2023-2024学年广东省深圳市高二（下）期末数学试卷

这是一份2023-2024学年广东省深圳市高二（下）期末数学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x∈Z|x2≤3}，则A∩B＝（ ）
A．{0，1}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{﹣1，0，1，2}
2．（5分）若复数z满足i（2﹣z）＝1，则（ ）
A．﹣2﹣iB．﹣2+iC．2﹣iD．2+i
3．（5分）已知向量，，为非零向量，则“”是“••”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若m∥α，n⊂α，则m∥nB．若m∥α，α∥β，则m∥β
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
5．（5分）已知a，b，c均为不等于1的正实数，若a3＝b2，b3＝c2，则lgc（ab）＝（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）从9名同学中选出4人去参加环保活动，若甲、乙两名同学至少有1名位参加，则选派方案共有（ ）
A．56种B．70种C．91种D．126种
7．（5分）P，Q分别是抛物线x2＝2y和x轴上的动点，M（2，﹣1），则|PM|+|PQ|的最小值为（ ）
A．5B．C．D．2
8．（5分）已知，且，则的值为（ ）
A．B．C．﹣7D．7
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知互不相等的一组数据x1，x2……xn的平均数为，记为xn+1，则x1，x2，…，xn，xn+1这组新数据与原数据相比，一定不变的量有（ ）
A．极差B．中位数C．平均数D．标准差
（多选）10．（6分）已知函数，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）的图象关于对称
C．f（x）在区间上单调递增
D．f（x）在区间[0，2π]上有4个零点
（多选）11．（6分）已知点A，B为圆O：x2+y2＝26上两动点，且，点P为直线l：x+y+10＝0上动点，则（ ）
A．以A，B为直径的圆与直线l相离
B．∠APB的最大值为
C．的最小值为8
D．|PA|2+|PB|2的最小值为112
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知圆锥的表面积为9π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为 ．
13．（5分）已知函数f（x）＝2x﹣sin2x，则不等式f（x2）+f（3x﹣4）＜0的解集为 ．
14．（5分）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与C的右支交于A，B两点，若°，则C的离心率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应笃出文学说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）设数列{an}满足a1＝3，an+1＝an+8n+4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Sn．
16．（15分）在三棱锥A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，M，P分别是AD，BM的中点，点Q在棱AC上，且AQ＝3QC．
（1）求证：PQ∥平面BCD；
（2）若AD＝BD＝BC＝2CD，求平面BCM与平面ACD夹角的余弦值．
17．（15分）某同学参加射击比赛，每人配发3颗子弹．射击靶由内环和外环组成，若击中内环得8分，击中外环得4分，脱靶得0分．该同学每次射击，脱靶的概率为，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立．只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛．
（1）若已知该同学得分为8分的情况下，求该同学只射击了2发子弹的概率；
（2）设该同学最终得分为X，求X的分布列和数学期望E（X）．
18．（17分）已知函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，证明：函数f（x）有且仅有一个零点．
19．（17分）已知椭圆E：1（a＞b＞0）的焦距为2，直线l：y＝kx+1过点，且与椭圆E相交于P，Q两点，M是线段PQ的中点，O为坐标原点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若梯形ABCD的顶点都在椭圆E上，且AB∥CD，对角线AC和BD交于点M，线段AB，CD的中点分别为G，H．
（i）证明：G，H，O，M四点共线；
（ii）试探究直线AD与直线BC的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由．
2023-2024学年广东省深圳市高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
一、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．（5分）集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x∈Z|x2≤3}，则A∩B＝（ ）
A．{0，1}B．{﹣1，0，1}C．{0，1，2}D．{﹣1，0，1，2}
【分析】结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x∈Z|x2≤3}＝{﹣1，0，1}，
故A∩B＝{﹣1，0，1}．
故选：B．
【点评】本题主要考查交集的运算，属于基础题．
2．（5分）若复数z满足i（2﹣z）＝1，则（ ）
A．﹣2﹣iB．﹣2+iC．2﹣iD．2+i
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的定义得答案．
【解答】解：由i（2﹣z）＝1，得2﹣z，
可得z＝2+i．
则．
故选：C．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．（5分）已知向量，，为非零向量，则“”是“••”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据充分与必要条件的概念，向量数量积的概念，即可求解．
【解答】解：∵向量，，为非零向量，
∴由“”可得“••”，
但反过来：由“••“，不一定能得到“”，理由如下：
如图，，，，且，在上的投影向量都为，
根据向量数量积的几何意义可得：
••，但，
∴“”是“••”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题考查充分与必要条件的概念，向量数量积的概念，属基础题．
4．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若m∥α，n⊂α，则m∥nB．若m∥α，α∥β，则m∥β
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：若m∥α，n⊂α，则m∥n或m与n异面，故A错误；
若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，故B错误；
若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；
若m∥β，过m作平面γ交β于n，则m∥n，
又m⊥α，则n⊥α，可得α⊥β，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5．（5分）已知a，b，c均为不等于1的正实数，若a3＝b2，b3＝c2，则lgc（ab）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由已知结合对数的换底公式及对数的运算性质即可求解．
【解答】解：a，b，c均为不等于1的正实数，若a3＝b2，b3＝c2，
则a9＝b6＝c4＝k，
所以a，b，c，
lgc（ab）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了对数运算性质的应用，属于基础题．
6．（5分）从9名同学中选出4人去参加环保活动，若甲、乙两名同学至少有1名位参加，则选派方案共有（ ）
A．56种B．70种C．91种D．126种
【分析】根据题意，先计算“从9名同学中选出4人去参加环保活动”的选法数目，排除其中“甲乙都没有参加”的选法，即可得答案．
【解答】解：根据题意，从9名同学中选出4人去参加环保活动，有126种选法，
其中甲乙都没有参加的选法有35种，
则甲、乙两名同学至少有1名位参加的选法有126﹣35＝91种．
故选：C．
【点评】本题考查排列组合的应用，注意用间接法分析，属于基础题．
7．（5分）P，Q分别是抛物线x2＝2y和x轴上的动点，M（2，﹣1），则|PM|+|PQ|的最小值为（ ）
A．5B．C．D．2
【分析】根据题意，结合抛物线的定义与性质，先求出|PM|+|PF|的最小值，再计算|PM|+|PQ|的最小值．
【解答】解：抛物线x2＝2y的焦点为F（0，），准线为y，
过M点作准线的垂线，交抛物线于P点，交x轴于Q点，
则|PM|+|PQ|＝|PM|+|PF|，
当P、M、F三点共线时，|PM|+|PF|有最小值，
此时|PM|+|PF|＝|MF|，
所以|PM|+|PQ|的最小值为2．
故选：D．
【点评】本题主要考查抛物的定义及其性质、两点的距离公式，属于中档题．
8．（5分）已知，且，则的值为（ ）
A．B．C．﹣7D．7
【分析】先根据题意可得，进而得到，由此可得csα，sinα的值，进一步可得tanα的值，由此利用二倍角公式和和角公式即可得解．
【解答】解：由于，
则，可得，
又，
则，
可得，
则，
可得，
则．
故选：B．
【点评】本题考查三角函数的求值问题，考查运算求解能力，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知互不相等的一组数据x1，x2……xn的平均数为，记为xn+1，则x1，x2，…，xn，xn+1这组新数据与原数据相比，一定不变的量有（ ）
A．极差B．中位数C．平均数D．标准差
【分析】根据题意，由平均数、极差、中位数和方差的计算公式依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，互不相等的一组数据x1，x2……xn中，设最小的为x1，最大的为xn，
若其平均数为，易得x1xn，
依次分析选项：
对于A，原来数据和新数据的极差都是xn﹣x1，即极差一定不变，符合题意；
对于B，设原来数据为1，2，3，5，9，其中位数为3，平均数为4，
则新数据为1，2，3，4，5，9，其中位数为（3+4）＝3.5，中位数可能变化，不符合题意；
对于C，新数据的平均数（x1+x2+…+xn）（n），平均数不变，符合题意；
对于D，原来数据的方差S2[（x1）2+（x2）2+…+（xn）2]，
新数据的方差S′2[（x1）2+（x2）2+…+（xn）2+（xn+1）2][（x1）2+（x2）2+…+（xn）2]，
易得S′2＜S2，则新数据的方差小于原来数据的方差，故新数据的标准差小于原来数据的标准差，不符合题意．
故选：AC．
【点评】本题考查数据的平均数、极差、中位数和方差的计算，注意平均数、极差、中位数和方差的计算公式，属于基础题．
（多选）10．（6分）已知函数，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）的图象关于对称
C．f（x）在区间上单调递增
D．f（x）在区间[0，2π]上有4个零点
【分析】首先把函数的关系式变换成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出结果．
【解答】解：，
故函数的最小正周期为，故A正确；
当x时，函数取得最小值为，故B正确；
对于C：当时，，故函数在该区间上不单调，故C错误；
对于D：令，整理得，（k∈Z），整理得（k∈Z），令k＝1时，x，令k＝2时，x，令k＝3时，x，令k＝4时，x，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）11．（6分）已知点A，B为圆O：x2+y2＝26上两动点，且，点P为直线l：x+y+10＝0上动点，则（ ）
A．以A，B为直径的圆与直线l相离
B．∠APB的最大值为
C．的最小值为8
D．|PA|2+|PB|2的最小值为112
【分析】直接利用直线和圆的位置关系以及向量的数量积和点到直线的距离公式的应用判断结论．
【解答】解：对于A，设AB的中点为C，连接OC，AO，则OC⊥AB，，
所以，所以点C在以O为圆心，为半径的圆上，
所以点C到直线/的距离的最小值为，因为，
所以以AB为直径的圆与直线l相离，所以A正确．
以AB为直径的圆与直线l相切，故A不正确；
对于B，如图，
当直线AB与直线l平行，且O，C，P共线时，
则△ABP为等腰三角形，此时 ，∠APB＝2∠CPB，
，所以，所以．所以B错误．
对于C，因为 ，所以
，
因为|，
所以 ，
当OP⊥l，O，C，P共线，且C在O，P之间时取等号，所以 的最小值为8，所以C正确．
对于D，因为，，所以，，
所以

＝2×50﹣50+52＝112，当OP⊥l，O，C，P共线，且C在O，P之间时取等号，所以|PA|2+|PB|2 的最小值为112，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查的知识点：直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知圆锥的表面积为9π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为 3π ．
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l；根据题意列方程求出r的值，进而求解结论．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l；
则圆锥的表面积为S＝πr2+πrl＝9π，…①
又圆锥的侧面展开图是一个半圆，
即2πr＝πl，…②
由①②解得r，l＝2，
可得圆锥的高为：3，
所以圆锥的体积Vπ×（）2×3＝3π．
故答案为：3π．
【点评】本题考查圆锥的几何结构，涉及圆锥的表面积和体积公式，属于基础题．
13．（5分）已知函数f（x）＝2x﹣sin2x，则不等式f（x2）+f（3x﹣4）＜0的解集为 （﹣4，1） ．
【分析】先判断函数的单调性及奇偶性，结合单调性及奇偶性即可求解不等式．
【解答】解：因为f（x）＝2x﹣sin2x，
所以f（﹣x）＝﹣2x﹣sin（﹣2x）＝﹣2x+sin2x＝﹣f（x），即f（x）为奇函数，
因为f′（x）＝2﹣2cs2x≥0恒成立，
所以f（x）在R上单调递增，
则不等式f（x2）+f（3x﹣4）＜0可转化为f（x2）＜﹣f（3x﹣4）＝f（4﹣3x），
所以x2＜4﹣3x，
解得，﹣4＜x＜1．
故答案为：（﹣4，1）．
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
14．（5分）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与C的右支交于A，B两点，若°，则C的离心率为 ．
【分析】根据已知条件，结合双曲线定义，运用余弦定理，即可求解．
【解答】解：因为3，可设|AF2|＝m（m＞0），
则|BF2|＝3m，
由双曲线的定义得|AF1|＝2a+m，|BF1|＝2a+3m，
在△ABF1中，∠F1AF2＝60°，
由余弦定理得|BF1|2＝|AF1|2+|AB|2﹣2|AF1||AB|cs∠F1AF2，
即（2a+3m）2＝（2a+m）2+（4m）2﹣2×（2a+m）×4m，
解得m＝4a，
所以|AF1|＝6a，
在△AF1F2中，由余弦定理得|F1F2|2＝|AF1|2+|AF2|2﹣2|AF1||AF2|cs∠F1AF2，
即（2c）2＝（6a）2+（4a）2﹣2×6a×4a×cs60°，解得c2＝7a2，
所以离心率e．
故答案为：．
【点评】本题主要考查双曲线的定义，离心率的求解，余弦定理的运用，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应笃出文学说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）设数列{an}满足a1＝3，an+1＝an+8n+4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Sn．
【分析】（1）由已知结合累加法即可求解；
（2）先求出，然后利用裂项求和即可求解．
【解答】解：（1）因为a1＝3，an+1＝an+8n+4，
所以a2﹣a1＝8+4，
a3﹣a2＝16+4，
…
an﹣an﹣1＝8（n﹣1）+4，
以上n﹣1个式子相加可得，an﹣a1＝8[1+2+…+（n﹣1）]+4（n﹣1）
＝84（n﹣1）＝4（n2﹣1），
所以an＝4n2﹣1；
（2）由（1）得，（）
所以Sn（1）（1）．
【点评】本题主要考查了累加法求解数列的通项公式，还考查了裂项求和方法的应用，属于中档题．
16．（15分）在三棱锥A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，M，P分别是AD，BM的中点，点Q在棱AC上，且AQ＝3QC．
（1）求证：PQ∥平面BCD；
（2）若AD＝BD＝BC＝2CD，求平面BCM与平面ACD夹角的余弦值．
【分析】（1）过点P作AD的平行线交BD于点N，过点Q作AD的平行线交CD于点E，再证明四边形QPNE为平行四边形，即可求解；
（2）取CD的中点为T，连结BT，设TD＝t，以T为坐标原点，分别以TD，TB，垂直于平面BCD的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，再分别求出两个平面的法向量即可．
【解答】解：（1）证明：过点P作AD的平行线交BD于点N，过点Q作AD的平行线交CD于点E，因为P是BM的中点，
所以PN∥MD且MD＝2PN，因为AQ＝3QC，M是AD的中点，所以QE∥AD且MD＝2QE，
则PN∥QE且PN＝QE，所以，所以PQ∥NE，
又因为PQ⊂平面BCD，NE⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD；
（2）取CD的中点为T，连结BT，设TD＝t，以T为坐标原点，分别以TD，TB，垂直于平面BCD的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：
那么T（0，0，0），D（t，0，0），C（﹣t，0，0），，A（t，0，4t），M（t，0，2t），
设平面BMC的法向量为（x，y，z），（t，，0），
所以，即，令x＝1，则，z＝﹣1，
所以平面BCM的一个法向量为（1，，﹣1），
设平面BCM与平面的二面角的平面角为θ，因为平面ACD的法向量为（0，t，0），
csθ，所以平面BCM与平面ACD夹角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定方法以及二面角的求法，属于中档题．
17．（15分）某同学参加射击比赛，每人配发3颗子弹．射击靶由内环和外环组成，若击中内环得8分，击中外环得4分，脱靶得0分．该同学每次射击，脱靶的概率为，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立．只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛．
（1）若已知该同学得分为8分的情况下，求该同学只射击了2发子弹的概率；
（2）设该同学最终得分为X，求X的分布列和数学期望E（X）．
【分析】（1）记“该同学得分为8分”为事件B，“该同学只射击2发子弹为事件A”，求出P（A|B）即可；
（2）X可能的取值为0，4，8，12，16，20，24，再分别求出其所对应的概率，即可列出分布列．
【解答】解：（1）记“该同学得分为8分”为事件B，“该同学只射击2发子弹为事件A”，则P（AB），
P（B），所以P（A|B）；
（2）X可能的取值为0，4，8，12，16，20，24，
P（X＝0），P（X＝4），P（X＝8），
P（X＝12）＝2（）3，P（X＝16）＝（）2（）2，
P（X＝20）（）2，P（X＝24）＝（）3，
故分布列：
E（X）＝04812162024．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
18．（17分）已知函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，证明：函数f（x）有且仅有一个零点．
【分析】（1）求导得f′（x），x∈（0，+∞），分情况：①当a≥2时，②当0＜a＜2时，③当a≤0时，分析f′（x）的符号，f（x）的单调性．
（2）分两种情况：①当a≥2时，②当0＜a＜2时，f（x）的单调性，极值，进而可得答案．
【解答】解：（1）f′（x），x∈（0，+∞），
①当a≥2时，f′（x）≥0，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
②当0＜a＜2时，令f′（x）＝0，得x1＝1，x2＝1，0＜x1＜1＜x2，
所以在（0，1）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（1，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
③当a≤0时，令f′（x）＝0，得x1＝1，x2＝1，x1≤0，x2≥0，
所以在（0，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上所述，当a≥2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当0＜a＜2时，f（x）在（0，1），（1，+∞）上单调递增，在（1，1）上单调递减，
当a≤0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）证明：①当a≥2时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
因为f（1）＝﹣3＜0，f（4）＝aln4＞0，
所以f（x）在区间（1，4）上存在唯一零点，
②当0＜a＜2时，令f′（x）＝0，得x1＝1，x2＝1，且0＜x1＜1＜x2＜2，x1+x2＝2，x1x2，
f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，
f（x1）＝alnx14x1＝2x1x2lnx14x1＝2x1（2﹣x1）lnx14x1＝x1[（4﹣2x1）lnx1+x1﹣4]，
设h（x）＝（4﹣2x）lnx+x﹣4，x∈（0，1），
则h′（x）2lnx﹣1，
h″（x）0，
所以h′（x）＞h′（1）＝3＞0，h（x）在（0，1）上单调递增，
所以h（x）＜h（1）＝﹣3＜0，
因为0＜x1＜1，
所以f（x1）＝x1[（4﹣2x1）lnx1+x1﹣4]＜0，
因为f（x）在（0，x2）上的最大值f（x1）＜0，
所以f（x）在此区间无零点，
因为f（x）在（x2，+∞）上单调递增，f（x2）＜0，f（4）＝aln4＞0，
所以f（x）在区间（x2，4）上存在唯一的零点，
综上所述，当a＞0时，函数f（x）有且仅有一个零点．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19．（17分）已知椭圆E：1（a＞b＞0）的焦距为2，直线l：y＝kx+1过点，且与椭圆E相交于P，Q两点，M是线段PQ的中点，O为坐标原点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若梯形ABCD的顶点都在椭圆E上，且AB∥CD，对角线AC和BD交于点M，线段AB，CD的中点分别为G，H．
（i）证明：G，H，O，M四点共线；
（ii）试探究直线AD与直线BC的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由．
【分析】（1）由题意得直线l的方程为：，联立直线l与椭圆的方程，利用韦达定理，结合中点坐标公式、椭圆的性质求解即可；
（2）（i）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），利用点差法可得，，因为AB∥CD，即kAB＝kCD，证明即可；
（ii）结合（i）设直线AB的方程为：，直线CD的方程为：，联立直线与椭圆的方程，结合平面几何知识求解即可．
【解答】解：（1）由直线l过点M（1，），得直线l的方程为：，
设P（xP，yP），Q（xQ，yQ），联立，
消去y并整理得，△＞0，
由韦达定理得，
整理得a2＝4b2，
又因为，a2＝b2+c2，
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为．
证明：（2）（i）设AB的中点为G，CD的中点为H，
设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
由题知直线AB斜率必存在，
，，
以上两式相减得，
整理得，
即，同理，
又因为AB∥CD，所以kAB＝kCD，
因此kOG＝kOH，即O，G，H三点共线，
又因为四边形ABCD是梯形，且AC与BD交与M，
由平面几何知识可知M，G，H三点共线，
即得证G，H，O，M四点共线．
（ii）由（i）易知 ，所以，
设直线AB的方程为：，直线CD的方程为：，
联立，消去y并整理得2x2﹣4mx+4（m2﹣1）＝0，
由韦达定理得x1+x2＝2m，不妨设，，
同理x3+x4＝2n，，，


，
，
因为kBM＝kBD，所以，
化简得，
即，
上式两边同时平方化简得2mn﹣3（m+n）+4＝0，
设梯形两腰AD与BC的交点为T，由平面几何知识易知T，G，H三点共线，
故设，
由△MAB﹣△MCD，△TAB∽△TCD得，
（注：dM﹣AB 为M到的直线AB的距离，dM﹣CD 为M到直线CD的距离，dT﹣AB 为T到的直线AB的距离，dT﹣CD 为T到直线CD的距离），
，，
所以，
则， （舍去），
化简得2mn﹣（x0+1）（m+n）+2x0＝0，
结合2mn﹣3（m+n）+4＝0，可得x0＝2，
故直线AD与直线BC的交点为定点T（2，1）．
【点评】本题考查椭圆的方程与性质，考查联立直线与椭圆的方程解决综合问题，属于难题．
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1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
A
D
D
C
D
B
题号
9
10
11
答案
AC
ABD
ACD
X
0
4
8
12
16
20
24
P