人大附中2019-2020学年第一学期期末考试
高二数学
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（5分）复数z＝a+i（i∈R）的实部是虚部的2倍，则a的值为（ ） A．
B．
C．﹣2
D．2
2．（5分）已知向量＝（1，2，1），＝（﹣1，0，4），则+2＝（ ） A．（﹣1，2，9）
B．（﹣1，4，5）
C．（1，2，﹣7）
D．（1，4，9）
3．（5分）若a＞0，则不等式＜a等价于（ ）
A．0＜＜x B．﹣＜x＜0 C．x＜﹣ D．x＞或x＜0
4．（5分）已知等差数列{an}满足4a3＝3a2，则{an}中一定为零的项是（ ） A．a6
B．a8
C．a10
D．a12
5．（5分）设曲线C是双曲线，则“曲线C的方程为x2﹣＝1”是“曲线C的离心率为2”的（ ）
A．充分不必要条件 C．充要条件
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．（5分）已知x，y＞0且x+y＝4，则下面结论正确的是（ ） A．xy的最大值是4 C．∃x，y，x+y≤
B．xy的最小值是4 D．∀x，y，x+y≤2
7．（5分）某企业为激励员工创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2020年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该企业全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）
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A．2022年 B．2023年 C．2024年 D．2025年
的点P
8．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若点P是棱上一点（含顶点），则满足的个数为（ ） A．6
B．8
C．12
D．24
二、填空（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
9．（5分）已知双曲线﹣＝1，（a＞0）的左焦点是（﹣2，0），则a的值为 ．
10．（5分）已知复数z满足z（1+i）＝2﹣4i，那么z＝ ．
11．（5分）已知数列{an}满足，且a5＝15，则a8＝ ．
12．（5分）设a，b，c是任意实数，能够说明“若c＜b＜a且ac＜0，则ab＜ac”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为 ．
13．（5分）已知三角棱O﹣ABC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在MN上，且MN＝2GN，设
＝，
＝，则
＝ （用基底（，，）表示）
＝，
14．（5分）如图，曲线C1：y2＝4x（y≥0）和曲线C2：x2＝4y（x≥0）在第一象限的交点为C，已知A（1，0），B（0，1），直线x+y＝m，m∈（0，8）分别与C1和C2交于M，N两点，且M，N，A，B不共线．以下关于四边形ABMN描述中：
①∀m∈（0，8），四边形ABMN的对角线AM＝BN； ②∃m∈（0，8），四边形ABMN为正方形； ③∃m∈（0，8），使得|MN|＝．
其中所有正确结论的序号是： ．
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三、解答题（本大题共3小题，共30分.解答应写出文字说明过程或演算步骤.） 15．（8分）在等比数列{an}中，a2＝1，a5＝8，n∈N*． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＜100，求n的最大值．
16．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，AB＝PA＝1，F是PB的中点，E为BC上一点． （Ⅰ）求证：AF⊥平面PBC；
（Ⅱ）若BE＝，求直线PB和直线DE所成角的余弦值；
（Ⅲ）当BE为何值时，直线DE与平面AFC所成角为45°？
17．（10分）已知椭圆C：点，且|PQ|＝1．
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+＝1 （a＞b＞0）的离心率为，过C的左焦点作x轴的垂线交C与P、Q两
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）椭圆C的短轴的上下端点分别为A，B，点M（m，），满足m≠0，且m≠±
，若直线AM，BM分别
与椭圆C交于E，F两点，试判断：是否存在点M，使得△ABF的面积与△BOE的面积相等？若存在，求m的值：若不存在，说明理由．
二、不定项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题列出的四个选项中，可能有一项或几项是符合题目要求的）
18．（6分）不等式组的解集记为D，下列四个命题中真命题是（ ）
A．∀（x，y）∈D，x+2y≥﹣2 C．∀（x，y）∈D，x+2y≤3
B．∃（x，y）∈D，x+2y≥2 D．∃（x，y）∈D，x+2y≤﹣1
19．（6分）已知a、b∈R，“a＜b”是“2a＜3b”的（ ） A．充分而不必要条件 C．充分必要条件
B．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
20．（6分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是对角线AC1上一动点，在点P从顶点A移动到顶点C1
的过程中，下列结论中正确的有（ ）
A．二面角P﹣A1D﹣B1的取值范围是[0，
]
B．直线AC1与平面A1DP所成的角逐渐增大 C．存在一个位置，使得AC1⊥平面A1DP D．存在一个位置，使得平面A1DP∥平面B1CD1 二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，） 21．（6分）若复数z满足：z2﹣2az+a2+4＝0，且|z|＝
，则实数a＝ ．
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22．（6分）已知集合A＝{x|x＝a3×30+a2×31+a1×32+a0×33}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，将集合A中的元素从小到大排列得到数列{bn}，设{bn}的前n项和为Sn，则b3＝ ，S15＝ ． 23．（6分）曲线C是平面内与三个顶点F1（﹣1，0），F2（1，0）和F3（0，1）的距离的和等于2迹，给出下列三个结论： ①曲线C关于x轴、y轴均对称；
的点的轨
﹣﹣﹣
②曲线C上存在一点P，使得|PF3|＝；
③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积最大值是1． 其中所有真命题的序号是： ．
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参考答案
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1．【答案】D
【分析】直接利用复数的基本概念求解．
【解答】解：∵复数z＝a+i（i∈R）的实部是虚部的2倍， ∴a＝2． 故选：D．
【点评】本题考查复数的基本概念，是基础题． 2．【答案】A
【分析】利用向量坐标运算性质即可得出．
【解答】解：+2＝（1，2，1）+2（﹣1，0，4）＝（﹣1，2，9）． 故选：A．
【点评】本题考查了向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3．【答案】D
【分析】根据＜a可得
，再结合a＞0得到其等价形式即可．
【解答】解：∵a＞0，∴当＜a时，有
⇔x（ax﹣1）＞0⇔x＞或x＜0．
故选：D．
【点评】本题考查了分式不等式的解法，属基础题． 4．【答案】A
【分析】利用通项公式即可得出．
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【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵4a3＝3a2， ∴4（a1+2d）＝3（a1+d），可得：a1+5d＝0， ∴a6＝0，
则{an}中一定为零的项是a6． 故选：A．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．【答案】A
【分析】根据双曲线的离心率结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：若曲线C的方程为x2﹣＝1，
则a2＝1，b2＝3，
c2＝a2+b2＝1+3＝4，即c＝2， 所以双曲线C的离心率e＝＝2，
所以曲线C的方程为x2﹣＝1”是“曲线C的离心率为2”的充分条件，
若曲线C的离心率为2，
则e＝＝＝2，
所以b2＝3a2， 当a2＝2，b2＝12，
曲线C的方程为，
所以曲线C的方程为x2﹣＝1”是“曲线C的离心率为2”不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合双曲线的渐近线的性质是解决本题的关键．
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6．【答案】A
【分析】结合基本不等式即可判断各选项． 【解答】解：因为x，y＞0且x+y＝4， 由基本不等式可得xy
＝4，当且仅当x＝y＝2时取等号，即xy的最大值4，
根据基本不等式可得，∀x，y＞0时，都有x+y故选：A．
．
【点评】本题主要考查了基本不等式的简单应用，属于基础试题． 7．【答案】C
【分析】设n年开始超过200万元，则130×（1+12%）n
﹣2020
＞200，解出n即可．
﹣2020
【解答】解：设n年开始超过200万元，则130×（1+12%）n∴（n﹣2020）×lg1.12＞lg2﹣lg1.3， ∴n﹣2020
，
＞200，
∴n＞2023.8，
∴从2024年开始超过200万元， 故选：C．
【点评】本题主要考查了函数的实际运用，是中档题． 8．【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，则点A（2，0，0），C1 （0，2，2），考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为（x，y，2），则由题意可得0≤x≤2，0≤y≤2，计算即可得出结论．
【解答】解：如图所示：以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系．
则点A（2，0，0），C1 （0，2，2），考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为（x，y，2），则由题意可得0≤x≤2，0≤y≤2． ∴
＝x2﹣2x+y2﹣2y＝（x﹣1）2+（y﹣1）2﹣2＝﹣1，
＝（2﹣x，﹣y，﹣2），＝（﹣x，2﹣y，0），
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∴＝﹣x（2﹣x）﹣y（2﹣y）+0＝x2﹣2x+y2﹣2y＝（x﹣1）2+（y﹣1）2﹣2＝﹣1，
∵点P是棱上一点（含顶点），
∴（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1与正方形A1B1C1D1切于4个点， 同理P在右侧面的棱上，也有4个点， 下底面中P（2，1，0），﹣1，0）•（0，1，2）＝﹣1， 内侧面，P（0，0，1），﹣1）•（0，0，1）＝﹣1， ∴满足故选：C．
的点P的个数为12
＝（2，0，﹣1）•（0，2，1）＝﹣1，P（0，2，1），
＝（2，﹣2，
＝（0，﹣1，0）•（﹣2，1，2）＝﹣1，P（0，1，0），
＝（2，
【点评】本题主要考查向量在几何中的应用，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算，属于中档题． 二、填空（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 9．【答案】见试题解答内容
【分析】本题根据可得c2＝4，b2＝3，再根据a2＝b2+c2即可计算出结果． 【解答】解：由题意，可知c＝2，即c2＝4． ∵b2＝3，
∴a2＝b2+c2＝3+4＝7． ∴a＝
．
．
故答案是：
【点评】本题主要考查椭圆的基础知识及基本计算．本题属基础题．
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10．【答案】见试题解答内容
【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【解答】解：由z（1+i）＝2﹣4i，得
．
故答案为：﹣1﹣3i．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题． 11．【答案】见试题解答内容
【分析】利用递推关系式，通过累积法求解即可．
【解答】解：数列{an}满足，
可得，
可得a8＝a5×＝24．
故答案为：24．
【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力． 12．【答案】见试题解答内容
【分析】根据不等式的关系判断出a＞0，c＜0，b任意，利用特殊值法进行判断即可． 【解答】解：若c＜b＜a且ac＜0， 则a＞0，c＜0，b任意， 则取a＝1，b＝0，c＝﹣1， 则满足条件，但ab＜ac不成立， 故答案为：1，0，﹣1．
【点评】本题主要考查命题的真假判断，利用特殊值法是解决本题的关键．比较基础． 13．【答案】见试题解答内容
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【分析】可画出图形，根据条件可知G为MN的中点，然后连接ON，从而可得出N是边OA，BC的中点即可用【解答】解：如图，
表示出
．
，根据M，
∵点G在MN上，且MN＝2GN，
∴G为MN的中点，连接ON，且M，N分别是对边OA，BC的中点，则：
＝
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，考查了计算能力，属于基础题． 14．【答案】见试题解答内容
【分析】A（1，0），B（0，1），可得|AB|＝
，kAB＝﹣1．两点A，B关于直线y＝x对称．直线MN方程为：
x+y＝m，m∈（0，8），斜率kMN＝﹣1，且M，N，A，B不共线．MN∥AB．由曲线C1：y2＝4x（y≥0）和曲线C2：x2＝4y（x≥0），可得：两条曲线关于直线y＝x对称．可得四边形ABMN为等腰梯形或矩形．即可判断出①正确．联立
，解得M坐标，得出点M到直线y＝x的距离d，可得|MN|＝2d＝
|m+4﹣4
|，进而
判断出②③是否正确．
【解答】解；A（1，0），B（0，1），∴|AB|＝
，kAB＝﹣1．两点A，B关于直线y＝x对称．
∵直线MN方程为：x+y＝m，m∈（0，8），斜率kMN＝﹣1，且M，N，A，B不共线．
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∴MN∥AB．
由曲线C1：y2＝4x（y≥0）和曲线C2：x2＝4y（x≥0），可得：两条曲线关于直线y＝x对称． 可得四边形ABMN为等腰梯形或矩形．
因此①∀m∈（0，8），四边形ABMN的对角线AM＝BN，正确；
②联立，解得xM＝m+2﹣2，yM＝2﹣2，
∴点M到直线y＝x的距离d＝，
∴|MN|＝2d＝|m+4﹣4|，
|＝1，解得：m＝3，
令|MN|＝|AB|，可得：|m+4﹣4
可得M（1，2），kMB＝1，∴MB⊥AB． |MA|＝
＝|AB|，因此∃m∈（0，8），四边形ABMN为正方形．
因此②正确． ③令|MN|＝．∴
|m+4﹣4
|＝
，无解．
因此不存在m∈（0，8），使得|MN|＝．
其中所有正确结论的序号是：①②．
【点评】本题考查了抛物线的图象与性质、图象的对称性、方程的解法，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
三、解答题（本大题共3小题，共30分.解答应写出文字说明过程或演算步骤.） 15．【答案】见试题解答内容
【分析】（I）由已知结合等比数控的性质可求公比q，然后结合通项公式即可求解； （II）结合等比数列的通项公式，即可求解n 【解答】解：（I）因为a2＝1，a5＝8，
所以q3＝＝8，故q＝2，
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∴an＝＝2n2，
﹣
（II）Sn＝则2n＜201，
＝＜100，
由于27＝128，28＝256 满足条件的n＝7
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于中档试题． 16．【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）推导出BC⊥AB，BC⊥PA，从而BC⊥平面PAB，进而BC⊥AF，推导出AF⊥PB，由此能证明AF⊥平面PBC．
（Ⅱ）以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PB和直线DE所成角的余弦值．
（Ⅲ）求出平面AFC的法向量，利用向量法能求出BE．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD， ∴BC⊥AB，BC⊥PA，
∵AB∩BC＝B，∴BC⊥平面PAB， ∵AF⊂平面PAB，∴BC⊥AF，
∵AB＝PA＝1，F是PB的中点，∴AF⊥PB， ∵BC∩PB＝B，∴AF⊥平面PBC．
（Ⅱ）解：以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， ∵BE＝，∴P（0，0，1），B（0，1，0），D（1，0，0），E（，1，0），
＝（0，1，﹣1），＝（﹣，1，0），
设直线PB和直线DE所成角为θ，
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则cosθ＝＝＝．
∴直线PB和直线DE所成角的余弦值为．
（Ⅲ）解：设BE＝t，（0≤t≤1），则E（t，1，0），F（0，），C（1，1，0），
＝（0，），＝（1，1，0），＝（1﹣t，﹣1，0），
设平面AFC的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，﹣1，1），
∵直线DE与平面AFC所成角为45°，
∴sin45°＝＝＝，
由0≤t≤1，解得t＝，∴BE＝．
【点评】本题考查考查线面垂直的证明，考查线面角的余弦值、线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 17．【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）由题可知，点P的坐标为椭圆标准方程；
（Ⅱ）由A、M两点的坐标写出直线AE的方程，由B、M两点的坐标写出直线BF的方程，再分别与椭圆联立解出x的值即可得到xE和xF，然后结合△ABF的面积与△BOE的面积相等，列出关于m的方程，解之即可．
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，代入椭圆中，再结合离心率为和a2＝b2+c2，即可求得
【解答】解：（Ⅰ）∵过C的左焦点作x轴的垂线交C与P、Q两点，且|PQ|＝1，∴不妨设点P的坐标为，
代入椭圆方程有，，
又∵离心率为＝，且a2＝b2+c2，∴a2＝4，b2＝1，
故椭圆方程为．
（Ⅱ）由A（0，1）和M（m，）可知直线AE的方程为，
与椭圆联立得，，解得x＝0或，∴，
同理可得，直线BF的方程为，，
∵△ABF的面积与△BOE的面积相等，∴，
∴，解得．
故存在点M符合题意，此时．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由椭圆与直线联立得出点E、F的横坐标，考查了学生分析问题的能力和运算能力，属于中档题．
二、不定项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题列出的四个选项中，可能有一项或几项是符合题目要求的） 18．【答案】AB 【分析】作出不等式组
的表示的区域D，对四个选项逐一分析即可．
【解答】解：作出图形如下：
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由图知，区域D为直线x+y＝1与x﹣2y＝4相交的上部角型区域，
A：区域D在x+2y≥﹣2 区域的上方，故：∀（x，y）∈D，x+2y≥﹣2成立；
B：在直线x+2y＝2的右上方和区域D重叠的区域内，∃（x，y）∈D，x+2y≥2，故p2：∃（x，y）∈D，x+2y≥2正确；
C：由图知，区域D有部分在直线x+2y＝3的上方，因此p3：∀（x，y）∈D，x+2y≤3错误；
D：x+2y≤﹣1的区域（左下方的虚线区域）恒在区域D下方，故p4：∃（x，y）∈D，x+2y≤﹣1错误； 故选：AB．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于难题． 19．【答案】D
【分析】根据不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】解：若a＝3，b＝2，则满足“2a＜3b”，但a＜b不成立，即必要性不成立， 若a＝﹣3，b＝﹣2，满足a＜b，但“2a＜3b”不成立，即充分性不成立， 故，“a＜b”是“2a＜3b”的既不充分也不必要条件， 故选：D．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质是解决本题的关键． 20．【答案】ACD
【分析】点P由A点移动到AC1中点的过程中，二面角P﹣A1D﹣B1逐渐由90°减小至0，再由对称性即可判断A选项；
找特殊点，令点P分别与点A和点C1重合，找出相应位置的线面角，并比较二者大小即可判断B选项；
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当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理可判断CD选项． 【解答】解：对于A，当P与A重合时，二面角A﹣A1D﹣B1为90°，点P由A点移动到AC1中点的过程中，二面角P﹣A1D﹣B1逐渐减小至0，
由对称性可知，当P由AC1中点移动到点C1的过程中，二面角P﹣A1D﹣B1由0逐渐增大至90°，即A正确；
对于B，当点P与A重合时，∠C1AD1即为所求，此时有tan∠C1AD1＝，
当P与C1重合时，连接AD1，A1D相交于点M，则∠AC1M即为所求，此时有tan∠AC1M＝＜，
所以∠AC1M＜∠C1AD1，即直线AC1与平面A1DP所成的角并不是逐渐增大，所以B错误；
对于C，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，连接AD1，则A1D⊥AD1， 又因为C1D1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1，
又C1D1∩AD1＝D1，所以A1D⊥平面AC1D1，所以AC1⊥A1D．同理可得，AC1⊥A1B． 因为A1D∩A1B＝A1，A1D⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以AC1⊥平面A1DP，即C正确；
对于D，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，因为BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1，
同理可得，A1B∥平面B1CD1，又因为BD∩A1B＝B，BD⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以平面A1DP∥平面B1CD1，即D正确． 故选：ACD．
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【点评】本题考查空间立体几何的综合问题，包含二面角、线面角与线面位置关系等，知识面比较广，考查学生空间立体感和推理论证能力，属于中档题．
二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，） 21．【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，设z＝x+yi（x，y∈R）是z2﹣2az+a2+4＝0的一个根，由复数的性质可得＝x﹣yiz2﹣2az+a2+4＝0的另外一个根，进而可得z•＝a2+4＝5，解可得a的值，即可得答案． 【解答】解：设z＝x+yi（x，y∈R）是z2﹣2az+a2+4＝0的一个根， 则＝x﹣yi是z2﹣2az+a2+4＝0的另外一个根， 则有z•＝a2+4＝5，即a2＝1， 解可得a＝±1； 故答案为：±1．
【点评】本题考查复数的计算，涉及复数方程的解法，属于基础题． 22．【答案】见试题解答内容
【分析】由题意可知a0，a1，a2，a3有3种取法（均可取0，1，2），判断求解b3，求出数列的各项，判断数列的特征，利用数列求和即可求得A中S15之和．
【解答】解：由题意可知，则b3＝0×30+0×31+0×32+2×33＝
﹣
﹣
﹣
．
集合A＝{x|x＝a3×1+a2×+a1×+a0×}，其中ak∈{0，1，2}，k＝0，1，2，3，将集合A中的元素从小到
大排列得到数列{bn}，前15项： 0，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
：
S15＝0++++++…+＝＝．
＝．
故答案为：；．
【点评】本题考查数列的求和，数列的项的求法，以及集合的表示方法，考查转化思想的应用，属于难题．
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23．【答案】见试题解答内容
【分析】设曲线C上任意一点坐标为P（x，y），从而得出轨迹方程．在①中，用﹣x，﹣y分别代替x，y即可判断；②若|PF3|＝椭圆D：
，则
＝2即可判断；③满足条件的所有点P都应该在
内（含边界），找出曲线C和椭圆D的唯一公共点（0，1），即可判断．
【解答】解：设曲线上任意一点P的坐标为（x，y），则
①用﹣x，﹣y分别代替x，y，可知曲线C只关于y轴对称，不关于x轴对称，即①错误；
，
②若存在点P使得|PF3|＝不存在，即②错误；
，则＝2，三角形两边之和小于第三边，所以
③∵，∴所有的点P都应该在椭圆D：内（含边界）．
曲线C与椭圆D有唯一公共点A（0，1），此时三角形面积最大，为1．即③正确． 故答案为：③．
【点评】本题考查曲线的轨迹方程及其性质，考查学生分析问题、解决问题的能力和运算能力，属于中档题．
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