广西南宁二中2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷（扫描版，无答案）
文档属性
| 名称 | 广西南宁二中2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷（扫描版，无答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-10-14 09:08:06 | ||
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文档简介
2025 年高二年级 9 月月考数学试题参考答案
10i 10i 3 i 10 3i i2
1．B．【详解】因为 3 i z 10i，所以 z 1 3i ，
3 i 3 i 3 i 10
所以复数 z 在复平面内对应的点为 1，3，该点在第二象限，故选：B．
2．A．【详解】当k 0 时，得l2 : x 3 ，此时l1 与l2 不垂直；
当k 0 时，若l l ，则2 1 1，解得k 2 ，故选：A．
1 2 k
3．A．【详解】对①，若 m// ，m// ，则 与 平行或相交，①错误； 对②，若 ⊥ ， ⊥ ，则 与 平行或相交，②错误；
对③，若 m⊥ ，m⊥ ，则 // 成立，③正确； 对④，若 m// ，n⊥ ，则 m⊥n，④错误．
故选：A．
4．A．【详解】由2c 2 得c 2 ，
又a2 b2 c2 b2 2 2 ，所以b2 2 ， m a2 4 ，得a 2 ，所以e c
a
2 ．故选：A．
2
5．B．【详解】因 yi 4xi 3 i 1, 2, , n ，可得 y 4x 3 ， s 2 42 s2 16s2 ，故 B 正确，A，C，D 均错误．故选：B．
6．C．【详解】如图所示，以 D 为坐标原点， DC 为 x 轴， DA 为 y 轴建立平面直角坐标系，
设 AD a ，则 B(2, a) ， E(0, a ) ， A(0, a) ， C(2, 0) ，
2
→ = 2， ， → = 2， ，
依题意，因为 BE AC ，即 BE AC ，
所以 → → = 2,
2, = 4 + 2 = 0，
2
结合 a 0 ，解得a 2 2 ，则 E(0, 2 ) ， A(0, 2 2 ) ， CA ( 2, 2 2) ， CE ( 2, 2) ，
因此， CA CE ( 2, 2 2) ( 2, 2) 4 4 8 ，故选：C．
7．A．【详解】圆心 P 3, 5 到直线4x 3 y 2 的距离等于|12 3 ( 5) 2 | 5 ，由| 5 r | 1，解得4 r 6 ，故圆的半径r 的取值范围是(4, 6) ，故选：A．
8．B．【详解】设 AB c ， AC b ， BC a ，则a cos B 2b sin A b sin A b cos A ，
4
故由正弦定理可知sin A cos B sin B sin A sin B cos A ，
sin C sin A B sin A cos B sin B cos A sin B sin A 2 sin B cos ，
于是 AB sin C sin A 2 cos A 5 sin A ，
AC sin B
其中tan 2 ，当且仅当tan A 1 时，等号成立，故 B 正确．故选：B．
2
BD．【详解】圆C 的方程为(x 1)2 ( y 1)2 2 ，所以2 0 ，得 2 ，故 A 错误
因为圆C 的圆心 1, 1 在直线 x y 0 上，所以圆C 关于直线 x y 0 对称，故 B 正确
圆心 1, 1 到直线 x y 1 0 的距离d
可得圆C 的半径为1，得 1 ，故 C 错误
2 ，又弦长为2
2
2 ，
当 1 时，可得圆C 的方程为 x 1 2 y 1 2 1，则圆心C 1, 1 ，半径为1，CA ，
所以切线长为 AB
2 ，故 D 正确．故选：BD．
BD．【详解】将函数 y f (x) 的图象向右平移π 个单位长度，得 y cos (x π) cos( x π ) 的图象，
3 3 3
依题意， π 2kπ(k N ) ，解得 6k k N ，所以 的取值可能是 6，12．故选：BD．
2
ABD．【详解】椭圆 y 1 ，则
，则 F
3, 0 , F
3, 0 ，
a 2, b 1, c
4
1 2
对于 A：因为 PF1 PF2
2a 4, F1F2
2c 2
，所以△ 12的周长为4 2
，故 A 正确；
对于 B：当 P 在椭圆的短轴顶点时 F1PF2 取得最大值，
不妨取 P 0,1 ，此时 PF2 PF1 3 ( 1)2 2 0 ，
所以 F PF 为钝角，所以存在点 P 使得 F PF π ，B 正确；
1 2 1 2 2
对于 C：因为 A 2, 0 , B 2, 0 ，设 P x, y x 2 ，
y y y2 y2 1
则kPA kPB x 2
x 2
x2 4
4 y
2 4
，故 C 错误；
对于 D：因为 PF1 PF2 4 ，
1 1 1
1 1
1
1
所以
PF1
PF2
2
2 2
1，
4
4
PF∣2
当且仅当
，即 PF2
PF1
2 时取等号，故 D 正确．故选：ABD．
cos
cos
2
【答案】 ．【详解】 sin
tan 1
．故答案为： ．
4
2
【答案】
．【详解】圆C1
: x2 y2 2kx y 3 0与圆C
: x2 y2 x ky 0 相减可得公共弦所在直
线为 k 2x y x y 3 0，
2x y 0
令 x y 3 0
，解得 x 1 ，即 P 1, 2 ，
又直线l 过点 P ，所以当OP l 时，原点到直线l 的距离取最大值，最大值为 OP ．
故答案为： 5．
【答案】 32π ．【详解】如图，将三棱锥S ABC 补成三棱柱 ABC A B C ，点S 与 A 重合，
3 1 1 1 1
正三棱柱 ABC A1B1C1 外接球也为三棱锥 S ABC 的外接球，令球心为O ，半径为 R ，
记△ 和△A1B1C1 外接圆的圆心分别为O1 和O2 ，其半径为r ，
由正弦定理得： r 3 1，而O 为O1O2 的中点，则 R
2，
2sin60
所以该三棱锥的外接球的体积为V 4 πR3 32π ．
3 3
【详解】（1）由题意知(0.010 0.015 0.020 m 0.025) 10 1，解得m 0.030 ，设第70 百分位数为n ，
因为位于[50,80] 之间的频率为0.45 ，位于[50, 90]之间的频率为0.75 ，所以80 n 90 ，
令0.45 (n 80) 0.030 0.7 ，解得n 80 25 88.33 ，即第70 百分位数为88.33 ．
3
（2）由0.02 : 0.03 2 : 3 ，得这5 人中物理成绩在[70,80) 的人数为2 ，分别记为a, b ，在[80,90) 的人数为3 人，分别记为c, d , e ，
在这5 人中抽取2 人，共ab, ac, ad , ae, bc, bd , be, cd , ce, de ，10 个基本事件，
这2 名学生物理成绩在[70,80) 和[80,90) 内各1人，共ac, ad , ae, bc, bd , be ， 6 个基本事件，
故这2 名学生物理成绩在[70,80) 和[80,90) 内各1人的概率为 P 6 3 ．
10 5
【详解】（1） = 2sin2 2 3cos2 = 4 sin 2 ．
由 π 2kπ 2x π π 2kπ, k Z ，可得 + ≤ ≤ 5 + ， ∈ ，
2 3 2
12 12
所以函数 f x 的单调递增区间为 + ， 5 + ， ∈ ．
12 12
（2）当 ∈ 0， 时， ≤ 2 ≤ 2，所以 3 ≤ sin 2
≤ 1，则 2
≤ ≤ 4，
2 3 3 3 2
若()在 0， 上有零点，则直线 = 与函数()的图象在 0， 上有公共点，
2 2
所以实数的取值范围是 2 3，4．
【详解】（1）侧面 BCC1B1 为矩形， BC CC1 ，
又平面 BCC1 B1 平面 ACC1 A1 ， BC 平面 BCC1B1 ，平面 BCC1B1 ∩ 平面 ACC1 A1 CC1 ，所以 BC 平面 ACC1 A1 ，
因为 A1C 平面 ACC1 A1 ，所以 BC A1C ．
因为 AA 2, AC AC ，所以 AA2 AC2 AC2 ，所以 AC AC ，
1 1 1 1 1
因为 AC ∩ BC C ， AC, BC 平面 ABC ，所以 A1C 平面 ABC ．
（2）连接 AC1 ，如图，
由（1）易知 A1 AC 45 ，
所以由已知可得CC1 2, AC 2, ACC1 135 ，
在△ACC 中由余弦定理可得 AC 22 2 2 2 2 2 2 ，
1 2
因为 B1C1 ∥ BC ，所以 B1C1 平面 ACC1 A1 ，因为 AC1 平面 ACC1 A1 ，所以 B1C1 AC1 ，
所以在Rt△AB1C1 中 B1C1 ，
由（1）易知CA,CB,CA1 两两互相垂直，故以C 为坐标原点， CA,CB,CA1 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C 0, 0, 0 ， A
2, 0, 0 ， B 0, 3, 0 ， B1
2, 3, 2 ， C1
2, 0, 2 ，
–––→ ––––→ –––→
CB 0, 3, 0 , CC1 2, 0, 2 , AB1 2 2, 3, 2 ，
设平面 BCC1B1 的法向量为n (x, y, z)，
→ –––→
n CB 3y 0 →
则 → ––––→
取n 1, 0,1 ，
n CC1 2x 2z 0
设直线 AB1 与平面 BCC1B1 所成的角为 ，
→ –––→ 13
则sin cos n, AB1 13 ，
所以直线 AB 与平面 BCC B 所成角的正弦值为 13 ．
1 1 1
13
【详解】（1）由正弦定理得， sin Bsin B C sin Asin B ，
2
因为sin B 0 ，所以sin B C sin A ，即cos A sin A 2sin A cos A ，
2 2 2 2
又因为 A 0, π ，所以sin A 1 ，故 A π ．
2 2
2 2 3
–––→
1 –––→ 2 –––→
–––→ 2
–––→ 2
–––→ 2
4 –––→ –––→
（2）由 DC = 2DB 知， AD
AC
3 3
AB ，则有 AD
AC
AB AB AC
9
cos BAC ，
即4 1 b2 4 c2 2 bc ，化简得b2 4c2 2bc 36，
9 9 9
8 b2
在△ 中，由余弦定理得cos ADC ，
8
o 5 c2
在 ABD 中，由余弦定理得cos ADB ，
4
由cos ADB cos ADC 0 ，则2c2 b2 18 ，则2 2c2 b2 4c2 +b2 2bc ，化简得b 2c ，
则 2c 2 4c2 2 2c c 36 ，即c2 3 ，则c （负值舍去），
所以 S△ABC
1 bcsin BAC 3 3 ．
2 2
【详解】（1）由题意得 a c 3 ，所以a 2, c 1 ，
因为b2 a2 c2 3，所以椭圆C 的标准方程为 x
2
1．
4 3
（2）①证明：法一：由（1）可知 A 2, 0 , B 2, 0 ，
设直线 AN 的斜率为k ，则直线 BM 的斜率为3k ，设 M x1, y1 , N x2 , y2 ，则直线 AN 的方程为 y k x 2 ，直线 BM 的方程为 y 3k x 2 ，
y k x 2
联立
，化简得 3 4k 2 x2 16k 2 x 16k 2 12 0 ，
3x
2 4 y2
12
6 8k 2
x2 3 4k 2
6 8k 2
12k
因为 A 2, 0 ，所以
y
2
12k ，即 N 3 4k 2 , 3 4k 2 ，
3 4k 2
y 3k x 2
联立
，化简得 1 12k 2 x2 48k 2 x 4 12k 2 1 0 ，
3x
2 4 y2
12
24k 2 2
x1 1 12k 2
24k 2 2 12k
因为 B 2, 0 ，所以
y
12k
，即 M 1 12k
, 1 12k
2 ，
1
1 12k 2
12k
12k
3 4k 2 1 12k 2
12k 16k 2 4
4k
则kMN 6 8k 2 24k 2 2
12 1 16k 4
1 4k 2 ，
3 4k 2 1 12k 2
12k
4k 6 8k2 4k
所以直线 MN 的方程为 y 3 4k 2
所以直线l 过定点 1, 0 ．
1 4k 2 x 3 4k 2 ，整理得 y 1 4k 2 x 1 ，
法二：设 M x1, y1 , N x2 , y2 ，又由（1）知 A 2, 0 , B 2, 0 ，
所以 kAM
y1
x 2
, kBM
y1
x 2
, kAN
y2 ，
x 2
则有 k
1 1 2
y y y2
k 1 1 1 ，
AM BM
x 2 x 2 x2 4
1 1 1
x2 y2
2 3 2 3
又 1 1
1 ，则 y1 4 x1 ，代入上式可得kAM kBM .
4 3 4 4
又因为k 3k ，所以k k 1 .
BM AN
AM AN 4
设直线 MN 的方程为 x my t t 2 ，
x my t
联立 x
2 y2
，得 3m2 4 y2 6mty 3t 2 12 0 ，
1
4 3
y y
6mt
9m2 9
所以
1 2 3m2 4
3t2 12
36m2 4 3m2 4 3t2 12 0 3t2 12 3 t2
，且 3m2 4 3 4
y y m2
1 2
3m2 4
x x
1 2
8t
3m2 4
所以
x x
1 2
3t2 12m2 ，
3m2 4
由kAM kAN
y1
x 2
y2
x 2
y1 y2
x 2 x
2 4 ，
1 2 1 2
3t2 12 1
化简得
4t2 16t 16 4
且4t 2 16t 16 0 ，
即t 2 t 2 0 ，解得t 1或t 2 （舍），所以直线l 过定点 1, 0 ．
10i 10i 3 i 10 3i i2
1．B．【详解】因为 3 i z 10i，所以 z 1 3i ，
3 i 3 i 3 i 10
所以复数 z 在复平面内对应的点为 1，3，该点在第二象限，故选：B．
2．A．【详解】当k 0 时，得l2 : x 3 ，此时l1 与l2 不垂直；
当k 0 时，若l l ，则2 1 1，解得k 2 ，故选：A．
1 2 k
3．A．【详解】对①，若 m// ，m// ，则 与 平行或相交，①错误； 对②，若 ⊥ ， ⊥ ，则 与 平行或相交，②错误；
对③，若 m⊥ ，m⊥ ，则 // 成立，③正确； 对④，若 m// ，n⊥ ，则 m⊥n，④错误．
故选：A．
4．A．【详解】由2c 2 得c 2 ，
又a2 b2 c2 b2 2 2 ，所以b2 2 ， m a2 4 ，得a 2 ，所以e c
a
2 ．故选：A．
2
5．B．【详解】因 yi 4xi 3 i 1, 2, , n ，可得 y 4x 3 ， s 2 42 s2 16s2 ，故 B 正确，A，C，D 均错误．故选：B．
6．C．【详解】如图所示，以 D 为坐标原点， DC 为 x 轴， DA 为 y 轴建立平面直角坐标系，
设 AD a ，则 B(2, a) ， E(0, a ) ， A(0, a) ， C(2, 0) ，
2
→ = 2， ， → = 2， ，
依题意，因为 BE AC ，即 BE AC ，
所以 → → = 2,
2, = 4 + 2 = 0，
2
结合 a 0 ，解得a 2 2 ，则 E(0, 2 ) ， A(0, 2 2 ) ， CA ( 2, 2 2) ， CE ( 2, 2) ，
因此， CA CE ( 2, 2 2) ( 2, 2) 4 4 8 ，故选：C．
7．A．【详解】圆心 P 3, 5 到直线4x 3 y 2 的距离等于|12 3 ( 5) 2 | 5 ，由| 5 r | 1，解得4 r 6 ，故圆的半径r 的取值范围是(4, 6) ，故选：A．
8．B．【详解】设 AB c ， AC b ， BC a ，则a cos B 2b sin A b sin A b cos A ，
4
故由正弦定理可知sin A cos B sin B sin A sin B cos A ，
sin C sin A B sin A cos B sin B cos A sin B sin A 2 sin B cos ，
于是 AB sin C sin A 2 cos A 5 sin A ，
AC sin B
其中tan 2 ，当且仅当tan A 1 时，等号成立，故 B 正确．故选：B．
2
BD．【详解】圆C 的方程为(x 1)2 ( y 1)2 2 ，所以2 0 ，得 2 ，故 A 错误
因为圆C 的圆心 1, 1 在直线 x y 0 上，所以圆C 关于直线 x y 0 对称，故 B 正确
圆心 1, 1 到直线 x y 1 0 的距离d
可得圆C 的半径为1，得 1 ，故 C 错误
2 ，又弦长为2
2
2 ，
当 1 时，可得圆C 的方程为 x 1 2 y 1 2 1，则圆心C 1, 1 ，半径为1，CA ，
所以切线长为 AB
2 ，故 D 正确．故选：BD．
BD．【详解】将函数 y f (x) 的图象向右平移π 个单位长度，得 y cos (x π) cos( x π ) 的图象，
3 3 3
依题意， π 2kπ(k N ) ，解得 6k k N ，所以 的取值可能是 6，12．故选：BD．
2
ABD．【详解】椭圆 y 1 ，则
，则 F
3, 0 , F
3, 0 ，
a 2, b 1, c
4
1 2
对于 A：因为 PF1 PF2
2a 4, F1F2
2c 2
，所以△ 12的周长为4 2
，故 A 正确；
对于 B：当 P 在椭圆的短轴顶点时 F1PF2 取得最大值，
不妨取 P 0,1 ，此时 PF2 PF1 3 ( 1)2 2 0 ，
所以 F PF 为钝角，所以存在点 P 使得 F PF π ，B 正确；
1 2 1 2 2
对于 C：因为 A 2, 0 , B 2, 0 ，设 P x, y x 2 ，
y y y2 y2 1
则kPA kPB x 2
x 2
x2 4
4 y
2 4
，故 C 错误；
对于 D：因为 PF1 PF2 4 ，
1 1 1
1 1
1
1
所以
PF1
PF2
2
2 2
1，
4
4
PF∣2
当且仅当
，即 PF2
PF1
2 时取等号，故 D 正确．故选：ABD．
cos
cos
2
【答案】 ．【详解】 sin
tan 1
．故答案为： ．
4
2
【答案】
．【详解】圆C1
: x2 y2 2kx y 3 0与圆C
: x2 y2 x ky 0 相减可得公共弦所在直
线为 k 2x y x y 3 0，
2x y 0
令 x y 3 0
，解得 x 1 ，即 P 1, 2 ，
又直线l 过点 P ，所以当OP l 时，原点到直线l 的距离取最大值，最大值为 OP ．
故答案为： 5．
【答案】 32π ．【详解】如图，将三棱锥S ABC 补成三棱柱 ABC A B C ，点S 与 A 重合，
3 1 1 1 1
正三棱柱 ABC A1B1C1 外接球也为三棱锥 S ABC 的外接球，令球心为O ，半径为 R ，
记△ 和△A1B1C1 外接圆的圆心分别为O1 和O2 ，其半径为r ，
由正弦定理得： r 3 1，而O 为O1O2 的中点，则 R
2，
2sin60
所以该三棱锥的外接球的体积为V 4 πR3 32π ．
3 3
【详解】（1）由题意知(0.010 0.015 0.020 m 0.025) 10 1，解得m 0.030 ，设第70 百分位数为n ，
因为位于[50,80] 之间的频率为0.45 ，位于[50, 90]之间的频率为0.75 ，所以80 n 90 ，
令0.45 (n 80) 0.030 0.7 ，解得n 80 25 88.33 ，即第70 百分位数为88.33 ．
3
（2）由0.02 : 0.03 2 : 3 ，得这5 人中物理成绩在[70,80) 的人数为2 ，分别记为a, b ，在[80,90) 的人数为3 人，分别记为c, d , e ，
在这5 人中抽取2 人，共ab, ac, ad , ae, bc, bd , be, cd , ce, de ，10 个基本事件，
这2 名学生物理成绩在[70,80) 和[80,90) 内各1人，共ac, ad , ae, bc, bd , be ， 6 个基本事件，
故这2 名学生物理成绩在[70,80) 和[80,90) 内各1人的概率为 P 6 3 ．
10 5
【详解】（1） = 2sin2 2 3cos2 = 4 sin 2 ．
由 π 2kπ 2x π π 2kπ, k Z ，可得 + ≤ ≤ 5 + ， ∈ ，
2 3 2
12 12
所以函数 f x 的单调递增区间为 + ， 5 + ， ∈ ．
12 12
（2）当 ∈ 0， 时， ≤ 2 ≤ 2，所以 3 ≤ sin 2
≤ 1，则 2
≤ ≤ 4，
2 3 3 3 2
若()在 0， 上有零点，则直线 = 与函数()的图象在 0， 上有公共点，
2 2
所以实数的取值范围是 2 3，4．
【详解】（1）侧面 BCC1B1 为矩形， BC CC1 ，
又平面 BCC1 B1 平面 ACC1 A1 ， BC 平面 BCC1B1 ，平面 BCC1B1 ∩ 平面 ACC1 A1 CC1 ，所以 BC 平面 ACC1 A1 ，
因为 A1C 平面 ACC1 A1 ，所以 BC A1C ．
因为 AA 2, AC AC ，所以 AA2 AC2 AC2 ，所以 AC AC ，
1 1 1 1 1
因为 AC ∩ BC C ， AC, BC 平面 ABC ，所以 A1C 平面 ABC ．
（2）连接 AC1 ，如图，
由（1）易知 A1 AC 45 ，
所以由已知可得CC1 2, AC 2, ACC1 135 ，
在△ACC 中由余弦定理可得 AC 22 2 2 2 2 2 2 ，
1 2
因为 B1C1 ∥ BC ，所以 B1C1 平面 ACC1 A1 ，因为 AC1 平面 ACC1 A1 ，所以 B1C1 AC1 ，
所以在Rt△AB1C1 中 B1C1 ，
由（1）易知CA,CB,CA1 两两互相垂直，故以C 为坐标原点， CA,CB,CA1 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C 0, 0, 0 ， A
2, 0, 0 ， B 0, 3, 0 ， B1
2, 3, 2 ， C1
2, 0, 2 ，
–––→ ––––→ –––→
CB 0, 3, 0 , CC1 2, 0, 2 , AB1 2 2, 3, 2 ，
设平面 BCC1B1 的法向量为n (x, y, z)，
→ –––→
n CB 3y 0 →
则 → ––––→
取n 1, 0,1 ，
n CC1 2x 2z 0
设直线 AB1 与平面 BCC1B1 所成的角为 ，
→ –––→ 13
则sin cos n, AB1 13 ，
所以直线 AB 与平面 BCC B 所成角的正弦值为 13 ．
1 1 1
13
【详解】（1）由正弦定理得， sin Bsin B C sin Asin B ，
2
因为sin B 0 ，所以sin B C sin A ，即cos A sin A 2sin A cos A ，
2 2 2 2
又因为 A 0, π ，所以sin A 1 ，故 A π ．
2 2
2 2 3
–––→
1 –––→ 2 –––→
–––→ 2
–––→ 2
–––→ 2
4 –––→ –––→
（2）由 DC = 2DB 知， AD
AC
3 3
AB ，则有 AD
AC
AB AB AC
9
cos BAC ，
即4 1 b2 4 c2 2 bc ，化简得b2 4c2 2bc 36，
9 9 9
8 b2
在△ 中，由余弦定理得cos ADC ，
8
o 5 c2
在 ABD 中，由余弦定理得cos ADB ，
4
由cos ADB cos ADC 0 ，则2c2 b2 18 ，则2 2c2 b2 4c2 +b2 2bc ，化简得b 2c ，
则 2c 2 4c2 2 2c c 36 ，即c2 3 ，则c （负值舍去），
所以 S△ABC
1 bcsin BAC 3 3 ．
2 2
【详解】（1）由题意得 a c 3 ，所以a 2, c 1 ，
因为b2 a2 c2 3，所以椭圆C 的标准方程为 x
2
1．
4 3
（2）①证明：法一：由（1）可知 A 2, 0 , B 2, 0 ，
设直线 AN 的斜率为k ，则直线 BM 的斜率为3k ，设 M x1, y1 , N x2 , y2 ，则直线 AN 的方程为 y k x 2 ，直线 BM 的方程为 y 3k x 2 ，
y k x 2
联立
，化简得 3 4k 2 x2 16k 2 x 16k 2 12 0 ，
3x
2 4 y2
12
6 8k 2
x2 3 4k 2
6 8k 2
12k
因为 A 2, 0 ，所以
y
2
12k ，即 N 3 4k 2 , 3 4k 2 ，
3 4k 2
y 3k x 2
联立
，化简得 1 12k 2 x2 48k 2 x 4 12k 2 1 0 ，
3x
2 4 y2
12
24k 2 2
x1 1 12k 2
24k 2 2 12k
因为 B 2, 0 ，所以
y
12k
，即 M 1 12k
, 1 12k
2 ，
1
1 12k 2
12k
12k
3 4k 2 1 12k 2
12k 16k 2 4
4k
则kMN 6 8k 2 24k 2 2
12 1 16k 4
1 4k 2 ，
3 4k 2 1 12k 2
12k
4k 6 8k2 4k
所以直线 MN 的方程为 y 3 4k 2
所以直线l 过定点 1, 0 ．
1 4k 2 x 3 4k 2 ，整理得 y 1 4k 2 x 1 ，
法二：设 M x1, y1 , N x2 , y2 ，又由（1）知 A 2, 0 , B 2, 0 ，
所以 kAM
y1
x 2
, kBM
y1
x 2
, kAN
y2 ，
x 2
则有 k
1 1 2
y y y2
k 1 1 1 ，
AM BM
x 2 x 2 x2 4
1 1 1
x2 y2
2 3 2 3
又 1 1
1 ，则 y1 4 x1 ，代入上式可得kAM kBM .
4 3 4 4
又因为k 3k ，所以k k 1 .
BM AN
AM AN 4
设直线 MN 的方程为 x my t t 2 ，
x my t
联立 x
2 y2
，得 3m2 4 y2 6mty 3t 2 12 0 ，
1
4 3
y y
6mt
9m2 9
所以
1 2 3m2 4
3t2 12
36m2 4 3m2 4 3t2 12 0 3t2 12 3 t2
，且 3m2 4 3 4
y y m2
1 2
3m2 4
x x
1 2
8t
3m2 4
所以
x x
1 2
3t2 12m2 ，
3m2 4
由kAM kAN
y1
x 2
y2
x 2
y1 y2
x 2 x
2 4 ，
1 2 1 2
3t2 12 1
化简得
4t2 16t 16 4
且4t 2 16t 16 0 ，
即t 2 t 2 0 ，解得t 1或t 2 （舍），所以直线l 过定点 1, 0 ．
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