【文档说明】湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，1.400 MB，由管理员店铺上传

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2024年春“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题命题学校：宜昌市夷陵中学命题人：吴峻峰李强审题人：高一数学备课组审题学校：襄阳市第五中学考试时间：2024年4月22日考试用时：120分钟试卷满分：150分★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号

填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.写在试卷、草稿纸

和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.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.已知点()()1,2,,0ABm−，若直线AB与直线:210lxy+−=垂直，则实数m=（）A.3−B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据垂直直线的斜率关系，结合斜率公式即可求解.【详解】直

线:210lxy+−=的斜率为：12k=−，因为直线AB与直线:210lxy+−=垂直，所以()0221ABkm−−==−，解得：2m=.故选：B.2.现有来自荆州、荆门、襄阳、宜昌四市的4名学生，从四市的七所重点中学中，各自选择一所学校参观学习，则不同

的安排参观学习方式共有（）A.47种B.74种C.7654种D.432种【答案】A【解析】【分析】根据分步乘法原理求解即可.【详解】由题可知，每名同学都有7种选法，故不同的选择方式有47种，经检验只有A选项符合.故选：A.3.若直线ykx=与曲线3logyx=相切，

则实数k=（）A.eln3B.3elogeC.1eD.31logee【答案】D【解析】【分析】设出切点，利用导数的几何意义建立方程求解即可.【详解】设切点为()030,logxx，由3logyx=可得1ln3yx=，则001

ln3xxykx===，所以00301ln3logkxkxx==，解得0e1eln3xk==，即31logeek=.故选：D.4.已知向量abc、、，其中在同一平面的是（）A.()()()1,1,0,0,1,1,1,4,1abc===B.()()()3,0,0,1,

1,2,4,1,2abc===C.()()()1,2,4,1,4,2,2,3,1abc===D.()()()1,0,0,0,0,2,0,3,0abc===【答案】B【解析】.【分析】利用共面向量定理，结合方程思想逐项

分析判断即可.【详解】对于A，假定,,abc共面，设()()()1,1,00,1,11,4,1mn=+，则1410nmnmn=+=+=，无解，A不是；对于B，由()()()4,1,213,0,011,1,2=+，得,,abc共面，B是；对于C，假

定,,abc共面，设()()()1,2,41,4,22,3,1xy=+，则2143224xyxyxy+=+=+=，无解，C不是；对于D，假定,,abc共面，设()()()1,0,00,0,20,3,0ab=+，则013020ba===，矛盾，D不

是.故选：B5.已知数列na的前n项和2nSpnqnr=++（pqr、、为常数），则“na为递增的等差数列”是“0p”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等差数列

前n项和公式函数性质、nS与na的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】设等差数列na的公差为d，由等差数列的前n项和()2111222nnnddSnadnan−=+=+−，类比表达式2nSpnqnr=++，有1,,022dd

pqar==−=.当na为递增等差数列时，有0p；反之，当0,0pr时，例如221nSnn=−+，可得10a=；()1232nnnaSSnn−=−=−，则()2111,23nnaaaan−−=−=，此时数列从第二项开始才为递增的等差数列；所以“na为递增的等差数列

”是“0p”的充分不必要条件.故选：A.6.如图，111ABCABC-是一个由棱长为2a的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线1AC与1BB夹角的余弦值为（）A.63B.312C.33D.36【答案】D【解析】【分析】补形成

正四面体，记,,PAaPBbPCc===，利用基底求出111CACABB，，代入夹角公式即可求解.【详解】补形成正四面体，如图.记,,PAaPBbPCc===，则112CAac=−，由正四面体的性质和题意可知，π,,,,23abacbcabca======，所以222222

11124324CAacaaccaaaa=−=−+=−+=，22211111111224222CABBacbabcbaaa=−=−=−=−，所以211132cos,63aCABBaa−=

=−，所以，异面直线1AC与1BB的夹角的余弦值为36.故选：D.7.已知点()()1122,,,AxyBxy是曲线2(4)4yx=−−+上不同的两点，且满足121222xxyy=++，则直线AB的斜率的取值范围是（）A.4,3+

B.41,3C.41,3D.40,3【答案】B【解析】【分析】将原条件等价转换为过点()0,2P−的直线与半圆弧有两个不同的交点，从而结合点到直线的距离公式可判断直线与圆的位置关系即可得解.【详解】由2(4)4yx=−−+得()22(4)40xyy

−+=，所以曲线为以()4,0C为圆心，2为半径的上半圆弧.由()()1122,,,AxyBxy为不同两点，且121222xxyy=++可转化为121222yyxx++=，则过点()0,2P−的直线与半圆弧有两个不同的交点.如图，当直线AB位于直

线PE位置时，(20)E,，PE斜率为()102120k−−==−.当过点P的直线与圆相切于点T时，设直线方程为2ykx=−，即：20kxy−−=，由圆心()4,0C到直线的距离24221kdk−==+，解得0k

=（舍），或43k=，即直线PT的斜率为243k=.如图可知，要使直线与半圆弧有两个不同的交点，则直线AB斜率k的取值范围为413k，即41,3k.故选：B.的8.已知对存在的()0,mn+

、，不等式()222ee4eeln4e2mnmn++恒成立，则（）A.294mn+B.21mn−C.222mn−D.221mn【答案】C【解析】【分析】把不等式变形为()21221e41ln402mm

nn−−+−−，构造函数证明不等式11ln,exxxx−−，根据保值性即可列式求解2214mn==，逐项判断即可.【详解】()()22211222222e11e4eeln4ee4ln4ee41ln40222mmmnmnnmnmnn−−++++−+−

−（1）由()1ln(0)fxxxx=−−，则()111(0)xfxxxx−=−=，所以当()1,x+时，()()0,fxfx单调递增，当()0,1x时，()()0,gxgx单调递减，所以()()10fxf=，即1lnxx−.由

()1exgxx−=−，则()1e1xgx−=−，所以当()1,x+时，()()0,gxgx单调递增，当()0,1x时，()()0,gxgx单调递减，所以()()10gxg=，即1exx−.故()21221e,41ln42mmnn−−，所以()2122

1e41ln402mmnn−−+−−由（1）式得，当且仅当21241mn==，即2214mn==.所以294mn+=，2714mn−=，2231216mn−=，22118mn=.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，对不等式同构变形，然

后利用切线不等式结合加法法则，根据保.值性得到2214mn==，然后逐项求解，即可判断.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.9.已知函数()34fxxx=−，则下列结论正确的有（）A.函数()fx在原点()0,0处的切线方程是4yx=−B.233x=是函数()fx的极大值点C.函数()sinyxfx=+在R上有3个极值点D.函数()sinyxfx=−在R上有3个零点【答案】AD【解析】【分析】求出函数的导函数

，利用导数的几何意义判断A，求出函数的单调区间，即可判断B，分析sinyx=的单调性，结合函数图象判断D，设()()singxxfx=+，利用导数说明函数的单调性，即可判断C.【详解】因()34fxxx=−，则()234fxx=−

，所以()04f=−，又()00f=，所以()fx在原点()0,0处的切线方程是4yx=−，故A正确；因为()2232334333fxxxx=−=+−，所以当233x−或233x时()0fx，当232333x−时()0

fx，所以()fx在23,3−−和23,3−上单调递增，在2323,33−上单调递减，因此233是极小值点，故B错误；因为sin1,1yx=−，且在ππ,22−上单调递增，在π3π,22和3ππ,22−

−上单调递减，画出()yfx=与sinyx=的图象如下所示：为因此()yfx=与sinyx=的图象有3个交点，即()sinyxfx=−有3个零点，故D正确；设()()3sinsin4gxxfxxxx=+=+−，则()2cos34gx

xx+=−，令()()2cos34hxgxxx+==−，则()6sinhxxx−=，设()()6sinxhxxx=−=，则()6cos0xx=−恒成立，即()hx是增函数，而()00h=，所以当0x时，()0hx，当0x时，()0hx，所以()gx（即(

)hx）在(),0−上单调递减，在()0,+上单调递增，又()0g=−30，()()220gg−=，所以()gx存在两个零点，由()gx的单调性知这两个零点就是()gx的两个极值点，故C错误.故选：AD.10.双曲线2222:1(0,0)xyCabab

−=的左，右顶点分别为,AB，右焦点F到渐近线的距离为3,aP为双曲线C在第一象限上的点，则下列结论正确的有（）A.双曲线C的渐近线方程为3yx=B.双曲线C的离心率为3C.设直线AP的倾斜角为，直线BP的倾斜角为，则tantan

为定值D.若直线PF与双曲线的两条渐近线分别交于MN、两点，且2FMFN=，则2MOFNOFSS=△△【答案】ACD【解析】【分析】求出右焦点F到渐近线的距离，进而求得3ba=，再逐项分析计算即可得解.【详解】依题意，设(c,0)F，而双曲线2

222:1xyCab−=的渐近线为0bxay=，则点F到渐近线的距离为22bcbab=+，因此3ba=，2ca=，对于A，双曲线C的渐近线方程为3yx=，A正确；对于B，双曲线C的离心率为2ca=，B错误；对于C，显然(

,0),(,0)AaBa−，设00(,)Pxy，则2200221xyab−=，即2222002()byxaa=−，所以22000222000tantan3yyybxaxaxaa====+−−为定值，C正确；对于D，由2FMFN=，得N是FM的中点，则2MOFNOF

SS=△△，D正确.故选：ACD11.如图，已知二面角l−−的平面角为π3，棱l上有不同的两点,,ABAC，BD，ACl⊥，BDl⊥.若2ACABBD===，则下列结论正确的是（）A.点D到平面的距离是2B.直线AB与直线CD的夹角为π4C.四面

体ABCD的体积为233D.过,,,ABCD四点的球的表面积为28π3【答案】BCD【解析】【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，利用球的性质确定外接球的球心，根据勾股定理求出R

,由表面积公式即可求解判断D.【详解】在平面内过B作与AC平行且相等的线段BE，连接EC，在平面内过A作与BD平行且相等的线段AF，连接,,FDFCED，补成一个正三棱柱,AFCBDEBDE−△是边长为2的正三角形，所以

D到平面的距离为点D到BE的距离3232=，所以A错误；因为ABFD∥，直线AB与直线CD的夹角即直线FD与直线CD的夹角，又FDEC是正方形，所以夹角为π4，B正确；1112332233323ABCDDABCABCVVS−−====，所以C正确；如图，取AD

的中点1O，BC的中点2O，1O，2O为ABD△，ABC的外心，取AB的中点M，连接1MO，2MO，则2OMAB⊥，1OMAB⊥，所以21OMO是二面角l−−的一个平面角，则21π3OMO=，过2O作平面ABC的垂线和过1O作平面ABD的垂线，交于点O，O即为外接球球心，所以2OO⊥平面

CAB，1OO⊥平面DAB，连接OM，12112OMOMBD===，所以易证得：1OMO与2OMO全等，所以12π6OMOOMO==，所以在直角三角形11113,tan3013OOOOOMOMO===，所以133OO=，的()2222111112123233ODROOODAD==+=

+=+=，则过,,,ABCD四点的球的表面积为228π4πR3S==球，所以D正确.故选：BCD【点睛】方法总结：解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维

流程：1、定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；2、作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面

化的目的；3、求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式222Rrd=+（r为底面多边形的外接圆的半径，R为几何体的外接球的半径，d表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法

的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线()120kxyk++−−=恒过定点P，则点P到直线20xy−−=的距离

为______.【答案】2【解析】【分析】先求出直线恒过定点P的坐标，然后代入点到直线距离公式求解即可.【详解】由直线()120kxyk++−−=化为()()120kxxy−++−=，令1020xxy−=

+−=，解得11xy==，于是此直线恒过点()1,1P.由点到直线的距离公式得P到直线20xy−−=的距离()222211d−==+−.故答案为：213.若251121111CCCxxx−−=+，则正整数x的值为______

.【答案】5【解析】【分析】利用组合数性质化简方程，根据组合数性质解方程即可.【详解】由组合数性质：11CCCmmmnnn−+=+，可得1111112CCCxxx−+=，则251212CCxx−=，所以25xx−=或2512xx−+=，解得5x=或173x=（舍）.故答案

为：514.如图，已知抛物线28yx=的焦点为F，准线与x轴的交点为C，过点C的直线l与抛物线交于第一象限的,AB两点，若AFBCFB=，则直线AF的斜率k=_________．【答案】3【解析】【分析】设直线l的方程为2,0xmym=−，与抛物线

方程联立表示出,ABBC，再结合正弦定理，抛物线焦半径公式及韦达定理即可求解．【详解】由题意得，()()2,0,2,0FC−，当直线l的斜率为0时，直线l与抛物线只有1个交点，不合要求，故设直线l的方程为2,0xmym=−，联立28yx=，可得28160ymy−+=，易得()2Δ641m=−，

即210m，设()()1122,,,AxyBxy，则1212120,8,16yyyymyy+==，则22212221,11ABmyyBCmymy=+−=+=+，由正弦定理得,sinsinsinsinCFBCAFABCBFCFBABFAFB==，因为,πAFBCFBCBF

ABF=+=，所以CFBCAFAB=，即22221212141myyAFyymyy+==−+−，又由焦半径公式可知111222AFxmymy=+=−+=，则21124ymyyy=−，即()2121212124444myyyyyyyy=−=+−，即21

646464mm=−，解得233m=，满足21m，于是1212163,163yyyy+==，解得()143,6,43yA=，所以430362k−==−，故答案为：3．四、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.已知函数()esin2xfxa

x=+−，且()fx在点()()0,0f处的切线与直线210xy+−=垂直.（1）求a的值；（2）当0x时，求()fx的导函数()fx的最小值.【答案】（1）1（2）2【解析】【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义及直线垂直的斜率关系列方程求解即可；（2）利用导

数研究函数的单调性，利用单调性即可求解函数的最小值.【小问1详解】因为()cosexfxxa=+，所以()10fa=+，因为直线210xy+−=的斜率为12−，所以()1112a+−=−，解得1a=

；【小问2详解】令()()()cose0xgxfxxx+==.()sine0xgxx=+−，()fx在)0,+上单调递增.()fx的最小值是()00cos0e2f=+=.16.已知数列na中，122,4aa==，且2132nnnaaa++=−.（1）求证：数

列1nnaa+−是等比数列，并求数列na的通项公式；（2）设2log,nnnnbaaS=为数列nb的前n项和，求使1262nnnS+−成立的正整数n的最大值.【答案】（1）证明见解析，2nna=；（2）5.【解析】【分

析】（1）将已知变形为()2112nnnnaaaa+++−=−，即可得证，然后利用累加法可得通项；（2）根据错位相减法求出nS，代入不等式求解即可.【小问1详解】由已知得()2112nnnnaaaa+++−=−，所以数列1nnaa+−是以212aa−=为首项，公比为2的等比数列.

所以11222nnnnaa−+−==.当2n时，12112212,2,,2nnnnnnaaaaaa−−−−−−=−=−=.累加得12122222nnnnaa−−−=+++=−，()22nnan=，当1n=时满足上式，2nna=.【小问2详解】由（1）知22log22nnnnb

n==.()231122232122nnnSnn−=++++−+①，()23412122232122nnnSnn+=++++−+②，①-②得()231122222122nnnnSnn++−=+

+++−=−−，()1122nnSn+=−+.由1262nnnS+−得162642n+=，16n+，即5n.所以，所求正整数n的最大值为5.17.在ABC中，,242BABBC==

=，点DE、分别为边ACAB、的中点，将AED△沿DE折起，使得平面AED⊥平面BCDE.（1）求证：DCAE⊥；（2）在平面ACD内是否存在点M，使得平面AEM⊥平面ABD？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在点M，M点在直线

AN（N点在直线CD上且13DNDC=）上【解析】【分析】（1）利用已知可得AEED⊥，结合面面垂直可得⊥AE平面BCDE，可证结论.（2）以点E为原点，以EBEDEA、、所在直线为xyz、、轴，建立空间直角坐标系Exyz−，求得平面ABD的一个法向量，若AMDC∥

，求得平面AEM的一个法向量，可判断此情况不成立，若AM与DC不共线，设AMCDN=，连接EN，利用0ENBD=，可求得结论.【小问1详解】在ABC中，点D、E分别为边AC、AB的中点，DEBC∥且,2BAEED=⊥.又平面

AED⊥平面BCDE，平面AED平面,BCDEED=AE平面AED，AE⊥平面BCDE.又DC平面,BCDEDCAE⊥.【小问2详解】由（1）知，,,AEEDAEEBEBED⊥⊥⊥.以点E为原点，以EBEDEA、、所在直线为xyz、、轴，建立空间直角坐标系Exyz−.则()()

()()()0,0,02,0,02,2,00,1,00,0,2EBCDA、、、、.()()()0,0,22,0,20,1,2EAABAD==−=−、、，设(),,mxyz=为平面ABD的一个法向量，则0220200mABxzyzmAD=−=−==，取1z

=，则()1,2,1m=.假设在平面ACD内存在点M，使得平面AEM⊥平面ABD.连接AM.若AMDC∥，则设()2,,0AMDC==.设平面AEM的一个法向量为(),,nabc=.由020200nEAabcnAM

=+===，取1a=，则()1,2,0n=−.平面ABD的法向量()1,2,1m=.由0mn知，此情况不成立.若AM与DC不共线，设AMCDN=，连接EN.设()()2,1,02,,0DNDC===，则()2,1,0ENEDDN=+=+

.当()()2,1,02,1,00ENBD=+−=，即13=时，BDEN⊥.又,AEBDBD⊥⊥平面AEN，即平面ABD⊥平面AEN，也即平面AEM⊥平面ABD.所以在平面ACD内存在点M

，当M点在直线AN（N点在直线CD上且13DNDC=）上时，平面AEM⊥平面ABD.18.帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数()fx在0x=处的,mn阶帕德近似定义为：()0111mmnnaax

axRxbxbx+++=+++，且满足：()()()()00,00,fRfR==()()()()()()00,,00mnmnfRfR++==.（注：()()fxfx=，()(),fxfx=()()

()()()()()()()454,,,nfxfxfxfxfx==为()()1nfx−的导数）已知()()ln1fxx=+在0x=处的1,1阶帕德近似为()1mxgxnx=+.（1）求实数,mn的值；（2）证明：当0x时，()()fxgx；（3）设a为实数，讨

论方程()()02afxgx−=的解的个数.【答案】（1）11,2mn==；（2）证明见解析；（3）答案见解析.【解析】【分析】（1）根据()()()()00,00fgfg==列方程组求解可得；（2）构造函数(

)()()xfxgx=−，利用导数求单调性，由()()0x即可得证；（3）构造函数()()()2ahxfxgx=−，分2a，2a利用导数讨论单调性，利用单调性判断零点个数.当2a时，分单调区间讨论，结合零点存在性定理判断即可.【小问1详解】由()()

()ln1,1mxfxxgxnx=+=+，有()()00fg=，可知()()()()223112,,,1(1)(1)(1)mmnfxfxgxgxxxnxnx−==−==++++，由题意，()()()(

)00,00fgfg==，所以121mmn=−=−，解得11,2mn==.【小问2详解】由（1）知，()22xgxx=+，令()()()()()2ln102xxfxgxxxx=−=+−+，则()()2221401(2)1(2)xxxxxx=−=++++，所

以()x在其定义域()1,−+内为增函数，又()()()0000fg=−=，0x时，()()()()00xfxgx=−=，得证.【小问3详解】()()()()ln122aaxhxfxgxxx=−=+−+的定义域是()1,−+，()()()()222421121(2)1(2)xa

xahxxxxx+−+=−=++++.①当2a时，()0hx，所以()hx在()1,−+上单调递增，且()00h=，所以()hx在()1,−+上存在1个零点；②当2a时，令()()()()()224214242txxaxxaxa=+−+=+−+

−，由()0tx=，得()()2212220,220xaaaxaaa=−−−=−+−.又因为()()110,0420tta−==−，所以()()121,0,0,xx−+.x()11,x−1x()12,xx2x()2,x+()hx+0-0+()

hx单调递增极大值()1hx单调递减极小值()2hx单调递增当()12,xxx时，因为()00h=，所以()hx在()12,xx上存在1个零点，且()()()()1200,00hxhhxh==；当()11,xx

−时，因为()()e12ee1lne0e1e1aaaaaaaah−−−−−−−−−=−=++，1<e10a−−−，而()hx在()11,x−单调递增，且()10hx=，而()e10ah−−，故11e1ax−−−，所以()h

x在()11,x−上存在1个零点；当()2,xx+时，因为()()e12e1lne0e1e1aaaaaaah−−=−=++，e10a−，而()hx在()2,x+单调递增，且()20hx=，而()e10ah−，所以2

e1ax−，所以()hx在()2,x+上存在1个零点.从而()hx在()1,−+上存在3个零点.综上所述，当2a时，方程()()02afxgx−=有1个解；当2a时，方程()()02afxgx−=有3个解.【点睛】思路点睛：关于零点个数问题，一般从以

下方面入手：（1）转化为两个函数图象相交问题进行讨论；（2）利用导数求极值，根据极值符号，结合单调性以及变化趋势进行判断；（3）利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理进行判断.19.已知椭圆2222Γ:

1(0)xyabab+=的离心率为22，直线2x=截椭圆Γ所得的弦长为22.（1）求椭圆Γ的标准方程；（2）设直线2x=与x轴交于点,PAC、为粗圆Γ上的两个动点、且均位于第一象限（不在直线2x=上），直线AP、CP分别交椭圆

于BD、两点，直线ADBC、分别交直线2x=于EF、两点.①设()11,Axy，试用11,xy表示()22,Bxy的坐标；②求证：P为线段EF的中点.【答案】（1）22184xy+=（2）①11113833xyxx

−−−−，；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据离心率和椭圆上的点建立方程即可求解椭圆方程；（2）①设直线AB的方程，与椭圆方程联立，韦达定理，表示出12,yy，代入即可求解；②先求出直线AD的方程，令2x=得Ey311331311322338xyxyyyxxxx−+

−=+−−，进而0EFyy+=，即可证明.【小问1详解】已知22212cbeaa==−=，可得222ab=，所以椭圆方程为222212xybb+=，由直线2x=截椭圆Γ所得的弦长为22，知点()2,2在椭圆上，故22222(2)12bb+=，解得24b=，则2b=，故椭圆Γ的标准方程2

2184xy+=；【小问2详解】①设直线AB的方程为2xmy=+（由题意可知，其斜率不为0），与椭圆22184xy+=联立得()222440mymy++−=，0，可得12242yym=−+，由112xmy=+，有112xmy−=，于是有()1222221111

111444244222yyxyxmyxyy−−−===+−++−+，而221128xy+=，所以1213yyx=−−.又222xmy=+，所以111121111223822333xyxxxyxxx

−−−=−+=+=−−−.②设()()3344,,,CxyDxy，同理由①，可知33443338,33xyxyxx−==−−直线AD的方程为()411141yyyxxyxx−=−+−，令2x=得：3331114114413333411338222233

3383Exyyyxyxyxyyyxxxyxxxxx−−+−−+−−−−==−−−−311331311322338xyxyyyxxxx−+−=+−−，同理，F的坐标只需要将上式中的()11,xy和()33,xy作一个交换即可，E

y的表达式中分母是对称的，分子刚好是一个逆序的即311331311322338Fxyxyyyyxxxx−+−=−+−−，从而0EFyy+=，故P为EF的中点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2

）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.