【小问3详解】 第 16 页 共 20 页  设四面体EABC的外接球球心I 的坐标为 x,y,z ，半径为R， 1 则R  IA  IB  IC  IE ， 1 故 x2  y2  z1 2   x1 2  y2 z2  x2  y1 2 z2 ， 则x  y  z，所以外接球球心I的坐标为  x,x,x  ， 又E  1,,1  ，代入得R 3x2 2x1  x12  x2  x1 2 ， 1 即3x2 2x13x2 4x22 22，则x 2  ， 0,1  ， 2 1 1 当 时，x取得最小值为 ， 2 4 1 1 1 1 当0或1时，2   ，所以x  , ， 2 2 4 2 1 1 1 2 所以R2 3x2 2x1，x  , ，当x 时，R2取得最小值为 ， 4 2 3 3 1 3 2 3  6 3 当x 时，3x2 2x1 ，所以R2  , ，所以R ,   ， 2 4 3 4  3 2   6 3 所以四面体EA 1 BC的外接球半径的取值范围为  3 , 2    . 19. 已知圆O:x2  y2 1点M  1,4  . （1）过M 作圆O的切线，求切线的方程； 1 3 （2）过圆O上一点P  ,   作两条相异直线分别与圆O相交于A，B两点，且直线PA和直线PB的倾 2 2  斜角互补.求证：直线AB的斜率为定值.   （3）已知A 2,8 ，设P为满足方程PA2  PO2 106的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试 PB2 探究：平面内是否存在一定点N ，使得 为定值?若存在，请求出定点N 的坐标，并指出相应的定值； PN2 若不存在，请说明理由. 【答案】（1）x10和15x8y170 （2）证明见解析 （3）当N 1,4  ，定值为 1 ；当N    1 , 4  ，定值为 17 2  17 17 18 第 17 页 共 20 页【解析】 【分析】（1）根据斜率是否存在进行分类讨论，用待定系数法求得切线方程； 3 （2）根据题目条件列出方程，利用韦达定理对直线AB 的斜率进行化简，求得定值为 ； 3 （3）先根据条件求得动点P的方程，在假设定值存在，列出等式并用P的方程化简，最后由多项式相等求 得N 的坐标. 【小问1详解】 根据圆的方程可知，圆O的圆心坐标为O0,0，半径为1. 点M 距离圆心O的距离 12 42  17 1，故点M 在圆外，过点M 的切线有两条. 当过点M 的直线不存在斜率时，切线方程为x10， 圆心O距此直线的距离为1，与半径相等.故此直线与圆相切. 当过点M 的直线存在时，设直线方程为y4k  x1  ，即kxy4k 0， 4k 15 圆心O距离此直线的距离应为1，故 1，解得k  . k2 1 8 15 15 故直线方程为 x y4 0，即15x8y170. 8 8 所以过点M 且与圆O相切的直线方程为：x10和15x8y170. 【小问2详解】 π 假设过点P的一条直线倾斜角为 ， 2 π 由题目条件得另一条直线的倾斜角也为 ，但过直线外一点做该直线的垂线只有一条，与两条直线相异矛 2 盾， 故过P的直线不可能垂直于x轴. 由于两直线的倾斜角互补，因为tantan  π ，故两直线的斜率互为相反数. 3  1 设直线l :y k x  与圆相交于P，A两点， 1 2 1  2 3  1 直线l :y k x  与圆相交于P，B两点. 2 2 1  2 第 18 页 共 20 页  x2  y2 1    点A x ,y 在l 上，则 ， A A 1  3  1   y 2 k 1   x 2   化简得 k2 1  x2   3k k2  x 1 k2  3 k  1 0， 1 1 1 4 1 2 1 4 1 k2  3k 由韦达定理得x   1 1 . A 2 k2 1 1   x2  y2 1  点B  x ,y 在l 上，则 ， B B 2  3  1   y 2 k 1   x 2   化简得 k2 1  x2   3k k2  x 1 k2  3 k  1 0， 1 1 1 4 1 2 1 4 1 k2  3k 由韦达定理得x   1 1 . B 2 k2 1 1 y  y k  x x 1  则直线AB的斜率为k  A B  1 A B . AB x x x x A B A B 2 2 3k 3 易得x x 1 ，x x  1 .故k  . A B k2 1 A B k2 1 AB 3 1 1 3 故直线AB的斜率为定值 . 3 【小问3详解】 设P  p,q  ，因PA2  PO2 106，所以 p2 2  q8 2  p2 q2 106，化简得，  p1 2  q4 2 62.   所以点P的轨迹是一个圆，圆心为点M 1,4 ，半径为6. 因MO  17 615，所以圆O内含于圆M .故点P一定在圆O外，过任意的点P都能作两条圆O的切 线. 因不存在此两条切线同时垂直于x轴（否则两切线平行，与两切线都过点P矛盾），故不妨设过P的切线方 程为 yqk  x p  ，切点为B. 第 19 页 共 20 页则PB2  PO2 12  p2 q2 1. 由圆M 的方程得 p2 q2 2p8q19. 设Nm,n .则PN2  pm 2  qn 2 . PB2 p2 q2 1 设 t .即 t . PN2  pm 2  qn 2 2 把 p2 q2 2p8q19代入化简得，  p4q9  p2 q2 2mp2nqm2 n2 . t 2 继续代入得，  p4q9 2  1m  p2  4n  q19m2 n2 . t 要使上式对任意的 p，q均成立，则2  1m  :2  4n  :  19m2 n2  1:4:9.  1 m m1   17 解得 或 . n4  4 n  17 1  1 4  17 当N 的坐标为1,4时，t  ；当N 的坐标为  , 时，t  . 2  17 17 18 第 20 页 共 20 页