高考數(shù)學考前刷題大卷練12圓錐曲線（文）（含解析）

/09/9/大卷練12圓錐曲線大卷練一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．[2019·龍巖質(zhì)檢]若直線AB與拋物線y2＝4x交于A，B兩點，且AB⊥x軸，|AB|＝4eq\r(2)，則拋物線的焦點到直線AB的距離為()A．1B．2C．3D．5答案：A解析：由|AB|＝4eq\r(2)及AB⊥x軸，不妨設點A的縱坐標為2eq\r(2)，代入y2＝4x得點A的橫坐標為2，從而直線AB的方程為x＝2.又y2＝4x的焦點為(1,0)，所以拋物線的焦點到直線AB的距離為2－1＝1，故選A.2．[2019·黑龍江第八中學月考]已知拋物線C：y＝eq\f(x2,8)的焦點為F，A(x0，y0)是C上一點，且|AF|＝2y0，則x0＝()A．2B．±2C．4D．±4答案：D解析：由y＝eq\f(x2,8)得x2＝8y，∴拋物線C的準線方程為y＝－2，焦點為F(0,2)．由拋物線的性質(zhì)及題意，得|AF|＝2y0＝y(tǒng)0＋2.解得y0＝2，∴x0＝±4.故選D.方法點撥：首先將拋物線方程化為標準方程，求得焦點坐標和準線方程，利用拋物線的性質(zhì)：拋物線上的點到焦點的距離等于到準線的距離，求得點的橫(縱)坐標，代回拋物線方程求得點的縱(橫)坐標．3．[2019·咸寧模擬]已知F1，F(xiàn)2為雙曲線C：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的左、右焦點，點P在雙曲線C上，且|PF1|＝2|PF2|，則cos∠F1F2P＝()A.eq\f(4,5)B.eqB.\f(3,5)C.eq\f(55,64)D．－eq\f(23,40)答案：D解析：由題意可知，a＝4，b＝3，∴c＝5，設|PF1|＝2x，|PF2|＝x，則|PF1|－|PF2|＝x＝2a＝8，故|PF1|＝16，|PF2|＝8，又|F1F2|＝10，∴利用余弦定理可得cos∠F1F2P＝eq\f(|PF2|2＋|F1F2|2－|PF1|2,2|PF2|·|F1F2|)＝－eq\f(23,40).4．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦點為F1，F(xiàn)2，M為雙曲線上一點，且MF1⊥MF2，tan∠MF1F2＝eq\f(1,2)，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2)B.eqB.\r(3)D.eqD.eq\r(5)答案：D解析：因為MF1⊥MF2，tan∠MF1F2＝eq\f(1,2)，所以sin∠MF1F2＝eq\f(\r(5),5)，|MF2|＝|F1F2|·sin∠MF1F2＝eq\f(2\r(5)c,5)，|MF1|＝eq\f(4\r(5)c,5).又點M在雙曲線上，所以2a＝|MF1|－|MF2|＝eq\f(2\r(5)c,5)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\r(5)，故選D.5．[2019·河北唐山模擬]雙曲線eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的頂點到漸近線的距離為()A．2eq\r(3)B．3D.eqD.eq\r(3)答案：D解析：根據(jù)題意，雙曲線的標準方程為eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1，其中a＝eq\r(12)＝2eq\r(3)，b＝2，則其頂點坐標為(±2eq\r(3)，0)，其漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，即eq\r(3)x±3y＝0.由雙曲線的對稱性可知：無論哪個頂點到任何一條漸近線的距離都是相等的．則頂點到漸近線的距離d＝eq\f(|2\r(3)×\r(3)|,\r(3＋9))＝eq\r(3).故選D.6．[2019·安徽名校聯(lián)考]已知直線y＝k(x＋2)(k>0)與拋物線C：y2＝8x相交于A，B兩點，F(xiàn)為C的焦點．若|FA|＝2|FB|，則k＝()A.eq\f(1,3)B.eqB.\f(\r(2),3)C.eq\f(2,3)D.eqD.\f(2\r(2),3)答案：D解析：設拋物線C：y2＝8x的準線為l，易知l：x＝－2，直線y＝k(x＋2)恒過定點P(－2,0)，如圖，過A，B分別作AM⊥l于點M，BN⊥l于點N，由|FA|＝2|FB|，知|AM|＝2|BN|，∴點B為線段AP的中點，連接OB，則|OB|＝eq\f(1,2)|AF|，∴|OB|＝|BF|，∴點B的橫坐標為1，∵k>0，∴點B的坐標為(1,2eq\r(2))，∴k＝eq\f(2\r(2)－0,1－?－2?)＝eq\f(2\r(2),3).故選D.7．[2019·廣州調(diào)研]在平面直角坐標系xOy中，直線x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切，且橢圓C的右焦點F(c,0)關于直線l：y＝eq\f(c,b)x的對稱點E在橢圓C上，則△OEF的面積為()A.eq\f(1,2)B.eqB.\f(\r(3),2)C．1D．2答案：C解析：聯(lián)立方程可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(2)y－2\r(2)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去x，化簡得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0得2b2＋a2－8＝0.設F′為橢圓C的左焦點，連接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又點F到直線l的距離d＝eq\f(c2,\r(c2＋b2))＝eq\f(c2,a)，所以|EF|＝eq\f(2c2,a)，|F′E|＝2a－|EF|＝eq\f(2b2,a)，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化簡得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝eq\f(1,2)S△F′EF＝1.8．[2019·廣西南寧聯(lián)考]已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一條弦所在的直線方程是x－y＋5＝0，弦的中點坐標是M(－4,1)，則橢圓的離心率是()A.eq\f(1,2)B.eqB.\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2)D.eqD.\f(\r(5),5)答案：C解析：因為點M為直線x－y＋5＝0與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交的弦的中點，所以由中點弦公式可知yM＝－eq\f(b2,a2)xM，代入，M(－4,1)的坐標，解得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，則e＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(\r(3),2).故選C.9．[2018·全國卷Ⅰ]已知雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，O為坐標原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N.若△OMN為直角三角形，則|MN|＝()A.eq\f(3,2)B．3C．2eq\r(3)D．4答案：B解析：由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y＝±eq\f(1,\r(3))x.設兩漸近線夾角為2α，則有tanα＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝30°.所以∠MON＝2α＝60°.又△OMN為直角三角形，由于雙曲線具有對稱性，不妨設MN⊥ON，如圖所示．在Rt△ONF中，|OF|＝2，則|ON|＝eq\r(3).則在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan2α＝eq\r(3)·tan60°＝3.故選B.10．[2019·湖南百校聯(lián)盟聯(lián)考]已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點和上頂點分別為A、B，左焦點為F.以原點O為圓心的圓與直線BF相切，且該圓與y軸的正半軸交于點C，過點C的直線交橢圓于M、N兩點．若四邊形FAMN是平行四邊形，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(3,5)B.eqB.\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eqD.\f(3,4)答案：A解析：∵圓O與直線BF相切，∴圓O的半徑為eq\f(bc,a)，即OC＝eq\f(bc,a)，∵四邊形FAMN是平行四邊形，∴點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)，\f(bc,a)))，代入橢圓方程得eq\f(?a＋c?2,4a2)＋eq\f(c2b2,a2b2)＝1，∴5e2＋2e－3＝0，又0<e<1，∴e＝eq\f(3,5).故選A.11．[2019·東北育才學校月考]如圖，過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線l交拋物線于點A，B，交其準線于點C.若|BC|＝3|BF|，且|AF|＝4，則p為()A.eq\f(4,3)B．2C.eq\f(8,3)D.eqD.\f(16,3)答案：C解析：設點A，B在準線上的射影分別為A′，B′，則|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|.∵|BC|＝3|BF|，∴|BC|＝3|BB′|，∴直線l的斜率為2eq\r(2).∵|AF|＝4，∴|AA′|＝4，∴|AC|＝3|AA′|＝12，∴|CF|＝8，|BF|＝2，|CB|＝6.∵eq\f(p,|AA′|)＝eq\f(|CF|,|CA|)，∴eq\f(p,4)＝eq\f(8,12).解得p＝eq\f(8,3).故選C.12．已知A(3,0)，B(－2,1)是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1內(nèi)的點，M是橢圓上的一動點，則|MA|＋|MB|的最大值與最小值之和為()A．20B．12C．22D．24答案：A解析：由題知A為橢圓的右焦點，設左焦點為F1，由橢圓的定義知|MF1|＋|MA|＝10，所以|MA|＋|MB|＝10＋|MB|－|MF1|.又||MB|－|MF1||≤|BF1|，所以－|BF1|≤|MB|－|MF1|≤|BF1|，如圖，設直線BF1交橢圓于M1，M2兩點．當M為點M1時，|MB|－|MF1|最小，當M為點M2時，|MB|－|MF1|最大．所以|MA|＋|MB|的最大值為10＋eq\r(2)，最小值為10－eq\r(2).故|MA|＋|MB|的最大值與最小值之和為20.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上．13．[2019·桂林模擬]已知雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上，若PF1⊥PF2，則點P到x軸的距離為________．答案：eq\f(16,5)解析：由題意知，a＝3，b＝4，c＝5，從而|F1F2|＝10，||PF1|－|PF2||＝6.設|PF1|與|PF2|中較小的為s，則較大的為6＋s，因為PF1⊥PF2，所以s2＋(6＋s)2＝100，得s2＋6s＝32.由△PF1F2為直角三角形，知點P到x軸的距離d＝eq\f(s?6＋s?,10)＝eq\f(32,10)＝eq\f(16,5).14．已知點A是拋物線y2＝2px(p>0)上一點，F(xiàn)為其焦點，以F為圓心，|FA|為半徑的圓交準線于B，C兩點，△FBC為正三角形，且△ABC的面積是eq\f(128,3)，則拋物線的標準方程為________．答案：y2＝16x解析：如圖，依題意得|DF|＝p，eq\f(|DF|,|BF|)＝cos30°，因此|BF|＝eq\f(2p,\r(3))，|AF|＝|BF|＝eq\f(2p,\r(3)).由拋物線的定義知，點A到準線的距離也為eq\f(2p,\r(3))，又△ABC的面積為eq\f(128,3)，因此有eq\f(1,2)×eq\f(2p,\r(3))×eq\f(2p,\r(3))＝eq\f(128,3)，p＝8，該拋物線的標準方程為y2＝16x.15．[2019·昆明模擬]直線l：y＝k(x＋eq\r(2))與曲線C：x2－y2＝1(x<0)交于P，Q兩點，則直線l的傾斜角的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))解析：曲線C：x2－y2＝1(x<0)的漸近線方程為y＝±x，直線l：y＝k(x＋eq\r(2))與曲線C交于P，Q兩點，所以直線的斜率k>1或k<－1，所以直線l的傾斜角α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，由于直線l的斜率存在，所以α≠eq\f(π,2)，所以直線l的傾斜角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))).16．[2019·河南八校聯(lián)考(三)]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點為A，經(jīng)過原點的直線l交橢圓C于P、Q兩點，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，則橢圓C的離心率為________．答案：eq\f(2\r(5),5)解析：不妨設點P在第一象限，O為坐標原點，由對稱性可得|OP|＝eq\f(|PQ|,2)＝eq\f(a,2)，因為AP⊥PQ，所以在Rt△POA中，cos∠POA＝eq\f(|OP|,|OA|)＝eq\f(1,2)，故∠POA＝60°，易得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，\f(\r(3)a,4)))，代入橢圓方程得eq\f(1,16)＋eq\f(3a2,16b2)＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以橢圓C的離心率e＝eq\f(2\r(5),5).三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17．(本小題滿分10分)[2018·全國卷Ⅱ]設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)求過點A，B且與C的準線相切的圓的方程．解析：(1)由題意得F(1,0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0)．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k?x－1?，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2).所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq\f(4k2＋4,k2).由題設知eq\f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1.因此l的方程為y＝x－1.(2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.設所求圓的圓心坐標為(x0，y0)，則解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3，,y0＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝11，,y0＝－6.))因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.18．(本小題滿分12分)[2019·黑龍江大慶實驗中學月考]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(eq\r(3)，0)，且經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，點M是x軸上的一點，過M點的直線l與橢圓C交于A，B兩點(點A在x軸的上方)．(1)求橢圓C的方程；(2)若|AM|＝2|MB|，且直線l與圓O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切于點N，求|MN|的長．解析：(1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝c2＝3，,\f(?－1?2,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2,b2)＝1，))解得a2＝4，b2＝1，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設M(m,0)，直線l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由|AM|＝2|MB|，得y1＝－2y2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，∴y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋4).∵y1y2＝－2yeq\o\al(2,2)，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，∴y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，即eq\f(m2－4,t2＋4)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2tm,t2＋4)))2，化簡得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.∵原點O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋t2))，又直線l與圓O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切，∴eq\f(|m|,\r(1＋t2))＝eq\r(\f(4,7))，即t2＝eq\f(7,4)m2－1.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(?m2－4??t2＋4?＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))消去t2得21m4－16m2－16＝0，即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，解得m2＝eq\f(4,3)，此時t2＝eq\f(4,3)，滿足Δ>0，此時Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2\r(3),3)，0))，在Rt△OMN中，|MN|＝eq\r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq\f(4\r(21),21)，∴|MN|的長為eq\f(4\r(21),21).19．(本小題滿分12分)[2019·河北唐山聯(lián)考]已知F為拋物線E：y2＝4x的焦點，過點P(0,2)作兩條互相垂直的直線m，n，直線m交E于不同的A，B兩點，直線n交E于不同的兩點C，D，記直線m的斜率為k.(1)求k的取值范圍；(2)設線段AB，CD的中點分別為點M，N，證明：直線MN過定點Q(2,0)．解析：(1)由題設可知k≠0，所以直線m的方程為y＝kx＋2，與y2＝4x聯(lián)立，整理得ky2－4y＋8＝0.①由Δ1＝16－32k>0，解得k<eq\f(1,2).直線n的方程為y＝－eq\f(1,k)x＋2，與y2＝4x聯(lián)立，整理得y2＋4ky－8k＝0，由Δ2＝16k2＋32k>0，解得k>0或k<－2.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≠0，k<\f(1,2)，,k>0或k<－2，))故k的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(k\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(k<－2或0<k<\f(1,2))))).(2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．由①得，y1＋y2＝eq\f(4,k)，則y0＝eq\f(2,k)，x0＝eq\f(2,k2)－eq\f(2,k)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)－\f(2,k)，\f(2,k))).同理可得N(2k2＋2k，－2k)．直線MQ的斜率kMQ＝eq\f(\f(2,k),\f(2,k2)－\f(2,k)－2)＝－eq\f(k,k2＋k－1)，直線NQ的斜率kNQ＝eq\f(－2k,2k2＋2k－2)＝－eq\f(k,k2＋k－1)＝kMQ，所以直線MN過定點Q(2,0)．20．(本小題滿分12分)[2019·山西大學附屬中學模擬]已知點A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓的焦點，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標原點．(1)求E的方程；(2)設過點A的直線l與E交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程．解析：(1)設F(c,0)，由條件知eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1，故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)依題意當l⊥x軸時不合題意，故設直線l的方程為y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)時，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),1＋4k2)，從而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),1＋4k2).又點O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)d|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),1＋4k2).設eq\r(4k2－3)＝t，則t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤eq\f(4,2\r(t·\f(4,t)))＝1，當且僅當t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時等號成立，且滿足Δ>0.所以當△OPQ的面積最大時，l的方程為y＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)x－2.21．(本小題滿分12分)[2019·廣東廣州聯(lián)考]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2eq\r(6)，且過點A(2,1)．(1)求橢圓C的方程；(2)若不經(jīng)過點A的直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于P，Q兩點，且直線AP與直線AQ的斜率之和為0，證明：直線PQ的斜率為定值．解析：(1)因為橢圓C的焦距為2eq\r(6)，且過點A(2,1)，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1,2c＝2eq\r(6).又因為a2＝b2＋c2，由以上三式解得a2＝8，b2＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：設點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2≠2，則y1＝kx1＋m，y2＝kx1＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))消去y并整理，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，(*)則x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－8,4k2＋1).因為kAP＋kAQ＝0，所以eq\f(y1－1,x1－2)＝－eq\f(y2－1,x2－2)，化簡得x1y2＋x2y1－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4＝0.即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4m＋4＝0.(**)代入得eq\f(2k?4m2－8?,4k2＋1