河北唐山市2023-2024学年数学高二年级上册期末经典模拟试题含解析

河北唐山市2023-2024学年数学高二上期末经典模拟试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

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12小题，每小题5分，共60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.抛物线/=4%上有两个点4,3,焦点已知IAFI+I彼|=5,则线段A3的中点到V轴的距离是()

3

A.lB.-

2

5

C.2D.-

2

221

2.已知点耳,心是椭圆T+2=1(。〉6〉°)的左、右焦点，A是。的左顶点，点P在过A且斜率为I的直

线上，耳耳为等腰三角形，且/月乙产=150°,则C的离心率为()

1

A.B.-

63

1D3+6

C.一

2'6

3.方程2)2+jd+(y+2)2=10化简的结果是0

22

A-y；

A.—+—=1B.±+±=l

25162521

2222

C.±+^=lD.匕+土=1

2542521

4.已知随机变量J服从正态分布N(3,CT2),若PC<4)=0.78,则P(2<J<3)=()

A.0.2B.0.24

C.0.28D.0.32

5.若函数/(x)=gd—(e+l)x+elnx+a恰好有3个不同的零点，则。的取值范围是()

B.f-oo,e+^-

jfle\+co

D--"

6.若直线y=—%+机与曲线>只有一个公共点，则机的取值范围是()

A.—2<m<2B.-2V5<ZW<2A/5

C.—2<m<2或加=5D.一2百<m<2A/5或加=5

22

7.已知椭圆C:j+与=1(。〉6〉0)的右焦点为工，。为坐标原点，河为了轴上一点，点A是直线峥与椭圆C

ab

的一个交点，且|。4|=|。8|=2|。河|,则椭圆C的离心率为()

旦

V

8.已知点A(2,3),B(-3,-2),若直线/过点P(3,l)且与线段A3相交，则直线/的斜率左的取值范围是()

A.k>-^k<-2B.-2<k<-

22

C.kN—2D.k<-

2

9.设实系数一元二次方程%炉+4%+%=0(%。°)在复数集。内的根为为、巧，则由

2

a2(x-xl)(x-x2)=a2x-a2(^+x2)x+a2xix2=0,可得再+%=-2，%Z=，类比上述方法：设实系数一元

三次方程d+2/+3%+4=0在复数集c内的根为XpX2,X3,则+君+后的值为

A.-2B.0

C.2D.4

10.双曲线——9=2的渐近线的斜率是()

A.lB.±l

1

C.-lD.—

2

11.若直线y=%+一与曲线y=3—，4x—d有公共点,则8的取值范围是()

A.[-2A/2+1,2A/2+1]B.(3,272+1]

c.[3,2V2+1]D.[-2V2+1,3]

12.已知空间向量。=（1,2,—1）,0=（3,—2,—1）,则（）

A.|G|=^5B.allb

C.a_L/>D.（o+/>）•/>=10

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

JT

13.在梯形ABC。中，ZABC=-,AD//BC,5。=24£）=2帅=2.将梯形488绕">所在的直线旋转一

2

周而形成的曲面所围成的几何体的体积为.

14.已知直线小办+2y-3=0与4：3x+（l—a）y+4=0,±/2,则实数a的值为

15.已知直线/：y=4-x与曲线。：丁=J二巨，在曲线C上随机取一点则点M到直线/的距离不大于④的

概率为.

16.tan75°—tanl5"-石tan75°tan15°=

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（12分）设等差数列｛4｝的前几项和为S“，｛2｝为各项均为正数的等比数列，且q=4=1,。6=3由，再从条

件①：%=5（%-4）；②：4=4（4—4）；③：Sg=683这三个条件中选择一个作为已知，解答下列问题：

（1）求｛4｝和也｝的通项公式；

（2）设g=g,数列｛g｝的前"项和为I,,求证：Tn<2

18.（12分）如图，直四棱柱A3CD-4与GR中，底面ABC。是边长为1的正方形，点E在棱8月上.

(1)求证：AG1DE；

(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作已知，使得。4,平面E&G，并给出证明.

条件①：E为8用的中点；条件②：BR//平面EA©；条件③：DBJBD].

(3)在(2)的条件下，求平面E41G与平面D4G夹角的余弦值.

19.(12分)如图所示的四棱锥P—ABCD的底面ABC。是一个等腰梯形，AD/ABC,且A£>=2AB=25C=4,P0

是△PAD的中线，点E是棱P£)的中点

(1)证明：CE〃平面

(2)若平面平面ABC。，且？A=PD,PO=AO,求平面与平面PCD夹角余弦值

(3)在(2)条件下，求点。到平面上4B的距离

20.(12分)已知椭圆C：L+匕=1,点监N在。上，4(2,1),且NMAN=90°

63

(1)求出直线MN所过定点R的坐标；(不需要证明)

(2)过4点作的垂线，垂足为D,是否存在点。，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说

明理由.

y2

21.(12分)已知椭圆二+=13»>0)的右焦点为6(3,0),离心率为e.

ab2

(1)若e=12,求椭圆的方程;

2

(2)设直线>=丘与椭圆相交于A,5两点，M,N分别为线段AF2,5凡的中点，若坐标原点。在以MN为直径的

圆上，且走<丝也，求左的取值范围.

22

22.(10分)已知抛物线E：V=2°犬(°>0)过点。(1,2),尸为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线/交抛物线E

于A,5两点，动点P满足的垂心为原点O.

(1)求抛物线E的方程；

s

（2）求证：动点P在定直线机上，并求世幽的最小值.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B

【解析】利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，即可求出线段A5中点的横坐标,

即得到答案.

【详解】由已知可得抛物线/=4x的准线方程为x=-1,

设点A,B的坐标分别为（%,%）和（9,%），

由抛物线的定义得|人尸|+忸刊=%+%+2=5,即x+%2=3,

线段A3中点的横坐标为土土三=』，

22

3

故线段AB的中点到了轴的距离是一.

2

故选：B.

2、D

c]

【解析】设由区|=2c,先求出点+得（i+@c+a="，化简即得解

【详解】由题意可知椭圆的焦点在x轴上，如图所示，设怩区|=2c,则|0闾=°,

•.•△尸6月为等腰三角形，且/4心尸=150。，

尸闾=|£司=2c.

过P作PE垂直x轴于点£,则NP7JE=3O°,

：.\F2E\=y/3c,\PE\=c,即点尸（（1+石卜,c）.

点P在过点A且斜率为-的直线上，

【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率常用的方法有：(1)公式法(求出椭圆的。，c代入离心率的公式即得解)；(2)方

程法(通过已知找到关于离心率的方程解方程即得解).

3、D

【解析】由方程的几何意义得到是椭圆，进而得到焦点和长轴长求解.

【详解】方程J尤2+⑶一2y+J尤2+⑶+2)2=I。,

表示平面内到定点6(0,-2)、7^(0,2)的距离的和是常数10(10>4)的点的轨迹,

...它的轨迹是以耳、鸟为焦点，长轴2a=10,焦距2c=4的椭圆；

•­a=5,c=2,b=<25-4=y/21>

22

椭圆的方程是匕+上=1,即为化简的结果

2521

故选：D

4、C

【解析】依据正态曲线的对称性即可求得P(2<J<3)

【详解】由随机变量J服从正态分布NR,。?)，可知正态曲线的对称轴为直线％=3

由P©<4)=0.78,可得PC>4)=P(^<2)=1-0.78=0.22

则P(2<J<4)=1—2x0.22=0.56,

故P(2<J<3)=；P(2<J<4)=g*0.56=0.28

故选：c

5、D

【解析】分析可知，直线>与函数g(x)=g%2一(e+l)x+elnx的图象有3个交点，利用导数分析函数g(x)的

单调性与极值，数形结合可求得实数。的取值范围.

【详解】令/(无)=0,可得=-(e+l)x+elnx,构造函数g(x)=-(e+l)x+elnx,其中x>0,

由题意可知，直线丫=-。与函数g(x)的图象有3个交点,

且《)二/白+1)+£=(")(1),由g，q)=。，可得尤=i或％=e,列表如下:

X(0,1)1(l'e)e(e,+co)

g'(x)+0—0+

g(x)增极大值减极小值增

所以，g(x)极大值=g6=—(-e,g(x)极小值=g(e)=-；e2,

作出直线y=R与函数g(x)的图象如下图所示:

—1111

由图可知，当——e9<-a<----e时，即当一+e<〃<—e9时,

2222

直线产一。与函数g(x)的图象有3个交点，即函数“九)有3个零点.

故选：D.

6、D

【解析】根据曲线方程的特征，发现曲线表示在％轴上方的图象，画出图形，根据图形上直线的三个特殊位置，当已

知直线位于直线4位置时，把已知直线的解析式代入椭圆方程中，消去y得到关于x的一元二次方程，由题意可知根

的判别式等于o即可求出此时对应的力的值；当已知直线位于直线4及直线4的位置时，分别求出对应的加的值，写

出满足题意得，”的范围，综上，得到所有满足题意得加的取值范围

【详解】根据曲线y得到52.0,解得：一2&■瓢26；y.O,

V44

画出曲线的图象，为椭圆在X轴上边的一部分，如图所示：

当直线y=—%+根在直线4的位置时，直线与椭圆相切，故只有一个交点，

把直线丁=一%+用代入椭圆方程得：5x2-8jwc+4m2-20=0,得到♦=（）,

即64m②-20（4疗-20）=。化简得：病=25,解得机=5或7"=-5（舍去），

则m=5时，直线与曲线只有一个公共点；

当直线y=—%+加在直线4位置时，直线与曲线刚好有两个交点，此时m=2百，

当直线y=—%+根在直线/3位置时，直线与曲线只有一个公共点，此时机=-26，

则当-26,m<20时，直线与曲线只有一个公共点，

综上，满足题意得加的范围是-26,/<2行或机=5

故选：D

7、D

【解析】设椭圆的左焦点为耳，由椭圆的对称性可知|。4|=|。6|=|。制，则N4A8=90。，所以

,“LLOM1..........................

tanZAf；f；即可得到周,|钻|,但月|的关系，利用椭圆的定义进而求得离心率.

【详解】设椭圆。的左焦点为耳，连接4月，

因为|。4|=|06|=|0周，所以N4AE=90°,如图所示，

设=则"z:〃：2c=1:2:君，

2am+n3

故选：D.

8、B

【解析】直接利用两点间的坐标公式和直线的斜率的关系求出结果

【详解】解：直线/过点P(3,l)且斜率为左，与连接两点A(2,3),5(-3,-2)的线段有公共点,

由图，可知如=；^=-2，kBP=|,

，―33~r3Z

当—24人(工时，直线/与线段A3有交点

2

9、A

【解析】用类比推理得到

322

x+2X+3X+4=(X-X1)(X-X2)(X-X3)=三—(石+x2+x3)x+(x1x2+x1x3+々演)x—XW演，再用待定系数法

得到X1+4+项，X/2+%也+工2%，再根据X；+君+X；=(玉+九2+九3)2-2(%马+王龙3+%2七)求解.

【详解】X3+2X2+3X+4

=(%-%|)(^-%2)(%-%3)

32

=X—(芯+%2+A^)X+(玉々+芯为+X2X.i)X—XxX2X2),

由对应系数相等得:

X]+x2+x3=-2,xYx2+x；x3+x2x3=3,

X；+X]+X；

=4-6=-2.

故选：A.

【点睛】本题主要考查合情推理以及待定系数法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.

10、B

2

【解析】由双曲线炉-/=2的渐近线方程为：x-/=0,化简即可得到答案.

2

【详解】双曲线必—丁=2的渐近线方程为：%_/=0,即y=±x,

•••渐近线的斜率是±1.

故选：B

11、D

【解析】将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出6的取值范围

【详解】将曲线的方程y=3二？化简为(x-2)2+(y_3)2=4(lV”3,0<x<4)

即表示以A(2,3)为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：

当直线y=x+人经过(0,3)时〃最大，即6=0+6=3,

当直线与下半圆相切时〃最小,

|2-3+&|

由圆心到直线y=x+A距离等于半径2,可得:

解得。=1+20(舍去)，或b=1-2也

结合图象可得1-203

故选：D.

12、C

【解析】A利用向量模长的坐标表示判断；B根据向量平行的判定，是否存在实数彳使口="，即可判断；C向量数量

积的坐标表示求a?即可判断；D利用向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求(a+»力即可.

【详解】因为|a|=Jl+(_2)2+(_l)2=指,所以A不正确：

因为不存在实数彳使a=2b，所以B不正确；

因为=lx3+2x(—2)+(—1)x(—1)=0,故；11，所以C正确；

因为a+0=(4,0,—2),所以(a+Z?)*=4x3+0x(—2)+(—2)x(—1)=14,所以D不正确

故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13-,—##—n

33

【解析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可

【详解】梯形A5CZ＞：

由题意可知空间几何体的直观图如图:

旋转体是底面半径为1,高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的圆锥，

1

几何体的体积为：^-xl2x2--x^-xl2xl=—

故答案为：y

14、-2

【解析】由4可得3a+2(l—a)=0,从而可求出实数。的值

【详解】因为直线4:分+2y—3=0与4：3x+(l_fl)y+4=0,且I±Z2,

所以3a+2(l—a)=0,解得a=—2,

故答案：-2

【解析】画出示意图，根据图形分析可知点M在阴影部分所对的劣弧上，由几何概型可求出.

【详解】作出示意图

曲线c：y=J4—V是圆心为原点,半径为2的一个半圆.

|0+0-4|C人

圆心。到直线/：y=4一%距离=

VI2+12

而点。到直线人5:%+丁=2的距离为行，

故若点M到直线x+y=4的距离不大于72，

则点M在阴影部分所对的劣弧上，

19

由几何概型的概率计算公式知，所求概率为的=1.

2乃2

故答案为：—.

【点睛】本题考查几何概型的概率计算，属于中档题.

16、73

【解析】先由题得到tan75、tanl50=百+^tan750tanl5。，再整体代入化简即得解.

【详解】因为tan(75°-15°)=tan75Tanl5。

'71+tan75tan15

所以tan75°—tan15°=6+后tan75°tan15°，

则tan75°—tan15°tan75°tan15°=正+石tan75°tan15°-tan75°tan15°=A/5

故答案为百

【点睛】本题主要考查差角的正切公式，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

2〃T

17>(1)an=n,瓦=

(2)证明见解析

【解析】(1)设等差数列｛4｝的公差为乙等比数列｛2｝的公比为q,g>0,由等差数列和等比数列的通项公式及前

”项和公式，列出方程组求解即可得答案；

2(11)

(2)求出c“=1一-=2------------,利用裂项相消求和法求出前”项和为7；,即可证明

矶〃+\nn+1)

【小问1详解】

解：设等差数列｛〃〃｝的公差为d,等比数列｛2｝的公比为心^>0,

选①：%=5(。4—%)，又。1=4=1，4=3%,可得l+5d=3q,l+4d=5d,解得d=Lq=2,贝!)。〃=1+〃-1=%

bn=2"T；

4

选②：b5=4(Z?4-Z?3),又〃1=岳=1,由=3①，可得l+5d=3q,q=4(/-/)，解得一口，q=2,则如=1+〃T

=n9bn=2〃T;

选③：=6S3,又ai=bi=l,〃6=3岳，可得l+5d=3q,8+28d=6(3+3d),解得d=Lq=2,贝！|a〃=l+”-1=〃，

bn=2〃T；

小问2详解】

证明：由⑴知，3班詈

n(n+l)\nn+1

所以4=21l_g+g—；+L

18、(1)证明见解析;

(2)答案见解析；(3)巫

10

【解析】(1)连结3。，BR,由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得5用，4G，再由正方形的性质及线面垂直

的判定、性质即可证结论.

(2)选条件①③，设4GcgA=O,连结OE,BDt,由中位线的性质、线面垂直的性质可得。与，OE、

4G1DB｛,再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设AGcB]Di=o,连结OE,由线面平行的性质及平

行推论可得。用，OE,由线面垂直的性质有4G，。用，再由线面垂直的判定证明结论；

(3)构建空间直角坐标系，求平面璃G、平面D&G的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面E&G与平面

DAG夹角的余弦值•

【小问i详解】

连结BD,BR,由直四棱柱ABCD-A4C。知：BB]±平面A四G，，又AGu平面A31G2，

所以5片，AG，又4片。12为正方形，即4G，耳。1，又4。仆3耳=与，

.•.AG，平面D[DBB[,又DEU平面。。3用，

:.AGIDE.

【小问2详解】

选条件①③，可使。4，平面3G•证明如下：

设AGC用2=0,连结0E,BD],又E,。分别是8月，42的中点，

：.OE/IBD\.

又DBi_LBD],所以。耳，OE.

由（1）知：4。1，平面2。3与，DBiU平面RDBB],则4G，。片.

又AGCOE=O,即。耳，平面E41G•

选条件②③，可使。用，平面E&G.证明如下：

设AGC耳。1=0,连结0E.

因为BDJI平面E41c1,BDXu平面DlDBBi,平面DlDBBln平面用£=OE,

所以BDJ/OE,又DBJBDi，则。用LOE.

由（1）知：4。]，平面2。34，DB[u平面DQBB],则AG，。耳.

又AGcOE=O,即。耳，平面E41G.

【小问3详解】

由（2）可知，四边形。1。3耳为正方形，所以DR=BD=应.

因为。A,DC,。，两两垂直,

如图，以。为原点，建立空间直角坐标系。-盯Z,则£＞（0,0,0）,a(1,0,3),4(1,1,0),q(0,1,72),

所以AG=（-1,1,0），%=（1,0,3）.

由（1）知：平面璃G的一个法向量为。用=（1,1,0）.

"•AG=-%+y=0

设平面D4G的法向量为〃={x,y,z},贝卜令％=&,则

n-DAX=x+V2z=0

\n-DB]_V2_VlO

设平面E41G与平面的夹角为氏则COS。=|cos^,

\n[\DB^2x7?10

所以平面E4G与平面D&G夹角的余弦值为典.

19、(1)证明见解析;

(2)-；

7

⑶M

7

【解析】(1)连接。C、OE,平行四边形的性质、线面平行的判定可得OE//平面上钻、CO//平面上4B,再根

据面面平行的判定可得平面OCEII平面PAB,利用面面平行的性质可证结论；

UUUI

(2)取8C的中点为连接QW,证明出POL平面ABC。，OM^BC,以。为坐标原点，OM、OD、OP

的方向分别为x轴、V轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面PC。所成锐

二面角的余弦值.

(3)利用等体积法，“"求。到平面上钻的距离

【小问1详解】

连接OC、OE,由。、E分别是棱A。、的中点，则OE〃丛，

平面/MB,R4u平面A4B,则OE//平面八"

又AD//BC,AD=2AB=2BC=4,

...AO//6C且AO=3C,四边形ABCO是平行四边形，则CO//AB,

CO2平面上4B,AB1平面P4B,则CO//平面上48

又COcOE=0,可得平面OCE//平面又CEu平面OCE

•*.CE//平面八"

【小问2详解】

由B4=P£>知：POLAD,

又平面PAD_L平面ABC。，平面PAD平面ABCD=AD,尸Ou平面PAD,

...P0,平面ABCD

取BC的中点为“，连接OM、OB,

由BC//OD且6C=工AD=OD,故四边形O5C£>为平行四边形，

2

故。fi=CD=A3=2=BC=OC,则△OBC为等边三角形，故OMLBC,

uum

以。为坐标原点，OM>OD、OP的方向分别为X轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系

易知PO=AO=2,OM=#),

所以4（0,—2,0）、网3―1,0）、C（疯1,0卜£）（020）、尸（0,0,2）,

AP=(0,2,2),AB=(后1,0),CD=(-73,1,0),DP=(0,-2,2)

/、m-AP=2y+2z=0

设平面A4B的法向量为m=(x,y,z),贝！|{'，令z=6，得加=（1,-6卫）

m-AB=V3x+y=0

nCD=-y/3x1+%=0

设平面PC。的法向量为7=(%,%,zj,贝！]{令X]=l,得〃=(1,6,6)

n-DP=-2%+2Z]=0

,m-n]

设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为氏贝！Jcos6=cos<m,n>\=­n—=一

11剜"7

即平面PAB与平面PC。所成锐二面角的余弦值为-

7

【小问3详解】

由（2）知：POL平面A6CD,则PO是三棱锥P—A3。的高且PO=2,

四边形O6CD为平行四边形，又BC=OD=2,即O5C£>为菱形，

ABD1OC,而OC//AB,则3r)_LAB,且3。=26,

：.SABD=^AB-BD=2^,故

NJJ

又匕＞-ABO=%-.，由上易知：△上4^为等腰三角形且巳4=尸5=2虚,43=2,

3VpABD

：.SPAB=/7,则D到平面PAB的距离=土叵.

（2）存在，|。@=逑

【解析】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况，当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理列出

方程，求出定点坐标，当斜率不存在时，设出点的坐标进行求解；（2）结合第一问的定点坐标，结合直角三角形斜边

中线得到存在点。，使得为定值，求出结果.

【小问1详解】

设点M（%,K）,N（%,%），

若直线MN斜率存在时，设直线的方程为：y=kx+m,

代入椭圆方程消去y并整理得：（1+2/）光2+4kmx+2m2_6=0,

—4km2m2-6

可得%+%2=—：―KT，%%=

1+2产1+2/

因为W/W,所以AM.4V=0，BP(jq-2)(x2-2)+(^-1)(y2-1)=0,

根据必=2+m,%=在+m＞代入整理可得:

(k~+1)x/2+(km—k—2)(石+々)+(m—1)+4=0,

所以（左2+l）j：2.1+（历及一1_2）1一4km

+(/及一if+4=0,

1+2V

整理化简得：（2左+3加+1）（2左+机—1）=0,

因为4（2,1）不在直线上，所以2人+机-1f0,

故2%+3m+1=0（左/1）,

于是肱V的方程为y=左1x-g

2」

所以直线过定点直线过定点P3，-3

当直线的斜率不存在时，可得N（%,-%）,

由AM-AN=0得：（%—2）（%—2）+（%—1）（—乂一1）二。，

得（七一2『+l—y；=0,结合a+?=1可得：3片一8再+4=0,

解得：士=；或莅=2（舍）.

此时直线MN过点区||,-

【小问2详解】

由（D可知|AR，/：；+[1+口=孚

因为ADL肱V,取4?中点Q,贝!l|DQ|=

【点睛】直线过定点问题，一般处理思路是分斜率存在和斜率不存在两种情况，特别是斜率存在时，设出直线为

y=kx+b,联立后用韦达定理得到两根之和与两根之积，结合题干条件得到等量关系，求出左）的关系，进而得到定

点坐标.

21、（1）+-^-=1；（2）（—00,—~~~]

【解析】（1）根据右焦点为F2（3,0）,以及£=走，求得用儿C即可.

a2

y=kx

⑵联立/2，根据M,N分别为线段AFi,BFi中点，且坐标原点。在以MN为直径的圆上，易得OM,ON,

—7+^=1

、片b-

则四边形OMF2N为矩形，从而A尸2,5尸2,然后由月A•月5=0,结合韦达定理求解.

【详解】（1）由题意得c=3,工=苴，

a2

所以〃=2y（3.

又因为〃2="+。2,

所以b2=3.

22

所以椭圆的方程为三+二=1.

123

y=kx

（2）由＜X2y-，得（"+层左2）x2—a262=0.

2

—r+T=l

、矿b"

设A（X1,Ji）,3（X2,J2）＞

a2b2

所以Xl+x=0,X1X2=一一----r-,

2b2+a2k2

依题意易知，OM±ON,四边形0MF2N为矩形，

所以A尸2,3尸2.

_

因为