2025-2026学年云南省名校联盟高三（上）第四次联考数学试卷

第1页（共1页）2025-2026学年云南省名校联盟高三（上）第四次联考数学试卷一、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．（5分）设集合A＝{﹣1，m}，B＝{﹣1，1，m2}，若A是B的子集，则实数m＝（）A．﹣1 B．0 C．1 D．±12．（5分）已知双曲线C：x2a2A．3 B．2 C．32 D．3．（5分）若复数z满足z+z=2，z=z⋅i，则A．0 B．1 C．2 D．24．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝1，S3＝7，若{an}的公比小于零，则S5＝（）A．15 B．﹣20 C．31 D．615．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x|x﹣2|，则方程f（x）＝ln|x|的解的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．16．（5分）已知D为△ABC的边AB的中点，CA＝3，CB＝1，则CD的取值范围是（）A．(12，32) B．(12，2) 7．（5分）一个将输入计算机的正整数n“归零”的程序执行规则如下：按回车键，计算机等可能地用[0，n）中的任意一个整数替换n的值并输出替换后的n值，重复以上操作，直到输出0后终止操作．若输入的初始值n为3，终止操作时按回车键的次数为X，则X的数学期望为（）A．116 B．136 C．73 8．（5分）把三根结实且等长的树干一端用藤条捆扎起来，另一端立在地面不同的位置得到一个正三棱锥架构，再用树枝、杂草等物覆盖形成侧面，可在野外搭建起一个三棱锥形状的简易帐篷，能起到遮风挡雨的作用，设三根树干的长度都为6，当帐篷的容积最大时（不计损耗），其高度为（）A．2 B．3 C．23 D．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，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）由正四棱锥P﹣ABCD和四棱锥P′﹣ABCD拼接得到一个组合体，P与P′在平面ABCD的异侧．若该组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为1，则（）A．球O的表面积为2π B．组合体体积最大值为1 C．当组合体体积为24时，点P′的轨迹是半径为12D．当组合体的体积最大时，其表面积为2（多选）10．（6分）设函数f（x）＝x3﹣3x2+a，则下列结论正确的是（）A．x＝0是f（x）的极小值点 B．当且仅当0＜a＜4时，f（x）恰有三个零点 C．若f（x）＞0的解集为（﹣1，2）∪（2，+∞），则a＝4 D．f（x）+f（2﹣x）+4＝2a（多选）11．（6分）在平面直角坐标系xOy中，有一种常见的曲线，称为三叶玫瑰线．已知三叶玫瑰曲线C的方程为（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2），则下列结论正确的是（）A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C与直线y=33C．曲线C上的任意一点到坐标原点距离的最大值为2 D．曲线C上的任意一点横坐标的最小值为-三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知正六边形ABCDEF的边长为1，则AC→⋅AD→=13．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝﹣x+1与C交于P，Q（点Q在x轴下方）两点，点M（点M在x轴上方）在C上，且MF⊥x轴，则直线MQ的斜率为．14．（5分）已知数列{an}满足an+1=2an，n=2k-1an+1，n=2k，k∈N*，且a2是a1，a3的等差中项，Sn是数列{an}的前n项和，则S10四、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．（13分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)，（1）求φ；（2）若0＜ω＜100，求满足条件的ω值的和．16．（15分）已知函数f（x）＝ex﹣aln（ax），a＞0．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；（2）证明：函数f（x）存在唯一极值点x0，且x017．（15分）如图1，△ABC是以AC为底边的等腰三角形，△ACD为正三角形．把△ACD沿AC翻折至△ACE的位置，得空间四边形ABCE，连接BE，如图2．（1）求证：AC⊥BE；（2）当ABAC=72，且二面角E﹣AC﹣B的平面角为60°时，求二面角A﹣18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，圆A的方程为（x+2）2+y2＝32，点B（2，0），点M是圆A上任意一点，线段BM的垂直平分线交半径AM于点N，当点M在圆上运动时，点N的轨迹为曲线C．（1）求C的方程；（2）设C与y轴交于D1，D2两点（点D1在点D2上方），过点E（0，1）的直线l（l不与y轴重合）与C交于P，Q两点，直线PD1与直线QD2交于点T．（i）证明：点T在定直线上；（ii）设D1T→=λD19．（17分）二次剩余理论中有如下定义：对于正整数a，n（n≥2，n∈N），若存在一个整数x，使得n能整除x2﹣a，则称a是n的一个二次剩余，否则称为二次非剩余．二次剩余理论在噪声控制工程学、密码学以及大数分解等领域有广泛的应用．现需编制一个随机数字串x1，x2，x3，⋯xn，⋯（n∈N，n≥2），编制要求如下：①记A＝{a|a与12互质，1≤a≤16，a∈N}，B＝{a|a是12的二次剩余，1≤a≤16，a∈N}，C＝{a|a是12的二次非剩余，1≤a≤16，a∈N}．②从1到16这16个整数中随机抽取一个整数，作为x1．③若xi∈A，则从B中随机选取一个数作为xi+1（i＝1，2，3，⋯）；若xi∉A，则从C中随机选取一个数作为xi+1（i＝1，2，3，⋯）．（1）求P（x1∈B|x1∈A）；（2）记xn∉A的概率为Pn．①求P2；②求Pn．

2025-2026学年云南省名校联盟高三（上）第四次联考数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案BACDBDAC二．多选题（共3小题）题号91011答案ADBCDBCD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．（5分）设集合A＝{﹣1，m}，B＝{﹣1，1，m2}，若A是B的子集，则实数m＝（）A．﹣1 B．0 C．1 D．±1【分析】由A⊆B，得到m2＝m或m＝1，再结合集合元素互异性即可求解．【解答】解：因为A⊆B，所以可得：m＝m2或m＝1，且m≠﹣1，解得m＝1或0，当m＝1时，m2＝1，此时集合B＝{﹣1，1，1}，不符合集合中元素的互异性；当m＝0时，A＝{﹣1，0}，B＝{﹣1，1，0}，A⊆B，满足题意．故选：B．2．（5分）已知双曲线C：x2a2A．3 B．2 C．32 D．【分析】根据a，b，c的关系式以及双曲线的离心率求得正确答案．【解答】解：已知双曲线C：x2设双曲线C的半焦距为c，则2b2a故选：A．3．（5分）若复数z满足z+z=2，z=z⋅i，则A．0 B．1 C．2 D．2【分析】设z＝a+bi，a，b∈R，由条件求出a＝b＝1，即可得出答案．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），由z=z⋅i，得a+bi＝（a﹣bi）i＝b+ai，可得a＝又z+z=2，所以2a＝可得a＝b＝1，则|z|=a故选：C．4．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝1，S3＝7，若{an}的公比小于零，则S5＝（）A．15 B．﹣20 C．31 D．61【分析】设等比数列{an}的公比为q＜0，根据等比数列前n项和的定义求得q＝﹣3，进而结合等比数列求和公式运算求解．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q＜0，因为a1＝1，S3＝7，所以a1+a1q+a1q2解得q＝﹣3或q＝2（舍去），所以S5故选：D．5．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x|x﹣2|，则方程f（x）＝ln|x|的解的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】原题意等价于函数y＝f（x）与函数y＝ln|x|图象的交点个数，作出函数图象即可得解．【解答】解：因为f（x）＝ln|x|的解的个数，等价于y＝f（x）与y＝ln|x|图象的交点个数，由于f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x|x﹣2|，作出图象，根据图象可知，交点个数为3．故选：B．6．（5分）已知D为△ABC的边AB的中点，CA＝3，CB＝1，则CD的取值范围是（）A．(12，32) B．(12，2) 【分析】先得到CD→=12CA→+12CB→，两边平方，结合向量数量积公式和【解答】解：根据题意可知，D为△ABC的边AB的中点，CA＝3，CB＝1，由已知得CD→∴|=1=1∵∠ACB∈（0，π），cos∠ACB∈（﹣1，1），则14∴|CD→|故选：D．7．（5分）一个将输入计算机的正整数n“归零”的程序执行规则如下：按回车键，计算机等可能地用[0，n）中的任意一个整数替换n的值并输出替换后的n值，重复以上操作，直到输出0后终止操作．若输入的初始值n为3，终止操作时按回车键的次数为X，则X的数学期望为（）A．116 B．136 C．73 【分析】根据题意得出X的所有可能取值，利用操作步骤求出对应概率可求出其期望值，可得结果．【解答】解：由题易知，随机变量X的所有可能取值为1，2，3，则P(X=1)=1P(X=2)=1P(X=3)=1所以E(X)=1×故选：A．8．（5分）把三根结实且等长的树干一端用藤条捆扎起来，另一端立在地面不同的位置得到一个正三棱锥架构，再用树枝、杂草等物覆盖形成侧面，可在野外搭建起一个三棱锥形状的简易帐篷，能起到遮风挡雨的作用，设三根树干的长度都为6，当帐篷的容积最大时（不计损耗），其高度为（）A．2 B．3 C．23 D．【分析】根据正三棱锥性质以及侧棱长度得出三棱锥体积表达式，再构造函数并求导得出函数单调性，即可得出其高度．【解答】解：设帐篷高度为h（0＜h＜6），则底面正三角形的外接圆半径r=36-易知底面边长a=3底面面积为S=3帐篷容积V(h则V'令V′（h）＝0得h=2当h∈(0，23)时，V′（h）＞0当h∈(23，6)时，V′（h）＜0，所以V（h）在h=2故选：C．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，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）由正四棱锥P﹣ABCD和四棱锥P′﹣ABCD拼接得到一个组合体，P与P′在平面ABCD的异侧．若该组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为1，则（）A．球O的表面积为2π B．组合体体积最大值为1 C．当组合体体积为24时，点P′的轨迹是半径为12D．当组合体的体积最大时，其表面积为2【分析】设正方形ABCD外接圆半径为r，由球体的性质结合勾股定理求出球体半径为R，从而可判断A；由球体的性质得当P′O⊥平面ABCD，即P′O＝R时，组合体体积最大，从而可求出组合体体积最大值，即可判断B；设P′到平面ABCD的距离为d′，由组合体体积为24求出d′，结合勾股定理求出P′的轨迹圆的半径，即可判断C由选项B的推导过程得，当组合体的体积最大时，P′O＝R，即可求出组合体表面积，从而可判断D．【解答】解：因为正四棱锥P﹣ABCD和四棱锥P′﹣ABCD拼接得到一个组合体，P与P′在平面ABCD的异侧，又该组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为1，所以作出示意图如下：选项A：如图，设正方形ABCD外接圆半径为r，球体半径为R，P到平面ABCD距离为h，由已知得r=h则O到平面ABCD的距离d＝|h﹣R|，由球体的性质得（h﹣R）2+r2＝R2，得R=2球O的表面积为4πR2＝2π，故A正确；选项B：由选项A知球心O为正方形ABCD的中心，P′在球O上，当P′O⊥平面ABCD，即P′O＝R时，组合体体积最大，最大值为V组合体=1选项C：设P′到平面ABCD的距离为d′，则V组合体=1则P′的轨迹圆的半径r'=R选项D：由选项B的推导过程得，当组合体的体积最大时，P′O＝R，此时组合体表面积为S=34×故选：AD．（多选）10．（6分）设函数f（x）＝x3﹣3x2+a，则下列结论正确的是（）A．x＝0是f（x）的极小值点 B．当且仅当0＜a＜4时，f（x）恰有三个零点 C．若f（x）＞0的解集为（﹣1，2）∪（2，+∞），则a＝4 D．f（x）+f（2﹣x）+4＝2a【分析】先求f′（x），由f′（x）的正负判断f（x）单调性，确定函数极大值或极小值及零点，判断AB；由f（x）＞0的解集，得出f（x）＝0解，即可判断C；计算f（x）+f（2﹣x），验证函数对称性等式，即可判断D．【解答】解：由题f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），令f′（x）＝0，解得：x＝0，x＝2，所以当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＜0或x＞2时，f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，对于A，所以x＝0是f（x）的极大值点，x＝2是f（x）的极小值点，故A错误；对于B，当x→﹣∞，f（x）→﹣∞，x→+∞，f（x）→+∞，要使f（x）恰有三个零点，则需满足f(0)＞即a＞08-12+a＜0，解得：0＜a对于C，因为f（x）＞0的解集为（﹣1，2）∪（2，+∞），所以f（﹣1）＝0，解得a＝4，所以f（x）＝x3﹣3x2+4＝（x+1）（x﹣2）2满足题意，故C正确；对于D，因为f（x）＝x3﹣3x2+a，则f（2﹣x）＝（2﹣x）3﹣3（2﹣x）2+a＝（8﹣12x+6x2﹣x3）﹣3（4﹣4x+x2）+a＝﹣x3+3x2﹣4+a，所以f（x）+f（2﹣x）＝x3﹣3x2+a+（﹣x3+3x2﹣4+a）＝2a﹣4，即f（x）+f（2﹣x）＝2a﹣4，即f（x）+f（2﹣x）+4＝2a，故D正确．故选：BCD．（多选）11．（6分）在平面直角坐标系xOy中，有一种常见的曲线，称为三叶玫瑰线．已知三叶玫瑰曲线C的方程为（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2），则下列结论正确的是（）A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C与直线y=33C．曲线C上的任意一点到坐标原点距离的最大值为2 D．曲线C上的任意一点横坐标的最小值为-【分析】利用整体代入法判断A；联立求解出交点判断B；利用极坐标换元得到r＝8cos3θ﹣6cosθ，再结合三倍角公式与余弦函数性质判断C；利用积化和差公式和二倍角的余弦公式得到x＝2cos22θ+cos2θ﹣1，再利用换元法和二次函数的性质求最值判断D即可．【解答】解：对于选项A，将曲线C方程中的x换成﹣x，那么可得（x2+y2）2＝2•（﹣x）•（x2﹣3y2）＝﹣2x（x2﹣3y2），与原方程（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2）不同，因此曲线C关于y轴不对称，故A错误；对于选项B，联立方程y=33x那么y=33x与C只有一个交点（0，0对于选项C，设曲线C上的任意一点P（x，y），设|OP|=r=x那么∠POx＝θ，θ∈[0，2π），那么x＝rcosθ，y＝rsinθ代入曲线C的方程，那么得到（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2），得r＝8cos3θ﹣6cosθ，根据三倍角公式与余弦函数性质得8cos3θ﹣6cosθ＝2cos3θ≤2，因此当θ＝0或θ=2π3或θ=4π3时，|OP|max＝rmax＝对于选项D，结合选项C的分析，设曲线C上的任意一点P（x，y），结合积化和差公式和二倍角的余弦公式可得x＝rcosθ＝2cosθcos3θ＝cos4θ+cos2θ＝2cos22θ+cos2θ﹣1，令u＝cos2θ，那么可得u∈[﹣1，1]，设函数h（u）＝2u2+u﹣1，由二次函数性质得h（u）在[-14所以h(u)min=h(-14故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知正六边形ABCDEF的边长为1，则AC→⋅AD→=【分析】结合正六边形的性质以及向量数量积运算求得正确答案．【解答】解：正六边形ABCDEF的边长为1，则AD＝2×1＝1，AC=22-12则AC故答案为：3．13．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝﹣x+1与C交于P，Q（点Q在x轴下方）两点，点M（点M在x轴上方）在C上，且MF⊥x轴，则直线MQ的斜率为-2【分析】由条件确定点M的坐标，联立方程组求点Q的坐标，利用两点斜率公式求结论．【解答】解：由题意，F的坐标为（1，0），因为MF⊥x轴，点M（点M在x轴上方）在抛物线y2＝4x上，所以M（1，2），联立y=-x+1y2=4x，消去x，可得y2+4y解得y=-2+22因为点Q在x轴下方，所以yQ所以kMQ则直线MQ的斜率为-2故答案为：-214．（5分）已知数列{an}满足an+1=2an，n=2k-1an+1，n=2k，k∈N*，且a2是a1，a3的等差中项，Sn是数列{an}的前n项和，则S10＝171，S【分析】先求出a1＝1，分n＝2k﹣1，k∈N*和n＝2k，k∈N*，求出通项公式，进而分组求和，得到答案．【解答】解：因为数列{an}满足an+1且a2是a1，a3的等差中项，Sn是数列{an}的前n项和，所以2a2＝a1+a3，a2＝2a1，a3＝a2+1＝2a1+1，解得a1＝1，当n＝2k﹣1，k∈N*，n+1是偶数，n+2是奇数，故an+1＝2an，an+2＝an+1+1＝2an+1，所以an+2+1＝2（an+1），因为an+1≠0，故{an+1}(n=2k-1，k∈N*)是首项为故an+1=2×2所以当n＝2k，k∈N*时，an所以S10＝（a1+a3+a5+a7+a9）+（a2+a4+a6+a8+a10）＝[（2﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+（24﹣1）+（25﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+（24﹣2）+（25﹣2）+（26﹣2）]=2×(1-25)1-2-5+22(1-25)1-2-10=S2n+1＝（a1+a3+a5+⋯+a2n+1）+（a2+a4+a6+⋯+a2n）＝[（2﹣1）+（22﹣1）+⋯+（2n﹣1）+（2n+1﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+⋯+（2n+1﹣2）]=2(1-2n+1)1-2-(n+1)+22(1-故答案为：171；2n+3﹣3n﹣7．四、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．（13分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)，f（1）求φ；（2）若0＜ω＜100，求满足条件的ω值的和．【分析】（1）根据整体代换法求对称轴、对称中心建立关于ω和φ的方程组，解之即可；（2）由（1），求得ω=6k1-32，k1∈Z，由0＜ω＜100，得【解答】解：（1）因为f（x）图象的一个对称中心为(π6，由题意知π6ω+φ=k令3k1﹣k2＝t，t∈Z，则φ=t2π-则0＜t2而t∈Z，故t＝1，所以φ=π（2）由（1）知φ=π4，代入π6所以ω=6k1-32，k故0＜6k1-32＜100，解得14＜k1则ω值是首项为92，公差为6的等差数列的前16项，设这16项的和为S则S=16×16．（15分）已知函数f（x）＝ex﹣aln（ax），a＞0．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；（2）证明：函数f（x）存在唯一极值点x0，且x0【分析】（1）结合导数的意义根据切点和斜率求得切线方程；（2）求导构造函数，分析其单调性，结合区间端点的函数值符号，利用零点存在定理确定唯一零点，再通过导数符号变化确定极值点及所在区间．【解答】解：（1）已知函数f（x）＝ex﹣aln（ax），∴当a＝1时，f（x）＝ex﹣lnx，∴f（1）＝e，故切点为（1，e），又f'(x)=ex-1x，∴f′（1）＝e﹣1，故切线的斜率为e﹣1，∴y﹣e＝（e∴在x＝1处的切线方程为y＝（e﹣1）x+1；（2）证明：∵a＞0，∴函数f（x）的定义域为（0，+∞），∴f'令g(x)=f'(x)=e因此，g（x）在（0，+∞）上单调递增，∵g（a）＝ea﹣1，而a＞0，故ea＞e0＝1，∴g（a）＞0，又∵g(a令h(x)=xx+1∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，又h（0）＝0，∴h（x）＜h（0）＝0，故xx+1∴eaa+1＜eln(a+1)，故g(aa+1)＜0，而g（a）＞∴存在唯一的x0，且x0∈(aa+1，a)，使得g在区间（0，x0）上，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在区间（x0，+∞）上，g（x）＞0，即f′（x）＞0，函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增，因此，x0是函数f（x）唯一的极小值点，且x017．（15分）如图1，△ABC是以AC为底边的等腰三角形，△ACD为正三角形．把△ACD沿AC翻折至△ACE的位置，得空间四边形ABCE，连接BE，如图2．（1）求证：AC⊥BE；（2）当ABAC=72，且二面角E﹣AC﹣B的平面角为60°时，求二面角A﹣【分析】（1）通过证明AC⊥平面OEB，来证得AC⊥BE；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角A﹣CE﹣B的余弦值，进而求得其正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC的中点为O，连接OE，OB，由EA＝EC得OE⊥AC，由BA＝BC得OB⊥AC，又OE∩OB＝O，OE，OB⊂平面OEB，所以AC⊥平面OEB，由BE⊂平面OEB，所以AC⊥BE；（2）因为AC⊥平面OEB，OE，OB⊂平面OEB，所以AC⊥OE，AC⊥OB，所以∠EOB为二面角E﹣AC﹣B的平面角，故∠EOB＝60°，因为AC⊥平面OEB，AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面OEB，且交线为OB，过E作EH⊥OB于H，因为EH⊂平面OEB，则EH⊥平面ABC，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，因为ABAC=72，不妨设AB＝OH=OE⋅cos60°所以A(1，所以CA→设平面ACE的法向量为n1则n1→⊥CA→令z＝﹣1，得平面ACE的一个法向量n1设平面平面BCE的一个法向量为n2则n2令b=-3，得平面BCE的一个法向量|n设二面角A﹣CE﹣B的平面角为θ，则|cosθ|=|cos＜因为θ∈[0，π]，所以sinθ=1-co所以二面角A﹣CE﹣B的正弦值为4318．（17分）在平面直角坐标系xOy中，圆A的方程为（x+2）2+y2＝32，点B（2，0），点M是圆A上任意一点，线段BM的垂直平分线交半径AM于点N，当点M在圆上运动时，点N的轨迹为曲线C．（1）求C的方程；（2）设C与y轴交于D1，D2两点（点D1在点D2上方），过点E（0，1）的直线l（l不与y轴重合）与C交于P，Q两点，直线PD1与直线QD2交于点T．（i）证明：点T在定直线上；（ii）设D1T→=λD【分析】（1）根据圆的性质，以及椭圆的概念，根据参数写出椭圆标准方程即可；（2）根据直线与椭圆的位置关系，以及韦达定理，判断点在定直线上；再根据向量的线性运算，写出点的坐标，进而求出代数式的表达式，再求出最值．【解答】解：（1）如图：由题意知，|NA|+|NB|＝|NA|+|NM|＝|AM|，可知|AM|=42，|AB|=4，因此|AM|＞|可得点N的轨迹是以A（﹣2，0），B（2，0）为焦点，长轴长为42设椭圆的方程为x2a2因此C的方程为x2（2）（i）证明：由题知，可设直线l方程为y＝kx+1，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立y=kx+1x2