2025屆高考數(shù)學(xué)一輪知能訓(xùn)練2024年高考數(shù)學(xué)模擬試卷二含解析

PAGEPAGE62024年高考數(shù)學(xué)模擬試卷(二)(本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘，本模擬試卷參照山東省新高考編制)第Ⅰ卷(選擇題滿分60分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設(shè)集合A＝{x|－1＜x≤2}，B＝{x|x＜0}，則下列結(jié)論正確的是()A．(?RA)∩B＝{x|－1＜x≤2}B．A∩B＝{x|－1＜x＜0}C．A∪(?RB)＝{x|x≥0}D．A∪B＝{x|x＜0}2．已知不等式|x－m|<1成立的充分不必要條件是eq\f(1,3)<x<eq\f(1,2)，則m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(1,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(4,3)))3．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,1－i)，則下列結(jié)論正確的是()A．z的虛部為iB．|z|＝2C．z2為純虛數(shù)D．z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝－1＋i4．為比較甲、乙兩地某月14時的氣溫狀況，隨機(jī)選取該月中的5天，將這5天中14時的氣溫數(shù)據(jù)(單位：℃)制成如圖M2-1所示的莖葉圖．圖M2-1考慮以下結(jié)論：①甲地該月14時的平均氣溫低于乙地該月14時的平均氣溫；②甲地該月14時的平均氣溫高于乙地該月14時的平均氣溫；③甲地該月14時的氣溫的標(biāo)準(zhǔn)差小于乙地該月14時的氣溫的標(biāo)準(zhǔn)差；④甲地該月14時的氣溫的標(biāo)準(zhǔn)差大于乙地該月14時的氣溫的標(biāo)準(zhǔn)差．其中依據(jù)莖葉圖能得到的統(tǒng)計結(jié)論的序號為()A．①③B．①④C．②③D．②④5．一空間幾何體的三視圖如圖M2-2，則該幾何體的體積為()圖M2-2A.eq\f(4,3)B．2C．4D．66．若向量a，b的夾角為eq\f(π,3)，且|a|＝2，|b|＝1，則a與a＋2b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)7．已知函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)＝sinx－x，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(3)，c＝f(0)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．b<a<cB．c<a<bC．b<c<aD．a(chǎn)<b<c8．已知當(dāng)x∈(1，＋∞)時，關(guān)于x的方程eq\f(xlnx＋2－kx,k)＝－1有唯一實(shí)數(shù)解，則k值所在的范圍是()A．(3,4)B．(4,5)C．(5,6)D．(6,7)二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對得5分，部分選對得3分，有選錯的得0分．9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)，則f(x)在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(7π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))10．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c2<a2＋b2＋2abcos2C，則C的取值可能為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)11．如圖M2-3，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為棱AB，AA1，C1D1的中點(diǎn)，下列結(jié)論中正確的是()圖M2-3A．四面體ACB1D1的體積等于eq\f(1,2)a3B．BD1⊥平面ACB1C．B1D1∥平面EFGD．異面直線EF與BD1所成角的正切值為eq\f(\r(2),2)12．點(diǎn)P到圖形C上每一個點(diǎn)的距離的最小值稱為點(diǎn)P到圖形C的距離，那么平面內(nèi)到定圓C的距離與到定點(diǎn)的距離相等的點(diǎn)的軌跡可能是()A．圓B．直線C．橢圓D．雙曲線的一支第Ⅱ卷(非選擇題滿分90分)三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．(2024年新課標(biāo)Ⅱ)若x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5≥0，,x－2y＋3≥0，,x－5≤0，))則z＝x＋y的最大值為________．14．(2024年福建廈門聯(lián)考)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,x2024)))10的綻開式中，x2的系數(shù)為_________．15．已知函數(shù)f(x)＝px－eq\f(p,x)－2lnx，若f(x)在定義域內(nèi)為單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)p的最小值為________；若p>0，在[1，e]上至少存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)>eq\f(2e,x0)成立，則實(shí)數(shù)p的取值范圍為________．(本題第一空2分，其次空3分)16．已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，那么異面直線AE與D1F所成角的余弦值為________．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．(本小題滿分10分)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝2an＋1.(1)證明{an＋1}是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；(2)證明：eq\f(a1＋1,a1·a2)＋eq\f(a2＋1,a2·a3)＋…＋eq\f(an＋1,an·an＋1)<1.18．(本小題滿分12分)如圖M2-4，在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝c(sinB＋cosB)．(1)求∠ACB的大??；(2)若∠ACB＝∠ABC，點(diǎn)A，D在BC的異側(cè)，DB＝2，DC＝1，求平面四邊形ABDC面積的最大值．圖M2-4

19．(本小題滿分12分)某科研所共有30位科研員，其中60%的人愛好體育熬煉．經(jīng)體檢調(diào)查，這30位科研員的健康指數(shù)(百分制)繪制的莖葉圖如圖M2-5所示．體檢評價標(biāo)準(zhǔn)指出：健康指數(shù)不低于70者為身體狀況好，健康指數(shù)低于70者為身體狀況一般．圖M2-5(1)依據(jù)以上資料完成下面的2×2列聯(lián)表，并推斷有多大把握認(rèn)為“身體狀況好與愛好體育熬煉有關(guān)系”？分類身體狀況好身體狀況一般總計愛好體育熬煉不愛好體育熬煉總計(2)現(xiàn)將30位科研員的健康指數(shù)分為如下5組：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，其頻率分布直方圖如圖M2-6所示．計算該所科研員健康指數(shù)的平均數(shù)，由莖葉圖得到的真實(shí)值記為eq\o(x,\s\up6(－))，由頻率分布直方圖得到的估計值記為eq\o(x,\s\up6(^))(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)，求eq\o(x,\s\up6(^))與eq\o(x,\s\up6(－))的誤差值；圖M2-6(3)從該科研所健康指數(shù)高于90的5人中隨機(jī)選取2人介紹養(yǎng)生之道，求這2人中愛好體育熬煉的人數(shù)的分布列和數(shù)學(xué)期望．附：K2＝eq\f(a＋b＋c＋dad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).30位科研員健康指數(shù)的和＝2288.P(K2≥k0)0.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.828

20.(本小題滿分12分)如圖M2-7，直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2eq\r(2)，∠BAC＝45°，點(diǎn)M是棱AA1上不同于A，A1的動點(diǎn)．(1)證明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時二面角M-B1C-A的余弦值．圖M2-721．(本小題滿分12分)(2024年新課標(biāo)Ⅱ)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動點(diǎn)M(x，y)滿意直線AM與BM的斜率之積為－eq\f(1,2).記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點(diǎn)G.①證明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面積的最大值．22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處的切線平行于直線2x－y＝0，求實(shí)數(shù)a的值；(2)推斷函數(shù)f(x)在區(qū)間[e－2，＋∞)上零點(diǎn)的個數(shù)；(3)在(1)的條件下，若在[1，e](e＝2.71828…)上存在一點(diǎn)x0，使得x0＋eq\f(1,x0)<mf(x0)成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．2024年高考數(shù)學(xué)模擬試卷(二)1.B解析：?RA＝{x|x≤－1或x＞2}，?RB＝{x|x≥0}，∴(?RA)∩B＝{x|x≤－1}，A∪(?RB)＝{x|x＞－1}，A，C均錯；A∩B＝{x|－1＜x＜0}，B正確；A∪B＝{x|x≤2}，D錯．故選B.2．D解析：由|x－m|<1得m－1<x<1＋m，又∵|x－m|<1的充分不必要條件是eq\f(1,3)<x<eq\f(1,2)，借助數(shù)軸，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1≤\f(1,3)，,m＋1≥\f(1,2)，))解得－eq\f(1,2)≤m≤eq\f(4,3).3．C解析：∵z＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，則z的虛部為1，|z|＝eq\r(2)，z2＝2i為純虛數(shù)，eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，選C.4．B解析：方法一，∵eq\o(x,\s\up6(－))甲＝eq\f(26＋28＋29＋31＋31,5)＝29，eq\o(x,\s\up6(－))乙＝eq\f(28＋29＋30＋31＋32,5)＝30，∴eq\o(x,\s\up6(－))甲<eq\o(x,\s\up6(－))乙，又seq\o\al(2,甲)＝eq\f(9＋1＋0＋4＋4,5)＝eq\f(18,5)，seq\o\al(2,乙)＝eq\f(4＋1＋0＋1＋4,5)＝2，∴s甲>s乙．故可推斷結(jié)論①④正確．方法二，甲地該月14時的氣溫數(shù)據(jù)分布在26和31之間，且數(shù)據(jù)波動較大，而乙地該月14時的氣溫數(shù)據(jù)分布在28和32之間，且數(shù)據(jù)波動較小，可以推斷結(jié)論①④正確，故選B.5．B解析：由三視圖知該幾何體是四棱錐A-BCDE，如圖D293，則V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋2×2))×2＝2.故選B.圖D2936．A解析：設(shè)向量a與a＋2b的夾角等于α，∵向量a，b的夾角為eq\f(π,3)，且|a|＝2，|b|＝1，∴a·(a＋2b)＝a2＋2a·b＝4＋2×2×1×coseq\f(π,3)＝6，|a＋2b|＝eq\r(a＋2b2)＝eq\r(4＋4＋4×2×1×cos\f(π,3))＝2eq\r(3)，∴cosα＝eq\f(a·a＋2b,|a||a＋2b|)＝eq\f(6,2×2\r(3))＝eq\f(\r(3),2).∵α∈[0，π]，∴α＝eq\f(π,6).故選A.7．A解析：∵f(x＋1)為偶函數(shù)，∴f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．∴f(3)＝f(－1)．∵x∈(1，＋∞)時，f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)單調(diào)遞減．∴x∈(－∞，1)時，f(x)單調(diào)遞增．∴f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))<f(0)．∴b<a<c.故選A.8．B解析：eq\f(xlnx＋2－kx,k)＝－1?xlnx＋(2－k)x＝－k?xlnx＋2x＝(x－1)k?eq\f(xlnx＋2x,x－1)＝k.令g(x)＝eq\f(xlnx＋2x,x－1)，g′(x)＝eq\f(1＋lnx＋2x－1－xlnx＋2x,x－12)＝eq\f(x－3－lnx,x－12)，令h(x)＝x－3－lnx，h′(x)＝1－eq\f(1,x)>0，h(x)單調(diào)遞增，h(4)<0，h(5)>0，?x0∈(4,5)，使得h(x0)＝0，∴x0－3－lnx0＝0.當(dāng)x<x0時，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x0時，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．g(x)有微小值g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋2x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－3＋2x0,x0－1)＝eq\f(x\o\al(2,0)－x0,x0－1)＝x0，方程eq\f(xlnx＋2x,x－1)＝k有唯一實(shí)數(shù)解，則直線y＝k與y＝g(x)的交點(diǎn)恰好是g(x)的微小值，故有k＝x0∈(4,5)．9．ACD10.AB11.BD12.ACD13．9解析：如圖D294，當(dāng)x＝5，y＝4時，z＝x＋y取最大值為9.圖D29414．45解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,x2024)))10＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,x2024)))10＝(1＋x)10＋Ceq\o\al(1,10)(1＋x)9eq\f(1,x2024)＋…＋Ceq\o\al(10,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2024)))10，∴x2只出現(xiàn)在(1＋x)10的綻開式中，∴含x2的項為Ceq\o\al(2,10)x2，系數(shù)為Ceq\o\al(2,10)＝45.15．1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4e,e2－1)，＋∞))16.eq\f(3,5)解析：如圖D295，連接DF，則AE∥DF.∴∠D1FD即為異面直線AE與D1F所成的角．設(shè)正方體棱長為a，則D1D＝a，DF＝eq\f(\r(5),2)a，D1F＝eq\f(\r(5),2)a.∴cos∠D1FD＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)a))2－a2,2·\f(\r(5),2)a·\f(\r(5),2)a)＝eq\f(3,5).圖D29517．證明：(1)由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＋1＝2，∴{an＋1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，∴an＋1＝2n，因此{(lán)an}的通項公式為an＝2n－1.(2)由(1)知eq\f(an＋1,an·an＋1)＝eq\f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1－1)))＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，于是eq\f(a1＋1,a1·a2)＋eq\f(a2＋1,a2·a3)＋…＋eq\f(an＋1,an·an＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq\f(1,2n＋1－1)，∴eq\f(a1＋1,a1·a2)＋eq\f(a2＋1,a2·a3)＋…＋eq\f(an＋1,an·an＋1)<1.18．解：(1)∵a＝c(sinB＋cosB)，且eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，∴sinA＝sinC(sinB＋cosB)，在△ABC中，sinA＝sin(B＋C)，∴sin(B＋C)＝sinC(sinB＋cosB)，∴sinBcosC＋cosBsinC＝sinCsinB＋sinCcosB.∴sinBcosC＝sinCsinB.∵在△ABC中，sinB≠0，∴cosC＝sinC.∵C是△ABC的內(nèi)角，∴C＝eq\f(π,4).(2)在△BCD中，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cosD＝5－4cosD，∵△ABC是等腰直角三角形，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB2＝eq\f(1,4)BC2＝eq\f(5,4)－cosD，S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD·sinD＝sinD，∴平面四邊形ABDC的面積S＝S△ABC＋S△BCD＝eq\f(5,4)－cosD＋sinD＝eq\f(5,4)＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D－\f(π,4))).∵0<D<π，∴－eq\f(π,4)<D－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4).∴當(dāng)D＝eq\f(3π,4)時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D－\f(π,4)))＝1,此時平面四邊形ABDC的面積有最大值eq\f(5,4)＋eq\r(2).19．解：(1)2×2列聯(lián)表如下：分類身體狀況好身體狀況一般總計愛好體育熬煉16218不愛好體育熬煉4812總計201030∵K2＝eq\f(30×128－82,20×10×18×12)＝10>7.879，∴有99.5%的把握認(rèn)為“身體狀況好與愛好體育熬煉有關(guān)系”．(2)由莖葉圖可知，各組數(shù)據(jù)的頻數(shù)分別為3,7,7,8,5，則eq\o(x,\s\up6(^))＝55×eq\f(3,30)＋65×eq\f(7,30)＋75×eq\f(7,30)＋85×eq\f(8,30)＋95×eq\f(5,30)＝eq\f(1,30)(165＋455＋525＋680＋475)＝eq\f(2300,30)，eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,30)i＝eq\f(2288,30)，∴eq\o(x,\s\up6(^))－eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(2300－2288,30)＝eq\f(12,30)＝0.4，故eq\o(x,\s\up6(^))與eq\o(x,\s\up6(－))的誤差值為0.4.(3)設(shè)這2人中愛好體育熬煉的人數(shù)為ξ，則ξ的可能取值為0,1,2.其中P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).∴ξ的分布列為ξ012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)E(ξ)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).20．(1)證明：在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×cos45°＝4，∴BC＝2.則有AB2＋BC2＝8＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB.又∵BC⊥BB1，BB1∩AB＝B，∴BC⊥平面ABB1A1.又B1M?平面ABB1A1，∴BC⊥B1M.(2)解：由題設(shè)知，平面MB1C把此三棱柱分成兩個體積相等的幾何體，即四棱錐C-ABB1M和四棱錐B1-A1MCC1.由(1)知四棱錐C-ABB1M的高為BC＝2，∵V＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，∴V四棱錐＝4.又V四棱錐＝eq\f(1,3)S梯形·BC＝eq\f(2,3)S梯形＝4，∴S梯形＝6＝eq\f(AM＋4,2)×2，∴AM＝2.此時M為AA1中點(diǎn)．以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖D296所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz.圖D296∴A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,4)，M(2,0,2)，∴eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0，－2,4)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一個法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(B1M,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y1＋4z1＝0，,2x1－2z1＝0，))令z1＝1，可得n1＝(1,2,1)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一個法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2＋4z2＝0，,－2x2＋2y2＝0，))令z2＝1，得n2＝(2,2,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(7,3\r(6))＝eq\f(7\r(6),18)，∴二面角M-B1C-A的余弦值等于eq\f(7\r(6),18).21．(1)解：由題設(shè)得eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(1,2)，化簡，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(|x|≠2)．∴C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左、右頂點(diǎn)．(2)①證明：設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k>0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2)).記u＝eq\f(2,\r(1＋2k2))，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直線QG的斜率為eq\f(k,2)，方程為y＝eq\f(k,2)(x－u)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)))得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝eq\f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq\f(uk3,2＋k2).從而直線PG的斜率為eq\f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝－eq\f(1,k).∴PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②解：由①得|PQ|＝2ueq\r(1＋k2)，|PG|＝eq\f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，∴△PQG的面積S＝eq\f(1,2)|PQ‖PG|＝eq\f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4