【文档说明】2023届云南省曲靖市第二中学学联体高三上学期第一次联考数学试题解析版.doc，共(20)页，12.787 MB，由小喜鸽上传

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第1页共20页2023届云南省曲靖市第二中学学联体高三上学期第一次联考数学试题一、单选题1．集合13xx|A=，集合{|4Bxx=或2}x，则集合()RAB=Ið（）A．RB．)2,3C．(1,4D．【答案】B【分析】由集合的补集和交集运算即可求解.

【详解】因为{|4Bxx=或2}x，所以R24Bxx=ð，所以()R23ABxx=ðI.故选：B.2．若2iz=+，则()3izz+=（）A．26i+B．62i+C．86i−+D．86i−−【答案】A【分析】利用复数的运算法则化简即可.【详解】2iz=+，则

2iz=−，所以()()()()()23i2i2i3i2i22i42i4i2i26izz+=+−+=++=+++=+，故选：A3．已知1||1,||2,2abab===−，则cos,2aab−=（）A

．0B．21111C．21313D．21919【答案】D【分析】根据数量积的性质求解2ab−，再根据向量夹角余弦值公式可得cos,2aab−的值.【详解】解：1||1,||2,2abab===−，则()22222122441442192ababaab

b−=−=−+=−−+=第2页共20页所以()22112222192cos,21911922aabaabaabaabaab−−−−−====−−.故选：D.4．二十四节气歌是古人为表达人与自然宇宙之间独特的时间观念，科学揭示天文气象变化规律的小

诗歌，它蕴含着中华民族悠久文化内涵和历史积淀，体现着我国古代劳动人民的智慧.其中四句“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中每句的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节

中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，则这2个节气恰好不在一个季节的概率为（）A．146B．1823C．523D．123【答案】B【分析】方法1：从正面考虑，根据古典概型概率的计算公式，即可解出.方法2：从反面考虑，根据古典

概型概率的计算公式，即可解出.【详解】方法1：从24个节气中任选2个节气的事件总数有：224C276=，求从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数，分两步完成：第一步，从4个季节中任选

2个季节的方法有24C6=，第二步，再从选出的这2个季节中各选一个节气的方法有：1166CC36=，所以从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：636216=，所以，2161827623P==.故

选：B.第3页共20页方法2：从24个节气中任选2个节气的事件总数有：224C276=，从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数有：264C60=，从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：276602

16−=所以，2161827623P==.故选：B.5．已知等比数列,nnaS为其前n项和，若51510,70SS==，则1010S=（）A．3B．2−C．2D．3或2−【答案】D【分析】结合等比数列求和公式得51015517SqqS++==，即可求出53q=−或2，同理由51051SqS=

+即可求值.【详解】由1q=得1115515,5aSaS==，即1553SS=，与题设矛盾，故1q.()()()()51555101511510155155551111110,70,171111aqaqqqqSqSSqqqqSqq−−−++−====++=−===−−−∴，即(

)()105556320qqqq+−=+−=，∴53q=−或2.由1050515111SqqSq−==+−得()5105120101qSS+==−或3.故选：D.6．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生于1946年9月应普林斯顿大学邀请去美国讲学，之后又被美国伊利诺依大学聘为

终身教授.新中国成立的消息使华罗庚兴奋不已，他放弃了在美国的优厚待遇，克服重重困难，终于回到祖国怀抱，投身到我国数学科学研究事业中去.这种赤子情怀，使许多年轻人受到感染､受到激励，其中他倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比512t−=的近

似值，黄金分割比还可以表示成2sin18，则22412cos27tt−−的值为（）A．4−B．4C．2−D．2【答案】C【分析】利用三角恒等变换化简得到答案.第4页共20页【详解】222242sin1844sin182sin18

2cos182sin3612cos2712cos27cos54cos54tt−−==−=−−−2sin362sin36=−=−故选：C7．已知定义在R上的函数()()55712,log3,ln,log2

2xfxxafbfcf====−，则,,abc的大小关系为（）A．abcB．bcaC．bacD．cba【答案】B【分析】利用函数()fx的单调性和对数值的大小

即可判断.【详解】因为定义在R上的函数()2xfxx=，对于xR，都有()22()xxfxxxfx−−=−=−=−，所以函数()2xfxx=为R上的奇函数，当,()0x+时，函数()2xfxx=，则()22ln20(0)xxfxxx=+，所以函数()2xfxx=在(0,

)+上单调递增，因为5(log3)af=，155551(log)(log2)(log2)(log2)2cffff−=−=−=−−=，由对数函数5log(0)xx的性质可知：55log2log30，所以55(log2)(log3)ff，也即ca，又因为57lnlne=1>l

og22，所以57(ln)(log2)2ff，则有bc，所以bca，故选：B.8．设拋物线2:2(0)Cypxp=的焦点是F，直线l与抛物线C相交于,PQ两点，且2π3PFQ=，线段PQ的中点A到拋物线C的准线的距离为d，则2PQd的最小值

为（）A．3B．33C．3D．13【答案】C【分析】设出线段,FPFQ的长度，用余弦定理求得PQ的长度，利用抛物线的定义以及梯形的中位第5页共20页线长度的计算，从而2PQd转化为,mn的关系式，再结合不等式即可求得其最小值.【详解】设PFm

=，QFn=，过点P，Q分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为P，Q，如下所示：则PPm=，QQn=，因为点A为线段PQ的中点，根据梯形中位线定理可得，点A到抛物线C的准线的距离为22PPQQmnd++==，因为2π3PFQ=，所以在PFQ△中，

由余弦定理得222222π2cos3PQmnmnmnmn=+−=++，所以()()()()()2222222224441mnmnmnmnPQPQmnddmnmnmn+−+=+===−+++，又因为()24mnmn+，所以()214mnmn+，当且仅当

mn=时，等号成立，（,mn显然存在），所以214134PQd−=，则2PQd的最小值为3.故选：C.【点睛】关键点睛：本题考查抛物线中的最值问题，处理问题的关键是充分利用抛物线的定义，还要注意到不等式的应用。二、多选

题9．珠江源位于云南东部曲靖市以北47公里处，整个景区由马雄山珠江源､花山湖和城区部分景点组成，总面积50平方公里.珠江源风景区是森林公园､省级风景名胜区､国际水利风景名胜区.景区森林茂密，溪流淙淙，有“一水滴三江，一脉隔双盘

”的奇异景观.其美景吸引着大批的游客前往参观，某旅行社分年龄段统计了前往珠江源的老､中､青旅客的人数比为5：2：3，现使用分层随机抽样的方第6页共20页法从这些旅客中随机抽取n名，若青年旅客抽到90人，则下列说法正确的是（）A．被抽到的老年旅客和中年旅客人数之和超过200B．n=

300C．中年旅客抽到40人D．老年旅客抽到150人【答案】ABD【分析】利用分层抽样的方法求出n，然后分别求出各段抽取的人数逐项分析即可；【详解】由题意从这些旅客中随机抽取n名，青年旅客抽到90人，则390523n=++，所以3

00n=，故B正确；则中年旅客抽到230060523=++人，故C错误；老年旅客抽到5300150523=++人，故D正确；被抽到的老年旅客和中年旅客人数之和为60+150=210人超过200人，故A正确；故选：ABD.10．已知函数()5πcos324fxx=−+，下列说法

中错误的是（）A．()fx的图像关于5π12x=对称B．()fx的图像关于点π,03对称C．()fx在区间ππ,63上单调递增D．将()fx的图像向左平移π12个单位长度后，图像关于y轴对称【答案】B

C【分析】利用余弦函数的图像和性质逐项分析判断即可.第7页共20页【详解】选项A：由π3π4xk−+=解得对称轴方程为ππ123kx=−，Zk，当1k=−时，5π12x=，即()fx的图像关于5π12x=对称，A正确；选项B：由ππ3π42xk−+=+解得对称

中心的横坐标为ππ123kx=−−，Zk，令πππ1233k−−=，k无整数解，B错误；选项C：由题意()5π5πcos3cos32424fxxx=−+=−，令ππ2π32π4kxk−+−解得()fx单调递增区间为π2π2

[π,π],Z43123kkk−++，Zk，所以πππ2π2,π,π,Z6343123kkk−++，C错误；选项D：将()fx的图像向左平移π12个单位长度后得到()5ππ5cos3cos

321242xx−++=−，图像关于y轴对称，D正确；故选：BC11．形如()11fxx=−的函数，因其图像类似于汉字“囧”，故被称为“囧函数”，则下列说法中正确的选项为（）A．()()2021202

22020ff=B．函数()fx的图像不关于直线1x=对称C．当()1,1x−时，max()1fx=−D．函数()()24gxfxx=−+有四个不同的零点【答案】BCD【分析】根据函数解析式的结构分析函数的对称性，画出函数图像，再逐项分析.【详解】显然定义域为()()(),11,1

1,−−−+，由于()()1111fxfxxx−===−−−，()fx是偶函数，当0x时，()11fxx=−，0x，()11fxx=−+，()01f=−，函数图像如下：第8页共20页对于A，()()()11120

212022,20221202212021202012021fff====−−−，错误；对于B，由图可知，正确；对于C，当()1,1x−时，()()max01fxf==−，正确；对于D，原方程等价于()24fxx=−有4个解，作函数24yx=−的图像如图：显

然正确；故选：BCD.12．已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点P为侧面11BCCB内一点，则（）A．当1113CPCB=时，异面直线CP与AD所成角的正切值为2B．当11(01)CPCB=时，四面

体1DACP的体积为定值C．当点P到平面ABCD的距离等于到直线11AB的距离时，点P的轨迹为拋物线的一部分D．当1112CPCB=时，四面体BCDP的外接球的表面积为3【答案】ABC【分析】A项可通过找异面直线所成的角的平面角判断；B项先

证线面平行，得点到平面的距离为定值，得体积为定值；C项将两个距离具体化，得点到定点的距离等于到定直线的距离；D项利用球的性质得BD即直径，计算表面积.【详解】正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，对于A，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，因

为1113CPCB=，所以223BP=，1BC=，π4PBC=，由余弦定理，53CP=，由正弦定理，sin25sin5BPPBCBCPCP==，所以tan2BCP=，即CP与AD所成的角的正切值为2，A正确；第9页共20页对于B，因为11CBDA，所以1//CB平面1ACD，

所以当11CPCB=()01即点P在线段1CB上时，点P到平面1ACD的距离为定值，所以四面体1DACP的体积为定值，B正确；对于C，点P到平面ABCD的距离即点P到直线BC的距离，点P到直线11AB的距离即点P到1B的

距离，依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，C正确；对于D，当1112CPCB=即点P为1CB中点时，因为1DBDC=，所以DPBP⊥，又因为DCBC⊥，所以DB为四面体BCDP外接球的一条直径，外接球半径222BDr==，外接球表面积24π2πSr==，D错误.故选：

ABC.第10页共20页【点睛】思路点睛：根据点是否满足圆锥曲线的定义来判断动点轨迹是否是圆锥曲线；外接球问题关键找到几何体外接球球心.三、填空题13．若(13)nx−展开式中第6项的二项式系数与系数分别为pq､，则pq=__________.

【答案】1243−【分析】根据二项式定理中二项式系数与项系数的求解即可得.【详解】有题意可知5Cnp=，55C(3)nq=−，所以555C1C(3)243nnpq==−−．故答案为：1243−.14．已知0b，直线210bxy++=与()2230axb

y−++=互相垂直，则ab的最小值为__________.【答案】22【分析】根据0b，由两直线垂直的充要条件，可得222bab+=，所以2abbb=+，再利用基本不等式的性质即可得出．【详解】根据0

b，直线210bxy++=与直线()2230axby−++=互相垂直，()22120bab+−+=，所以222bab+=，所以22222abbbbb=+=，当且仅当2b=时取等号．则ab的

最小值等于22，故答案为:22.15．已知12,FF是双曲线2222:1(0,0)xyEabab−=的左､右焦点，点M在E上，1MF与x轴垂直，2122cos3MFF=，则E的离心率为__________

.【答案】2【分析】根据题意在直角三角形12MFF根据边与角的的关系建立关于,ac的齐次式即可求解.第11页共20页【详解】由22221xyabxc−==−，解得2bya=，所以21bMFa=,又根据题意知M在双

曲线左支上，所以212MFMFa−=，所以222bMFaa=+，因为122122222cos32FbaFFcMFFMa+===，即2222232abac=+整理得22322acac=+，同除2a得2232

0ee−+=解得2e=或22e=（舍），故答案为:2.四、双空题16．对于三次函数()()320axbxdafxcx=+++，给出定义：设()fx是函数()fx的导数，()fx是()fx的导数，若方

程()0fx=有实数解0x，则称点()()00,xfx为函数()yfx=的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()32

11533212fxxxx=−+−，则()fx的拐点为__________，12320222023202320232023ffff++++=__________.【答案】1,122022【分析】空1

，令()0fx=，解得12x=．计算12f即可得出；空2，由于函数()fx的对称中心为1,12．可得(1)()2fxfx−+=．即可得出．【详解】32115()33212fxxxx=−+−，故2()3fxxx=−+，

()21fxx=−，令()0fx=，解得：12x=，而112f=，故函数()fx的对称中心坐标是1,12；由于函数()fx的对称中心为1,12，则函数图像上的点(),()xfx关于1,12的对

称点()1,2()xfx−−也在函数图像上，即()12()fxfx−=−．(1)()2fxfx−+=．第12页共20页12320222023202320232023ffff++++=

11202222021202212202320232023202320232023ffffff=++++++1(22022)2=2022=．故答案为：1,12，2022．五、解答题17．在A

BC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，已知232coscbaB−=.(1)求A的值；(2)若ABC的面积33,32Sc==，求sinC的值.【答案】(1)π6A=(2)7sin14C=【分析】（1）根据正弦定理和两角和的

正弦公式可求出结果；（2）根据三角形面积公式、正余弦定理可求出结果.【详解】（1）因为232coscbaB−=，由正弦定理得2sin3sin2sincosCBAB−=，()sinsinCAB=+，()2sin3sin2sincosABBAB+−=，即2sinc

os2cossin3sin2sincosABABBAB+−=，所以2cossin3sinABB=，又B是三角形内角，3sin0,cos2BA=，又()π0,π,6AA=.（2）因为11π3sin3sin32262ABCSbcAb===!

，所以6b=，第13页共20页由222232cos36(3)263212abcbcA=+−=+−=，解得21a=.由21221πsinsinsin6acAC===.，得7sin14C=.18．已知正项数列na和,nnbS为数列na的前n项和，且满

足()2*442,2lognnnnnSaaabn=+=N(1)分别求数列na和nb的通项公式；(2)将数列na与数列nb相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列nc，记数列nc的前n项和为nT，求100T.【答案】(1)2nan=，4

nnb=；(2)10628.【分析】（1）构造1nS−求na，再根据对数式化指数式求nb即可；（2）根据题意分析得()()10012103123Taaabbb=+++−++即可.【详解】（1）因为242nnnSaa

=+，所以当2n…时，211142nnnSaa−−−=+，两式相减得2211422nnnnnaaaaa−−=−+−，整理得()()1120nnnnaaaa−−+−−=，因为0na，所以12nnaa−−=.又2111142

,0aaaa=+，解得12a=，所以()2212nann=+−=，所以422lognnb=，解得4nnb=，所以数列na和nb的通项公式为2nan=，4nnb=.（2）由（1）得2nan=，4nnb=，

所以100200a=，第14页共20页又1234123444,416,464,4256bbbb========，所以100103206ca==，所以()()()100121031231032206416641062

82Taaabbb+=+++−++=−−−=.19．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为长方形，PA⊥底面,2,1,,ABCDPAABBCEF===分别为线段,PBBC的中点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PCD所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)

证明见解析(2)31010【分析】（1）利用直线与平面垂直的性质定理和判定定理证明出⊥AE平面PBC，再根据平面与平面垂直的判定定理可证平面AEF⊥平面PBC；（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，利用待定系数法求出平面AEF和平面

PCD的法向量，再根据两个法向量可求出平面AEF与平面PCD所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）PA⊥平面,ABCDBC平面,ABCDPABC⊥，ABCD为长方形，ABBC⊥，又,,PAABAPAAB=

平面PAB，BC⊥平面PAB，又AE平面PAB，所以BCAE⊥，,PAABE=为线段PB的中点，AEPB⊥，又,,PBBCBPBBC=平面,PBCAE⊥平面PBC.又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC；（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axy

z−，第15页共20页由已知可得()()()()()()10,0,0,2,0,0,2,1,0,0,1,0,0,0,2,1,0,1,2,,02ABCDPEF.()()()11,0,1,2,,0,2,1,2,0,1,22AEAFPCPD===−=−，设平面AE

F的一个法向量为()111,,nxyz=，则111101202nAExznAFxy=+==+=，令14y=，得11x=−，11z=，得(1,4,1)n=−，设平面PCD的一个法向量为()22

2,,mxyz=，则2222222020mPCxyzmPDyz=+−==−=，令22y=，得21z=，20x=，得(0,2,1)m=，设平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为，9310cos10185mn

mn===，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为31010.20．受新冠肺炎疫情的影响，某商场的销售额受到了不同程度的冲击，为刺激消费，该商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满300元的顾客可

以免费抽奖一次，抽奖的规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中：红色小球1个，白色小球3个，黄色小球6个，顾客从箱子中依次不放回地摸出3个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的3个球的颜色分成以下四种情况：A：

1个红球2个白球；B：3个白球；C：恰有1个黄球；D：至少两个黄球，若四种情况按发生的机会从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖.(1)写出顾客分别获一､二､三等奖时所对应的概率；(2)已知顾客摸出的第一个球是白球，求该顾客获得二等奖的概率；(

3)若五名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为X，求X的分布列和期望.第16页共20页【答案】(1)一等奖的概率为1120，二等奖的概率为140，三等奖的概率为310(2)118(3)分布列见解析，()53

EX=【分析】(1)古典概型的概率计算公式以及组合数计算个数即可求解，（2）根据条件概率的计算公式即可求解，（3）根据二项分布即可求解分布列.【详解】（1）由题意可得：()()23331010C3111,C12040C120PAPB=====，()1264310CC363=C12010PC=

=，2()1()()()3PDPAPBPC=−−−=所以中一等奖的概率为1120，二等奖的概率为140，三等奖的概率为310（2）记事件E为顾客摸出的第一个球是白球，事件F为顾客获得二等奖，则()111229CC1C18PFE==∣.（3）由（1）知一名顾客

中奖的概率为113112040103P=++=.由题意可得，15,3XB，所以()()5512C1,2,3,4,533iiiPXii−===则分布列为X012345P322438024380243402

4310243()15533EX==21．已知函数()()211e2,R2xfxxaxaxa=+−−.(1)讨论()fx极值点的个数；(2)若2ea−，且0x是()fx的一个极小值点，求()0fx的最大值.【答案】(1)答案见解析第17页共20页(2)1【详解】（1）()(

)211e22xfxxaxax=+−−的定义域为R，()()()2exfxxa=+−，若0a，则e0xa−，所以当(),2x−−时，()0fx，()fx在(),2−−上单调递减，当()2,x−+时，()0fx¢>，()fx在()2,−+上单调递增，所以2

x=−为()fx唯一的极小值点，无极大值点，故此时()fx有1个极值点.若0a，令()()()2e0xfxxa=+−=，则122,lnxxa=−=，当2ea−时，ln2−a，即12xx，则当()1,xx−时，()0fx

¢>，函数()fx在()1,x−上单调递增；当()12,xxx时，()0fx，函数()fx在()12,xx上单调递减；当()2,xx+时，()0fx¢>，函数()fx在()2,x+上单调递增；

所以12,xx分别为()fx的极大值点和极小值点，故此时()fx有2个极值点.当2e−=a时，ln2a=−，即12xx=，()()()2e0xfxxa=++且不恒为0，此时()fx在R上单调递增，无极值点.当20e

a−时，ln2a−，即12xx，则当()2,xx−时，()0fx¢>，函数()fx在()2,x−上单调递增；当()21,xxx时，()0fx，函数()fx在()21,xx上单调递减；当()1,xx+时，()0fx

¢>，函数()fx在()1,x+上单调递增；.所以12,xx分别为()fx的极小值点和极大值点，故此时()fx有2个极值点.综上，当0a时，()fx有1个极值点；当2ea−或20ea−时，()fx有2个极值点；当2e−=a时，

()fx无极值点.（2）由（1）可知当2ea−时，函数()fx的极小值点为lna，故0lnxa=，所以()()()201ln2ln2ln2fxfaaaa==−−.第18页共20页令lnta=，则eta=，()2,t−+，所以()

()()21lne222tgtfatt==−−.故()()14e2tgttt=−+，又因为()2,t−+，所以40t+，令()0gt=，得0=t.当()2,0t−时，()()0,gtgt在()2,0−单调递增；当()0,t+时，()()0,g

tgt在()0,+单调递减.所以0=t是()gt唯一的极大值点也是最大值点，即()max()01gtg==.【点睛】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)

的符号不同．(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．22．已知P为圆22:4Mxy+=上一动点，过点P作x轴的垂线段,PDD为垂足，若点Q满足

32DQDP=.(1)求点Q的轨迹方程；(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点()1,0N−作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为EF､，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得GH为定值？若存在

，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22143xy+=(2)存在点11,014G−，使得GH为定值.【分析】（1）先利用32DQDP=得到点Q坐标关于点P坐标的表示，再利用直接代入法即可求得点Q

的轨迹方程；（2）分类讨论两条相交弦的斜率情况，利用韦达定理证得直线EF恒过定点4,07T−，又由NHHT⊥得到点H的轨迹，从而得到定点G使得GH为定值，由此得解.【详解】（1）由题意得，设点()()00,,,QxyPxy

，则点()0,0Dx，第19页共20页因为32DQDP=，所以()()003,0,2xxyy−=，则00233xxyy==，因为点P在圆224xy+=上，所以22004xy+=，则222343xy+=，即22143xy

+=，所以Q点轨迹方程为22143xy+=.（2）①若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线():10ENxtyt=−，联立221143xtyxy=−+=，得()2243690tyty+−−=，设直线EN与曲线C两交

点的坐标分别为()()1122,,,xyxy，则122643tyyt+=+，122234,124343EEEyytyxtytt+===−=−++；,ENFN⊥直线1:1FNxyt=−−，同理可得：22234,3434FFttyxtt=

−=−++，设直线EF与x轴交于点(),0TTx，则当直线EF斜率存在时，由22222334334444334TTtttttxxtt−++=−−−−++得()()227744Ttxt+=−+，22444777Ttxt+=−=−+，即直线EF恒过点

4,07T−；当直线EF斜率不存在时，由222444334ttt−=−++得21t=，则47EFxx==−，则直线EF恒过点4,07T−；②若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线EF为x轴，恒过4,07T−，综上：直线EF恒过点4,0;7T−

,,NHEFNHHTH⊥⊥在以NT中点11,014−为圆心，NT为直径的圆上，取11,014G−，则13214GHNT==为定值；存在点11,014G−，使得GH为定值.第20页共20页.【点睛

】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.