【文档说明】山东省东营市2023-2024学年高二期末考试数学试题word版含解析.docx，共(23)页，2.813 MB，由envi的店铺上传

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试卷类型：A2023-2024学年度第一学期期末质量监测高二数学2024.01本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟，注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自已的准考证号､姓名.2.回答选

择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题共60分）一､选择题

：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.1.已知直线1l：2yx=−，2l：ykx=，若12//ll，则实数k=（）A.－2B.－1C.0D.1【答案】D【解析】【分析】两直线平行，则斜率相等求解.【

详解】已知直线1l：2yx=−，2l：ykx=，因为12//ll，所以1k=故选：D【点睛】本题主要考查两直线的位置关系，属于基础题.2.若平面平面，直线a，直线b，那么,ab的位置关系是（）A.无公共点B.平行C.既不平行也不相交D.相交【

答案】A【解析】【分析】由两线的位置关系的定义判断即可【详解】由题，直线a，b分别含于两个平行的平面，可能平行，可能异面，但不可能相交.故选：A3.若双曲线2212yxm−=的焦点与椭圆22149xy+=的焦点重合，则m的值为（）A.2B.3C.

6D.7【答案】B【解析】【分析】先求出椭圆的焦点，再由两曲线的焦点重合，列方程可求出m的值.【详解】因为椭圆22149xy+=的焦点为()()0,5,0,5−，所以双曲线的焦点为()()0,5,0,5−，故25m+=，解得3m=.故选：B.4.《九章算

术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵111ABCABC-中，,MN分别是111,ACBB的中点，G是MN的中点，若1AGxAByAAzAC=+

+，则xyz++=（）A.1B.12C.32D.34【答案】C【解析】【分析】连接,AMAN，由()111312244AGAMANABAAAC=+=++，即可求出答案.【详解】连接,AMAN如下图：由于G是MN的中点，()12AGAMAN=+111

11222AAACABAA=+++1131244ABAAAC=++.根据题意知1AGxAByAAzAC=++.32xyz++=.故选：C.5.抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，且抛

物线C与椭圆2212xy+=在第一象限的交点为A，若AFx⊥轴，则p=（）A.2B.1C.223D.23【答案】C【解析】【分析】根据题设可得(,)2pAp，再由点在椭圆上，代入求参数即可.【详解】由题设(,

0)2pF，且A在第一象限，AFx⊥轴，则(,)2pAp，又A在椭圆上，故2228189ppp+==，而0p，故p=223.故选：C6.甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行校园厨艺总决赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，

回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你和甲的名次相邻.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况种数为（）A.54B.48C.42D.36【答案】C【解析】【分析】根据题意，分两种情况讨论：乙是冠军，乙不是冠军，再安排其他人，由加法计数原

理可得答案.【详解】由题意，第一种情况：乙是冠军，则甲在第二位，剩下的三人安排在其他三个名次，有33A6=种情况；第二种情况：先从丙、丁、戊中选1人为冠军，再排甲，乙两人，再把甲和乙捆绑与其他人排列，共有123323AAA36=种；综上可得共有6

4362+=种不同的情况.故选：C.7.若12,FF是双曲线22:1416xyC−=的两个焦点，,PQ为C上关于坐标原点对称的两点，且12PQFF=，设四边形12PFQF的面积为1S，四边形12PFQF的外接圆的面积为2S，则12SS=（）A.πB.65πC.75πD.85π

【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，探求四边形12PFQF的形状，结合双曲线的定义及勾股定理求出1S，再求出2S作答.【详解】依题意，点P与Q，1F与2F都关于原点O对称，且12PQFF=，因此四边

形12PFQF是矩形，如图，由双曲线C：221416xy−=得：1222||241645FFOFPQ===+=，12||||||4PFPF−=，于是()()2222212121212112||||22PFPFPFPFFFPFPFSPFPF+−−−−===

22(45)4322−==，显然四边形12PFQF的外接圆半径为2OF，因此2222π||π(25)20πSOF===，所以1232820π5πSS==.故答案为：85π8.已知(0,0),(3,0)OA−，直线:l

ykx=上存在点P，且点P关于直线:lyx=的对称点P满足2POPA=，则实数k的取值范围是（）A.(,3][3,)−−+B.[3,3]−C.33,33−D.33,,33−−+【答案】A【解析】【分析】设(),Pxkx，则(),Pk

xx，由两点间的距离公式可得x的一元二次方程，由0解不等式即可.【详解】设(),Pxkx，则(),Pkxx，由2POPA=，得224POPA=，由两点间的距离公式可得：22222](3

4[)kxxkxx+++=，整理可得22(33)24360kxkx++=+，由题意22(24)4(33)360kk=−+，得230k−，解得3k−或3k，即实数k的取值范围是(,3][3,)−−+.故选：A.二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选

项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.若m⊥，n，则mn⊥B.若,,m⊥，则m⊥C.若m,n，则mnD.若,⊥⊥，则⊥【答案】AB

【解析】【分析】利用线面平行的性质及线面垂直的性质可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；利用线面平行的性质可判断C选项；利用面面的位置关系判断D选项.【详解】对于A，因为//n，过直线n作平面，使得a=，因为//n，n，a=，则

//na，因为m⊥，a，则ma⊥，故mn⊥，正确；对于B，若//，m⊥，则m⊥，又//，则m⊥，正确；对于C，若m,n，则//mn或m与n相交或m与n异面，错误；对于D，若,⊥⊥，则//或与相交，错误.故

选：AB10.现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（）A.全部投入4个不同的盒子里，共有54种放法B.全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有2254CA种放法C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有4

541CC种放法D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有2454CA种不同的放法【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数

原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有5444444=种放法，故A正确；

对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有24C种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有15C种分法；若两组球个数之比为2：3有25C种分法，第三步将两组排给两个盒子有22A种排法，因此共有()2122455

2CCCA180+=，故B不正确；对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有45C种选法，第二步选一个盒子有种14C选法，共有4541CC种放法，故C正确；对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子

里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有25C种分法，第二步分给四个盒子有44A种排法，故共有2454CA240=种放法，故D正确；故选：ACD.11.经过抛物线()2:20Cypxp=的焦点F的直线l交C于,AB两点，O为坐标原点，设()11,Axy，()

()2212,,BxyyyAB的最小值是4，则下列说法正确的是（）A.3OAOB=B.AFBFAFBF+=C.若点3,12M是线段AB的中点，则直线l的方程为220xy−−=D.若4ABFB

=，则直线l的倾斜角为60或120【答案】BC【解析】【分析】设出直线l的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，根据AB求得p，由此对选项逐一分析，从而确定正确答案.【详解】,02pF，由题意可知直线l的斜率存在且不为0，可

设直线l的方程为2pxmy=+，联立222ypxpxmy==+，得2220ypmyp−−=，222440pmp=+，12yy()22121212,2,2pyypmxxmyyppmp=−+=+=++=+，2221212224yypxxpp==，所

以()212212ABxxppmp=++=+，当0m=时等号成立，所以24,2pp==，所以抛物线方程为24yx=，所以12121,4xxyy==−，所以12123OAOBxxyy=+=−，A选项错误；121,1AFxBFx=+=+，所以212244AFBFxxm+=

++=+，()()1211AFBFxx=++=21212144xxxxm+++=+，所以AFBFAFBF+=，B正确；因为点3,12M是线段AB的中点，所以1y22y+=，即142,2mm==，所以直线l的方

程为220xy−−=，C正确；4ABFB=，所以3AFFB=，即11x+=()231x+，所以12320xx−−=，因为121=xx，所以11320xx−−=，即211230xx−−=，解得13x=（11x

=−舍去），又12yy，故120yy，所以()3,23A，所以直线l的斜率为230331−=−，直线l的倾斜角为60，D错误.故选：BC【点睛】求解直线和抛物线22ypx=相交所得弦长，如果直线过焦点，此时直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为2

pxmy=+，这样的设法可以避免讨论直线的斜率是否存在，减少一定的运算量.12.如图甲，在矩形ABCD中，22,ABADE==为CD的中点，将CBE△沿直线BE翻折至1CBE△的位置，F为1AC的中点，如图乙所示，则（

）A.翻折过程中，四棱锥1CABED−不存在外接球B.翻折过程中，存在某个位置的1C，使得1BEAC⊥C.当二面角1CBEA−−为120时，点F到平面1CBE的距离为64D.当四棱锥1CABED−体积最

大时，以1AC为直径的球面被平面1CBE截得交线长为π2【答案】AC【解析】【分析】A项，通过证明四边形ABED不存在外接圆即可得出结论；B项，通过证明145BECBEC==，即可得出结论；C项，求出1C到平面ABCD的距离

，利用等体积法即可求出点F到平面1CBE的距离；D项，求出点A到平面1CBE的距离AE,进而得出以1AC为直径的球的半径和球心F到平面1CBE的距离，即可得到球面与被平面1CBE截得交线为圆的半径，进而得出交线长.【详解】由题意，对于A，由已知,直角三角形ADE

存在以AE为直径的唯一外接圆,90ABE，∴点B不在该圆上,所以四边形ABED不存在外接圆，∴四棱锥1CABED−不存在外接球,故A正确;对于B,由已知,1ADDECEBC====,90ADEBCE

==,∴45AEDBEC==，∴90,AEBBEAE=⊥，假设在翻折过程中,存在位置1C,使得1BEAC⊥,则1,AEACAAE=平面1AEC,1AC平面1AEC,BE⊥平面1AEC,又1CE平面1AEC,∴1BECE⊥，CBE△在翻折至1

CBE△的位置的过程中,145BECBEC==,1BECE⊥显然不成立,故假设错误,翻折过程中,不存在任何位置的1C,使得1BEAC⊥,故B错误;对于C,取BE中点H,由已知,BCCE=,1,CHBECHBE⊥⊥1CHC是二面角1C

BEC−−的平面角,当二面角1CBEA−−为120时,二面角1CBEC−−为60,即160CHC=,又11222CHCHBE===,1C到平面ABCD的距离为126sin60,24Ch==设点A到平面

1CBE的距离为Ah,则1CABEACBEVV−−=,111133ABECCBEAShSh=,11611211132432Ah=,62Ah=,即点A到平面1CBE的距离为62,点F为

1AC中点,点F到平面1CBE的距离是点A到平面1CBE距离的12,点F到平面1CBE的距离为64,故C正确;对于D,四棱锥1CABED−底面梯形ABED的面积为定值,当四棱锥1CABED−的体积最大时,平面1CBE⊥平面ABED,平面

1CBE平面,ABEDBEAE=平面ABED,由B选项有,AEBEAE⊥⊥平面1CBE,1CE平面1CBE,1AECE⊥,222211(2)1ACAECE=+=+=3,又AE^Q平面1,CBE点A到平面1CBE的距离2AE=,点F为1AC中点,以1AC

为直径的球的半径1322ACR==,球心F到平面1CBE的距离222AEd==,易知,球面与被平面1CBE截得交线为圆,其半径2212rRd=−=,该交线周长为2ππr=,故D不正确.故选：AC.【点睛】关键点睛：1.根据垂直关系分析可知1CHC是二面角1

CBEC−−的平面角；2.根据球的性质分析可知球心F到平面1CBE的距离2AEd=.第II卷（非选择题，共90分）三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分）13.若m3m61818C=C−，则m=______.【答案】36或【解析】【分析】直接利用组合数

的性质得到x+3x-6=18或x=3x-6,解之即得x的值.【详解】因为361818xxCC−=，所以x+3x-6=18或x=3x-6，所以x=3或6.故答案为3或6【点睛】（1）本题主要考查组合数的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2)如果,mkn

nCCmkmkn==+=则或.14.已知直线10xy−+=与圆22:420Cxyxym+−−+=交于,AB两点，若22AB=，则m的值为__________.【答案】1【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，由垂径定理得到方程，求出1m=，验证后得到答案.【详解

】22:420Cxyxym+−−+=变形为()()22215xym−+−=−，故50m−，解得5m，故圆心为()2,1C，半径为5m−，设圆心()2,1C到直线10xy−+=的距离为d，则211211d−+==+，由垂径定理得22522md−−=，解得

1m=，满足要求.故答案为：115.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，2AMMB=，N为1DD的中点，记平面CMN与平面11ADDA的交线为l，则直线l与直线1AC所成角的余弦值为_____．【答案】7111111##7111111【解析】【分析】根据题意可利用空间向量

求解直线与直线之间夹角，从而求解.【详解】设1lAAP=，连接NP,MP如下图所示，则直线NP即为直线l．因为平面11AABB平行于11DCCD，且平面CMN平面11AABBMP=，平面CMN平面

11DDCDNC=，故MPCN∥，由2AMMB=，N为1DD的中点，得：113APAA=．以D为坐标原点，DA，DC，1DD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设：6AB=，则得：()0,0,3N，()6,0,2P，()6,0,0A，()

10,6,6C，()6,0,1NP=−，()16,6,6AC=−，所以得：1cos,NPAC114271111113763NPACNPAC−===，故直线l与直线1AC所成角的余弦值为7111111.故答案为：7111111.16.

已知双曲线22221(0,0)xyabab−=的左右焦点分别为12FF､，过点1F作圆222xya+=的切线，交双曲线的右支于点M，若1245FMF=，则该双曲线的离心率为__________.【答案】3【解析】【分析】设切点为A，连接OA，作2F作2BFMA⊥，垂足为B

，运用中位线定理和勾股定理，结合双曲线的定义，即可得到a，b的关系，即可求解．【详解】如图，作1OAFM⊥于点A，21FBFM⊥于点B．∵1FM与圆222xya+=相切，1245FMF=，∴OAa

=，22FBBMa==，则222FMa=，22122FBcab=−=．又点M在双曲线上，∴1222222FMFMabaa−=+−=，整理得2ba=，即22222baca==−，得23e=，由1e解得3e=，∴双曲线的离心率为3．故答案为：

3．四､解答题（本大题共6小题，共计70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知3nxx−的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和分别为a和b，且32ab+=.（1）求正整数n的值；（2）求其展开式中所有的有理项.【答案】17.418.答案见解析【解析】

【分析】（1）先利用题给条件列出关于n的方程，解之即可求得n的值；（2）利用二项展开式的通项公式即可求得其展开式中所有的有理项．小问1详解】因为(2),2nnab=−=，所以(2)232nn−=+，当n为奇数时，此方程无解，当n为偶数时，方程可化为2232n=，解得4n=；【【小问2详

解】由通项公式34421443C(3)CrrrrrrrTxxx−−+−==−，当342r−为整数时，1rT+是有理项，则0,2,4r=，所以有理项为00442214422143454(3)C,(3)C54,(3)C

81TxxTxxTxx−−=−==−==−=．18.如图所示，某中心O接到其正西､正东､正北方向三个观测点,,ABC的报告：,AC两个观测点同时听到了一声巨响，B观测点听到的时间比A观测点晚4秒，假定当时声音传播的速度为

v米/秒，各观测点到该中心的距离都是3v米，设发出巨响的位置为点P，且,,,,ABCOP均在同一平面内.请你确定该巨响发生的点P的位置.【答案】答案见解析【解析】【分析】以接报中心为原点O，正东、正北方向为x轴、y轴正向，建立直角坐标系；写出A、B

、C点的坐标，设(),Pxy为巨响生成点，由双曲线定义知P点在以A、B为焦点的双曲线上，依题意求出双曲线方程，从而确定该巨响发生的位置．【详解】如图，以接报中心为原点O，正东、正北方向为x轴、y轴正向，建立直角坐标系．则()3,0Av−，()3,0B

v，()0,3Cv，设(),Pxy为巨响为生点，由A、C同时听到巨响声，得PAPC=，故P在AC的垂直平分线OP上，OP的方程为yx=−，因B点比A点晚4s听到爆炸声，故4PBPAv−=，由双曲线定义知P点在以A、B为焦点的双曲线22221xyab−＝上，依题意得2av

=，3cv=，222222(3)(2)5bcavvv=−=−=，故双曲线方程为2222145xyvv−=，将yx=−代入上式，得25xv=，PBPA，25xv=−，25yv=，即()25,25Pvv−故210POv=.故巨

响发生在接报中心的西偏北45距中心210v米处．19.如图所示，AE⊥平面ABCD，四边形AEFB为矩形，,BCADBAAD⊥，224AEADABBC====.（1）求证：CF∥平面ADE；（2）求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值.【答案】（1

）证明见解析（2）23【解析】【分析】（1）由面面平行判断定理证平面BFC平面ADE，再证CF∥平面ADE即可；（2）建立空间直角坐标系如图，由向量法即可求【小问1详解】证明：四边形AEFB为矩形，∴BFAE，又BCA

D∥，AEAD、平面ADE，BFBC、平面ADE，故BF平面ADE，BC平面ADE，又,BFBCBBFBC=、平面BFC，∴平面BFC平面ADE，∵CF平面BFC，∴CF∥平面ADE；【小问2详解】建立空间直角坐标系如图，则()()()()()2,2,0,0,4,0,2,0,4,

2,4,4,2,2,0CDFDFDC=−=−，设平面CDF的法向量为(),,mxyz=，则2440220mDFxyzmDCxy=−+==−=，取1x=得11,1,2m=，平面AEFB的法向量为()0,1,0n=，设平面CDF与平面AEFB所成锐二面角为，则12co

s394mnmn===，故平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为2320.已知拋物线2:2(0)Cypxp=的焦点为(),,2FMm−为抛物线上一点，2MF=.（1）求抛物线C的标准方程；（2）过点

F作互相垂直的两条直线交抛物线C于,,,GHRS四点，求四边形GRHS的面积最小值【答案】（1）24yx=（2）32【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义直接求抛物线C的方程；（2）过焦点F作两条相互垂直的直线，设:1RSxmy=+，1:1(0)GHxymm=−+

，联立直线与抛物线方程组成方程组，利用抛物线焦半径公式可得弦长，进而可得推出四边形RGSH的面积的表达式，利用基本不等式求四边形RGSH面积的最小值．【小问1详解】由2MF=，可得22pMFm=+=，又(),2Mm

−在抛物线上，所以42pm=，联立解得1,2mp==，故抛物线方程为2:4Cyx=【小问2详解】由（1）知：(1,0)F设:1RSxmy=+，1:1(0)GHxymm=−+，由214xmyyx=+=得：2440ymy−−=，22161616(1)0m

m=+=+，设()()1122,,,,RxySxy所以12124,4yymyy+==−，()212121144(1)RSRFSFxxmyym=+=+++=++=+，同理：21||4(1)GHm=+，四边形RGS

H的面积：22221118(1)(1)8(2)322SRSGHmmmm==++=++，（当且仅当221mm=即：1m=时等号成立）四边形RGSH的面积的最小值为32．21.如图，三棱台DEFABC−中，平面ADFC⊥平面DBC，2ACCD==，DBC△面积为

1，ADBC⊥且AD与底面ABC所成角为60.（1）求点A到平面DBC的距离；（2）求直线CD与平面ADB所成角的正弦值.的【答案】（1）3（2）34【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到A到平面DB

C的距离即为AH的长，证明线面垂直，进而得到面面垂直，进而得到线面垂直，故DAC为AD与底面ABC所成角，根据AD与底面ABC所成角为60，得到DAC△为等边三角形，从而得到AH的长，得到答案；（2）在（1）的基础上得到BC⊥CD，根据DBC△的面积为1，求出1BC=，建立空间直角坐标系，求出

平面ADB的法向量，利用线面角的向量公式求出其正弦值.【小问1详解】因为2ACCD==，作AHDC⊥交DC于H，因为平面ADFC⊥平面BDC，而平面ADFC平面BDCDC=，AH平面ADFC，所以AH⊥平面BDC，则A到平面DBC的距离即为AH的长，而BC平面BDC，故AHB

C⊥，因为ADBC⊥，ADAHA=，,ADAH平面ADFC，所以BC⊥平面ADFC，因为BC平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADFC，作DM⊥AC交AC于M，因为DM平面ADFC，平面ADFC平面ABC

AC=，所以DM⊥平面ABC，故DAC即为AD与底面ABC所成角，因为AD与底面ABC所成角为60，所以60DAC=，因为2ACCD==，所以DAC△为等边三角形，故H为CD中点，且2sin603AH==，故A到平面DBC的距离为3；【小问2详解】由（1）可知BC⊥平面ADFC，

因为CD平面ADFC，所以BC⊥CD，因为DBC△的面积为1，所以12BCCD=，又2CD=，所以1BC=，取AB中点N，连接MN，则MN平行BC，因为BC⊥平面ADFC，所以MN⊥平面ADFC，以M为坐标原点，以MN，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直

角坐标系，则()0,1,0A−，()0,1,0C，()1,1,0B，()0,0,3D，()1,2,0AB=，()0,1,3AD=，()0,1,3CD=−，设平面ADB的法向量(),,nxyz=，则()()()(),,1,2,020,,0,1,330nABxyzx

ynADxyzyz==+===+=，令3y=−，则23,1xz==，所以()23,3,1n=−，设直线CD与平面ADB所成角为，则()()23,3,10,1,33sincos,4123131CDnCDnCDn−−====+++，故直线

CD与平面ADB所成角的正弦值为34.22.在平面直角坐标系xOy中，动圆C与圆22145:204Cxyx++−=内切，且与圆2223:204Cxyx+−+=外切，记动圆C的圆心的轨迹为H.（1）求轨迹H的方程；（2）设O为坐标原点

，过点2C且与坐标轴不垂直的直线与轨迹H交于,PQ两点.线段2OC上是否存在点(),0Nn，使得QPNPPQNQ=？若存在，求出n的取值范围；若不存在，说明理由；（3）过点()04,0P且不垂直于

x轴的直线与轨迹H交,AB两点，点B关于x轴的对称点为E，证明：直线AE过定点.【答案】（1）22143xy+=为（2）存，1(0,)4n（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据圆的位置关系可得圆心距与半径的关系，即可结合椭圆的

定义判断轨迹符合椭圆定义，即可利用椭圆的性质求解．（2）联立直线与椭圆方程得2222(34)88120kxkxk+−+−=，由已知条件推导出直线NR的方程为：222314()3434kkyxkkk+=−−++，由此能求出线段OF上存在点(,0)N

n，使得QPNPPQNQ=，其中1(0,)4n．（3）联立直线AB方程与椭圆方程得2222(34)3264120kxkxk+−+−=，得韦达定理，进而根据点斜式求解直线AE的方程为343334()yyyyxxxx+−=−−，代

入化简运算即可求解直线AE过定点(1,0)．【小问1详解】设动圆C的半径为R,由于22145:204Cxyx++−=的圆心半径分别为为()1171,0,2Cr−=，且与圆2223:204Cxyx+−+=的圆心和半径分别为()2211,0,2Cr=，由题意可得1271,22CCRC

CR=−=+,故121242CCCCCC+==,因此点C轨迹满足椭圆方程，且以12,CC为焦点，以4为长轴长的椭圆，故24,22,2,1,3acacb=====，故轨迹H的方程为22143xy+=【小问2详解】设直

线PQ的方程为：(1)ykx=−，0k，在代入22143xy+=，得：2222(34)84120kxkxk+−+−=，2222(8)4(34)(412)0kkk=−−+−恒成立．设1(Px,1)y，2(Qx,2)y，线段PQ的中点为3(Rx,3)y，则212324234xxkxk+==

+，3323(1)34kykxk=−=−+，由QPNPPQNQ=，得：()(2)0PQNQNPPQNR+==，直线NR为直线PQ的垂直平分线，直线NR的方程为：222314()3434kkyxkkk+=−−++，令0y=得：N点的横坐标22213344

knkk==++，2(0,)k+，234(4,)k++，1(0,)4n．线段OF上存在点(,0)Nn，使得QPNPPQNQ=，其中1(0,)4n．【小问3详解】设直线AB的方程为：(4)yk

x=−，0k，代入22143xy+=，得：2222(34)3264120kxkxk+−+−=，过点0(4,0)P且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，由2222(32)4(34)(6412)0kkk=−−+−，化简得2410k−，解得：11,0

0,22k−，设3(Ax,3)y，4(Bx,4)y，4(Ex,4)y−，则23423234kxxk+=+，2342641234kxxk−=+，则直线AE的方程为343334()yyyyx

xxx+−=−−，令0y=得：343334xxxyxyy−=−++344334xyxyyy+=+344334(4)(4)(8)xkxxkxkxx−+−=+−34343424()8xxxxxx−+=+−222222641232243434132834kkkkkk−−+

+==−+．直线AE过定点(1,0)．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变

量无关.技巧：若直线方程为()00yykxx−=−,则直线过定点()00,xy;若直线方程为ykxb=+(b为定值),则直线过定点()0,.b