2018-2019学年云南省大理州大理市下关一中高一(下)期末数学试卷(理科)(附答案详解)

2018-2019学年云南省大理州大理市下关一中高一（下）
期末数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合A ={x ∈Z|x ≤0}，B ={x|−1≤x ≤6}，则A ∩B =( )
A. {x|−1≤x ≤0}
B. {x|x ≤6}
C. {0,1，2，3，4，5，6}
D. {0,−1}
2. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，
为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )
A. √23f
B. √223f
C. √2512f
D. √2712f
3. 设变量x ，y 满足约束条件{x +y ≤5
−x +y ≤1y ≥0
，则目标函数z =x +2y 的最大值为( )
A. −1
B. 5
C. 8
D. 9
4. 已知sin(π
4−2x)=3
5，sin4x 的值为( )
A. 7
25
B. ±7
25
C. 1
D. 2
5. 已知两条不重合的直线a 和b ，两个不重合的平面α和β，下列四个说法：
①若a//α，b//β，a//b ，则α//β； ②若a//b ，a ⊂α，则b//α；
③若a ⊂α，b ⊂α，a//β，b//β，则α//β； ④若α⊥β，α∩β=a ，b ⊂β，a ⊥b ，则b ⊥α． 其中所有正确的序号为( )
A. ②④
B. ③④
C. ④
D. ①③
6. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百
般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数f(x)=(e x −e −x )cosx
x 2
的部
分图象大致是( )
A. B.
C. D.
7.函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图中实线
所示，图中圆C与f(x)的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是()
A. 函数f(x)的最小正周期是2π
B. 函数f(x)的图象关于点(4π
3
,0)成中心对称
C. 函数f(x)在(−2π
3,−π
6
)单调递增
D. 函数f(x)的图象向右平移5π
12
后关于原点成中心对称
8.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的外接球表面积为()
A. 10
B. 30π
C. 60π
D. 50π
9.在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A，B，C成等差数列，b=2√3，
则△ABC的周长的取值范围为()
A. (6+2√3,6√3]
B. (2√3,6√3]
C. (4√2,6√3]
D. (4√3,6√3]
10.设函数f(x)是R上的偶函数，且在(0,+∞)上单调递减，若a=f(20.3)，b=f(2)，
c=f(log21
5
)，则a，b，c的大小关系为()
A. c>b>a
B. a>b>c
C. c>a>b
D. b>c>a
11.已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=1和两点A(−m,0)，B(m,0)，(m>0).若圆C上
存在点P，使得∠APB=90°，则m的最小值为()
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4
12. 设f(x)，g(x)是定义在R 上的两个周期函数，f(x)周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)
是奇函数．当x ∈(0,2]时，f(x)=√1−(x −
1)2，g(x)
={k(x +2),0<x ≤1−12,1<x ≤2
，
其中k >0.若在区间(0,9]上，关于x 的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，则k 的取值范围是( )
A. (0,√2
4
) B. (13,√2
4
) C. [13,√2
4
) D. [13,√2
4
] 二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|b ⃗ |=2|a ⃗ |=1，a ⃗ ⊥(a ⃗ −b ⃗ )，则a ⃗ 与2a ⃗ +b ⃗ 的夹角的余弦值为
______．
14. 两平行直线l 1：ax +3y +1=0与l 2：x +(a −2)y −1=0之间的距离为______ ． 15. 如图所示，梯形ABCD 中，BC ⊥CD ，AE ⊥DC 于E ，M ，N 分别是AD ，AC 的中
点，将四边形ABCE 沿AE 折起(不与平面ADE 重合)，以下结论：①MN//面DEC ；②AE ⊥MN ；③MN//AB.则不论ABCE 折至何位置都有______ ．
16. 三棱锥A −BCD 的各顶点都在球O 的球面上，
AB ⊥BC ，CD ⊥平面ABC ，BC =4，BD =5，球O 的表面积为169π，则A −BCD 的表面积为______ ． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 设S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足a n 2
+2a n =4S n +3．
(1)求证：{a n }为等差数列； (2)令b n =1
a n a n+1
，T n =b 1+b 2+⋯+b n ，若T n <m 恒成立，求实数m 的取值范围．
)，b⃗ =(√3sinx,cos2x)，x∈R，函数f(x)=a⃗⋅b⃗ ．
18.向量a⃗=(cosx,−1
2
(Ⅰ)求f(x)的表达式并化简；
(Ⅱ)写出f(x)的最小正周期并在如图直角坐标中画出函数f(x)在区间[0,π]内的草图；
(Ⅲ)若方程f(x)−m=0在[0,π]上有两个根α、β，求m的取值范围及α+β的值．
19.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为AC边上一点，BD为∠ABC的
角平分线，AD=2，DC=1．
(1)求sinA
的值；
sinC
(2)求△ABC面积的最大值．
20. 四棱锥P −ABCD 中，AB ⊥AD ，CD//AB ，PD ⊥底面
ABCD ，AB =√2AD =2，直线PA 与底面ABCD 所成的角为60°，M 、N 分别是PA 、PB 的中点． (1)求证：直线MN//平面PDC ；
(2)若∠CND =90°，求证：直线DN ⊥平面PBC ； (3)求棱锥B −PAC 的体积．
21. 已知⊙C ：x 2+y 2+Dx +Ey −12=0关于直线x +2y −4=0对称，且圆心在y
轴上．
(1)求⊙C 的标准方程；
(2)已经动点M 在直线y =10上，过点M 引⊙C 的两条切线MA 、MB ，切点分别为A ，B ．
①记四边形MACB 的面积为S ，求S 的最小值； ②证明直线AB 恒过定点．
22. 已知圆⊙C ：x 2+(y +1)2=4，过点P(0,2)的直线l 与圆相交于不同的两点A ，
B ． (Ⅰ)若OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1，求直线l 的方程； (Ⅱ)判断PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A ={x ∈Z|x ≤0}，B ={x|−1≤x ≤6}， ∴A ∩B ={−1,0}． 故选：D ．
利用交集定义直接求解．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
2.【答案】D
【解析】 【分析】
本题考查等比数列的应用，考查计算能力，属于基础题． 根据题意，进行求解即可． 【解答】
解：由题意，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于
√212
．
若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为：(√212)7⋅f =√2712
f ．
故选：D ．
3.【答案】C
【解析】解：由约束条件作出可行域如图， 联立{−x +y =1x +y =5
，解得A(2,3)，
由z =x +2y ，得y =−x
2+z
2，由图可知，当直线y =−x
2+z
2过A 时，
直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为8． 故选：C ．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．4.【答案】A
【解析】解：已知sin(π
4−2x)=3
5
，
∴cos(π
4−2x)=±√1−sin2(π
4
−2x)=±4
5
，
sin4x=cos(π
2−4x)=2cos2(π
4
−2x)−1=7
25
，
故选：A．
由题意利用同角三角函数的基本关系求得cos(π
4
−2x)的值，再利用二倍角公式、诱导公式求得sin4x的值．
本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式、诱导公式的应用，属于基础题．5.【答案】C
【解析】解：两条不重合的直线a和b，两个不重合的平面α和β，
对于①，若a//α，b//β，a//b，则α与β相交或平行，故①错误；
对于②，若a//b，a⊂α，则b//α或b⊂α，故②错误；
对于③，若a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α与β相交或平行，故③错误；
对于④，若α⊥β，α∩β=a，b⊂β，a⊥b，则由面面垂直的性质得b⊥α，故④正确．
故选：C．
对于①，α与β相交或平行；对于②，b//α或b⊂α；对于③，α与β相交或平行；对于④，由面面垂直的性质得b⊥α。

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题。

6.【答案】D
【解析】解：根据题意，函数f(x)=(e x−e−x)cosx
x2
，其定义域为{x|x≠0}，
有f(−x)=(e −x−e x)cosx
x2
=−(e x−e−x)cosx
x2
=−f(x)，即函数f(x)为奇函数，排除AC，
在区间(0,π
2
)上，e x−e−x>0，cosx>0，则f(x)>0，排除B，
故选：D．
根据题意，先分析f(x)的奇偶性，再分析区间(0,π
2
)上，f(x)的符号，利用排除法分析可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数奇偶性、函数值符号的分析，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由圆的性质知，c=0+2π3
2=π
3
，
则T
2=π
3
−(−π
6
)=π
2
，即周期T=π，
则2π
ω
=π，得ω=2，故A错误，
∵函数关于点(π
3
,0)，对称，
∴函数的对称中心为(π
3+kπ
2
,0)，则当k=2时，对称中心为(4π
3
,0)，故B正确，
函数的一条对称轴为x=π
3
−π
6
2
=π
12
，函数的相邻最小值的对称轴x=π
12
+π
2
=7π
12
，前一条
对称轴为x=π
12−π
2
=−5π
12
，
则函数的单调递增区间为[−5π
12+kπ,π
12
+kπ]，k∈Z，
当k=0时，函数的单调递增区间为[−5π
12,π
12
]，k∈Z，此时f(x)在(−2π
3
,−π
6
)单调递增
错误，故C错误，
∵f(x)的一条对称轴为x=−5π
12
，
∴函数f(x)的图象向右平移5π
12
，此时函数关于y轴对称，故D错误，
故选：B．
根据条件求出c的值，结合三角函数的周期关系求出周期，以及对应的对称轴，对称中心，利用三角函数的性质分别进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据圆的性质求出c的坐标，结合三角函数的性质是解决本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体A−BCD，如图所示：
设三棱锥的外接球的半径为R，
所以(2R)2=32+42+52=50，解得R2=50
4
．
故S
球=4⋅π⋅50
4
=50π．
故选：D．
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用三棱锥体和球体的关系求出球的表面积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体和球体的关系，球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：由题意得2B=A+C且A+B+C=π，
所以B=π
3
，
由正弦定理得a
sinA =c
sinC
=√3
√3
2
=4，
所以a+c=4(sinA+sinC)=4sinA+4sin(2π
3
−A)=6sinA+2√3cosA=
4√3sin(A+π
6
)，
因为{0<A<π
2
0<2π
3
−A<π
2
，解得π
6
<A<π
2
，
故π
3<A+π
6
<2π
3
，
所以sin(A+π
6)∈(√3
2
,1]，
所以a+c+b=2√3+4√3sin(A+π
6
)∈(6+2√3,6√3].
由已知先求出B，然后结合正弦定理可表示a，c，然后结合和差角公式及辅助角公式进行化简，再结合正弦函数性质可求．
本题主要考查了等差数列的性质，正弦定理，和差角公式及辅助角公式，还考查了正弦函数的性质，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：因为函数f(x)是R上的偶函数，且在(0,+∞)上单调递减，
)=f(log25)，且20.3<2<log25，
又a=f(20.3)，b=f(2)，c=f(log21
5
则c<b<a．
故选：B．
利用函数的对称性及单调性即可直接求解．
本题主要考查了利用函数的单调性比较函数值的大小，属于基础题．
11.【答案】D
【解析】解：∵∠APB=90°，∴点P的轨迹是以AB
为直径的圆O，
故点P是圆O与圆C的交点，
因此两圆相切或相交，即|m−1|≤√32+42≤m+
1，
解得4≤m≤6．
∴m的最小值为4．
故选：D．
由∠APB=90°，得点P的轨迹是以AB为直径的圆O，故点P是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系即可求解m的最小值．
本题考查圆与圆的位置关系的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】C
【分析】
本题考查函数零点的判定，考查分段函数的应用，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．
由已知函数解析式结合周期性作出图象，数形结合得答案．
【解答】
解：作出函数f(x)与g(x)的图象如图，
由图可知，函数f(x)与g(x)=−1
2
(1<x≤2,3<x≤4,5<x≤6,7<x≤8)仅有2个实数根；
要使关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，
则f(x)=√1−(x−1)2，x∈(0,2]与g(x)=k(x+2)，x∈(0,1]的图象有2个不同交点，由(1,0)到直线kx−y+2k=0的距离为1，
得
√k2+1=1，解得k=√2
4
(k>0)，
∵两点(−2,0)，(1,1)连线的斜率k=1
3
，
∴1
3≤k<√2
4
．
即k的取值范围为[1
3,√2 4
).
故选：C．
13.【答案】√3
2
【解析】解：由|b⃗ |=2|a⃗|=1，a⃗⊥(a⃗−b⃗ )，得a⃗⋅(a⃗−b⃗ )=a⃗2−a⃗⋅b⃗ =0，
∴a⃗⋅b⃗ =a⃗2=1
4
，
∴|2a⃗+b⃗ |=√4a⃗2+4a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=√4×1
4+4×1
4
+1=√3，
∴a⃗与2a⃗+b⃗ 夹角的余弦值为
cosθ=
a ⃗ ⋅(2a ⃗ +
b ⃗ )|a ⃗ |×|2a ⃗ +b
⃗ |=
2a ⃗ 2
+a ⃗ ⋅b
⃗ |a ⃗ |×|2a ⃗ +b
⃗ |=
2×14+
14
1
2
×√3=
√3
2
． 故答案为：√3
2
．
根据平面向量的数量积运算，求出对应的模长与夹角即可． 本题考查了平面向量的数量积与夹角运算问题，是基础题．
14.【答案】2√2
3
【解析】解：两平行直线l 1：ax +3y +1=0与l 2：x +(a −2)y −1=0， 可得a(a −2)=3，解得a =3或a =−1，当a =−1时，两条直线重合， 所以两平行直线l 1：3x +3y +1=0与l 2：x +y −1=0之间的距离为：13
+1√2
=
2√2
3
． 故答案为：
2√2
3
． 利用平行线求解a ，然后求解平行线之间的距离即可。

本题考查平行线之间的距离的求法，是基础题。

15.【答案】①②
【解析】解：对于①，在直角梯形ABCD 中， 由BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，知四边形ABCE 为矩形 连结AC ，∵N 为BE 中点，∴AC 过点N ． 当D 折至某一位置时，如右图所示， 连结MN ，∵MN 为DC 中位线，∴MN//DC
由MN ⊄平面DEC ，DC ⊂平面DEC ，得MN//平面DEC.故①正确． 对于②，∵AE ⊥EC ，AE ⊥DE ，EC ∩DE =E ，∴AE ⊥平面DEC ， 又DC ⊂平面DEC ，∴AE ⊥DC ．
由①知，MN//DC ，∴MN ⊥AE.故②正确． 对于③，假设MN//AB ，由MN//DC 知，DC//AB ， 又CE//AB ，得CE//CD ，这与CE ∩CD =C 相矛盾， 所以假设不成立，故③错误． 故答案为：①②．
对于①，利用线面平行的判定定理，只需证MN 平行于平面DEC 内的直线DC 即可；
对于②，由于MN//DC，要证明MN⊥AE，只需证明AE⊥CD，可转化为证AE⊥平面DEC，由AE⊥EC及AE⊥DE得证．
对于③，假设MN//AB，利用平行公理4逐步推导，得出矛盾，即可判断其正误．
本题考查了线面平行的判定定理，线面垂直的定义、判定与性质，平行直线的传递性等，考查了学生的空间想象能力与逻辑推理能力，关键是寻找原图与折起后的图形之间的联系，抓住“变”与“不变”的量，是中档题．
16.【答案】60+6√10
【解析】解：如图所示
∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥AB，
又AB⊥BC，BC∩CD=C，∴AB⊥平面BCD，则AB⊥BD，
又CD⊥AC，∴球心O为AD的中点，
∵球O的表面积为169π，∴球O的半径R=13
2
，即AD=13．
∴AB=√132−52=12，AC=√132−32=4√10．
得S△ABC=1
2×12×4=24，S△ABD=1
2
×12×5=30．
S△ACD=1
2×3×4√10=6√10，S△BCD=1
2
×3×4=6．
故三棱锥A−BCD的表面积S=24+30+6√10+6=60+6√10．
故答案为：60+6√10．
由已知可得AB⊥BD，而CD⊥CA，可知球心O为AD的中点，由求O的表面积求得AD，进一步求得AC、AB的值，则三棱锥A−BCD的表面积可求．
本题考查三棱锥表面积的求法，考查球的表面积公式的应用，考查空间想象能力及运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)证明：由题意可得a n>0，
a n2+2a n=4S n+3，①，
当n=1时，a1=S1，
得a12+2a1=4S1+3，解得a1=3；
当n≥2时，a n=S n−S n−1，
a n−1
2+2a n−1=2S n−1+3，②
①−②得：(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0，
可得a n −a n−1−2=0，即a n −a n−1=2， 所以{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知a n =3+2(n −1)=2n +1， 所以b n =1
(2n+1)(2n+3)=1
2(1
2n+1−1
2n+3)，
∴T n =1
2×[(1
3−1
5)+(1
5−1
7)+⋯+(1
2n+1−1
2n+3)]=1
2×(1
3−1
2n+3)=1
6−1
4n+6<1
6， ∴m ≥16
，
即m ∈[16,+∞)．
【解析】(1)由数列的递推式：当n =1时，a 1=S 1，当n ≥2时，a n =S n −S n−1，结合等差数列的定义，即可得证；
(2)由等差数列的通项公式，求得b n =1
2(1
2n+1−1
2n+3)，由数列的裂项相消求和可得T n ，再由不等式的性质和不等式恒成立思想，可得所求范围．
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和与不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)向量a ⃗ =(cosx ,−12) ,b ⃗ =(√3 sinx , cos2x) ,x ∈R ， 函数f(x)=a ⃗ ⋅b ⃗ =
√3
2
sin2x −12cos2x =sin(2x −π
6)．
(Ⅱ)f(x)的最小正周期T =π， (Ⅲ)由图可知，当m ∈(−1,−1
2)时，α+β2
=
5π
6
，即α+β=
5π3
，
当m ∈(−1
2,1)时，
α+β2
=π
3，即α+β=
2π3
，
∴α+β=2π
3或5π
3
．
【解析】(Ⅰ)利用向量的数量积以及两角和与差的三角函数化简求解f(x)的表达式即可；(Ⅱ)利用三角函数的周期公式求出函数的周期，然后在直角坐标中画出函数f(x)在区间[0,π]内的草图；
(Ⅲ)结合函数的图象求解方程f(x)−m=0在[0,π]上有两个根α、β，以及α+β的值．本题考查向量的数量积的应用，三角函数的化简求值，函数的图象的画法，考查转化思想以及计算能力．
19.【答案】解：(1)因为AD=2DC所以S△ADB=2S△CDB．
又因为BD为∠ABC的角平分线，所以D到AB，BC的距离相等，所以c=2a，
所以sinA
sinC =a
c
=1
2
．
(2)由(1)及余弦定理得：9=a2+c2−2accosB=a2+4a2−2⋅a⋅2acosB
所以cosB=5a2−9
4a2
，
又因为B∈(0,π)所以sinB=√1−(5a2−9
4a2
)2，
所以S△BC=1
2acsinB=1
2
⋅a⋅2a⋅√1−(5a2−9
4a2
)2=a2√(9
4
−9
4a2
)(−1
4
+9
4a2
)=3
8
⋅2⋅
√(a2−1)(9−a2)
又因为2a+a>3且2a−a<3，故a∈(1,3)
所以S△ABC≤3
8
(a2−1+9−a2)=3，
当且仅当a2−1=9−a2即a=√5时取等号．
所以△ABC面积的最大值为3．
【解析】(1)由已知结合三角形面积公式及正弦定理进行化简可求；
(2)由已知结合余弦定理可求cos B，进而可求sin B，然后结合三角形面积公式及基本不等式即可求解面积的最大值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：连接MN，MD，NC，∵M、N是PA、PB中点，∴MN//AB，从而MN//CD．
又∵MN⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，∴直线MN//平面PDC；
(2)证明：∵AB⊥AD，AB=√2AD，∴BD=√3AD．
∵PD⊥底面ABCD，直线PA与底面ABCD成60°角，∴PD=√3AD.∴PD=BD．∵N是PB的中点，∴DN⊥PB.∵∠CND=90°，∴DN⊥CN．
∵PB⊂面PBC，CN⊂面PBC，PB∩CN=N∴直线DN⊥平面PBC；
(3)解：V B−PAC=V P−ABC=1
3S△BBC⋅PD=1
3
⋅1
2
AB⋅AD⋅PD=2√3
3
．
【解析】(1)连接MN，MD，NC，证明MN//CD.然后证明直线MN//平面PDC；
(2)证明DN⊥PB，DN⊥CN.即可证明直线DN⊥平面PBC；
(3)通过V B−PAC=V P−ABC.求解即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面垂直的判断定理的应用，等体积法的应用，是中档题．
21.【答案】解：(1)由题意已知⊙C：x2+y2+Dx+Ey−12=0关于直线x+2y−4=0对称，且圆心在y轴上，
所以有圆心C(−D
2,−E
2
)在直线x+2y−4=0上，即：−D
2
−E−4=0，
又因为圆心C在y轴上，
所以：：−D
2
=0，
由以上两式得：D=0，E=−4，
所以：x2+y2−4y−12=0．
故⊙C的标准方程为：x2+(y−2)2=16．(2)①如图，⊙C的圆心为(0,2)，半径r=4，
因为MA 、MB 是⊙C 的两条切线， 所以CA ⊥MA ，CB ⊥MB ，
故|MA|=|MB|=√|MC|2−r 2=√|MC|2−16； 又因为：S =2S △ACM =4|MA|=4√|MC|2−16； 根据平面几何知识，要使S 最小，只要|MC|最小即可． 易知，当点M 坐标为(0,10)时， |MC|min =8，
此时S min =4√64−16=16√3． ②设点M 的坐标为(a,10)， 因为∠MAC =∠MBC =90°， 所以M 、A 、C 、B 四点共圆．
其圆心为线段MC 的中点C′(a
2,6)，|MC|=√a 2+64， 设MACB 所在的圆为⊙C′，
所以⊙C′的方程为：(x −a
2)2+(y −6)2=16+
a 24
，
化简得：x 2+y 2−ax −12y +20=0， 因为AB 是⊙C 和⊙C′的公共弦， 所以：{x 2+y 2−4y −12=0.
x 2+y 2−ax −12y +20=0，
两式相减得ax +8y −32=0， 故AB 方程为：ax +8y −32=0， 当x =0时，y =4， 所以直线AB 恒过定点(0,4)．
【解析】(1)根据圆的一般式，可得圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，结合圆心在y 轴上，即可求得圆C 的标准方程．(2)①根据切线性质及切线长定理，表示出|MA|、|MB|的长，根据圆的性质可知当|MC|最小时，即可求得面积的最小值；②设出M 点坐标，
根据两条切线可知M 、A 、C 、B 四点共圆，可得圆心坐标及半径，进而求得⊙C′的方程，根据两个圆公共弦所在直线方程求法即可得直线方程，进而求得过的定点坐标． 本题考查了圆的一般方程与标准方程的应用，圆中三角形面积问题的应用，直线过定点问题，综合性强，属于难题．
22.
【答案】解：(1)由已知得l 不与x 轴垂直，不妨设l ：y =kx +2，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2). 联立y =kx +2与x 2+(y +1)2=4，消去y 得(1+k 2)x 2+6kx +5=0， 则有△=36k 2−20(1+k 2)>0⇒k 2>5
4x 1+x 2=−6k
1+k 2，x 1x 2=5
1+k 2 又y 1=kx 1+2，y 2=kx 2+2，
OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=(k 2+1)x 1x 2+2k(x 1+x 2)+4 =(k 2+1)⋅51+k 2+2k ⋅−6k 1+k 2+4=−12k
2
1+k
2+9=1 所以直线l 的方程为y =√2x +2或y =−√2x +2．
(Ⅱ)当直线l 与x 轴垂直时(斜率不存在)，A ，B 的坐标分别为(0,1)，(0,−3)， 此时PA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =5． 当l 不与x 轴垂直时，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+(y 1−2)(y 2−2)， 又由(1)y 1=kx 1+2，y 2=kx 2+2，且x 1x 2=5
1+k 2， 所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+k 2x 1x 2=(k 2+1)x 1x 2=5． 综上，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值5．
【解析】
(1)设l ：y =kx +2，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2).与圆的方差联立消去y 得(1+k 2)x 2+6kx +5=0，利用判别式以及韦达定理，结合向量的数量积推出k ，得到直线方程． (Ⅱ)当直线l 与x 轴垂直时(斜率不存在)，A ，B 的坐标分别为(0,1)，(0,−3)，利用(1)的韦达定理，转化求解向量的数量积推出结果即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，向量的数量积的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．。