广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（较难题）

这是一份广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（较难题），共20页。试卷主要包含了已知函数，其中a∈R且a≠0，+2a，已知函数，＝xex+1，已知动圆M经过定点，且与圆F2等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（较难题）
一．利用导数研究函数的单调性（共3小题）
1．（2023•深圳一模）已知函数，其中a∈R且a≠0．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在实数x0，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”的个数；
（3）若关于x的方程f（f（x））＝f（x）有两个相异的实数根，求a的取值范围．
2．（2023•高州市一模）已知函数f（x）＝ax2﹣（1+2a）x+2（a+1）ln（x+1）+2a．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若a＜e﹣1，求证：f（x）＜ax2+2aln（x+1）﹣（1+4a）x+2ex+1．
3．（2023•梅州一模）已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若，讨论函数f（x）的零点个数．
二．利用导数研究函数的最值（共2小题）
4．（2023•广东一模）已知函数f（x）＝xex+1．
（1）求f（x）的极值；
（2）当x＞0时，f（x）≥（a+1）x+lnx+2，求实数a的取值范围．
5．（2023•茂名一模）若函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．
（1）求a的取值范围；
（2）若f（x）在（x1，0）和（x2，0）处的切线交于点（x3，y3），求证：2x3＜x1+x2＜2（a+1）．
三．椭圆的性质（共1小题）
6．（2023•广东一模）已知点A，点B和点C为椭圆上不同的三个点．当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形．
（1）求椭圆C标准方程；
（2）若O为原点，且满足，求△ABC的面积．
四．直线与椭圆的综合（共2小题）
7．（2023•高州市一模）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）经过点M（﹣2，），其右焦点为F（c，0），下顶点为B，直线BF与椭圆C交于另一点D，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）O为坐标原点，过点M作x轴的垂线l1，垂足为A，过点A的直线与C交于P，Q两点，直线OP与l1交于点H，直线OQ与l1交于点G，设△APH的面积为S1，△AQG的面积为S2，试探究是否存在最小值．若存在，求出此时直线PQ的方程；若不存在，请说明理由．
8．（2023•茂名一模）已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上顶点的直线的斜率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若N（t，6）为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q．试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
五．直线与抛物线的综合（共1小题）
9．（2023•汕头一模）如图，已知E（m，n）为抛物线x2＝2py（p＞0）内一定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线，与抛物线交于A，B，C，D，且M，N分别是线段AB，CD的中点．
（1）若m＝0且k1k2＝﹣1时，求△EMN面积的最小值；
（2）若，证明：直线MN过定点．

六．直线与圆锥曲线的综合（共1小题）
10．（2023•梅州一模）已知动圆M经过定点，且与圆F2：内切．
（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程；
（2）设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交直线x＝4于点T，连结AT交轨迹C于点Q．直线AP、AQ的斜率分别为kAP、kAQ．
（i）求证：kAP•kAQ为定值；
（ii）证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．

广东省2023年各地区高考数学模拟（一模）试题按题型难易度分层分类汇编（11套）-03解答题（较难题）
参考答案与试题解析
一．利用导数研究函数的单调性（共3小题）
1．（2023•深圳一模）已知函数，其中a∈R且a≠0．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在实数x0，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”的个数；
（3）若关于x的方程f（f（x））＝f（x）有两个相异的实数根，求a的取值范围．
【答案】（1）f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣3），单调递减区间为（﹣3，+∞）．
（2）当a＞0时，函数f（x）有两个“不动点”t1，t2，
当a＜0时，函数f（x）有一个“不动点”．
（3）当a＜0且a≠﹣时方程有两个不同实数根．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝，定义域为R，
f′（x）＝﹣，
令f′（x）＝0，得x＝﹣3，
∴当x＜﹣3时，f′（x）＞0；当x＞﹣3时，f′（x）＜0．
∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣3），单调递减区间为（﹣3，+∞）．
（2）函数f（x）的不动点即为方程f（x）﹣x＝0的根，即方程﹣x＝0，
∴﹣a＝0，
设F（x）＝﹣a（x≠﹣4），
F′（x）＝≥0，当且仅当x＝﹣2时取等号，
∴F（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣4，+∞）上单调递增，
由F（x）＝，设h（x）＝xex﹣a（x+4），
当a＞0时，若x∈（﹣∞，﹣4）时，h（﹣4）＝＜0，h（﹣4﹣）＞0，
∴存在t1∈（﹣∞，﹣4），使得h（t1）＝0，即存在唯一t1∈（﹣∞，﹣4），使得F（t1）＝0，
当x∈（﹣4，+∞）时，h（0）＝﹣4a＜0，h（4a）＞0，
存在t2∈（0，+∞），使得h（t2）＝0，即存在唯一t2∈（0，+∞）使得F（t2）＝0，
当a＜0时，
当x∈（﹣∞，﹣4）时，F（x）＝﹣a＞0无零点，
当x∈（﹣4，+∞）时，∵h（0）＝﹣4a＞0，h（﹣4）＝＜0，
存在t0∈（﹣4，0），使得h（t0）＝0，
即存在唯一t0∈（﹣4，+∞）使得F（t0）＝0，
综上所述，当a＞0时，函数f（x）有两个“不动点”t1，t2，
当a＜0时，函数f（x）有一个“不动点”．
（3）∵f（f（x））﹣f（x）＝0，
由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），
由F（ti）＝0得a＝，代入＝，
设G（x）＝，
由（1）知，当x∈（﹣∞，﹣4]时，G（x）单调递增，且G（x）∈（﹣∞，0]，
∴在（﹣4，﹣3）上G（x）单调递增，且G（x）∈（0，e3），
在（﹣3，+∞）上G（x）单调递减，且G（x）∈（0，e3），
由G（x）＝G（t1）＜0可得x＝t1，G（x）＝G（t2）＞0可得x＝t2，x0，共三个解，
∴F（t）有一个零点t0，
∴f（f（x））﹣f（x）＝0，
∴f（x）＝t0，
由F（t0）＝0得a＝，代入＝，
由（1）知当t0＝﹣3，即a＝﹣时，G（x1）＝G（t0）的解为t0，
当t0≠﹣3，即a＜0且a≠﹣时，G（x1）＝G（t0）的解为x1，t0，
综上所述，当a＜0且a≠﹣时方程有两个不同实数根．
2．（2023•高州市一模）已知函数f（x）＝ax2﹣（1+2a）x+2（a+1）ln（x+1）+2a．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若a＜e﹣1，求证：f（x）＜ax2+2aln（x+1）﹣（1+4a）x+2ex+1．
【答案】（1）当a＜﹣1时，f（x）在（﹣1，）和（1，+∞）上单调递减，在（，1）上单调递增；
当﹣1≤a≤0时，f（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当0＜a＜1时，f（x）在（﹣1，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减；
当a＝1时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；
当a＞1时，f（x）在（﹣1，）和（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减；
（2）证明过程请看解答．
【解答】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣（1+2a）x+2（a+1）ln（x+1）+2a，
所以函数的定义域为（﹣1，+∞），f'（x）＝，
若a＝0，则f'（x）＝﹣，令f'（x）＝0，有x＝1，
所以f（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
若a≠0，令f'（x）＝＝0，则x＝1或，
当a＞1时，0＜＜1，所以f（x）在（﹣1，）和（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减；
当a＝1时，＝1，此时f'（x）≥0，所以f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，＞1，所以f（x）在（﹣1，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减；
当﹣1≤a＜0时，≤﹣1＜1，所以f（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当a＜﹣1时，﹣1＜＜1，所以f（x）在（﹣1，）和（1，+∞）上单调递减，在（，1）上单调递增，
综上所述，
当a＜﹣1时，f（x）在（﹣1，）和（1，+∞）上单调递减，在（，1）上单调递增；
当﹣1≤a≤0时，f（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当0＜a＜1时，f（x）在（﹣1，1）和（，+∞）上单调递增，在（1，）上单调递减；
当a＝1时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增；
当a＞1时，f（x）在（﹣1，）和（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减．
（2）证明：要证f（x）＜ax2+2aln（x+1）﹣（1+4a）x+2ex+1，
需证ax2﹣（1+2a）x+2（a+1）ln（x+1）+2a＜ax2+2aln（x+1）﹣（1+4a）x+2ex+1，
化简整理得，a（x+1）+ln（x+1）﹣ex+1＜0，
令t＝x+1，则t∈（0，+∞），
设g（t）＝at+lnt﹣et，则原问题转化为证明g（t）＜0在（0，+∞）上恒成立，
g'（t）＝a+﹣et，
因为g''（t）＝﹣﹣et＜0在（0，+∞）上恒成立，所以g'（t）在（0，+∞）上单调递减，
又g'（1）＝a﹣（e﹣1）＜0，g'（t）＞0，
所以存在t0∈（0，1）使得g'（t）＝0，此时有a+﹣＝0，即at0+1﹣t0＝0，
所以g（t）在（0，t0）上单调递增，在（t0，+∞）上单调递减，
所以g（t）≤g（t0）＝at0+lnt0﹣＝t0﹣1+lnt0﹣＝（t0﹣1）+（lnt0﹣1），
因为t0∈（0，1），所以t0﹣1＜0，lnt0＜1，所以g（t）≤g（t0）＜0，
即g（t）＜0在（0，+∞）上恒成立，
故命题得证．
3．（2023•梅州一模）已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若，讨论函数f（x）的零点个数．
【答案】（1）增区间为和（1，+∞），减区间为；
（2）当时，f（x）在（0，+∞）上不存在零点；当时，f（x）在（0，+∞）上存在一个零点；当时，f（x）在（0，+∞）上存在两个零点．
【解答】解：（1）当a＝1时，，该函数的定义域为（0，+∞），f'（x）＝（2x﹣2）lnx+（x﹣2）+x＝2（x﹣1）（lnx+1），
由f'（x）＜0可得，由f'（x）＞0可得或x＞1．
故当a＝1时，函数f（x）的增区间为和（1，+∞），减区间为．
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝（2x﹣2a）lnx+（x﹣2a）+x＝2（x﹣a）（lnx+1），
由f'（x）＝0，得，，
由f'（x）＜0可得，由f'（x）＞0可得或x＞a．
所以函数f（x）的增区间为、（a，+∞），减区间为，
所以函数f（x）的极大值为，
极小值为，
当时，，
令，其中，
则，即函数p（x）在上单调递增，
故当时，，
此时，，所以f（x）在上不存在零点；
①当时，，此时函数f（x）无零点；
②当时，f（a）＝0，此时函数f（x）只有一个零点；
③当时，f（a）＜0，f（2a）＝2a2＞0，
则f（x）在与（a，+∞）上各有一个零点．
综上所述，当时，f（x）在（0，+∞）上不存在零点；
当时，f（x）在（0，+∞）上存在一个零点；
当时，f（x）在（0，+∞）上存在两个零点．
二．利用导数研究函数的最值（共2小题）
4．（2023•广东一模）已知函数f（x）＝xex+1．
（1）求f（x）的极值；
（2）当x＞0时，f（x）≥（a+1）x+lnx+2，求实数a的取值范围．
【答案】（1）极小值﹣1，无极大值；
（2）（﹣∞，0]．
【解答】解：（1）求导得f'（x）＝（x+1）ex+1，
所以当f'（x）＞0时，x＞﹣1，当f'（x）＜0时，x＜﹣1，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，
所以f（x）有极小值f（﹣1）＝﹣1，无极大值．
（2）由题知不等式xex+1≥（a+1）x+lnx+2在x∈（0，+∞）上恒成立，
则原问题等价于不等式xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥ax在x∈（0，+∞）上恒成立，
记g（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，
则，
记，则恒成立，
所以h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，又，
所以存在，使得h（x0）＝0，
即当x＜x0时，h（x）＜0，此时g'（x）＜0；当x＞x0时，h（x）＞0，此时g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
由，得，
即，
所以，
①当a≤0时，
因为g（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，ax≤0，所以不等式恒成立，
所以a≤0；
②当a＞0时，
因为存在，使得g（x0）＝0，而ax0＞0，
此时不满足xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥ax，
所以a无解．
综上所述，a≤0，即实数a的取值范围是（﹣∞，0]．
5．（2023•茂名一模）若函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．
（1）求a的取值范围；
（2）若f（x）在（x1，0）和（x2，0）处的切线交于点（x3，y3），求证：2x3＜x1+x2＜2（a+1）．
【答案】（1）（0，+∞）；
（2）证明见解析．
【解答】解：（1），则，
当a≤0，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，函数f（x）不可能两个零点，不符合题意；
当a＞0时，令f'（x）＝0得，当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
∵x→0，f（x）→﹣∞；；x→+∞，f（x）→﹣∞，
∴在（0，）上有唯一零点且在（，+∞）上有唯一零点，满足题意，
综上，a的取值范围是（0，+∞）．
（2）证明：令g（x）＝lnx﹣（x﹣1）则，
∴x∈（0，1），g'（x）＞0，g（x）单调递增，x∈（1，+∞），g'（x）＜0，g（x）单调递减，
∴g（x）的最大值为f（1）＝0，∴g（x）≤0，即lnx≤x﹣1，
∴且，
∴x2＜2a+1，
又∵f（1）＞0，∴x1＜1，
∴x1+x2＜2a+1+1＝2（a+1）；
曲线y＝f（x）在（x1，0）和（x2，0）处的切线分别是，
联立两条切线得，∴，
由题意得，
要证2x3＜x1+x2，即证，即证，即证，
令，即证，
令，，∴h（t）在（0，1）单调递减，∴h（t）＞h（1）＝0，
∴得证．
综上：2x3＜x1+x2＜2（a+1）．
三．椭圆的性质（共1小题）
6．（2023•广东一模）已知点A，点B和点C为椭圆上不同的三个点．当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形．
（1）求椭圆C标准方程；
（2）若O为原点，且满足，求△ABC的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【解答】解：（1）当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好构成边长为2的等边三角形，
①当点A，点B和点C中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，
不妨设点A，点B为上顶点和下顶点，点C为右顶点，此时，，
②当点A，点B和点C中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，
不妨设点A，点B为左顶点和右顶点，点C为上顶点，此时，（舍去），
∴椭圆的标准方程为；
（2）设A（p，q），B（x1，y1），C（x2，y2），
∵，
∴p+x1+x2＝0，q+y1+y2＝0，
①当直线BC斜率不存在时，
即x1＝x2，y1＝﹣y2，则A（﹣2x1，0），
∵点A在椭圆上，所以，则有，
∴，点A到BC的距离为，
此时；
②当直线BC斜率存在时，设直线BC方程为y＝kx+m，
联立得，得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣3＝0，
∴Δ＝（6km）2﹣12（1+3k2）（m2﹣1）＝12（3k2+1﹣m2）＞0，
由韦达定理得，
∴，
∴，
又点A（p，q）在椭圆上，
∴，
∴4m2＝1+3k2，
∴
＝
＝，
∴点A到直线BC的距离，
∴＝，
综上所述，△ABC的面积为．
四．直线与椭圆的综合（共2小题）
7．（2023•高州市一模）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）经过点M（﹣2，），其右焦点为F（c，0），下顶点为B，直线BF与椭圆C交于另一点D，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）O为坐标原点，过点M作x轴的垂线l1，垂足为A，过点A的直线与C交于P，Q两点，直线OP与l1交于点H，直线OQ与l1交于点G，设△APH的面积为S1，△AQG的面积为S2，试探究是否存在最小值．若存在，求出此时直线PQ的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）+＝1；
（2）存在最小值4，直线PQ的方程为y＝±（x+2）．
【解答】解：（1）设D（x0，y0），由F（c，0），B（0，﹣b），得＝（c，b），＝（x0﹣c，y0），
由，得（c，b）＝3（x0﹣c，y0），∴x0＝c，y0＝b，
∴+＝1，得c2＝a2，∴b2＝a2﹣c2＝a2，
将点M（﹣2，）代入椭圆C的方程得+＝1，即+＝1，a2＝8，
∴b2＝a2＝4，故椭圆的方程为+＝1；
（2）由题意可知A（﹣2，0），直线PQ的斜率存在且不为0，
设直线PQ的方程为y＝k（x+2），P（x1，y1），Q（x2，y2）．
则，得（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣8＝0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝．
y1+y2＝k（x1+x2+4）＝，
y1y2＝k2（x1+2）（x2+2）＝k2[x1x2+2（x1+x2）+4]＝﹣，
又OP的方程为y＝x，与直线x＝﹣2联立可得H（﹣2，﹣），
又OQ的方程为y＝x，与直线x＝﹣2联立可得G（﹣2，﹣），
∴S1＝×|﹣|×|x1+2|＝||×|x1+2|，S2＝×|﹣|×|x2+2|＝||×|x1+2|，
则＝+＝||+||＝+，
当k2≥1时，（y1﹣2k）（y2﹣2k）＝k2x1x2≥0，
∴＝+＝|﹣|＝|﹣2k（）|＝|﹣2k[﹣]|，
又＝﹣，＝﹣，
∴|﹣2k[﹣]＝﹣﹣2k[（﹣）2+]＝﹣﹣，
∴＝2|k+|≥4，当且仅当k2＝2时取等号，
当0＜k2＜1时，（y1﹣2k）（y2﹣2k）＝k2x1x2＜0，
∴＝+＝|﹣|＝|﹣2k×|，
又知﹣k（y1+y2）＝y1y2，则＝3||＝3＝3＝3＞6．
综上可知，当k2＝2时，存在最小值4，
此时直线PQ的方程为y＝±（x+2）．
8．（2023•茂名一模）已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上顶点的直线的斜率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若N（t，6）为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q．试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，．
【解答】解：（1）椭圆的左顶点（﹣a，0），上顶点（0，b），依题意，，
又左焦点，即有a2﹣b2＝7，解得a＝4，b＝3，
所以椭圆E的方程为．
（2）由（1）知，点C（0，3），D（0，﹣3），而N（t，6），
当t＝0时，P（0，﹣3），Q（0，3），直线PQ为y轴，
当t≠0时，直线CN的斜率，方程为3x﹣ty+3t＝0，直线DN的斜率，方程为9x﹣ty﹣3t＝0，
由，消去x得：（t2+16）y2﹣6t2y+9t2﹣144＝0，设P（xP，yP），
则，有，，即，
由，消去x得：（t2+144）y2+6t2y+9t2﹣1296＝0，设Q（xQ，yQ），
则，有，，即，
直线PQ的斜率，方程为：，
即，显然直线PQ过定点，而t＝0时，y轴也过点，
因此对任意实数t，直线PQ经过定点，
则当FM⊥PQ（M为垂足）时，F到直线PQ的距离取得最大值，
所以点F到直线PQ的距离存在最大值，最大值为．
五．直线与抛物线的综合（共1小题）
9．（2023•汕头一模）如图，已知E（m，n）为抛物线x2＝2py（p＞0）内一定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线，与抛物线交于A，B，C，D，且M，N分别是线段AB，CD的中点．
（1）若m＝0且k1k2＝﹣1时，求△EMN面积的最小值；
（2）若，证明：直线MN过定点．

【答案】（1）p2；（2）证明见解析．
【解答】解：（1）当m＝0时，E（0，n）为y轴上一点，
因为k1k2＝﹣1，所以AB⊥CD，
设AB的方程为y＝k1x+n，A（x1，y1），B（x2，y2），
由，可得x2﹣2pk1x﹣2pn＝0，
由于E（0，n）为抛物线x2＝2py（p＞0）内一点，n＞0，故，
则x1+x2＝2pk1，x1x2＝﹣2pn，
故AB中点为，即，
同理可得，即，
因为AB⊥CD，则EM⊥EN，
所以
＝，
当且仅当，即k1＝±1时取等号，
所以△EMN的面积的最小值为p2；
证明：（2）由题意知AB所在直线的方程为y＝k1（x﹣m）+n，代入x2＝2py（p＞0）中，
得x2﹣2pk1x+2pk1m﹣2pn＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），
则有x1+x2＝2pk1，从而y1+y2＝k1（x1+x2﹣2m）+2n＝k1（2pk1﹣2m）+2n，则M（pk1，k1（pk1﹣m）+n）；
CD所在直线的方程为y＝k2（x﹣m）+n，同理可得N（pk2，k2（pk2﹣m）+n），
所以，
所以直线MN的方程为，
即，
又，故，
代入，得，
即，
当时，，即，
所以直线MN恒过定点．
六．直线与圆锥曲线的综合（共1小题）
10．（2023•梅州一模）已知动圆M经过定点，且与圆F2：内切．
（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程；
（2）设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交直线x＝4于点T，连结AT交轨迹C于点Q．直线AP、AQ的斜率分别为kAP、kAQ．
（i）求证：kAP•kAQ为定值；
（ii）证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点（1，0）．
【解答】解：（1）设动圆的半径为r，由题意得圆F2的圆心为，半径R＝4；
所以|MF1|＝r，|MF2|＝R﹣r，
则．
所以动点M的轨迹C是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，
因此轨迹C方程为．
（2）证明：（i）设P（x1，y1），Q（x2，y2），T（4，m）．
由题可知A（﹣2，0），B（2，0），如下图所示：

则，，
而，于是，
所以＝，
又，则＝，
因此kAp⋅kAQ＝＝为定值．
（ii）设直线PQ的方程为x＝ty+n，P（x1，y1），Q（x2，y2）．
由，得（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，
所以．
由（i）可知，，即，
化简得，解得n＝1或n＝﹣2（舍去），
所以直线PQ的方程为x＝ty+1，
因此直线PQ经过定点（1，0）．