高考理科数学试卷普通高等学校招生全国统一考试503

注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷

一. 选择题：本大题共12小题，每小题5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.

（1）已知集合A{1,2,3}，B{x|(x1)(x2)0,xZ}，则AB

，，2，3}（D）{1，01，，2，3} ，2}（C）{01（A）{1}（B）{1（2）已知z(m3)(m1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是

，（B）(1，3) 3)（C）(1,+)（D）(-，（A）(31)

（3）已知向量a(1,m)，b=(3,2)，且(a+b)b，则m= （A）－8（B）－6 （C）6 （D）8

22xy2x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，则a= （4）圆

43（A）3（B）4（C）3（D）2

（5）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为

（A）24 （B）18 （C）12 （D）9

（6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为

（A）20π（B）24π（C）28π（D）32π

π

（7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移个单位长度，则评议后图象的对称轴为

12kππkππkππkππ

（A）x=– (k∈Z) （B）x=+ (k∈Z) （C）x=– (k∈Z) （D）x=+ (k∈Z)

2626212212（8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，

若输入的x=2，n=2，依次输入的a为2，2，5，则输出的s=

（A）7 （B）12 （C）17 （D）34 π3

（9）若cos(–α)=，则sin 2α=

457117

（A）（B）（C）–（D）– 255525（10）从区间0,1随机抽取2n个数

x1x2,

，…，

xn，

y1，

y2，…，

yn，构成n个数对x1,y1，

x2,y2，…，xn,yn，其中两数的平方和小于1的数对共有

的近似值为

4n2n4m2m（A）m（B）m（C）n（D）n

m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率

x2y2（11）已知F1，F2是双曲线E221的左，右焦点，点M在E上，M F1与x轴垂直，

absinMF2F1

（A）2（B）

1,则E的离心率为 33（C）3（D）2 2x1yf(x)（12）已知函数学.科网f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数y与图像的交点为

xm(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),则(xiyi)

i1（A）0 （B）m（C）2m（D）4m

第II卷

本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答.

二、填空题：本大题共3小题，每小题5分

(13)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若cos A=

45，cos C=，a=1，则b=. 513(14)α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：

（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. （2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

（3）如果α∥β，mα，那么m∥β. （4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.

其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）

（15）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3。甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是。

（16）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+2）的切线，则b=。 三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.（本题满分12分）

Sn为等差数列an的前n项和，且an=1，S728.记bn=lgan，其中x表示不超过x的最大整数，如

0.9=0，lg99=1.

（I）求b1，b11，b101；

（II）求数列bn的前1 000项和.

18.（本题满分12分）

某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：

1 2 3 4 5 上年度出0 险次数 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 保费 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 1 2 3 一年内出0 险次数 0.30 0.15 0.20 0.20 概率 4 0.10 5 0. 05 （I）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； （II）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； （III）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 19.（本小题满分12分）

5如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=，

4EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置，OD10.

（I）证明：DH平面ABCD； （II）求二面角BDAC的正弦值.

20. （本小题满分12分）

x2y21的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点，点N已知椭圆E:t3在E上，MA⊥NA.

（I）当t=4，AMAN时，求△AMN的面积； （II）当2AMAN时，求k的取值范围.

（21）（本小题满分12分） (I)讨论函数f(x)x2xe的单调性，并证明当x>0时，(x2)exx20; x2exaxagx）=(x0)有最小值.设g（x）的最小值为h(a)，求函数(II)证明：当a[0,1)时，函数（2xh(a)的值域.

请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号

（22）（本小题满分10分）选修41：集合证明选讲

如图，在正方形ABCD，E,G分别在边DA,DC上（不与端点重合），且DE=DG，过D点作DF⊥CE，垂足为F.

(I) 证明：B,C,E,F四点共圆；

(II)若AB=1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积.

（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 在直线坐标系xoy中，圆C的方程为（x+6）2+y2=25.

（I）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

（II）直线l的参数方程是（t为参数）,l与C交于A、B两点，∣AB∣=，求l的斜率。 （24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)= ∣x∣+∣x+∣，M为不等式f(x)＜2的解集. （I）求M；

（II）证明：当a,b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣。

高考模拟复习试卷试题模拟卷

一．基础题组

1.（北京市朝阳区高三第一次综合练习文3）若抛物线y2px(p0)的焦点与双曲线xy2的右焦点重合，则p的值为（ ）

A．2 B．2 C．4 D．22 【答案】C

222考点：圆锥曲线的性质

x2y22.（北京市房山区高三第一次模拟文2）双曲线1的渐近线方程是（ ）

94A．y【答案】A 【解析】

试题分析：由题可知，求解双曲线的渐近线方程时，只需令“1”等于“0”，解出y的关系式即可，则有

2439x B．yx C．yx D．yx 3924x2y220，解得yx； 943考点：双曲线的渐近线求法

3.（北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）文2）抛物线x=4y的焦点到准线的距离为（ ） （A）

21 （B） 1 （C）2（D）4 2【答案】C 【解析】

2试题分析：由已知p2，故抛物线x4y的焦点到准线的距离为p2

考点：抛物线的性质

4.（北京市延庆县高三3月模拟文10）双曲线x2y2的焦点坐标是，离心率是.

22【答案】

3,0,3,0;

6 2

考点：双曲线的性质

x2y25.（北京市昌平区高三二模文13）已知圆x1y15经过椭圆C:221（ab0）的

ab22右焦点F和上顶点B，则椭圆C的离心率为_______.

【答案】【解析】

10 10试题分析：在方程x1y15中，令y0得x1,3.令x0，得y1,3.据题意得

22c1,b3所以a10,e考点：圆锥曲线.

c10. a106.（北京市朝阳区高三第二次综合练习文10）若中心在原点的双曲线C的一个焦点是F1(0,2)，一条渐近线的方程是xy0，则双曲线C的方程为．

y2x21 【答案】22【解析】

试题分析：由于双曲线的焦点在y轴上，所以双曲线的渐近线方程为yaax，所以1ab,又bby2x21. 因为c2，ab4,ab2，因此双曲线方程为222222考点：双曲线的几何性质.

7.（北京市东城区高三5月综合练习（二）文9）已知抛物线y2x上一点P(m,2)，则m，点P到抛物线的焦点F的距离为. 【答案】225 2考点：1.抛物线的标准方程；2.抛物线的定义.

x2y21的渐近线方程为． 8.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）文10）双曲线

26【答案】y3x 【解析】

x2y2x2y2b1的渐近线方程为试题分析：∵双曲线221的渐近线方程为yx，∴双曲线26abay3x.

考点：双曲线的渐近线.

9.（北京市西城区高三二模文9）抛物线C：y24x的准线l的方程是____；以C的焦点为圆心，且与直线l相切的圆的方程是____. 【答案】x1，(x1)y4.

试题分析：分析题意可知p2，∴准线方程为x为

22p1，焦点为(1,0)，半径r2，∴所求圆方程2(x1)2y24.

考点：1.抛物线的标准方程；2.直线与圆的位置关系.

x2y210.（北京市西城区高三一模考试文12）已知双曲线C：221(a0,b0)的一个焦点是抛物线y28xab的焦点，且双曲线 C的离心率为2，那么双曲线C的方程为____；渐近线方程是____.

y2【答案】x1,y3x

32考点：双曲线方程及渐近线

11.（北京市延庆县高三3月模拟文19）已知椭圆G的离心率为A(0,1),B(0,1).

（Ⅰ）求椭圆G的方程；

（Ⅱ）若C,D是椭圆G上关于y轴对称的两个不同点，直线AC,BD与x轴分别交于点M,N.判断以

2，其短轴的两个端点分别为2MN为直径的圆是否过点A，并说明理由.

x2y21；（Ⅱ）以MN为直径的圆不过A点. 【答案】（Ⅰ）2【解析】

c2x221，试题分析：（Ⅰ）由已知条件设椭圆G的方程为：2y＝a＞1由可得a22,b21由此

a2a（x1，y1）（x1，y1）能求出椭圆的标准方程．（Ⅱ）设C，且x10，则D，由已知条件推导出

x2022x＝21yAMAN1，00，由此能求出以线段MN为直径的圆不过点A． 21y0c2x221，试题解析：（Ⅰ）设椭圆G的方程为：2y＝a＞1 ,所以,b1，，a22c2，∴c21，

a2a∴a2,2b21，

x2y21 ∴椭圆方程为2（Ⅱ）设C(x0,y0)，则D(x0,y0)，kACy01y1，kBD0, x0x0AC:yy01y1x1,BD:y0x1, x0x0x0,1y0xNx0, 1y0令y0，则xM∴AM(x0,1),1y0AN(x0,1)， 1y0x02x02y021∴AMAN 1=2(1y0)(1y0)1y0x02x0222y01∴1y0∵， 22x0221，∴AM与AN不垂直， ∴AMANx022∴以MN为直径的圆不过A点.

考点：椭圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系

2212.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）文19）已知椭圆C：x3y6的右焦点为F．

（Ⅰ）求点F的坐标和椭圆C的离心率；

（Ⅱ）直线l：ykxm(k0)过点F，且与椭圆C交于P，Q两点，如果点P关于x轴的对称点为

P，判断直线PQ是否经过x轴上的定点，如果经过，求出该定点坐标；如果不经过，说明理由．

【答案】（Ⅰ）焦点F(2,0)，离心率e6.；（Ⅱ）定点坐标(3,0). 312k212k26则x1x22，x1.x2 ． 23k13k1∵点P关于x轴的对称点为P，则P(x1,y1)． ∴直线PQ的方程可以设为yy1令y0，

y2y1(xx1)，

x2x1xx2y1x1y1xyxykx(x2)kx1(x22)x1211221y1y2y1y2k(x1x24)

12k2612k222222x1x22(x1x2)3k13k13． 212k(x1x24)(24)3k1∴直线PQ过x轴上定点(3,0)． ……………………14分 考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系. 二．能力题组

22xy1.（北京市西城区高三二模文19）设F1，F2分别为椭圆E：221(ab0)的左、右焦点，点Aab为椭圆E的左顶点，点B为椭圆E的上顶点，且|AB|2．

（1）若椭圆E的离心率为6，求椭圆E的方程； 3（2）设P为椭圆E上一点，且在第一象限内，直线F2P与y轴相交于点Q，若以PQ 为 直径的圆经过点F1，证明：点P在直线xy20上.

x2y21；（2）详见解析. 【答案】（1）3x2y21，则F1(c,0)，F2(c,0)，（2）由题意，得ab4，∴椭圆E的方程2a4a222ca2b22a24，设P(x0,y0)，由题意知x0c，则直线F1P的斜率kF1Py0，直线F2Px0c的方程为yy0y0cy0c)，直线F1Q的斜率为(xc)，当x0时，y，即点Q(0,x0cx0cx0ckF1Qy0y0y01，化简，∵以PQ为直径的圆经过点F1，∴PF1F1Q，∴kF1PkF1Qcx0x0ccx022x02y021，x00，得y0x0(2a4)，又∵P为椭圆E上一点，且在第一象限内，∴22a4a2a212y00，由①②，解得x0，y02a，∴x0y02，即点P在直线xy20上.

22考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆的位置关系.

x2y22.（北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）文19）已知椭圆M:221(ab0)过点

abA(0,1)，且离心率e3. 2（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）若椭圆M上存在点B,C关于直线ykx1对称,求k的所有取值构成的集合S，并证明对于

kS，BC的中点恒在一条定直线上. x2y21；（Ⅱ）见解析. 【答案】（Ⅰ）4试题解析：（Ⅰ）因为 椭圆M过点A(0,1)， 所以 b1. ………………1分

由64kt4(k4)(4kt4k)16k(4ktk)0， 得k2t2k240.（*） 因为 x1x222222222228kt， ………………7分 2k44ktk2t所以 BC的中点坐标为(2,2).

k4k4又线段BC的中点在直线ykx1上，

k2t4kt所以 2k21.

k4k43k2t所以 21. ………………9分

k4代入（*），得k22. 或k22所以S{k|k22}. ………………11分 或k22k2t1因为 2，

k43所以 对于kS，线段BC中点的纵坐标恒为………………13分

11，即线段BC的中点总在直线y上. 33

所以 y0kx01. 所以 x04. 3kx22y1,442. 由可得x13y3所以 044242422. ，或，或k0，即k3k333k22所以S{k|k22}.. ………………12分 或k22所以 对于kS，线段BC中点的纵坐标恒为

11，即线段BC的中点总在直线y上. 33………………13分

考点：与圆锥曲线有关的定点定值问题

x2y213.（北京市房山区高三第一次模拟文20）已知椭圆W：221(ab0)的离心率为，Q是椭圆

2ab上的任意一点，且点Q到椭圆左右焦点F1，F2的距离和为4． （Ⅰ）求椭圆W的标准方程；

（Ⅱ）经过点0,1且互相垂直的直线l1、l2分别与椭圆交于A、B和C、D两点（A、B、C、D都不与椭圆的顶点重合），E、F分别是线段AB、CD的中点，O为坐标原点，若kOE、kOF分别是直线

OE、OF的斜率，求证：kOEkOF为定值．

x2y21（2）证明如下； 【答案】（1）43（Ⅱ）∵直线l1、l2经过点(0,1)且互相垂直，又A、B、C、D都不与椭圆的顶点重合 ∴设l1：ykx1，l2：y1x1；点A(x1,y1)、B(x2,y2)、E(xE,yE)、F(xF,yF) kykx122由得(34k)x8kx80 x2y21348k，2 34k3xx24k∴xE1， ykx1EE2234k234k∵点(0,1)在椭圆内，∴△0∴x1x2∴kOEyE3 xE4k同理kOF∴kOEkOFyF33k

1xF4()4K9…………………14分

16考点：椭圆的定义椭圆的几何性质直线与椭圆的关系

x2y24.（北京市东城区高三5月综合练习（二）文19）已知椭圆C:221(ab0)上的左、右顶点分

ab别为A，B，F1为左焦点，且AF12，又椭圆C过点(0,23)． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）点P和Q分别在椭圆C和圆x+y16上（点A,B除外），设直线PB,QB的斜率分别为

22k1,k2，若k13k2，证明：A,P,Q三点共线． 4x2y21【答案】（Ⅰ）1612；（Ⅱ）证明见解析.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知A(4,0)，B(4,0).设

P(x1,y1)，

Q(x2,y2)，

考点：1.椭圆的标准方程；2.斜率公式；3.三点共线问题.

x2y215.（北京市昌平区高三二模文19）已知椭圆C：221(ab0)，右焦点F(3,0)，点A(3,)ab2在椭圆上.

（I）求椭圆C的标准方程；

(II)若直线ykxm(k0)与椭圆C有且只有一个公共点M，且与圆O:x2y2a2b2相交于

P,B两点，问kOMkPB-1是否成立？请说明理由.

x2y21；（II）不成立. 【答案】（I）4【解析】

所以椭圆C的方程是 x24y21 . .…………………5分 （II）不成立 .…………………6分

由（I）知，圆C221:xy5

因为直线与椭圆C有且只有一个公共点M. ykxm所以方程组x2(*)4y21有且只有一组解. 由(*)得(4k21)x28kmx4m240.从而

16(4k2m21)0化简得m214k2①

x4kmmM4k21,yMkxMm14k2. ② 所以点M的坐标为(4km14k2,m14k2).

由于kPBk0，由①可知m0，

m所以k14k2k1OMkPB1， 4km414k2kOMkPB-1不成立.……………14分

考点：直线与圆锥曲线.

x26.（北京市朝阳区高三第二次综合练习文19）已知椭圆C：4于A,B两点，且AOBy21,O为坐标原点，直线l与椭圆C交

90．

（Ⅰ）若直线l平行于x轴，求（Ⅱ）若直线l始终与圆x2AOB的面积；

r2(r0)相切，求r的值．

y2【答案】(I)

254;(II).

55 (II)当直线l的斜率存在时，设其直线方程为ykxm，设A(x1,y1),B(x2,y2),

ykxm222(4k1)x8kmx4m40， 联立议程组2,整理得2x4y4由方程的判别式0得4km10 （1）

228km4m24x1x22,x1x2，由AOB90，得OAOB0即x1x2y1y20， 24k14k1考点：1.椭圆的定义和性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.直线与圆的位置关系.

x2y27.（北京市朝阳区高三第一次综合练习文19）已知椭圆C:221(ab0)的两个焦点分别为

abF1(2,0),F2(2,0)，离心率为6．过焦点F2的直线l（斜率不为0）与椭圆C交于A,B两点，线段AB3的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M,N两点． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．

3x2y2(x2) 1． （2）y【答案】（1）

362【解析】

试题分析：（1）由题可知，两个焦点分别为F1(2,0),F2(2,0),因此c2，又因为离心率为

c，因此ac6222，椭圆中a,b,c满足abc，于是解得a6，b2.故椭圆的方程为a3x2y21．（2）当四边形62（Ⅱ）由题意可知直线l斜率存在，设其方程为yk(x2)，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x3,y3)，

N(x3,y3)，

x2y21,12k22222由6得(13k)x12kx12k60，所以x1x2． 2213kyk(x2),6k22k4kD(,)． 因为y1y2k(x1x24)，所以中点AB13k213k213k2因此直线OD方程为x3ky0．

x3ky0,22由x2y2解得y3，x33ky3． 213k1,26因为四边形MF1NF2为矩形，所以F2MF2N0，即(x32,y3)(x32,y3)0．

2(9k21)0． 所以4xy0．所以4213k2323解得k33(x2)．………14分 ．故直线l的方程为y33考点：椭圆的几何性质向量在几何中的应用 三．拔高题组

1.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）文6）设O是坐标原点，F是抛物线上的一点，FA与x轴正向的夹角为(A)

的焦点，A是抛物线

，则|AF|=（ ） 613(B) (C) 1(D) 23 24【答案】C

考点：抛物线的性质

2.（北京市朝阳区高三第二次综合练习文7）已知点A为抛物线C:x的切线交x轴于点B，设抛物线C的焦点为F，则ABF（ ）

A．一定是直角 B．一定是锐角 C．一定是钝角 D．上述三种情况都可能 【答案】A 【解析】

24y上的动点(不含原点)，过点Ax02x02x0xx)，则过点A的切线方程为y(xx0)，令y0，得x0，试题分析：y,设A(x0,44222x0x02x0x0x02x0x00，,BF,1，BABF即点B(,0)，又F(0,1)，于是BA,2242224所以BAF90，故选A.

考点：1.导数的几何意义；2.抛物线的性质；3.向量运算.

3.（北京市昌平区高三二模文14）点P到曲线C上每一个点的距离的最小值称为点P到曲线C的距离. 已知点P(2,0)，若点P到曲线C的距离为3. 在下列曲线中：

22① 3x2y20， ② (x1)(y3)3， ③ 5x29y245， ④ y22x.

符合题意的正确序号是.（写出所有正确的序号） 【答案】①②④

考点：1、圆锥曲线；2、函数的最小值.

3x2y24.（北京市西城区高三一模考试文19）设点F为椭圆E： 221(ab0)的右焦点，点P(1,)在椭

ab2圆E上，已知椭圆E的离心率为（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）设过右焦点F的直线l与椭圆相交于A，B两点，记ABP三条边所在直线的斜率的乘积为t，求t的最大值.

12.

9x2y2【答案】（Ⅰ）1（Ⅱ）

6443【解析】

试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，一般需列出两个独立条件：

c13及点P(1,)在椭圆上，解方程组

2a2x2y2得椭圆方程为 1. （Ⅱ）由题意得需根据直线l斜率表示ABP三条边所在直线的斜率的乘积，

438k24k212由直线与椭圆联立方程组解得x1x2，x1x2，从而2234k34k3333y2[k(x11)][k(x21)]tkPAkPBk22k22kx1x2(x1x2)1x11x21y1

（Ⅱ）解：由题意，直线l的斜率存在，右焦点F(1,0)， …………………6分 设直线l的方程为yk(x1)，与椭圆的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，……… 7分

yk(x1), 消去y，得(34k2)x28k2x4k2120. ………………… 8分 由x2y21,348k24k212由题意，可知0，则有x1x2，x1x2， …………9分 2234k34k33y22，直线PB的斜率k2， …………… 10分 PBx11x21y1所以直线PA的斜率kPA3333y2[k(x11)][k(x21)]所以tkPAkPBk22k 22kx1x2(x1x2)1x11x21y13939k(x1x22)k2[x1x2(x1x2)1]k(x1x22)24k[k224]k x1x2(x1x2)1x1x2(x1x2)133(k)kk2k. …………………12分

4433292即 tkk(k)，

4864所以当k时，ABP三条边所在直线的斜率的乘积t有最大值考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系

389.………14分 64x2y25.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）文20）已知椭圆C：221(ab0)的右焦点为

abF(3,0)，上下两个顶点与点F恰好是正三角形的三个顶点．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）过原点O的直线l与椭圆交于A，B两点，如果△FAB为直角三角形，求直线l的方程．

22x2x或yx y21；（Ⅱ）y【答案】（Ⅰ）

424（Ⅱ）依题意，当△FAB为直角三角形时，显然直线l斜率存在， 可设直线l方程为ykx，设A(x1,y1)，B(x2,y2)．

（ⅰ）当FAFB时，FA(x13,y1)，FB(x23,y2)．

ykx22(4k1)x40． ，消得y22x4y4所以x1x20，x1x244k21．

所以ky12． x122x． 222x或yx．……………………14分 42此时直线l的方程为y综上所述，直线l的方程为y考点：椭圆的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系

x2y26.（北京市石景山区高三3月统一测试（一模）文19）如图，已知椭圆C：221(ab0)的离心ba率e2，短轴的右端点为B， M（1，0）为线段OB的中点． 2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点M任意作一条直线与椭圆C相交于两点P，Q试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM =∠QNM ？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．

y O M B Q ． ． N x P x2y20). 1．（Ⅱ）满足条件的点N存在，坐标为(4,【答案】（Ⅰ）48

即

2m(6)4m(1t)y1y0, 20，整理得22x1tx2t12m12m即m(t4)0求得t=4.

试题解析：（Ⅰ）由题意知,b2 …………………1分 由e2，a22, …………………3分 2x2y21． …………………4分 椭圆方程为48（Ⅱ）若存在满足条件的点N，坐标为（t，0），其中t为常数.

考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系.