江西省山江湖协作体2019-2020学年高一上学期第三次月考数学试题

江西省山江湖协作体2019-2020学年高一上学期第三次月考数学试题

“山江湖”协作体高一年级第三次月考 数学试卷（自招班） 一、选择题：（本题包括 12 小题，共 60 分，每小题只有一个选项符合题意） 1.已知集合  3 2 0A x Z x    ，  2 9B x R x   ，则 A B  （ ） A. 23, 3      B. 2 ,33     C.  2, 1  D.  3, 2, 1   【答案】D 【解析】 【分析】 解出不等式3 2 0x   和 2 9x  ，再由交集的定义可得出集合 A B . 【 详 解 】   23 2 0 3A x Z x x Z x             ，    2 9 3 3B x R x x R x        ， 因此，  23 3, 2, 13A B x Z x               . 故选：D. 【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于 基础题. 2.方程 3log 2 8 0x x   的解所在区间是（ ）． A. (1,2) B. (2,3) C. (3,4) D. (5,6) 【答案】C 【解析】 【分析】 判断所给选项中的区间的两个端点的函数值的积的正负性即可选出正确答案. 【详解】∵ 3( ) log 8 2f x x x   , ∴ 3(1) log 1 8 2 6 0f       , 3(2) log 2 8 4 0f     , 3(3) log 3 8 6 1 0f       ， 3(4) log 4 0f   , 3 3(5) log 5 2 0, (6) log 6 4 0f f      ∴ (3) (4) 0f f  , ∵函数 3( ) log 8 2f x x x   的图象是连续的, ∴函数 ( )f x 的零点所在的区间是 (3,4) . 故选：C 【点睛】本题考查了根据零存在原理判断方程的解所在的区间,考查了数学运算能力. 3.过点 ( 3,2)M  且与直线 2 9 0x y   平行的直线方程是（ ） A. 2 8 0x y   B. 2 7 0x y   C. 2 4 0x y   D. 2 1 0x y   【答案】D 【解析】 【分析】 先由题意设所求直线为： 2 0x y m   ，再由直线过点 ( 3,2)M  ，即可求出结果. 【详解】因为所求直线与直线 2 9 0x y   平行，因此，可设所求直线为： 2 0x y m   ， 又所求直线过点 ( 3,2)M  ， 所以 3 4 0   m ，解得 1m   ， 所求直线方程为： 2 1 0x y   . 故选：D 【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线方程的常见形式即可，属于基础题型. 4.已知 0.5 0.6 0.91 0.8 0.6 0.5a og b c  ， ， ，那么 a，b，c 的大小关系是（ ） A. a b c  B. b a c  C. c a b  D. a c b  【答案】A 【解析】 【分析】 利用函数的单调性容易得出 log0.90.8＞1，0.50.6＜0.60.6＜0.60.5＜1，从而可得出 a，b，c 的大 小关系． 【详解】a =log0.90.8＞log0.90.9＝1，c =0.50.6＜0.60.6＜0.60.5 = b＜0.60＝1， ∴a＞b＞c． 故选：A． 【点睛】本题考查了对数函数、指数函数和幂函数的单调性，增函数和减函数的定义，考查 了推理能力和计算能力，属于基础题． 5.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 45 ，腰为 2 ，上底长为 2 的等腰 梯形，那么原平面图形的面积为( ) A. 3 2 B. 6 C. 6 2 D. 12 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据斜二测画法的图像性质,原平面图形面积为斜二测画法所得面积的 2 2 倍,故先求得斜二 测画法梯形的面积再乘以 2 2 即可. 【详解】由题意得,斜二测画法内梯形的上底长为 2,高为 2 sin 45 1   ,下底长为 2 2 2 cos45 4    ,故斜二测图像内梯形面积 1 (2 4) 1 32S     ,故原平面图形面积 0 3 2 2 6 2S    . 故选：C 【点睛】本题主要考查原图形面积为斜二测画法内面积的 2 2 倍.属于基础题型. 6.若圆 2 2 2 4 0x y x y    关于直线 : 3 0l x y a   对称，则 a 的值为（ ） A. 5 B. 3 C. 1 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】 由圆关于直线 l 对称，得直线过圆心，将圆心坐标代入直线l 的方程，即可求出结果. 【详解】因为圆 2 2 2 4 0x y x y    可化为   2 21 2 5x y    ，所以圆心坐标为 1,2 ； 又圆 2 2 2 4 0x y x y    关于直线 : 3 0l x y a   对称， 所以直线 : 3 0l x y a   过点 1,2 ， 因此 3 2 0a    ，解得 1a  . 故选：C 【点睛】本题主要考查由直线与圆的位置关系求参数的问题，只需由题意得到直线过圆心即 可，属于常考题型. 7.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有鳖臑下广三尺，无袤，上袤三尺， 无广，高四尺.问积几何？”，鳖臑是一个四面体，每个面都是三角形，已知一个鳖臑的三视 图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该鳖臑的体积为（ ） A. 6 B. 9 C. 18 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三视图画出图形，结合三棱锥体积公式求解即可 【详解】由三视图，画出图形，如图： 则该鳖臑的体积为： 1 1 3 4 3 63 2V       故选：A 【点睛】本题考查由三视图求三棱锥的体积，属于基础题 8.已知函数  f x 是奇函数，且当 0x  时，   5 1xf x   ，则  7 5 log 3 log 7f  的值为 （ ） A. 4 B. 2 C. 2 3 D. 4 3 【答案】B 【解析】 【分析】 先化简 7 5 5 log 3 log 7=log 3 ，根据 f（x）是奇函数，以及 x＜0 时的函数解析式，即可求值 【详解】 5 5 7 5 5 5 5 log 3 log 7 log 3 log 7= =log 3log 7 log 5   5 1 3log  ； 又 x＜0 时，f（x）＝5﹣x﹣1，且 f（x）为奇函数； ∴  7 5 log 3 log 7f  5 1 3 5 5 1 1 5 13 3 log f log f log                       2． 故选：B． 【点睛】考查奇函数的定义，对数式的运算，以及对数的换底公式，指数与对数的互化． 9.在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，己知 AB BC ， 2AB BC  ， 1 2 2CC  ，则异面直线 1AC 与 1 1A B 所成的角为（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】 由条件可看出 1 1AB A B ，则 1BAC 为异面直线 1AC 与 1 1A B 所成的角，可证得三角形 1BAC 中， 1AB BC ，解得 1tan BAC ，从而得出异面直线 1AC 与 1 1A B 所成的角． 【详解】连接 1AC ， 1BC ，如图： 又 1 1AB A B ，则 1BAC 为异面直线 1AC 与 1 1A B 所成的角. 因为 AB BC ，且三棱柱为直三棱柱，∴ 1AB CC ，∴ AB  面 1 1BCC B ， ∴ 1AB BC ， 又 2AB BC  ， 1 2 2CC  ，∴  2 2 1 2 2 2 2 3BC    ， ∴ 1tan 3BAC  ，解得 1 60BAC   . 故选：C 【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考 查了逻辑推理能力，属于基础题． 10.已知 9 52 4 1( ) ( 1) m mf x m m x     是幂函数，对任意的 1 2, (0, )x x    ，且 1 2x x ，满足 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   ，若 , Ra b ，且 0a b  ， 0ab  ，则 ( ) ( )f a f b 的值（ ） A. 恒大于 0 B. 恒小于 0 C. 等于 0 D. 无法判断 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出幂函数解析式，再根据幂函数的奇偶性与单调性得出结论． 【详解】由题意 2 1 1m m   ， 1m   或 2m  ， 又对任意的 1 2, (0, ]x x   ，且 1 2x x ，满足 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   ，∴ ( )f x 在 (0, ) 上是增 函数． 1m   时， 9 54 1 4 1 1 4 0m m         ，不合题意， 2m  时， 9 5 9 54 1 4 2 2 1 2015 0m m        ，满足题意， ∴ 2015( )f x x ， ( )f x 是奇函数，∴ ( )f x 在 R 是是增函数， 0, 0a b ab   ，不妨设 0, 0a b  ，则 0a b   ， ∴ ( ) ( )f a f b  ，即 ( ) ( )f a f b  ，∴ ( ) ( ) 0f a f b  ． 故选：A． 【点睛】本题考查求幂函数解析式，考查函数的单调性与奇偶性，属于中档题． 11.已知 P 为直线 2 5 0x y   上的动点，过点 P 作圆    2 2: 1 2 2C x y    的一条切 线，切点为Q ，则 PCQ 面积的最小值是（ ） A. 6 2 B. 6 C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 作出图形，根据勾股定理 2 2PQ PC  ，可知当 PC 与直线 2 5 0x y   垂直时，PC 取 得最小值，此时 PQ 取得最小值，则 PCQ 取得最小值，利用点到直线的距离公式计算出 PC 的最小值，可得出 PQ 的最小值，由此可计算出 PCQ 面积的最小值. 【详解】如下图所示，过点 P 引圆 C 的切线，切点为点Q ， PQ CQ ，且 2CQ  ， 由勾股定理得 2 2 2 2PQ PC CQ PC    . 点 P 是直线 : 2 5 0l x y   上的动点，当 PC l 时，此时 PC 取得最小值，则 PQ 取得最小 值，则圆心  1, 2C  到直线 l 的距离为 2 2 5 2 2 1 2 5d     . 则 PC 的最小值为 5 ，所以 PCQ 的面积等于 1 1 62 5 22 2 2CQ PQ      ， 因此， PCQ 面积的最小值为 6 2 ． 故选：A. 【点睛】本题考查直线与圆相切时三角形面积最值的求解，解题时要充分利用数形结合思想， 抓住一些关键位置进行分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 12.设函数 ( )f x 的定义域为 R，满足 ( 1) 2 ( )f x f x  ，且当 (0,1]x 时， ( ) ( 1)f x x x  . 若对任意 ( , ]x m  ，都有 8( ) 9f x   ，则 m 的取值范围是 A. 9, 4     B. 7, 3     C. 5, 2     D. 8, 3     【答案】B 【解析】 【分析】 本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析 出临界点位置，精准运算得到解决． 【详解】 (0,1]x 时， ( )= ( 1)f x x x  ， ( +1)= ( )f x 2 f x ， ( ) 2 ( 1)f x f x   ，即 ( )f x 右 移 1 个单位，图像变为原来的 2 倍． 如图所示：当 2 3x  时， ( )=4 ( 2)=4( 2)( 3)f x f x x x   ，令 84( 2)( 3) 9x x    ， 整理得： 29 45 56 0x x   ， 1 2 7 8(3 7)(3 8) 0, ,3 3x x x x       （舍）， ( , ]x m   时， 8( ) 9f x   成立，即 7 3m  ， 7, 3m       ，故选 B． 【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到 2 倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概 括、数学建模能力． 二、填空题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13.已知点（m，2）到直线 x+y–4＝0 的距离等于 2 ，则 m 的值为__________． 【答案】0 或 4 【解析】 【分析】 利用点到直线的距离公式，得到关于 m 的方程，求出 m 的值，得到答案. 【详解】由题意， 2 4 2 2 m    ，即|m–2|＝2， 解得 m＝0 或 4． 故答案为：0 或 4． 【点睛】本题考查点到直线距离公式，属于简单题 14.函数 3( ) 3 2 x xf x   的值域为__________． 【答案】(0,1) 【解析】 【分析】 利用反函数的定义域为原函数的值域求解。 【详解】解： 3( ) 3 2 x xy f x   23 1 x y y    3 2log 1 yx y       即 3( ) 3 2 x xf x   的反函数为 3 2log 1 xy x      又 3 2log 1 xy x      则 2 01 x x  解得 0 1x  故函数 3 2log 1 xy x      的定义域为  0,1 所以函数 3( ) 3 2 x xf x   的值域为  0,1 ， 故答案为： 0,1 【点睛】本题考查求函数的值域，利用反函数跟原函数的关系，属于基础题。 15.已知四面体 ABCD 为正四面体， 1AB  ， ,E F 分别为 ,AD BC 的中点．若用一个与直线 EF 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面 去截该四面体，由此得到一个多边形截面， 则该多边形截面面积最大值为________． 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 补成一个正方体，在正方体中可解决。 【详解】 补成正方体，如图， EF  ， 截面为平行四边形 MNKL ，可得 1NK KL  ， 又 ,KL BC KN AD  ，且 AD BC ， KN KL  ，可得 2 1 2 4MNKL NK KLS NK KL        ， 当且仅当 NK KL 时取等号。 故答案为： 1 4 【点睛】本题考查立体几何中的截取问题，同时也考查了用基本不等式求最值，属于综合性 题目。 16.已知四面体 ABCD 的四个顶点均在球 O 的表面上， AB 为球O 的直径， 4, 2AB AD BC   ，四面体 ABCD 的体积最大值为____ 【答案】2 【解析】 【分析】 AB 为球 O 的直径，可知 ABD 与 ABC 均为直角三角形，求出点 C 到直线 AB 的距离为 3 ，可知点C 在球上的运动轨迹为小圆. 【详解】如图所示，四面体 ABCD 内接于球 O ，  AB 为球O 的直径， 2ADB ACB     ， 4, 2AB AD BC   ， 2 3BD AC   ，过 C 作CE AB 于 E ，  1 1 2 2 3 32 2 4AB CE BC AC CE       ， 点C 在以 E 为圆心， 3CE  为半径的小圆上运动， 当面 ABD  面 ABC 时，四面体 ABCD 的体积达到最大， max 1 1 1 1 1( ) ( 2 3 2) 3 23 3 2 3 2ABDV S CE BD AD CE           . 【点睛】立体几何中求最值问题，核心通过直观想象，找到几何体是如何变化的？本题求解 的突破口在于找到点C 的运动轨迹，考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力. 三、解答题（共 70 分.解题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.己知直线 2x–y–1＝0 与直线 x–2y+1＝0 交于点 P． （1）求过点 P 且平行于直线 3x+4y–15＝0 的直线 l1 的一般式方程； （2）求过点 P 并且在 y 轴上截距是在 x 轴上的截距的 2 倍的直线 l2 的一般式方程． 【答案】（1）3x+4y–7＝0 （2）x–y＝0 或 2x+y–3＝0 【解析】 【分析】 （1）将两直线联立得到 P 点坐标，然后设 1l 的一般式方程为 3x+4y+c＝0，代入 P 点坐标，得 到 c 的值，从而得到答案；（2）分过原点和不过原点两种情况进行讨论，过原点时，易得 1k  ， 从而得到 2l ，不过原点时，可设直线 l2 的方程为： 12 x y a a   ，代入 P 点坐标，得到 a 的值， 从而得到直线 2l . 【详解】（1）联立 2 1 0 2 1 0 x y x y        ，得 1 1 x y    ， ∴P（1，1）， 设平行于直线 3x+4y–15＝0 的直线 l1 的一般式方程为 3x+4y+c＝0， 把 P（1，1）代入，得：3+4+c＝0，解得 c＝–7． ∴过点 P 且平行于直线 3x+4y–15＝0 的直线 l1 的一般式方程为：3x+4y–7＝0． （2）①当直线 l2 过原点时，符合题意， 直线 l2 过原点，且过 P（1，1）， ∴斜率 k＝1， ∴直线 l2 的方程为 y＝x，即 x–y＝0； ②当直线 l2 不过原点时， ∵它在 y 轴上的截距是在 x 轴上截距的 2 倍， ∴可设直线 l2 的方程为： 12 x y a a   ． ∵直线 l2 过点 P（1，1）， ∴ 1 1 12a a   ，解得 a 3 2  ． ∴直线 l2 的方程为： 13 3 2 x y  ，即 2x+y–3＝0． 综上所述，直线 l2 的方程为 x–y＝0 或 2x+y–3＝0． 【点睛】本题考查直线的交点，根据平行关系求直线方程，根据截距关系求直线方程，属于 简单题. 18.已知函数      lg 2 lg 2f x x x    . （1）求函数  f x 的定义域； （2）若不等式 f ( )x m 有解，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） ( 2,2) ；（2） lg 4m  ． 【解析】 试题分析：（1）由对数有意义，得 2 0{2 0 x x     可求定义域；（2）不等式 ( )f x m 有解  max( )m f x ，由 20 4 4x   ，可得 ( )f x 的最大值为 lg 4 ，所以 lg 4m  。 试题解析：（1） x 须满足 2 0{2 0 x x     ，∴ 2 2x   ， ∴所求函数的定义域为 ( 2,2) . （2）∵不等式 ( )f x m 有解，∴ max( )m f x      lg 2 lg 2f x x x    = 2lg(4 )x 令 24t x  ，由于 2 2x   ，∴ 0 4t  ∴ ( )f x 的最大值为 lg4.∴实数 m 的取值范围为 lg 4m  . 考点：对数性质、对数函数性、不等式有解问题。 19.如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直， M 是 CD 上异于C ， D 的点． （1）证明：平面 AMD  平面 BMC ； （2）在线段 AM 上是否存在点 P ，使得 MC∥平面 PBD ？说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】 【详解】分析：（1）先证 AD CM ,再证 CM MD ，进而完成证明。 （2）判断出 P 为 AM 中点，，证明 MC∥OP，然后进行证明即可。 详解：（1）由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD． 因为 BC⊥CD，BC  平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM． 因为 M 为 CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM． 又 BC∩CM=C，所以 DM⊥平面 BMC． 而 DM 平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC． （2）当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD． 证明如下：连结 AC 交 BD 于 O．因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点． 连结 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC∥OP． MC 平面 PBD，OP 平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD． 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二 问先断出 P 为 AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力， 属于中档题。 20.已知二次函数 ( )f x 满足 (0) (2) 1f f   且 (1) 4f   . （1）求函数 ( )f x 的解析式； （2）若 ( )( 0xy f a a  且 1)a  在 [ 1,1]x  上的最大值为 8，求实数 a 的值. 【答案】（1） 2( ) 3 6 1f x x x   ；（2） 3a  或 1 3a  . 【解析】 【分析】 （1）利用二次函数列方程即可求解． （2）换元法转化为    223 6 1 3 1 4g t t t t      ，利用定义域与对称轴的位置关系求最 大值即可求解 【详解】（1）二次函数 f（x）＝ax2+bx+c（a≠0）， (0) (2) 1f f   ∴对称轴 x＝1 12 b ca    ， ， ∵f（1）＝-4，∴a+b＝-3， a＝3，b＝-6．c＝﹣1， ∴ 2( ) 3 6 1f x x x   ， （2）∵x∈[ 1 ，1]，t＝ xa ，则    223 6 1 3 1 4g t t t t      当 11,a t aa    ，故    223 6 1 3 1 4g t t t t      在 1 ,aa      先减后增，又 1 12 a a   故 最大值为   23 6 1g a a a   =8，解得 3a  同理当 10 1,a a t a      ，故    223 6 1 3 1 4g t t t t      在 1 ,aa      上最大值为 2 1 3 6 1g a a a        =8，解得 1 3a  综上： 3a  或 1 3a  【点睛】本题综合考查了二次函数的性质，考查分类讨论求最值，注意换元后新元范围与对 称轴远近的比较，属于综合题目，理解题意最关键． 21.如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD． （1）证明：AC⊥BD； （2）已知△ACD 是直角三角形，AB=BD．若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AE⊥EC，求 四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比． 【答案】（1）见解析；（2）1:1. 【解析】 试题分析：（1）取 AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得 AC OD ，AC OB ， 再根据线面垂直的判定定理得 AC  平面 OBD ，即得 AC⊥BD；（2）先由 AE⊥EC，结合平面 几何知识确定 1 2EO AC ，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为 1:1. 试题解析： （1）取 AC 的中点 O，连结 DO，BO. 因为 AD=CD，所以 AC⊥DO. 又由于 ABC△ 是正三角形，所以 AC⊥BO. 从而 AC⊥平面 DOB，故 AC⊥BD. （2）连结 EO. 由（1）及题设知∠ADC=90°，所以 DO=AO. 在 Rt AOB 中， 2 2 2BO AO AB  . 又 AB=BD，所以 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD     ，故∠DOB=90°. 由题设知 AEC 为直角三角形，所以 1 2EO AC . 又 ABC△ 是正三角形，且 AB=BD，所以 1 2EO BD . 故 E 为 BD 的中点，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的 1 2 ，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 1 2 ，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1:1. 【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 22.已知圆心在坐标原点的圆 O 经过圆 2 2( 3) ( 3) 10x y    与圆 2 2( 2) ( 2) 20x y    的 交点，A、B 是圆 O 与 y 轴的交点，P 为直线 y=4 上的动点，PA、PB 与圆 O 的另一个交点分别 为 M、N. (1)求圆 O 的方程； (2)求证：直线 MN 过定点. 【答案】（1） 2 2 4x y  （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）联立两圆的方程，求解方程组即可得两圆的交点坐标为(2,0)和(0,2)， 又所求圆的圆心为坐标原点，则可得圆的方程为 2 2 4x y  ， （2）联立直线与圆的方程，可得交点坐标分别为 2 2 2 8 2 8( , )4 4 t tM t t     ， 2 2 2 24 72 2( , )36 36 t tN t t    ， 再由点斜式求直线方程为 212 18 ty xt   ，即可得证. 【详解】(1)解：由 2 2 2 2 ( 3) ( 3) 10 ( 2) ( 2) 20 x y x y           解得： 2 0 x y    或 0 2 x y    ， 即两圆的交点坐标为(2,0)和(0,2)， 又因为圆 O 的圆心为坐标原点， 所以圆 O 的方程为 2 2 4x y  . (2)证：不妨设 A(0,2)、B(0,-2)、P(t,4)， 则直线 PA 的直线方程为 2 2y xt   ，直线 PB 的直线方程为 6 2y xt   ， 由 2 2 4 2 2 x y y xt      得 2 2 2 8 2 8( , )4 4 t tM t t     ，同理可得 2 2 2 24 72 2( , )36 36 t tN t t    ， 直线 MN 的斜率为 2 2 22 2 2 2 72 2 2 8 1236 4 24 8 8 36 4 t t tt tk t t t t t        ， 直线 MN 的的方程为： 2 2 2 2 12 8 2 8( )8 4 4 t t ty xt t t      ， 化简得： 212 18 ty xt   ， 所以直线 MN 过定点(0,1). 【点睛】本题考查了圆的方程的求法、直线与圆的交点的求法及直线的点斜式方程，重点考 查了运算能力，属中档题.