(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50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．(2011·山东高考)已知a，b，c∈R，命题“若a＋b＋c＝3，则a2＋b2＋c2≥3”的否命题是 ( )
A．若a＋b＋c≠3，则a2＋b2＋c2<3
B．若a＋b＋c＝3，则a2＋b2＋c2<3
C．若a＋b＋c≠3，则a2＋b2＋c2≥3
D．若a2＋b2＋c2≥3，则a＋b＋c＝3
解析：a＋b＋c＝3的否定是a＋b＋c≠3，a2＋b2＋c2≥3的否定是a2＋b2＋c2<3.
答案：A
2．给出命题p：3>1，q：4∈{2,3}，则在下列三个命题：“p∧q”“p∨q”“綈p”中，真命题的个数为 ( )
A．0 B．3
C．2 D．1
解析：因为p真q假，所以“p∧q”为假，“p∨q”为真，“綈p”为假．
答案：D
3．已知a，b是实数，则“a>0且b>0”是“a＋b>0且ab>0”的 ( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：由a>0且b>0可得a＋b>0，ab>0.
由a＋b>0有a,b至少有一个为正.由ab>0可得a，b同号.
两者同时成立，则必有a>0，b>0.
答案：C
4．(2011·天津高考)设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的 ( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：因为x≥2且y≥2?x2＋y2≥4，所以充分性满足.反之，不成立，如x＝y＝，满足x2＋y2≥4，但不满足x≥2且y≥2，所以x≥2且y≥2是x2＋y2≥4的充分而不必要条件．
答案：A
5．全称命题“?x∈R，x2＋5x＝4”的否定是 ( )
A．?x0∈R，x＋5x0＝4
B．?x∈R，x2＋5x≠4
C．?x0∈R，x＋5x0≠4
D．以上都不正确
解析：全称命题的否定为特称命题．
答案：C
6．已知命题p：若不等式x2＋x＋m>0恒成立，则m>；命题q：在△ABC中，A>B是sin A>sin B的充要条件， 则 ( )
A．p假q真 B．“p且q”为真
C．“p或q”为假 D．綈p假綈q真
解析：易判断出命题p为真命题，命题q为真命题，所以綈p为假，綈q为假.结合各选项知B正确．
答案：B
7．已知命题p：若x2＋y2＝0，则x，y全为0；命题q：若a>b，则<.现给出下列四个命题：①p∧q，②p∨q，③綈p，④綈q，其中真命题的个数为 ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：p真q假，∴p∨q真，綈q真，故②④正确．
答案：B
8．(2012·吉林高二检测)平面向量a，b共线的充要条件是 ( )
A．a，b方向相同
B．a，b两向量中至少有一个为零向量
C．?λ∈R，b＝λa
D．存在不全为零的实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0
解析：a∥b a，b方向相同，所以A不正确；同理B不正确；当a＝0，b≠0时，b＝λa不成立，而此时，a，b共线，所以C不正确；根据共线向量定理知D正确．
答案：D
9．命题“若C＝90°，则△ABC是直角三角形”与它的逆命题、否命题、逆否命题这4个命题中，真命题的个数是 ( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：原命题是真命题．其逆命题为“若△ABC是直角三角形，则C＝90°”.这是一个假命题，因为当△ABC为直角三角形时，也可能A或B为直角．这样，否命题是假命题，逆否命题是真命题．因此，真命题的个数是2.
答案：C
10.(2012·福建高考)下列命题中，真命题是( )
A.?x0∈R，ex0≤0
B.?x∈R,2x＞x2
C.a＋b＝0的充要条件是＝－1
D.a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件
解析：因为?x∈R，ex＞0，故排除A；取x＝2，则2x＝x2，故排除B；取a＝b＝0，则a＋b＝0，但不能得到＝－1，故排除C；D是真命题.
答案：D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11．命题 “若ab＝0，则a＝0，或b＝0”的否命题是________．
解析：据否命题的定义知，命题 “若ab＝0，则a＝0，或b＝0”的否命题是 “若ab≠0，则a≠0，且b≠0”．
答案：若ab≠0，则a≠0，且b≠0
12．给定下列命题：
①若k>0，则方程x2＋2x－k＝0有实数根；
②“若a>b，则a＋c>b＋c”的否命题；
③“菱形的对角线垂直”的逆命题；
④“若x>0，则x＋>0”的否命题．
其中真命题的序号是________．
解析①：∵Δ＝4－4(－k)＝4＋4k>0，
∴是真命题．
②否命题“若a≤b，则a＋c≤b＋c”是真命题．
③逆命题“对角线垂直的四边形是菱形”是假命题．
④逆命题“若x＋>0，则x>0”是真命题，故否命题是真命题．
答案：①②④
13．已知p：－4
0，若綈p是綈q的充分条件，则实数a的取值范围是________．
解析：p：a－4q：2q是p的充分条件，即q?p，
∴∴－1≤a≤6.
答案：[－1,6]
14．若“x∈[2,5]或x∈{x|x<1或x>4}”是假命题，则x的范围是________．
解析：由x∈[2,5]或x∈{x|x<1或x>4}得x<1或x≥2.
∵此命题是假命题，
∴1≤x<2.
答案：[1,2)
三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)写出命题“若x2＋7x－8＝0，则x＝－8或x＝1”的逆命题、否命题、逆否命题，并分别判断它们的真假．
解：逆命题：若x＝－8或x＝1，则x2＋7x－8＝0.
逆命题为真．
否命题：若x2＋7x－8≠0，则x≠－8且x≠1.
否命题为真．
逆否命题：若x≠－8且x≠1，则x2＋7x－8≠0.
逆否命题为真．
16．(本小题满分12分)判断下列命题是全称命题还是特称命题，并判断其真假．
(1)对数函数都是单调函数；
(2)至少有一个整数，它既能被11整除，又能被9整除；
(3)?x∈{x|x>0}，x＋≥2；
(4)?x0∈Z，log2x0>2.
解：(1)本题隐含了全称量词“所有的”，其实命题应为“所有的对数函数都是单调函数”，是全称命题，且为真命题；
(2)命题中含有存在量词“至少有一个”，因此是特称命题，真命题；
(3)命题中含有全称量词“?”，是全称命题，真命题；
(4)命题中含有存在量词“?”，是特称命题，真命题．
17．(本小题满分12分)已知p：2x2－9x＋a<0，q：且綈q是綈p的必要条件，求实数a的取值范围．
解：由得即2∴q：2设A＝{x|2x2－9x＋a<0}，B＝{x|2∵綈p?綈q，∴q?p.∴B?A.
设f(x)＝2x2－9x＋a，
要使B?A，则方程f(x)＝0的两根分别在区间(－∞，2]，[3，＋∞)内，
∴即
解得a≤9.故所求实数a的取值范围是{a|a≤9}．
18．(本小题满分14分)已知p：对任意实数x都有ax2＋ax＋1>0成立；q：关于x的方程x2－x＋a＝0有实数根．如果p∧q为假命题，p∨q为真命题，求实数a的取值范围．
解：若P：对任意实数x都有ax2＋ax＋1>0成立为真，则“a＝0”，或“a>0且a2－4a<0”．
解得0≤a<4.
若q：关于x的方程x2－x＋a＝0有实数根为真，则Δ＝1－4a≥0，得a≤.
因为p∧q为假命题，p∨q为真命题，
故p，q有且仅有一个为真命题，
则或
解得a<0或∴a的取值范围是(－∞，0)∪(，4)．
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．与向量a＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是 ( )
A．(，1,1) B．(－1，－3,2)
C．(－，，－1) D．(，－3，－2)
解析：由题意a∥b(b≠0)?a＝λb，
a＝(1，－3,2)＝－2(－，，－1)．
答案：C
2．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于 ( )
A．1 B．2
C. D．3
解析：∵l1⊥l2，∴a·b＝0，代入可得m＝2.
答案：B
3．若向量a＝(1，x,0)，b＝(2，－1,2)，a，b夹角的余弦值为，则x等于( )
A．1 B．－1
C．1或7 D．－1或－7
解析：cos〈a，b〉＝＝＝,
平方并整理得x2－8x＋7＝0，
解得x＝1或x＝7.由2－x>0,
得x<2，故x＝1.
答案：A
4.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝GN.设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别为
( )
A.，， B.，，
C.，， D.，，
解析：∵MG＝GN，∴＝.∴＝＋＝＋(－)＝＋＝×＋[(＋)]＝＋＋.
答案：D
5．已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则与的夹角θ是( )
A. B.
C. D.
解析：＝(－1,0,4)－(1,1,1)＝(－2，－1,3)，
＝(1,1,1)－(2，－2,3)＝(－1,3，－2)，
||＝＝，
||＝＝，
·＝2－3－6＝－7，
∴cos〈，〉＝＝＝－，
∴〈，〉＝.
答案：D
6．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l?α D．l与α斜交
解析：a＝－(－2,0，－4)＝－u，
∴a∥u，∴l⊥α.
答案：B
7.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
||＝|AC|＝a，
∴＝，＝.
∴＝＋＋＝－＋＋＝－－＋＋＋＝＋＝＋.
∴，，共面．
又MN?平面BB1C1C，
∴MN∥平面BB1C1C.
答案：B
8．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为 ( )
A．a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：如图，＝(＋)，＝，·
＝(·＋·)
＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
答案：C
9．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为 ( )
A. B.
C. D.
解析：取，，分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，可求得平面AB1D1的法向量为n＝(2，－2,1).由在n上的射影可得A1到平面AB1D1的距离为d＝＝.
答案：C
10．三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱长等于底面边长，A1在底面的射影是△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于 ( )
A. B.
C. D.
解析：如图，设A1在底面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设△ABC边长为1，
则A(，0,0)，B1(－，，)，
∴＝(－，，).
平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为
sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中的横线上)
11．平面α的法向量为m＝(1,0，－1)，平面β的法向量为n＝(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．
解析：cos〈m，n〉＝＝＝－，
∴〈m，n〉＝120°，即平面α与β所成二面角的大小为60°或120°.
答案：60°或120°
12．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．
解析：|a|＝＝3，|b|＝3，∴|a|＝|b|，
∴四边形为菱形．
又a＋b＝(4,1,3)，a－b＝(0，－3,1)，
∴|a＋b|＝，|a－b|＝，
∴S＝|a－b|·|a＋b|＝.
答案：
13．若A(0,2，)，B(1，－1，)，C(－2,1，)是平面α内的三点．设平面α的法向量a＝(2，y，z)，则a＝________.
解析：＝(1，－3，－)，＝(－2，－1，－)，
∴∴
解得y＝3，z＝－4，
∴a＝(2,3，－4)．
答案：(2,3，－4)
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G为BC的中点，K为AF的中点.沿EF将矩形折成120°的二面角A－EF－B，此时KG的长为________．
解析：如图，过K作KM⊥EF，垂足M为EF的中点，则向量与的夹角为120°，〈，〉＝60°.
又＝＋＝＋，
∴＝＋＋2·＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3.
∴||＝.
答案：
三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.
(2) ＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t).若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，因此存在点E，使得⊥b，此时E点坐标为E(－，－，)．
16．(本小题满分12分)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1、BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，建立合适的空间直角坐标系．
(1)求证EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G的夹角的余弦值．
解：如图，建立空间直角坐标系，则B1(1,0,1)，C(1,1,0)，
E(0,1，)，F(，，0)，
G(，1,0)，C1(1,1,1)．
(1) ＝(，－，－)，
＝(0,1，－1)，
∴·＝0，∴EF⊥B1C.
(2) ＝(－，0，－1)，
cos〈，〉＝
＝＝.
17．(本小题满分12分)(2011·新课标全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
解：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，所以由余弦定理得BD＝AD.
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD，所以BD⊥PD.
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则
A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)．
＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
因此可取n＝(，1，)．
设平面PBC的法向量为m，则
可取m＝(0，－1，－)，则cos〈m，n〉＝＝－.
故二面角A－PB－C的余弦值为－.
18.(本小题满分14分)(2012·北京高考)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D、E分别为AC、AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由. 说明理由。
解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD.
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则
n＝0，n·BE＝0.
又＝(3，0，－2)，BE＝(－1,2,0)，
所以
令y＝1，则x＝2，z＝.
所以n＝(2,1，).
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为＝(0，1，),所以sin θ＝|cos〈n，CM)|＝||＝＝.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3].
设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则
m· (＝0，m·＝0.
又＝(0，2，－2)，＝(p，－2,0)，
所以
令x＝2，则y＝p，z＝.
所以m＝(2，p，).
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾.
所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．“1A．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
解析：当方程＋＝1表示椭圆时，必有所以1答案：B
2．(2011·广东高考)设圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝0相切，则C的圆心轨迹为 ( )
A．抛物线 B．双曲线
C．椭圆 D．圆
解析：由题意知，圆C的圆心到点(0,3)的距离比到直线y＝0的距离大1，即圆C的圆心到点(0,3)的距离与到直线y＝－1的距离相等.根据抛物线的定义可知，所求轨迹是一条抛物线．
答案：A
3．若双曲线C：x2－＝1(b>0)的顶点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率e＝
( )
A．2 B.
C．3 D.
解析：由双曲线方程知a＝1，∴c＝，
∴一条渐近线的方程为y＝bx，即bx－y＝0.
∴＝，解得b＝1，
∴c＝，∴e＝＝.
答案：B
4．中心在原点，实轴在x轴上，一个焦点为直线3x－4y＋12＝0与坐标轴的交点的等轴双曲线方程是 ( )
A．x2－y2＝8 B．x2－y2＝4
C．y2－x2＝8 D．y2－x2＝4
解析：由双曲线的实轴在x轴上知其焦点在x轴上，直线3x－4y＋12＝0与x轴的交点坐标为(－4,0)，故双曲线的一个焦点为(－4,0)，即c＝4.由c2＝2a2，得a2＝8，所以双曲线方程为x2－y2＝8.
答案：A
5．已知F1为椭圆的左焦点，A,B分别为椭圆的右顶点和上顶点，P为椭圆上的点，且PF1⊥F1A，PO∥AB(O为椭圆中心)，则椭圆的离心率为 ( )
A. B.
C. D.
解析：设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，F1(－c,0)，c2＝a2－b2，
则P(－c，b)，即P(－c，)．
∵AB∥PO，∴kAB＝kOP，即－＝.∴b＝c.
又a＝＝c，∴e＝＝.
答案：C
6．已知动圆M过定点B(－4,0)，且和定圆(x－4)2＋y2＝16相切，则动圆圆心M的轨迹方程为 ( )
A.－＝1(x>0) B.－＝1(x<0)
C.－＝1 D.－＝1
解析：设动圆M的半径为r，依题意有|MB|＝r.另设A(4，0)，则有|MA|＝r±4，即|MA|－|MB|＝±4.亦即动圆圆心M到两定点A、B的距离之差的绝对值等于常数4.又4<|AB|，所以动点M的轨迹为双曲线，且c＝4,2a＝4，∴a＝2，a2＝4，b2＝c2－a2＝12，故轨迹方程是－＝1.
答案：C
7．双曲线－y2＝1(n>1)的左、右两焦点分别为F1,F2，P在双曲线上，且满足|PF1|＋|PF2|＝2，则△PF1F2的面积为 ( )
A. B．1
C．2 D．4
解析：不妨设|PF1|>|PF2|，
则|PF1|－|PF2|＝2.
由|PF1|＋|PF2|＝2，
解得|PF1|＝＋，|PF2|＝－，
|F1F2|＝2，
所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以∠F1PF2＝90°.
所以＝|PF1|·|PF2|＝1.
答案：B
8．已知点P是抛物线y2＝2x上的动点，点P在y轴上的射影是M，定点A的坐标为(，4)，则|PA|＋|PM|的最小值是 ( )
A. B．4
C. D．5
解析：如图，设点P到抛物线y2＝2x准线的距离为|PN|，抛物线焦点为F(，0)，则|PA|＋|PM|＝|PN|＋|PA|－.连接AF交抛物线于点P，此时|PN|＋|PA|＝|PF|＋|PA|＝|AF|取最小值5，所以|PA|＋|PM|的最小值是.
答案：C
9．(2011·山东高考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线均和圆C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为 ( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
解析：圆心的坐标是(3,0)，圆的半径是2，双曲线的渐近线方程是bx±ay＝0，c＝3.根据已知得＝2，即＝2，解得b＝2，则a2＝c2－b2＝5，故所求的双曲线方程是－＝1.
答案：A
10.(2012·新课标全国卷)等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝4，则C的实轴长为( )
A. B.2
C.4 D.8
解析：抛物线y2＝16x的准线方程是x＝－4，所以点A(－4，2)在等轴双曲线C：x2－y2＝a2(a＞0)上，将点A的坐标代入得a＝2，所以C的实轴长为4.
答案：C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11．已知F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A,B两点，若|F2A|＋|F2B|＝12，则|AB|＝________.
解析：由椭圆的定义得|AF1|＋|AF2|＝2a＝10，
|BF1|＋|BF2|＝2a＝10，
∴|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝20.
又∵|F2A|＋|F2B|＝12，
∴|AB|＝|AF1|＋|BF1|＝8.
答案：8
12．已知两点M(－2,0),N(2,0)，点P为坐标平面内的动点，满足||·||＋·＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为________．
解析：设点P的坐标为(x，y)，
则＝(4,0)，＝(x＋2，y)，＝(x－2，y)．
∴||＝4，||＝，
·＝4(x－2)．
根据已知条件得4＝4(2－x)，
整理得y2＝－8x.
∴点P的轨迹方程为y2＝－8x.
答案：y2＝－8x
13．设圆过双曲线－＝1的一个顶点和一个焦点，圆心在此双曲线上，则圆心到双曲线中心的距离为________．
解析：设圆心坐标为O′(x0，y0)，过圆心O′向x轴作垂线，交x轴于H.
由题意可知，点H为一顶点与焦点的中点，
∴x0＝＝4.代入－＝1中，
得y＝，
∴|OO′|＝＝ ＝.
答案：
14．已知二次曲线＋＝1，当m∈[－2，－1]时，该曲线的离心率的取值范围是________．
解析：∵m∈[－2，－1]，
∴曲线方程化为－＝1，曲线为双曲线，
∴e＝.∵m∈[－2，－1]，
∴≤e≤.
答案：[，]
三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)一个椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，焦距为2.一双曲线和该椭圆有公共焦点，且双曲线的半实轴长比椭圆的半长轴长小4，双曲线离心率与椭圆离心率之比为7∶3，求椭圆和双曲线的方程．
解：①焦点在x轴上，椭圆为＋＝1(a>b>0)，
且c＝.
设双曲线为－＝1(m>0，n>0)，m＝a－4.
∵＝，∴＝，解得a＝7，m＝3.
∵椭圆和双曲线的半焦距为，
∴b2＝36，n2＝4.
∴椭圆方程为＋＝1，
双曲线方程为－＝1.
②焦点在y轴上，椭圆方程为＋＝1，
双曲线方程为－＝1.
16．(本小题满分12分)已知抛物线方程为y2＝2x，在y轴上截距为2的直线l与抛物线交于M、N两点，O为坐标原点.若OM⊥ON，求直线l的方程．
解：设直线l的方程为y＝kx＋2，
由消去x得ky2－2y＋4＝0.
∵直线l与抛物线相交，
∴?k<且k≠0.
设M(x1，y1) ，N(x2，y2)，则y1y2＝，
从而x1x2＝·＝.
∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
即＋＝0，解得k＝－1符合题意，
∴直线l的方程为y＝－x＋2.
17．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)过点A(1，－2)．
(1)求抛物线C的方程，并求其准线方程；
(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于？若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)将(1，－2)代入y2＝2px，得(－2)2＝2p·1，所以p＝2.
故所求抛物线C的方程为y2＝4x，
其准线方程为x＝－1.
(2)假设存在符合题意的直线l，
其方程为y＝－2x＋t.
由得y2＋2y－2t＝0.
因为直线l与抛物线C有公共点，所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－.
由直线OA与l的距离d＝可得＝，
解得t＝±1.
因为－1?[－，＋∞)，1∈[－，＋∞)，
所以符合题意的直线l存在，其方程为2x＋y－1＝0.
18.(本小题满分14分)(2012·福建高考)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q，试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
解：法一 (1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1，
所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.
(2)由
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P(－，).
由得Q(4,4k＋m).
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.
设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立.
因为＝(－－x1，)，＝(4－x1,4k＋m)，
所以－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，
所以解得x1＝1.
故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
法二(1)同法一.
(2)由
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点
P(x0，y0)，
所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，
所以P(－，).
由得Q(4,4k＋m).
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.
取k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，
以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，
交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；
取k＝－，m＝2，此时P(1，)，Q(4,0)，
以PQ为直径的圆为(x－)2＋(y－)2＝，
交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0).
所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0).
以下证明M(1,0)就是满足条件的点：
因为M的坐标为(1,0)，
所以＝(－－1，)，＝(3,4k＋m)，
从而·＝－－3＋＋3＝0，
故恒有⊥，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
