河南省洛阳市2016-学年高二期末数学试卷

河南省洛阳市2016-2017学年高二(上)期末数学试卷(理科)(解析

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2016-2017学年河南省洛阳市高二（上）期末数学试卷（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.

1．若集合A={x|x2﹣x﹣2＜0}，且A∪B=A，则集合B可能是（ ） A．{0，1}

B．{x|x＜2} C．{x|﹣2＜x＜1}

D．R

2．如果a＜b＜0，则下列不等式成立的是（ ） A．

B．ac2＜bc2 C．a2＜b2

D．a3＜b3

3．命题“∃x0∈R，x02﹣x0＞0”的否定是（ ） A．∀x∈R，x2﹣x＞0 C．∀x∈R，x2﹣x≤0

B．D．

4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3=4，S3=7，则S6的值为（ ） A．31 B．32 C．63或5．抛物线A．

D．

的准线方程是（ ） B．y=1

C．

D．y=﹣1

6．在下列各函数中，最小值等于2的函数是（ ） A．y=x+ C．y=

B．y=cosx+ D．y=

（0＜x＜

）

7．“m=5，n=4”是“椭圆的离心率为”的（ ）

A．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

8．在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB=60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为45°，若E是PB的中点，则异面直线DE与PA所成角的余弦值为（ ）

2

A． B． C． D．

9．已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（﹣12，﹣15），则E的方程式为（ ） A．

B．

C．

D．

，且

10．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，1+2cos（B+C）=0，则BC边上的高等于（ ） A．

B．

C．

D．

11．设数列{an}的通项公式A．2016

B．1680

C．1344

，其前n项和为Sn，则S2016=（ ） D．1008

12．过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F作两条相互垂直的射线，分别与抛物线相交于点M，N，过弦MN的中点P作抛物线准线的垂线PQ，垂足为Q，则

的最大值为（ ） A．1 B． C．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13．已知命题“若{an}是常数列，则{an}是等差数列”，在其逆命题、否命题和逆否命题中，假命题的个数是 ．

D．

14．若实数x，y满足不等式，则的取值范围为 ．

15．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，若E为AB的中点，则点E到面ACD1的距离是 ．

3

16．设F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，A为

双曲线的左顶点，以线段F1，F2为直径的圆O与双曲线的一个交点为P，与y轴交于B，D两点，且与双曲线的一条渐近线交于M，N两点，则下列命题正确的是 ．（写出所有正确的命题编号） ①线段BD是双曲线的虚轴； ②△PF1F2的面积为b2；

③若∠MAN=120°，则双曲线C的离心率为④△PF1F2的内切圆的圆心到y轴的距离为a．

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.

17．设命题p：“∀x∈R，x2+2x＞m”；命题q：“∃x0∈R，使

”．如果命题p∨q为真，命题p∧q为假，求实数m的取值

范围．

18．已知点F为抛物线y2=2px（p＞0）的焦点，点M（2，m）在抛物线E上，且|MF|=3．

（1）求抛物线E的方程；

（2）过x轴正半轴上一点N（a，0）的直线与抛物线E交于A，B两点，若OA⊥OB，求a的值．

19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2csinC=（2b+a）sinB+（2a﹣3b）sinA． （1）求角C的大小；

4

；

（2）若c=4，求a+b的取值范围．

20．各项均为正数的数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项和，对任意

．

（1）求数列{an}的通项公式； （2）记

，求数列{bn}的前n项和Tn．

21．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面SAB，侧面SAB为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB=12，CD=BC=6． （1）求证：AB⊥DS；

（2）求平面SAD与平面SBC所成锐二面角的余弦值．

22．已知P（0，﹣1）是椭圆C的下顶点，F是椭圆C的右焦点，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q，满足（1）求椭圆C的标准方程；

（2）如图，过左顶点A作斜率为k（k＞0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点B．已知M为AD的中点，是否存在定点N，使得对于任意的k（k＞0）都有OM⊥BN，若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由．

．

5

6

2016-2017学年河南省洛阳市高二（上）期末数学试卷

（理科）

参与试题解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.

1．若集合A={x|x2﹣x﹣2＜0}，且A∪B=A，则集合B可能是（ ） A．{0，1}

B．{x|x＜2} C．{x|﹣2＜x＜1} D．R

【考点】集合的包含关系判断及应用．

【分析】化简集合A，根据集合的基本运算A∪B=A，即可求B． 【解答】解：集合A={x|x2﹣x﹣2＜0}={x|﹣1＜x＜2}， ∵A∪B=A， ∴B⊆A．

考查各选项，{0，1}⊆A． 故选A．

2．如果a＜b＜0，则下列不等式成立的是（ ） A．

B．ac2＜bc2 C．a2＜b2

D．a3＜b3

【考点】不等式的基本性质．

【分析】根据a、b的范围，取特殊值带入判断即可． 【解答】解：∵a＜b＜0， 不妨令a=﹣2，b=﹣1，

7

显然A、B、C不成立，D成立， 故选：D．

3．命题“∃x0∈R，x02﹣x0＞0”的否定是（ ） A．∀x∈R，x2﹣x＞0 C．∀x∈R，x2﹣x≤0 【考点】命题的否定．

【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．

【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃x0∈R，x02﹣x0＞0”的否定是∀x∈R，x2﹣x≤0． 故选：C．

4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3=4，S3=7，则S6的值为（ ） A．31 B．32 C．63或

D． B．D．

【考点】等比数列的前n项和．

【分析】设等比数列{an}的公比为q，由a3=4，S3=7，可得

=4，

=7，解得a1，q．再利用等比数列的求和公式即可得出．

【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a3=4，S3=7， ∴

=4，

=7， ，a1=9．

=63．

解得a1=1，q=2，或q=当a1=1，q=2时，则S6=

8

当q=，a1=9时，S6==．

∴S6=63或故选：C． 5．抛物线A．

，

的准线方程是（ ） B．y=1

C．

D．y=﹣1

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】由抛物线x2=4y的焦点在y轴上，开口向下，且2p=4，即可得到抛物线的焦点坐标． 【解答】解：抛物线下，且2p=4，∴ =1 ∴抛物线故选：B．

6．在下列各函数中，最小值等于2的函数是（ ） A．y=x+ C．y=

B．y=cosx+ D．y=

（0＜x＜

）

的准线方程是y=1，

，即抛物线x2=﹣4y的焦点在y轴上，开口向

【考点】基本不等式在最值问题中的应用；基本不等式． 【分析】通过取x＜0时，A显然不满足条件．对于B：y=cosx+cosx=1时取等号，但0＜x＜

≥2，当

，故cosx≠1，B 显然不满足条件．对于C：不

9

能保证=

，故错；对于D：．∵ex＞0，∴ex+

﹣2≥2﹣

2=2，从而得出正确选项．

【解答】解：对于选项A：当x＜0时，A显然不满足条件． 选项B：y=cosx+显然不满足条件． 对于C：不能保证

=

，故错；

≥2，当 cosx=1时取等号，但0＜x＜

，故cosx≠1，B

对于D：．∵ex＞0，∴ex+故只有D 满足条件， 故选D．

7．“m=5，n=4”是“椭圆

﹣2≥2﹣2=2，

的离心率为”的（ ）

A．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

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】根据椭圆离心率的定义结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】解：若m=5，n=4，则椭圆方程为题意的离心率e=，即充分性成立，

+

=1，则a=5，b=4，c=3，则

10

反之在成立，

中，无法确定a，b的值，则无法求出m，n的值，即必要性不

即“m=5，n=4”是“椭圆故选：A

的离心率为”的充分不必要条件，

，对角线AC8．在四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB=60°

与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为45°，若E是PB的中点，则异面直线DE与PA所成角的余弦值为（ ） A．

B．

C．

D．

【考点】异面直线及其所成的角．

【分析】取AB的中点F，连接EF，DF，则EF∥PA．从而∠DEF为异面直线DE与PA所成角（或补角）．由此能求出异面直线DE与PA所成角的余弦值．

【解答】解：取AB的中点F，连接EF，DF， ∵E为PB中点，∴EF∥PA．

∴∠DEF为异面直线DE与PA所成角（或补角）． 又∵∠PBO=45°，BO=1， ∴PO=1，PB=

在Rt△AOB中， AO=AB•cos30°=

=OP，

∴在Rt△POA中，PA=2，

11

∴EF=1．

∵四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°， ∴△ABD为正三角形．∴DF=∵PB=PD=∴DE=

，

，BD=2，∴△PBD为等腰直角三角形，

=

，

∴cos∠DEF==．

即异面直线DE与PA所成角的余弦值为故选：B．

．

9．已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（﹣12，﹣15），则E的方程式为（ ） A．

B．

C．

D．

【考点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题．

【分析】已知条件易得直线l的斜率为1，设双曲线方程，及A，B点坐标代入方程联立相减得x1+x2=﹣24，根据据c=3，求得a和b，进而可得答案．

=

，可求得a和b的关系，再根

12

【解答】解：由已知条件易得直线l的斜率为k=kPN=1， 设双曲线方程为

，

A（x1，y1），B（x2，y2），

则有，

两式相减并结合x1+x2=﹣24，y1+y2=﹣30得

=

，

从而==1

即4b2=5a2， 又a2+b2=9， 解得a2=4，b2=5， 故选B．

10．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，1+2cos（B+C）=0，则BC边上的高等于（ ） A．

B．

C．

D．

，且

【考点】余弦定理．

【分析】由1+2cos（B+C）=0可得B+C=120°，A=60°，由余弦定理求得c值，利用△ABC的面积公式，可求BC边上的高．

13

【解答】解：：△ABC中，由1+2cos（B+C）=0可得cos（B+C）=﹣，∴，∴A=60°． B+C=120°∵

即12=8+c2﹣2×2

，由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bc•cosA， ×c×，解得c=

+

．

由△ABC的面积等于bc•sinA=ah，（h为BC边上的高）， ∴•2

•3

•

=•2

•h，h=1+

，

故选：C．

11．设数列{an}的通项公式A．2016

B．1680

C．1344

，其前n项和为Sn，则S2016=（ ） D．1008

【考点】数列的求和．

【分析】分别求出a1+a2+a3+a4+a5+a6=﹣1﹣3﹣2++6=3，得到数列的规律，即可求出答案． 【解答】解：∵an=ncos∴a1=1×cos

，

=2×（﹣）=﹣1，

=5×=，

=1×=，a2=2cos

a3=3cosπ=﹣3，a4=4cosa6=6cos2π=6×1=6，

=4×（﹣）=﹣2，a5=5cos

∴a1+a2+a3+a4+a5+a6=﹣1﹣3﹣2++6=3， 同理可得a7+a8+a9+a10+a11+a12=3， 故S2016=故选：D

×3=1008，

14

12．过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F作两条相互垂直的射线，分别与抛物线相交于点M，N，过弦MN的中点P作抛物线准线的垂线PQ，垂足为Q，则

的最大值为（ ） A．1 B． C．

D．

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】设|MF|=a，|NF|=b，由抛物线定义，2|PQ|=a+b．再由勾股定理可得|MN|2=a2+b2，进而根据基本不等式，求得|MN|的范围，即可得到答案． 【解答】解：设|MF|=a，|NF|=b．

由抛物线定义，结合梯形中位线定理可得2|PQ|=a+b， 由勾股定理得，|MN|2=a2+b2配方得， |MN|2=（a+b）2﹣2ab， 又ab≤

，

，

∴（a+b）2﹣2ab≥（a+b）2﹣2得到|MN|≥

（a+b）．

∴≤=，即的最大值为．

故选A．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13．已知命题“若{an}是常数列，则{an}是等差数列”，在其逆命题、否命题和逆否命题中，假命题的个数是 2 ． 【考点】四种命题．

15

【分析】根据四种命题真假关系进行判断即可．

【解答】解：若{an}是常数列，则{an}是等差数列正确，即原命题正确，则逆否命题也正确，

命题的否命题为若{an}是等差数列，则{an}是常数列为假命题，当公差d≠0时，{an}不是等差数列，

故逆命题为假命题，则否命题为假命题， 故假命题的个数为2个， 故答案为：2

14．若实数x，y满足不等式

，则

的取值范围为 [

，

] ．

【考点】简单线性规划．

【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数斜率的几何意义进行求解即可．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，

的几何意义是区域内的点到D（﹣2，1）的斜率， 由图象知AD的斜率最大，OD的斜率最小， 由

得

，即A（2，2）， =， ， ≤，

16

则AD的斜率k=OD的斜率k=即

≤

故答案为：[，]．

15．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，若E为AB的中点，则点E到面ACD1的距离是

．

【考点】点、线、面间的距离计算．

【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到面ACD1的距离．

【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

E（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1）， =（﹣1，2，0），

=（﹣1，0，1），

=（0，1，0），

设平面ACD1的法向量=（x，y，z）， 则

，取y=1，得=（2，1，2），

∴点E到面ACD1的距离： d=

=．

故答案为：．

17

16．设F1，F2分别是双曲线

的左、右焦点，A为

双曲线的左顶点，以线段F1，F2为直径的圆O与双曲线的一个交点为P，与y轴交于B，D两点，且与双曲线的一条渐近线交于M，N两点，则下列命题正确的是 ②③④ ．（写出所有正确的命题编号） ①线段BD是双曲线的虚轴； ②△PF1F2的面积为b2；

③若∠MAN=120°，则双曲线C的离心率为④△PF1F2的内切圆的圆心到y轴的距离为a． 【考点】双曲线的简单性质．

【分析】根据双曲线的性质分别进行求解判断即可．

【解答】解：①以线段F1，F2为直径的圆O的半径R=c，则B（0，c），D（0，c），

则线段BD不是双曲线的虚轴；故①错误， ②∵三角形PF1F2是直角三角形， ∴PF12+PF22=4c2， 又PF1﹣PF2=2a，

则平方得PF12+PF22﹣2PF1PF2=4c2，

；

18

即4a2﹣2PF1PF2=4c2， 则PF1PF2=2c2﹣2a2=2b2， 则△PF1F2的面积为S=PF1PF2=

2b2=b2，故②正确，

③由得或，

即M（a，b），N（﹣a，﹣b）， 则AN⊥x轴， 若∠MAN=120°， 则∠MAx=30°， 则tan30°=

=

，平方得

=，

即=，

则双曲线C的离心率e=====；故③正确，

④设内切圆与x轴的切点是点H，PF1、PF2分 与内切圆的切点分别为M1、N1，

由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a，由圆的切线长定理知，|PM1|=|PN1|， 故|M1F1|﹣|N1F2 |=2a，

即|HF1|﹣|HF2|=2a，设内切圆的圆心横坐标为x，则点H的横坐标为x，

19

故（x+c）﹣（c﹣x）=2a，∴x=a．

即△PF1F2的内切圆的圆心到y轴的距离为a．故④正确， 故答案为：②③④

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.

17．设命题p：“∀x∈R，x2+2x＞m”；命题q：“∃x0∈R，使

”．如果命题p∨q为真，命题p∧q为假，求实数m的取值

范围．

【考点】命题的真假判断与应用；复合命题的真假．

【分析】若“p∨q”为真，“p∧q”为假，则p，q一真一假，进而可得实数m的取值范围．

20

【解答】解：当P真时，∀x∈R，x2+2x＞m， 有△=4+4m＜0，解得m＜﹣1．….. 当q真时，∃x0∈R，使

，

所以△=4m2﹣4（2﹣m）≥0，解得m≤﹣2，或m≥1 ….. 又因为“p∨q”为真，“p∧q”为假，所以p，q一真一假，….. 当p真q假时，﹣2＜m＜﹣1….. 当p假q真时，m≥1…..

所以实数a的取值范围是（﹣2，﹣1）∪[1，+∞）．…..

18．已知点F为抛物线y2=2px（p＞0）的焦点，点M（2，m）在抛物线E上，且|MF|=3．

（1）求抛物线E的方程；

（2）过x轴正半轴上一点N（a，0）的直线与抛物线E交于A，B两点，若OA⊥OB，求a的值． 【考点】抛物线的简单性质．

【分析】（1）利用抛物线的定义，求出p，即可求抛物线E的方程； （2）设直线AB的方程为x=ty+a，与抛物线方程联立，利用x1x2+y1y2=0求解即可．

【解答】解：（1）由题意，2+=3，∴p=2， ∴抛物线E的方程为y2=4x；

（2）设直线AB的方程为x=ty+a．A（x1，y1）、B（x2，y2）， 联立抛物线方程得y2﹣4ty﹣4a=0，y1+y2=4t，y1•y2=﹣4a

21

∵OA⊥OB， ∴x1x2+y1y2=0， ∴a2﹣4a=0 ∵a＞0，∴a=4．

19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2csinC=（2b+a）sinB+（2a﹣3b）sinA． （1）求角C的大小；

（2）若c=4，求a+b的取值范围． 【考点】余弦定理；正弦定理．

【分析】（1）利用正弦定理化简已知等式可得a2+b2﹣c2=ab，利用余弦定理可求cosC=，结合范围C∈（0，π），可求C的值． （2）由（1）及余弦定理，基本不等式可求16≥（a+b）2﹣

，解得

a+b≤8，利用两边之和大于第三边可求a+b＞c=4，即可得解a+b的取值范围． 【解答】（本题满分为12分）

解：（1）∵2csinC=（2b+a）sinB+（2a﹣3b）sinA．

∴2c2=（2b+a）b+（2a﹣3b）a，整理可得：a2+b2﹣c2=ab，…3分 ∴cosC=

∵C∈（0，π）， ∴C=

…6分

=，

（2）由c=4及（1）可得：16=a2+b2﹣ab=（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2﹣

，…8分

22

∴解得：a+b≤8，…10分 又∵a+b＞c=4， ∴a+b∈（4，8]…12分

20．各项均为正数的数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项和，对任意

．

（1）求数列{an}的通项公式； （2）记

，求数列{bn}的前n项和Tn．

【考点】数列的求和；数列递推式．

【分析】（1）由已知条件推导出（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）=0，从而得到数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列，由此能求出数列{an}的通项公式． （2）由Sn=和Tn．

【解答】解：（1）由6Sn=an2+3an+2① 得6Sn﹣1=an﹣12+3an﹣1+2②

①﹣②得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）=0， ∵各项均为正数的数列{an} ∴an﹣an﹣1=3，

∴数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列， ∴数列{an}的通项公式是an=3n﹣2 （2）Sn=

，

，bn=n•2n，由此利用错位相减法能求出数列{bn}的前n项

23

∴

=n•2n，

∴Tn=1×21+2×22+…+n•2n，③ 2Tn=1×22+2×23+…+n×2n+1，④

③﹣④，得﹣Tn=21+22+23+…+2n﹣n×2n+1=2，

∴Tn=（n﹣1）2n+1+2．

21．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面SAB，侧面SAB为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB=12，CD=BC=6． （1）求证：AB⊥DS；

（2）求平面SAD与平面SBC所成锐二面角的余弦值．

﹣n×2n+1=（1﹣n）2n+1﹣

【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系． 【分析】（1）取AB的中点O，连结OD，OS，推导出AB⊥OS，AB⊥OD，由此能证明AB⊥SD．

（2）推导出OS⊥平面ABCD，以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面SAD与平面SBC所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：（1）取AB的中点O，连结OD，OS， ∵△SAB是正三角形，∴AB⊥OS，

24

∵四边形ABCD是直角梯形，DC=，AB∥CD，

∴四边形OBCD是矩形，∴AB⊥OD， 又OS∩OD=O，∴AB⊥平面SOD， ∴AB⊥SD．

解：（2）∵平面ABCD⊥平面SAB，AB⊥OS， 平面ABCD∩平面ABE=AB， ∴OS⊥平面ABCD，

如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，

则A（0，6，0），B（0，﹣6，0），D（6，0，0），C（6，﹣S（0，0，6

），

=（﹣6，0，6

），

=（6，﹣6，0），

设平面SAD的法向量=（x，y，z）， 则

，取z=1，得

，

同理，得平面SBC的一个法向量=（0，﹣，1），

则cosθ=

=

．

∴平面SAD与平面SBC所成锐二面角的余弦值为．

25

6，0），

22．已知P（0，﹣1）是椭圆C的下顶点，F是椭圆C的右焦点，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q，满足（1）求椭圆C的标准方程；

（2）如图，过左顶点A作斜率为k（k＞0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点B．已知M为AD的中点，是否存在定点N，使得对于任意的k（k＞0）都有OM⊥BN，若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由．

．

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】（1）P（0，﹣1）是椭圆C的下顶点，可设椭圆的标准方程为：+y2=1．右焦点F（c，0）．由可得：

+

，可得Q

，代入椭圆C的方程

=1，又b2=a2﹣c2=1，解得a即可得出．

26

（2）直线l的方程为：y=k（x+2），与椭圆方程联立化为：（x+2）[4k2（x+2）+（x﹣2）]=0，可得D（

，

）．可得AD的中点

M，可得kOM．直线l的方程为：y=k（x+2），可得B（0，

2k）．假设存在定点N（m，n）（m≠0），使得OM⊥BN，则kOM•kBN=﹣1，化简即可得出．

【解答】解：（1）∵P（0，﹣1）是椭圆C的下顶点，可设椭圆的标准方程为：

+y2=1．

右焦点F（c，0）． 由

，可得Q

，代入椭圆C的方程可得：

+

=1，

∴4c2=3a2，又b2=a2﹣c2=1，解得a=2． ∴椭圆C的标准方程为

=1．

（2）直线l的方程为：y=k（x+2），联立，消去y化为：（x+2）

[4k2（x+2）+（x﹣2）]=0， ∴x1=﹣2，x2=

．

由xD=，可得yD=k（xD+2）=．∴D（，）．

由点M为AD的中点，可得M，可得kOM=﹣．

直线l的方程为：y=k（x+2），令x=0，解得y=2k，可得B（0，2k）． 假设存在定点N（m，n）（m≠0），使得OM⊥BN，则kOM•kBN=﹣1，

27

∴由

=﹣1，化为（4m+2）k﹣n=0恒成立， ，解得

，

．使得对于任意的k（k＞0）都有OM⊥BN．

因此存在定点N

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2017年2月1日

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