北京市朝阳区2014-2015学年高二上学期期末数学理试卷含解析
北京市朝阳区2014-2015学年高二上学期期末数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（5分）椭圆+=1的离心率是（）
A．B．C．D．
2．（5分）已知两条不同的直线a，b和平面α，那么下列命题中的真命题是（）
A．若a⊥b，b⊥α，则a∥αB．若a∥α，b∥α，则a∥b
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b D．若a∥b，b∥α，则a∥α
3．（5分）直线截圆x2+y2=4所得劣弧所对圆心角为（）
A．B．C．D．
4．（5分）已知a，b是两条不同的直线，且b?平面α，则“a⊥b”是“a⊥α”的（）
A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．（5分）已知抛物线x2=4y上的一点M到此抛物线的焦点的距离为3，则点M的纵坐标是（）
A．0B．C．2
6．（5分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）
A．2B．4C．8D．12
7．（5分）已知双曲线M的焦点与椭圆+=1的焦点相同．如果直线y=﹣x是M的一条渐近线，那么M的方程为（）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1
8．（5分）给出如下四个命题：
①已知p，q都是命题，若p∧q为假命题，则p，q均为假命题；
②命题“若a＞b，则3a＞3b﹣1”的否命题为“若a≤b，则3a≤3b﹣1”；
③命题“对任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”；
④“a≥0”是“?x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要条件．
其中正确命题的序号是（）
A．①③B．②③C．②③④D．②④
9．（5分）已知点A的坐标为（1，0），点P（x，y）（x≠1）为圆（x﹣2）2+y2=1上的任意一点，设直线AP的倾斜角为θ，若|AP|=d，则函数d=f（θ）的大致图象是（）
A．B．
C．D．
10．（5分）已知E，F分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D的棱AB，AA1上的点，且AE=AB，AF=AA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有
（）
A．1条B．3条C．6条D．无数条
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，答案写在答题卡上.
11．（5分）在空间直角坐标系中，点（4，﹣1，2）与原点的距离是．
12．（5分）以椭圆的右焦点为焦点，且顶点在原点的抛物线标准方程为．
13．（5分）已知F1，F2是椭圆C：+=1的两个焦点，过F1的直线与椭圆C交于M，N两点，则△F2MN的周长为．
14．（5分）如图，某三棱柱的正视图中的实线部分是边长为4的正方形，俯视图是等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为．
15．（5分）已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，抛物线C上的两点A，B满足=2．若
点T（﹣，0），则的值为．
16．（5分）已知等边△ABC的边长为2，沿△ABC的高AD将△BAD折起到△B′AD，使得B′C=，则此时四面体B′﹣ADC的体积为，该四面体外接球的表面积为．
三、解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，侧棱DD1⊥平面ABCD，且AD=AA1=1，AB=2．
（Ⅰ）求证：平面BCD1⊥平面DCC1D1；
（Ⅱ）求异面直线CD1与A1D所成角的余弦值．
18．（10分）在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=1，PB=PD=，点E在棱PD上，且PE：ED=2：1．
（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值；
（Ⅲ）在棱PC上是否存在点F，使得BF∥平面AEC？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
19．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，3），设圆C的半径为，且圆心C在直线l：y=2x﹣4上．
（Ⅰ）若圆心C又在直线y=x﹣1上，过点A作圆C的切线，求此切线的方程；
（Ⅱ）若圆C上存在点M，使得|MA|=2|MO|，求圆心C的横坐标的取值范围．
20．（10分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，其短轴的一个端点到它的
左焦点距离为2，直线l：y=kx与椭圆C交于M，N两点，P为椭圆C上异于M，N的点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线PM，PN的斜率都存在，判断PM，PN的斜率之积是否为定值？若是，求出此定值，若不是，请说明理由；
（Ⅲ）求△PMN面积的最大值．
朝阳区2014-2015学年高二上学期期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（5分）椭圆+=1的离心率是（）
A．B．C．D．
考点：椭圆的简单性质．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：由椭圆+=1，可得a2=25，b2=16，利用c2=a2﹣b2可得c，再利用离心率计算公式即可得出．
解答：解：由椭圆+=1，可得a2=25，b2=16，
∴a=5，c2=a2﹣b2=9，
解得c=3．
∴椭圆的离心率e==．
故选：A．
点评：本题考查了椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．（5分）已知两条不同的直线a，b和平面α，那么下列命题中的真命题是（）
A．若a⊥b，b⊥α，则a∥αB．若a∥α，b∥α，则a∥b
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b D．若a∥b，b∥α，则a∥α
考点：空间中直线与平面之间的位置关系．
专题：空间位置关系与距离．
分析：利用线面垂直的性质以及线面平行即垂直的判定定理解答．
解答：解：对于A，若a⊥b，b⊥α，那么a∥α或者a?α，故A错误；
对于B，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交或者异面；故B错误；
对于C，如果a⊥α，b⊥α，则a∥b，正确；
对于D，若a∥b，b∥α，则a∥α或者a?α，故D错误；
故选C．
点评：本题考查了线面垂直、线面平行的性质、直线平行的性质，熟练运用定理是关键．3．（5分）直线截圆x2+y2=4所得劣弧所对圆心角为（）
A．B．C．D．
考点：直线与圆的位置关系．
分析：先解劣弧所对圆心角的一半，就是利用弦心距和半径之比求之．
解答：解：圆到直线的距离为：=1，又因为半径是2，设劣弧所对圆心角的一半为
α，cosα=0.5，∴α=60°，劣弧所对圆心角为120°．
故选D．
点评：直线与圆的关系中，弦心距、半径、弦长的关系，是2015届高考考点，本题是基础题．
4．（5分）已知a，b是两条不同的直线，且b?平面α，则“a⊥b”是“a⊥α”的（）
A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
专题：简易逻辑．
分析：根据充分必要条件的定义分别判断其充分性和必要性即可．
解答：解：若a⊥b，则a不一定垂直于α，不是充分条件，
若a⊥α，则a⊥b，是必要条件，
故选：B．
点评：本题考查了充分必要条件，考查了直线和平面的判定定理，是一道基础题．
5．（5分）已知抛物线x2=4y上的一点M到此抛物线的焦点的距离为3，则点M的纵坐标是（）
A．0B．C．2
考点：抛物线的简单性质．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：求得抛物线x2=4y的焦点为（0，1），准线方程为y=﹣1，设M（m，n），则由抛物线的定义可得，可得n+1=3，即可求得点M的纵坐标．
解答：解：抛物线x2=4y的焦点为（0，1），准线方程为y=﹣1，
设M（m，n），则由抛物线的定义可得，
M到此抛物线的焦点的距离即为M到准线的距离，
即有n+1=3，解得n=2．
故选C．
点评：本题考查抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义法的运用，以及准线方程的运用，属于基础题．
6．（5分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）
A．2B．4C．8D．12
考点：由三视图求面积、体积．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：根据三视图判断几何体由两部分组成，左边部分是四棱锥，且四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为2；右边部分是三棱锥，且三棱锥的高为2，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，把数据代入棱锥的体积公式计算．
解答：解：由三视图知几何体的左边部分是四棱锥，且四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为2；
几何体的右边部分是三棱锥，且三棱锥的高为2，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，其直观图如图：
∴几何体的体积V=×22×2+××2×2×2=4．
故选：B
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，判断几何体的形状及三视图的数据所对应的几何量是解答本题的关键．
7．（5分）已知双曲线M的焦点与椭圆+=1的焦点相同．如果直线y=﹣x是M的一条渐近线，那么M的方程为（）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣=1 D．﹣=1
考点：椭圆的简单性质．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：由题意可设双曲线的标准方程为，由直线y=﹣x是M 的一条渐近线，可得=．由椭圆+=1的焦点为（±3，0），可得c=3，再利用c2=a2+b2，解出即可．
解答：解：由题意可设双曲线的标准方程为，
∵直线y=﹣x是M的一条渐近线，∴=．
椭圆+=1的焦点为（±3，0），
∴c=3，
联立，解得a2=3，b2=6．
∴M的方程为：．
故选：C．
点评：本题考查了圆锥曲线的标准方程及其性质等基础知识与基本技能，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8．（5分）给出如下四个命题：
①已知p，q都是命题，若p∧q为假命题，则p，q均为假命题；
②命题“若a＞b，则3a＞3b﹣1”的否命题为“若a≤b，则3a≤3b﹣1”；
③命题“对任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”；
④“a≥0”是“?x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要条件．
其中正确命题的序号是（）
A．①③B．②③C．②③④D．②④
考点：命题的真假判断与应用．
专题：简易逻辑．
分析：①根据复合命题之间的关系进行判断；
②根据否命题的定义进行判断”；
③根据全称命题的否定是特称命题进行判断；
④根据充分条件和必要条件的定义进行判断．
解答：解：①已知p，q都是命题，若p∧q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，故
①错误；
②命题“若a＞b，则3a＞3b﹣1”的否命题为“若a≤b，则3a≤3b﹣1”；故②正确，
③命题“对任意x∈R，x2+1≥0”的否定是“存在x0∈R，x02+1＜0”；故③正确，
④若a＜0，则判别式△=1﹣4a＜0，此时ax2+x+1≥0有解，即“a≥0”是“?x∈R，使得ax2+x+1≥0”的充分必要条件错误，故④错误，
故正确的命题为②③，
故选：B
点评：本题主要考查命题的真假判断，根据复合命题，四种命题之间的关系以及含有量词的命题的否定，充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
9．（5分）已知点A的坐标为（1，0），点P（x，y）（x≠1）为圆（x﹣2）2+y2=1上的任意一点，设直线AP的倾斜角为θ，若|AP|=d，则函数d=f（θ）的大致图象是（）
A．B．
C．D．
考点：函数的图象．
分析：分两种情况考虑，当直线OP过第一象限与当直线OP过第四象限，画出函数图象，即可得到结果．
解答：解：当直线OP过第一象限时，如图：
由于AB为直径，故θ=，
得到d=f（θ）=2cosθ（0≤θ＜），
当直线OP过第四象限时，同理可得到d=f（π﹣θ）=2cos（π﹣θ）=﹣2cosθ（＜θ≤π），函数d=f（θ）的大致图象：
故选：D．
点评：此题考查了圆的标准方程，利用了数形结合的思想，弄清题意是解本题的关键．
10．（5分）已知E，F分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D的棱AB，AA1上的点，且AE=AB，AF=AA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有
（）
A．1条B．3条C．6条D．无数条
考点：直线与平面平行的性质．
专题：空间位置关系与距离．
分析：取BH=BB1，连接FH，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，其中O满足线段OE=D1E，再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，根据线
面平行的判定定理，得到GM∥平面ABCD，NG∥平面ABCD，再根据面面平行的判断定理得到平面MNG∥平面ABCD，由面面平行的性质得到则MN∥平面ABCD，由于M是任意的，故MN有无数条．
解答：解：取BH=BB1，连接FH，则FH∥C1D
连接HE，在D1E上任取一点M，
过M在面D1HE中，作MG∥HO，交D1H于G，
其中O为线段OE=D1E
再过G作GN∥FH，交C1F于N，连接MN，
由于GM∥HO，HO∥KB，KB?平面ABCD，
GM?平面ABCD，
所以GM∥平面ABCD，
同理由NG∥FH，可推得NG∥平面ABCD，
由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，
则MN∥平面ABCD．
由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条．
故选D．
点评：本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是直线与平面平行的判断和面面平行的判定与性质，考查空间想象能力和简单推理能力．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，答案写在答题卡上.
11．（5分）在空间直角坐标系中，点（4，﹣1，2）与原点的距离是．
考点：空间两点间的距离公式．
专题：空间位置关系与距离．
分析：根据空间两点间的距离公式进行求解即可．
解答：解：根据两点间的距离公式得点（4，﹣1，2）与原点的距离是
==，
故答案为：
点评：本题主要考查空间两点间的距离公式的计算，比较基础．
12．（5分）以椭圆的右焦点为焦点，且顶点在原点的抛物线标准方程为y2=4x．
考点：抛物线的标准方程．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：依题意，可求得椭圆+y2=1的右焦点，利用抛物线的简单性质即可求得答案．
解答：解：∵椭圆+y2=1的右焦点F（，0），
∴以F（，0）为焦点，顶点在原点的抛物线标准方程为y2=4x．
故答案为：y2=4x．
点评：本题考查抛物线的标准方程，考查椭圆与抛物线的简单性质，属于中档题．13．（5分）已知F1，F2是椭圆C：+=1的两个焦点，过F1的直线与椭圆C交于M，N两点，则△F2MN的周长为8．
考点：椭圆的简单性质．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：利用椭圆的定义可知|F1M|+|F2M|和|F1N|+|F2N|的值，进而把四段距离相加即可求得答案．
解答：解：利用椭圆的定义可知，|F1M|+|F2M|=2a=4，|F1N|+|F2N|=2a=4，
∴△MNF2的周长为|F1M|+|F2M|+F1N|+|F2N|=4+4=8．
故答案为：8．
点评：本题主要考查了椭圆的简单性质．解题的关键是利用椭圆的定义．
14．（5分）如图，某三棱柱的正视图中的实线部分是边长为4的正方形，俯视图是等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为8．
考点：简单空间图形的三视图．
专题：空间位置关系与距离．
分析：由正视图与俯视图可知：该三棱柱是直三棱柱、高与底边边长都为4．即可得出．解答：解：由正视图与俯视图可知：该三棱柱是直三棱柱、高与底边边长都为4．
∴该三棱柱的侧视图的面积=8．
故答案为：8．
点评：本题考查了正三棱柱的三视图及其侧面积，属于基础题．
15．（5分）已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，抛物线C上的两点A，B满足=2．若点T（﹣，0），则的值为2．
考点：抛物线的简单性质．
专题：平面向量及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：设A（，m），B（，n），y2=2x的焦点为F（，0），求得向量AF，FB的坐
标，运用向量共线的坐标表示，解方程可得m，n，进而得到A，B的坐标，再由两点的距离公式计算即可得到．
解答：解：设A（，m），B（，n），
y2=2x的焦点为F（，0），
=（﹣，﹣m），=（﹣，n），
由=2，
则有m=﹣2n，m2+2n2=3，
解得m=﹣，n=，或m=，n=﹣，
即有A（1，﹣），B（，）
或A（1，），B（，﹣）．
|TA|==，|TB|==．
则的值为2．
故答案为：2．
点评：本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的方程的运用，同时考查向量共线的坐标表示和两点的距离公式的运用，属于中档题．
16．（5分）已知等边△ABC的边长为2，沿△ABC的高AD将△BAD折起到△B′AD，使得B′C=，则此时四面体B′﹣ADC的体积为，该四面体外接球的表面积为π．
考点：球的体积和表面积．
专题：计算题；空间位置关系与距离；球．
分析：由题意可得，三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰直角三角形，可得AD⊥底面BCD，由三棱锥的体积公式计算即可得到；它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的体积即可．
解答：解：根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，
由BD=CD=1，B′C=，则底面是等腰直角三角形，
则AD⊥底面BCD，AD=，
即有四面体B′﹣ADC的体积为××1×1=；
它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，
求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，
三棱柱ABC﹣A1B1C1的中，底面边长为1，1，，
由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，
说明中心就是外接球的球心，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O，外接球的半径为r，
球心到底面的距离为，
底面中心到底面三角形的顶点的距离为，
∴球的半径为r==．
四面体ABCD外接球体积为：r3=×（）3=π．
故答案为：，π．
点评：本题考查线面垂直的判定定理和三棱锥的体积公式和球的体积公式的运用，同时考查空间想象能力，计算能力；三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学题目的前提．
三、解答题：本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，侧棱DD1⊥平面ABCD，且AD=AA1=1，AB=2．
（Ⅰ）求证：平面BCD1⊥平面DCC1D1；
（Ⅱ）求异面直线CD1与A1D所成角的余弦值．
考点：异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定．
专题：空间位置关系与距离；空间角．
分析：（Ⅰ）由线面垂直得DD1⊥BC，由矩形性质得DC⊥BC．由此能证明BC⊥平面DCC1D1，从而得到平面BCD1⊥平面DCC1D1．
（Ⅱ）取DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，由
=，利用向量法能求出异面直线CD1与A1D所成角
的余弦值．
解答：（本题满分10分）
（Ⅰ）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
∴DD1⊥BC．…（2分）
∵底面ABCD是矩形，所以DC⊥BC．
又DD1∩DC=D，∴BC⊥平面DCC1D1．
又BC?面BCD1，∴平面BCD1⊥平面DCC1D1．…（5分）
（Ⅱ）解：取DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示，
∵AD=AA1=1，AB=2，则D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），…（7分）
∵=（0，﹣2，1），=（1，0，1），
∴===．…（9分）
∴异面直线CD1与A1D所成角的余弦值是．…（10分）
点评：本题考查面面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，是中档题题，解题时要注意线线、线面、面面间的位置关系和性质的合理运用，注意空间思维能力的培养．
18．（10分）在底面是菱形的四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=1，PB=PD=，点E在棱PD上，且PE：ED=2：1．
（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣C的余弦值；
（Ⅲ）在棱PC上是否存在点F，使得BF∥平面AEC？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定．
专题：空间位置关系与距离；空间角．
分析：（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理即可证明PA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角P﹣AE﹣C的余弦值；
（Ⅲ）利用向量法，结合线面平行的判定定理进行求解即可．
解答：证明：（Ⅰ）因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°，
所以△ABC是等边三角形，所以AB=AD=AC=PA=1．
在△PAB中，PA=AB=1，PB=，
所以PB2=PA2+AB2，即PA⊥AB．
同理可证PA⊥AD，且AB∩AD=A，
所以PA⊥平面ABCD．…（3分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知PA⊥平面ABCD，取CD中点G，连接AG．
由已知条件易知AB⊥AG，如图以A为原点建立空间直角坐标系．…（4分）
因为PA⊥平面ABCD，PA?平面PAD，
所以平面ABCD⊥平面PAD．平面ABCD∩平面PAD=AD，
取AD中点H，连接HC，则HC⊥AD．
所以HC⊥平面PAD．
所以是平面PAD的法向量，也是平面PAE的法向量．
A（0，0，0），D（﹣，，0），H（，，0），C（，，0），E（，，
），P（0，0，1），
B（1，0，0），
=（，，0），=（，，0），=（，，），…（5分）
设平面AEC的法向量为=（x，y，z），
所以，则，
令x=，则=（，﹣1，2），…（6分）
所以cos＜，＞===．
由图可知，二面角P﹣AE﹣C的平面角为钝角，所以其余弦值为﹣．…（7分）
（III）存在，点F是棱PC的中点．
设=λ=λ（，，﹣1），…（8分）
则==（﹣1，0，1）+λ（，，﹣1）=（﹣1+λ，λ，1﹣λ），
由（II）知平面AEC的法向量为=（，﹣1，2）．
由已题知BF∥平面AEC，等价于，
即（﹣1+λ，λ，1﹣λ）?（，﹣1，2）=（﹣1+）λ+2（1﹣λ）=0．
解得．…（9分），
所以点F是棱PC的中点．…（10分）
点评：本题主要考查线面平行和垂直的判定，以及二面角的求解，建立空间坐标系，利用向量法是解决二面角的常用方法．考查学生的运算和推理能力．
19．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，3），设圆C的半径为，且圆心C在直线l：y=2x﹣4上．
（Ⅰ）若圆心C又在直线y=x﹣1上，过点A作圆C的切线，求此切线的方程；
（Ⅱ）若圆C上存在点M，使得|MA|=2|MO|，求圆心C的横坐标的取值范围．
考点：直线和圆的方程的应用．
专题：直线与圆．
分析：（Ⅰ）联立两直线方程求得圆心C的坐标，则圆的方程可得，设出切线方程，利用点到直线的距离求得k，则直线的方程可得．
（Ⅱ）设出圆心C的坐标，表示出圆的方程，进而根据|MA|=2|MO|，设出M，利用等式关系整理求得M的轨迹方程，进而判断出点M应该既在圆C上又在圆D上，且圆C和圆D 有交点．进而确定不等式关系求得a的范围．
解答：M解：（Ⅰ）由得圆心C为（3，2），因为圆C的半径为1，
所以圆C的方程为：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1．
显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为y=kx+3，即kx﹣y+3=0．
所以=1，解得k=0或﹣．
则所求圆C的切线方程为：y=3或3x+4y﹣12=0．
（Ⅱ）因为圆C的圆心在直线y=2x﹣4上，所以设圆心C为（a，2a﹣4），
则圆C的方程为：（x﹣a）2+2=1．
又|MA|=2|MO|，设m为（x，y），则=2．
整理得：x2+（y+1）2=4，设该方程对应的圆为D，
所以点M应该既在圆C上又在圆D上，且圆C和圆D有交点．则|2﹣
1|≤≤|2+1|．
由5a2﹣12a+8≥0，得a∈R．
由5a2﹣12a≤0得0≤a≤．所以圆心C的横坐标的取值范围为．
点评：本题主要考查了直线与圆的方程的应用．考查了学生的分析推理和基本的运算能力．
20．（10分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，其短轴的一个端点到它的
左焦点距离为2，直线l：y=kx与椭圆C交于M，N两点，P为椭圆C上异于M，N的点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线PM，PN的斜率都存在，判断PM，PN的斜率之积是否为定值？若是，求出此定值，若不是，请说明理由；
（Ⅲ）求△PMN面积的最大值．
考点：椭圆的简单性质．
专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：（Ⅰ）由已知，=，且a=2，所以c=1，b=，即可求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线PM，PN的斜率都存在，利用点差法，即可得出PM，PN的斜率之积是定值；（Ⅲ）求出点P到直线l：y=kx的距离最大值，|MN|，即可求△PMN面积的最大值．
解答：解：（Ⅰ）由已知，=，且a=2，所以c=1，b=．
所以椭圆C的方程为．…（3分）
（Ⅱ）设P（x0，y0），M（x1，y1），n（﹣x1，﹣y1），
则M，P的坐标代入椭圆方程，两式作差得=﹣．
所以，当PM，PN的斜率都存在时，PM，PN的斜率之积是定值﹣．…（6分）
（Ⅲ）过点P作与平行且与椭圆的相切的直线，设切线方程为y=kx+t，
代入椭圆方程，得（3k2+4）x2+8ktx+4t2﹣12=0．
令△=0，得|t|=．…（8分）
这时，直线y=kx+t与直线l：y=kx的距离就是点P到直线l：y=kx的距离最大值．
所以，点P到直线l：y=kx的距离最大值d=．
又由y=kx与椭圆方程，解得|x1|=．
所以|MN|=2|x1|=．
所以，△PMN面积的最大值为=2…（10分）
点评：本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查点差法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．