2023-2024学年江苏省盐城市八校(大丰区新丰中学等)高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省盐城市八校(大丰区新丰中学等)高二上学期期中联考数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线y=− 3的倾斜角是
( )
A. 0B. π2C. 2π3D. 5π6
2.抛物线2y2=−x的准线方程是
( )
A. x=14B. x=18C. y=14D. y=18
3.如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定的程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第n个圆环解下最少需要移动的次数记为ann≤9,n∈N*，已知a1=1，a2=1，按规则有an=an−1+3an−2+2n≥3，则解下第5个圆环最少需要移动的次数为
( )
A. 15B. 21C. 27D. 31
4.与圆x2+y2=1以及圆x2+y2−8x−9=0都外切的动圆的圆心轨迹是
( )
A. 椭圆B. 双曲线的一支
C. 不含端点的一条射线D. 圆
5.从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点；从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图①，一个光学装置由有公共焦点F1、F2的椭圆T与双曲线S构成，现一光线从左焦点F1发出，依次经S与T反射，又回到了点F1，历时t1秒；若将装置中的S去掉，如图②，此光线从点F1发出，经T两次反射后又回到了点F1，历时t2秒：若t2=4t1，则T的长轴长与S的实轴长之比为
( )
A. 3:2B. 4:3C. 2:1D. 3:1
6.已知圆C1：x2+y2−kx+2y=0与圆C2：x2+y2+ky−2=0的公共弦所在直线经过定点P，且点P在直线mx−ny−4=0上，则m2+n2的取值范围是
( )
A. 8,+∞B. 16,+∞C. 0,8D. 0,16
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1，F2，点P是椭圆C上位于第一象限的点，且PF2与y轴平行，直线PF1与C的另一个交点为Q，若PF1=4F1Q，则C的离心率为
( )
A. 2111B. 3311C. 77D. 217
8.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x−42+y2=36，E，F是直线l：y=x+2上的两点，若对线段EF上任意一点P，圆C上均存在两点A，B，使得cs∠APB≤0，则线段EF长度的最大值为
( )
A. 8B. 6 6C. 2 10D. 10
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知方程x25−t+y2t−1=1表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是
( )
A. 当1B. 当t>5或t<1时，曲线C是双曲线；
C. 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则3D. 若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则t<1．
10.台球运动已有五六百年的历史，参与者用球杆在台上击球.如图，有一张长方形球台ABCD，AB=3AD，现从角落A沿角α的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中，若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律，则tanα的值可以为
( )
A. 19B. 12C. 1D. 32
11.已知抛物线C：x2=2pyp>0的准线为l：y=−1，焦点为F，过点F的直线与抛物线交于Px1,y1，Qx2,y2两点，则下列结论正确的是
( )
A. 若y1+y2=5，则PQ=7
B. 以PF为直径的圆与x轴相交
C. PF+9QF最小值为16
D. 过点M1,0与抛物线C有且仅有一个公共点的直线有2条．
12.双曲线x2a2−y2b2=1(b>a>0)的左、右焦点分别F1,F2，具有公共焦点的椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，双曲线和椭圆的离心率分别为e1,e2,△PF1F2的内切圆的圆心为I，过F2作直线PI的垂线，垂足为D，则
( )
A. I到y轴的距离为a
B. 点D的轨迹是双曲线
C. 若S△IPF1−S△IPF2≥13S△IF1F2，则1D. 若OP=OF1，则1e12+1e22=2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.双曲线C:x22−y22=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若PO=PF，则▵PFO的面积为______．
14.已知函数fx= 4+x2+x−1，则函数的最小值为______．
15.如图，过双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点F−c,0c>0引圆x2+y2=a2的切线，切点为T，延长FT交双曲线右支于P点，M为线段FP的中点，O为坐标原点，若MO−MT=3a−c，则双曲线的离心率为______．
16.已知动点P在抛物线y2=4x上，过点P引圆C：x−32+y2=1的切线，切点分别为A,B，则AB的最小值为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知直线l：m+nx−m−ny−2n=0及点P4,5
(1)证明直线l过某定点，并求该定点的坐标；
(2)当点P到直线l的距离最大时，求直线l的方程．
18.(本小题12.0分)
已知Sn是等差数列an的前n项和，且a7=−3，S9=3a4．
(1)求数列an的通项公式与前n项和Sn；
(2)若bn=an且数列bn的前n项和为Tn，求T10．
19.(本小题12.0分)
已知坐标平面上点Mx,y与两个定点A4,0，B1,0的距离之比等于2．
(1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)记(1)中的轨迹为C，过点M1,12的直线l被C所截得的线段的长为2 3，求直线l的方程．
20.(本小题12.0分)
双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±x，一个焦点到该渐近线的距离为1．
(1)求C的方程；
(2)是否存在直线l，经过点M1,4且与双曲线C于A，B两点，M为线段AB的中点，若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．
21.(本小题12.0分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 22，椭圆的上顶点为0,1，过点P2,0且不垂直于x轴直线l与椭圆C相交于A、B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求OA⋅OB的取值范围；
(3)若点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE与x轴相交于定点．
22.(本小题12.0分)
已知抛物线Γ：y2=2px的焦点为F1,0；
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)若动点P在抛物线Γ上，线段PF的中点为Q，求点Q的轨迹方程；
(3)过点Tt,0t>0作两条互相垂直的直线l1，l2；直线l1交抛物线Γ于A,B两点，直线l2交抛物线Γ于C，D两点，且点M，N分别为线段AB，CD的中点，求△TMN的面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】根据倾斜角定义得出即可．
解：直线 y=− 3 平行于 x 轴，倾斜角为0．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】【分析】将抛物线方程转化为标准形式，进而可得准线方程．
解：由 2y2=−x ，
得 y2=−12x ，
所以其准线方程为 x=18 ，
故选：B．
3.【答案】D
【解析】【分析】根据递归公式计算即可．
解：由题意可知 a3=a2+3a1+2=6 ， a4=a3+3a2+2=11 ， a5=a4+3a3+2=31 ．
故选：D
4.【答案】C
【解析】【分析】利用圆的位置关系计算即可．
解：易知圆 x2+y2=1 的圆心 A0,0 ，半径 r1=1 ，
圆 x2+y2−8x−9=0⇔x−42+y2=25 的圆心为 B4,0 ，半径为 r2=5 ，
易知 AB=4=r2−r1 ，所以上述两圆相内切，切点为 −1,0 ，
故若有动圆 P 与上述两圆均外切，则切点必为 −1,0 ，则 A、B、P 三点共线，
不妨设该动圆圆心为 Px,0 ，半径为 r ，
则有 PA=x=r+r1>1PB=x−4=r+r2>5⇒x−4−x=r2−r1=4 ，且 x>9 或 x<−1 ，
当 x<−1 时，上式化为 4−x+x=4 恒成立，
当 x>9 时，上式化为 x−4−x=−4≠4 ，恒不成立，
综上 x<−1 为动圆圆心的轨迹．
故选：C
5.【答案】C
【解析】【分析】设出椭圆方程和双曲线方程，由椭圆定义和双曲线定义得到相关方程，求出 ▵ABF1 周长和 ▵CDF1 的周长，进而根据题意得到方程，求出 a=2a1 ，得到答案．
解：设椭圆方程为 x2a2+y2b2=1 ，双曲线方程为 x2a12−y2b12=1 ，
由图①可得 BF2+BF1=2a,AF2−AF1=2a1 ，
其中 AB=BF2−AF2 ，故上面两式相减得 AB+BF1+AF1=2a−2a1 ，
由图②可得 CF1+CF2=DF1+DF2=2a ，
故 CF1+CF2+DF1+DF2=4a ，
由题意得 CF1+CF2+DF1+DF2AB+BF1+AF1=4 ，即 4a2a−2a1=4 ，
即 2a−2a1=a ，解得 a=2a1 ，
故 T 的长轴长与 S 的实轴长之比为 2a2a1=2 ．
故选：C
6.【答案】A
【解析】【分析】首先将两个圆直接作差即可求出公共弦所在直线方程，然后求出定点 P 的坐标，代入直线 mx−ny−4=0 方程中，最后根据二次函数进行求解取值范围即可．
解：已知 C1:x2+y2−kx+2y=0 ， C2:x2+y2+ky−2=0 ，
将两圆作差得： kx+ky−2y−2=0 ，
即两圆公共弦所在直线方程为： kx+y−2y+1=0 ，
易知直线恒过 1,−1 ，即点 P 坐标为 1,−1 ，
将 P 点坐标代入 mx−ny−4=0 中得： m+n=4 ，
m2+n2=m2+4−m2=2m2−8m+16=2m−22+8≥8 ，
故 m2+n2 的取值范围是 8,+∞ ．
故选：A
7.【答案】D
【解析】【分析】由题意求出 |PF2|=b2a ，作 QE⊥x 轴，利用三角形相似求出 Q 点坐标，代入椭圆方程，即可得 a,c 的关系，即可求得椭圆离心率．
解：由题意知点 P 是椭圆 C 上位于第一象限的点，且 PF2 与 y 轴平行，
故 PF2⊥x 轴，将 x=c 代入 x2a2+y2b2=1a>b>0 得 c2a2+y2b2=1 ，
则 y=±b2a ，即 P(c,b2a) ，即 |PF2|=b2a ，
作 QE⊥x 轴，垂足为E，设 Q(x0,y0) ，
则 PF2//QE ，故 Rt▵PF2F1 ∽ Rt▵QEF1 ，
由 PF1=4F1Q 可得 |PF1||F1Q|=4,∴|F1F2||EF1|=|PF2||QE|=4 ，
故 |EF1|=|F1F2|4=2c4=c2 ，则 x0=−c−c2=−3c2 ；
y0=−|QE|=−|PF2|4=−b24a ，则 Q−3c2,−b24a ，
将Q点坐标代入 x2a2+y2b2=1a>b>0 得 9c24a2+b216a2=1 ，
结合 b2=a2−c2 得 3a2=7c2,∴e=ca= 217 ，
故选：D
8.【答案】B
【解析】【分析】根据题意，当点 P 在圆 C 内部时，显然成立；当点 P 在圆 C 外部时，转化为 ∠APB 才是最大角，由 cs∠APB≤0 ，得到 ∠APB≥90∘ ，结合 sin∠PMC=6PC≥sin45∘ ，求得 PC≤6 2 ，利用圆的性质，即可求解．
解：由题意，圆心到直线 l:y=x+2 的距离为 d=4−0+2 2=3 2<6 ，所以直线与圆相交，
当点 P 在圆 C 内部时，显然成立，
当点 P 在圆 C 外部时，从直线上的点与圆 C 上的点的连线所处的角，
当且仅当两条线均为切线时， ∠APB 才是最大角，如图所示，
不妨设切线分别为 PM,PN ，
由 cs∠APB≤0 ，可得 ∠APB≥90∘ ，且 ∠APB=2∠PMC ，
又由 sin∠PMC=MCPC=6PC≥sin45∘= 22 ，解得 PC≤6 2 ，
可得 EF=2 PC2−d2≤2 6 22−3 22=6 6 ．
所以 EF 长度的最大值为 6 6 ．
故选：B．
9.【答案】AB
【解析】【分析】利用椭圆与双曲线的标准方程一一判定即可．
解：①若曲线C是椭圆，则需5−t>0t−1>05−t≠t−1⇒t∈1,5且t≠3，故 A正确；
且当5−t>t−1>0⇒1②若曲线C是双曲线，则需5−tt−10⇒t5或t<1，故 B正确；
且当t−1>05−t<0时，即t>5时，该双曲线焦点在纵轴上，故 D错误．
故选：AB．
10.【答案】AC
【解析】【分析】根据题意画出示意图，进而求解结论．
解：因为AB=3AD，现从角落A沿角α的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中；
当是图一时，如图：
A关于DC的对称点为E，C关于AB的对称点为F；
如图；根据直线的对称性可得：tanα=EGGF=3AD3AD=1；
当是图2时，如图：
A关于BC的对称点为G，C关于AD的对称点为E，
如图：根据直线的对称性可得：tanα=EFFG=AD9AD=19；
故选：AC．
11.【答案】AC
【解析】【分析】利用抛物线性质计算A正确，举反例得到B错误，确定根与系数的关系，代入数据利用均值不等式计算C正确，直线至少有3条，D错误，得到答案．
解：抛物线C：x2=2pyp>0的准线为l：y=−1，则−p2=−1，p=2，
抛物线C：x2=4y，F0,1，
设PQ直线为y=kx+1，则y=kx+1x2=4y，故x2−4kx−4=0，
Δ=16k2+16>0，x1+x2=4kx1x2=−4,
对选项A：PQ=y1+1+y2+1=7，正确；
对选项B：取P−2,1，则PF=2，半径r=1，PF中点坐标为圆心−1,1，
即圆心到x轴的距离等于半径，相切，错误；
对选项C：x1x2<0，PF+9QF=y1+1+9y2+1=kx1+9kx2+20
=−x1+9x2x1+x2x1x2+20=−x1x2−9x2x1+10≥2 −x1x2⋅−9x2x1+10=16，
当且仅当−x1x2=−9x2x1，即x1=−2 3，x2=2 33或x1=2 3，x2=−2 33时等号成立.正确；
对选项D：设直线x=my+1，x=my+1x2=4y，则m2y2+2m−4y+1=0，
Δ=2m−42−4m2=0，解得m=1，即x−y−1=0与抛物线相切，有一个交点，
又x=1与y=0与抛物线只有一个交点，至少有3条，错误；
故选：AC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】作出基本图形，结合内切圆性质和切线长定理，双曲线第一定义可证OC=a，判断A项；结合内切圆性质和垂线性质可判断D为EF2中点，▵PED≌▵PF2D，连接OD，易得OD=12F1E，由双曲线第一定义可证OD=a，判断B项；由内切圆性质易得PF1−PF2≥13F1F2，判断C项；由OP=OF1，易得△PF1F2为直角三角形，结合双曲线第一定义，椭圆第一定义，勾股定理可判断D项．
本题难度较大，作图，设切点，连接OD是关键，重点考查了双曲线第一定义，椭圆第一定义，内切圆的性质，切线长性质，主要应用了转化与划归的数学思想，解决此类题目，多角度，全方位的看待问题至关重要.可总结如下：
1、圆锥曲线相关的几何问题，第一定义，关系式需优先考虑；
2、双曲线上一点到两焦点组成三角形的内切圆圆心的横坐标的绝对值为a．
解：设圆I与△PF1F2三边PF1,PF2,F1F2的切点为A,B,C，则F1C=F1A=PF1−AP=PF1−BP=PF1−PF2−BF2
=PF1−PF2+BF2=2a+CF2，即F1C−F2C=2a①
又F1C+F2C=2c②
联立①②式得F1C=a+c，故OC=a，显然C,I横坐标相等，故I到y轴的距离为a，选项A正确；
过F2作直线PI的垂线，垂足为D，延长F2I交PF1于点E，由内切圆及垂线性质可知，
▵PED≌▵PF2D，则D为EF2中点且PF2=PE，连接OD
由中位线定理可知OD=12F1E=12PF1−PE=12PF1−PF2=a，
故点D的轨迹在以O为圆心，半径为a的圆上，故 B项错误；
若S△IPF1−S△IPF2≥13S△IF1F2，则等价于PF1−PF2≥13F1F2，即2a≥23c，解得1若OP=OF1，设椭圆的长半轴为a1，由OP=OF1=OF2可知，
△PF1F2为直角三角形，∠F1PF2=90∘，
由双曲线性质可知PF1−PF2=2a③，由椭圆性质可知PF1+PF2=2a1④，
由勾股定理可得PF12+PF22=4c2⑤，③④⑤式联立可解得a2+a12=2c2，
即1e12+1e22=2，故 D选项正确．
故选：ACD
13.【答案】1
【解析】【分析】由双曲线方程可得焦点坐标和渐近线方程，进而▵PFO为等腰直角三角形，进而可得面积．
解：由双曲线C:x22−y22=1，
则F2,0，渐近线方程为y=x，
所以∠POF=π4，
又PO=PF，
所以▵PFO是以OF为底的等腰直角三角形，
所以PO=PF= 2，
所以S▵PFO=12PO⋅PF=12× 2× 2=1，
故答案为：1．
14.【答案】 5
【解析】【分析】将函数转化为分段函数形式，分别求导，判断单调性与最值．
解：fx= 4+x2+x−1= 4+x2+1−x,x<1 4+x2+x−1,x≥1,
当x<1时，fx= 4+x2+1−x，f′x=x 4+x2−1=x− 4+x2 4+x2<0恒成立，
所以fx在−∞,1上单调递减，所以fx>f1= 5，
当x≥1时，fx= 4+x2+x−1，f′x=x 4+x2+1=x+ 4+x2 4+x2>0恒成立，
所以fx在1,+∞上单调递增，所以fx≥f1= 5，
综上所述，fx的最小值为 5，
故答案为： 5．
15.【答案】178
【解析】【分析】利用中位线结合双曲线的性质，解得MO−MT=b−a，解得3a−c=b−a，然后转化成5a2−3ac=0，求得离心率．
解：设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F2(c,0)(c>0)，连接PF2，OM．
则△PF2F中，FM=MP，FO=OF2，
则MO=12PF2，
由直线FT与圆x2+y2=a2相切，
可得FT= OF2−OT2= c2−a2=b．
又双曲线x2a2−y2b2=1中，PF−PF2=2a，
则MO−MT=12PF2−12PF−FT=12PF2−PF+FT=b−a，
又MO−MT=3a−c，
则3a−c=b−a，
整理得4a−c=b，
两边平方整理得17a2−8ac=0，
则双曲线的离心率e=ca=178，
故答案为：178．
16.【答案】 142或12 14
【解析】【分析】根据题意，利用四边形APBC的面积等于2S▵APC和圆的切线长公式，得到AB=2 1−1PC2，设Px0,y0，得出PC2=x02−2x0+9，结合二次函数的性质，即可求解．
解：由圆C:x−32+y2=1，可得圆心为C(3,0)，半径为r=1，
则四边形APBC的面积为S=12ABPC=2S▵APC=2×12×APAC=AP，
所以AB=2APPC，
在直角▵PAC中，可得AP= PC2−AC2= PC2−1，
所以AB=2APPC=2 PC2−1PC=2 1−1PC2，
设Px0,y0，则PC2=(x0−3)2+y02=(x0−3)2+4x0=x02−2x0+9=(x0−1)2+8，
当x0=1时，PC2取得最小值，最小值为8，
所以AB的最小值为2 1−18= 142．
故答案为： 142．

17.【答案】解：(1)直线方程整理为(x−y)m+(x+y−2)n=0，
由x−y=0x+y−2=0解得x=1y=1,
所以直线过定点(1,1)．
(2)记定点为Q(1,1)，易知点P到直线l的距离d≤PQ，当d=PQ时，l⊥PQ，
kPQ=5−14−1=43，∴kl=−34，
直线l方程为y−1=−34(x−1)，即3x+4y−7=0．

【解析】【分析】(1)直线方程整理为关于m,n的方程，然后由m,n的系数为0求得定点坐标；
(2)记定点为Q(1,1)，由直线l⊥PQ可得．
18.【答案】解：(1)由数列an为等差数列，设其公差为d，
所以a1+6d=−39a1+9×9−12d=3a1+3d,
解得a1=9d=−2,
所以an=a1+n−1d=9−2n−1=11−2n，
Sn=a1+ann2=9+11−2nn2=10n−n2；
(2)由已知bn=an=11−2n，
所以T10=b1+b2+⋯+b5+b6+⋯+b10=9+7+⋯+1+−1+⋯+−9=9+7+⋯+1+1+3+⋯+9=9+1×52+1+9×52=50．

【解析】【分析】(1)根据等差数列的通项公式及求和公式列方程组，解方程组可得a1与d，进而可得通项公式与前n项和；
(2)分别计算n≤5和n≥6的各项和．
19.【答案】解：(1)由题意可知， y2+(x−4)2 y2+(x−1)2=2，整理，得x2+y2=4，
故点M点轨迹方程为x2+y2=4，其轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆．
(2)由题意可知
①当直线l斜率不存在时，此时直线l的方程为x=1，满足弦长为2 3．
②当直线l的斜率存在时，不妨设为k，
则直线方程为y−12=kx−1，即kx−y−k+12=0，
则圆心(0,0)到直线l的距离为d=−k+12 k2+−12，
因为直线l被C所截得的线段的长为2 3，
所以d2+( 3)2=22，所以d=−k+12 k2+−12=1，解得k=−34，
所以直线方程为3x+4y−5=0．
综上，满足条件的直线l的方程为x=1或3x+4y−5=0．

【解析】【分析】(1)根据题意直接列方程化简求解即可，
(2)分直线l斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结弦长，圆心距和半径的关系可求得结果．
20.【答案】解：(1)令x2a2−y2b2=0⇒y=±bax，所以ba=1，
又由题意可知双曲线的焦点c,0到渐近线的距离d=c 2=1⇒c2=2=a2+b2⇒a2=b2=1，
所以双曲线的标准方程为：x2−y2=1；
(2)假设存在，
由题意知：该直线的斜率存在，设Ax1,y1 ，Bx2,y2 ，直线l的斜率为k，
则x1+x2=2，y1+y2=8，
又有x12−y12=1，x22−y22=1，
两式相减得x12−x22−y12+y22=0，即y1+y2y1−y2=x1+x2x1−x2
即y1+y2y1−y2x1+x2x1−x2=1，所以4k=1，解得k=14，
所以直线l的方程为y−4=14(x−1)，即x−4y+15=0，
联立直线与双曲线方程x−4y+15=0x2−y2=1得：
4y−152−y2−1=15y2−120y+224=0⇒Δ=1202−60×224=60×240−224>0，
即直线l:x−4y+15=0与双曲线C有两个交点，满足条件，
所以存在直线l，其方程为x−4y+15=0．

【解析】【分析】(1)利用双曲线的性质及点到直线距离公式计算即可；
(2)利用点差法计算即可．
21.【答案】解：(1)由题可得e=ce= 22b=1a2=b2+c2，解得b=c=1a= 2，则椭圆C的方程为x22+y2=1
(2)由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k(x−2)
将直线方程y=k(x−2)代入椭圆方程可得：(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2=0
由Δ>0得：64k4−4(1+2k2)(8k2−2)>0，解得k2<12
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2
y1y2=kx1−2kkx2−2k=k2x1x2−2x1+x2+4=k2⋅8k2−22k2+1−2k2⋅8k22k2+1+4k2=2k22k2+1
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=8k2−21+2k2+2k22k2+1=5−72k2+1
∵0≤k2<12，所以1≤2k2+1<2，12<12k2+1≤1，
所以72<72k2+1≤7，所以−2≤5−72k2+1<32
∴OA⋅OB的取值范围是−2,32．
【小问3详解】
∵B、E两点关于x轴对称，∴E(x2,−y2)，k≠0
因为y1+y2=kx1−2k+kx2−2k=kx1+x2−4k=k⋅8k21+2k2−4k=−4k1+2k2，y1y2=2k22k2+1
直线AE的方程为：y−y1=y1+y2x1−x2(x−x1)
令y=0得
x=x1y2+x2y1y1+y2=(y1k+2)y2+(y2k+2)y1y1+y2=2k⋅y1y2+2(y1+y2)y1+y2=2k⋅2k22k2+1+2⋅−4k1+2k2−4k1+2k2=1∴直线AE与x轴交于定点1,0．

【解析】【分析】(1)根据椭圆的离心率与过一点，即可得椭圆方程；
(2)联立直线与椭圆得交点坐标关系，根据坐标运算即可得OA⋅OB的取值范围；
(3)利用直线方程可得y1+y2=−4k1+2k2，y1y2=2k22k2+1，确定直线AE方程，即可得x轴交点，即可得结论．
22.【答案】解：(1)抛物线Γ：y2=2px的焦点为F1,0，
可得p2=1，解得p=2，所以抛物线Γ的方程为y2=4x．
(2)设Q(x,y),P(x0,y0),F(1,0)，
因为线段PF的中点为Q，可得x=x0+12y=y02，即x0=2x−1y0=2y,
又因为动点P在抛物线y2=4x上，可得(2y)2=4×(2x−1)，
化简得y2=2x−1，即点Q的轨迹方程为y2=2x−1．
(3)由题意知，直线AB,CD的斜率均存在，
不妨设AB:x=my+t，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，
则CD:x=−1my+t，
联立方程组x=my+ty2=4x，整理得y2−4my−4t=0，
则Δ=16m2+16t>0，即m2+t>0，且y1+y2=4m，y1y2=−4t，
所以x1+x2=my1+y2+2t=4m2+2t，所以M2m2+t,2m，
同理可得：N2m2+t,−2m
所以TM=2 m4+m2，TN=2 1m4+1m2，
所以S▵TMN=12TM⋅TN=2 m4+m21m4+1m2=2 2+m2+1m2
≥2 2+2 m2⋅1m2=4，当且仅当m2=1m2，即m=±1时，等号成立，
所以△TMN面积的最小值为4．

【解析】【分析】(1)根据题意，得到p2=1，进而得到抛物线的方程；
(2)设Q(x,y),P(x0,y0),F(1,0)，根据题意，结合中点公式，求得x0=2x−1y0=2y，代入抛物线的方程，即可求得点Q的轨迹方程；
(3)不妨设AB:x=my+t，得到CD:x=−1my+t，联立方程组，求得M2m2+t,2m和N2m2+t,−2m，得出S▵TMN=12TM⋅TN=2 2+m2+1m2，结合基本不等式，即可求解．
直线与圆锥曲线中的最值与范围问题的求解方法：
1、注意题目中的 几何特征，充分考虑图形的性质，以及圆锥曲线的几何性质，进行求解；
2、运用函数思想，建立目标函数，求解最值，在利用代数法求解最值和范围问题时，常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系式，从而确定参数的 取值范围；
②利用已知参数的范围，求解新参数的取值范围，解这类问题的核心是两个参数之间建立等量关系式，进而作出求解；
③利用隐含的不等关建立不等式，从而求出参数的取值范围；
④利用已知的不等关系构造不等式，从而求出蹿升的取值范围；
⑤利用函数的性质，利用导数、基本不等式，单调性等手段，求得函数的值域，从而得到参数的取值范围．