【文档说明】江苏省盐城市阜宁中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题 含解析.docx，共(23)页，1.196 MB，由小赞的店铺上传

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2023年秋学期阜宁中学高二期中学情调研考试数学试题时间：120分钟分值：150分一、单项选择题（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.已知点(2,4)A−，(4,1)B−，则直线AB在y轴上的截距为（）A.83B.73C.14

5D.135【答案】B【解析】【分析】由已知的两点求出直线AB的方程，将0x=代入直线方程即可求解y轴上的截距.【详解】因为直线经过两点(2,4)A−和(4,1)B−，则直线方程为4++14124yx−−−=，化简得5+6140

xy−=，令0x=，则直线AB在y轴上的截距为7614,3yy==.故选：B.2.圆221:20Cxyx+−=与圆222:280Cxyxy++−=的位置关系为（）A.外切B.内切C.相交D.外离【答案】C【解析】【分析】由题意，求出两圆的圆心和半径，结合

圆与圆的位置关系即可求解.【详解】由题意知，22221:20(1)1Cxyxxy+−=−+=，则11(1,0),1Cr=，22222:280(1)(4)17Cxyxyxy++−=++−=，则22(1,4),17Cr−=，又2212(11)(40)

25dCC==−−+−=，有2121rrdrr−+，所以圆1C与圆2C相交.故选：C.3.设函数21()fxxx=−，则0(12)(1)limxfxfx→+−=（）A.6B.4C.3D.2【答案】A【解析】

【分析】将式子变形，得到与(1)f的关系，利用导函数运算求解可得.【详解】由00(12)(1)(12)(1)lim2lim2(1)2xxfxffxffxx→→+−+−==，又21()2fxxx=+，则(1)3f=，则0(12)(1)lim

xfxfx→+−=236=.故选：A.4.已知椭圆2215xym+=的一个焦点坐标为(0,2)−，则实数m的值为（）A.1B.4C.7D.9【答案】D【解析】【分析】先确定焦点位置，再根据222cab=−计算即可.【详解】由已知可得椭圆2

215xym+=的焦点在y轴上，故22,5,2ambc===，则22254cabm=−=−=，得9m=.故选：D.5.已知函数3()2exfxxm=−()mR，则曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线经过定点（）A.(1,0)−B.(0,0)C.(1,0)D.

(2,0)【答案】A【解析】【分析】利用导数的几何意义求切线斜率，由点斜式得切线方程，再由直线方程不受参数m的影响找到定点.【详解】因为3()2exfxxm=−，所以()6exfxxm=−，则(0)fm=−，又(0)fm=−，直线过(0,

)m−，则直线方程为ymmx+=−，即(1)ymx=−+，令10x+=，得0y=，即直线不受参数m的影响，恒过定点(1,0)−.故选：A.6.已知等比数列na前n项和为341,2nSSaa=−，且2415aa+=，则35aa+=（）A.3B.5C.30

D.45【答案】D【解析】【分析】首先确定1q，再利用等比数列的前n和公式代入即可求出答案.【详解】若公比1q=，则1152a=，315264Sa==，右边410aa−=，等式不成立，故1q，则(

)()31311211aqaqq−=−−，显然310q−，所以211q=−−，解得3q=，又因为()2242115aaaq+=+=，代入得232a=，所以()()33352333452aaaqq+=+=+=，故选：D.7.已知双曲线(

)2222:10,0xyEabab−=的左、右顶点分别为A、B，M是E上一点，ABM为等腰三角形，且ABM的外接圆面积为23πa，则双曲线E的离心率为（）A.2B.2C.3D.5【答案】C【解析】【分析】不妨设点M在第一象限，作出图形，分析可知2BMABa

==，利用正弦定理求出sinBAM的值，进而可得出直线AM的斜率，求出直线AM的方程，结合二倍角的正切公式以及点斜式可得出直线的BM的方程，可求出点M的坐标，将点M的坐标代入双曲线E的方程，求出22ba的值，即可求出双

曲线E的离心率的值.【详解】不妨设点M在第一象限，如下图所示：由图可知，AMBM，且AMAB，因为ABM为等腰三角形，则2BMABa==，设ABM的外接圆半径为r，则22π3πra=，可得3ra=，

由正弦定理可得2sinABrAMB=，则23sin2323ABaAMBra===，即3sin3BAM=，易知，BAM为锐角，则2236cos1sin133BAMBAM=−=−=，所以，sin332tancos326BAMBAMBAM===，()22

222tan2tantan2221tan212BAMxBMBAMBAM====−−，所以，直线AM的方程为()22yxa=+，直线BM的方程为()22yxa=−，联立()()2222yxayxa

=+=−，解得53423axya==，即点542,33Maa，将点M的坐标代入双曲线E的方程可得2222425331aaab−=，可得222ba=，因此，双曲线E的离心率为22221123ccbeaaa===+=+

=.故选：C.8.设数列na的前n项和为nS，23a=，且1(1)(1)(2)nnnnSnSna++=+++，若存在nN，使得222nnSka+成立，则实数k的最小值为（）A.451+B.8C.323D.10【答案

】D【解析】【分析】先由11nnnaSS++=−化简得递推关系121213nnaaann+===++，从而求得na通项na及前n项和nS，要使222nnSka+能成立，即(3)221nnkn+++能

成立，令1tn=+，转化为求解20()1gttt=++的最小值即可.【详解】由1(1)(1)(2)nnnnSnSna++=+++得11(1)(1)(1)(2)nnnnnanSnSna+++=+−+=+，则有121nnaann+=++对任意nN成立，又2

3a=，则2113naan==+，故1nan=+，且1(1)1nnaann+−=+−=则数列na是以2为首项，1为公差的等差数列，则(21)(3)22nnnnnS+++==，由222nnSka+得，(3)22(1)nnkn+++，分离参数得，(3)221nnkn+++，令1(

2,)nttt+=N则22020()1ttgtttt++==++令20()1(0)gxxxx=++，则222020()1xgxxx−=−=当()0,25x时，()0gx，()gx单调递减；当()25,x

+时，()0gx，()gx单调递增；由2,ttN，则当4t时，(2)(3)(4),ggg当5t时，恒有()(1)gtgt+，又(4)(5)10gg==，故()gt的最小值为10.若存在nN，使得22

2nnSka+成立，则min()kgt，则有10k，即实数k的最小值为10.故选：D.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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.下列函数的图象可能与直线20xym−+=(R)m

相切的是（）A.2()fxxx=+B.()2exfxx=+C.21()ln2fxxx=+D.()2fxxx=+【答案】AC【解析】【分析】将问题转化为函数()2fx=有解，则直线20xym−+=就可以为该函数图象的切线，从而逐项检验即可得结论.【详解】因为直线20xym−+=的斜率为2，所

以()2fx=有解，则直线20xym−+=就可以为该函数图象的切线．对于A，令()212fxx+==，解得12x=，满足条件；对于B，因为()22exfx=+恒成立，不满足条件；对于C，令()12

fxxx=+=，解得1x=，满足条件；对于D，()1222fxx=+恒成立，不满足条件．故选：AC.10.在平面直角坐标系xOy中，已知点(,1)Aa−，(21,2)Ba+，直线:40lxy−+=，其中Ra

，则下列结论正确的是（）A.直线AB恒过定点，且定点坐标为(1,4)−−B.若直线AB在两坐标轴上的截距相等，则4a=−C.若直线AB过第一、三象限，则1a−D.若直线AB和直线l与两坐标轴围成的四边形

有外接圆，则4a=−【答案】ACD【解析】【分析】求出直线AB的方程，分离参数可求得直线AB过的定点，判断A；根据直线AB的方程求出其在坐标轴上的截距，令二者相等求得a的值，判断B；根据直线所过象限确定直线的斜率正负，即可求得a的范围，判断C；根据题意判断直线AB和直线l垂直，即可列式求得

a，判断D.【详解】对于A，当1a−时，31ABka=+，直线AB的方程为31()1yxaa+=−+，即3(1)410xaya−+−−=，即31(4)0xyay−−−+=，令3101,404xyxyy−−==−+==−，即此时直线AB恒过定点(1

,4)−−，当1a=−时，(1,1)A−−，(1,2)B−，直线AB的方程为=1x−也过点(1,4)−−，即直线AB恒过定点，且定点坐标为(1,4)−−，A正确；对于B，直线AB在两坐标轴上的截距相等，显然1a=−时，直线AB的方程为=1x−不合题意；故1a−，此时直线

AB的方程3(1)410xaya−+−−=，令0y=，则413ax+=，令0x=，则411aya+=−+，令414131aaa++=−+，即(41)(4)0aa++=，解得14a=−或4a=−，B错误；对于C，若直线AB过第一、三象限，则直线AB

的斜率一定存在且为正数，即30,11aa−+，C正确；对于D，若直线AB和直线:40lxy−+=与两坐标轴围成的四边形有外接圆，即该四边形对角互补，而直线AB恒过定点(1,4)−−，故需满足直线ABl⊥，则311,41aa=−=−+，D正确，故选：ACD11.已知数列n

a满足1112333nnnaaan−++++=()nN，设数列na的前n项和为nS，则下列结论正确的是（）A.数列na为等差数列B.236nSnn=+C.数列(1)nna−的前100项和为3

00D.数列20na−的前20项和为284【答案】ABC【解析】【分析】先构造数列13nnnba−=，知其前n项和求通项nb，进而再求出na，选项A，由定义证明为等差数列；选项B，利用等差数列前n项和公式求

解即可；选项C，两项并一项，并项为常数列求和；选项D，分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.【详解】由1112333nnnaaan−++++=()nN，设13nnnba−=，则1123nnbbbn+++

+=，所以当2n时，()12113nnbbbn−+++=−，两式相减得，(21)3nnbn=+，当1n=时，119ba==也适合上式.则1(21)33nnnnbna−=+=，解得，3(21)nan=+，所以16nnaa+−=，故数列na是以9为首项，6为公差的

等差数列，则2(963)3(2)362nnnSnnnn++==+=+，故选项AB正确；选项C，数列(1)nna−的前100项和3(35)(79)(199201)M=−++−+++−+3250300==

，故C项正确；选项D，176,220617,617,3nnnannnn−−=−=−N，则20na−前20项和为18(1103)1151713103169522N+=++++++=+=，故D项错误.

故选：ABC.12.已知O为坐标原点，点(2,1)A−−在抛物线2:2Cxpy=−(0)p上，过点(0,1)B的直线交抛物线C于,PQ两点，则下列结论正确的是（）A.抛物线C的准线方程为1y=B.直线AB与抛物线C相切C.OPOQ为定值3D.2BPBQBA

【答案】ABD【解析】【分析】选项A，由点(2,1)A−−在抛物线上，代入方程待定系数，求出抛物线C方程，则得到准线方程；选项B，利用导数求出切线斜率，与直线AB斜率相同即可说明相切；选项C，设出直线AB方程，联立抛物线方程，将O

POQ坐标化韦达定理代入可证；选项D，利用弦长公式用()2121kxx+表示，再代入韦达定理，结合判别式0得出的2k的范围，即可判断得出答案．【详解】对于A：因为点()2,1A−−在抛物线C：()220xpyp=−上，则42p

=，解得2p=，所以抛物线C：24xy=−，其准线为1y=，故A正确；对于B：令()24xfx=−，则()12fxx=−，可得()()()1121,102ABfk−−−===−−，即抛物线在A点处切线斜率与直线

AB斜率相同，所以直线AB与抛物线C相切，故B正确；对于C：由题意可知，直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为()()11221,,,,ykxPxyQxy=+，联立方程214ykxxy=+=−，消去y得：24

40xkx++=，可得216160k=−，得21k，且121244xxkxx+=−=，因为221212121244OxxxxyyxxPOQ=+=+−−uuuruuur22121241516xxxx=+=+=，

故C错误；对于D：由题意可知()()22220118BA=−−+−−=，因为()()222212121010141BPBQkxkxkxxk=+−+−=+=+，则24(1)8BPBQk=+，所以2BPBQBA，故D正确.故选：ABD．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）1

3.设()fx为函数()fx的导函数，若()()()21e0xfxxfx=+−，则(0)(0)ff+=________．【答案】4【解析】【分析】由题意可得()2(2)e(0)xfxxf=+−，令0x=，分别求出(0)f、(0)f即可求解.【详解】由题意知，令0x=，则0(0)

22ef==，()2(2)e(0)xfxxf=+−，令0x=，则0(0)2(02)e(0)ff=+−，解得(0)2f=，所以(0)(0)4ff+=.故答案为：4.14.设各项均为正数的等差数列na的前n项和为nS，若2975132

aaa−+=，则17S=________．【答案】34【解析】【分析】根据等差数列的通项公式，结合题意，化简得到299132aa−=，求得92a=，再利用等差数列的前n项和公式，即可求解.【详解】由题意，设等差数列na的

公差为(0)dd，因为2975132aaa−+=，可得22911916)411(((8)322)aaaaaddd−+++=+−=，即299132aa−=，可得299260aa−−=，且0na，解得92a=，又由117917917()172

173422aaaSa+====.故答案为：34.15.已知直线:20+−=lxy关于直线ya=的对称直线与圆22(1)2xy−+=有公共点，则实数a的取值范围为________．【答案】13,22−【解析】【分析】由对称性可知，求

出圆关于直线ya=对称的对称圆方程，再由有公共点，转化为直线与圆相交或相切，利用几何法求解参数a的范围即可.【详解】圆22(1)2xy−+=，圆心(1,0)C，半径为2，设圆22(1)2xy−+=关于直线ya=的对称圆圆心(,)Cxy，且圆的半径仍为2

，则圆心(1,0)C与C关于直线ya=对称，有102xya=+=，解得12xya==，即对称圆圆心(1,2)Ca.由对称性可知，直线:20+−=lxy与圆C有公共点，则有圆心(1,2)Ca到直线:20+−=lxy的距离22122211ad+−=+，化简得212a−，解

得1322a−，则实数a的取值范围为13,22−.故答案为：13,22−.16.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点,AB的距离之比

为定值(1)的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，点(2,1)A−，(2,4)B−，点P是满足12=的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为_______________________；若点M为抛物线28yx=上的动

点，点M在y轴上的射影为N，则12PBPMMN++的最小值为________．【答案】①.22(2)4xy++=②.172−##217−+【解析】【分析】先求出点P的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得1222PBPMMNAP

PMMFAF++=++−−，当且仅当,,,APMF四点共线时取等号.【详解】设(),Pxy，已知(2,1)A−，(2,4)B−，则()()()()2222211224xyPAPBxy++−==++−，，化简整理得22(2

)4xy++=，所以点P的轨迹为以()2,0−为圆心，2为半径的圆，且12PAPB=.抛物线2:8Cyx=的焦点()2,0F，准线方程为2x=−，则12PBPMMNPAPMMN++=++2222(22)12172APPMMFAF=++−−=−−+−=−，当且仅当,,,APMF（,

PM两点在,AF两点中间）四点共线时取等号，所以12PBPMMN++的最小值为172−.故答案为：22(2)4xy++=；172−.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的前n项

和为nS，且23nnSan=+−()nN．（1）求证：数列1na−是等比数列，并求数列na的通项公式；（2）设11nnca=−，数列nc的前n项和为nT，求证：2nT．【答案】（1）证明见解析，121nna−=+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据,nnS

a的关系即可作差得121nnaa−=−，进而可得1na−是以1为首项，2为公比的等比数列，即可根据等比通项求解，（2）根据等比数列的求和公式即可求解.【小问1详解】∵23nnSan=+−，∴1124nnSan−−=+−(

2)n,两式相减得：11221nnnnnSSaaa−−−=−+=，∴121nnaa−=−(2)n,∴112(1)nnaa−−=−(2)n，令1n=得：11122Saa==−，∴12a=，1110a−=,∴1

na−是以1为首项，2为公比的等比数列,∴112nna−−=，即121nna−=+．【小问2详解】由（1）得：11112nnnca−==−，nc是以1为首项，12为公比的等比数列，∴1111221212nnnT−−==−−21

8.已知直线l过直线1:50lxy−+=和直线2:210lxy++=的交点P．（1）若坐标原点O到直线l的距离为2，求直线l的方程；（2）若直线l的倾斜角为，且4sin5=，求直线l的方程．【答案】（1）2x=−或512260xy+−=（2）4310xy+−=或43170xy−+=【解析】

【分析】（1）联立两直线方程求出交点，分类讨论斜率是否存在两种情况，利用点到直线的距离分别求解直线方程；（2）由同角三角函数的关系知弦求切，得到直线的斜率，再由点斜式方程可得.【小问1详解】由50210xyxy−+=++=得：23xy=−=，∴点P的坐标为(2,3)−，当直线l的斜率不

存在时，其方程为2x=−，适合题意；当直线l的斜率存在时，设其方程为3(2)ykx−=+，即230kxyk−++=∵坐标原点O到直线l的距离为2，∴22321kk+=+，解得512k=−，此时直线l的方程为512260xy+−=∴直线l的方程为2

x=−或512260xy+−=．【小问2详解】∵直线l的倾斜角为，且4sin5=，由22sincos1+=，[0,)，∴23cos1sin5=?=?，∴sin4tancos3k===当43k=−时，直线l的方程为4310xy+−=；当43k=时，直线l的方程为4

3170xy−+=.∴直线l的方程为4310xy+−=或43170xy−+=19.已知直线:lykx=与圆22:230Cxyx+−−=相交于,AB两点．（1）若13AB=，求直线l的倾斜角；（2）问在x轴上是否

存在点P，使得当实数k(0)k变化时，总有0PAPBkk+=？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）60或120（2）存在，(3,0)−【解析】【分析】（1）两圆圆心C到直线l的距离求出k，再根据

斜率与倾斜角的关系可得答案；（2）设点11(,)Axy，22(,)Bxy，假设存在满足题意的点0(,0)Px，即0PAPBkk+=，直线方程与圆的方程联立利用韦达定理代入0PAPBkk+=求出0x可得答案.【小问1详解】∵圆C的方程为22(

1)4xy−+=∴圆C的圆心为(1,0)C，半径2r=∵13AB=，∴圆心C到直线l的距离2221332221kdk==−=+，解得23k=，即3k=，当tan3k==时，倾斜角60=，当tan3k==−时，倾斜角120=，∴直

线l的倾斜角为60或120；【小问2详解】设点11(,)Axy，22(,)Bxy，假设存在满足题意点0(,0)Px，即0PAPBkk+=，由22230ykxxyx=+−−=得：22(1)230kxx+−−=，2412(1)0k=++，∴12221xxk+=+，12231xxk=−+

，∴1212102010200PAPByykxkxkkxxxxxxxx+=+=+=−−−−，由0k得：12021012012()()2()0xxxxxxxxxxx−+−=−+=，∴02226011xkk−−=++，解得：03x=−，

∴在x轴上存在满足题意的点P，且点P的坐标为(3,0)−.的20.设数列na的前n项和为nS，且2nSn=()nN．（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足2139bb==，0nb，且212nnnbbb++=，设1

1(1)nnnnncbaa+=+−，求数列nc的前n项和nT．【答案】（1）21nan=−（2）3[1(3)]214nnnTn=−−−+【解析】【分析】（1）由na与nS的关系求通项，注意验证1n=时是否成立；（2）由等比中项形式证明等比数列，求解数列nb的基本量，再求通项，进

而化简nc，再分组求和，分别利用裂项相消法与等比数列求和公式求和即可.【小问1详解】已知2nSn=，nN，则当2n时，21(1)nSn−=−，则有221(1)21nnnSSnnna−−=−−=−=当1n

=时，111Sa==，也适合上式，∴21nan=−．【小问2详解】∵0nb，且212nnnbbb++=，∴211nnnnbbbb+++=，∴数列nb是等比数列，又2139bb==，∴公比213aqa==，∴1333nnna−==，∴11

(1)nnnnncbaa+=+−1(1)3(21)(21)nnnn=+−−+111(3)22121nnn=−+−−+，∴12nnTccc=+++21111111(3)(3)(3)23352121nnn=−+−++−+−+−++−−+11(3)[1(3)]1

2211(3)nn−−−=−++−−3[1(3)]214nnn=−−−+21.在平面直角坐标系xOy中，已知点(0,3)F−，直线43:3ly=−，设动点G到直线l的距离为d，且32GFd=．（1）求

动点G的轨迹C的方程，并指出它表示什么曲线；（2）已知过点(1,2)A的直线与曲线C交于,PQ两点，点(1,0)B，直线,BPBQ与y轴分别交于点,MN，试问：线段MN的中点是否为定点，若是定点，求出该定点坐标

；若不是，请说明理由．【答案】（1）2214yx+=，表示中心在坐标原点，焦点在y轴上的椭圆（2）是定点，(0,2)【解析】【分析】（1）设点()Gxy,，用坐标表示已知等式化简后可得；（2）设直线PQ的方程为2(1)ykx−=−(0)k，设点11(,)Pxy，22(,)

Qxy，由韦达定理得12xx+，12xx，求出,MN点坐标，计算MNyy+并代入12xx+，12xx化简可得．【小问1详解】设点()Gxy,，由32GFd=得：()22343323xyy++=+，整理得：2214yx+=，即2214yx+=，它表示中心在坐标原点，焦点在y轴上

的椭圆，且长轴长为4，短轴长为2；【小问2详解】设直线PQ方程为2(1)ykx−=−(0)k，即2ykxk=−+(0)k由22442xyykxk+==−+得：()()222244240kxkkxkk++−+−=由()()()22

22Δ42444640kkkkkk=−−+−=得：0k，设点11(,)Pxy，22(,)Qxy，则2122244kkxxk−+=+，212244kkxxk−=+，直线BP的方程为11(1)1yyxx=−−，令0x=得：111yyx=−，所以点

110,1yMx−，直线BQ的方程为22(1)1yyxx=−−，令0x=得：221yyx=−，所以点220,1yNx−，∴12121212122222111111MNxyykx

kkxkyykxxxxxx−+−++=+=+=+−−−−−−−()()22122212122224424242242242441144kkxxkkkkkkkkkxxxxkk−−−++=−=−=−+=−−−++−+++，∴22MNyy+=，即线段M

N的中点坐标为(0,2)，∴线段MN的中点为定点，其坐标为(0,2)．的【点睛】方法点睛：本题考查主要考查抛物线中直线过定点问题，解题方法是设而不求的思想方程，即设直线方程为xmyb=+，设交点坐标为11(,)Axy，22(,)Bxy，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得1212

,yyyy+，代入已知求出参数值，然后由直线方程得定点坐标．22.已知椭圆2222:1xyGab+=(0)ab的下顶点为C，右顶点为D，且23CD=，左焦点为(2,0)F−，过点F且斜率为k(0)k的直线l与椭圆G相交于,AB两点，交y轴于点P，设M为线段

AB的中点，直线OM交CD于点N，过点P作PEMN⊥交x轴于点E．（1）求椭圆G的方程；（2）当MAE的面积为64时，求OMON的值．【答案】（1）22184xy+=（2）22【解析】分析】（1）由已知条件建立,,abc关系待定

系数求解即可；（2）设直线AB斜率为k，直线方程()2ykx=+，联立直线与椭圆，应用弦的中点坐标、弦长公式与点到直线的距离公式，用k表达MAE的面积，再解方程得k，再求出中点M，直线OM与CD交点N，则可求出OMON的值.【小问1详解】由题意知，点(0,)

Cb−，(a,0)D，则2223CDab=+=，又2c=，222abc=+，解得：22a=，2b=，∴椭圆G的方程为22184xy+=．【小问2详解】设()11,Axy，()22,Bxy，因为直线l过F且斜率为()0kk，设()2ykx=+，由(

)222184ykxxy=++=，得()2222128880kxkxk+++−=，所以2122821kxxk−+=+，21228821kxxk−=+，因为M为线段AB的中点，所以22421Mkxk−=+，222422021

21Mkkykkk−=+=++，所以12MOMMykxk==−，又因为1PEOMkk=−，所以2PEkk=，因为P在直线()2ykx=+上，令0,2xyk==，则()0,2Pk，【所以直线PE的方程为22y

kxk=+，令0,1yx==−，所以()1,0E−，()()()2222122223214442118421kkkABkxxkk+++=+−==++，所以()222211221kAMABk+==+，又点E到直线AB的距离为：22211kkkdkk−+==++，所以MAE的面积为2

222222(1)1122(1)622212141kkkkSAMdkkk++====+++化简得：424430kk+−=，则()()2221230kk−+=，解得：212k=，即22k=，所以21,2M−

，则直线MN的方程为22yx=−，又直线CD方程为：()2222yx=−，联立直线MN的方程与CD的方程()222222yxyx=−=−，解得21xy==−，则()2,1N−，的获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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