2022年山东省日照市高考数学一模试卷（学生版+解析版）.docx

1、2022年山东省日照市高考数学一模试卷一、单项选择题：本大题共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（5分）集合A2，0，1，2，B2，1，3，则图中阴影部分所表示的集合为（）A2B0，1，3C0，2，3D1，2，32（5分）复平面内表示复数z=6+2i2-i的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）若抛物线x2my上一点（t，2）到其焦点的距离等于4，则m（）A8B4C2D124（5分）已知角的终边经过点P(12，-32)，则角可以为（）A56B23C116D535（5分）已知p：|x+1|2，q：xa，且p是q的充分不必要条件，

2、则实数a的范围是（）A1，+）B（，1C3，+）D（，36（5分）河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an，则log2（a3a5）的值为（）A16B12C10D87（5分）已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）xf（x）若ag（log25.1），bg（20.5），cg（3），则a，b，c的大小关系为（）AabcBbacCcbaDbca8（5分）PQ为经

3、过抛物线y22px焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则（）AS1S2BS1S2CS1S2DS1S2二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分（多选）9（5分）经研究，变量y与变量x具有线性相关关系，数据统计如表，并且根据表中数据，求得y关于x的线性回归方程为y=0.8x+a，下列正确的是（）x247101522y8.19.41214.418.524A变量y与x呈正相关B样本点的中心为（10，1

4、4.4）Ca=6.8D当x16时，y的估计值为13（多选）10（5分）已知函数f(x)=cos4(x-2)-sin4(x+2)，则（）A函数f（x）的图像关于y轴对称Bx2，4时，函数f（x）的值域为1，2C函数f（x）的图像关于点（5，0）中心对称D函数f（x）的最小正周期是8（多选）11（5分）已知曲线C：x|x|4+y2=1，则（）A曲线C关于原点对称B曲线C上任意点P满足|OP|1（O为坐标原点）C曲线C与x24y20有且仅有两个公共点D曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）（多选）12（5分）已知球O的半径为4，球心O在大小为60的二面角l内，二面角l的两个半平面所在的平

5、面分别截球面得两个圆O1，O2，若两圆O1，O2的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体OAO1O2的体积为V，则正确的是（）AO，E，O1，O2四点共圆BOE=23CO1O2=3DV的最大值为32三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）二项式(x-12x)6展开式的常数项是 14（5分）已知数列an是正项等比数列，函数yx25x+3的两个零点是a1，a5，则a3 15（5分）设函数f(x)=x-a，x0，lnx，x0，已知x1x2，且f（x1）f（x2），若x2x1的最小值为e，则a的值为 16（5分）已知向量a1=（1，1），bn=（1n，0），an+1=an-（a

6、nbn+1）bn+1（nN*），则a1b322+a2b432+a9b11102= 四、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b3，sinA+asinB23（1）求角A；（2）若asinA+csinC6sinB，求ABC的面积18（12分）已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn=23(an-1)，nN*（1）求数列an的通项公式；（2）记bn=ansinn2，求数列bn的前100项的和T10019（12分）如图所示，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADDC，PAAB，BCCD=12AD，E是边AD的中点，异面直线

7、PA与CD所成角为2（1）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；（2）若二面角PCDA的大小为6，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值20（12分）2019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了大年初三上午9：2010：40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如图所示，其中时间段9：209：40记作区20，40），9：4010：00记作40，60），10：0010：20记作60，80），10：2010：40记

8、作80，100），例如10点04分，记作时刻64（1）估计这600辆车在9：2010：40时间内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9：2010：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；（3）由大数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N（，2），其中可用这600辆车在9：2010：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，2可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有100

9、0辆车通过该收费点，估计在9：4610：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）若TN（，2）则P（T+）0.6827，P（2T+2）0.9545，P（3T+3）0.997321（12分）已知函数f（x）（ax2+x+1）lnx（1）若a0，证明：当x1时，f（x）0；（2）令(x)=f(x)-32ax2+2(a-1)x，若x1是（x）极大值点，求实数a的值22（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，PF1F2面积的最大值为2（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MDCD，连结CM

10、交椭圆于点N，O为坐标原点证明：OMON为定值；（3）平面内到两定点距离之比是常数（1）的点的轨迹是圆椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆x2+y28上，求2|QA|+|QP|PF2|的最小值2022年山东省日照市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共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（5分）集合A2，0，1，2，B2，1，3，则图中阴影部分所表示的集合为（）A2B0，1，3C0，2，3D1，2，3【解答】解：集合A2，0，1，2，B2，1，3，AB2，0，1，2，3，AB2，1，图中阴影部分所表示的集合为：AB（AB）0，2，3，

11、故选：C2（5分）复平面内表示复数z=6+2i2-i的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：z=6+2i2-i=(6+2i)(2+i)(2-i)(2+i)=10+10i5=2+2i，它在复平面对应的点在第一象限故选：A3（5分）若抛物线x2my上一点（t，2）到其焦点的距离等于4，则m（）A8B4C2D12【解答】解：抛物线x2my的焦点为（0，m4），准线方程为y=-m4，由抛物线上一点（t，2）到其焦点的距离等于4，由抛物线的定义可得2+m4=4，解得m8，故选：A4（5分）已知角的终边经过点P(12，-32)，则角可以为（）A56B23C116D53【解答】解：角

12、的终边经过点P(12，-32)，是第四象限角，且cos=12，sin=-32，则=53故选：D5（5分）已知p：|x+1|2，q：xa，且p是q的充分不必要条件，则实数a的范围是（）A1，+）B（，1C3，+）D（，3【解答】解：p：|x+1|2x+12或x+12x3或x1，p是q的充分不必要条件q是p的充分不必要条件，可知（a，+）（，3）（1，+），a1，+）故选：A6（5分）河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”

13、构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an，则log2（a3a5）的值为（）A16B12C10D8【解答】解：现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列an，则an是以2为公比的等比数列，S7=a1(1-27)1-2=1016，127a11016，解得a18，log2（a3a5）=log2(822824)=12故选：B7（5分）已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）xf（x）若ag（log25.1），bg（20.5），cg（3），则a，b，c的大小

14、关系为（）AabcBbacCcbaDbca【解答】解：奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）xf（x），可得g（x）xf（x）xf（x）g（x），即g（x）为偶函数，当x0时，g（x）f（x）+xf（x）0，即有g（x）在0，+）单调递增因为ag（log25.1）g（log25.1），2log25.13，120.52，则120.52log25.13，可得g（20.5）g（log25.1）g（3），即bac，故选：B8（5分）PQ为经过抛物线y22px焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为S1，以MN为直径的球面积为S2，则（）AS1S2

15、BS1S2CS1S2DS1S2【解答】解：设PQ与x轴夹角为，令|PF|m，|QF|n，则|PM|m，|QN|n，S1（|PM|+|QN|）|PQ|（m+n）2，S2=(m+n)2sin2，S1S2 当且仅当90时，等号成立故选：C二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分（多选）9（5分）经研究，变量y与变量x具有线性相关关系，数据统计如表，并且根据表中数据，求得y关于x的线性回归方程为y=0.8x+a，下列正确的是（）x247101522y8.19.41214.418.524A变量y

16、与x呈正相关B样本点的中心为（10，14.4）Ca=6.8D当x16时，y的估计值为13【解答】解：对于A，y关于x的线性回归方程为y=0.8x+a，0.80，变量y与x呈正相关，故A正确，对于B，x=16(2+4+7+10+15+22)=10，y=16(8.1+9.4+12+14.4+18.5+24)=14.4，故样本点的中心为（10，14.4），故B正确，将样本的中心（10，14.4）代入y=0.8x+a可得，14.40.810+a，解得a=6.4，故C错误，将x16代入回归方程可得，y=0.816+6.4=19.2，故D错误故选：AB（多选）10（5分）已知函数f(x)=cos4(x-2

17、)-sin4(x+2)，则（）A函数f（x）的图像关于y轴对称Bx2，4时，函数f（x）的值域为1，2C函数f（x）的图像关于点（5，0）中心对称D函数f（x）的最小正周期是8【解答】解：f(x)=cos4(x-2)-sin4(x+2)cos（4x-2）sin（4x+2）sin4xcos4x=2sin（4x-4），A：当x0时，则f（0）=2sin（-4）12，A错误，B：当x2，4，即4x-44，34时，sin（4x+4）22，1，f（x）1，2，B正确，C：当x5时，则f（5）=2sin0，C正确，D：T=24=8，函数f（x）的最小正周期是8，D正确，故选：BCD（多选）11（5分）已知

18、曲线C：x|x|4+y2=1，则（）A曲线C关于原点对称B曲线C上任意点P满足|OP|1（O为坐标原点）C曲线C与x24y20有且仅有两个公共点D曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）【解答】解：选项A，（2，0）满足 x|x|4+y2=1，故点（2，0）在曲线上，但（2，0）不满足x|x|4+y2=1，故点（2，0）不在曲线上，故曲线C不关于原点对称，故A错误；选项B，设P（x，y）在曲线上，故|OP|=x2+y2=x2+1-x|x|4，当x0时，|OP|=x2+1-x24=3x24+11，当x0时，|OP|=x2+1+x24=5x24+11，故曲线C上任意点P满足|OP|1（O

19、为坐标原点），故B正确；选项C，联立x|x|4+y2=1x2-4y2=0，故x|x|+x24，x0时，04，无解，故曲线C与x24y20且仅有两个公共点，故C正确；选项D，当x0时，曲线C为x24+y2=1，若为整点，则x24=1，y2=0或x24=0，y2=1，故有（2，0），（0，1），（0，1）三个整点；当x0时，曲线C为-x24+y2=1，若为整点，则x=2k，kZ，y=1+k2，若y=1+k2Z，则k0，与x0矛盾，故曲线C上只有三个整点，故D不正确；故选：BC（多选）12（5分）已知球O的半径为4，球心O在大小为60的二面角l内，二面角l的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆O1

20、，O2，若两圆O1，O2的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体OAO1O2的体积为V，则正确的是（）AO，E，O1，O2四点共圆BOE=23CO1O2=3DV的最大值为32【解答】解：因为公共弦AB在棱l上，连结OE，O1E，O2E，O1O2，OA，则OE=OA2-AE2=23，故B正确；因为二面角l的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，所以OO1，OO2，又O1E平面，O2E平面，所以OO1O1E，OO2O2E，故O，E，O1，O2四点共圆，故选项A正确；因为E为弦AB的中点，故O1EAB，O2EAB，故O1EO2即为二面角l的平面角，所以O1EO260，故O1O2OEs

21、in603，故选项C错误，设OO1d1，OO2d2，在OO1O2中，由余弦定理可得，O1O129d12+d22+d1d23d1d2，所以d1d23，故SOO1O2332，所以V=13AESOO1O232，当且仅当d1d2时取等号，故选项D正确故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）二项式(x-12x)6展开式的常数项是 1516【解答】解：由二项式(x-12x)6展开式的通项公式为Tr+1=C6rx6-r(-12x)r=(-12)rC6rx12-3r2，令123r0，解得r4，即二项式(x-12x)6展开式的常数项是（-12）4C64=1516，故答案为：151

22、614（5分）已知数列an是正项等比数列，函数yx25x+3的两个零点是a1，a5，则a33【解答】解：数列an是正项等比数列，函数yx25x+3的两个零点是a1，a5，a32=a1a5=3，a3=3故答案为：315（5分）设函数f(x)=x-a，x0，lnx，x0，已知x1x2，且f（x1）f（x2），若x2x1的最小值为e，则a的值为 1e【解答】解：令f（x1）f（x2）t，由图象可知t（，a因为x1x2，则x1at，lnx2t，得x1t+a，x2et，所以x2x1etta令g（t）etta（ta），则g（t）et1（ta），所以当a0时，g（t）在（，a上单调递减，所以g（t）ming

23、（a）ea+aaeae，解得a1与a0矛盾，舍去；当a0时，g（t）在（，0上单调递减，在（0，a上单调递增，所以g（t）ming（0）e00ae，解得a1e0，符合题意综上可得a1e故答案为：1e16（5分）已知向量a1=（1，1），bn=（1n，0），an+1=an-（anbn+1）bn+1（nN*），则a1b322+a2b432+a9b11102=27220【解答】解：a2=a1-(a1b2)b2=(1，1)-12(12，0)=(34，1)，a3=a2-(a2b3)b3=(34，1)-14(13，0)=(23，1)，归纳出，an=(n+12n，1)，nN*，接下来用数学归纳法进行证明：当

24、n1时，a1=(1+121，1)=(1，1) 满足题意；假设当nk时，ak=(k+12k，1)，则当nk+1时，ak+1=ak-(akbk+1)bk+1=(k+12k，1)-(k+12k，1)(1k+1，0)(1k+1，0)=(k+22(k+1)，1)=(k+1+12(k+1)，1)，故an=(n+12n，1)，nN*，其中anbn+2(n+1)2=(n+12n，1)(1n+2，0)(n+1)2=12n(n+1)(n+2)=14(1n(n+1)-1(n+1)(n+2)所以a1b322+a2b432+a9b11102=14(112-123+123-134+1910-11011)=14(12-11

25、10)=27220故答案为：27220四、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b3，sinA+asinB23（1）求角A；（2）若asinA+csinC6sinB，求ABC的面积【解答】解：（1）b3，sinA+asinB23，且asinBbsinA，sinA+3sinA23，得sinA=32，A为锐角，A=3；（2）A=3，又asinA+csinC6sinB，结合正弦定理可得a2+c26b18，由余弦定理可得，a2b2+c22bccosA，即18c29+c26c12=9+c23c，2c23c90，解得c=-

26、32（舍去），或c3SABC=12bcsinA=123332=93418（12分）已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn=23(an-1)，nN*（1）求数列an的通项公式；（2）记bn=ansinn2，求数列bn的前100项的和T100【解答】解：（1）当n2时，an=Sn-Sn-1=23(an-1)-23(an-1-1)，整理得 anan-1=-2，又 a1=S1=23(a1-1)，得a12则数列an是以2为首项，2 为公比的等比数列则 an=(-2)n，nN*（2）已知bn=ansinn2，当n4k，kN* 时，b4k=(-2)4ksin4k2=0，当n4k1，kN* 时，b4k-1=(

27、-2)4k-1sin(4k-1)2=24k-1，当n4k2，kN* 时，b4k-2=(-2)4k-2sin(4k-2)2=0，当n4k3，kN* 时，b4k-3=(-2)4k-3sin(4k-3)2=-24k-3，则T100=b1+b2+b3+b100=-(2+25+297)+(23+27+299)=-2-2971-2+2-2991-2=329719（12分）如图所示，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADDC，PAAB，BCCD=12AD，E是边AD的中点，异面直线PA与CD所成角为2（1）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；（2）若二面角PCDA的大小为6，求直线PA

28、与平面PCE所成角的正弦值【解答】解：（1）延长AB交直线CD于点M，点E为AD的中点，AEED=12AD，BCCD=12AD，EDBC，ADBC，即EDBC四边形BCDE为平行四边形，即EBCDABCDM，MCD，CMBE，BE平面PBE，CM平面PBE，MAB，AB平面PAB，M平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点M（MABCD），使得直线CM平面PBE（2）如图所示，ADCPAB90，异面直线PA与CD所成的角为90，ABCDM，AP平面ABCDCDPD，PAAD因此PDA是二面角PCDA的平面角，大小为6，PA=33AD不妨设AD6，则BCCD=12AD3P（0，0，23），E（0

29、，3，0），C（3，6，0），EC=（3，3，0），PE=（0，3，23），AP=（0，0，23），设平面PCE的法向量为n=（x，y，z），则nPE=0nEC=0，可得：3y-23z=0-3x+3y=0令z=3，则y2，x2，n=（2，2，3）设直线PA与平面PCE所成角为，则sin|cosAP，n|APn|AP|n|=6234+4+3=311=331120（12分）2019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了大年初三上午9：2010：40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通

30、过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如图所示，其中时间段9：209：40记作区20，40），9：4010：00记作40，60），10：0010：20记作60，80），10：2010：40记作80，100），例如10点04分，记作时刻64（1）估计这600辆车在9：2010：40时间内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9：2010：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；（3）由大数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的

31、时刻T服从正态分布N（，2），其中可用这600辆车在9：2010：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，2可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：4610：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）若TN（，2）则P（T+）0.6827，P（2T+2）0.9545，P（3T+3）0.9973【解答】解：（1）这600辆车在9：2010：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为（300.005+500.015+700.020+900.010）2064，即10：04（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的

32、10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在20，60）这一区间内的车辆数，即（0.005+0.015）20104，所以X的可能的取值为0，1，2，3，4所以P（X0）=C64C104=114，P（X1）=C41C63C104=821，P（X2）=C42C62C104=37，P（X3）=C43C61C104=435，P（X4）=C44C104=1210，所以X的分布列为：X01234P 114 821 37 435 1210所以E（X）0114+1821+237+3435+41210=85（3）由（1）得64，2（3064）20.1+（5064）20.3+（7064）20.4+（

33、9064）20.2324，所以18，估计在9：4610：40之间通过的车辆数也就是在46，100）通过的车辆数，由TN（64，182），得P（6418T64+218）=P(-T+)2+P(-2T+2)2=0.8186，所以估计在在9：4610：40之间通过的车辆数为10000.8186819辆21（12分）已知函数f（x）（ax2+x+1）lnx（1）若a0，证明：当x1时，f（x）0；（2）令(x)=f(x)-32ax2+2(a-1)x，若x1是（x）极大值点，求实数a的值【解答】解：（1）证明：a0时，f（x）（x+1）lnx，x1时，x+12，lnx0，f（x）（x+1）lnx0（2）(

34、x)=f(x)-32ax2+2(a-1)x=（ax2+x+1）lnx-32ax2+2（a1）x，（x）（2ax+1）lnx+（ax2+x+1）1x-3ax+2（a1）（2ax+1）lnx2ax+1x+2a1，（1）0，（x）2alnx+2a+1x-2a-1x2=2alnx+1x-1x2=g（x），g（1）0，g（x）=2ax-1x2+2x3=2ax2-x+2x3，令g（1）2a+10，解得a=-12，当a=-12时，g（x）=-x2-x+2x3=(x+2)(1-x)x3，可得x1时，（x）取得极大值即最大值，（1）0，（x）0，又（1）0，x1是（x）极大值点，实数a=-1222（12分）已知

35、椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，PF1F2面积的最大值为2（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MDCD，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点证明：OMON为定值；（3）平面内到两定点距离之比是常数（1）的点的轨迹是圆椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆x2+y28上，求2|QA|+|QP|PF2|的最小值【解答】解：（1）当P为短轴端点时，PF1F2的面积最大，bc2，ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a2，bc=2，椭圆方程为x24+y22=1（2）证明：由（1）知C（2，0），D

36、（2，0），设直线CM：yk（x+2），N（x1，y1），MDCD，M（2，4k），联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得（2k2+1）x2+8k2x+8k240，由2x1=8k2-42k2+1，得x1=2-4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，N（2-4k22k2+1，4k2k2+1），OMON=22-4k22k2+1+4k4k2k2+1=4，OMON为定值4（3）由题意A（0，2），设R（0，m），Q（x，y），使2|QA|QR|QR|QA|=2，x2+(y-m)2x2+(y-2)2=4，整理得x2+y2+2m-823y=m2-83，点Q在圆x2+y28上，2m-823=0m2-83=8，解得m42，R（0，42），由椭圆定义得|PF2|4|PF1|，2|QA|+|QP|PF2|QR|+|QP|（4|PF1|）|QR|+|QP|+|PF1|4，当R，P，F1共线时，R（0，42），F1（02，0），2|QA|+|QP|PF2|取最小值34-4第21页（共21页）