2020-2021学年山东省淄博市高二（上）期末数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省淄博市高二（上）期末数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线x+3y+1=0的倾斜角为( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

2. 椭圆x2+2y2＝1的焦点坐标是（ ）
A.(±1, 0)B.(0, ±1)C.(±，0)D.(0，±）

3. 空间两点A(1, 5, 4)，B(−1, 3, 5)间的距离等于（ ）
A.2B.3C.4D.9

4. 圆C1:x2+y2+8x+12＝0和圆C2:x2+y2−6y＝0的位置关系是（ ）
A.相离B.相交C.内切D.外切

5. 2020年10月26日至29日，中国共产党第十九届中央委员会第五次全体会议在北京举行，审议通过了《中共中央关于制定国民经济和社会发展第十四个五年规划和二O三五年远景目标的建议》．某班级从3名男生和3名女生中任选2人参加学校十九届五中全会精神宣讲团，则选中的2人恰好都是女生的概率为（ ）
A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5

6. 如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点F是侧面CDD1C1的中心，若＝x+y+z，求x+y+z＝（ ）

A.1B.C.2D.

7. 光线通过点A(2, 3)，在直线l:x+y+1＝0上反射，反射光线经过点B(1, 1)，则反射光线所在直线方程为（ ）
A.4x−5y+1＝0B.4x+5y−9＝0C.5x−4y−1＝0D.5x+4y−9＝0

8. 设F1，F2是双曲线C：＝1(a>0, b>0)的左、右焦点，P是双曲线C右支上一点．若|PF1|+|PF2|＝6a，且＝，则双曲线C的渐近线方程是（ ）
A.x±y＝0B.xy＝0C.x±2y＝0D.2xy＝0
二、多项选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

若a→=(−1,λ,−2)，b→=(2,−1,1)，a→与b→的夹角为120∘，则λ的值为( )
A.17B.−17C.−1D.1

已知空间向量都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是（ ）
A.向量的模是3
B.可以构成空间的一个基底
C.向量和夹角的余弦值为
D.向量与共线

已知A，B是随机事件，则下列结论正确的是（ ）
A.若A，B是互斥事件，则P(AB)＝P(A)P(B)
B.若事件A，B相互独立，则P(A+B)＝P(A)+P(B)
C.若A，B是对立事件，则A，B是互斥事件
D.事件A，B至少有一个发生的概率不小于A，B恰好有一个发生的概率

已知F1，F2分别为双曲线＝1(a>0, b>0)的左、右焦点，A1，A2分别为其实轴的左、右端点，且|F1F2|＝，点P为双曲线右支一点，I为△PF1F2的内心，则下列结论正确的有（ ）
A.离心率
B.点I的横坐标为定值a
C.若(λ∈R)成立，则λ＝−1
D.若PH垂直x轴于点H，则|PH|2＝|HA1|⋅|HA2|
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

已知直线l1：(m−1)x−3y+3＝0和直线l2:2x+my−5＝0垂直，则实数m＝________．

现有3个灯泡并联而成的闭合电路，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.9，那么在这段时间内该电路上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是________．

已知空间直线l的方向向量是，平面α的法向量．若l⊥α，则a+b＝________．

已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，抛物线的准线与y轴交于点M，当最大时，弦AB长度是________．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知在空间直角坐标系Oxyz中，点A，B，C，M的坐标分别是(2, 0, 2)，(2, 1, 0)，(0, 4, −1)，(2, 3, −1)，过点A，B，C的平面记为α．
（1）证明：点A，B，C，M不共面；

（2）求点M到平面α的距离．

已知△ABC中，点A(−1, 5)，边BC所在直线l1的方程为7x−y−18=0，边AB上的中线所在直线l2的方程为y=x．
（1）求点B和点C的坐标；

（2）若△ABC的外接圆为⊙M，求直线l2被⊙M截得的弦长．

袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球、黄球、绿球，从中任意取一球，得到黑球或黄球的概率是59，得到黄球或绿球的概率是23，试求：
(I)从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？
(II)从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少？

在平面直角坐标系中，动点P(x, y)(y>0)到定点M(0, 1)的距离比到x轴的距离大1．
（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）过点M的直线l交曲线C于A，B两点，若|AB|＝8，求直线l的方程．

如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CD的中点．

（1）求平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值；

（2）设，若平面C1EF // 平面MB1D1，求λ的值．

已知椭圆C：＝1(a>b>0)，四点P1(1, 1)，P2(0, 1)，P3(−1，），中恰有三点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；

（2）蝴蝶定理：如图1，AB为圆O的一条弦，M是AB的中点，过M作圆O的两条弦CD，EF．若CF，ED分别与直线AB交于点P，Q，则MP＝MQ．
该结论可推广到椭圆．如图2所示，假定在椭圆C中，弦AB的中点M的坐标为(0，），且两条弦CD，EF所在直线斜率存在，证明：MP＝MQ．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省淄博市高二（上）期末数学试卷
一、单项选择题：本题共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.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
由直线方程求得直线的斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求解．
【解答】
解：直线x+3y+1＝0的斜率k=−13=−33，
设其倾斜角为θ(0∘≤θ<180∘)，
则tanθ=−33，
∴ θ＝150∘．
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
依题意，可求得该椭圆的标准方程，从而可求其焦点坐标．
【解答】
∵ 椭圆x2+8y2＝1的标准方程为：x2+＝1，
∴ a2＝1，b2＝，
∴ c2＝a2−b2＝，
∴ c＝．
又椭圆x2+2y2＝1的焦点在x轴，
∴ 椭圆x2+2y2＝1的焦点坐标是(±，0)．
3.
【答案】
B
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
直接利用两点间的距离公式进行求解，即可得到答案．
【解答】
因为空间两点A(1, 5, 4)，B(−1, 3, 5)，
故A，B两点间的距离为．
4.
【答案】
D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据题意，将两个圆的方程变形为标准方程，求出两个圆的圆心和半径，由圆心坐标求出圆心距，可得答案．
【解答】
根据题意圆C1:x2+y2+8x+12＝0，即(x+4)2+y2＝4，其圆心为(−4, 0)，半径r＝2，
圆C2:x2+y2−6y＝0，即x2+(y−3)2＝9，其圆心为(0, 3)，半径R＝3，
圆心距|C1C2|＝＝5，
则圆心距|C1C2|＝R+r＝5，则两圆外切，
5.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n＝＝15，选中的2人恰好都是女生包含的基本事件个数m＝＝3，由此能求出选中的2人恰好都是女生的概率．
【解答】
某班级从3名男生和3名女生中任选6人参加学校十九届五中全会精神宣讲团，
基本事件总数n＝＝15，
选中的4人恰好都是女生包含的基本事件个数m＝＝6，
则选中的2人恰好都是女生的概率为P＝＝＝2.2．
6.
【答案】
A
【考点】
空间向量
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
利用空间向量加法定理直接求解．
【解答】
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ 点F是侧面CDD1C1的中心，∴ 连接DC1，D1C，交于点F，
＝
＝
＝（-）
＝+（-）
＝-，
∵ ＝x+y+z，∴ x+y+z＝1+＝1．
7.
【答案】
A
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
根据光学性质可知点A(2, 3)关于直线x+y+1＝0的对称点 A′(−4, −3)在反射光线所在直线上，再根据两点式可得反射线所在直线方程．
【解答】
根据光学性质可知点A(2, 3)关于直线x+y+8＝0的对称点 A′(−4，
由两点式可得反射光线所在直线方程为：＝，化简得：2x−5y+1＝3．
8.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
结合双曲线的定义与正弦面积公式可推出sin∠F1PF2＝，再由余弦定理可得cs∠F1PF2＝1−，而，从而有＝2，故得解．
【解答】
由双曲线的定义知，|PF1|−|PF2|＝2a，
∵ |PF1|+|PF2|＝6a，
∴ |PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
∵ ＝|PF1|⋅|PF2|sin∠F1PF2，
∴ •4a⋅2a⋅sin∠F1PF2＝，即sin∠F1PF2＝，
在△PF1F2中，由余弦定理知，cs∠F1PF2＝＝＝1−，
∵ ，
∴ （）​2+(1−）​2＝1，
化简得，＝2，
∴ 双曲线C的渐近线方程为y＝±x＝±x，即x±y＝0．
二、多项选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
【答案】
A,C
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】
利用向量夹角公式直接求解．
【解答】
解：∵ a→=(−1,λ,−2)，b→=(2,−1,1)，a→与b→的夹角为120∘，
∴ cs=cs120∘
=a→⋅b→|a→|⋅|b→|
=−2−λ−25+λ2⋅6，
化简得：λ2−16λ−17=0，
解得λ=−1或λ=17.
故选AC.
【答案】
B,C
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
空间向量的正交分解及其坐标表示
【解析】
利用向量的模的性质将的模转化为数量积求解，即可判断选项A，利用不共面的向量作为基底判断选项B，利用两个向量夹角的余弦公式进行求解，即可判断选项C，利用向量的夹角公式求出向量与的夹角，即可判断选项D．
【解答】
对于选项B，因为空间向量都是单位向量，且两两垂直，
所以不共面，而向量均与共面，
所以与不共面，
则可以构成空间的一个基底，
故选项B正确（1）对于选项C，设与的夹角为α，
则＝，
所以向量和夹角的余弦值为，
故选项C 正确（2）对于选项D，因为，
同理可得，
则，
所以向量与的夹角为120∘，
则向量与不共线，
故选项D错误．
故选：BC．
【答案】
C,D
【考点】
互斥事件与对立事件
随机事件
【解析】
利用对立事件、互斥事件、相互独立事件的性质直接求解．
【解答】
对于A，若A，则P(AB)＝0；
对于B，若事件A，则P(A+B)＝P(A)+P(B)；
对于C，∵ 对立事件一定是互斥事件，
∴ 若A，B是对立事件，B是互斥事件；
对于D，∵ 事件A，B恰好有一个发生和A，
∴ 事件A，B至少有一个发生的概率不小于A，故D正确．
【答案】
A,B,C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
选项A，结合|F1F2|＝＝2c，b2＝c2−a2与e＝>1，可得关于e的方程，解之即可；
选项B，设内切圆I与△PF1F2的三边分别相切于点M，N，T，根据圆的切线长定理与双曲线的定义，可推出|F1T|＝c+a，|F2T|＝c−a，即T(a, 0)；
选项C，设圆I的半径为r，则有|PF1|＝|PF2|+λ|F1F2|，再利用双曲线的定义，即可得解；
选项D，假设点P在第一象限，设其坐标为(m, n)，表示出|PH|2，|HA1|和|HA2|，再判断选项中的等式是否成立即可．
【解答】
设内切圆I与△PF2F2的三边分别相切于点M，N，T，如图所示，
由圆的切线长定理知，|PM|＝|PN|1M|＝|F8T|，|F2N|＝|F2T|，
由双曲线的定义知，7a＝|PF1|−|PF2|＝|PM|+|F7M|−(|PN|+|F2N|)＝|F1T|−|F4T|，
而|F1T|+|F2T|＝7c，
∴ |F1T|＝c+a，|F2T|＝c−a，
∴ T(a, 5)，故选项B正确（1）设圆I的半径为r，
∵ (λ∈R)，
∴ |PF1|⋅r＝|PF2|⋅r+λ•|F1F2|⋅r，即|PF3|＝|PF2|+λ|F1F2|，
∴ |PF1|−|PF2|＝λ|F3F2|，即2a＝λ⋅6c，
∴ λ＝＝＝＝，即选项C正确（2）假设点P在第一象限，设其坐标为(m，则-＝1，
∵ PH垂直x轴于点H，
∴ |PH|4＝n2＝(1−）b2，|HA7|＝m+a，|HA2|＝m−a，
∴ |HA1|⋅|HA7|＝(m+a)(m−a)＝m2−a2，
若|PH|8＝|HA1|⋅|HA2|，则(5−​8＝m2−a2，化简得m5＝a2，
此时点P与H重合，不符合题意．
故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
−2
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用两条直线垂直的充要条件，列出关于m的方程，求解即可．
【解答】
因为直线l1：(m−1)x−3y+3＝0和直线l2:2x+my−5＝0垂直，
所以(m−1)×2+(−3)×m＝0，解得m＝−2．
【答案】
0.972
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
相互独立事件
互斥事件的概率加法公式
【解析】
利用n个独立重复试验中事件A恰好有k个发生的概率计算公式直接求解．
【解答】
现有3个灯泡并联而成的闭合电路，在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.6，
∴ 在这段时间内该电路上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是：
P＝＝0.972．
【答案】
2
【考点】
平面的法向量
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
由线面垂直得 // ，利用向量平行的性质能求出a+b的值．
【解答】
∵ 是直线l的方向向量，
是平面α的法向量，l⊥α，
∴ // ，
∴ ＝＝，
解得a+b＝2．
【答案】
8
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线的方程求出焦点坐标和准线方程，从而得到点M的坐标，设A(x1, y1)，求出的表达式，然后利用基本不等式求解最值，从而得到最值成立的条件为y1＝2，得到点A的坐标，从而求出AB的长度．
【解答】
抛物线的标准方程为x2＝8y，
所以焦点F(4, 2)，
因为抛物线的准线与y轴交于点M，
所以点M(0, −2)，
设A(x1, y1)，y8>0，则有，
所以，
，
所以＝
＝，
当且仅当，即y1＝2时取等号，
所以当y3＝2时，最大，2)，
故AB＝8+4＝8．
答案为：5．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
由已知可得，，，，
假设A、B、C三点共线，则存在实数λ，使得，
即(0, 1, −2)＝λ(−2, 4, −3)，则，此方程组无解，故不共线，
∴ A，B，C不共线，即过点A，B，C的平面是惟一的，
若点A，B，C，M共面，则存在x，y∈R，使得，
即(0, 3, −3)＝x(0, 1, −2)+y(−2, 4, −3)，
即，此方程组无解，
即不存在实数x，y，使得，即A、B、C、M不共面；
设平面α的法向量为，
则，取c＝2，得．
∴ 点M到平面α的距离为d＝＝．
【考点】
空间中的点的坐标
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）利用平面向量基本定理证明A，B，C共面，再由空间向量基本定理说明点A，B，C，M不共面即可；
（2）求出平面α的一个法向量，再求出的坐标，代入向量求点到面的距离公式求解．
【解答】
由已知可得，，，，
假设A、B、C三点共线，则存在实数λ，使得，
即(0, 1, −2)＝λ(−2, 4, −3)，则，此方程组无解，故不共线，
∴ A，B，C不共线，即过点A，B，C的平面是惟一的，
若点A，B，C，M共面，则存在x，y∈R，使得，
即(0, 3, −3)＝x(0, 1, −2)+y(−2, 4, −3)，
即，此方程组无解，
即不存在实数x，y，使得，即A、B、C、M不共面；
设平面α的法向量为，
则，取c＝2，得．
∴ 点M到平面α的距离为d＝＝．
【答案】
联立方程组7x−y−18＝0y＝x，解得x＝3y＝3，即C(3, 3)．
设B(s, t)，则边AB上的中点坐标为(s−12, t+52)，
可得方程组s−12＝t+527s−t−18＝0，
解得s＝2t＝−4，即点B(2, −4)；
设△ABC的外接圆方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
将三角形的三个顶点坐标代入，得：
(−1−a)2+(5−b)2＝r2(2−a)2+(−4−b)2＝r2(3−a)2+(3−b)2＝r2．
解得a＝−1b＝0c＝5．
所以三角形外接圆的方程为(x+1)2+y=25．
所以该圆的圆心坐标是(−1, 0)，半径r=5．
圆心(−1, 0)到直线l2的方程为x−y=0的距离为：d=|−1−0|2=22．
所以弦长等于225−12=72．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）联立方程组求得点C的坐标；设B(s, t)，根据中点坐标公式求得线段AB中点坐标为(s−12, t+52)，联立方程组求解．
（2）利用待定系数法确定⊙M的标准方程，求得圆心和半径，然后利用勾股定理、垂径定理和点到直线的距离公式解答．
【解答】
联立方程组7x−y−18＝0y＝x，解得x＝3y＝3，即C(3, 3)．
设B(s, t)，则边AB上的中点坐标为(s−12, t+52)，
可得方程组s−12＝t+527s−t−18＝0，
解得s＝2t＝−4，即点B(2, −4)；
设△ABC的外接圆方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
将三角形的三个顶点坐标代入，得：
(−1−a)2+(5−b)2＝r2(2−a)2+(−4−b)2＝r2(3−a)2+(3−b)2＝r2．
解得a＝−1b＝0c＝5．
所以三角形外接圆的方程为(x+1)2+y=25．
所以该圆的圆心坐标是(−1, 0)，半径r=5．
圆心(−1, 0)到直线l2的方程为x−y=0的距离为：d=|−1−0|2=22．
所以弦长等于225−12=72．
【答案】
(1)解：从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A，B，C，
由于A，B，C为互斥事件，
根据已知得P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=59P(B)+P(C)=23，
解得 P(A)=13P(A)+P(B)=29P(B)+P(C)=49
∴ 从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是13，29，49．
(2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4，
得到的两个球同色的可能有：两个黑球共3种情况，两个黄球只有1种情况，两个绿球共有6种情况，
而从9个球中取出2个球的情况共有36种，
所以所求概率为3+1+636=518，
则得到的两个球颜色不相同的概率是1−518=1318．
【考点】
互斥事件的概率加法公式
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
(1)从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A，B，C，由于A，B，C为互斥事件，列出方程组，由此能求出从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率．
(2)黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4，得到的两个球同色的可能有：两个黑球共3种情况，两个黄球只有1种情况，两个绿球共有6种情况，而从9个球中取出2个球的情况共有36种，由此能求出得到的两个球颜色不相同的概率．
【解答】
(1)解：从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A，B，C，
由于A，B，C为互斥事件，
根据已知得P(A)+P(B)+P(C)=1P(A)+P(B)=59P(B)+P(C)=23，
解得 P(A)=13P(A)+P(B)=29P(B)+P(C)=49
∴ 从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是13，29，49．
(2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4，
得到的两个球同色的可能有：两个黑球共3种情况，两个黄球只有1种情况，两个绿球共有6种情况，
而从9个球中取出2个球的情况共有36种，
所以所求概率为3+1+636=518，
则得到的两个球颜色不相同的概率是1−518=1318．
【答案】
动点P(x, y)到x轴的距离为y，到点M的距离为PM＝，
因为动点P(x, y)(y>0)到定点M(0, 1)的距离比到x轴的距离大1，
所以＝y+1，
两边平方可得，x2＝4y，
故动点P的轨迹C的方程为x2＝4y；
根据题意，显然直线l的斜率存在，
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝kx+1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由，消去x可得y2−(2+4k2)y+1＝0，
所以，
所以AB＝，解得k＝±1，
所以直线l的方程为y＝x+1或y＝−x+1．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）利用动点P(x, y)(y>0)到定点M(0, 1)的距离比到x轴的距离大1，直接利用坐标表示出等式，化简即可得到答案；
（2）设出直线l的方程，与抛物线的方程联立，然后利用焦点弦公式列出关于k的方程，求解即可得到答案．
【解答】
动点P(x, y)到x轴的距离为y，到点M的距离为PM＝，
因为动点P(x, y)(y>0)到定点M(0, 1)的距离比到x轴的距离大1，
所以＝y+1，
两边平方可得，x2＝4y，
故动点P的轨迹C的方程为x2＝4y；
根据题意，显然直线l的斜率存在，
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝kx+1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由，消去x可得y2−(2+4k2)y+1＝0，
所以，
所以AB＝，解得k＝±1，
所以直线l的方程为y＝x+1或y＝−x+1．
【答案】
以D为坐标原点，分别以棱DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则A(2, 0, 0)，B(2, 2, 0)，C(0, 2, 0)，A1(2, 0, 2)，B1(2, 2, 2)，C1(0, 2, 2)，D1(0, 0, 2)，
因为E，F分别为BC，CD的中点，
所以点E(1, 2, 0)，F(0, 1, 0)
所以，
设平面C1EF的法向量为，
则有，所以，
令z＝1，则x＝2，y＝−2，所以，
又，
设平面AB1D1的法向量为，
则有，所以，
令c＝1，则a＝1，b＝−1，所以，
设平面C1EF和平面AB1D1的夹角为θ，
所以＝，
所以平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值为；
因为，设点M的坐标为(x, y, z)，
所以(x, y−2, z)＝λ(2, −2, 0)，
故点M的坐标为(2λ, 2−2λ, 0)，
所以，
由（1）可知，平面C1EF的法向量为，
因为平面C1EF // 平面MB1D1，所以，
所以，解得．
【考点】
平面与平面平行的性质
二面角的平面角及求法
平面与平面平行的判定
【解析】
（1）以D为坐标原点，分别以棱DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，然利用待定系数法求出两个平面的法向量，利用二面角的计算公式，求出平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值；
（2）设M点的坐标，利用，求出点M的坐标，然后将平面C1EF // 平面MB1D1，转化为平面C1EF的法向量垂直于平面MB1D1的向量，列出关于λ的方程，求解即可得到λ的值．
【解答】
以D为坐标原点，分别以棱DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则A(2, 0, 0)，B(2, 2, 0)，C(0, 2, 0)，A1(2, 0, 2)，B1(2, 2, 2)，C1(0, 2, 2)，D1(0, 0, 2)，
因为E，F分别为BC，CD的中点，
所以点E(1, 2, 0)，F(0, 1, 0)
所以，
设平面C1EF的法向量为，
则有，所以，
令z＝1，则x＝2，y＝−2，所以，
又，
设平面AB1D1的法向量为，
则有，所以，
令c＝1，则a＝1，b＝−1，所以，
设平面C1EF和平面AB1D1的夹角为θ，
所以＝，
所以平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值为；
因为，设点M的坐标为(x, y, z)，
所以(x, y−2, z)＝λ(2, −2, 0)，
故点M的坐标为(2λ, 2−2λ, 0)，
所以，
由（1）可知，平面C1EF的法向量为，
因为平面C1EF // 平面MB1D1，所以，
所以，解得．
【答案】
由于P3，P4两点关于y轴对称，所以椭圆C必经过P3，P4两点，
又+>+，所以椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为．
证明：因为点M在y轴上，且M为AB的中点，
所以直线AB平行于x轴，
设C(x1, y1)，D(x2, y2)，E(x3, y3)，F(x4, y4)，
设直线CD的方程为y＝k1x+，代入椭圆C的方程中，得（+）x2+k1x−＝0，
所以x1+x2＝，x1x2＝，
同理，设直线EF的方程为y＝k2x+，则x3+x4＝，x3x4＝，
因为C、P、F三点共线，
所以＝＝，解得xP＝，
同理，由E、Q、D三点共线，可得xQ＝，
所以xP+xQ＝+
＝
＝
＝
＝
＝
＝0．
即xP＝−xQ，
所以|xP|＝|xQ|，即MP＝MQ
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）由P3，P4关于y轴对称，知C必经过P3，P4，由+>+，知C过点P2，不过点P1，然后将P2和P4代入C的方程中，得到关于a和b的方程组，解之即可；
（2）设C(x1, y1)，D(x2, y2)，E(x3, y3)，F(x4, y4)，设直线CD的方程为y＝k1x+，将其与椭圆方程联立，再结合韦达定理，表示出x1+x2和x1x2，同理可得x3+x4和x3x4，然后利用C、P、F三点共线，得xP，由E、Q、D三点共线，得xQ，最后证明xP+xQ＝0，即可．
【解答】
由于P3，P4两点关于y轴对称，所以椭圆C必经过P3，P4两点，
又+>+，所以椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为．
证明：因为点M在y轴上，且M为AB的中点，
所以直线AB平行于x轴，
设C(x1, y1)，D(x2, y2)，E(x3, y3)，F(x4, y4)，
设直线CD的方程为y＝k1x+，代入椭圆C的方程中，得（+）x2+k1x−＝0，
所以x1+x2＝，x1x2＝，
同理，设直线EF的方程为y＝k2x+，则x3+x4＝，x3x4＝，
因为C、P、F三点共线，
所以＝＝，解得xP＝，
同理，由E、Q、D三点共线，可得xQ＝，
所以xP+xQ＝+
＝
＝
＝
＝
＝
＝0．
即xP＝−xQ，
所以|xP|＝|xQ|，即MP＝MQ