一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.在x軸與y軸上截距分別為?2,2的直線的傾斜角為( )
A. 150°B. 135°C. 90°D. 45°
2.一個橢圓的兩個焦點分別是F1?3,0，F(xiàn)23,0，橢圓上的點P到兩焦點的距離之和等于8，則該橢圓的標準方程為( )
A. x264+y228=1B. x216+y27=1C. x216+y29=1D. x24+y23=1
3.已知直線ax+2ay+1=0與a?1x?a+1y?1=0垂直，則實數(shù)a的值是( )
A. 0或3B. 3C. 0或?3D. ?3
4.在同一平面直角坐標系中，直線mx?y+1=0m∈R與圓x2+y2=2的位置不可能為( )
A. B.
C. D.
5.已知圓C:x2+y2?2x+4y+2=0，從點P(?1,?3)發(fā)出的光線，經(jīng)直線y=x反射后，恰好經(jīng)過圓心C，則入射光線的斜率為( )
A. ?4B. ?14C. 14D. 4
6.已知點P在圓C:(x?2)2+(y?3)2=1上運動，點A(?2,0)，則AC?AP的取值范圍為( )
A. [20,30]B. (20,30)C. [20,25]D. (20,25)
7.已知圓C：x2+y2?4x?6y+4=0關(guān)于直線l：ax+by?1=0(ab>0)對稱，則12a+13b的最小值是( )
A. 2B. 3C. 6D. 4
8.已知M、N分別是圓C1:x+32+y?12=1與圓C2:x?12+y?32=1上的兩個動點，點P是直線x?y=0上的任意一點，則PM+PN的最小值為( )
A. 2 10?2B. 2 10C. 6D. 4
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.已知橢圓C:x2+4y2=16的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的任意一點，則( )
A. C的離心率為12B. |PF1|+|PF2|=8
C. |PF1|的最大值為4+2 3D. 使∠F1PF2為直角的點P有4個
10.設(shè)圓C:x?12+y?12=3，直線l:x+y+1=0，P為l上的動點，過點P作圓C的兩條切線PA、PB，切點分別為A、B，則下列說法中正確的有( )
A. PA的取值范圍為 62,+∞B. 四邊形PACB面積的最小值為3 22
C. 存在點P使∠APB=120°D. 直線AB過定點0,0
11.已知曲線C:x2+y2?22=4+8xy，點Px0,y0為曲線C上任意一點，則( )
A. 曲線C的圖象由兩個圓構(gòu)成
B. x02+y02的最大值為2 2
C. y0+2x0+4的取值范圍為?17,1
D. 直線y=x+2與曲線C有且僅有3個交點
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.若1, 3是直線l的一個法向量，則直線l的斜率為 ，傾斜角的大小為 ．
13.已知F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點，直線y=kxk≠0交橢圓C于M,N兩點.若FM=3FN,∠MFN=2π3，則橢圓C的離心率為 ．
14.設(shè)m∈R，過定點A的動直線x+2+my?7=0和過定點B的動直線mx?y?m+3=0交于點Px,y，則PA+PB的取值范圍是 ．
四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題12分)
已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，其中左焦點為F? 3,0，長軸長為4．
(1)求橢圓C的方程；
(2)直線l：y=x?1與橢圓C交于不同兩點P、Q，求弦長PQ．
16.(本小題12分)
已知圓C:x2+y2=4分別與x,y軸的正半軸交于A,B兩點，P為圓C上的動點(異于A,B兩點)．
(1)若線段AP上有一點Q，滿足AQ=2QP，求點Q的軌跡方程；
(2)若直線AP與y軸交于點M，直線BP與x軸交于點N，試證AN?BM為定值．
17.(本小題12分)
已知點A(?1,2)和直線l:x?y+1=0.點B是點A關(guān)于直線l的對稱點．
(1)求點B的坐標；
(2)O為坐標原點，且點P滿足|PO|= 3|PB|.若點P的軌跡與直線x+my+1=0有公共點，求m的取值范圍．
18.(本小題12分)
在平面直角坐標系xOy中，已知A?1,?1，B2,?1，以原點O為圓心的圓與線段AB相切．
(1)求圓O的方程；
(2)若直線l:2x+y+c=0與圓O相交于M，N兩點，且OM⊥ON，求c的值；
(3)在直線AO上是否存在異于A的定點Q，使得對圓O上任意一點P，都有PAPQ=λ(λ為常數(shù))？若存在，求出點Q的坐標及λ的值；若不存在，請說明理由．
19.(本小題12分)
已知初始光線l0從點P2,1出發(fā)，交替經(jīng)直線l:y=x與x軸發(fā)生一系列鏡面反射，設(shè)Ai(i∈N,i≥1,Ai不為原點)為該束光線在兩直線上第i次的反射點，lii∈N,i≥1為第i次反射后光線所在的直線
(1)若初始光線l0:y=2x?3,Ai在x軸上，求最后一條反射光線的方程；
(2)當斜率為knkn≠0,±1的反射光線ln經(jīng)直線l:y=x反射后，得到斜率為kn+1kn+1≠0,±1的反射光線ln+1時，試探求兩條光線的斜率kn,kn+1之間的關(guān)系，并說明理由；
(3)是否存在初始光線l0，使其反射點集Ai∣i∈N,i≥1中有無窮多個元素？若存在，求出所有l(wèi)0的方程；若不存在，求出點集Ai∣i∈N,i≥1元素個數(shù)n的最大值，以及使得n取到最大值時所有第一個反射點A1的軌跡方程．
參考答案
1.D
2.B
3.D
4.C
5.A
6.A
7.D
8.D
9.BCD
10.ABD
11.AC
12.? 33；5π6
13. 74
14.5,5 2
15.(1)
由題意可設(shè)C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
則2a=4，即a=2，且c= 3，可得b2=a2?c2=1，
所以橢圓方程為x24+y2=1．
(2)
設(shè)Px1,y1,Qx2,y2，
將直線y=x?1與橢圓x24+y2=1聯(lián)立，得5x2?8x=0，解得x1=85或x2=0
所以弦長PQ= 1+k2x1?x2= 1+1285?0=8 25．

16.(1)
根據(jù)題意，A2,0，B0,2，
設(shè)Q(x,y),P(x1,y1)，則AQ=(x?2,y),QP=(x1?x,y1?y)，
由于AQ=2QP，所以(x?2,y)=2(x1?x,y1?y)，
則x?2=2x1?xy=2y1?y，得x1=32x?1y1=32y，將其代入x2+y2=4，
得x2+y2?43x?43=0，故點Q的軌跡方程為x2+y2?43x?43=0；
(2)
設(shè)P(x1,y1)，則x12+y12=4，
直線AP方程是y=y1x1?2(x?2)，代入x=0，得y=?2y1x1?2，
直線BP方程是y=y1?2x1x+2，代入y=0，得x=?2x1y1?2，
所以AN?BM=2??2x1y1?2?2??2y1x1?2=42x1y1?4x1?4y1+4+x12+y12x1y1?2x1?2y1+4
=42x1y1?2x1?2y1+4x1y1?2x1?2y1+4=8，即為定值．


17.(1)
設(shè)Ba,b，A(?1,2)，因為點B與點A關(guān)于直線l的對稱，則有
線段AB的中點Ma?12,b+22在直線l上，即a?12?b+22+1=0①，
又直線AB⊥直線l，且直線l的斜率為1，則b?2a+1=?1①，
聯(lián)立①①式子解得a=1b=0,
故點B的坐標(1,0)
(2)
設(shè)P(x,y)，由|PO|= 3|PB|，則PO2=3PB2，
故x2+y2=3[(x?1)2+y2]，化簡得(x?32)2+y2=34，
所以點P的軌跡是圓，其方程為(x?32)2+y2=34，圓心坐標(32,0)，半徑 32．
又因為 直線x+my+1=0與圓(x?32)2+y2=34有公共點，
利用圓心到直線的距離小于等于半徑，則32+1 m2+1≤ 32,m2≥223，
解得m∈?∞,? 663∪ 663,+∞
故m的取值范圍為?∞,? 663∪ 663,+∞．

18.(1)
由于A?1,?1，B2,?1，則線段AB與x軸平行，且與圓O相切．
所以圓O的圓心為0,0，半徑為1，
所以圓O的方程為x2+y2=1．
(2)
由于OM⊥ON，所以MN2=OM2+ON2=2,MN= 2，
由于三角形OMN是等腰直角三角形，所以O(shè)到直線MN的距離為 22，
所以c 22+12= 22,c=± 102．
(3)
直線AO的方程為x?y=0，假設(shè)存在符合題意的點Qa,a，設(shè)Px0,y0，
則λ2=PA2PQ2=x0+12+y0+12x0?a2+y0?a2①，
由于P的任意性，不妨設(shè)P1,0或P0,?1，帶入①得，
51?a2+a2=λ2=1?1?a2+a2，解得a=?12或a=?1(舍去)，
所以λ2=51+122+?122=2,λ= 2(負根舍去)，
將a=?12,λ= 2帶入①得x0+12+y0+12x0+122+y0+122=2，
整理得x02+y02=1，則P在圓O上.
所以，這樣的Q點是存在的，坐標為?12,?12，此時λ= 2．


19.(1)
由題可得A132,0,l1的斜率為?2，故l1的方程為y=?2x+3，
聯(lián)立y=?2x+3y=x，解得x=1y=1，則A21,1，
設(shè)A132,0關(guān)丁y=x的對稱點為a,b，所以b2=32+a20?b32?a=?1?a=0b=32,
則A132,0關(guān)丁y=x的對稱點為0,32，
l2經(jīng)過1,1和0,32，故l2的直線方程為y=?12x+32，
所以A33,0，l3的斜率為12，故l3的直線方程為y=12x?32，
后面不會再進行反射，所以最后一條反射光線的方程為y=12x?32．
(2)
由于ln和ln+1直線y=x的夾角相等得夾角正切值相等，則kn?11+kn?1=kn+1?11+kn+1?1，
所以kn?11+kn?1=kn+1?11+kn+1?1或kn?11+kn?1=?kn+1?11+kn+1?1，
解得kn=kn+1(舍)或knkn+1=1．
(3)
由題意得當kn∈0,1(n∈N且n≥1)時光線停止反射，設(shè)l0的斜率為k0，
1)當A1在直線l上時，k0∈?∞,12∪1,+∞或k0不存在，
①當k0∈1,+∞時，k1=1k0∈0,1，反射1次；
②當k0∈?∞,?1時，k1=1k0∈?1,0,k2=?k1∈0,1，反射2次；
③當k0∈?1,0時，k1=1k0∈?∞,?1,k2=?k1∈1,+∞,k3=1k2∈0,1，反射3次；
④當k0=0時，k1不存在，k2不存在，k3=0，反射3次；
⑤當k0∈0,12時，k1=1k0∈2,+∞,k2=?k1∈?∞,?2,k3=1k2∈?12,0,k4=?k3∈0,12，反射4次；
⑥當k0不存在時，k1=0，反射1次；
2)當A1在x軸上時，k0∈?∞,0∪12,+∞或k0不存在，
①當k0∈?∞,?1時，k1=?k0∈1,+∞,k2=1k1∈0,1，反射2次；
②當k0∈?1,0時，k1=?k0∈0,1，反射1次；
③當k0∈12,1時，k1=?k0∈?1,?12,k2=1k1∈?2,?1,k3=?k2∈1,2,k4=1k3∈12,1，反射4次；
④當k0∈1,+∞時，k1=?k0∈?∞,?1,k2=1k1∈?1,0,k3=?k2∈0,1反射3次；
⑤當k0不存在時，k1不存在，k2=0，反射2次；
綜上，n的最大值為4，由1)，2)可知，n取最大值4時，A1的軌跡方程為y=x(0

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