安徽省马鞍山市第二中学2022学年度第一学期期末素质测试高二年级理科数学试题（解析版）

安徽省马鞍山市第二中学2022-2022学年度第一学期期末素质测试高二年级理科数学试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知命题p：某班所有的男生都爱踢足球，则命题¬p为()A.某班至多有一个男生爱踢足球B.某班至少有一个男生不爱踢足球C.某班所有的男生都不爱踢足球D.某班所有的女生都爱踢足球【答案】B【解析】解：命题“某班所有男生都爱踢足球”是一个全称命题，它的否定是一个特称命题，考察四个命题，(3)“某班至少有一个男生不爱踢足球”是所研究命题的否定．故选：B．命题“某班所有男生都爱踢足球”是一个全称命题，它的否定是一个特称命题，书写其否定时不光要否定结论还要改变量词，由此规律易得其否定．本题考查命题的否定，要注意研究命题的类型，根据其形式是全称命题得出其否定是一个特称命题是解题的关键．22.若向量a=(1,0，z)与向量b=(2,1，2)的夹角的余弦值为，则z等于()3A.0B.1C.−1D.2【答案】A2【解析】解：∵向量a=(1,0，z)与向量b=(2,1，2)的夹角的余弦值为，3a⋅b2+2z2∴cos<a,b>===，|a|⋅|b|1+z2⋅4+1+43解得z=0．故选：A．利用空间向量夹角余弦公式直接求解．本题考查实数值的求法，考查空间向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．x2y23.以双曲线−=−1的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为()412x2y2x2y2x2y2x2y2A.+=1B.+=1C.+=1D.+=116121216164416【答案】D1/14\nx2y2【解析】解：双曲线−=−1的顶点为(0,−23)和(0,23)，焦点为(0,−4)和(0,4)．412∴椭圆的焦点坐标是为(0,−23)和(0,23)，顶点为(0,−4)和(0,4)．x2y2∴椭圆方程为+=1．416故选：D．先求出双曲线的顶点和焦点，从而得到椭圆的焦点和顶点，进而得到椭圆方程．本题考查双曲线和椭圆的性质和应用，解题时要注意区分双曲线和椭圆的基本性质．4.a=3是直线ax+2y+3a=0和直线3x+(a−1)y=a−7平行且不重合的()A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件【答案】C【解析】解：当a=3时，两直线分别为：3x+2y+9=0，3x+2y+4=0，∴两直线斜率相等，则平行且不重合．a23a若两直线平行且不重合，则=≠3a−1−7−a∴a=3综上所述，a=3是两直线平行且不重合的充要条件．故选：C．两个方面分析本题，分别当a=3时，判断两直线的位置关系和当两直线平行且不重合时，求a的范围．本题以直线为载体，考查四种条件.判定两条直线位置关系的时候，注意到直线一般式系数满足的关系式．5.平面内一点M到两定点F1(0,−5)，F2(0,5)的距离之和为10，则M的轨迹是()A.椭圆B.圆C.直线D.线段【答案】D【解析】解：根据题意，两定点F1(0,−5)，F2(0,5)则|F1F2|=10，而动点M到两定点F1(0,−5)和F2(0,5)的距离之和为10，则M的轨迹为线段F1F2，故选：D．根据题意，由定点F1和F2的坐标可得|F1F2|的长，结合椭圆的定义分析可得M的轨迹为线段F1F2，即可得答案．本题考查曲线的轨迹方程，注意结合椭圆的定义进行分析．6.如图：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列向量中与BM相等的向量是()11A.−a+b+c22\n11B.a+b+c2211C.−a−b+c2211D.a−b+c22【答案】A【解析】解：∵BM=BB1+B1M1=c+BD21=c+(BA+BC)21=c+(−a+b)211=−a+b+c22故选：A．利用向量的运算法则：三角形法则、平行四边形法则表示出BM．本题考查利用向量的运算法则将未知的向量用已知的基底表示从而能将未知向量间的问题转化为基底间的关系解决．7.过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1)B(x2,y2)两点，如果x1+x2=6，那么|AB|=()A.6B.8C.9D.10【答案】B【解析】解：由题意，p=2，故抛物线的准线方程是x=−1，∵抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1)B(x2,y2)两点∴|AB|=x1+x2+2，又x1+x2=6∴∴|AB|=x1+x2+2=8故选：B．抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于A(x1,y1)B(x2,y2)两点，故|AB|=x1+x2+2，由此易得弦长值．本题考查抛物线的简单性质，解题的关键是理解到焦点的距离与到准线的距离相等，由此关系将求弦长的问题转化为求点到线的距离问题，大大降低了解题难度．8.已知菱形ABCD边长为1，∠DAB=60∘，将这个菱形沿AC折成600的二面角，则B，D两点的距离为()3133A.B.C.D.2224【答案】B3/14\n【解析】解：菱形ABCD边长为1，∠DAB=60∘，将这个菱形沿AC折成600的二面角，取AC中点O，连结DO，BO，BD，11则AO=BO=AB=，22DO⊥AC，BO⊥AC，∴∠DOB是将这个菱形沿AC折成600的二面角的平面角，∴∠DOB=60∘，1∴B，D两点的距离为BD=．2故选：B．11取AC中点O，连结DO，BO，BD，则AO=BO=AB=，DO⊥AC，BO⊥AC，∠DOB22是将这个菱形沿AC折成600的二面角的平面角，由此能求出B，D两点的距离．本题考查两点间距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．9.试在抛物线y2=−4x上求一点P，使其到焦点F的距离与到A(−2,1)的距离之和最小，则该点坐标为()11A.(−,1)B.(,1)C.(−2,−22)D.(−2,22)44【答案】A【解析】解：∵y2=−4x∴p=2，焦点坐标为(−1,0)依题意可知当A、P及P到准线的垂足Q三点共线时，距离之和最小如图，1故P的纵坐标为1，然后代入抛物线方程求得x=−，41则该点坐标为：(−,1)．4故选：A．先根据抛物线方程求出焦点坐标，再由抛物线的性质知：当P，A和焦点三点共线且点P在中间的时候距离之和最小，进而先求出纵坐标的值，代入到抛物线中可求得横坐标的值从而得到答案．本题主要考查了抛物线的定义，充分利用了抛物线上的点到准线的距离与点到焦点的距离相等这一特性，运用了转化思想和数形结合思想．10.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，如果AB=BC=1，AA1=2，那么A到直线A1C的距离为()2636236A.B.C.D.3233\n【答案】C【解析】解：由题意可得：连接A1C，AC，过A作AE⊥A1C，如图所示：根据长方体得性质可得：A1A⊥平面ABCD．因为AB=BC=1，AA1=2，所以AC=2，A1C=6，A1A⋅AC23根据等面积可得：AE==．A1C3故选：C．由题意可得：连接A1C，AC，过A作AE⊥A1C，根据长方体得性质可得：A1C⊥平面ABCD，即可得到AC=2，A1C=6，再根据等面积可得答案．本题主要考查了点、线、面间的距离计算，以及空间几何体的概念、空间想象力，属于基础题．11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱线长为1，线段B1D12上有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的是2()A.AC⊥BEB.EF//平面ABCDC.三棱锥A−BEF的体积为定值D.异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】D【解析】解：∵在正方体中，AC⊥BD，∴AC⊥平面B1D1DB，BE⊂平面B1D1DB，∴AC⊥BE，故A正确；∵平面ABCD//平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，∴EF//平面ABCD，故B正确；212∵EF=，∴△BEF的面积为定值×EF×1=，又AC⊥平224面BDD1B1，∴AO为棱锥A−BEF的高，∴三棱锥A−BEF的体积为定值，故C正确；1∘∵利用图形设异面直线所成的角为α，当E与D1重合时sinα=，α=30；当F与B1重22合时tanα=，∴异面直线AE、BF所成的角不是定值，故D错误；2故选：D．利用证线面垂直，可证AC⊥BE；判断A正确；根据正方体中上下面平行，由面面平行的性质可证，线面平行，从而判断B正确；根据三棱锥的底面面积与EF的位置无关，高也与EF的位置无关，可判断C正确；5/14\n例举两个特除位置的异面直线所成的角的大小，根据大小不同判断D错误．本题考查了异面直线所成的角及求法，考查了线面垂直、面面平行的性质，考查了学生的空间想象能力及作图分析能力．12.若直线y=kx+2与双曲线x2−y2=6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是()1515151515A.(−,)B.(0,)C.(−,0)D.(−,−1)33333【答案】Dy=kx+2【解析】解：渐近线方程为y=±x，由22消去y，整理得(k2−1)x2+4kx+x−y=610=0设(k2−1)x2+4kx+10=0的两根为x1，x2，∵直线y=kx+2与双曲线x2−y2=6的右支交于不同的两点，4kx1+x2=−2>0k−1∴，∴k<−1，10x1x2=2>0k−1k<−115∴22⇒−<k<−1△=(4k)−40(k−1)>03故选：D．根据双曲线的方程求得渐近线方程，把直线与双曲线方程联立消去y，利用判别式大于0和k<−1联立求得k的范围．本题主要考查了直线与圆锥曲线的关系.考查了函数思想的应用，圆锥曲线与不等式知识的综合．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知a=(1,1，0)，b=(−1,0，2)，且ka+b与2a−b垂直，则k的值为______．7【答案】5【解析】解：∵a=(1,1，0)，b=(−1,0，2)，∴ka+b=k(1,1，0)+(−1，0，2)=(k−1，k，2)2a−b=2(1,1，0)−(−1，0，2)=(3，2，−2)，∵ka+b与2a−b垂直，∴3(k−1)+2k−4=0，7∴k=，57故答案为：5根据所给的两个向量的坐标，写出ka+b与2a−b的坐标，根据两个向量垂直，写出两个向量的数量积等于0，解出关于k的方程，得到结果．本题考查两个向量垂直的充要条件，考查利用方程思想解决向量问题，这种题目的运算量不大，若出现是一个送分题目．\nx2y214.已知(4,2)是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点，则l的方程是______．369【答案】x+2y−8=0【解析】解：设直线l与椭圆交于P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，将P1、P2两点坐标代入椭圆方程相减得直线l斜率y1−y2x1+x2x1+x241k==−=−2=−=−x1−x24(y1+y2)y1+y24×22．4⋅2由点斜式可得l的方程为x+2y−8=0．y1−y2设直线l与椭圆交于P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，由“点差法”可求出直线l的斜率k=x=−1−x2x1+x2x1+x241=−2=−=−.4(y1+y2)y1+y24×22再由由点斜式可得l的方程．4⋅2本题考查椭圆的中点弦方程，解题的常规方法是“点差法”．15.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是正方体ADD1A1和ABCD的中心，G是C1C的中点，设GF、C1F与AB所成的角分别为α、β，则α+β等于______．π【答案】2【解析】解：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CC1为z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B(0,2，0)，A(2,2，0)，G(0,0，1)，F(1,1，0)，C1(0,0，2)，E(2,1，1)，则BA=(2,0,0)，GF=(1,1，−1)，C1E=(2,1，−1)，12∴cos(BA,GF)=,cos(BA,C1E)=∴cosα=3316.cosβ=，336633∴sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=×+×=1，又0<α+β<π，3333π∴α+β=．2π故答案是．2本题适合建立空间坐标系得用向量法解决这个立体几何问题，建立空间坐标系，给出有关点的坐标，求出直线的GF、C1E与AB的方向向量，利用夹角公式求线线角的余弦值即可．7/14\n本题考查用空间向量为工具解决空间几何问题，本题的关键是求出异面直线所成的角的余弦值后，利用两角和的正弦求解．16.双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直l1的直线分别交l1，l2于A，B两点，已知|OA|,|AB|,|OB|成等差数列，且BF与FA同向，则双曲线的离心率______．5【答案】2x2y2222【解析】解：设双曲线方程为−=1,c=a+b由BF，FA同向，a2b2π∴渐近线的倾斜角为(0,)，4bb2c2−a222∴渐近线斜率为：k1=<1∴2=2=e−1<1，∴1<e<2aaa∴|AB|2=(|OB|−|OA|)(|OB|+|OA|)=(|OB|−|OA|)2|AB|，1|OB|−|OA|=|AB∴|AB|=2(|OB|−|OA|)∴2|OA|+|OB|=2|AB39∴|OA|=|AB|∴|OA|2=|AB|2416|AB|4可得：=，而在直角三角形OAB中，|OA|34注意到三角形OAF也为直角三角形，即tan∠AOB=3π1而由对称性可知：OA的斜率为k=tan(−∠AOB)222k421∴2=，∴2k+3k−2=0，∴k=(k=−2舍去)；1−k32b1b2c2−a2125∴=∴==，∴e=a2a2a2445∴e=25故答案为．2由2个向量同向，得到渐近线的夹角范围，求出离心率的范围，再用勾股定理得出直角三角形的2个直角边的长度比，联想到渐近线的夹角，求出渐近线的斜率，进而求出离心率．本题考查了双曲线的简单性质以及等差数列的性质，做到边做边看，从而发现题中的巧|AB|4妙，如据=，联想到对应的是渐近线的夹角的正切值，是解题的关键．|OA|3三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）2x2y217.已知命题p：∀x∈R，x+x−m≥0，命题q：实数m满足：方程+=1m−14−m表示双曲线．\n(Ⅰ)若命题p为真命题，求实数m的取值范围；(Ⅱ)若命题“p或q”为假命题，求实数m的取值范围．【答案】解：(Ⅰ)∵∀x∈R，x2+x−m≥0恒成立，1∴△=1+4m≤0，解得m≤−，41∴实数m的取值范围是(−∞,−]；4(Ⅱ)∵“p或q”为假命题，∴p，q均为假命题，当q为真命题时，则(m−1)(4−m)<0，解得m>4或m<1．∴q为假命题时，1≤m≤4．1由(1)知，p为假命题时m>−．41m>−从而4，即1≤m≤4．1≤m≤4∴实数m的取值范围为1≤m≤4．【解析】(Ⅰ)∀x∈R，x2+x−m≥0恒成立，可得△=1+4m≤0，从而求得m的范围；(Ⅱ)由“p或q”为假命题，可得p，q均为假命题，求出当q为真命题时m的范围，再由交集与补集的运算求解．本题考查复合命题的真假判断，考查恒成立问题的求解方法，考查双曲线的方程，是基础题．x2y218.如图所示，F1，F2分别为椭圆C：2+2=1，(a>b>0)ab的左、右两个焦点，A，B为两个顶点，已知椭圆C上3的点(1,)到焦点F1，F2两点的距离之和为4．2(1)求椭圆C的方程和焦点坐标；(2)过椭圆C的焦点F2作AB的平行线交椭圆于P，Q两点，求△F1PQ的面积．【答案】解：(1)由题设知：2a=4，即a=2，332将点(1,)代入椭圆方程得1(2)2=3+=1，得b222b2∴c2=a2−b2=4−3=1，x2y2故椭圆方程为+=1，43焦点F1、F2的坐标分别为(−1,0)和(1,0)．(2)由(1)知A(−2,0),B(0,3)，33∴kPQ=kAB=，∴PQ所在直线方程为y=(x−1)，223y=(x−1)由2得8y2+43y−9=0x2y2+=14339设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1+y2=−,y1⋅y2=−，289/14\n23921，∴|y1−y2|=(y1+y2)−4y1y2=+4×=482112121∴S△F1PQ=2|F1F2|⋅|y1−y2|=2×2×2=2．32【解析】(1)由椭圆定义可得a=2，将点(1,)代入椭圆方程求得b=3，从而得到c=1，2写出椭圆方程和焦点坐标；(2)由条件求出直线PQ的方程，联立椭圆方程，消去x，得到y的二次方程，运用韦达定理，可求|y1−y2|，1再由面积公式|F1F2|⋅|y1−y2|计算即得．2本题考查椭圆的定义、方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立消去一个未知数，运用韦达定理求解的方法，考查运算能力，属于中档题．19.如图，已知三棱锥O−ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA=1，OB=OC=2，E是OC的中点．(1)求异面直线BE与AC所成角的余弦值；(2)求直线BE和平面ABC的所成角的正弦值．【答案】解：(1)以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系．则有A(0,0，1)、B(2,0，0)、C(0,2，0)、E(0,1，0)…(3分)∴EB=(2,−1,0)，AC=(0,2,−1)−22∴COS<<EB,AC>>==−5⋅55…(5分)所以异面直线BE与AC所成角的余2弦为…(6分)5(2)设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z)则n1⊥AB知n1⋅AB=2x−z=0n1⊥AC知n1⋅AC=2y−z=0取n1=(1,1,2)，…(8分)\n30则sin<EB,n1>=…(10分)3030故BE和平面ABC的所成角的正弦值为…(12分)30【解析】根据题中的条件可建立以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴的空间直角坐标系然后利用空间向量进行求解：(1)根据建立的空间直角坐标系求出EB,AC然后再利用向量的夹角公式cos<m,n>=m⋅n求出cos<EB,AC>然后根据cos<EB,AC>≥0则异面直线BE与AC所成角即为|m||n|<EB,AC>，若cos<EB,AC><0则异面直线BE与AC所成角即为π−<EB,AC>进而可求出异面直线BE与AC所成角的余弦值．(2)由(1)求出EB和平面ABC的一个法向量n1然后再利用向量的夹角公式cos<m,n>=m⋅n求出cos<EB，n1>再根据若cos<EB，n1>≥0则直线BE和平面ABC的所成|m||n|π角为−<EB，n1>，若cos<EB，n1><0则直线BE和平面ABC的所成角为<EB，2πn1>−然后再根据诱导公式和cos<EB，n1>的值即可求出直线BE和平面ABC的所2成角的正弦值．本题主要考察了空间中异面直线所成的角和直线与平面所成的角，属立体几何中的常考题型，较难.解题的关键是首先正确的建立空间直角坐标系然后可将异面直线所成的角转化为所对应的向量的夹角或其补角而对于利用向量法求线面角关键是正确求解平面的一个法向量！20.已知直线y=x−m与抛物线y2=2x相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，O为坐标原点．(1)当m=2时，证明：OA⊥OB(2)若y1y2=−2m，是否存在实数m，使得OA⋅OB=−1？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．y=x−2【答案】解：(1)m=2时，联立2得x2−6x+4=0，则x1+x2=6，x1x2=4，y=2x∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+(x1−2)(x2−2)=2x1x2−2(x1+x2+4=2×4−2×6+4=0,∴OA⊥OB．(2)假设存在m使得OA⋅OB=−1，y2y2(−2m)2则xx+yy=1⋅2+yy=−2m=m2−2m=−1，解得m=1．121212224故存在m=1符合题意．【解析】(1)问题转化为证明OA⋅OB=0，联立直线与抛物线，根据韦达定理和向量数量积可证；y2y2(2)假设存在m，使得OA⋅OB=−1，则OA⋅OB=−1⇔xx+yy=−1⇔1⋅2+121222y1y2=−1，代入y1y2=−2m即可．11/14\n本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题．21.如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，E，F分别是BC，PC的中点．(Ⅰ)证明：AE⊥PD；6(Ⅱ)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E−2AF−C的余弦值．【答案】证明：(Ⅰ)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，可得△ABC为正三角形．因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC//AD，因此AE⊥AD．因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AE⊥PD．解：(Ⅱ)设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．由(Ⅰ)知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE=3，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．AE36此时tan∠EHA===，AHAH2因此AH=2.又AD=2，所以∠ADH=45∘，所以PA=2．因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD．过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，∘3∘=3在Rt△AOE中，EO=AE⋅sin30=，AO=AE⋅cos30，22\n又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO⋅sin45∘32，=4又SE=EO2+SO23+930，==48432SO415在Rt△ESO中，cos∠ESO===，SE305415即所求二面角的余弦值为．5【解析】(1)要证明AE⊥PD，我们可能证明AE⊥面PAD，由已知易得AE⊥PA，我们只要能证明AE⊥AD即可，由于底面ABCD为菱形，故我们可以转化为证明AE⊥BC，由已知易我们不难得到结论．6(2)由EH与平面PAD所成最大角的正切值为，我们分析后可得PA的值，由(1)的结2论，我们进而可以证明平面PAC⊥平面ABCD，则过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，然后我们解三角形ASO，即可求出二面角E−AF−C的余弦值．求二面角的大小，一般先作出二面角的平面角.此题是利用二面角的平面角的定义作出∠ESO为二面角E−AF−C的平面角，通过解∠AOC所在的三角形求得∠ESO.其解题过程为：作∠ESO→证∠ESO是二面角的平面角→计算∠ESO，简记为“作、证、算”．22.已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于3，它的一个顶点恰好在抛物线x2=8y的准线上．2(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(2,3)，Q(2,−3)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点.当A，B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．x2y2【答案】解：(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0)，a2b2∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2=8y的准线y=−2上，∴−b=−2，解得b=2．又c3，a2=b2+c2，=a2∴a=4，c=23，x2y2可得椭圆C的标准方程为+=1．164(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，∵∠APQ=∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相互数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为−k，直线PA的方程为：y−3=k(x−2)，y−3=k(x−2)联立，x2+4y2=16化为(1+4k2)x2+8k(3−2k)x+4(3−2k)2−16=0，13/14\n8k(2k−3)∴x1+2=2，1+4k−8k(−2k−3)8k(2k+3)同理可得：x2+2=2=2，1+4k1+4k16k2−4−163k∴x1+x2=1+4k2，x1−x2=1+4k2，y1−y2k(x1+x2)−4k3kAB===．x1−x2x1−x263∴直线AB的斜率为定值．6x2y2【解析】(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0)，由椭圆的一个顶点恰好在抛a2b2物线x2=8y的准线y=−2上，可得−b=−2，解得b.又c3，a2=b2+c2，联立解=a2得即可．(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由∠APQ=∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相互数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为−k，直线PA的方程为：y−3=k(x−2)，与椭圆的方程联立化为(1+4k2)x2+8k(3−2k)x+4(3−2k)2−16=0，利用根与系数的关系、斜率计算公式即可得出．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式、直线方程，考查了推理能力与计算能力，属于难题．