湖北省荆州中学高二(上)第一次双周考数学试卷(理科)(解析版)

湖北省荆州中学高二（上）第一次双周考数学试卷（理科）（解
析版）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.三个实数a=sin23∘，b=log20.3，c=20.3之间的巨细干系是()
A. a<c<b
B. a<b<c
C. b<a<c
D. b<c<a
【答案】C
【剖析】解：a=sin23∘<sin30∘=1
2
，b=log20.320=1．
所以b<a<c．
故选：C．
三个实数分别用三种不同的形式表示，可以先根据对应函数的性质确定出它们所在的范畴，然后比较其巨细．
本题考察了不等干系与不等式，训练了学生整体思考标题的能力，属基础题．
2.过点(1,√3
3
)且与直线x−√3y=0所成角为60∘的直线方程为()
A. x+√3y−2=0
B. x+√3y+2=0
C. x=1
D. x+√3y−2=0或x=1
【答案】D
【剖析】解：由于直线x−√3y=0的斜率即是√3
3
，倾斜角为30∘，
所求直线过点(1,√3
3
)且与直线x−√3y=0所成角为60∘的角，
当所求直线与x轴垂直时，方程为x=1．
当所求直线与x轴不垂直时，设所求直线的斜率即是k，由两直线的夹角公式可得
tan60∘=√3=k−√3 3
1+√3
3k
，解得k=−√3
3
，直线方程为y−√3
3
=−√3
3
(x−1)，
即x+√3y−2=0．
故所求直线方程为：x=1或x+√3y−2=0．
故选：D．
先求出已知直线的斜率和倾斜角，当所求直线与x轴垂直时，方程为x=1，当所求直线与x轴不垂直时，由两直线的夹角公式求出斜率，用点斜式求出直线的方程．
本题主要考察两直线的夹角公式，用点斜式求直线方程，表现了分类讨论的数学思想．
3.设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是()
A. a⊥α，b//β，α⊥β
B. a⊥α，b⊥β，α//β
C. a⊂α，b⊥β，α//β
D. a⊂α，b//β，α⊥β
【答案】C
【剖析】解：A.若α⊥β，a⊥α，a⊄β，b⊄β，b⊥α，则a//b，故A错；
B.若a⊥α，α//β，则a⊥β，又b⊥β，则a//b，故B错；
C.若b⊥β，α//β，则b⊥α，又a⊂α，则a⊥b，故C正确；
D.若α⊥β，b//β，设α∩β=c，由线面平行的性质得，b//c，若a//c，则a//b，故D错．
故选：C．
可议决线面垂直的性质定理，鉴别A；议决面面平行的性质和线面垂直的性质，鉴别B；议决面面平行的性质和线面垂直的定义，即可鉴别C；由线面平行的性质和面面垂直的性质，即可鉴别D．
本题主要考察空间直线与平面的位置干系：平行和垂直，考察线面、面面平行、垂直的鉴定和性质，熟记这些是迅速解题的要害．
4.圆x2+y2−2x+4y+3=0的圆心到直线x−y=1的隔断为：()
A. 2
B. √2
2
C. 1
D. √2
【答案】D
【剖析】解：圆x2+y2−2x+4y+3=0的圆心(1,−2)，
它到直线x−y=1的隔断：
√2
=√2
故选：D．
先求圆心坐标，然后用点到直线的隔断公式求解即可．
本题考察点到直线的隔断公式，圆的一般方程，是基础题．
5.数列{a n}中，a1=1，a n，a n+1是方程x2−(2n+1)x+1
b n
=0的两个根，则数列{b n}的前n项和S n=( )
A. 1
2n+1
B. 1
n+1
C. n
2n+1
D. n
n+1
【答案】D
【剖析】解：依题意，a n+a n+1=2n+1，
∴a n+1+a n+2=2(n+1)+1，
两式相减得：a n+2−a n=2，又a1=1，
∴a3=1+2=3，a5=5，…
∵a n+a n+1=2n+1，a1=1，
∴a2=3−1=2，a4=2+2=4，…
∴a n=n；
又
1
b n
=a n a n+1=n(n+1)，
∴b n=1
n(n+1)
=1
n
−1
n+1
，
∴S n=b1+b2+⋯+b n=(1−1
2
)+(1
2
−1
3
)+⋯+(1
n
−1
n+1
)=1−1
n+1
=n
n+1
．
故选：D．
利用韦达定理可求得a n+a n+1=2n+1，而a1=1，从而可求得a n=n；再由1b
n
=a n a n+1，可求得b n，从而可得答案．
本题考察数列的求和，突出考察等差干系实在定，考察韦达定理的应用，属于中档题．
6.已知点A(2,3)，B(−3,−2).若直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范畴是(
)
A. k≥3
4
B. 3
4
≤k≤2 C. k≥2或k≤3
4
D. k≤2
【答案】C
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【剖析】解：直线PA的斜率k=3−1
2−1
=2，直线PB的斜率k′=
−2−1−3−1=3
4
，
连合图象可得直线l的斜率k的取值范畴是k≥2或k≤3
4
．
故选：C．
首先求出直线PA 、PB的斜率，然后连合图象即可写出答案．
本题考察直线斜率公式及斜率变化环境．
7.在△ABC中，若a=2，∠B=60∘，b=√7，则BC边上的高
即是()
A. 3√3
2
B. √3
C. 3
D. √5【答案】A
【剖析】解：因为在△ABC中，若a=2，∠B=60∘，b=√7，
所以cos60∘=c2+22−(√7)2
4c
，解得c=3或c=−1(舍去)
则BC边上的高为csin60∘=3√3
2
；
故选：A．
首先利用余弦定理求出c，然后求高．
本题考察了利用余弦定理求三角形的一边；熟练运用定理是要害．
8.已知直线l1：x+2ay−1=0，与l2：(2a−1)x−ay−1=0平行，则a的值是( )
A. 0或1
B. 1或1
4C. 0或1
4
D. 1
4
【答案】C
【剖析】解：当时a=0，两直线的斜率都不存在，
它们的方程分别是x=1，x=−1，显然两直线是平行的．当时a≠0，两直线的斜率都存在，故它们的斜率相等，
由2a−1
a =−a
2a
≠−1
−1
，解得：a=1
4
．
综上，a=0或1
4
，故选：C．
先查验当时a=0，是否满足两直线平行，当时a≠0，两直线的斜率都存在，由2a−1
a =−a
2a
≠−1
−1
，解得a的
值．
本题考察两直线平行的条件，要注意特殊环境即直线斜率不存在的环境，要举行查验．
9.定点P不在△ABC所在的平面内，过点P作平面α，△ABC的三个极点到平面α的隔断相等，这样的平
面共有()
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
【答案】D
【剖析】解：若过P的平面恰恰过三角形某双方的中点，此时满足△ABC的三个极点到平面α的隔断相等，这样的平面共有三个；
若过P的平面恰恰与△ABC所在的平面平行，此时满足△ABC的三个极点到平面α的隔断相等，这样的平面共有一个；
综上，相符条件的平面共有四个
故选：D．
可分为两类研究，一类是过P的平面恰恰过△ABC某双方的中点，一类是过P点的平面与△ABC所在的平面平行
本题考察空间点、线、面的位置，求解的要害是有一定的空间想像能力及作图探究的意识，带着剖析，研究的眼光连合空间想像能力，才华不重不漏的把所有可能的环境都思虑出来．
10.若圆x2+y2−6x−2y+6=0上有且仅有三个点到直线ax−y+1=0(a是实数)的隔断为1，则a即
是()
A. ±1
B. ±√2
4
C. ±√2
D. ±√3
2
【答案】B
【剖析】解：由题意知圆心(3,1)，半径是2，则圆心到直线的隔断是1，即|3a|
√a2+1
=1可知a=±√2
4
．
故选：B．
化简圆的方程，求出圆心坐标，求出半径，推出圆心到直线的隔断可求a的值．
本题考察直线和圆的位置干系，注意到三个点到直线的隔断为1，是本题要害所在．
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，
则三棱锥D1−EDF的体积为()
A. 1
8
B. 1
6
C. 1
3
D. 1
2
【答案】B
【剖析】解：∵B1C//平面EDD1，
∴三棱锥D1−EDF的体积即是三棱锥F−EDD1，的体积，而三棱锥F−EDD1，高为长方体1，底面EDD1，是以1为底1为高的三角形，
∴V F−EDD
1
=1
3
S△EDD
1
CD=1
3
×1
2
×1×1=1
6
；
故选：B．
因为B1C//平面EDD1，所以三棱锥D1−EDF的体积即是三棱锥F−EDD1，的体积，棱锥的高为长方体的棱长CD，底面EDD1，是以1为底1为高的三角形，利用棱锥的体积公式可求．
本题考察了棱锥的体积，要害是明确三棱锥D1−EDF的体积即是三棱锥F−EDD1，的体积，进一步明确其底面面积和高，利用体积公式解答．
12.在坐标平面内，与点A(1,2)隔断为1，且与点B(3,1)隔断为2的直线共有()
A. 1条
B. 2条
C. 3条
D. 4条
【答案】B
【剖析】解：分别以A、B为圆心，以1、2为半径作圆，两圆的公切线有两条，即为所求．
故选：B．
由题意，A、B到直线隔断是1和2，则以A、B为圆心，以1、2为半径作圆，两圆的公切线的条数即可．本题考察点到直线的隔断公式，考察转化思想，是基础题．
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.圆(x−1
2
)2+(y+1)2=5
4
关于直线x−y+1=0对称的圆的方程是______．
第 3 页
【答案】(x +2)2
+(y −
32
)2=5
4
【剖析】解：设圆心(1
2,−1)关于直线x −y +1=0对称的点的坐标为(m,n)，
则由{
n+1
m−1
2×1=−1m+12
2
−
n−12
+1=0
求得{m =−2n =32，故对称圆的圆心为(−2,3
2
)，对称圆的半径和原来的圆一样， 故对称圆的方程为(x +2)2
+(y −
32
)2=5
4，
故答案为：(x +2)2+(y −3
2)2=5
4．
设圆心(1
2,−1)关于直线x −y +1=0对称的点的坐标为(m,n)，利用垂直以及中点在轴上，求得m ，n 的值，可得对称圆的方程．
本题主要考察直线和圆的位置干系，求一个圆关于直线的对称圆的方程的要领，要害是求出圆心关于直线的对称点的坐标，属于基础题．
14. 若定点A(a,2)在圆x 2+y 2−2ax −3y +a 2+a =0的外部，则a 的取值范畴是______． 【答案】(2,94)
【剖析】解：∵圆x 2+y 2−2ax −3y +a 2+a =0，即(x −a)2+(y −3
2)2=9
4−a ， ∴9
4−a >0，即a <9
4．
∵定点A(a,2)在圆x 2+y 2−2ax −3y +a 2+a =0的外部，∴a 2+22−2a 2−6+a 2+a >0，∴a >2． 综上可得，2<a <9
4， 故答案为：(2,9
4).
根据二次方程表示圆的条件，以及圆心到直线的隔断大于半径，列出不等式组，综合可得实数a 的取值范畴．
本题主要考察圆的标准方程、点和圆的位置干系，属于基础题．
15. x >0，y >0，且2
x +1
y =4，若x +2y ≥m 2−2m −6恒成立，则m 范畴是______． 【答案】−2≤m ≤4
【剖析】解：∵∴x +2y =(x +2y)(2
x +1
y )×1
4=1
4(4+4×y
x +x
y )≥1
4(4+2×2)=2， 当且仅当时4×y
x =x
y 取等号，
∵x +2y ≥m 2−2m −6恒成立，
∴m 2−2m −6≤2，求得−2≤m ≤4， 故答案为：−2≤m ≤4．
先把x +2y 转会为(x +2y)(2
x +1
y )×1
4展开后利用基本不等式求得其最小值，然后根据x +2y ≥m 2−2m −
6求得m 2−2m −6≤2，进而求得m 的范畴． 本题主要考察了基本不等式在最值标题中的应用、函数恒成立标题.考察了学生剖析标题和办理标题的能力． 16. 直线ax +by +c =0与圆x 2+y 2=9相交于两点M 、N ，若c 2=a 2+b 2，则OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (O 为坐标原点)即是______． 【答案】−7
【剖析】解：取MN 的中点A ，相连OA ，则OA ⊥MN ∵c 2=a 2+b 2，
∴O 点到直线MN 的隔断OA =|c|√a 2+b 2
=1
x 2+y 2=9的半径r =3
∴Rt △AON 中，设∠AON =θ，得cosθ=OA
ON =1
3
cos∠MON =cos2θ=2cos 2θ−1=
29−1=−79
由此可得，OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠MON =3×3×(−79
)=−7 故答案为：−7
取MN 的中点A ，相连OA ，则OA ⊥MN.由点到直线的隔断公式算出OA =1，从而在Rt △AON 中，得到cos∠AON =1
3，得cos∠MON =−7
9
，最后根据向量数量积的公式即可算出OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值． 本题在给出直线与圆相交，求圆心指向两个交点的向量的数量积，着重考察了直线与圆的位置干系和向量
数量积的运算公式等知识点，属于中档题．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知f(x)=a ⃗ ⋅b ⃗ ，此中a ⃗ =(2cosx,−√3sin2x)，b ⃗ =(cosx,1)x ∈R (1)求f(x)的最小正周期和单调增区间；
(2)在△ABC 中角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且b >c ，f(A)=−1，a =√7,AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3，求b 和c 的值．
【答案】解：(1)∵a ⃗ =(2cosx,−√3sin2x)，b ⃗ =(cosx,1)，
∴f(x)=a ⃗ ⋅b ⃗ =2cos 2x −√3sin2x =cos2x −√3sin2x +1 =2(1
2cos2x −
√3
2sin2x)+1=2cos(2x +π
3
)+1，
∴T =
2π2
=π，
∵−π+2kπ≤2x +π
3≤2kπ，k ∈Z ，
∴−
2π3
+kπ≤x ≤kπ−π
6
，k ∈Z ，
∴函数f(x)的单调递增区间为[−2π3
+kπ,kπ−π
6
]，k ∈Z ，
(2)∵f(A)=−1， ∴2cos(2A +π
3)+1=−1，
∴cos(2A +π
3)=−1， ∴A =π
3，
∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC
⃗⃗⃗⃗⃗ =3， ∴bc =6， 由余弦定理得 a 2=b 2+c 2−2bccosA
=(b +c)2−3bc ，7=(b +c)2−18，b +c =5， 又b >c ，
∴b =3，c =2．
【剖析】(Ⅰ)利用两个向量的数量积公式，利用三角函数的恒等变换化简f(x)的剖析式为2cos(2x +π
3)+1，由此求出最小正周期和单调减区间．
(2)由f(A)=−1求得cos(2A +π
3)=−1，从而求出A 的值，再由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3和余弦定理求得b 和c 的值 本题主要考察两个向量的数量积公式，三角函数的恒等变换及化简求值，正弦函数的单调性和周期性，余
弦定理的应用，属于中档题．
18. 已知直线方程为(2−m)x +(2m +1)y +3m +4=0．
(1)证明：直线恒过定点；
(2)m 为何值时，点Q(3,4)到直线的隔断最大，最大值为几多？
(3)若直线分别与x 轴，y 轴的负半轴交于A.B 两点，求△AOB 面积的最小值及此时直线的方程． 【答案】(1)证明：直线方程为(2−m)x +(2m +1)y +3m +4=0， 可化为(2x +y +4)+m(−x +2y +3)=0，对恣意m 都成立， 所以{−x +2y +3=02x +y +4=0，
解得{x =−1y =−2
，
所以直线恒过定点(−1,−2)；
(2)解：点Q(3,4)到直线的隔断最大，
可知点Q 与定点P(−1,−2)的连线的隔断便是所求最大值， 即√(3+1)2+(4+2)2=2√13． k PQ =
4+2
3+1=3
2
， (2−m)x +(2m +1)y +3m +4=0的斜率为：−2
3， 可得−2
3=−2−m
2m+1，解得m =4
7．
(3)解：若直线分别与x 轴，y 轴的负半轴交于A 、B 两点， 直线方程为y +2=k(x +1)，k <0， 则A(2k −1,0)，B(0,k −2)，
S △AOB
=12|2
k
−1||k −2| =12(2
k
−1)(k −2) =2+(2
−k +
−k 2
)≥2+2=4，
当且仅当时k =−2取等号， 面积的最小值为4．
此时直线的方程为2x +y +4=0．
【剖析】(1)证明：利用直线方程的定义及相关性质，求出直线恒过定点，即可； (2)点Q(3,4)到直线的隔断最大，转化为两点间的隔断，求出隔断便是最大值．
(3)若直线分别与x 轴，y 轴的负半轴交于A.B 两点，设出直线的方程，求出A ，B ，然后求出△AOB 面积，利用基本不等式求出的最小值及此时直线的方程．
本题是基础题，考察直线恒过定点，零点的隔断公式，基本不等式的应用，考察谋略能力，转化思想．
19. 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n =(a n +1)2(n ∈N ∗)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n =2n ⋅a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．
【答案】解：(1)当时n =1，4a 1=(a 1+1)2，∴a 1=1…(1分)
当时n ≥2，4S n−1=(a n−1+1)2，又4S n =(a n +1)2，两式相减得：4a n =a n 2+2a n −a n−12−2a n−1，…(2
分)
即 (a n +a n−1)(a n −a n−1−2)=0，…(4分) 由a n >0，∴a n −a n−1=2，…(5分)
所以，数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，即a n =2n −1.…(6分) (2)∵b n =(2n −1)⋅2n ，
∴T n =1×21+3×22+5×23+⋯+(2n −1)×2n ①
2T n =1×22+3×23+5×24+⋯+(2n −3)×2n +(2n −1)×2n+1②…(8分) ①−②得−T n =2+2(22
+23
+⋯+2n
)−(2n −1)×2
n+1
=2+
8−2n+21−2
−(2n −1)×2n+1=2−8+
2n+2−(2n −1)×2n+1
=−6+2n+1(2−2n +1)=−6+2n+1(3−2n)…(11分) ∴T n =6+2n+1(2n −3).…(12分)
【剖析】(1)利用递推干系、等差数列的通项公式即可得出．
(2)b n =(2n −1)⋅2n ，利用“错位相减法”、等比数列的求和公式即可得出．
本题考察了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考察了推理能力与谋略能力，属于中档题．
20. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线y =x 2−6x +1与坐标轴的交点都在圆C 上．
(1)求圆C 的方程；
(2)若圆C 与直线x −y +a =0交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值． 【答案】解：(1)圆x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，x =0，y =1有1+E +F =0
y =0，x 2−6x +1=0与x 2+Dx +F =0是联合方程，故有D =−6，F =1，E =−2， 即圆方程为x 2+y 2−6x −2y +1=0；
(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，其坐标满足方程组{x −y +a =0x 2+y 2−6x−2y+1=0
消去y ，得到方程2x 2+(2a −8)x +a 2−2a +1=0，由已知可得鉴别式△=56−16a −4a 2>0． 在此条件下利用根与系数的干系得到x 1+x 2=4−a ，x 1x 2=
a 2−2a+1
2
…①
由于OA ⊥OB 可得x 1x 2+y 1 y 2=0，又y 1=x 1+a ，y 2=x 2+a ，所以可得2x 1x 2+a(x 1+x 2)+a 2=0…②
由①②可得a =−1，满足△=56−16a −4a 2>0.故a =−1．
【剖析】(1)可设出圆的一般式方程，利用曲线与方程的对应干系，根据联合性直接求出参数；
(2)利用设而不求思想设出圆C 与直线x −y +a =0的交点A ，B 坐标，议决OA ⊥OB 建立坐标之间的干系，
连合韦达定理寻找关于a 的方程，议决解方程确定出a 的值．
本题考察垂直标题的办理思想，考察学生剖析标题办理标题的能力，属于直线与圆的方程的基本题型．
21. 如图，平面PAC ⊥平面ABC ，点E 、F 、O 分别为线段PA 、PB 、AC
的中点，点G 是线段CO 的中点，AB =BC =AC =4，PA =PC =2√2.
求证：
(1)PA ⊥平面EBO ； (2)FG//平面EBO ．
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【答案】(1)证明：由题意可知，△PAC 为等腰直角三角形，△ABC 为等边三角形.因为O 为边AC 的中点，所以BO ⊥AC ，
因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC =AC ，BO ⊂平面ABC ，所以，BO ⊥面PAC ．
因为PA ⊂平面PAC ，故B O ⊥PA.在等腰三角形PAC 内，O ，E 为所在边的中点，故OE//PC ，∴OE ⊥PA ， 又BO ∩OE =O ，所以，PA ⊥平面EBO ．
(2)证明：连AF 交BE 于Q ，连QO.因为E 、F 、O 分别为边PA 、PB 、PC 的中点， 所以AO
OG =2.又Q 是△PAB 两条中线的交点，故Q 是△PAB 的重心， 于是，AQ
QF =2=AO
OG ，所以，FG//QO ．
因为FG ⊄平面EBO ，QO ⊂平面EBO ，所以，FG//平面EBO ． 【剖析】(1)先证明BO ⊥面PAC ，可得BO ⊥PA.由OE//PC ，PC ⊥PA 可得OE ⊥PA ，从而证得PA ⊥平面EBO ．
(2)由线段长度间的干系可得AO
OG =2，由Q 是△PAB 的重心，可得
AQ QF
=2=
AO OG
，故有FG//QO ，进而证得FG//平面EBO ．
本题考察证明线线垂直、线面垂直的要领，证明FG//QO 是解题的难点，属于中档题．
22. 过点M(3,0)作直线l 与圆x 2+y 2=25交于A 、B 两点．
(1)若点P 是线段AB 的中点，求点P 的轨迹方程；
(2)求直线l 的倾斜角为何值时△AOB 的面积最大，并求这个最大值．
【答案】解：(1)∵P 是AB 中点，∴OP ⊥AB ，取OM 中点G ，则在Rt △OMP 中必有|GP|=1
2|OM|=3
2． ∴P 点的轨迹为以G 为圆心3
2为半径的圆，令P(x,y)则(x −3
2)2+y 2=9
4，
即x 2−3x +y 2=0．
经查验知：AB 为x 轴及AB//y 轴均满足上式，∴P 点的轨迹为x 2−3x +y 2=0…(6分) (2)令|OP|=ℎ，由题意知0<ℎ≤3，
在Rt △APO 中，|AP|=√25−ℎ2即|AB|=2√25−ℎ2，S △ABO =1
2|AB|⋅|OP|=1
2×2√25−ℎ2⋅ℎ=ℎ√25−ℎ2(0<ℎ≤3)=√−ℎ4+25ℎ2(0<ℎ≤3)． 令t =ℎ2则 0<t ≤9，
易知S △ABO =√−t 2+25t ，在 0<t ≤9时单调递增．
∴当t =9，即直线AB 垂直x 轴时，S △ABOmax =12，此时l 的倾斜角为90∘．
【剖析】(1)设出G 的坐标，利用Rt △OMP 中必有|GP|=1
2|OM|=3
2.说明P 点的轨迹为以G 为圆心3
2为半径的圆，得到P 的轨迹方程．
(2)令|OP|=ℎ，由题意知0<ℎ≤3，求出△AOB 的面积的表达式，利用二次函数在闭区间上的最大值求解即可．
本题是综合题，考察曲线轨迹方程的求法，转化思想的应用，二次函数闭区间最值的求法，考察谋略能力．。