題目列表(包括答案和解析)
，且與橢圓
有共同的焦點．
| ||
| 2 |
| x2 |
| 25 |
| y2 |
| 13 |
| ||
| 2 |
| x2 |
| 25 |
| y2 |
| 13 |
的離心率為
，右焦點為F（1，0），直線l經過點F且與橢圓交于A、B兩點，O為坐標原點．
為常數，若存在，求出定點S的坐標；若不存在，請說明理由．
已知橢圓
+
=1(a>b>0)的離心率為
，右焦點為F(1，0)，直線l經過點F，且與橢圓交于A、B兩點，O為坐標原點．
（I）求橢圓的標準方程；
（II）若P是橢圓上的一個動點，求|PO|2+|PF|2的最大值和最小值；
（III）當直線l繞點F轉動時，試問：在x軸上是否存在定點S，使得
?
為常數?若存在，求出定點S的坐標；若不存在，請說明理由．
第Ⅰ卷
一、選擇題
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
B
B
A
C
A
D
C
第Ⅱ卷
二、填空題
9、3 , 
; 10、
;
11、（A）
; （B）
；（C）
(
); 12、0.5 13、28 , 
三、解答題
14、（本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）
＝
＝
+
＝
+
所以，
的最小正周期 
(Ⅱ)
由三角函數圖象知:
的取值范圍是
15、（本小題滿分12分）
方法一：
證：（Ⅰ）在Rt△BAD中，AD=2，BD=
，
∴AB=2，ABCD為正方形，
因此BD⊥AC.
∵PA⊥平面ABCD，BDÌ平面ABCD，
∴BD⊥PA .
又∵PA∩AC=A
∴BD⊥平面PAC.
解：（Ⅱ）由PA⊥面ABCD，知AD為PD在平面ABCD的射影，又CD⊥AD，
∴CD⊥PD，知∠PDA為二面角P―CD―B的平面角.
又∵PA=AD，
∴∠PDA=450 .
（Ⅲ）∵PA=AB=AD=2
∴PB=PD=BD=
設C到面PBD的距離為d，由
，
有
，
即
，
得
方法二：
證：（Ⅰ）建立如圖所示的直角坐標系，
則A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）.
在Rt△BAD中，AD=2，BD=，
∴AB=2.
∴B（2，0，0）、C（2，2，0），
∴
∵
即BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，
∴BD⊥平面PAC.
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得
.
設平面PCD的法向量為
，則
，
即
，∴
故平面PCD的法向量可取為
∵PA⊥平面ABCD，∴
為平面ABCD的法向量.
設二面角P―CD―B的大小為q，依題意可得
，
∴q = 450 .
（Ⅲ）由（Ⅰ）得
設平面PBD的法向量為
，則
，
即
，∴x=y=z
故平面PBD的法向量可取為
.
∵
，
∴C到面PBD的距離為
16、（本小題滿分14分）
解：（1）設“甲射擊4次，至少1次未擊中目標”為事件A，則其對立事件
為“4次均擊中目標”，則
（2）設“甲恰好擊中目標2次且乙恰好擊中目標3次”為事件B,則
（3）設“乙恰好射擊5次后，被中止射擊”為事件C,由于乙恰好射擊5次后被中止射擊,故必然是最后兩次未擊中目標，第三次擊中目標，第一次及第二次至多有一次未擊中目標。
故
17、（本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）由
得 
即
可得
因為
，所以 
解得
，因而 
（Ⅱ）因為
是首項
、公比的等比數列，故
則數列
的前n項和 
前兩式相減，得 
即 
18、（本小題滿分14分）
解：(1) 
,設切點為
,則曲線
在點P的切線的斜率
,由題意知
有解，
∴
即
.
(2)若函數
可以在
和
時取得極值，
則
有兩個解和，且滿足.
易得
.
(3)由(2)，得
.
根據題意，
(
)恒成立.
∵函數
（）在時有極大值
（用求導的方法），
且在端點
處的值為
.
∴函數（）的最大值為.
所以
.
19、（本小題滿分14分）
解：（1）∵
成等比數列 ∴
設
是橢圓上任意一點，依橢圓的定義得
即
為所求的橢圓方程.
（2）假設
存在，因與直線
相交，不可能垂直
軸
因此可設的方程為：
由
①
方程①有兩個不等的實數根
∴
②
設兩個交點
、
的坐標分別為
∴
∵線段
恰被直線平分 ∴
∵
∴
③ 把③代入②得 
∵
∴
∴
解得
或
∴直線的傾斜角范圍為
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