【文档说明】《精准解析》安徽省省十联考2022-2023学年高二下学期开学摸底联考数学试题（解析版）.docx，共(23)页，1.113 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度第二学期开学摸底联考高二数学命题单位：合肥市第八中学校审单位：合肥市第六中学、合肥一六八中学特别鸣谢联考学校：（排名不分先后）淮北一中、太和一中、界首一中、利辛一中、霍邱一中、金寨一中、明光中学

、枞阳浮山、衡安学校、淮南一中一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知直线l的倾斜角为34，直线1l经过点()3,2A和(),1Ba−，且直线l与1l垂直，a的值为（）A.1B.6C.0或6

D.0【答案】D【解析】【分析】求出直线l与1l的斜率，利用两个斜率乘积等于1−即可求解.【详解】因为直线l的倾斜角为3π4，所以直线l的斜率为3πtan14=−，且l与1l垂直，所以直线1l斜率存在，由经过点()3,2A和(),1Ba−，所以直线1l斜率为123a−−−，所以1213

a−−=−，解得：0a=，故选：D2.已知数列na满足12a=，11,1,1,01nnnnnaaaaa+−=，()*nN，则2023a=（）A.21−B.22C.2D.21+【答案】C【解析】【分析】列举法观察规律，可以归纳出结果.【详解】已知12a=，11,1,1,01n

nnnnaaaaa+−=，()*nN，221a=−，321a=+，42a=，……，∴观察可得该数列是周期数列且周期为3，∴202312aa==．故选：C．3.已知点()2,1,2A−在平面内，()3,1,2=n是平面的一个法向量，则下列点P中，在平面内的是（）A.()1

,1,1P−B.31,3,2PC.31,3,2P−D.31,3,4P−−−【答案】B【解析】【分析】利用平面法向量的性质，通过选项逐一排除.【详解】设(),,Pxyz，则()2,1,2APxyz=−+

−；由题意知，APn⊥，则0nAP=，∴()()()321220xyz−+++−=，化简得329xyz++=．验证得，在A中，311214−+=，不满足条件；在B中，3313292++=，满足条件；在C中，3313232−+=，不满足条件；在D中，()3

15313242−−+−=−，不满足条件．故A，C，D错误.故选：B．4.我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长．这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就，现作出圆2

22xy+=的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为（）A.()1220xy−−+=B.()1220xy−++=C.()2120xy−++=D.()2120xy−++=【答案】C【解析】【分析】利用正八边形和圆的性

质，写出点的坐标，再利用直线方程求解.【详解】如图所示，由题可知()2,0A，()1,1B，()0,2C，()11D−,，()2,0E−，()1,1F−−，()0,2G−，()1,1H−，所以直线BC的方程为()122yx=−+，整理为一般式，即

()1220xy−−+=，故A错误；对于B选项，直线()1220xy−++=过点()0,2G−，()1,1H−，即为直线GH方程，故B错误；对于C选项，直线()2120xy−++=过点()2,0E−，但不经过()1,1D−，()1,1F−−，故C正确；对于D选项，直线()2120xy−+

+=经过()0,2G−，()1,1F−−，即为直线GF的方程，故D错误.故选：C．5.抛物线()220ypxp=的焦点为F，其准线与双曲线22184xy−=的渐近线相交于A，B两点，若ABF△的周长为42，则p=（）A.

2B.22C.8D.4【答案】A【解析】【分析】设A在x轴上方，根据双曲线和抛物线的定义表示出AB，FAFB、，列出方程，解之即可.【详解】双曲线22184xy−=渐近线方程为22yx=，抛物线()220ypxp=的准线方程为2px=

−，设A在x轴上方，则2,24pAp−，2,24pBp−−，∴22ABp=，2223244FAFBppp==+=．的又∵ABF△的周长为42，∴323224

2442FAFBABppp++=++=，∴2p=．故选：A.6.已知四面体OABC−，G是ABC的重心，P是线段OG上的点，且2OPPG=，若OPxOAyOBzOC=++，则(),,xyz为（）A.1

11,,666B.222,,999C.111,,333D.111,,222【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】由题意知，∵2OPPG=，∴2211122233333999OPOGOAOBOCOAOBOC==+

+=++．故选：B．7.已知数列na满足12a=，()*2213Nnnnaan−=+，()()1*2121Nnnnaan++=+−，则数列na第2023项为（）A.1012332+B.1012312−C.1013

332+D.1013312−【答案】A【解析】【分析】确定()1212131nnnnaa++−−=+−，利用累加法计算得到答案.【详解】由()12121nnnaa++=+−，2213nnnaa−=+，()1212131nnnnaa++−−=+−

()*N,2nn，所以()213131aa−=+−，()325331aa−=+−，()437531aa−=+−，L，()101210112023202131aa−=+−，将上式相加得：()()()()1011231012231011202

3131311133332113aa−=+−+−+−+++++=++−1012332+=．故选：A8.设P，Q分别为圆()2268xy+−=和椭圆22110xy+=上的点，则P，Q两点间的最大距离是（）A.52B.4622+C.722+D.72【答案】D【解析】【分析】

P，Q两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径22，设(),Qxy，利用函数思想可求.【详解】依题意P，Q两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径22．设(),Qxy．圆心到椭圆的最大距离()22222691246950523dxyy

yy=+−=−−+=−++．所以P，Q两点间的最大距离是72．故选：D．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知椭圆C：()22

2210,0xyabab+=的左、右焦点分别为1F,2F焦距为25，离心率为53，P为椭圆左半边上一点，连接2PF交y轴于点N，21PFPF⊥，其中O为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.椭圆的长轴长为3B.124FFON=C.若点Q在椭圆C上，则1

QF的最大值为35+D.点P到x轴的距离为455【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆的焦距和离心率判断选项A；由21PFPF⊥得到122NPFFOF∽，利用相似比可判断B；利用椭圆的性质可判断C；设P在x轴上的投影为G，得到12PFGFPG△△∽，结合勾股定理，进而求解即可.【详解】焦

距为25，离心率为53，得3a=，2b=，因为21PFPF⊥，勾股定理得24PF=，12=PF，对于A选项，3a=，所以椭圆的长轴长为26a=，故A选项错误；对于B选项，由题意得1225FF=，125OFOF==，因为21

PFPF⊥，所以122NPFFOF∽，则12212PFONPFOF==，故52ON=，124FFON=，B选项正确；对于C选项，因为Q在椭圆C上，则1max35QFac=+=+，故C选项正确；对于D选项，设P在x轴上的投影为G，则12P

FGFPG△△∽，则11212PFFGPFPG==，所以12PGFG=，又222114FGPGPF+==，解得14525PGFG==，则P到x轴的距离为455，故D选项正确；故选：BCD．10.已知圆()()22:341Cxy−+−=和

两点(),1Am−，()(),10Bmm−．若以AB为直径的圆与圆C有公共点，则m可能的取值为（）A.6B.5C.4D.3【答案】BC【解析】【分析】先找到以AB为直径的圆的圆心和半径，然后利用两圆的位置关系求解即

可.【详解】圆C：()()22341xy−+−=的圆心()3,4C，半径为1；线段AB的中点坐标为()0,0，()()2221121ABmmm=++−−=+所以以AB为直径的圆的圆心为()0,0，半径212ABrm==+所以圆心C到()0,0的距离为22345d=+=，以AB为直径的圆和圆

C有交点，得221111mdm+−++，2211511mm+−++，解得1535m结合选项可得，m的值可能取4和5．故选：BC．11.在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数

列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第()*Nnn次得到数列1，1x，2x，3x，…，kx,2．记1212nkaxxx=+++++，数列na的前n项和为nS，则（）A.342a=B.133nnaa+=−C

.()2332nann=+D.()133234nnSn+=+−【答案】ABD【解析】【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可．【详解】解：由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时1k=，

第2次得到数列1，4，3，5，2，此时3k=，第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时7k=，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时15k=，第n次得到数列1，1x，2x

，3x，L，kx，2，此时21nk=−，由此可得133a=+，2339a=++，33392742a=+++=，故A正确；43392781a=++++，…，()112331333333333132nnnna+−+=+++++=+=−，故C

错误；由1332nna++=，可得2133332nnnaa+++==−，故B正确；由()()()23411129131313333333232221324nnnnnnnSaaan++−=+++=+++++=+=+−−，故D正确．故选：ABD．12.已知正方体ABCD﹣A1

B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确的是（）A.若MN与平面ABCD所成的角为4，则点N的轨迹为圆B.若三棱柱NAD﹣N1A1D1的表面积为定值，则点N的

轨迹为椭圆C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为3，则点N的轨迹为双曲线【答案】ACD【解析】【分析】A：根据线面角的定义，结合圆的定义进行判断即可；B：根据棱柱的

表面积公式，结合椭圆的定义进行判断即可；C：根据抛物线的定义，结合正方体的性质进行判断即可；D：建立空间直角坐标系，利用平面向量夹角公式，结合双曲线的标准方程进行判断即可.【详解】A：连接DN，因为MD⊥平面ABCD，所以MND是MN与平面ABCD所成的角，即4MND

=，因为M为DD1的中点，所以1122MDDD==，在直角三角形MND中，2tan12MDMNDDNDNDN===，因此点N轨迹为以D为圆心半径为2的圆，所以本选项命题是真命题；的B：过N做ENAD⊥，设三棱柱NAD﹣N1A1D1的表面积为S，所以124()44(4)2SNE

ADDNANDNANNE=+++=+++=定值，显然有N到AD、、直线AD的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故本选项命题是假命题；C：连接BN，因1BB⊥平面ABCD，BN平面ABCD，所以1BBBN⊥，即

点N到直线BB1与NB相等，所以点N的轨迹为点N到点B与直线DC的距离相等的轨迹，即抛物线，所以本选项命题是真命题；D：以D为空间坐标系的原点，1DADCDD、、所在的直线分别为xyz、、，1(0,0,0)(4,0,0)(4,4,0)(,,0

)(0,0,4)DABNxyD、、、、，则有(0,4,0)AB=、1(,,4)DNxy=−，因为D1N与AB所成的角为3，所以12222141cos31632416ABDNyyxABDNxy==−=++，所以点N的

轨迹为双曲线，故本选项命题是真命题,故选：ACD【点睛】关键点睛：根据圆锥曲线和圆的定义，结合正方体的性质是解题的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．为13.已知向量()1022a=，，，()122b=−，，，则b在a方向上的

投影向量为______．【答案】122,0,33##12,0,233【解析】【分析】根据投影向量的计算公式计算即可.【详解】b在a方向上的投影向量为14122,0,3333baaaaa−+==.故答案为：122,0,33

.14.已知数列na的前n项和为nS，且有()1*12,NnnnnSnnaSa−+=，121aa==．则nS=______，数列21221loglognnSS++的前n项和为nT，则nT=______．【答案】①.12n−②.1nn+【解析】【分析】利

用()*12,NnnnaSSnn−=−，化简求得数列nS是等比数列，即可求得数列nS的通项公式，以及利用列项消费求和.【详解】由()1*12,NnnnnSnnaSa−+=，得()()111nnnnnnSSSSSS−−

+−=−，化简得211nnnSSS−+=，根据等比数列的性质得数列nS是等比数列.易知121,=2SS=，故nS的公比为2，则12nnS−=，得12nnS+=，122nnS++=，()21221111loglog11nnSSnnnn++==−++．

由裂项相消法得111111111...122334111nnTnnnn=−+−+−++−=−=+++．故答案为：12n−；1nn+15.如图，在四棱锥PABCD−中，四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，2PAAB==，6A

D=，点Q是侧棱PD的中点，点M，N分别在边AB，BC上，当空间四边形PMND的周长最小时，点Q到平面PMN的距离为______．【答案】263##263【解析】【分析】平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面，当点P，M，N和D¢共

线时周长最小，计算得到1AM=，4NC=，2BN=，建立空间直角坐标系，计算平面PMN的法向量为()2,1,1n=−，根据距离公式计算得到答案.【详解】要使得空间四边形PMND周长最小，只需将平面PAB沿AB展开到与平面ABCD共面，延长DC至D¢，使得2DCC

D==，于是点N在线段DD的垂直平分线上，所以NDND=，因为PD为定值，故当点P，M，N和D¢共线时，空间四边形PMND的周长最小，易得PAMNCDPDD△△△，即得PANCPDAMCDDD==，即2262

22NCAM+==+，所以1AM=，4NC=，642BN=−=，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A，()002P,,，()0,6,0D，由题意可得()1,0,0M，()2,2,0N，()0,3,1Q，则()1,0,2PM=−，(

)2,2,2PN=−，设(),,nxyz=r是平面PMN的一个法向量，则00nPMnPN==.即得202220xzxyz−=+−=，令1z=，得2x=，1y=−，()2,1,1n=−，()0,3,1PQ=−，所以点Q到平面PMN的距离31263

114nPQdn−−===++．故答案为：263．16.已知1F，2F是椭圆222:1(1)xCyaa+=的两个焦点，且椭圆上存在一点P，使得1223FPF=，若点M，N分别是圆D：22(3)3xy+−=和椭圆C上的动点，则当椭

圆C的离心率取得最小值时，2MNNF+的最大值是___________．【答案】433+【解析】【分析】根据题中条件，得到12FPF的最大值不小于23即可，由余弦定理，结合基本不等式，得到点P为短轴的顶点时，12FP

F最大；不妨设点P为短轴的上顶点，记12FPF=，得出离心率的最小值，连接DN，得到()()22maxmax3MNNFDNNF+=++，根据椭圆的定义，结合三角形的性质，求出2DNNF+的最大值，即可得出结果.【详解】若想满足椭圆上存在一点P

，使得1223FPF=，只需12FPF的最大值不小于23即可，由余弦定理，可得()22222112121221221424cos22PFPFcPFPFPFPFcFPFPFPFPFPF+−−=+−=22222211222

21112bbbPFPFPFPFa=−−=−+，当且仅当12PFPF=，即点P为短轴的顶点时，12FPF的余弦值最小，即12FPF最大；如图，不妨设点P为短轴的上顶点，记12FPF=，则23，于是离心率3sin,1

22cea==，因此当椭圆C的离心率取得最小值32时，24a=，则椭圆22:14xCy+=；连接DN，根据圆的性质可得:()()22maxmax3MNNFDNNF+=++，所以只需研究2DNNF+的最大

值即可；连接1NF，1DF，21144423DNNFDNNFDF+=+−+=+，当且仅当N，D，1F三点共线（N点在线段1DF的延长线上）时，不等式取得等号，所以2DNNF+的最大值为423+，因此2MNNF+的

最大值是433+.故答案为：433+.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据题中条件，得到椭圆离心率，求出椭圆方程，再由椭圆的定义，以及圆的性质，将动点到两点距离的最值问题，转化为椭圆上一动点到焦点，以及到定点的距离的最值问题，即可求解.四、解答题

：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列na的首项123a=，前n项和为nS，且数列nSn是公差为4−的等差数列．（1）求数列na的通项公式；（2）求数列na的前n项和nT．【答案

】（1）831nan=−+（2）22427,1342790,4nnnnTnnn−+=−+，其中nN.【解析】【分析】（1）首先求出427nSnn=−+，则得到2427nSnn=−+。利用递推公式求出na即可；（2）分13n和4n讨论，当13n，nN，

nnTS=，当4n，nN时，32nnSST=−，求出3S和nS即可.【小问1详解】11231Sa==所以()()2314427nSnnn=+−−=−+，于是2427nSnn=−+；当*2,Nnn时，()()()22142741271831nnnaSSnnnnn−=−=−+−−

−+−=−+，又11a=也适合，故831nan=−+．【小问2详解】①当13n，nN时，()2238314272nnnnTSnn−+===−+；②当4n，nN时，()()1234512

3122nnnTaaaaaaaaaaaa=++−−−−=++−+++()()2223224327342742790nSSnnnn=−=−+−−+=−+故数列na的前n项和为22427,1342790,4nnnnTnnn−+=−+，其中nN.18.已知

直线l：()()13124xy+++=+（为任意实数），圆C的圆心在y轴上，且经过()2,1A−，()4,3B两点．（1）求圆C的标准方程；（2）求直线l被圆C截得的弦长的取值范围，并求出弦长最短时的直线l的方程．【答案】（1）()22520xy+−=（2）23,

45，430xy−+=【解析】【分析】（1）求AB的中垂线与y轴交点即为圆心坐标，再由两点距离求出半径，即可得圆方程；（2）先求出直线所过的定点，当定点为弦中点时弦长最短，根据点斜式可得直线方程，最长弦长为直径．【小问1详解】由AB的中点为(1,2)，3114(2)3ABk−=

=−−，则线段AB的中垂线为()231yx−=−−，令0x=得圆心()0,5C，其半径()()22403525R=−+−=，故圆C的标准方程为()22520xy+−=．【小问2详解】直线l：()()13124xy++

+=+，即()()2340xyxy+−++−=，由20,340,xyxy+−=+−=解得1,1,xy==直线l过定点()1,1；直线l被圆C截得弦长的最小值为()()22220015123−−+−=；最长弦长为直径45，故直线l被圆C截得的统长的取值范

围为23,45弦长最短时的直线l的方程为()1114yx−=−，即430xy−+=19.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，2ACAB==，142AA=，120CAB=，点P，R分别是棱11AB，CB的中点，点Q为棱1CC上的点，且满足13CQQC=．（1）证明：1BQ

⊥平面AQR；（2）求平面PQR与平面AQR夹角的正切值．【答案】（1）证明见解析的（2）11147【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，得到向量，计算由10QBAQ=，10QBAR=得到1BQAQ⊥，1BQAR⊥，从而得证.（2）先求得平面PQR的法向量为()8,123

,2n=，再由（1）得平面AQR的法向量为()13,3,2QB=−，由此根据向量的夹角公式计算得到答案.【小问1详解】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，则()0,0,0A，()2,0,

0C，()1,3,0B−，()11,3,42B−，()12,0,42C，于是()2,0,32Q，13,,022R，从而()2,0,32AQ=，13,,022AR=，()13,3,2QB=−，由()123032320QBAQ=−++

=，()1133320022QBAR=−++=，知1BQAQ⊥，1BQAR⊥，又AQ，AR平面AQR，且AQARA=，故1BQ⊥平面AQR．【小问2详解】由13,,4222P−

，知53,,222QP=−，33,,3222RQ=−设平面PQR的法向量为(),,nxyz=r，则有5320223332022nQPxyznRQxyz=−++==−+=，令2z=，则8x=，123y=，即()8,123,2

n=；平面AQR的法向量为()13,3,2QB=−，设求平面PQR与平面AQR夹角的余弦值为，090则111coscos,nQBnQBnQB==()()()()()()22222283

123322724981232332−++==++−++，故272sin1cos111249249=−=−=，则21111249tan1477249==，所以平面PQR与平面AQR夹角的正切值为111

47．20.抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．对于抛物线C：2yax=给出如下三个条件：①焦点为10,2F；②准线为12y=−；③与直线210y−=相交所得弦长为2．（1

）从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程；（2）已知ABQ是（1）中抛物线的“阿基米德三角形”，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若点Q恰在此抛物线的准线上，试判断直线AB是否过定点？如果是，求出定点坐标；如

果不是，请说明理由．【答案】（1）22xy=（2）过定点10,2F【解析】【分析】(1)根据抛物线的性质写出焦点坐标为10,4a，准线方程为14ya=−，结合条件即可求解；(2)设()11,Axy，()22,Bxy，01,2Q

x−，切线AQl：()11yykxx−=−，联立抛物线方程，由Δ0=得1kx=，进而求出切线方程，同理BQl：22yyxx+=，将点Q坐标代入两切线方程，得出直线AB方程，即可求解.【小问1详解】C：2yax=即C：21xya=，其焦点坐标为

10,4a，准线方程为14ya=−，若选①，焦点为1(0,)2F，则1142a=，得12a=，所以抛物线的方程为22xy=；若选②，准线为12y=−，则1142a−=−，得12a=，所以抛物线的方程为22xy=；若选③，与直线21

0y−=相交所得的弦为2，将12y=代入方程21xya=中，得22axa=，即抛物线与直线210y−=相交所得的弦长为22222aaaa==，解得12a=，所以抛物线的方程为22xy=；【小问2详解

】设()11,Axy，()22,Bxy，01,2Qx−，切线AQl：()11yykxx−=−，将其与C：22xy=联立得2211220xkxxkx−−+=，由()()22112420kxkx=−−−+=得1kx=，故切线AQl：()

11yykxx−=−，即11yyxx+=；同理BQl：22yyxx+=又点01,2Qx−满足切线AQl，BQl的方程，即有1012021,21,2yxxyxx−+=−+=故弦AB所在直线方程为012yxx=+，其过定点10,2F．21.已知正项

数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有()12nnnaaS+=恒成立．（1）求数列na的通项公式；（2）若()323nannba−=+，数列nb的前n项和为nT，试比较nT与134的大小并加以证明．【答案】（1）nan

=；（2）134nT，证明见解析.【解析】【分析】（1）根据nS与na的关系求解即可.（2）首先根据题意得到323nnnb+=，再利用错位相减法求解即可.【小问1详解】当1n=时，()111112aaSa+==，解得11a=；当2n时，()()1

111122nnnnnnnaaaaaSS−−−++=−=−，即()()1110nnnnaaaa−−+−−=，由0na知110nnaa−−−=；故数列na是首项为1，公差为1的等差数列，所以通项公式为n

an=；小问2详解】由（1）可知()323233nannnnba−+=+=，从而【12315811313233333nnnnnT−−+=+++++，2331158113132333333nnnnnT+−+=+++++，两式

相减得123412511113233333333nnnnT++=++++−，111112532933133313nnnnT−+−+=+−−，从而13613443nnnT+

=−，因为613043nn+，所以134nT．22.已知M，N两点的坐标分别为(2,0),(2,0)−，直线MQ，NQ相交于点Q，且它们的斜率之积为12．（1）求点Q的轨迹方程；（2）设过点()10B,的直线l与点Q的轨迹交于D，E两点，问在x轴上是否存在定

点P，使得PDPE为常数？若存在，求出点P的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）22142xy−=()2x（2）存在点13,04P，使得PDPE为常数，该常数为10516

【解析】【分析】(1)直接借助斜率的定义得()12222MQNQyykkxxx==+−，化简即可；(2)假设直线l的方程为()1ykx=−，联立点Q的轨迹方程，结合韦达定理得2122412kxxk

+=−−，21222412kxxk+=−−．设点(),0Pt，化简PDPE，由PDPE为常数，得22245424ttt−+−−=−，求解即可.【小问1详解】设点(),Qxy，则()12222MQNQyykkxxx==+−，化简得点Q的轨迹方程为22142xy−=()2x．【

小问2详解】设()11,Dxy，()22,Exy，直线l的方程为()1ykx=−，联立方程组()221142ykxxy=−−=，消去y得()2222124240kxkxk−+−−=，由题可知

2120−k且0，即223k且212k，0k，所以2122412kxxk+=−−，21222412kxxk+=−−．设存在符合条件的定点(),0Pt，则()11,PDxty=−，()22,PExty=−,所以()()()()()222221121

2121PDPExtxtyykxxtkxxtk=−−+=+−++++．所以()()()()()2222222212441212kkktktkkPDPEk+−−++++−=−,化简得()()2222245421ktttPDPEk−+−+−=−+．因为PDPE为常数，所以222454

21ttt−+−−=−，解得134t=．此时该常数的值为2105416t−=，所以，在x轴上存在点13,04P，使得PDPE为常数，该常数为10516．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com