2020-2021学年山西省运城市高二（上）期末考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省运城市高二（上）期末考试数学（文）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设命题p:∃n0∈N，n02>2n0，则¬p为( )
A.∀n∉N，n2>2nB.∃n0∈N，n02≤2n0
C.∀n∈N，n2≤2nD.∃n0∉N，n02≤2n0

2. 若双曲线y25−x2m2=1m>0的渐近线方程为y=±53x，则m=( )
A.2B.3C.4D.5

3. 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是( )
A.若m⊥α，m⊥β，则α//β
B.若α//β，β//γ，则α//γ
C.若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
D.若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，m//β，n//α，则α//β

4. 若直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点，则实数a取值范围是( )
A.[−3, −1]B.[−1, 3]
C.[−3, 1]D.(−∞, −3]∪[1, +∞)

5. 已知函数fx=xlnx,x>0,ex,x≤0,f′(x)为函数fx的导数，若f′x0+f′0=1，则x0=( )
A.eB.e2C.−ln2D.e−1

6. 《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵ABC−A1B1C1中，AA1=AC=5，AB=3，BC=4，则阳马C1−ABB1A1的外接球的表面积是( )

A.25πB.50πC.100πD.200π

7. 过抛物线y2=−2x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，且A，B在直线x=12上的射影分别为M，N，则∠MFN=( )
A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

8. 设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

9. 在正四棱锥V−ABCD中，底面正方形ABCD的边长为2，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为( )
A.π6B.π4C.π3D.π2

10. 已知函数y=xf′(x)的图象如图所示（其中f′(x)是函数f(x)的导函数).下面四个图象中，y=f(x)的图象大致是( )

A.B.
C.D.

11. 已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1，且f(x)的导函数f′(x)在R上恒有f′(x)<12，则不等式f(x)A.(1, +∞)B.(−∞, 1)C.(0, 1)D.(−∞, 0)

12. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，上顶点为B，直线l:x−y=0与椭圆C交于不同的两点M，N，满足 |MF|+|NF|=4，且点B到直线l的距离不小于22，则离心率e的取值范围是（ ）
A.(0,32]B.[32,1）C.(0,22]D.[33,1）
二、填空题

抛物线y=x2的焦点坐标是________．

若函数fx=ax3−12x+a的单调递减区间为−2,2，则a=________.

若双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点为F，右顶点为A，P为E的左支上一点，且∠PAF=60∘，|PA|=|AF|，则E的离心率是________．

已知不等式aex−lnx−1≥0对x∈0,+∞ 恒成立，则实数a的取值范围是________.
三、解答题

已知命题p：方程x2m+2+y26−m=1表示的曲线是焦点在x轴上的椭圆，命题q：方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲线是圆，命题p∨q为真，p∧q为假，求实数m的取值范围．

如图，三棱柱ABC−A1B1C1 中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

(1)求证：B1C⊥AB；

(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60∘，BC=2，求三棱柱ABC−A1B1C1的高．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为23，右焦点为F，点P为C上的动点，|PF|的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为坐标原点，直线l:y=kx+1与C交于A，B两点，若S△AOB=627，求直线l的方程．

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=2，AD=2，PA=PD=5，E，F分别是棱AD，PC的中点．

(1)证明：EF//平面PAB；

(2)若二面角P−AD−B的平面角大小为60∘，求直线EP与平面PBC所成角的正弦值．

设函数f(x)=[ax2−(4a+1)x+4a+3]ex．
(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行，求a；

(2)若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围．

已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
(1)若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；

(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|−|MP|为定值？并说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省运城市高二（上）期末考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
本题考查特称命题的否定．特称命题的否定为全称命题，全称命题的否定为特称命题：否定时，先变量词，再否结论．
【解答】
解：命题p:∃n0∈N，n02>2n0为特称命题，
根据特称命题的否定是全称命题，则¬p:∀n∈N，n2≤2n.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
求出双曲线y25−x2m2=1m>0的渐近线方程为y=±5mx，可得m的方程，解方程可得m的值．
【解答】
解：∵双曲线方程为y25−x2m2=1m>0，
∴渐近线方程y=±abx=±5mx=±53x，
解得m=3．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
在A中，由面面平行的判定定理得α//β，在B中，由面面平行的判定定理得α//γ；在C中，α与β相交或平行；在D中，由面面平行的判定定理得a//β．
【解答】
解：由m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知：
A，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α//β，故A正确；
B，若α//β，β//γ，则由面面平行的判定定理得α//γ，故B正确；
C，若m⊂α，n⊂β，m//n，则α与β相交或平行，故C错误；
D，若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，m//β，n//α，则由面面平行的判定定理得α//β，故D正确．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得，圆心(a,0)到直线的距离小于或等于半径，
即|a−0+1|2≤2，
化简得|a+1|≤2，
即−2≤a+1≤2，
解得−3≤a≤1．
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】

【解答】
解：f′(x)=lnx+1,x>0,ex,x≤0,
所以f′(0)=1.
因为f′x0+f′0=1，
所以f′x0=0，
所以x0=e−1.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
四棱锥C1−ABB1A1的外接球即为直三棱柱的外接球，
也即为对应长方体的外接球，外接球的直径是长方体的对角线，
由此求出外接球的表面积．
【解答】
解：由题意知，直三棱柱ABC−A1B1C1中，
AA1=AC=5，AB=3，BC=4，
四棱锥C1−ABB1A1的外接球即为直三棱柱的外接球，
∴ 所求的外接球的直径为体对角线2R=AC1=32+42+52=50，
∴ 外接球的表面积是S=4πR2=π⋅(2R)2=50π．
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由抛物线的性质有|FA|=|MA|，推断出∠AMF=∠AFM，同理∠BFN=∠BNF，再有两直线平行内错角相等，可得出结论．
【解答】
解：根据抛物线的方程可知其准线方程为x=12.
由抛物线的性质有|FA|=|MA|，∴∠AMF=∠AFM.
同理∠BFN=∠BNF.
∵AM//x轴//BN，
∴∠MFO=∠AMF，
∴∠AFM=∠MFO.
同理可知∠BFN=∠NFO，
∴∠MFN=∠MFO+∠NFO=90∘．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
两条直线垂直的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．
【解答】
解：∵ b⊥m，∴ 当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，
若a⊥b，则α⊥β不一定成立，
故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
连接AC，交BD加O，连接VO，先在正方形ABCD中证出对角线AC、BD互相垂直，再在三角形VBD中，根据VB=VD和O为BD中点，证出VO、BD互相垂直，最后根据直线与平面垂直的判定理证出BD⊥平面ACV，从而BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角大小为π2
【解答】
解：连接AC交BD于O，连接VO.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，O为BD的中点.
又∵正四棱锥V−ABCD中，VB=VD，
∴VO⊥BD.
∵AC∩VO=O，AC，VO⊂平面ACV，
∴BD⊥平面ACV.
∵VA⊂平面ACV，
∴BD⊥VA，
即异面直线VA与BD所成角等于π2．
故选D．
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的图象
【解析】
根据函数y=xf′(x)的图象，依次判断f(x)在区间(−∞, −1)，(−1, 0)，(0, 1)，(1, +∞)上的单调性即可
【解答】
解：由函数y=xf′(x)的图象可知：
当x<−1时，xf′(x)<0，
∴ f′(x)>0，此时f(x)单调递增；
当−10，
∴ f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当0∴ f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x>1时，xf′(x)>0，
∴ f′(x)>0，此时f(x)单调递增．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
f(x)【解答】
解：f(x)令g(x)=f(x)−x2−12，则g′(x)=f′(x)−12.
因为f′(x)<12，
所以g′(x)<0，所以g(x)在R上单调递减.
当x>1时，g(x)所以不等式f(x)故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义和性质
直线与椭圆的位置关系
椭圆的离心率
【解析】
利用直线方程以及椭圆方程，根据点B到直线的距离不小于22，结合已知条件，求解离心率即可．
【解答】
解：由题意， 设F′为椭圆C的左焦点，
连接MF′，NF′，则四边形MFNF′是平行四边形，
∴4a=|MF|+|NF|+|MF′|+|NF′|=2×4=8，
∴a=2．
又∵点B到直线l的距离不小于22，
∴|−b|12+−12≥22，
解得：b≥1．
∴e=ca=1−b2a2≤1−122=32．
即椭圆C的离心率的取值范围为 (0,32]．
故选A.
二、填空题
【答案】
(0,14)
【考点】
抛物线的定义
【解析】
根据抛物线的标准方程，再利用抛物线x2=2py的焦点坐标为(0, p2)，求出物线y=x2的焦点坐标．
【解答】
解：∵ 抛物线y=x2，即x2=y，
∴ p=12，p2=14，
∴ 焦点坐标是(0, 14).
故答案为：(0,14).
【答案】
1
【考点】
函数的单调性与导数的关系
【解析】
求函数的导数，根据函数单调性和导数之间的关系即可得到结论．
【解答】
解：f′x=3ax2−12，
由题知x=±2是方程3ax2−12=0的解，
故a=1．
故答案为：1．
【答案】
4
【考点】
双曲线的定义
双曲线的离心率
余弦定理
【解析】
本题考查双曲线的定义及几何性质、余弦定理．
【解答】
解：由题意可得△PAF是等边三角形，边长为a+c.
设双曲线的右焦点是F′，
则|PF′|−|PF|=2a，|PF′|=|PF|+2a=3a+c.
在△PFF′中，由余弦定理可得：
(3a+c)2=(a+c)2+(2c)2−2(a+c)⋅2c⋅cs60∘，
化简得c2−3ac−4a2=0，
则c+ac−4a=0，
所以c=4a，
所以双曲线E的离心率e=ca=4．
故答案为：4.
【答案】
[1e,+∞)
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】

【解答】
解：根据题意，原不等式等价于a≥lnx+1ex，
令f(x)=lnx+1ex，则f′(x)=1x−lnx−1ex，
再令g(x)=1x−lnx−1，
则g′(x)=−1+xx2<0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g(1)=0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
即f(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，
所以a≥f(x)max=f(1)=1e.
故答案为：[1e,+∞).
三、解答题
【答案】
解：若p真，则m+2>0,6−m>0,m+2>6−m,
解得2若q真，则5−m>0，
解得m<5.
∵ p∨q为真，p∧q为假，
∴ p，q一真一假，
当p真q假时，2得5≤m<6．
当p假q真时，m≤2或m≥6，m<5，
得得m≤2.
综上，m的取值范围是−∞,2∪5,6．
【考点】
复合命题及其真假判断
椭圆的定义
圆的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：若p真，则m+2>0,6−m>0,m+2>6−m,
解得2若q真，则5−m>0，
解得m<5.
∵ p∨q为真，p∧q为假，
∴ p，q一真一假，
当p真q假时，2得5≤m<6．
当p假q真时，m≤2或m≥6，m<5，
得得m≤2.
综上，m的取值范围是−∞,2∪5,6．
【答案】
解：(1)连结BC1，则O为BC1与B1C的交点，
∵ 侧面BB1C1C为菱形，
∴ B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，
∴ B1C⊥AO.
又BC1∩OA=O，
∴ B1C⊥平面ABO.
∵ AB⊂平面ABO，
∴ B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，
作OH⊥AD，垂足为H，
∵ BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD=D，
∴ B1C⊥平面AOD，
∴ OH⊥BC．
又OH⊥AD，BC∩AD=D，
∴ OH⊥平面ABC．
∵ ∠CBB1=60∘，BB1=BC，
∴ △CBB1为等边三角形.
又BC=2，可得OD=32.
∵ AC⊥AB1，
∴ OA=12B1C=1.
∵ OH⋅AD=OD⋅OA，
且AD=OD2+OA2=72，
∴ OH=217.
又O为B1C的中点，
∴ 点B1到平面ABC的距离为2217，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的高为2217．
【考点】
两条直线垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)连结BC1，则O为BC1与B1C的交点，
∵ 侧面BB1C1C为菱形，
∴ B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，
∴ B1C⊥AO.
又BC1∩OA=O，
∴ B1C⊥平面ABO.
∵ AB⊂平面ABO，
∴ B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，
作OH⊥AD，垂足为H，
∵ BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD=D，
∴ B1C⊥平面AOD，
∴ OH⊥BC．
又OH⊥AD，BC∩AD=D，
∴ OH⊥平面ABC．
∵ ∠CBB1=60∘，BB1=BC，
∴ △CBB1为等边三角形.
又BC=2，可得OD=32.
∵ AC⊥AB1，
∴ OA=12B1C=1.
∵ OH⋅AD=OD⋅OA，
且AD=OD2+OA2=72，
∴ OH=217.
又O为B1C的中点，
∴ 点B1到平面ABC的距离为2217，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的高为2217．
【答案】
解：(1)由题可得，2b=23，a+c=3，a2=b2+c2，
解得a=2，b=3，c=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1,x24+y23=1,得3+4k2x2+8kx−8=0，
∴ x1+x2=−8k3+4k2，x1⋅x2=−83+4k2，
∴ S△AOB=12×1×|x1−x2|=12⋅x1+x22−4x1x2
=261+2k23+4k2=627，
解得k2=1或k2=−1124（舍去），
∴ k=±1，
∴ 直线l的方程为y=x+1或y=−x+1.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题可得，2b=23，a+c=3，a2=b2+c2，
解得a=2，b=3，c=1，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1,x24+y23=1,得3+4k2x2+8kx−8=0，
∴ x1+x2=−8k3+4k2，x1⋅x2=−83+4k2，
∴ S△AOB=12×1×|x1−x2|=12⋅x1+x22−4x1x2
=261+2k23+4k2=627，
解得k2=1或k2=−1124（舍去），
∴ k=±1，
∴ 直线l的方程为y=x+1或y=−x+1.
【答案】
(1)证明：如图所示，取PB中点M，连接MF，AM．
因为F为PC中点，
所以MF//BC，且MF=12BC．
由已知得BC//AD，BC=AD.
又E为AD中点，
所以MF//AE且MF=AE，
所以四边形AMFE为平行四边形，
所以EF//AM.
又AM⊂平面PAB，而EF∉平面PAB，
所以EF//平面PAB．
(2)解：连接PE，BE，BF，
因为PA=PD，BA=BD，
而E为AD中点，
所以PE⊥AD，BE⊥AD，
所以∠PEB为二面角P−AD−B的平面角，
即∠PEB=60∘.
在△PAD中，PA=PD=5，AD=2，
解得PE=2．
在△ABD中，BA=BD=2，AD=2，
解得BE=1．
在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60∘，
由余弦定理，得PB2=4+1−2×2×1×cs60∘，
解得PB=3，
所以∠PBE=90∘，即BE⊥PB．
又BC//AD，BE⊥AD，
所以BE⊥BC，
又BC∩PB=B，
所以BE⊥平面PBC，
所以∠EPB为直线EP与平面PBC所成的角．
在Rt△PBE中，∠PEB=60∘，
所以∠EPB=30∘，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为12．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：如图所示，取PB中点M，连接MF，AM．
因为F为PC中点，
所以MF//BC，且MF=12BC．
由已知得BC//AD，BC=AD.
又E为AD中点，
所以MF//AE且MF=AE，
所以四边形AMFE为平行四边形，
所以EF//AM.
又AM⊂平面PAB，而EF∉平面PAB，
所以EF//平面PAB．
(2)解：连接PE，BE，BF，
因为PA=PD，BA=BD，
而E为AD中点，
所以PE⊥AD，BE⊥AD，
所以∠PEB为二面角P−AD−B的平面角，
即∠PEB=60∘.
在△PAD中，PA=PD=5，AD=2，
解得PE=2．
在△ABD中，BA=BD=2，AD=2，
解得BE=1．
在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60∘，
由余弦定理，得PB2=4+1−2×2×1×cs60∘，
解得PB=3，
所以∠PBE=90∘，即BE⊥PB．
又BC//AD，BE⊥AD，
所以BE⊥BC，
又BC∩PB=B，
所以BE⊥平面PBC，
所以∠EPB为直线EP与平面PBC所成的角．
在Rt△PBE中，∠PEB=60∘，
所以∠EPB=30∘，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为12．
【答案】
解：(1)函数f(x)=[ax2−(4a+1)x+4a+3]ex的导数为：
f′(x)=[ax2−(2a+1)x+2]ex．
由题意可得曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0，
∴ f′(1)=(a−2a−1+2)e=0，
解得：a=1.
(2)f(x)的导数为f′(x)=[ax2−(2a+1)x+2]ex=(x−2)(ax−1)ex，
①若a=0，则当x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴ 在x=2处f(x)取得极大值，不符题意；
②若a>0，且a=12时，f′(x)=12(x−2)2ex≥0，
∴ f(x)单调递增，无极值；
③若a>12，则1a<2，
∴ f(x)在(1a, 2)上单调递减；
在(2, +∞)，(−∞, 1a)上单调递增，
可得f(x)在x=2处取得极小值；
④若02，f(x)在(2, 1a)上单调递减；
在(1a, +∞)，(−∞, 2)上单调递增，
可得f(x)在x=2处取得极大值，不符题意；
⑤若a<0，则1a<2，f(x)在(1a, 2)上单调递增；
在(2, +∞)，(−∞, 1a)上单调递减，
可得f(x)在x=2处取得极大值，不符题意．
综上可得，a的范围是(12, +∞)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）求得f(x)的导数，由导数的几何意义可得f′(1)=0，解方程可得a的值；
（2）求得f(x)的导数，注意分解因式，讨论a=0，a=12，a>12，0【解答】
解：(1)函数f(x)=[ax2−(4a+1)x+4a+3]ex的导数为：
f′(x)=[ax2−(2a+1)x+2]ex．
由题意可得曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0，
∴ f′(1)=(a−2a−1+2)e=0，
解得：a=1.
(2)f(x)的导数为f′(x)=[ax2−(2a+1)x+2]ex=(x−2)(ax−1)ex，
①若a=0，则当x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴ 在x=2处f(x)取得极大值，不符题意；
②若a>0，且a=12时，f′(x)=12(x−2)2ex≥0，
∴ f(x)单调递增，无极值；
③若a>12，则1a<2，
∴ f(x)在(1a, 2)上单调递减；
在(2, +∞)，(−∞, 1a)上单调递增，
可得f(x)在x=2处取得极小值；
④若02，f(x)在(2, 1a)上单调递减；
在(1a, +∞)，(−∞, 2)上单调递增，
可得f(x)在x=2处取得极大值，不符题意；
⑤若a<0，则1a<2，f(x)在(1a, 2)上单调递增；
在(2, +∞)，(−∞, 1a)上单调递减，
可得f(x)在x=2处取得极大值，不符题意．
综上可得，a的范围是(12, +∞)．
【答案】
解：(1)因为⊙M过点A，B，
所以圆心M在AB的垂直平分线上，
由已知A在直线x+y=0上，且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y=x上，故可设M(a，a)，
因为⊙M与直线x+2=0相切，
所以⊙M的半径为r=|a+2|，
由已知得|AO|=2，又MO→⊥AO→，
故可得2a2+4=a+22，
解得a=0或a=4，
故⊙M的半径r=2或r=6.
(2)设点M的坐标为(x, y)，则|OM|2+|OA|2=|MA|2，
∵ ⊙M与直线x+2=0相切，
∴ |MA|=|x+2|，
∴ |x+2|2=|OM|2+|OA|2=x2+y2+4，
∴ y2=4x，
∴ M的轨迹是以F(1, 0)为焦点，x=−1为准线的抛物线，
∴ |MA|−|MF|=|x+2|−|MF|=x+2−(x+1)=1，
∴ 当|MA|−|MP|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为(1, 0)，
∴ 存在定点P(1, 0)使得当A运动时，|MA|−|MP|为定值．
【考点】
直线与圆的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由条件知点M在线段AB的中垂线x−y＝0上，设圆的方程为⊙M的方程为(x−a)2+(y−a)2＝R2(R>0)，然后根据圆与直线x+2＝0相切和圆心到直线x+y＝0的距离，半弦长和半径的关系建立方程组即可；
（2）设M的坐标为(x, y)，然后根据条件的到圆心M的轨迹方程为y2＝4x，然后根据抛物线的定义即可得到定点．
【解答】
解：(1)因为⊙M过点A，B，
所以圆心M在AB的垂直平分线上，
由已知A在直线x+y=0上，且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y=x上，故可设M(a，a)，
因为⊙M与直线x+2=0相切，
所以⊙M的半径为r=|a+2|，
由已知得|AO|=2，又MO→⊥AO→，
故可得2a2+4=a+22，
解得a=0或a=4，
故⊙M的半径r=2或r=6.
(2)设点M的坐标为(x, y)，则|OM|2+|OA|2=|MA|2，
∵ ⊙M与直线x+2=0相切，
∴ |MA|=|x+2|，
∴ |x+2|2=|OM|2+|OA|2=x2+y2+4，
∴ y2=4x，
∴ M的轨迹是以F(1, 0)为焦点，x=−1为准线的抛物线，
∴ |MA|−|MF|=|x+2|−|MF|=x+2−(x+1)=1，
∴ 当|MA|−|MP|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为(1, 0)，
∴ 存在定点P(1, 0)使得当A运动时，|MA|−|MP|为定值．