屯溪一中2023-2024学年度高二上学期期末数学测试卷（解析版）-A4

这是一份屯溪一中2023-2024学年度高二上学期期末数学测试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则( )
A. AB与AC是共线向量
B. 与AB共线的单位向量是(1,1,0)
C. AB与BC夹角的余弦值是 5511
D. 平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查共线向量、单位向量，平面的法向量，空间向量的夹角，属于中档题．
根据共线向量、单位向量、空间向量夹角的求法、法向量的概念求解即可，
【解答】
解：AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，AB≠λAC，所以AB与AC不共线，所以A错误;
与AB共线的单位向量为(2 55, 55,0)或(−2 55,− 55,0)，所以B错误;
BC=(−3,1,1)，所以cs=AB⋅BC|AB||BC|=− 5511，所以C错误;
设平面ABC的法向量是n=(x,y,z)，则AB⋅n=0AC⋅n=0，即2x+y=0−x+2y+z=0，
所以令x=1，可得y=−2，z=5，所以D正确．
故选D．
2.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b//c，则|a+b|=( )
A. B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间向量的坐标运算以及模的计算，属于基础题．
先求出x=1，y=−2，求出a+b=2,−1,2，再利用模的公式解决．
【解答】
解：由题意a⊥c得2x−4+2=0，解得x=1，
再由b //c得12=y−4=12，解得y=−2，
故a+b=2,−1,2，
所以|a+b|= 22+(−1)2+22=3，
故选C．
3.已知公差不为零的等差数列{an}中，a3+a5+a7=12，a1，a3，a6成等比数列，则等差数列{an}的前8项和S8为 ( )
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力．
设等差数列的公差为d，由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】
解：公差d不为零的等差数列{an}中，a3+a5+a7=12，
可得3a5=12，即a5=4，即a1+4d=4，①
a1，a3，a6成等比数列，可得a1a6=a32，即a1(a1+5d)=(a1+2d)2，②
解①②方程可得a1=2，d=12，
前8项和S8=8×2+1122=30，
故选：B．
4.过点P(1,2)且与原点O距离最大的直线方程为( )
A. x+2y−5=0B. 2x+y−4=0
C. x+3y−7=0D. 3x+y−5=0
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查用点斜式求直线方程的方法，数形结合判断什么时候距离最大是解题的关键，属基础题．
先根据垂直关系求出所求直线的斜率，由点斜式求直线方程，并化为一般式．
【解答】
解：要使过点P(1,2)的直线与原点距离最大，结合图形可知该直线与直线PO垂直，
由kOP=2−01−0=2，则所求直线l的斜率为−12，
∴直线l的方程为y−2=−12(x−1)，
即x+2y−5=0．
故选A．
5.若直线l经过点P(1,2)，且点A(2,3)，B(0,−5)到它的距离相等，则l的方程为( )
A. 4x−y−2=0B. 4x−y+2=0
C. x=1或4x−y−2=0D. 4x−y+2=0或x=1
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查用点斜式求直线的方程，求直线方程是解析几何常见的问题之一，属于中档题．
求直线方程时，要注意斜率是否存在．
【解答】
解：根据题意，分情况讨论可得：
(1)当两个点A(2,3)，B(0,−5)在所求直线的异侧时，
即过线段AB的中点(1,−1)．
此时直线的斜率不存在，即满足题意的直线方程为x=1；
(2)当A(2,3)，B(0,−5)在所求直线同侧时，
直线AB与所求的直线平行，
又因为kAB=3−(−5)2−0=4，
所以所求的直线斜率为kl=kAB=4，
∴直线方程为y−2=4(x−1)，
∴化简得：4x−y−2=0，
综上，满足条件的直线为4x−y−2=0或x=1，
故选C．
6.圆x2+y2−ax−2y+1=0关于直线x−y−1=0对称的圆的方程是x2+y2−4x+3=0，则a的值为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】【分析】
由题意可得两圆的圆心的连线和对称轴垂直，斜率之积等于−1，求出a的值．
本题主要考查两个圆关于一条直线对称的性质，属于中档题．
【解答】
由于圆x2+y2−ax−2y+1= 0的圆心为M(a2,1)，圆x2+y2− 4x+3=0的圆心为N(2,0)，又两圆关于直线x−y−1=0对称，故有1−0a2−2×1=−1，解得a=2．
7.已知F1，F2是双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，椭圆C2与双曲线C1的焦点相同，C1与C2在第一象限的交点为P，若PF1的中点在双曲线C1的渐近线上，且PF1⊥PF2，则椭圆的离心率是( )
A. 53B. 55C. 12D. 32
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆与双曲线的简单几何性质、椭圆的定义、双曲线的定义，是中档题．
设 m=|PF1|,n=|PF2| ，由椭圆及双曲线定义和勾股定理可得离心率的值．
【解答】
解：根据题意设 m=PF1,n=PF2 ，
设椭圆长半轴长为a1 ，短半轴长为b1 ，双曲线实半轴长为a2 ，虚半轴长为b2，设PF1的中点为M，
则由椭圆及双曲线定义可得 m+n=2a1m−n=2a2,∴m=a1+a2n=a1−a2 ，
又因为 PF1⊥PF2 ，且 O,M 分别为 F1F2，PF1的中点，所以F1M⊥OM ，
所以 F1(−c,0) 到渐近线 b2x+a2y=0 的距离为 |F1M|=d=|b2c| a22+b22=b2 ，
所以 PF1=m=2b2 ， PF2=n=2a2 ，
结合 m=a1+a2n=a1−a2 ，可得 a1=3a2⋯ ①
因为 PF1⊥PF2 ，所以 m2+n2=4c2, 即 (a1+a2)2+(a1−a2)2=4c2，
整理得a12+a22=2c2，将①代入得 109a12=2c2，
又0m，
所以椭圆C:x2m2+2+y2m=1的焦点在x轴上，
故其长轴长为2 m2+2，选项A错误;
若m=1，则曲线C为椭圆，方程为x23+y2=1，焦点坐标为± 2,0，
当过焦点的直线斜率为0时，此时该直线截椭圆C的弦长为2 3；
当过焦点的直线斜率不为0时，不妨设该直线过椭圆C的右焦点，方程为x=ny+ 2，与椭圆C的两个交点分别为Ax1,y1,Bx2,y2，
由x23+y2=1x=ny+ 2，可得n2+3y2+2 2ny−1=0，
则有Δ=8n2+4n2+3=12n2+1>0y1+y2=−2 2nn2+3y1y2=−1n2+3,
AB= 1+n2y1−y2= 1+n2· y1+y22−4y1y2
= 1+n2· −2 2nn2+32−4×−1n2+3
= 1+n2·2 3n2+1n2+3=2 3·n2+1n2+3=2 31−2n2+3⩾2 33，
当n=0时，上式不等式可取等号，即ABmin=2 33，
综上，可知椭圆C:x23+y2=1中过焦点的最短弦长为2 33．
选项D正确．
故选BD．
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点P为线段D1F上的一点，则下列说法正确的是( )
A. 平面FCC1⊥平面BEP
B. 直线BE与GC1所成角的余弦值为14
C. 平面BED1与平面BCC1B1夹角的余弦值为 66
D. 点P到直线CD的距离的最小值为1
【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查面面垂直的判定、直线与直线所成角的向量求法、平面与平面所成角的向量求法以及点线距离的向量求法，属于较难题．
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用面面垂直的判定定理、直线与直线所成角的向量求法、平面与平面所成角的向量求法以及点线距离等相关知识逐项判断即可．
【解答】
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则E(1,0,0)，B(2,2,0)，F(2,1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
所以EB=(1,2,0)，CC1=(0,0,2)，CF=(2,−1,0)，
所以EB⋅CC1=0，EB⋅CF=0，所以EB⊥CF，EB⊥CC1，
又CF∩CC1=C，CF，CC1⊂平面FCC1，
所以EB⊥平面FCC1，又EB⊂平面BEP，
所以平面FCC1⊥平面BEP，故A正确;
因为G(1,2,0)，所以GC1=(−1,0,2)，
所以cs=GC1⋅EB|GC1||EB|=−1 1+4× 1+4=15，
所以直线BE与GC1所成角的余弦值为15，故B错误；
因为D1(0,0,2)，所以ED1=(−1,0,2)，设平面BED1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅EB=x+2y=0,n⋅ED1=−x+2z=0,
令x=2，解得y=−1，z=1，所以n=(2,−1,1)，
又易得平面BCC1B1的一个法向量为DC=(0,2,0)，
设平面BED1与平面BCC1B1的夹角为θ，
所以csθ=|cs|=n⋅DC|n||DC|=2 4+1+1×2= 66，
即平面BED1与平面BCC1B1夹角的余弦值为 66，故C正确;
设FP=λFD1=(−2λ,−λ,2λ)(0≤λ≤1)，
所以DP=DF+FP=(2−2λ,1−λ,2λ)，
所以cs=DP⋅DC|DP||DC|=1−λ (2−2λ)2+(1−λ)2+(2λ)2=1−λ 9λ2−10λ+5，
所以点P到直线CD的距离d= DP2−DP2cs = 8λ2−8λ+4= 8(λ−12)2+2≥ 2，
当且仅当λ=12时，等号成立，所以点P到直线CD的距离的最小值为 2，D错误．
故选AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点(−1,2)且与圆(x−1)2+y2=4相切的直线方程为__________．
【答案】x=−1或y=2
【解析】【分析】
本题主要考查了圆的切线方程和点到直线的距离公式以及直线的斜率等知识点，属于基础题．
根据题意分斜率存在和不存在两种情况分类讨论，利用圆心到直线的距离等于半径求切线方程．
【解答】
解：当x=−1，y=2时，(x−1)2+y2=−1−12+22=8，所以点(−1,2)在圆外，
由标准方程可知，圆心为(1,0)，半径为2，
当所求切线斜率不存在时，方程为x=−1，
圆心到该直线的距离为d=2和半径相等，所以x=−1是所求切线；
当所求切线斜率存在时，设斜率为k，则切线方程为y−2=k(x+1)，
即kx−y+k+2=0，圆心到直线的距离d=k+k+2 k2+1=2，解得k=0，所以切线方程为y=2，
综上所述，切线方程为x=−1或y=2；
故答案为x=−1或y=2．
13.已知正项数列an中，a1=1，a2= 3，an+12−an2=an2−an−12n≥2，则数列1an+an+1的前60项和为_________．
【答案】5
【解析】【分析】
本题考查等差数列的判定或证明，等差数列的通项公式，裂项相消法求和，属于较难题．
由题可得an+12+an−12=2an2，可知数列an2是首项为1，公差2的等差数列，得到数列an2的通项公式an2=2n−1，进而得到an= 2n−1，即可得到数列1an+an+1的通项公式，再利用裂项相消法得到数列1an+an+1的前n项和为Sn =12 2n+1−1，即可求出数列1an+an+1的前60项和．
【解答】
解：由an+12−an2=an2−an−12(n⩾2)，得an+12+an−12=2an2，
所以数列an2是首项为a12=1，公差为a22−a12=3−1=2的等差数列，
所以an2=1+2(n−1)=2n−1，
又因为an>0，所以an= 2n−1，
所以1an+an+1=1 2n−1+ 2n+1=12 2n+1− 2n−1，
所以数列1an+an+1的前n项和为Sn =1a1+a2+1a2+a3+…+1an+an+1=12 3−1+12 5− 3+12 7− 5+…+12 2n+1− 2n−1=12 2n+1−1，
令n=60，则S60=12 2×60+1−1=5．
故答案为5．
14.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，与双曲线x2m2−y2n2=1(m>0,n>0)具有相同焦点F1、F2，且在第一象限交于点P，椭圆与双曲线的离心率分别为e1、e2，若∠F1PF2=π3，则e12+e22的最小值是_________ ．
【答案】2+ 32
【解析】【分析】
本题考查了圆锥曲线的综合应用，结合余弦定理、基本不等式等，对椭圆、双曲线的性质进行逐步分析，属于难题．
通过椭圆与双曲线的定义，用a 和m 表示出PF1、PF2的长度，根据余弦定理建立a、m、c 的关系式c2=a2+3m24，根据离心率的定义e=ca 表示出两个离心率的平方和，利用基本不等式即可求得最小值．
【解答】
解：由题意可得PF1+PF2=2aPF1−PF2=2m ，
所以解得PF1=a+mPF2=a−m,
在△PF1F2 中，根据余弦定理可得F1F22=PF12+PF22−2PF1PF2cs∠F1PF2，
代入得4c2=(a+m)2+(a−m)2−2(a+m)(a−m)×12，
化简得c2=a2+3m24，
而e12+e22=c2a2+c2m2=a2+3m24a2+a2+3m24m2
=1+3m24a2+a24m2≥1+2 3m24a2×a24m2
=1+ 32，
当且仅当3m24a2=a24m2时取等号，
所以e12+e22的最小值为2+ 32，
故答案为2+ 32．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，底面是正方形，AD=AB=2，AA1=1，∠A1AB=∠DAA1=60∘，A1C1=3NC1，D1B=2MB，设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)试用a、b、c表示AN；
(2)求MN 的长度．
【答案】解：(1) AN=AA1+A1N=c+23(a+b)=23a+23b+c．
(2) AM=12(AB+AD1)=12a+12b+12c，
NM=AM−AN=−16a−16b−12c，
所以|NM|= (−16a−16b−12c)2
= 136a→2+136b→2+14c→2+118a→⋅b→+16a→⋅c→+16b→⋅c→
= 136×22+136×22+14×12+0+2×16×2×1×cs⁡60°
= 296．
【解析】本题考查空间向量的线性运算，空间向量的数量积运算，属于基础题．
(1)AN=AA1+A1N=c+23(a+b)=23a+23b+c，由此能求出结果．
(2)由题意，结合MN2=(−16a−16b−12c)2，由此能求出MN的长度．
16.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an−2(n∈N∗)，在数列{bn}中，b1=1，2+bn=bn+1．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)记Tn=a1b1+a2b2+···+anbn,求Tn．
【答案】解：(1)由Sn=2an−2，得Sn−1=2an−1−2(n⩾2)，
两式相减得an=2an−2an−1，即anan−1=2(n⩾2)，
又a1=2a1−2，∴a1=2，
∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an=2n，
a1=21=2也符合an=2n，故an=2n，
∵2+bn=bn+1，∴bn+1−bn=2，
∴{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴bn=1+(n−1)×2=2n−1；
(2)∵Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n①，
∴2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n−3)2n+(2n−1)⋅2n+1②，
由① −②得：−Tn=1×2+2(22+23+…+2n)−(2n−1)⋅2n+1，
−Tn=2+2⋅22−2n⋅21−2−(2n−1)2n+1
2+4⋅2n−8−(2n−1)2n+1=(3−2n)⋅2n+1−6，
∴Tn=(2n−3)⋅2n+1+6．
【解析】本题考查了数列的递推关系，等差数列和等比数列的通项公式，利用错位相减法进行数列求和，属于中档题．
(1)由Sn=2an−2，得Sn−1=2an−1−2(n⩾2)，两式相减得an=2an−2an−1，即anan−1=2(n⩾2)，从而得出{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，得出{an}的通项公式；通过2+bn=bn+1，可得出{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，得出{bn}的通项公式；
(2)依题意，Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n，
则2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n−3)2n+(2n−1)⋅2n+1，由① −②，结合等比数列的求和公式经过化简可得出结果．
17.(本小题15分)
如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图2．
(I)求证：A1E⊥平面BCDE；
(II)求二面角E−A1D−B的余弦值；
(III)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BP？若存在，求出BPBD的值；若不存在，说明理由．
【答案】解：(I)证明：因为DE⊥AB，
所以BE⊥DE．
又因为BE⊥A1D，DE∩A1D=D，DE,A1D⊂平面A1DE，
所以BE⊥平面A1DE．
因为A1E⊂平面A1DE，
所以A1E⊥BE．
又因为A1E⊥DE，BE∩DE=E，BE,DE⊂平面BCDE，
所以A1E⊥平面BCDE．
(II)解：因为A1E⊥平面BCDE，BE⊥DE，
所以以E为原点，分别以EB，ED，EA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(0, 3,0)，A1(0,0,1)．
所以BA1=(−1,0,1)，BD=(−1, 3,0)．
设平面A1BD的法向量n=(x,y,z)，
由n⋅BA1=−x+z=0n⋅BD=−x+ 3y=0，令y=1，得n=( 3,1, 3).
因为BE⊥平面A1DE，所以平面A1DE的法向量EB=(1,0,0)，
所以cs=n⋅EB|n|⋅|EB|= 3 7= 217．
因为所求二面角为锐角，
所以二面角E−A1D−B的余弦值为 217．
(III)假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP⊥平面A1BP．
设P(x1,y1,z1)，BP=λBD(0≤λ≤1)，
则(x1−1,y1,z1)=λ(−1, 3,0)．
所以P(1−λ, 3λ,0)．
所以EA1=(0,0,1)，EP=(1−λ, 3λ,0)．
设平面A1EP的法向量m=(a,b,c)，
由m⋅EA1=c=0m⋅EP=(1−λ)a+ 3λb=0，得c=0(1−λ)a=− 3λb,
令a= 3λ，得m=( 3λ,λ−1,0).
因为平面A1EP⊥平面A1BP，
所以m⋅n=3λ+λ−1=0，解得λ=14∈[0,1]，
所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BP，且BPBD=14．
【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足面面垂直的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于中档题．
(I)由DE⊥AB，得BE⊥DE，由BE⊥A1D，得BE⊥平面A1DE，从而A1E⊥BE，进而A1E⊥DE，由此能证明A1E⊥平面BCDE．
(II)以E为原点，分别以EB，ED，EA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面A1BD的法向量，平面A1DE的法向量，利用向量法能求出二面角E−A1D−B的余弦值．
(III)设P(x,y,z)，BP=λBD(0≤λ≤1)，推导出P(1−λ, 3λ,0).求出平面A1EP的法向量，利用向量法能求出在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BP，且BPBD=14．
18.(本小题17分)
已知圆C的圆心在直线y=12x上，且过圆C上一点M(1,3)的切线方程为y=3x．
(1)求圆C的方程；
(2)设过点M的直线l与圆交于另一点N，求▵CMN的最大值及此时的直线l的方程．
【答案】解：(1)由题意，过Ｍ点的直径所在直线方程为y−3=−13x−1，
联立 y−3=−13x−1 y=12x ，
解得 x=4 y=2,
∴圆心坐标为(4,2)，半径r2=4−12+2−32=10 ，
∴圆C的方程为x−42+y−22=10；
(2)设圆心C到直线MN的距离为d，
则▵CMN的面积S=12×d×2 10−d2=d 10−d2，
由于S= d²10−d2⩽d²+10−d22=5，
当d²=10−d2，即d= 5时面积最大为5．
当直线MN斜率不存在时，直线方程为x=1，此时C(4,2)到MN的距离为3≠d= 5；
故直线MN斜率存在，设为k，则直线MN的方程为y−3=k(x−1),kx−y+3−k=0，
由C(4,2)到MN的距离d=4k−2+3−k k²+1= 5，
解得k=−2或k=12，
故此时直线方程为2x+y−5=0或x−2y+5=0．

【解析】本题考查圆的方程的求法，直线方程以及直线与圆的位置关系，考查掉到直线的距离公式的运用，以及利用基本不等式求最值，属于中档题．
(1)由题意，求出过M点的直径所在直线方程，圆心为两条直线的交点，由此得到所求；
(2)设圆心C到直线MN的距离为d，求出▵CMN的面积S=d 10−d2，利用基本不等式求出d= 5时面积最大为5，设直线MN的方程为kx−y+3−k=0，利用掉到直线的距离公式求出k，即可求解．
19.(本小题17分)
已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点是F1,F2，且C1的离心率为 32.抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为F2，过OF2的中点Q垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为2 6．
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)设椭圆C1上一动点T满足：OT=λOA+2μOB，其中A,B是椭圆C1上的点，且直线OA,OB的斜率之积为−14.若N(λ,μ)为一动点，点P满足 PQ=12F1F2.试探究|NP|+|NQ|是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．
【答案】解：(1)抛物线C2:y2=2px的焦点为F2(p2,0)，
∴Q(p4,0)
过Q垂直于x轴的直线截y2=2px所得的弦长为2 6，
所以( 6)2=2p×p4，解得p=2 3，
所以F2( 3,0)，
又∵椭圆C1的离心率为 32，
∴a=2,b=1，
∴椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设T(x,y)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则由OT=λOA+2μOB，
得x=λx1+2μx2 ，y=λy1+2μy2 ，
∵点T,A,B在椭圆x24+y2=1上，
∴所以x12+4y12=4， x22+4y22=4， x2+4y2=4，
故x2+4y2=(λx1+2μx2)2+4(λy1+2μy2)2
=λ2(x12+4y12)+4μ2(x22+4y22)+4λμ(x1x2+4y1y2)=4，
设kOA,kOB分别为直线OA,OB的斜率，
由题意知，kOA⋅kOB=y1y2x1x2=−14 ，
因此x1x2+4y1y2=0，
所以λ2+4μ2=1，
所以N点是椭圆λ2+μ214=1上的点，
∵由(1)知Q( 32,0)，又 PQ=12F1F2，
∴P(− 32,0)，
∴P,Q恰为椭圆λ2+μ214=1的左、右焦点，
由椭圆的定义，|NP|+|NQ|=2为定值．
【解析】本题考查椭圆的概念及标准方程，考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，直线与圆锥曲线相交弦长问题，圆锥曲线中的定值问题，涉及向量的几何应用和坐标运算，属于难题．
(1)根据题意得到Q(p4,0)，再由直线截y2=2px所得的弦长为2 6，进而得到p=2 3，即F2( 3,0)，结合椭圆C1的离心率为 32，求出a=2,b=1，即可得到椭圆C1的方程；
(2)设T(x,y)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由OT=λOA+2μOB，得x=λx1+2μx2 ，y=λy1+2μy2，再根据点T,A,B在椭圆x24+y2=1上，结合直线OA,OB的斜率之积为−14，得到λ2+4μ2=1，进而知N点是椭圆上λ2+μ214=1上的点，利用PQ=12F1F2求出P(− 32,0)，再根据由椭圆的定义，可知|NP|+|NQ|=2为定值．