2021年高考湖南理科数学试卷

2021年高考湖南理科数学试卷普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）（理科）本试题包括选择题、填空题和解答题三部分，共6页，时间120分钟，满分150分。一、选择题本大题共10小题，每小题5分，共50分。对于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$z^2=-1$，则复数$z=$（）A.$1+i$B.$1-i$C.$-1+i$D.$-1-i$2.设$A,B$是两个集合，则“$AB=A$”是“$A\subseteqB$”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.执行如图1所示的程序框图，如果输入$n=3$，则输出的$S=$（）A.$6384$B.$729$C.$7799$D.$9261$4.若变量$x,y$满足约束条件$\begin{cases}x+y\geq-1\\2x-y\leq1\\y\leq1\end{cases}$，则$z=3x-y$的最小值为（）A.$-7$B.$-1$C.$1$D.$2$5.设函数$f(x)=\ln(1+x)-\ln(1-x)$，则$f(x)$是（）A.奇函数，且在$(0,1)$上是增函数B.奇函数，且在$(0,1)$上是减函数C.偶函数，且在$(0,1)$上是增函数D.偶函数，且在$(0,1)$上是减函数6.已知$\dfrac{3a}{x-5}$的展开式中含$x$的项的系数为$30$，则$a=$（）A.$3$B.$-3$C.$6$D.$-6$7.在如图2所示的正方形中随机投掷$10000$个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值（曲线$C$为正态分布$N(0,1)$的密度曲线）为（）A.$2386$B.$2718$C.$3413$D.$4772$8.已知点$A,B,C$在圆$x+y=1$上运动，且$AB\perpBC$。若点$P$标为$(2,0)$，则$PA+PB+PC$的最大值为（）A.$6$B.$7$C.$8$D.$9$9.将函数$f(x)=\sin^2x$的图像向右平移$\dfrac{\pi}{2}$（$0<\dfrac{\pi}{2}$），$g(x)$为得到的函数。若对满足$f(x_1)-g(x_2)=2$的$x_1,x_2$，有$x_1-x_2$的最小值为$\dfrac{\pi}{5}$，则$\dfrac{\pi}{2}$的值为（）A.$5\pi$B.$6\pi$C.$7\pi$D.$8\pi$10.某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（结果保留两位小数）填空题和解答题见原文。二、填空题：11.$\frac{1}{2}(x^2-2x+C)$12.313.$\sqrt{2}$14.$2^{n-2}$15.$a\in(-\infty,1]$三、解答题：16.（1）连接OM、ON，则三角形MEN和MON都是直径-弦夹角的三角形，所以$\angleMEN+\angleNOM=180^{\circ}$。（2）根据圆周角定理，$\angleMFE=\angleNFO$，又因为$\angleMFO=90^{\circ}$，所以$\triangleMFE\sim\triangleOFN$，从而$\frac{FE}{FN}=\frac{FM}{FO}$，即$FE\cdotFN=FM\cdotFO$。（1）$\rho=2\cos\theta$，代入直角坐标系中，得$x=2\cos\theta\cos\theta=2\cos^2\theta$，$y=2\cos\theta\sin\theta=2\sin\theta\cos\theta=\sin2\theta$。（2）将点M的坐标代入直角坐标方程，得$\cos\theta=\frac{5}{2}$，$\sin\theta=\frac{3}{2}$。由于直线l的极坐标方程为$x=t\cost$，$y=t\sint$，所以$t=\sqrt{x^2+y^2}$。将$\rho=2\cos\theta$代入，得$t=2\cos\theta=2\cdot\frac{5}{2}=5$。因此，直线l与曲线C的交点为$(5,3)$和$(-5,-3)$。由于$|MA|\cdot|MB|$等于点A、B到直线l的距离之积，所以$|MA|\cdot|MB|=|\frac{5-t\cost}{\sint}\cdot\frac{5+t\cost}{\sint}|=25$。（1）由于$a+b=1$，所以$a^2+b^2\geq\frac{1}{2}(a+b)^2=\frac{1}{2}$，即$a^2+b^2\geq\frac{1}{2}$。又因为$a,b>0$，所以$a+b>0$，从而$\frac{a^2+b^2}{a+b}\geq\frac{1}{2}$，即$\frac{(a+b)^2-2ab}{a+b}\geq\frac{1}{2}$，化简得$a+b\geq2ab$，即$a+b\geq2\sqrt{ab}$。由于$a+b=1$，所以$1\geq2\sqrt{ab}$，即$\sqrt{ab}\leq\frac{1}{2}$，所以$ab\leq\frac{1}{4}$。因此，$a^2+b^2\geq\frac{1}{2}$且$ab\leq\frac{1}{4}$，所以$a^2+b^2\geq2ab+\frac{1}{2}$。（2）假设$a^2+a<2$且$b^2+b<2$，则$a^2<2-a$，$b^2<2-b$。由于$a,b>0$，所以$a<\sqrt{2-a}$，$b<\sqrt{2-b}$，从而$a+b<\sqrt{2-a}+\sqrt{2-b}$。由于$\sqrt{2-x}$是凹函数，所以根据琴生不等式，$\sqrt{2-a}+\sqrt{2-b}\leq2\sqrt{1-\frac{a+b}{2}}\leq2\sqrt{1-\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$，从而$a+b<\sqrt{2}$。但是由于$a+b=1$，所以得到矛盾，因此假设不成立，即$a^2+a\geq2$或$b^2+b\geq2$。17.（1）根据正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}$，所以$b=a\cdot\frac{\sinB}{\sinA}=a\cdot\frac{\sin(B-A)}{\sinA}$，代入$a=b\tanA$，得$b=\frac{b\tanA\sin(B-A)}{\sinA}$，化简得$\tanA=\frac{\sinB}{\cosB-\cosA}$。又因为$B$为钝角，所以$\cosB<0$，$\cosA>0$，所以$\cosB-\cosA<0$，从而$\tanA<0$。因此，$B-A=\pi-\angleC>0$，即$\angleC<\frac{\pi}{2}$。又因为$B-A=\pi-\angleC$，所以$\sin(B-A)=\sin(\pi-\angleC)=\sin\angleC$，代入$\tanA=\frac{\sinB}{\cosB-\cosA}$，得$\tanA=\frac{\sin\angleC}{\cos\angleC+\cosA}$。根据正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC}$，所以$\sinC=\frac{a\sin\angleC}{b}$，代入$\tanA=\frac{\sin\angleC}{\cos\angleC+\cosA}$，得$\tanA=\frac{a}{b}\cdot\frac{\sinA}{\cosA+\frac{a}{b}\cdot\frac{\sin\angleC}{\sinA}}$，化简得$\tanA=\frac{a}{b}\cdot\frac{\sinA}{\cosA\sinA+\frac{a}{b}\sin\angleC}$。因此，$\tanA=\frac{a}{b}\cdot\frac{1}{\cosA+\frac{a}{b}\cdot\frac{\sin\angleC}{\sinA}}$，代入$\cosA=\frac{b}{a}$，得$\tanA=\frac{a^2}{b^2+a\cdotb\cdot\sin\angleC}$。由于$B-A=\pi-\angleC$，所以$\sinC=\sin(B-A)=\sinB\cosA-\cosB\sinA=\cosA-\sqrt{1-\cos^2A}\sinA$。代入$\tanA=\frac{a^2}{b^2+a\cdotb\cdot\sin\angleC}$，得$\tanA=\frac{a^2}{b^2+a\cdotb\cdot(\cosA-\sqrt{1-\cos^2A}\sinA)}$，化简得$\tanA=\frac{a}{b\cosA-a\sqrt{1-\cos^2A}}$。由于$B$为钝角，所以$\sinB=\sqrt{1-\cos^2B}=\sqrt{1-\frac{a^2}{b^2}}$，代入$a=b\tanA$，得$\sinB=\sqrt{1-\frac{\tan^2A}{\tan^2A+1}}=\frac{1}{\sqrt{\tan^2A+1}}$。因此，$\tanA=\frac{a}{b}\cdot\frac{1}{\cosA+\frac{a}{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{\tan^2A+1}}}$，化简得$\tanA=\frac{a}{b}\cdot\frac{\sqrt{\tan^2A+1}}{\tanA+\frac{a}{b}\cdot\sqrt{\tan^2A+1}}$，移项得$\frac{a}{b}\cdot\sqrt{\tan^2A+1}\cdot\tanA+\tan^2A-a\cdot\frac{a}{b}=0$，即$a^2+b^2-2ab\cosA=a^2$，化简得$\cosA=\frac{b}{2a}-\frac{1}{2}$。代入$B-A=\pi-\angleC$，得$\sinC=\sin(B-A)=\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\angleA}{2})=\cos\frac{\angleA}{2}$。因此，$\sinA+\sinC=2\sin\frac{\angleA}{2}\cos\frac{\angleA}{2}=\sin\angleA$。根据正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，所以$\sinB=\frac{b\sinA}{a}$，代入$\sinA+\sinC=\sin\angleA$，得$\sinA+\frac{c}{a}\cos\frac{\angleA}{2}=\sin\angleA$，化简得$\sinA=\frac{a}{c}\cdot(1-\cos\frac{\angleA}{2})$。因此，$\sinA+\sinC=\frac{a}{c}\cdot(1-\cos\frac{\angleA}{2})+\cos\frac{\angleA}{2}$，化简得$\sinA+\sinC=\frac{a}{c}+\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}$。由于$\frac{a}{c}=\frac{\sinA}{\sinC}$，所以$\sinA+\sinC=\frac{\sinA}{\sinC}+\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}$，移项得$\sinA-\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}=\frac{\sinA}{\sinC}-\sinC$，化简得$\sinA-\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}=\frac{2\sinA\cos^2\frac{\angleA}{2}}{2\sinA\cos\frac{\angleA}{2}}-2\sinA\sin\frac{\angleA}{2}\cos\frac{\angleA}{2}$，化简得$\sinA=\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{1-\sin\angleA}$。因为$\sin\angleA\leq1$，所以$\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{1-\sin\angleA}\geq0$，所以$\sinA\geq0$。因此，$\sinA+\sinC=\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{1-\sin\angleA}+\frac{2\sin^2\frac{\angleC}{2}}{1-\sin\angleC}$，化简得$\sinA+\sinC=\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{2\cos^2\frac{\angleA}{2}}+\frac{2\sin^2\frac{\angleC}{2}}{2\cos^2\frac{\angleC}{2}}=\frac{2}{\cos\angleA}+\frac{2}{\cos\angleC}$。由于$A+B+C=\pi$，所以$\cosC=-\cos(A+B)=-\cosA\cosB+\sinA\sinB$，代入$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，得$\cosC=-\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$。因此，$\frac{2}{\cos\angleC}=\frac{-4ab}{a^2+b^2-c^2}$，代入$\sinA+\sinC=\frac{2}{\cos\angleA}+\frac{2}{\cos\angleC}$，得$\sinA+\sinC=\frac{-4ab}{a^2+b^2-c^2}\cdot(\frac{1}{\cos\angleA}-\frac{1}{\cos\angleC})$。根据余弦定理，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$，所以$\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，代入$\sinA+\sinC=\frac{-4ab}{a^2+b^2-c^2}\cdot(\frac{1}{\cos\angleA}-\frac{1}{\cos\angleC})$，得$\sinA+\sinC=\frac{4}{\sin\angleA}-\frac{4}{\sin\angleC}$。因为$\angleC=\pi-\angleA-\angleB>\1.上、下底面分别是边长为3和6的正方形，且AA1垂直于底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上。（1）若P是DD1的中点，证明：AB1垂直于PQ；（2）若PQ平行于平面ABB1A1，且二面角P-QD1-A1的余弦值为3，求四面体ADPQ的体积。2.已知抛物线C1：x=4y的焦点F也是椭圆C2：x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为26。（1）求C2的方程；（2）过点F的直线l与C1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且AC与BD同向。（ⅰ）若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；（ⅱ）设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形。3.已知a>0，函数f(x)=e*sinx(x∈[0,+∞))。记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N)个极值点，证明：（1）数列{f(xn)}是等比数列；（2）若a≥e^2-1，则对一切n∈N，xn<|f(xn)|恒成立。4.选择题（1）D（2）C（3）B（4）A（5）A（6）D（7）C（8）B（9）D（10）A5.填空题（11）0（12）4（13）5（14）3n-1（15）（-∞,0）∪(1,+∞)6.解答题（16）证明：（I）如图a所示，因为M、N分别是弦AB、CD的中点，所以OM⊥AB，ON⊥CD，即∠OME=90°，∠ENO=90°，∠OME+∠ENO=180°。又四边形的内角和等于360°，故∠MEN+∠NOM=180°。（II）由（I）知，O、M、E、N四点共圆，故由割线定理即得FE×FN=FM×FO。（17）解：（I）由a=btanA及正弦定理，得sinA/sinB=a/b，所以sinB=cosA，即sinB/cosB=tanA，即tan(B-A)=tanBtanA。sinB=sin(π/2+A)。又B为钝角，因此π/2+A∈(π/2,π)，故B=π/2+A，即B-A=π/2。（II）由（I）知，C=π-(A+B)=π-(2A+π/2)=π/2-2A<0，所以A∈(0,π/4)。由余弦定理，有sinA+sinC=sinA+sin(π/2-2A)=2sinAcos2A，即sinA(1-2cos2A)=0。当A∈(0,π/4)时，有sinA≠0，故1-2cos2A=0，即cos2A=1/2，故A=π/8。由正弦定理，有BD/AC=sinA/sinC=sinA/sin(π/2-2A)=tanA=1/2，故BD=AC/2。（ⅰ）由相似三角形可得，l的斜率为1/2。（ⅱ）设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，由C1的方程可得，C1在点A处的切线方程为y=x/4，故M的坐标为(4a/5,a/5)。设直线l的方程为y=kx，由相似三角形可得，AC/BD=AM/MD，即(AC-BD)/(AC+BD)=AM/MD，代入AC=2BD，化简可得k=3/4。设△MFD的内角为α，则α=π-∠FMD-∠MFD=π-∠FCD-∠MFD=π-∠FCD-∠FBD，由余弦定理可得cosα=(BC^2+CD^2-BD^2)/(2BC·CD)=3/4，故α为钝角，即△MFD为钝角三角形，证毕。（18）证明：（I）如图b所示，连接AC、BD，交于点E。由相似三角形可得，AD/BD=AE/EC，即AD=(a+b)BE/(a-b)。设四面体ADPQ的高为h，由勾股定理可得AP^2=h^2+(a/2)^2，AQ^2=h^2+(b/2)^2，DP^2=9+(a/2)^2，DQ^2=36+(b/2)^2。由余弦定理可得cos∠APQ=(AP^2+PQ^2-AQ^2)/(2AP·PQ)=(h^2-(b/2)^2)/(AP·PQ)，cos∠DQP=(DQ^2+PQ^2-DP^2)/(2DQ·PQ)=(h^2-(a/2)^2)/(DQ·PQ)。由正弦定理可得AP/PQ=sin∠APQ/sin∠DQP，即AP·DQ=sin∠APQ·sin∠DQP·PQ^2。由向量叉乘可得[PQ×AD]=2h[(a+b)/2,0,-h]，[DQ×AD]=2h[0,(a-b)/2,-h]，故[PQ×AD]·[DQ×AD]=4h^2(a^2-b^2)/4=ah^2(a^2-b^2)。又[PQ×AD]·[DQ×AD]=|PQ|·|AD|·sin∠APQ·sin∠DQP=sin∠APQ·sin∠DQP·PQ^2·sqrt(h^2+(a/2)^2)·sqrt(h^2+(b/2)^2)，代入AP·DQ=sin∠APQ·sin∠DQP·PQ^2，化简可得h^2=(a^2-b^2)^2/16(a+b)^2+1/4，即四面体ADPQ的体积为V=1/3·S·h=(a^2-b^2)^2/48(a+b)^2+1/6。（II）由（I）可得V是a、b的二次函数，设V=k(a^2-b^2)^2+l，代入a=1，b=1/2和a=2，b=1的值，解得k=1/48，l=1/6，即V=(a^2-b^2)^2/48(a+b)^2+1/6，证毕。2=sinA+cos2A=-2sinA+sinA+1=-2sin(A-1/2π)+4/3由于0<A<2π，所以0<sinA<1，因此-2<-2sinA+1<1推出-1<sinA-1/2π<1/2因此sinA+sinC的取值范围是（5/6，29/6）。记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2={从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1={顾客抽奖1次获一等奖}，B2={顾客抽奖1次获二等奖}，C={顾客抽奖1次能获奖}。由题意，A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，且B1=A1A2，B2=A1A2+A1A2，C=B1+B2。因P(A1)=2/5，P(A2)=1/4，所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=2/25，P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)=2/25。故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=11/50。因此X~B(3,11/50)。（II）顾客抽奖3次独立重复试验，由（I）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为2/5，因此P(X=0)=C3^0(11/50)^0(39/50)^3=64/125P(X=1)=C3^1(11/50)^1(39/50)^2=48/125P(X=2)=C3^2(11/50)^2(39/50)^1=12/125P(X=3)=C3^3(11/50)^3(39/50)^0=1/125故X的分布列为X0123P64/12548/12512/1251/125X的数学期望为E(X)=3×11/50=33/50。19、解法一由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图b所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6,m,0)，其中m=BQ。由于AA1，BD1垂直，所以AA1·BD1=0，即(0,-6,3)·(3,-3,6)=0，解得m=13。55≤m≤6。(I)若点P是线段DD1的中点，则P的坐标为(0,9,3)，AB1=(3,0,6)。因此，AB1·PQ=18-18=0，所以AB1⊥PQ，即AB1垂直于PQ。(II)由题设可知，DQ=(6,m-6,0)，DD1=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量。设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量，则n1·DQ=6x+(m-6)y=0，n1·DD1=-3y+6z=0。取y=6，得到n1=(6-m,6,3)。又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1)，所以cos<n1,n2>=n1·n2/(|n1|·|n2|)=(6-m+6+3(6-m))/sqrt((6-m)²+6²+3²)=33/sqrt((6-m)²+45)。而四面角P-QD-A的余弦值为-1/3，因此cos<n1,n2>=-1/3，解得m=4。此时Q的坐标为(6,4,0)。设DP=λDD1(0<λ≤1)，而DD1=(0,-3,6)，由此得到点P的坐标为(0,6-3λ,6λ)，PQ=(6,3λ-2,-6λ)。因为PQ//平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0)，所以PQ·n3=0，即3λ-2=0，即λ=2/3，从而P的坐标为(0,4,4)。因此，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ，则其高h=4，故四面体ADPQ的体积为V=1/3·SADQ·h=1/3·(6·6)/2·4=24。解法二（I）如图c，取线段AA1的中点R，连接PR、BR。因为A1A、D1D是梯形A1ADD1的两腰，P是D1D的中点，所以PR//AD，于是由AD//BC知，PR//BC，所以P、R、B、C四点共面。由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥AB1。因为tan∠ABR=AR/AB1=tan∠A1AB1，所以∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°，即知AB⊥平面PRBC，又PQ⊥平面PRBC，故AB⊥PQ。于是AB1⊥BR，再由解法一（I）可知AB1⊥PQ。(II)如图d，过点P作PM//A1A，连接BM，交AD在点Q。因为AB⊥A1A，所以AB⊥PM，又PM⊥BM，所以AB//BM。又因为A1A//PQ，所以AB1//PQ，因此BQ⊥PQ。设BP=x，AQ=y，则PM=x/2，AM=AQ+QM=y+6，BM=√(PM²+BM²)=√(x²/4+(y+6)²)。由相似三角形可得BM/AB1=AQ/A1A，即√(x²/4+(y+6)²)/6=y/3，解得x²+9y²+36y-144=0，代入PM=x/2，AM=y+6可得PM²+AM²=45。因此，四边形APQB是内接椭圆的内接四边形，其面积为S=√[(AP+PB+AQ+BQ)/2·(AP+PB+AM+MQ)/2·(AQ+BQ+AM+MQ)/2·(AP+PQ+BM+MQ)/2]=√[(6+2x+y)·(12+x+y)·(6+x+y)·(15+x)/16]。由解法一（I）可知AB1⊥PQ，所以∠AB1P=∠QPB，又∠QPB+∠QAB=90°，所以∠AB1P+∠QAB=90°，因此△AB1P∽△QA1B，所以AB1/QB=A1B/AP，即6/√(x²/4+(y+6)²)=√(x²/4+y²)/6，解得x²+9y²+36y-144=0，与前面得到的方程相同。因此，S=√[3(x²+9y²+36y-144)/4]=18√(x²+9y²+36y-144)/2。将两个方程联立消去x，解得y=3，代入S的公式可得S=18√33/2。因此，所求体积V=S·h/3=18√33。A交AD于点M，则PM//平面ABB。因为A垂直于平面ABCD，所以OM垂直于平面ABCD。过点M作MN垂直于QD于点N，连结PN，则PN垂直于QD。角PNM为二面角P-QD-A的平面角，所以cos角PNM=MN^3/PN*PM^4/3。联立得到MN^3=3/40*PM^4，从而PN=7/3*MN。连结MQ，由PQ//平面ABB，所以MQ//AB。又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，故MQ=AB=6。设MD=t，则MN=6t/(36+t^2)。过点D作D1E//AA1交AD于点E，则AA1DE为矩形，所以D1E=A1A=6，AE=AD-A1D1=3，因此ED=AD-AE=3。于是PMD1E/6=2，所以PM=2MD=2t。再由三棱锥体积公式V=1/3*S底面*h，得到四面体ADPQ的体积为24。解（I）由C1:x=4y知其焦点F的坐标为（0,1），因为F也是椭圆C2的一焦点，所以1/a^2-b^2=1/4。又C1与C2的公共弦的长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x=4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为（±6,√98/4），所以96/224=a^2/9+b^2/8。解得a=9，b=8，故C的方程为x^2/81+y^2/64=1。（II）如图f，设A（x1,y1）B（x2,y2）C（x3,y3）D（x4,y4）。因为AC与BD同向，且|AC|=|BD|，所以AC=BD，从而x3-x1=x4-x2，即x1-x2=x3-x4，于是3(x1+x2)-4x1x2=(x3+x4)-4x3x4。设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1。由y=kx+1和x^2+y^2