广东名校数学解答题参考答案(配套广东名校数学解答题集锦2023届高三)

名校数学解答题（数列、解析几何、立体几何、导数、函数）集锦参考答案广州市2023届高三年级调研测试18．（本小题满分14分）解：（1）因为，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．…………………2分所以．…………………4分因为，所以．………6分（2）由（1）知，，所以．……………7分所以，①…………8分则，②…………9分①－②得，…………11分…………………12分．……………………13分所以．………………14分ABCDOABCDO（1）证明：因为是正方形，所以，．…………1分在折叠后的△和△中，仍有，．…………2分因为，所以平面．………3分因为平面，所以平面平面．…………4分（2）解：设三棱锥的高为，由于三棱锥的体积为，所以．……5分因为，所以．……6分以下分两种情形求的长：①当为钝角时，如图，过点作的垂线交的延长线于点，由（1）知平面，所以．又，且，所以平面．ABCDOH所以为三棱锥的高，即．ABCDOH在△中，因为，所以．………………8分在△中，因为，则．……………9分所以．………Ks5u……10分②当为锐角时，如图，过点作的垂线交于点，由（1）知平面，所以．又，且，所以平面．所以为三棱锥的高，即．………………11分ABCDOH在△ABCDOH所以．…………12分在△中，因为，则．……………13分所以．综上可知，的长为或．…………14分20．（本小题满分14分）解：（1）由题设知，，，…………1分由，得．……3分解得．所以椭圆的方程为．………4分（2）方法1：设圆的圆心为，则………………6分……………7分．………………8分从而求的最大值转化为求的最大值．………………9分因为是椭圆上的任意一点，设，…………………10分所以，即．……………Ks5u……………11分因为点，所以．……………12分因为，所以当时，取得最大值12．……………13分所以的最大值为11．………………………14分方法2：设点，因为的中点坐标为，所以………………6分所以……………7分．…………………9分因为点在圆上，所以，即．………10分因为点在椭圆上，所以，即．…………………11分所以．……………12分因为，所以当时，．………………14分方法3：①若直线的斜率存在，设的方程为，………………6分由，解得．………7分因为是椭圆上的任一点，设点，所以，即．…………8分所以，……………………9分所以．……………………10分因为，所以当时，取得最大值11．…………11分②若直线的斜率不存在，此时的方程为，由，解得或．不妨设，，．…………………12分因为是椭圆上的任一点，设点，所以，即．所以，．所以．因为，所以当时，取得最大值11．…………13分综上可知，的最大值为11．………Ks5u………14分21．（本小题满分14分）解：（1）当时，，得．…1分因为，所以当时，，函数单调递增；当或时，，函数单调递减．所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．………………3分（2）方法1：由，得，因为对于任意都有成立，即对于任意都有成立，即对于任意都有成立，………………4分令，要使对任意都有成立，必须满足或…………5分即或………………………6分所以实数的取值范围为．…………………7分方法2：由，得，因为对于任意都有成立，所以问题转化为，对于任意都有．……………4分因为，其图象开口向下，对称轴为．①当时，即时，在上单调递减，所以，由，得，此时．…5分②当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，所以，由，得，此时．……………Ks5u……6分综上①②可得，实数的取值范围为．……………………7分（3）设点是函数图象上的切点，则过点的切线的斜率为，………………8分所以过点的切线方程为．…………9分因为点在切线上，所以，即．…………10分若过点可作函数图象的三条不同切线，则方程有三个不同的实数解．………………11分令，则函数与轴有三个不同的交点．令，解得或．……………………12分因为，，所以必须，即．………13分所以实数的取值范围为．………………14分广东省执信中学2023届高三模拟试题数学文19．（1）解：当时，由已知得同理，可解得。。。。。。。。。。4分（2）证明：由题设当 代入上式，得6分-1的等差数列。。10分，。。。。。。。。。。。12分14分20．（I）当时，，…………2分令时，解得，所以在（0，1）上单调递增；……4分令时，解得，所以在（1，+∞）上单调递减．………6分（II）因为函数的图象在点（2，）处的切线的倾斜角为45o，所以．所以，．………………8分，…………10分因为任意的，函数在区间上总存在极值，所以只需………12分解得．……………14分21.解:(1）设A(xA,yA),F1(-c,0),F2(c,0),曲线C1所在椭圆的长轴长为2a，则2a=|AF1|+|AF2|=6…………2分又由已知及圆锥曲线的定义得：…………4分得：，又∵为钝角，∴，故……5分即曲线C1的方程为，曲线C2的方程为…7分（2）设直线OC的方程为：y=k1x,由得即C(),…………9分同理得：D……10分∴直线CD的方程为：即，…13分当x=0时，恒有y=，即直线CD过定点（0，）…14分广东省执信中学2023届高三上学期期中数学文试题19.解：（Ⅰ）∵a3，a5是方程的两根，且数列的公差d>0，∴a3=5，a5=9，公差∴………………3分又当n=1时，有b1=S1=1－当∴数列{bn}是等比数列，∴…………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知…………9分∴………13分∴…………14分20.解:(Ⅰ)因为,所以c=1,则b=1,所以椭圆C的标准方程为………5分(Ⅱ)∵P(1,1),∴,∴,∴直线OQ的方程为y=-2x,∴点Q(-2,4)…7分∴,又,∴,即OP⊥PQ,故直线PQ与圆O相切……10分(Ⅲ)当点P在圆O上运动时,直线PQ与圆O保持相切………11分证明:设(),则,所以,,所以直线OQ的方程为 所以点Q(-2,)………12分所以,又……13分所以,即OP⊥PQ,故直线PQ始终与圆O相切.………14分21．解(1)，………………2分当时，…………3分当时，，此时函数递减；当时，，此时函数递增；∴当时，取极小值，其极小值为．…………6分(2)解法一：由（1）可知函数和的图象在处有公共点，因此若存在和的隔离直线，则该直线过这个公共点．…………7分设隔离直线的斜率为，则直线方程为，即．…………8分由，可得当时恒成立．，由，得．…………10分下面证明当时恒成立．令，则，………Ks5u…………11分当时，．当时，，此时函数递增；当时，，此时函数递减；∴当时，取极大值，其极大值为．从而，即恒成立．………13分∴函数和存在唯一的隔离直线．………14分解法二：由(Ⅰ)可知当时，(当且当时取等号)．……7分若存在和的隔离直线，则存在实常数和，使得和恒成立，令，则且，即．…8分后面解题步骤同解法一．全国100所名校2023届高三学期初考试示范卷19、解：（I）由三视图可知三棱柱为直三棱柱，底面是等腰直角三角形且，连结A1C，设。连结MO，由题意可知A1O=CO，A1M=B1M，所以MO//B1C20、解：（I），，，所以，所求椭圆方程为．（4分）（II）设，，过A，B的直线方程为由M分有向线段所成的比为2，得，（6分）则由得（8分）故，消x2得解得，（11分）所以，．（12分）21、解：（1）当时，则（1分）依题意，得即，解得．（3分）又所以在上的最大值为．（6分）②当时，当时，，所以的最大值为0；当时，在上单调递增，所以在上的最大值为．（7分）综上所述，当，即时，在上的最大值为2；当，即时，在上的最大值为．（8分）（3）假设曲线上存在两点满足题设要求，则点只能在y轴的两侧．不妨设，则，显然因为是以为直角顶点的直角三角形，所以，即①若方程①有解，则存在满足题意的两点；若方程①无解，则不存在满足题意的两点若，则，代入①式得，即，而此方程无实数解，因此．（10分）此时，代入①式得,即②ABCDO•令，则，所以在上单调递增，ABCDO•华附、省实、广雅、深中2023届高三上学期期末四校联考18.解：（1）…………2分又底面是正方形，故…………….4分相交…………5分故………….6分（2），故两点到平面的距离相等………8分故…………12分设中点，则且，又故，又故………14分19解：(Ⅰ)∵,1分∴由题意可知：且,Ks5u∴得：，3分∴,.令，得， 由此可知：X(－∞,－1)－1(－1,3)3(3,+∞)+0－0+↗极大值↘极小值↗∴当x=－1时,f(x)取极大值6分(Ⅱ)∵在区间[－1，2]上是单调减函数，oabP(－,2)oabP(－,2)4a-b+2a+b-z=a+b-224根据二次函数图象可知且，即：也即9分作出不等式组表示的平面区域如图：11分当直线经过交点P(－,2)时，取得最小值,13分∴取得最小值为14分20.解：（Ⅰ）由题设可知：……………2分故………………3分故椭圆的标准方程为：……………4分（Ⅱ）设，由可得：……………5分由直线OM与ON的斜率之积为可得：，即……………6分由①②可得：M、N是椭圆上，故故，即……………..8分由椭圆定义可知存在两个定点，使得动点P到两定点距离和为定值;….9分；（Ⅲ）设由题设可知………..10分由题设可知斜率存在且满足………….③…12分将③代入④可得：……⑤………….13分点在椭圆，故所以…………14分21.证明：（1）是方程的两个根，故对任意正整数，故；（2）由（1）与更相减损术可得：对任意正整数，故命题成立；Ks5u（3）是方程的两个根且，故由可得：故广东省华南师大附中2023届高三第三次月考数学（文）试题18解：(1)证明：在三角形PBC中，是中点．F为PB中点所以EF//BC，所以(2)……（1）又是⊙O的直径，所以……（2）由（1）（2）得因EF//BC，所以（3）因⊙O所在的平面，AC是PC在面ABC内的射影，即为PC与面ABC所成角，，PA=AC在中，是中点，19解：由已知：故的两根(1)由于由于①×(–3)＋②得：4a–2b>0∴(2)由韦达定理故当这时，由即为增函数（也可用求导法来证），故当也为增函数故这时，综上，b的取值范围是20解：（1）由得：，∴是等差数列，首项，公差；∴，从而，（2）由（1）得，，构造函数则当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，∴，即，当且仅当时取等号，∴，即，当且仅当时取等号，（3）由（1）知，显然是一个递减数列，∴对恒成立。取，则∴存在满足恒成立，的取值范围是．广东省揭阳一中、潮州金山中学2023届高三上学期联合摸底考试揭阳一中、金山中学2023－2023学年度高三第三次模拟联考18．解：（1）证明：依题意：平面∴--------------------2分∴平面．--------------------5分（2）证明：中，，∴--------------------6分中，，∴．--------------------7分∴．--------------------8分∴在平面外∴平面．--------10分（3）解：由（2）知，，且∴到的距离等于到的距离为1．--------------------11分∴．--------------------12分平面∴．-----------14分19．解：(1)设C(x，y)，∵|AC|＋|BC|＋|AB|＝2＋2eq\r(2)，|AB|＝2，∴|AC|＋|BC|＝2eq\r(2)>2，-------------------3分∴由定义知，动点C的轨迹是以A、B为焦点，长轴长为2eq\r(2)的椭圆除去与x轴的两个交点．∴a＝eq\r(2)，c＝1，∴b2＝a2－c2＝1.-------------------5分∴W：eq\f(x2,2)＋y2＝1(y≠0)．-------------------6分(2)假设存在点P满足题意，则点P为抛物线与曲线W：eq\f(x2,2)＋y2＝1(y≠0)的交点，由消得-------------------9分解得（舍去）-------------------10分由代人抛物线的方程得-------------------12分所以存在两个点P（）、（）到直线x=-1的距离恰好等于到点B的距离。-------------------14分20．解：（1）-------------------1分-------------------2分恒成立即恒成立显然时，上式不能恒成立是二次函数由于对一切于是由二次函数的性质可得-------------------4分即．---------------6分（2）-------7分该函数图象开口向上，且对称轴为假设存在实数m使函数区间上有最小值－5.①当上是递增的.解得舍去----------9分②当上是递减的，而在区间上是递增的，即解得-------------------11分③当时，上递减的即解得应舍去.-------------------13分综上，当时，函数---14分21．解：（1），由数列的递推公式得，，-------------------3分（2）===-------------------6分数列为公差是的等差数列.由题意，令，得-------------8分（3）由（2）知，所以-------------------10分此时==，-----------12分=>-------------------14分广东省“六校教研协作体”2023届高三联考18．解：(1)证明：∵、分别是、的中点，∴．…2分而在平面外，∴平面．………4分(2)证明：∵平面，∴．又∵，∴平面．∴．……………6分∵中，，是的中点，∴．∵，∴平面．………8分(3)解：由（2）知：平面．∴是四棱锥的高．………9分中，．∴．……………10分由（2）知四边形是直角梯形．且，．…11分∴．………………12分∴．…………13分19．解：（1）∵，∴∴∴∴---------4分∵，---------------------6分∴---------------------7分（2）∴=-----------------9分∴-------10分∵，，-----------12分∴＝-------------------14分20．解：（1）设椭圆方程为，则，即，………2分由此得，故椭圆方程是，将点的坐标代入，得，解得，……4分故椭圆方程是.………6分问题等价于，即是否是定值问题.椭圆的焦点坐标是，不妨取焦点，当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的斜率为，则直线的方程是，………8分代入椭圆方程并整理得.………9分设，则.………10分根据弦长公式，===………11分以代换，得………12分所以即.…………13分当直线的斜率不存在或等于零时，一个是椭圆的长轴长度，一个是通径长度，此时，即.综上所述，故存在实数，使得.………14分21．解：由题意得，且………………2分显然，当时，恒成立，在定义域上单调递增；………………4分当时由（1）得在定义域上单调递增，所以在上的最小值为，即（与矛盾，舍）；………………6分当，显然在上单调递增，最小值为0，不合题意；………………7分当，，若（舍）；若（满足题意）；若（舍）；…………9分综上所述．………………10分若在(1,+)上恒成立，即在(1,+)上恒成立,(分离参数求解)等价于在(1,+)恒成立，令.；令，则显然当时，在(1,+)上单调递减,,即恒成立,说明在(1,+)单调递减,；………………12分所以在(1,+)上恒成立，所以.………………14分广东省汕头市六校2023届高三5月高考交流16．解：（1）设的公比为,由已知得，解得.所以.……5分（2）由（1）得，，则，,设的公差为，则有解得……8分…………10分且数列的前项和………12分19．解：（1）该组合体的主视图和侧视图如右图示：-----3分(2)∵平面，平面∴平面平面ABCD∵∴BC平面----------5分∵-------6分∴四棱锥B－CEPD的体积----------8分(3)证明：∵，平面，平面∴EC//平面,------------------------------------10分同理可得BC//平面----------------------------11分∵EC平面EBC,BC平面EBC且∴平面//平面-------------------13分又∵BE平面EBC∴BE//平面PDA------------------------------------------14分20．解：（1）已知椭圆的长半轴为2，半焦距为，由离心率等于…………2分，椭圆的上顶点，抛物线的焦点为，抛物线的方程为…………6分（2）由已知，直线的方程为，，，，，切线、的斜率分别为、…………8分当时，即…………9分由得：，解得或①即…………12分此时满足①，直线的方程为…………14分21．(本题满分14分)解：（1）令得或，使函数在区间上有极小值点，则解得：．……6分（2）由题意知，即使时，．①当，即时，在上单调递增，，得或，由此得：；②当，即，在为增函数，在上为减函数，所以，得或由此得；③当，即，在上为减函数，所以得或，由此得；由①②③得实数的取值范围为或．………………14分广东实验中学2023届高三考前练笔17.（本小题满分14分）解：（1）证明：在图甲中∵且∴,即…………2分在图乙中，∵平面ABD平面BDC，且平面ABD平面BDC＝BD∴AB⊥底面BDC，∴AB⊥CD．……4分又，∴DC⊥BC,且∴DC平面ABC．………………6分（2）∵E、F分别为AC、AD的中点∴EF//CD，又由（1）知，DC平面ABC，∴EF⊥平面ABC，………………7分∴………………9分在图甲中，∵,∴,由得,…12分∴∴∴………14分19．（本题满分12分）解:（1），…………1分根据已知，即，即……3分因为，数列是等比数列。……6分(2)由于，所以。……8分所以。……11分所以数列的通项公式。……12分20.（本题满分14分）解：（1）设抛物线，则有，据此验证个点知（3，）、（4，4）在抛物线上，………………2分设：，把点（2，0）（，）代入得：解得∴方程为……………5分(2)容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意；……………6分当直线斜率存在时，假设存在直线过抛物线焦点，设其方程为，与的交点坐标为由消掉，得，…………8分于是，①即②………………11分由，即，得将①、②代入（*）式，得，解得；……13分所以存在直线满足条件，且的方程为：或．………14分21．（本题满分14分）解：（1），…………1分∵，，∴．……………3分令，则，…………4分∴在区间上单调递增，∴在区间上存在唯一零点，∴在区间上存在唯一的极小值点．………………6分取区间作为起始区间，用二分法逐次计算如下：，而，∴极值点所在区间是；又，∴极值点所在区间是；∵，∴区间内任意一点即为所求．……9分（2）由，得，∵，∴，…………10分令，则，………12分∵，∴，∴在上单调递增，∴，∴的取值范围是．……………14分执信中学2023-2023学年度第二学期高三级第三次模拟考试18．A（第18题）CDEPFA（第18题）CDEPFB因为四边形是菱形，所以．2分又因为平面，平面，所以．4分而，所以平面．平面PBD，所以．6分（Ⅱ）连．设点到平面的距离为由题平面，平面平面所以8分点是中点，则是的中位线，，故正三角形的面积9分由（Ⅰ），知平面，10分，易求得，12分所以13分故点到平面的距离为．14分(本题若作出点到平面的距离,再用等面积法求高,可参照上面评分标准)19．解：（=1\*ROMANI）设切点．由，知抛物线在点处的切线斜率为，故所求切线方程．2分即．4分的焦点关于原点的对称点因为点在切线上．所以，，．6分所求切线方程为．7分(Ⅱ)半径为，圆心到直线的距离若或时与圆相离，9分若或时与圆相切，11分若时与圆相交，13分综上，若或时(Ⅰ)中抛物线的切线与动圆相离，若或时(Ⅰ)中的抛物线的切线与动圆相切，若时(Ⅰ)中的抛物线的切线与动圆相交14分20．【解析】（Ⅰ）由题意有即，2分即，即.4分所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列.5分，即.所以.7分(Ⅱ)证明：当时，10分13分故14分21．【解析】（Ⅰ）的定义域是1分3分时5分时的递减区间为，的递增区间为和7分(Ⅱ)假设存在符合题设的正实数,那么有如下三种情况:若时即得与矛盾9分若时那么与矛盾11分若时即是方程的两个根13分综上,存在满足题意.14分广东省中大附中2023-2023学年高二下学期期中考试数学16.解：∵椭圆的焦点坐标为（－4，0）和（4，0），……4分则可设双曲线方程为（a＞0，b＞0），………………6分∵c＝4，又双曲线的离心率等于2，即，∴a＝2．……………8分∴＝12．………10分；故所求双曲线方程为．…………12分18．解：如图，建立空间直角坐标系O—xyz.（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）∴||=…………4分（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）∴={－1，－1，2}，={0，1，2，}，·=3，||=，||=∴cos<，>=…………..10分（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（，2），={－1，1，2}，={，0}.∴·=－+0=0，∴⊥，∴A1B⊥C1M…………….14分。19．解：（Ⅰ）由题意可知抛物线焦点在轴正半轴，设抛物线的标准方程为由准线方程是，可得所以抛物线的标准方程为6分（Ⅱ）设直线的方程为：，代人抛物线的标准方程消整理得设，，则①因为，，代人①，得②因为，，代人②得所以直线的方程为：14分20．解：(1)由题设知f'(x)＝4x3－4ax，令f'(x)＝0，得4x(x2－a)＝0，当a≤0时，得x＝0，x＜0时，f'(x)＜0；x＞0时，f'(x)＞0，∴函数f(x)的单调递减区间是(－∞，0)；单调递增区间是(0，＋∞)．---4分(2)∵a＜x＜2a，∴a＞0．当a＞0时，令f'(x)＝0，得x＝0或x＝，……..6分列表如下：x(－∞，－)(－，0)(0，)(，＋∞)f'(x)－＋－＋f(x)递减递增递减递增得x＝－或x＝时，f(x)极小＝f(±)＝－a2．取x＝－，由条件得a＜－＜2a，无解．取x＝，由条件得a＜＜2a，解得＜a＜1．综合上述：＜a＜1．-----------------------10分2023年广东地区高三试题分类汇编之解析几何1解：易知…………2分设P（x，y），则…………4分，，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值3；当，即点P为椭圆长轴端点时，有最大值4……6分（Ⅱ）假设存在满足条件的直线l易知点A（5，0）在椭圆的外部，当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆无交点，所在直线l斜率存在，设为k直线l的方程为…………8分由方程组依题意…………10分当时，设交点C，CD的中点为R，则又|F2C|=|F2D|…………13分∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立，所以不存在直线，使得|F2C|=|F2D|综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|…………14分2解：（1）设椭圆C的方程为（＞＞），……1分抛物线方程化为，其焦点为…2分则椭圆C的一个顶点为，即………3分由，∴，所以椭圆C的标准方程为………………6分（2）证明：易求出椭圆C的右焦点…7分设，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，代入方程并整理，得……9分∴，……10分又，，，，，而，，即，∴，，………12分所以…14分3.（本小题主要考查椭圆的概念、椭圆的方程等基础知识，考查待定系数法、数形结合的数学思想与方法，以及运算求解能力）解：（1）设点的坐标为，∵，∴…………2分整理，得（），这就是动点M的轨迹方程．…4分（2）方法1：如图，由题意知直线的斜率存在，设的方程为（）……①…………………5分将①代入，得，………………6分由，解得．…………7分设，，则……②……8分令，则，即，即，且……9分由②得，即．……………11分且且．解得且…13分，且．∴△OBE与△OBF面积之比的取值范围是．……………14分方法2：如图，由题意知直线的斜率存在，设的方程为……①…………5分将①代入，整理，得，…………6分由，解得．…………………7分设，，则……②……8分令，且．………9分将代入②，得∴．即．…………11分∵且，∴且．即且．解得且．………13分，且．故△OBE与△OBF面积之比的取值范围是．……………14分4.解：（1）由…………2分 抛物线在A处的切线斜率为，设圆的方程为， 由切线性质得①又圆心在AB的中垂线上，即②…………6分 由①②得圆心圆M的方程为………………8分（2）由……10分 设，…………11分 又，……13分……14分（方法二：用切割弦定理的相应给分）5.解：（1）根据椭圆的几何性质，线段F1F2与线段B1B2故该椭圆中即椭圆方程可为3分设H（x,y）为椭圆上一点，则 4分 若，则有最大值 5分由（舍去）6分 若（7分）由∴所求椭圆方程为（8分） （2）设，则由两式相减得……③又直线PQ⊥直线m∴直线PQ方程为 将点Q（）代入上式得，……④ 11分由③④得Q（）12分 而Q点必在椭圆内部，由此得 故当时，E、F两点关于点P、Q的直线对称 14分6.解：（1）由题可得，，设则，，……2分∴，∵点在曲线上，则，∴，从而，得.则点P的坐标为.……5分（2）由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在，设PB的斜率为，………6分则BP的直线方程为：.由得，设，则，同理可得，则，.………………9分所以：AB的斜率为定值.………………10分（3）设AB的直线方程：.由，得由，得P到AB的距离为，………………12分则。当且仅当取等号∴三角形PAB面积的最大值为。………………14分7.解：（1）设C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1（a>b>0），设c>0，c2＝a2－b2，由条件知a-c＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝1，b＝c＝eq\f(\r(2),2)，故C的方程为：y2＋eq\f(x2,\f(1,2))＝1………4分（2）由eq\x\to(AP)＝λeq\x\to(PB)得eq\x\to(OP)－eq\x\to(OA)＝λ（eq\x\to(OB)－eq\x\to(OP)），（1＋λ）eq\x\to(OP)＝eq\x\to(OA)＋λeq\x\to(OB)，∴λ＋1＝4，λ＝3………………6分设l与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,2x2＋y2＝1))得（k2＋2）x2＋2kmx＋（m2－1）＝0Δ＝（2km）2－4（k2＋2）（m2－1）＝4（k2－2m2＋2）>0（*）x1＋x2＝eq\f(－2km,k2＋2)，x1x2＝eq\f(m2－1,k2＋2)………9分∵eq\x\to(AP)＝3eq\x\to(PB)∴－x1＝3x2∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2x2,x1x2＝－3x\o\al(2,2)))消去x2，得3（x1＋x2）2＋4x1x2＝0，∴3（eq\f(－2km,k2＋2)）2＋4eq\f(m2－1,k2＋2)＝0整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0………………11分m2＝eq\f(1,4)时，上式不成立；m2≠eq\f(1,4)时，k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)，因λ＝3∴k≠0∴k2＝eq\f(2－2m2,4m2－1)>0，∴－1<m<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)<m<1容易验证k2>2m2－2成立，所以（*）成立即所求m的取值范围为（－1，－eq\f(1,2)）∪（eq\f(1,2)，1）………14分8.解：（1）（3分）∴椭圆的方程为（4分）联立（5分）（8分） （10分）（2）由（1）可知椭圆的左焦点坐标为F1（-1，0），直线AB的方程为x+y-1=0,所以点F1到直线AB的距离d=,（12分）又|AB|=，∴△ABF1的面积S==（14分）9.解：（1）设，则，当时，，（2分）由M，N两点在椭圆上，若，则（舍去），（4分）。（5分）（2）当时，不妨设（6分）又，，（8分）椭圆C的方程为。（9分）（3）因为=6,（10分）由(2)知点F(2,0),所以|AF|=6,即得|yM-yN|=（11分）当MN⊥x轴时,|yM-yN|=|MN|=,故直线MN的斜率存在,（12分）不妨设直线MN的方程为联立，得，=,解得k=±1此时，直线的MN方程为，或（14分）10.解：（1）因为抛物线的准线的方程为所以，根据抛物线的定义可知点N是抛物线的焦点-----------2分所以定点N的坐标为-----------3分（2）假设存在直线满足两个条件，显然斜率存在，-----4分设的方程为，----5分以N为圆心，同时与直线相切的圆N的半径为，----6分方法1：因为被圆N截得的弦长为2，所以圆心到直线的距离等于1，-------7分即，解得，---------8分当时，显然不合AB中点为的条件，矛盾！------9分当时，的方程为-------10分由，解得点A坐标为，-------11分由，解得点B坐标为-------12分显然AB中点不是，矛盾！---------------13分所以不存在满足条件的直线．------------------------------------14分方法2：由，解得点A坐标为，------7分由，解得点B坐标为，------------8分因为AB中点为，所以，解得，---------10分所以的方程为，圆心N到直线的距离，---------------11分因为被圆N截得的弦长为2，所以圆心到直线的距离等于1，矛盾！----13分所以不存在满足条件的直线．-------------------------------------14分方法3：假设A点的坐标为，因为AB中点为，所以B点的坐标为，--------8分又点B在直线上，所以，------------9分所以A点的坐标为，直线的斜率为