2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二（上）期末数学试卷（含答案详解）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二（上）期末数学试卷（含答案详解），共26页。试卷主要包含了单项选择，多项选择，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）空间两点A，B的坐标分别为（1，2，3），（﹣1，﹣2，3），则A，B两点的位置关系是（ ）
A．关于x轴对称B．关于xOy平面对称
C．关于z轴对称D．关于原点对称
2．（5分）若把数据x1，x2，x3，⋯，x2022，改变为x1﹣2，x2﹣2，x3﹣2，⋯，x2022﹣2，则它们的（ ）
A．平均数与方差均不改变
B．平均数改变，方差保持不变
C．平均数不变，方差改变
D．平均数与方差均改变
3．（5分）若直线l的一个方向向量为，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α的位置关系是（ ）
A．垂直B．平行
C．相交但不垂直D．平行或线在面内
4．（5分）已知椭圆1（a＞5）的两个焦点为F1、F2，且|F1F2|＝8．弦AB过点F1，则△ABF2的周长为（ ）
A．10B．20C．2D．4
5．（5分）“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a6＝（ ）
A．103B．107C．109D．105
6．（5分）抛物线C1：y2＝4x和圆C2：（x﹣1）2+y2＝1，直线l经过C1的焦点F，依次交C1，C2于A，B，C，D四点，则的值为（ ）
A．B．1C．2D．4
7．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M为BC中点，N为平面DCC1D上的动点，若MN⊥A1C，则三棱锥N﹣AA1D的体积最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）设F1，F2分别为双曲线C：的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且∠MAN＝135°，（如图），则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
二、多项选择（共4题，每小题5分满分20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）已知椭圆C1：1与双曲线C2：1（9＜k＜16），下列关于两曲线的说法正确的是（ ）
A．C1的长轴长与C2的实轴长相等
B．C1的短轴长与C2的虚轴长相等
C．焦距相等
D．离心率不相等
（多选）10．（5分）数列{an}的前n项和为Sn，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．{an}是递增数列
B．a10＝﹣14
C．当n＞4时，an＜0
D．当n＝3或4时，Sn取得最大值
（多选）11．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点A1和点D到平面AEF的距离相等
（多选）12．（5分）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅．已知点F（1，0），直线l：x＝4，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半．若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是1
B．直线l1：x+2y﹣4＝0是“最远距离直线”
C．平面上有一点A（﹣1，1），则|PA|+2|PF|的最小值为5
D．点P的轨迹与圆C：x2+y2﹣2x＝0是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
三、填空题（共4题，每小题5分；满分20分）
13．（5分）双曲线mx2+y2＝1的虚轴长是实轴长的2倍，则m＝ ．
14．（5分）甲、乙两人独立地破译同一份密码，已知各人能成功破译的概率分别是，，则该密码被成功破译的概率为 ．
15．（5分）已知矩形ABCD，，沿对角线AC将△ABC折起，若二面角B﹣AC﹣D的余弦值为，则B与D之间距离为 ．
16．（5分）如图，已知抛物线的方程x2＝2py（p＞0），过点A（0，﹣1）作直线与抛物线相交于P，Q两点，点B的坐标为（0，1），连接BP，BQ，设QB，BP的延长线与x轴分别相交于点M，N．如果直线BQ与BP的斜率之积为﹣2，则cs∠MBN＝ ．
四、解答题（共6题，满分70分）
17．（10分）某社区为了解辖区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”，从辖区住户的离退休老人中随机抽取了100位老人进行调查，获得了每人每天的平均户外“活动时间”（单位：小时），活动时间按照[0，0.5）、[0.5，1）、…、[4，4.5]从少到多分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示．
（1）求图中a的值；
（2）估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”的中位数；
（3）在[1，1.5）、[1.5，2）这两组中采用分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，求抽取的两人恰好都在同一个组的概率．
18．（12分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，CB⊥BD，∠C1CD＝45°，∠CC1B＝60°，CC1＝CB＝BD＝1．
（1）求对角线CA1的长度；
（2）求异面直线CA1与DA所成角的余弦值．
19．（12分）如图，某海面上有O、A、B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛40千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处，以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O、A、B三点．
（1）求C的方程；
（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45°行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？
20．（12分）已知等比数列满足a2a3＝a4，2a1+a3＝3a2．
（1）定义：首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”，证明：数列{an}是“M﹣数列”；
（2）记等差数列{bn}的前n项和记为Sn，已知b5＝9，S8＝64，求数列{b2n﹣1an}的前n项的和Tn．
21．（12分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD．
（1）证明：CD⊥平面PAC；
（2）若M为PD上一点，且三棱锥D﹣ACM的体积是三棱锥P﹣ACM体积的2倍，求平面PAC与平面ACM夹角的余弦值．
22．（12分）已知抛物线y2＝4x的准线过椭圆E的左焦点，且椭圆E的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形：
（1）求椭圆E的方程；
（2）直线y交椭圆E于A，B两点，点P在线段AB上移动，连接OP交椭圆于M，N两点，过P作MN的垂线交x轴于Q，求△MNQ面积的最小值．
2022-2023学年浙江省杭州师大附中高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择（共8题，每小题5分；满分40分）
1．（5分）空间两点A，B的坐标分别为（1，2，3），（﹣1，﹣2，3），则A，B两点的位置关系是（ ）
A．关于x轴对称B．关于xOy平面对称
C．关于z轴对称D．关于原点对称
【解答】解：A，B的横纵坐标互为相反数，它们的竖坐标相同，
所以点A，B关于z轴对称．
故选：C．
2．（5分）若把数据x1，x2，x3，⋯，x2022，改变为x1﹣2，x2﹣2，x3﹣2，⋯，x2022﹣2，则它们的（ ）
A．平均数与方差均不改变
B．平均数改变，方差保持不变
C．平均数不变，方差改变
D．平均数与方差均改变
【解答】解：数据x1，x2，x3，⋯，x2022的平均数，
数据x1﹣2，x2﹣2，x3﹣2，⋯，x2022﹣2的平均数为2，平均数发生变化，
数据x1，x2，x3，⋯，x2022的方差为：S2，
数据x1﹣2，x2﹣2，x3﹣2，⋯，x2022﹣2的方差为：
S2，方差不发生变化．
故选：B．
3．（5分）若直线l的一个方向向量为，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α的位置关系是（ ）
A．垂直B．平行
C．相交但不垂直D．平行或线在面内
【解答】解：因为，
所以与共线，直线l与平面α垂直．
故选：A．
4．（5分）已知椭圆1（a＞5）的两个焦点为F1、F2，且|F1F2|＝8．弦AB过点F1，则△ABF2的周长为（ ）
A．10B．20C．2D．4
【解答】解：由题意可得椭圆1的b＝5，c＝4，
a，
由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|＝|BF1|+|BF2|＝2a，
即有△ABF2的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|
＝|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝4a＝4．
故选：D．
5．（5分）“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a6＝（ ）
A．103B．107C．109D．105
【解答】解：由题意，被3除余2且被7除余2的数即为被21除余2的数，
故，
则a6＝21×6﹣19＝107．
故选：B．
6．（5分）抛物线C1：y2＝4x和圆C2：（x﹣1）2+y2＝1，直线l经过C1的焦点F，依次交C1，C2于A，B，C，D四点，则的值为（ ）
A．B．1C．2D．4
【解答】解：由特殊化原则，
当直线过焦点F且垂直于x轴时，
|AD|＝2p＝4，
|BC|＝2r＝2，
由抛物线与圆的对称性知：
|AB|＝|CD|＝1，
所以|AB|•|CD|＝1；
故选：B．
7．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M为BC中点，N为平面DCC1D上的动点，若MN⊥A1C，则三棱锥N﹣AA1D的体积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：以D为原点，分别以DA，DC，DD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，设N（0，a，b），0≤a≤1，0≤b≤1，
∴，
又MN⊥A1C，∴，即，
∴，∴，∴．
故选：B．
8．（5分）设F1，F2分别为双曲线C：的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且∠MAN＝135°，（如图），则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【解答】解：依题意得，以线段F1F2为直径的圆的方程为x2+y2＝c2，
双曲线C的一条渐近线的方程为．
由 以及a2+b2＝c2，
解得 或 ，
不妨取M（a，b），则N（﹣a，﹣b）．
因为A（﹣a，0），∠MAN＝135°，
所以∠MAO＝45°，
又，
所以，
所以b2＝4a2，
所以（c2﹣a2）＝4a2，
所以c2＝5a2，
所以该双曲线的离心率，
故选：D．
二、多项选择（共4题，每小题5分满分20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
（多选）9．（5分）已知椭圆C1：1与双曲线C2：1（9＜k＜16），下列关于两曲线的说法正确的是（ ）
A．C1的长轴长与C2的实轴长相等
B．C1的短轴长与C2的虚轴长相等
C．焦距相等
D．离心率不相等
【解答】解：椭圆C1：1的焦点在x轴上，，，
则；
双曲线C2：1（9＜k＜16）为，
焦点在x轴上，，，
则．
∴C1与C2的焦距相等，而C1的长轴长与C2的实轴长不相等，则离心率不相等，
C1的短轴长与C2的虚轴长不相等．
故选：CD．
（多选）10．（5分）数列{an}的前n项和为Sn，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．{an}是递增数列
B．a10＝﹣14
C．当n＞4时，an＜0
D．当n＝3或4时，Sn取得最大值
【解答】解：当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣2n+8，又a1＝S1＝6＝﹣2×1+8，
所以an＝﹣2n+8，则{an}是递减数列，故A错误；
a10＝﹣12，故B错误；
当n＞4时，an＝8﹣2n＜0，故C正确；
因为的对称轴为，开口向下，
而n是正整数，且n＝3或4距离对称轴一样远，
所以当n＝3或4时，Sn取得最大值，故D正确．
故选：CD．
（多选）11．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点A1和点D到平面AEF的距离相等
【解答】解：假设D1D⊥AF，
∵D1D⊥AE，且AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
∴D1D⊥AEF，
∴DD1⊥EF，
∴CC1⊥EF，显然不成立，故A错误，
取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，如图所示：
由已知条件可得，GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
∴平面A1GQ∥平面AEF，
∵A1G⊂平面A1GQ，
∴A1G∥平面AEF，
连接D1F，D1A，如图所示：
∵E，F分别为BC，C1C的中点，
∴EF∥AD1，EF，
∴A，E，F，D1四点共面，
∴截面即为梯形AEFD1，延长DC，D1F，AE交于点S，
易知D1S＝AS，AD1，
∴，
∴，故C正确，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可求得平面AEF的法向量为，
∴点A1到平面AEF的距离为，点D到平面AEF的距离为，
∴点A1和点D到平面AEF的距离相等，故D正确．
故选：BCD．
（多选）12．（5分）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅．已知点F（1，0），直线l：x＝4，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半．若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是1
B．直线l1：x+2y﹣4＝0是“最远距离直线”
C．平面上有一点A（﹣1，1），则|PA|+2|PF|的最小值为5
D．点P的轨迹与圆C：x2+y2﹣2x＝0是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【解答】解：对于A，设P（x，y），因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，化简可得，
故选项A正确；
对于B，联立方程组，解得x＝1，
故存在点P（1，），
所以直线l1：x+2y﹣4＝0是“最远距离直线”，
故选项B正确；
对于C，过点P作PB垂直直线l：x＝4，垂足为B，
由题意可得，|PB|＝2|PF|，
则|PA|+2|PF|＝|PA|+|PB|，
由图象可知，|PA|+|PB|的最小值即为点A到直线l：x＝4的距离5，
故选项C正确；
对于D，由x2+y2﹣2x＝0可得（x﹣1）2+y2＝1，
故圆心为（1，0），半径为1，
所以点P的轨迹与圆C交于点（2，0），
故选项D错误．
故选：ABC．
三、填空题（共4题，每小题5分；满分20分）
13．（5分）双曲线mx2+y2＝1的虚轴长是实轴长的2倍，则m＝ ．
【解答】解：双曲线mx2+y2＝1的标准方程为 y21，虚轴的长是 2，实轴长 2．
由题意知，24，∴m，
故答案为．
14．（5分）甲、乙两人独立地破译同一份密码，已知各人能成功破译的概率分别是，，则该密码被成功破译的概率为 ．
【解答】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是，，
则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率P1＝（1）×（1），
故该密码被成功破译的概率P2＝1﹣P1＝1．
故答案为：．
15．（5分）已知矩形ABCD，，沿对角线AC将△ABC折起，若二面角B﹣AC﹣D的余弦值为，则B与D之间距离为 ．
【解答】解：过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，
由，则AC＝2，
由等面积法知：，
故，
则，即EF＝1，
∵二面角B﹣AC﹣D的余弦值为，即，，
∴，
则，即B与D之间距离为．
故答案为：．
16．（5分）如图，已知抛物线的方程x2＝2py（p＞0），过点A（0，﹣1）作直线与抛物线相交于P，Q两点，点B的坐标为（0，1），连接BP，BQ，设QB，BP的延长线与x轴分别相交于点M，N．如果直线BQ与BP的斜率之积为﹣2，则cs∠MBN＝ ．
【解答】解：设直线PQ的方程为y＝kx﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
由，得x2﹣2pkx+2p＝0，Δ＝4p2k2﹣8p＞0，
又x1+x2＝2pk，x1⋅x2＝2p，
因为，，
故，又kBP⋅kBQ＝﹣2，
故解得，
所以，∴．
所以．
由余弦定理得．
故答案为：．
四、解答题（共6题，满分70分）
17．（10分）某社区为了解辖区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”，从辖区住户的离退休老人中随机抽取了100位老人进行调查，获得了每人每天的平均户外“活动时间”（单位：小时），活动时间按照[0，0.5）、[0.5，1）、…、[4，4.5]从少到多分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示．
（1）求图中a的值；
（2）估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”的中位数；
（3）在[1，1.5）、[1.5，2）这两组中采用分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，求抽取的两人恰好都在同一个组的概率．
【解答】（本小题满分12分）
解：（1）由频率分布直方图，可知，平均户外“活动时间”在[0，0.5）的频率为0.08×0.5＝0.04．
同理，在[0.5，1），[1.5，2），[2，2.5），[3，3.5），[3.5，4），[4，4.5）等组的频率分别为0.08，0.20，0.25，0.07，0.04，0.02，
由1﹣（0.04+0.08+0.20+0.25+0.07+0.04+0.02）＝0.5×a+0.5×a．
解得a＝0.30．
（2）设中位数为m小时．
因为前5组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.20+0.25＝0.72＞0.5，
而前4组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.20＝0.47＜0.5，所以2≤m＜2.5．
由0.50×（m﹣2）＝0.5﹣0.47，解得m＝2.06．
故可估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”的中位数为2.06小时．
（3）由题意得平均户外活动时间在[1，1.5），[1.5，2）中的人数分别有15人、20人，
按分层抽样的方法分别抽取3人、4人，记作A，B，C及a，b，c，d，
从7人中随机抽取2人，共有21种，分别为：
（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（A，c），（A，d），（B，C），（B，a），（B，b），（B，c），（B，d），
（C，a），（C，b），（C，c），（C，d），（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d），
同时在同一组的有：
（A，B），（A，C），（B，C），（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d）．共9种，
故抽取的两人恰好都在同一个组的概率．
18．（12分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，CB⊥BD，∠C1CD＝45°，∠CC1B＝60°，CC1＝CB＝BD＝1．
（1）求对角线CA1的长度；
（2）求异面直线CA1与DA所成角的余弦值．
【解答】解：（1）因为CB＝BD＝1，CB⊥BD，
所以三角形BCD为等腰直角三角形，所以，
又因为CC1＝CB＝1，∠CC1B＝60°，
所以三角形CC1B为边长为1的等边三角形，
又，
则9，
所以，
所以对角线CA1的长度为3；
（2）因为，，，，
所以，
所以，
即异面直线CA1与DA所成角的余弦值为．
19．（12分）如图，某海面上有O、A、B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛40千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处，以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O、A、B三点．
（1）求C的方程；
（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45°行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？
【解答】解：（1）由题意可求A（40，40），B（20，0），
设过O，A，B三点的圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
可得，解得D＝﹣20，E＝﹣60，F＝0，
故圆C的方程为x2+y2﹣20x﹣60y＝0，圆心为C（10，30），半径r＝10．
（2）设船初始位置为点D，则D（﹣20，﹣20），且该船航线所在直线l的斜率为1，
故该船航行方向为直线l：y﹣x﹣20+200，
由于圆心C到直线l的距离d1010，
故该船有触礁的危险．
20．（12分）已知等比数列满足a2a3＝a4，2a1+a3＝3a2．
（1）定义：首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”，证明：数列{an}是“M﹣数列”；
（2）记等差数列{bn}的前n项和记为Sn，已知b5＝9，S8＝64，求数列{b2n﹣1an}的前n项的和Tn．
【解答】（1）证明：由题意可设公比为q，则，得a1＝1，
，得q＝1或q＝2，
∴数列{an}是“M﹣数列”；
（2）设数列{bn}的公差为d，
易得4（b4+b5）＝S8＝64，得b4＝7，
∴d＝b5﹣b4＝2，得bn＝2n﹣1，
若q＝1，则b2n﹣1an＝4n﹣3，
∴，
若q＝2，则，
∴
∴①，
∴②，
①﹣②，得﹣Tn＝1+4（2+4+8+•••+2n﹣1）﹣（4n﹣3）•2n，
∴，
∴．
21．（12分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD．
（1）证明：CD⊥平面PAC；
（2）若M为PD上一点，且三棱锥D﹣ACM的体积是三棱锥P﹣ACM体积的2倍，求平面PAC与平面ACM夹角的余弦值．
【解答】解；（1）证明：在梯形ABCD中取AD中点N，连接CN，
所以BC＝AN且BC∥AN，所以四边形ABCN为平行四边形，
所以CN＝AB，又因为，所以，
所以点C在以AD为直径的圆上，所以AC⊥CD．
又因为AP⊥CD，AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC
所以CD⊥平面PAC．
（2）取AC中点O，连接PO，因为AP＝PC，所以PO⊥AC，
由（1）得CD⊥平面PAC，又因为CD⊂面ACD，
所以平面PAC⊥面ACD，因为AC为两平面交线，
所以PO⊥面ACD，
以O为原点，OA为x轴，过O且与OA垂直的直线为y轴，OP为z轴建立直角坐标系，
设AB＝2，则，，P（0，0，1），，
由VP﹣ACM：VD﹣ACM＝1：2，得，
所以，
设平面ACM的法向量为，
所以由，得，则可取，
又因为平面PAC的法向量，
所以，
因为二面角P﹣AC﹣M为锐二面角，所以其余弦值为．
22．（12分）已知抛物线y2＝4x的准线过椭圆E的左焦点，且椭圆E的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形：
（1）求椭圆E的方程；
（2）直线y交椭圆E于A，B两点，点P在线段AB上移动，连接OP交椭圆于M，N两点，过P作MN的垂线交x轴于Q，求△MNQ面积的最小值．
【解答】解：（1）抛物线y2＝4x的准线为，则椭圆E的左焦点为，即，
设F是椭圆的右焦点，B1，B2是椭圆的上下顶点，
在△OB1F中，，即b＝1，
又a2＝b2+c2＝1+3＝4，所以a＝2，
所以椭圆E的方程为；
（2）由，解得，
不妨设， 且 x0≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），
设直线OP斜率为k，则，其中，
直线PQ的方程为，
令y＝0，解得，
由，得（4k2+1）y2﹣4k2＝0，，
则，
令，则，
当，即时，有最小值为．
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