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2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月期末考试数学（理）试卷人教A版（Word含解析）
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这是一份2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月期末考试数学（理）试卷人教A版（Word含解析），共11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. 命题“∀x∈R，ex≥x+1”的否定是( )
A.∀x∈R，exC.∀x∉R，ex
2. 在△ABC中，已知3sinA=5sinB，sinB+sinC=2sinA，则 C=( )
A.π3B.2π3C.3π4D.5π6
3. 若a，b，c为实数，且aA.ac2abD.a2>ab>b2
4. 已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，则对实数a，b，“a>|b|”是“fa>fb“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
5. 在各项均为正数的等比数列an中，a62+2a5a9+a82=25，则a1a13的最大值是( )
A.25B.254C.5D.25
6. 已知四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则GE→⋅GF→等于（ ）
A.1B.−1C.4D.−4
7. 椭圆x29+y24=1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是( )
A.−55,55B.−255,255C.−355,355D.−655,655
8. 已知A(1, 0, 0)，B(0, −1, 1)，O是坐标原点，OA→+λOB→与OB→的夹角为120∘，则λ的值为( )
A.±66B.66C.−66D.±6
9. 若x，y满足|x|≤1−y，且y≥−1，则3x+y的最大值为( )
A.7B.5C.1D.−7
10. 如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB=1(km)，CD=3(km)，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30∘，山顶C的仰角为60∘，∠BED=120∘，则两山顶A，C之间的距离为（ ）
A.22(km)B.10(km)C.13(km)D.33(km)
11. 设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=( )
A.1B.2C.4D.8
12. 数列an中，a1=2，am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则k=( )
A.2B.3C.4D.5
二、填空题
已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=________．
已知an是公差不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则a1+a2+⋯+a9a10=________.
在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，其三视图是三个全等的等腰直角三角形，则异面直线AC与BD所成的角的余弦值为________．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 1+tanAtanB=−2cb，若△ABC的面积为3，则a的最小值为________.
三、解答题
已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点M(3, m)在抛物线上，|MF|=72．
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线x=ty+2与抛物线相交于A，B两点，O为坐标原点，求证：OA⊥OB．
已知集合A={x|y=−3x2+16x−16}，B={x|x2−2mx+m2−1≥0}.
(1)求集合A；
(2)若p:x∈A,q:x∈B，且p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
设数列an的前n项和为Sn，已知Sn=2an−1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an+1an+1−1an+2−1，求数列bn的前n项和 Tn．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为36bb+c−acsC.
(1)求A；
(2)若b=1，c=3，求cs2C−π6的值．
如图，半圆柱O′O中，平面ABB′A′过上下底面的圆心O′，O，点C，D分别在半圆弧AB，A′B′上且AC=B′D．
(1)求证：CD//平面ABB′A′；
(2)若2AC=AB=AA′，求二面角C−AD−B的余弦值．
已知定点N(5, 0)，动点P是圆M：(x+5)2+y2=36上的任意一点，线段NP的垂直平分线和半径MP相交于点Q．
(1)求|QM|+|QN|的值，并求动点Q的轨迹C的方程；
(2)若圆x2+y2=4的切线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“∀x∈R，ex≥x+1”的否定是：∃x0∈R，ex0故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由题意，根据正弦定理得到a，b，c之间的关系，将其赋值，再由余弦定理求解即可.
【解答】
解：因为3sinA=5sinB，
由正弦定理可得3a=5b，即a=53b，
又sinB+sinC=2sinA，
由正弦定理可得b+c=2a，即c=2a−b=73b，
由余弦定理可得：
csC=a2+b2−c22ab=−12.
因为0所以C=2π3.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
本题可以利用基本不等关系，判断选项中的命题是否正确，正确的可加以证明，错误的可以举反例判断，得到本题结论．
【解答】
解：选项A，
∵ c为实数，
∴ 取c=0，
ac2=0，bc2=0，
此时ac2=bc2，
故选项A不成立；
选项B，
∵ 1a−1b=b−aab，
∵ a∴ b−a>0，ab>0，
∴ b−aab>0，
即1a>1b，
故选项B不成立；
选项C，
∵ a∴ 取a=−2，b=−1，
则ba=−1−2=12，ab=2，
∴ 此时ba故选项C不成立；
选项D，
∵ a∴ a2−ab=a(a−b)>0，
∴ a2>ab．
∴ ab−b2=b(a−b)>0，
∴ ab>b2．
故选项D正确，
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 偶函数fx在[0,+∞)上单调递增，
∴ 若a>|b|，则fa>f|b|=fb ，即充分性成立；
若fa>fb，则等价为f|a|>f|b|，
可得|a|>|b|，即a>|b|或a<−|b|，则必要性不成立，
∴ “a>|b|”是"fa>fb ”的充分不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由等比数列的性质，求得a6+a8=5 ，再结合基本不等式，即可求得a1a13的最大值，得到答案．
【解答】
解：由等比数列的性质，
可得a62+2a5a9+a82=a62+2a6a8+a82
=a6+a82=25，
又因为an>0，所以a6+a8=5，
所以a1a13=a6a8≤a6+a822=254，
当且仅当a6=a8=52时取等号．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
空间向量的数量积运算
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取BD的中点M，连接AM，CM，如图所示，
四面体ABCD的每条棱长都等于2，
点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，
所以GF=12AC=1，
AM⊥BD，CM⊥BD，且AM∩CM=M，
所以BM⊥平面AMC，
又AC⊂平面ACM，所以BD⊥AC，
又EF//BD, 所以EF⊥AC，
又AC//FG，所以FG⊥EF;
所以GE→⋅GF→=GF→+FE→⋅GF→=GF→2+FE→⋅GF→=12+0=1.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设Px,y，根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22【解答】
解：如图，
设Px,y，
由题易得F1−5,0， F25,0，且∠F1PF2是钝角，
可得PF12+PF22<|F1F2|2，
即x+52+y2+5−x2+y2<(5+5)2,
整理得x2+y2<5，
所以x2+41−x29<5，
所以x2<95，
解得−355故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
空间向量的数量积运算
【解析】
首先求出空间向量的坐标，及向量的模，进一步利用向量的夹角求出结果．
【解答】
解：因为OA→+λOB→=(1, 0, 0)+λ(0, −1, 1)=(1, −λ, λ)，
所以|OA→+λOB→|=1+2λ2，
|OB→|=2，
(OA→+λOB→)⋅OB→=2λ，
所以cs 120∘=2λ2×2λ2+1=−12，
解得：λ=−66．
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，约束条件为：y≤1−|x|y≥−1，
目标函数为：z=3x+y，即y=−3x+z，
如图所示：
在(2,−1)时，z取最大值，
即z=3x+y=3×2+(−1)=5.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
由直角三角形的边角关系求出BE、DE，利用余弦定理求出BD，再计算AC的值．
【解答】
解：∵ AB=1，CD=3，∠AEB=30∘，∠CED=60∘，
∴ BE=ABtan30∘=133=3，DE=CDtan60∘=33=3.
则△BDE中，由余弦定理得：
BD2=BE2+DE2−2×BE×DE×cs∠BED
=3+3−2×3×3×(−12)
=9，
∴ BD=3；
∴ AC=BD2+(CD−AB)2
=9+(3−1)2=13，
即两山顶A，C之间的距离为13km．
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的应用
双曲线的标准方程
【解析】
利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解a即可．
【解答】
解：设PF1=m，PF2=n，且m>n.
由题意得S△PF1F2=12mn=4，
∴ mn=8.
∵ m−n=2a，m2+n2=4c2，e=ca=5，
解得：a=1．
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：在等式am+n=aman中，令m=1，
可得an+1=ana1=2an，
所以an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则an=2×2n−1=2n，
所以ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅(1−210)1−2
=2k+1⋅(1−210)1−2=2k+1(210−1)
=25(210−1)，
所以2k+1=25，则k+1=5，
解得k=4．
故选C．
二、填空题
【答案】
6
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
【解析】
直接利用抛物线的性质解题即可．
【解答】
解：A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，
因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，
故有：9+p2=12，解得p=6.
故答案为：6.
【答案】
278
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
首先根据等差数列的通项公式，结合a1+a10=a9求得a1与d的关系，再利用等差数列的通项公式和前n项和公式化简a1+a2+⋯+a9即可得出结论．
【解答】
解：设公差为d，由a1+a10=a9，
得a1+a1+9d=a1+8d，即a1=−d，
所以a1+a2+⋯+a9a10
=9a1+36da1+9d
=278．
故答案为：278.
【答案】
33
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
根据三视图得出三棱锥的结构特征，建立空间坐标系，利用平面向量计算异面直线所成角．
【解答】
解：由三视图可知AB⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB=BD=CD，
以D为原点建立空间坐标系如图所示：
设AB=1，则A(1, 0, 1)，B(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，D(0, 0, 0)，
∴ AC→=(−1, 1, −1)，DB→=(1, 0, 0)，
∴ cs=AC→⋅DB→|AC→||DB→|=−13×1=−33．
设AC与BD所成的角为α，则csα=|cs|=33．
故答案为：33.
【答案】
23
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
基本不等式
正弦定理
【解析】
由题意，根据正弦定理、切化弦和三角形内角和定理得到角A，由三角形面积公式、余弦定理和基本不等式求解即可.
【解答】
解：已知1+tanAtanB=−2cb，
即1+sinAcsBcsAsinB=−2sinCsinB，
即sinBcsA+sinAcsBcsAsinB=sin(A+B)csAsinB=−2sinCsinB,
整理得csA=−12，
因为0所以A=2π3，
已知S△ABC=12bcsinA=3，
解得bc=4，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−12，
整理得a2=b2+c2+bc=(b+c)2−bc
≥4bc−bc=3bc=3×4=12，（当且仅当b=c=2时等号成立）
此时a=23.
故答案为：23.
三、解答题
【答案】
(1)解：由题意得|MF|=3+p2=72，
∴ p=1，故抛物线方程为y2=2x．
(2)证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+2,y2=2x, 消去x整理得y2−2ty−4=0，∴ y1y2=−4.
由y12=2x1，y22=2x2，两式相乘，得(y1y2)2=4x1x2，∴ x1x2=4.
∵ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0．
∴ OA⊥OB．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）根据抛物线的定义，|MF|等于点M到准线的距离，得|MF|＝3+p2=72，进而求得p＝1，所以抛物线方程为y2＝2x．
（2）联立直线与抛物线方程得y2−2ty−4＝0，y1y2＝−4，(y1y2)2＝4x1x2，所以x1x2＝4，OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0．所以OA⊥OB．
【解答】
(1)解：由题意得|MF|=3+p2=72，
∴ p=1，故抛物线方程为y2=2x．
(2)证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+2,y2=2x, 消去x整理得y2−2ty−4=0，∴ y1y2=−4.
由y12=2x1，y22=2x2，两式相乘，得(y1y2)2=4x1x2，∴ x1x2=4.
∵ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0．
∴ OA⊥OB．
【答案】
解：(1)∵A={x|y=−3x2+16x−16}，
∴−3x2+16x−16≥0，
则3x−4x−4≤0，
解得43≤x≤4，
即A=x|43≤x≤4.
(2)∵B={x|x2−2mx+m2−1≥0}，
∴由x2−2mx+m2−1>0可得x≤m−1或x>m+1，
∴B={x|x≤m−1或x>m+1}．
∵p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，
∴m−1≥4或m+1≤43，
∴m≥5或m≤13，
即实数m的取值范围是−∞,13∪5,+∞．
【考点】
一元二次不等式的解法
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵A={x|y=−3x2+16x−16}，
∴−3x2+16x−16≥0，
则3x−4x−4≤0，
解得43≤x≤4，
即A=x|43≤x≤4.
(2)∵B={x|x2−2mx+m2−1≥0}，
∴由x2−2mx+m2−1>0可得x≤m−1或x>m+1，
∴B={x|x≤m−1或x>m+1}．
∵p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，
∴m−1≥4或m+1≤43，
∴m≥5或m≤13，
即实数m的取值范围是−∞,13∪5,+∞．
【答案】
解：(1)因为Sn=2an−1，①
所以当n=1时， a1=S1=2a1−1，得a1=1；
当n≥2时， Sn−1=2an−1−1，②
①②两式相减得an=2an−2an−1，所以anan−1=2，
所以数列{an}是以1为首项， 2为公比的等比数列，
所以an=a1qn−1=1×2n−1=2n−1.
(2)由(1)得bn=an+1an+1−1an+2−1
=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+
12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为Sn=2an−1，①
所以当n=1时， a1=S1=2a1−1，得a1=1；
当n≥2时， Sn−1=2an−1−1，②
①②两式相减得an=2an−2an−1，所以anan−1=2，
所以数列{an}是以1为首项， 2为公比的等比数列，
所以an=a1qn−1=1×2n−1=2n−1.
(2)由(1)得bn=an+1an+1−1an+2−1
=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+
12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．
【答案】
解：(1)由题设得12absinC=36bb+c−acsC，
即3asinC=b+c−acsC，
由正弦定理得3sinAsinC=sinB+sinC−sinAcsC，
因为B=π−A−C所以3sinCsinA=sinCcsA+sinC，
由于sinC≠0所以sinA−π6=12，
又∵ 0(2)在△ABC中，由余弦定理及b=1，c=3，A=π3，
得a2=b2+c2−2bccsA=7，故a=7．
由12bcsinA=36bb+c−acsC，得csC=−127，所以sinC=3327，
因此sin2C=2sinCcsC=−3314，
cs2C=2cs2C−1=−1314，
所以cs2C−π6=cs2Ccsπ6+sin2Csinπ6
=−1314×32−3314×12=−437．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
【解答】
解：(1)由题设得12absinC=36bb+c−acsC，
即3asinC=b+c−acsC，
由正弦定理得3sinAsinC=sinB+sinC−sinAcsC，
因为B=π−A−C所以3sinCsinA=sinCcsA+sinC，
由于sinC≠0所以sinA−π6=12，
又∵ 0(2)在△ABC中，由余弦定理及b=1，c=3，A=π3，
得a2=b2+c2−2bccsA=7，故a=7．
由12bcsinA=36bb+c−acsC，得csC=−127，所以sinC=3327，
因此sin2C=2sinCcsC=−3314，
cs2C=2cs2C−1=−1314，
所以cs2C−π6=cs2Ccsπ6+sin2Csinπ6
=−1314×32−3314×12=−437．
【答案】
(1)证明：如图，取弧AB的中点M，
∵ OO′⊥平面ABC，
∴ OA，OM， OO′两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OM，OO′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz ，如图，连接OC.
设OA=1，AA′=t，∠AOC=θ0<θ<π，
则A1,0,0，B−1,0,0 ，C(csθ,sinθ,0)，D(−csθ,sinθ,t) ，
于是CD→=(−2csθ，0，t），而平面ABB′A′的一个法向量为OM→=0,1,0，
由于CD→⋅OM→=0，CD⊄平面ABB′A′，
∴ CD//平面ABB′A′．
(2)解：设OA=1，∵ 2AC=AB=AA′，
则A(1,0,0)，B(−1,0,0)，C12,32,0，D−12,32,2，
BA→=(−2,0,0)，CD→=−1,0,2，
AC→=−12,32,0，BD→=12,32,2.
设平面CAD的法向量n1→=x1,y1,z1，
则CD→⋅n1→=−x1+2z1=0,AC→⋅n1→=−12x1+32y1=0,
不妨设x1=23，得n1=(23,2, 3).
设平面BAD的法向量n2→=(x2,y2,z2)，
则 BD→⋅n2→=12x2+32y2+2z2=0,BA→⋅n2→=2x2=0,
不妨设y2=4，得n2→=0,4,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=519⋅19=519.
又由图可知，二面角C−AD−B为锐角，
故二面角C−AD−B的余弦值为519．
【考点】
向量语言表述线面的垂直、平行关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取弧AB的中点M，
∵ OO′⊥平面ABC，
∴ OA，OM， OO′两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OM，OO′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz ，如图，连接OC.
设OA=1，AA′=t，∠AOC=θ0<θ<π，
则A1,0,0，B−1,0,0 ，C(csθ,sinθ,0)，D(−csθ,sinθ,t) ，
于是CD→=(−2csθ，0，t），而平面ABB′A′的一个法向量为OM→=0,1,0，
由于CD→⋅OM→=0，CD⊄平面ABB′A′，
∴ CD//平面ABB′A′．
(2)解：设OA=1，∵ 2AC=AB=AA′，
则A(1,0,0)，B(−1,0,0)，C12,32,0，D−12,32,2，
BA→=(−2,0,0)，CD→=−1,0,2，
AC→=−12,32,0，BD→=12,32,2.
设平面CAD的法向量n1→=x1,y1,z1，
则CD→⋅n1→=−x1+2z1=0,AC→⋅n1→=−12x1+32y1=0,
不妨设x1=23，得n1=(23,2, 3).
设平面BAD的法向量n2→=(x2,y2,z2)，
则 BD→⋅n2→=12x2+32y2+2z2=0,BA→⋅n2→=2x2=0,
不妨设y2=4，得n2→=0,4,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=519⋅19=519.
又由图可知，二面角C−AD−B为锐角，
故二面角C−AD−B的余弦值为519．
【答案】
解：(1)由已知条件得|QN|=|QP|，
又|QM|+|QP|=6，∴ |QM|+|QN|=6为定值．
根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M，N为焦点的椭圆．
且2a=6，即a=3，c=5，b=2，
∴ 点Q的轨迹C的方程为：x29+y24=1．
(2)∵ 直线l不可能与x轴平行，
则可设切线方程为x=ty+m，
由直线与圆相切，得|m|t2+1=2，
∴ m2=4(1+t2)．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+m，x29+y24=1，
消去x得：(4t2+9)y2+8tmy+4m2−36=0，
Δ=(8tm)2−4(4t2+9)(4m2−36)
=144(4t2−m2+9)=144×5>0，
∴ y1+y2=−8tm4t2+9，y1y2=4m2−364t2+9，
∴ |AB|=1+t2|y1−y2|
=1+t2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=1+t2⋅1254t2+9
=12541+t2+51+t2≤12545=3，
当且仅当41+t2=51+t2，即t2=14时等号成立，
此时|m|=5，|AB|max=3，
又∵ S△AOB=12×2×|AB|=|AB|，
∴ |m|=5，|t|=12时，△AOB的面积最大，最大值为3．
【考点】
轨迹方程
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
点到直线的距离公式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）推导出|QM|+|QN|＝6为定值．根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M、N为焦点的椭圆．且2a＝6，即a＝3，c=5，b＝2，由此能求出点Q的轨迹C的方程．
（2）设切线方程为x＝ty+m，由直线与圆相切，得m2＝4(1+t2)．由x=ty+mx29+y24=1 ，得：(4t2+9)y2+8tmy+4m2−36＝0，利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出△AOB的面积最大值．
【解答】
解：(1)由已知条件得|QN|=|QP|，
又|QM|+|QP|=6，∴ |QM|+|QN|=6为定值．
根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M，N为焦点的椭圆．
且2a=6，即a=3，c=5，b=2，
∴ 点Q的轨迹C的方程为：x29+y24=1．
(2)∵ 直线l不可能与x轴平行，
则可设切线方程为x=ty+m，
由直线与圆相切，得|m|t2+1=2，
∴ m2=4(1+t2)．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+m，x29+y24=1，
消去x得：(4t2+9)y2+8tmy+4m2−36=0，
Δ=(8tm)2−4(4t2+9)(4m2−36)
=144(4t2−m2+9)=144×5>0，
∴ y1+y2=−8tm4t2+9，y1y2=4m2−364t2+9，
∴ |AB|=1+t2|y1−y2|
=1+t2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=1+t2⋅1254t2+9
=12541+t2+51+t2≤12545=3，
当且仅当41+t2=51+t2，即t2=14时等号成立，
此时|m|=5，|AB|max=3，
又∵ S△AOB=12×2×|AB|=|AB|，
∴ |m|=5，|t|=12时，△AOB的面积最大，最大值为3．
1. 命题“∀x∈R，ex≥x+1”的否定是( )
A.∀x∈R，ex
2. 在△ABC中，已知3sinA=5sinB，sinB+sinC=2sinA，则 C=( )
A.π3B.2π3C.3π4D.5π6
3. 若a，b，c为实数，且a
4. 已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，则对实数a，b，“a>|b|”是“fa>fb“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
5. 在各项均为正数的等比数列an中，a62+2a5a9+a82=25，则a1a13的最大值是( )
A.25B.254C.5D.25
6. 已知四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则GE→⋅GF→等于（ ）
A.1B.−1C.4D.−4
7. 椭圆x29+y24=1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是( )
A.−55,55B.−255,255C.−355,355D.−655,655
8. 已知A(1, 0, 0)，B(0, −1, 1)，O是坐标原点，OA→+λOB→与OB→的夹角为120∘，则λ的值为( )
A.±66B.66C.−66D.±6
9. 若x，y满足|x|≤1−y，且y≥−1，则3x+y的最大值为( )
A.7B.5C.1D.−7
10. 如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB=1(km)，CD=3(km)，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30∘，山顶C的仰角为60∘，∠BED=120∘，则两山顶A，C之间的距离为（ ）
A.22(km)B.10(km)C.13(km)D.33(km)
11. 设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=( )
A.1B.2C.4D.8
12. 数列an中，a1=2，am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则k=( )
A.2B.3C.4D.5
二、填空题
已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=________．
已知an是公差不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则a1+a2+⋯+a9a10=________.
在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，其三视图是三个全等的等腰直角三角形，则异面直线AC与BD所成的角的余弦值为________．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 1+tanAtanB=−2cb，若△ABC的面积为3，则a的最小值为________.
三、解答题
已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点M(3, m)在抛物线上，|MF|=72．
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线x=ty+2与抛物线相交于A，B两点，O为坐标原点，求证：OA⊥OB．
已知集合A={x|y=−3x2+16x−16}，B={x|x2−2mx+m2−1≥0}.
(1)求集合A；
(2)若p:x∈A,q:x∈B，且p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
设数列an的前n项和为Sn，已知Sn=2an−1．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an+1an+1−1an+2−1，求数列bn的前n项和 Tn．
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为36bb+c−acsC.
(1)求A；
(2)若b=1，c=3，求cs2C−π6的值．
如图，半圆柱O′O中，平面ABB′A′过上下底面的圆心O′，O，点C，D分别在半圆弧AB，A′B′上且AC=B′D．
(1)求证：CD//平面ABB′A′；
(2)若2AC=AB=AA′，求二面角C−AD−B的余弦值．
已知定点N(5, 0)，动点P是圆M：(x+5)2+y2=36上的任意一点，线段NP的垂直平分线和半径MP相交于点Q．
(1)求|QM|+|QN|的值，并求动点Q的轨迹C的方程；
(2)若圆x2+y2=4的切线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高二（上）1月期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“∀x∈R，ex≥x+1”的否定是：∃x0∈R，ex0
2.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由题意，根据正弦定理得到a，b，c之间的关系，将其赋值，再由余弦定理求解即可.
【解答】
解：因为3sinA=5sinB，
由正弦定理可得3a=5b，即a=53b，
又sinB+sinC=2sinA，
由正弦定理可得b+c=2a，即c=2a−b=73b，
由余弦定理可得：
csC=a2+b2−c22ab=−12.
因为0
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
本题可以利用基本不等关系，判断选项中的命题是否正确，正确的可加以证明，错误的可以举反例判断，得到本题结论．
【解答】
解：选项A，
∵ c为实数，
∴ 取c=0，
ac2=0，bc2=0，
此时ac2=bc2，
故选项A不成立；
选项B，
∵ 1a−1b=b−aab，
∵ a
∴ b−aab>0，
即1a>1b，
故选项B不成立；
选项C，
∵ a
则ba=−1−2=12，ab=2，
∴ 此时ba
选项D，
∵ a
∴ a2>ab．
∴ ab−b2=b(a−b)>0，
∴ ab>b2．
故选项D正确，
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 偶函数fx在[0,+∞)上单调递增，
∴ 若a>|b|，则fa>f|b|=fb ，即充分性成立；
若fa>fb，则等价为f|a|>f|b|，
可得|a|>|b|，即a>|b|或a<−|b|，则必要性不成立，
∴ “a>|b|”是"fa>fb ”的充分不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由等比数列的性质，求得a6+a8=5 ，再结合基本不等式，即可求得a1a13的最大值，得到答案．
【解答】
解：由等比数列的性质，
可得a62+2a5a9+a82=a62+2a6a8+a82
=a6+a82=25，
又因为an>0，所以a6+a8=5，
所以a1a13=a6a8≤a6+a822=254，
当且仅当a6=a8=52时取等号．
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
空间向量的数量积运算
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取BD的中点M，连接AM，CM，如图所示，
四面体ABCD的每条棱长都等于2，
点E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，
所以GF=12AC=1，
AM⊥BD，CM⊥BD，且AM∩CM=M，
所以BM⊥平面AMC，
又AC⊂平面ACM，所以BD⊥AC，
又EF//BD, 所以EF⊥AC，
又AC//FG，所以FG⊥EF;
所以GE→⋅GF→=GF→+FE→⋅GF→=GF→2+FE→⋅GF→=12+0=1.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设Px,y，根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22
解：如图，
设Px,y，
由题易得F1−5,0， F25,0，且∠F1PF2是钝角，
可得PF12+PF22<|F1F2|2，
即x+52+y2+5−x2+y2<(5+5)2,
整理得x2+y2<5，
所以x2+41−x29<5，
所以x2<95，
解得−355
8.
【答案】
C
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
空间向量的数量积运算
【解析】
首先求出空间向量的坐标，及向量的模，进一步利用向量的夹角求出结果．
【解答】
解：因为OA→+λOB→=(1, 0, 0)+λ(0, −1, 1)=(1, −λ, λ)，
所以|OA→+λOB→|=1+2λ2，
|OB→|=2，
(OA→+λOB→)⋅OB→=2λ，
所以cs 120∘=2λ2×2λ2+1=−12，
解得：λ=−66．
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，约束条件为：y≤1−|x|y≥−1，
目标函数为：z=3x+y，即y=−3x+z，
如图所示：
在(2,−1)时，z取最大值，
即z=3x+y=3×2+(−1)=5.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
由直角三角形的边角关系求出BE、DE，利用余弦定理求出BD，再计算AC的值．
【解答】
解：∵ AB=1，CD=3，∠AEB=30∘，∠CED=60∘，
∴ BE=ABtan30∘=133=3，DE=CDtan60∘=33=3.
则△BDE中，由余弦定理得：
BD2=BE2+DE2−2×BE×DE×cs∠BED
=3+3−2×3×3×(−12)
=9，
∴ BD=3；
∴ AC=BD2+(CD−AB)2
=9+(3−1)2=13，
即两山顶A，C之间的距离为13km．
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的应用
双曲线的标准方程
【解析】
利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解a即可．
【解答】
解：设PF1=m，PF2=n，且m>n.
由题意得S△PF1F2=12mn=4，
∴ mn=8.
∵ m−n=2a，m2+n2=4c2，e=ca=5，
解得：a=1．
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
无
【解答】
解：在等式am+n=aman中，令m=1，
可得an+1=ana1=2an，
所以an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则an=2×2n−1=2n，
所以ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅(1−210)1−2
=2k+1⋅(1−210)1−2=2k+1(210−1)
=25(210−1)，
所以2k+1=25，则k+1=5，
解得k=4．
故选C．
二、填空题
【答案】
6
【考点】
抛物线的定义
抛物线的标准方程
【解析】
直接利用抛物线的性质解题即可．
【解答】
解：A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，
因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，
故有：9+p2=12，解得p=6.
故答案为：6.
【答案】
278
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
首先根据等差数列的通项公式，结合a1+a10=a9求得a1与d的关系，再利用等差数列的通项公式和前n项和公式化简a1+a2+⋯+a9即可得出结论．
【解答】
解：设公差为d，由a1+a10=a9，
得a1+a1+9d=a1+8d，即a1=−d，
所以a1+a2+⋯+a9a10
=9a1+36da1+9d
=278．
故答案为：278.
【答案】
33
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
根据三视图得出三棱锥的结构特征，建立空间坐标系，利用平面向量计算异面直线所成角．
【解答】
解：由三视图可知AB⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB=BD=CD，
以D为原点建立空间坐标系如图所示：
设AB=1，则A(1, 0, 1)，B(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，D(0, 0, 0)，
∴ AC→=(−1, 1, −1)，DB→=(1, 0, 0)，
∴ cs
设AC与BD所成的角为α，则csα=|cs
故答案为：33.
【答案】
23
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
基本不等式
正弦定理
【解析】
由题意，根据正弦定理、切化弦和三角形内角和定理得到角A，由三角形面积公式、余弦定理和基本不等式求解即可.
【解答】
解：已知1+tanAtanB=−2cb，
即1+sinAcsBcsAsinB=−2sinCsinB，
即sinBcsA+sinAcsBcsAsinB=sin(A+B)csAsinB=−2sinCsinB,
整理得csA=−12，
因为0
已知S△ABC=12bcsinA=3，
解得bc=4，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−12，
整理得a2=b2+c2+bc=(b+c)2−bc
≥4bc−bc=3bc=3×4=12，（当且仅当b=c=2时等号成立）
此时a=23.
故答案为：23.
三、解答题
【答案】
(1)解：由题意得|MF|=3+p2=72，
∴ p=1，故抛物线方程为y2=2x．
(2)证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+2,y2=2x, 消去x整理得y2−2ty−4=0，∴ y1y2=−4.
由y12=2x1，y22=2x2，两式相乘，得(y1y2)2=4x1x2，∴ x1x2=4.
∵ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0．
∴ OA⊥OB．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）根据抛物线的定义，|MF|等于点M到准线的距离，得|MF|＝3+p2=72，进而求得p＝1，所以抛物线方程为y2＝2x．
（2）联立直线与抛物线方程得y2−2ty−4＝0，y1y2＝−4，(y1y2)2＝4x1x2，所以x1x2＝4，OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0．所以OA⊥OB．
【解答】
(1)解：由题意得|MF|=3+p2=72，
∴ p=1，故抛物线方程为y2=2x．
(2)证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+2,y2=2x, 消去x整理得y2−2ty−4=0，∴ y1y2=−4.
由y12=2x1，y22=2x2，两式相乘，得(y1y2)2=4x1x2，∴ x1x2=4.
∵ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=0．
∴ OA⊥OB．
【答案】
解：(1)∵A={x|y=−3x2+16x−16}，
∴−3x2+16x−16≥0，
则3x−4x−4≤0，
解得43≤x≤4，
即A=x|43≤x≤4.
(2)∵B={x|x2−2mx+m2−1≥0}，
∴由x2−2mx+m2−1>0可得x≤m−1或x>m+1，
∴B={x|x≤m−1或x>m+1}．
∵p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，
∴m−1≥4或m+1≤43，
∴m≥5或m≤13，
即实数m的取值范围是−∞,13∪5,+∞．
【考点】
一元二次不等式的解法
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵A={x|y=−3x2+16x−16}，
∴−3x2+16x−16≥0，
则3x−4x−4≤0，
解得43≤x≤4，
即A=x|43≤x≤4.
(2)∵B={x|x2−2mx+m2−1≥0}，
∴由x2−2mx+m2−1>0可得x≤m−1或x>m+1，
∴B={x|x≤m−1或x>m+1}．
∵p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，
∴m−1≥4或m+1≤43，
∴m≥5或m≤13，
即实数m的取值范围是−∞,13∪5,+∞．
【答案】
解：(1)因为Sn=2an−1，①
所以当n=1时， a1=S1=2a1−1，得a1=1；
当n≥2时， Sn−1=2an−1−1，②
①②两式相减得an=2an−2an−1，所以anan−1=2，
所以数列{an}是以1为首项， 2为公比的等比数列，
所以an=a1qn−1=1×2n−1=2n−1.
(2)由(1)得bn=an+1an+1−1an+2−1
=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+
12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为Sn=2an−1，①
所以当n=1时， a1=S1=2a1−1，得a1=1；
当n≥2时， Sn−1=2an−1−1，②
①②两式相减得an=2an−2an−1，所以anan−1=2，
所以数列{an}是以1为首项， 2为公比的等比数列，
所以an=a1qn−1=1×2n−1=2n−1.
(2)由(1)得bn=an+1an+1−1an+2−1
=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn
=12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+
12n−1−12n+1−1
=1−12n+1−1．
【答案】
解：(1)由题设得12absinC=36bb+c−acsC，
即3asinC=b+c−acsC，
由正弦定理得3sinAsinC=sinB+sinC−sinAcsC，
因为B=π−A−C所以3sinCsinA=sinCcsA+sinC，
由于sinC≠0所以sinA−π6=12，
又∵ 0
得a2=b2+c2−2bccsA=7，故a=7．
由12bcsinA=36bb+c−acsC，得csC=−127，所以sinC=3327，
因此sin2C=2sinCcsC=−3314，
cs2C=2cs2C−1=−1314，
所以cs2C−π6=cs2Ccsπ6+sin2Csinπ6
=−1314×32−3314×12=−437．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
【解答】
解：(1)由题设得12absinC=36bb+c−acsC，
即3asinC=b+c−acsC，
由正弦定理得3sinAsinC=sinB+sinC−sinAcsC，
因为B=π−A−C所以3sinCsinA=sinCcsA+sinC，
由于sinC≠0所以sinA−π6=12，
又∵ 0
得a2=b2+c2−2bccsA=7，故a=7．
由12bcsinA=36bb+c−acsC，得csC=−127，所以sinC=3327，
因此sin2C=2sinCcsC=−3314，
cs2C=2cs2C−1=−1314，
所以cs2C−π6=cs2Ccsπ6+sin2Csinπ6
=−1314×32−3314×12=−437．
【答案】
(1)证明：如图，取弧AB的中点M，
∵ OO′⊥平面ABC，
∴ OA，OM， OO′两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OM，OO′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz ，如图，连接OC.
设OA=1，AA′=t，∠AOC=θ0<θ<π，
则A1,0,0，B−1,0,0 ，C(csθ,sinθ,0)，D(−csθ,sinθ,t) ，
于是CD→=(−2csθ，0，t），而平面ABB′A′的一个法向量为OM→=0,1,0，
由于CD→⋅OM→=0，CD⊄平面ABB′A′，
∴ CD//平面ABB′A′．
(2)解：设OA=1，∵ 2AC=AB=AA′，
则A(1,0,0)，B(−1,0,0)，C12,32,0，D−12,32,2，
BA→=(−2,0,0)，CD→=−1,0,2，
AC→=−12,32,0，BD→=12,32,2.
设平面CAD的法向量n1→=x1,y1,z1，
则CD→⋅n1→=−x1+2z1=0,AC→⋅n1→=−12x1+32y1=0,
不妨设x1=23，得n1=(23,2, 3).
设平面BAD的法向量n2→=(x2,y2,z2)，
则 BD→⋅n2→=12x2+32y2+2z2=0,BA→⋅n2→=2x2=0,
不妨设y2=4，得n2→=0,4,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=519⋅19=519.
又由图可知，二面角C−AD−B为锐角，
故二面角C−AD−B的余弦值为519．
【考点】
向量语言表述线面的垂直、平行关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取弧AB的中点M，
∵ OO′⊥平面ABC，
∴ OA，OM， OO′两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OM，OO′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz ，如图，连接OC.
设OA=1，AA′=t，∠AOC=θ0<θ<π，
则A1,0,0，B−1,0,0 ，C(csθ,sinθ,0)，D(−csθ,sinθ,t) ，
于是CD→=(−2csθ，0，t），而平面ABB′A′的一个法向量为OM→=0,1,0，
由于CD→⋅OM→=0，CD⊄平面ABB′A′，
∴ CD//平面ABB′A′．
(2)解：设OA=1，∵ 2AC=AB=AA′，
则A(1,0,0)，B(−1,0,0)，C12,32,0，D−12,32,2，
BA→=(−2,0,0)，CD→=−1,0,2，
AC→=−12,32,0，BD→=12,32,2.
设平面CAD的法向量n1→=x1,y1,z1，
则CD→⋅n1→=−x1+2z1=0,AC→⋅n1→=−12x1+32y1=0,
不妨设x1=23，得n1=(23,2, 3).
设平面BAD的法向量n2→=(x2,y2,z2)，
则 BD→⋅n2→=12x2+32y2+2z2=0,BA→⋅n2→=2x2=0,
不妨设y2=4，得n2→=0,4,−3，
∴ cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=519⋅19=519.
又由图可知，二面角C−AD−B为锐角，
故二面角C−AD−B的余弦值为519．
【答案】
解：(1)由已知条件得|QN|=|QP|，
又|QM|+|QP|=6，∴ |QM|+|QN|=6为定值．
根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M，N为焦点的椭圆．
且2a=6，即a=3，c=5，b=2，
∴ 点Q的轨迹C的方程为：x29+y24=1．
(2)∵ 直线l不可能与x轴平行，
则可设切线方程为x=ty+m，
由直线与圆相切，得|m|t2+1=2，
∴ m2=4(1+t2)．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+m，x29+y24=1，
消去x得：(4t2+9)y2+8tmy+4m2−36=0，
Δ=(8tm)2−4(4t2+9)(4m2−36)
=144(4t2−m2+9)=144×5>0，
∴ y1+y2=−8tm4t2+9，y1y2=4m2−364t2+9，
∴ |AB|=1+t2|y1−y2|
=1+t2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=1+t2⋅1254t2+9
=12541+t2+51+t2≤12545=3，
当且仅当41+t2=51+t2，即t2=14时等号成立，
此时|m|=5，|AB|max=3，
又∵ S△AOB=12×2×|AB|=|AB|，
∴ |m|=5，|t|=12时，△AOB的面积最大，最大值为3．
【考点】
轨迹方程
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
点到直线的距离公式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）推导出|QM|+|QN|＝6为定值．根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M、N为焦点的椭圆．且2a＝6，即a＝3，c=5，b＝2，由此能求出点Q的轨迹C的方程．
（2）设切线方程为x＝ty+m，由直线与圆相切，得m2＝4(1+t2)．由x=ty+mx29+y24=1 ，得：(4t2+9)y2+8tmy+4m2−36＝0，利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出△AOB的面积最大值．
【解答】
解：(1)由已知条件得|QN|=|QP|，
又|QM|+|QP|=6，∴ |QM|+|QN|=6为定值．
根据椭圆定义得动点Q的轨迹是以点M，N为焦点的椭圆．
且2a=6，即a=3，c=5，b=2，
∴ 点Q的轨迹C的方程为：x29+y24=1．
(2)∵ 直线l不可能与x轴平行，
则可设切线方程为x=ty+m，
由直线与圆相切，得|m|t2+1=2，
∴ m2=4(1+t2)．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x=ty+m，x29+y24=1，
消去x得：(4t2+9)y2+8tmy+4m2−36=0，
Δ=(8tm)2−4(4t2+9)(4m2−36)
=144(4t2−m2+9)=144×5>0，
∴ y1+y2=−8tm4t2+9，y1y2=4m2−364t2+9，
∴ |AB|=1+t2|y1−y2|
=1+t2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=1+t2⋅1254t2+9
=12541+t2+51+t2≤12545=3，
当且仅当41+t2=51+t2，即t2=14时等号成立，
此时|m|=5，|AB|max=3，
又∵ S△AOB=12×2×|AB|=|AB|，
∴ |m|=5，|t|=12时，△AOB的面积最大，最大值为3．
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