1．設集合，，則
A．B．C．D．
2．
A．1B．C．D．
3．6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有
A．120種B．90種C．60種D．30種
4．日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球（球心記為，地球上一點的緯度是指與地球赤道所在平面所成角，點處的水平面是指過點且與垂直的平面．在點處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點處的緯度為北緯，則晷針與點處的水平面所成角為
A．B．C．D．
5．某中學的學生積極參加體育鍛煉，其中有的學生喜歡足球或游泳，的學生喜歡足球，的學生喜歡游泳，則該中學既喜歡足球又喜歡游泳的學生數(shù)占該校學生總數(shù)的比例是
A．B．C．D．
6．基本再生數(shù)與世代間隔是新冠肺炎的流行病學基本參數(shù)．基本再生數(shù)指一個感染者傳染的平均人數(shù)，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時間．在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數(shù)模型：描述累計感染病例數(shù)隨時間（單位：天）的變化規(guī)律，指數(shù)增長率與，近似滿足．有學者基于已有數(shù)據(jù)估計出，．據(jù)此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數(shù)增加1倍需要的時間約為
A．1.2天B．1.8天C．2.5天D．3.5天
7．已知是邊長為2的正六邊形內的一點，則的取值范圍是
A．B．C．D．
8．若定義在的奇函數(shù)在單調遞減，且（2），則滿足的的取值范圍是
A．，， B．，，
C．，，D．，，
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分。
9．已知曲線．
A．若，則是橢圓，其焦點在軸上
B．若，則是圓，其半徑為
C．若，則是雙曲線，其漸近線方程為
D．若，，則是兩條直線
10．如圖是函數(shù)的部分圖象，則
A．B．C．D．
11．已知，，且，則
A．B．
C．D．
12．信息熵是信息論中的一個重要概念．設隨機變量所有可能的取值為1，2，，，且，2，，，，定義的信息熵．
A．若，則
B．若，則隨著的增大而增大
C．若，2，，，則隨著的增大而增大
D．若，隨機變量所有可能的取值為1，2，，，且，2，，，則
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
13．斜率為的直線過拋物線的焦點，且與交于，兩點，則 ．
14．將數(shù)列與的公共項從小到大排列得到數(shù)列，則的前項和為 ．
15．某中學開展勞動實習，學生加工制作零件，零件的截面如圖所示．為圓孔及輪廓圓弧所在圓的圓心，是圓弧與直線的切點，是圓弧與直線的切點，四邊形為矩形，，垂足為，，，，，到直線和的距離均為，圓孔半徑為，則圖中陰影部分的面積為 ．
16．已知直四棱柱的棱長均為2，．以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為 ．
四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17．（10分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．
問題：是否存在，它的內角，，的對邊分別為，，，且，，_______？
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
18．（12分）已知公比大于1的等比數(shù)列滿足，．
（1）求的通項公式；
（2）記為在區(qū)間，中的項的個數(shù)，求數(shù)列的前100項和．
19．（12分）為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質量進行調研，隨機抽查了100天空氣中的和濃度（單位：，得下表：
（1）估計事件“該市一天空氣中濃度不超過75，且濃度不超過150”的概率；
（2）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表：
（3）根據(jù)（2）中的列聯(lián)表，判斷是否有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關？
附：
20．（12分）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面．設平面與平面的交線為．
（1）證明：平面；
（2）已知，為上的點，求與平面所成角的正弦值的最大值．
21．（12分）已知函數(shù)．
（1）當時，求曲線在點，（1）處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若，求的取值范圍．
22．（12分）已知橢圓的離心率為，且過點．
（1）求的方程；
（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．
2020年山東省新高考數(shù)學試卷
參考答案與試題解析
一、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．設集合，，則
A．B．C．D．
【思路分析】利用并集定義和不等式的性質直接求解．
【解析】：集合，，
．故選：．
【總結與歸納】本題考查并集的求法，考查并集定義等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．
2．
A．1B．C．D．
【思路分析】運用復數(shù)的除法運算法則，化簡可得所求值．
【解析】：，故選：．
【總結與歸納】本題考查復數(shù)的乘除運算，考查化簡運算能力，是一道基礎題．
3．6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有
A．120種B．90種C．60種D．30種
【思路分析】讓場館去挑人，甲場館從6人中挑一人有：種結果；乙場館從余下的5人中挑2人有：種結果；余下的3人去丙場館；相乘即可求解結論．
【解析】：因為每名同學只去1個場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，甲場館從6人中挑一人有：種結果；
乙場館從余下的5人中挑2人有：種結果；
余下的3人去丙場館；
故共有：種安排方法；故選：．
【總結與歸納】本題考查排列組合知識的應用，考查運算求解能力，是基礎題．
4．日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球（球心記為，地球上一點的緯度是指與地球赤道所在平面所成角，點處的水平面是指過點且與垂直的平面．在點處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點處的緯度為北緯，則晷針與點處的水平面所成角為
A．B．C．D．
【思路分析】由緯度的定義和線面角的定義，結合直角三角形的性質，可得晷針與點處的水平面所成角．
【解析】：可設所在的緯線圈的圓心為，垂直于緯線所在的圓面，
由圖可得為晷針與點處的水平面所成角，又為且，
在中，，，故選：．
【總結與歸納】本題是立體幾何在生活中的運用，考查空間線面角的定義和求法，屬于基礎題．
5．某中學的學生積極參加體育鍛煉，其中有的學生喜歡足球或游泳，的學生喜歡足球，的學生喜歡游泳，則該中學既喜歡足球又喜歡游泳的學生數(shù)占該校學生總數(shù)的比例是
A．B．C．D．
【思路分析】設只喜歡足球的百分比為，只喜歡游泳的百分比為，兩個項目都喜歡的百分比為，畫出圖形，列出方程求解即可．
【解析】：設只喜歡足球的百分比為，只喜歡游泳的百分比為，兩個項目都喜歡的百分比為，
由題意，可得，，，解得．
該中學既喜歡足球又喜歡游泳的學生數(shù)占該校學生總數(shù)的比例是．
故選：．
【總結與歸納】本題考查集合的應用，子集與交集、并集運算的轉換，韋恩圖的應用，是基本知識的考查．
6．基本再生數(shù)與世代間隔是新冠肺炎的流行病學基本參數(shù)．基本再生數(shù)指一個感染者傳染的平均人數(shù)，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時間．在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數(shù)模型：描述累計感染病例數(shù)隨時間（單位：天）的變化規(guī)律，指數(shù)增長率與，近似滿足．有學者基于已有數(shù)據(jù)估計出，．據(jù)此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數(shù)增加1倍需要的時間約為
A．1.2天B．1.8天C．2.5天D．3.5天
【思路分析】根據(jù)所給模型求得，令，求得，根據(jù)條件可得方程，然后解出即可．
【解析】：把，代入，可得，，
當時，，則，
兩邊取對數(shù)得，解得．故選：．
【總結與歸納】本題考查函數(shù)模型的實際運用，考查學生閱讀理解能力，計算能力，屬于中檔題．
7．已知是邊長為2的正六邊形內的一點，則的取值范圍是
A．B．C．D．
【思路分析】畫出圖形，結合向量的數(shù)量積轉化判斷求解即可．
【解析】：畫出圖形如圖，
，它的幾何意義是的長度與在向量的投影的乘積，顯然，在處時，取得最大值，，可得，最大值為6，
在處取得最小值，，最小值為，
是邊長為2的正六邊形內的一點，
所以的取值范圍是．故選：．
【總結與歸納】本題考查向量的數(shù)量積的應用，向量在幾何中的應用，是中檔題．
8．若定義在的奇函數(shù)在單調遞減，且（2），則滿足的的取值范圍是
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【思路分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質，作出函數(shù)的草圖，利用分類討論思想進行求解即可．
【解析】：定義在的奇函數(shù)在單調遞減，且（2），
的圖象如圖：
當時，不等式成立，
當時，不等式成立，
當或時，即或時，不等式成立，
當時，不等式等價為，
此時，此時，
當時，不等式等價為，
即，得，綜上或，
即實數(shù)的取值范圍是，，，故選：．
【總結與歸納】本題主要考查不等式的 求解，結合函數(shù)奇偶性的性質，作出函數(shù)的草圖，是解決本題的關鍵．難度中等．
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分。
9．已知曲線．
A．若，則是橢圓，其焦點在軸上
B．若，則是圓，其半徑為
C．若，則是雙曲線，其漸近線方程為
D．若，，則是兩條直線
【思路分析】根據(jù)所給條件，逐一分析對應的方程形式，結合橢圓、圓、雙曲線方程的定義進行判斷即可．
【解析】：．若，則，則根據(jù)橢圓定義，知表示焦點在軸上的橢圓，故正確；
．若，則方程為，表示半徑為的圓，故錯誤；
．若，，則方程為，表示焦點在軸的雙曲線，故此時漸近線方程為，
若，，則方程為，表示焦點在軸的雙曲線，故此時漸近線方程為，故正確；
．當，時，則方程為表示兩條直線，故正確；故選：．
【總結與歸納】本題考查圓錐曲線方程的定義，屬于中檔題．
10．如圖是函數(shù)的部分圖象，則
A．B．C．D．
【思路分析】根據(jù)圖象先求出函數(shù)的周期，和，利用五點法求出函數(shù)的的值，結合三角函數(shù)的誘導公式進行轉化求解即可．
【解析】：由圖象知函數(shù)的周期，即，即，
由五點對應法得，得，
則
，故選：．
【總結與歸納】本題主要考查三角函數(shù)解析式的求解，結合函數(shù)圖象求出函數(shù)的周期和，利用三角函數(shù)的誘導公式進行轉化是解決本題的關鍵．比較基礎．
11．已知，，且，則
A．B．
C．D．
【思路分析】直接利用不等式的性質的應用和基本不等式的應用求出結果．
【解析】：①方法一：已知，，且，所以，則，故正確．
方法二：（四川代爾寧補解），
當且僅當時，等號成立，故A正確；
②方法一：利用分析法：要證，只需證明即可，即，由于，，且，所以：，，故正確．
方法二：（四川代爾寧補解），所以，故B正確；
③，故錯誤．
④由于，，且，
利用分析法：要證成立，只需對關系式進行平方，整理得，即，故，當且僅當時，等號成立．故正確．
故選：．
【總結與歸納】本題考查的知識要點：不等式的性質的應用，基本不等式的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題型．
12．信息熵是信息論中的一個重要概念．設隨機變量所有可能的取值為1，2，，，且，2，，，，定義的信息熵．
A．若，則
B．若，則隨著的增大而增大
C．若，2，，，則隨著的增大而增大
D．若，隨機變量所有可能的取值為1，2，，，且，2，，，則
【思路分析】對于，可得，根據(jù)信息熵的定義即可判斷；對于，可得，表示出，進而構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷其單調性即可；對于，依題意，化簡，即可判斷；對于，分別求出，，利用作差法結合對數(shù)的運算即可判斷．
【解析】：．若，則，故，故正確；
．若，則，，
設，，
則，
令，解得，此時函數(shù)單調遞減，
令，解得，此時函數(shù)單調遞增，故錯誤；
．若，則，
由對數(shù)函數(shù)的單調性可知，隨著的增大而增大，故正確；
．依題意知，，，
，，，
，
又，
，
又，
，，故錯誤．故選：．
【總結與歸納】本題以信息熵的定義為載體，涉及了對數(shù)運算，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，作差法的運用等，旨在考查學生接收新知識，運用新知識的意識，考查化簡變形、運算求解能力，屬于中檔題．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
13．斜率為的直線過拋物線的焦點，且與交于，兩點，則 ．
【思路分析】由題意求出直線的方程，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用拋物線的性質轉化求解即可．
【解析】：解法一：由題意可得拋物線焦點，直線的方程為，
代入并化簡得，
設，，，，則；，
由拋物線的定義可得．故答案為：．
解法二：（四川代爾寧補解）∵拋物線的方程為，∴拋物線的焦點F坐標為，
又∵直線AB過焦點F且斜率為，∴直線AB的方程為：
代入拋物線方程消去y并化簡得，解得
所以故答案為：
解法三：（四川代爾寧補解）
【總結與歸納】本題考查了拋物線的簡單幾何性質，直線與拋物線的位置關系的應用，考查了學生的計算能力，是中檔題．
14．將數(shù)列與的公共項從小到大排列得到數(shù)列，則的前項和為 ．
【思路分析】首先判斷是以1為首項、以6為公差的等差數(shù)列，再利用求和公式，得出結論．
【解析】：將數(shù)列與的公共項從小到大排列得到數(shù)列，
則是以1為首項、以6為公差的等差數(shù)列，
故它的前項和為，故答案為：．
【總結與歸納】本題主要考查等差數(shù)列的性質以及求和公式，屬于基礎題．
15．某中學開展勞動實習，學生加工制作零件，零件的截面如圖所示．為圓孔及輪廓圓弧所在圓的圓心，是圓弧與直線的切點，是圓弧與直線的切點，四邊形為矩形，，垂足為，，，，，到直線和的距離均為，圓孔半徑為，則圖中陰影部分的面積為 ．
【思路分析】設大圓的半徑為，利用已知條件求出、的長，利用求出大圓的半徑，再根據(jù)圖中線段關系得出為直角三角形，最后求解圖中陰影部分的面積即可．
【解析】：作垂直于，交、于、，垂足為，過點作垂直于，垂足為，
到直線和的距離均為，，
又，，，，
，，，
由于是圓弧的切線，，，
設大圓的半徑為，則，
，，
，，解得，
圖中陰影部分面積分為扇形和直角的面積減去小半圓的面積，
所以．
故答案為：．
【總結與歸納】本題考查直線與圓的位置關系，三角形的解法，考查分析問題解決問題的能力，是難題．
16．已知直四棱柱的棱長均為2，．以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為 ．
【思路分析】畫出直觀圖，距離如圖所示的坐標系，設出的坐標，通過．求出的軌跡方程，然后求解以為球心，為半徑的球面與側面的交線長．
【解析】：由題意直四棱柱的棱長均為2，．可知：，上下底面是菱形，建立如圖所示的平面直角坐標系，設，則．
由題意可知．可得：．即，
所以在側面的軌跡是以的中點為圓心，半徑為的圓?。?br>以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為：．
故答案為：．
【總結與歸納】本題考查空間點線面距離的求法，球與幾何體相交的交線的問題，難題比較大．
四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17．（10分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．
問題：是否存在，它的內角，，的對邊分別為，，，且，，_______？
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
【思路分析】①根據(jù)題意，結合正弦定理，可得，，結合，運用余弦定理，即可求得．
②根據(jù)題意，中，，即可求得，進而得到．運用余弦定理，即可求得．
③根據(jù)，即，可列式求得，與已知條件矛盾，所以問題中的三角形不存在．
【解析】：解法一：①．中，，即，，，
，，，．
②．中，，．
，即，．
，．
③．，即，
又，，
與已知條件相矛盾，所以問題中的三角形不存在．
解法二：（補解）∵,
∴,
，
∴,∴,∴,∴,
若選①，,∵,∴,∴c=1;
若選②，,則,;
若選③,與條件矛盾.
【總結與歸納】本題主要考查解三角形中的正弦定理與余弦定理，熟練掌握余弦定理并靈活的應用是解本題的關鍵．
18．（12分）已知公比大于1的等比數(shù)列滿足，．
（1）求的通項公式；
（2）記為在區(qū)間，中的項的個數(shù)，求數(shù)列的前100項和．
【思路分析】（1）設出等比數(shù)列的公比，由已知列式求得公比，進一步求出首項，可得等比數(shù)列的通項公式；
（2）由題意求得0在數(shù)列中有1項，1在數(shù)列中有2項，2在數(shù)列中有4項，，可知，．則數(shù)列的前100項和可求．
【解析】：（1），，，
解得或（舍去），，，
（2）記為在區(qū)間，中的項的個數(shù)，
，，
故，，，，，，，
，，，，，，，，，，
可知0在數(shù)列中有1項，1在數(shù)列中有2項，2在數(shù)列中有4項，，
由，
可知，．
數(shù)列的前100項和．
【總結與歸納】本題考查等比數(shù)列的通項公式與前項和，考查歸納與推理論證能力，考查計算能力，是中檔題．
19．（12分）為加強環(huán)境保護，治理空氣污染，環(huán)境監(jiān)測部門對某市空氣質量進行調研，隨機抽查了100天空氣中的和濃度（單位：，得下表：
（1）估計事件“該市一天空氣中濃度不超過75，且濃度不超過150”的概率；
（2）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表：
（3）根據(jù)（2）中的列聯(lián)表，判斷是否有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關？
附：
【思路分析】（1）用頻率估計概率，從而得到“該市一天空氣中濃度不超過75，且濃度不超過150”的概率；
（2）根據(jù)題目所給的數(shù)據(jù)填寫列聯(lián)表即可；
（3）計算的觀測值，對照題目中的表格，得出統(tǒng)計結論．
【解析】：（1）用頻率估計概率，從而得到“該市一天空氣中濃度不超過75，且濃度不超過150”的概率；
（2）根據(jù)所給數(shù)據(jù)，可得下面的列聯(lián)表：
（3）根據(jù)（2）中的列聯(lián)表，
由，
；
故有的把握認為該市一天空氣中濃度與濃度有關，
【總結與歸納】本題考查了獨立性檢驗的應用，用頻率估計概率，屬于基礎題．
20．（12分）如圖，四棱錐的底面為正方形，底面．設平面與平面的交線為．
（1）證明：平面；
（2）已知，為上的點，求與平面所成角的正弦值的最大值．
【思路分析】（1）過在平面內作直線，推得為平面和平面的交線，由線面垂直的判定和性質，即可得證；
（2）以為坐標原點，直線，，所在的直線為，，軸，建立空間直角坐標系，設，，，運用向量法，求得平面的法向量，結合向量的夾角公式，以及基本不等式可得所求最大值．
【解析】：（1）證明：過在平面內作直線，
由，可得，即為平面和平面的交線，
平面，平面，，
又，，平面，
，平面；
（2）如圖，以為坐標原點，直線，，所在的直線為，，軸，建立空間直角坐標系，
則，0，，，0，，，1，，，0，，
設，，，，，，，1，，，0，，
設平面的法向量為，，，
則，，取，可得，，，
，，
與平面所成角的正弦值為
，當且僅當取等號，
與平面所成角的正弦值的最大值為．
【總結與歸納】本題考查空間線面垂直的判定，以及線面角的求法，考查轉化思想和向量法的運用，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題．
21．（12分）已知函數(shù)．
（1）當時，求曲線在點，（1）處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若，求的取值范圍．
【思路分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可求出切線方程，可得三角形的面積；
（2）方法一：不等式等價于，令，根據(jù)函數(shù)單調性可得，再構造函數(shù)，利用導數(shù)求出函數(shù)的最值，即可求出的范圍；
方法二：構造兩個基本不等式，，則原不等式轉化為，再分類討論即可求出的取值范圍，
方法三：利用分類討論的思想，當，此時不符合題意，當時，，令，再根據(jù)導數(shù)和函數(shù)最值的關系即可證明，
方法四：先根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的最值的關系求出，，再求出的范圍，再利用導數(shù)求的范圍，即可求出的范圍．
【解析】：（1）當時，，
，
（1），
（1），
曲線在點，（1）處的切線方程為，
當時，，當時，，
曲線在點，（1）處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積．
（2）方法一：由，可得，即，
即，
令，則，在上單調遞增，
，即，
令，，
當時，，函數(shù)單調遞增，
當時，，函數(shù)單調遞減，
（1），，，故的范圍為，．
方法二：由可得，即，
設，恒成立，在單調遞增，
，，即，
再設，，
當時，，函數(shù)單調遞減，
當時，，函數(shù)單調遞增，
（1），，即
，，則，
此時只需要證，即證，
當時，，恒成立，
當時，，此時不成立，
綜上所述的取值范圍為，．
方法三：由題意可得，，
，易知在上為增函數(shù)，
①當時，，，
存在使得，
當時，，函數(shù)單調遞減，
（1），不滿足題意，
②當時，，，，
令，，易知在上為增函數(shù)，
（1），
當時，，函數(shù)單調遞減，
當時，，函數(shù)單調遞增，
（1），即，
綜上所述的取值范圍為，．
方法四：，，，，
易知在上為增函數(shù)，
存在，使得，則，則，即，
當時，，函數(shù)單調遞減，
當，時，，函數(shù)單調遞增，
設，易知函數(shù)在上單調遞減，且（1），
當，時，，，時，，
設，，，恒成立，
在，上單調遞減，（1），
當時，，，．
【總結與歸納】本題考查了導數(shù)的幾何意義，以及導數(shù)和函數(shù)的最值的關系，考查了運算求解能力，轉化與化歸能力，屬于難題．
22．（12分）已知橢圓的離心率為，且過點．
（1）求的方程；
（2）點，在上，且，，為垂足．證明：存在定點，使得為定值．
【思路分析】（1）由題可知，，解出和的值即可；
（2）分兩大類進行討論：①當直線的斜率存在時，設其方程為，與橢圓方程聯(lián)立，消去，寫出韋達定理，結合可得或，分別找出兩種情形下直線所過的定點，再設，，然后分兩小類討論，，可推出存在，，使得，為定值，，此時為，只需驗證，是否符合題意；②當直線的斜率不存在時，此時為，，也是驗證，是否符合題意即可．
【解析】：（1）離心率，，又，，，
把點代入橢圓方程得，，解得，故橢圓的方程為．
（2）①當直線的斜率存在時，設其方程為，
聯(lián)立，得，
由△，知，
設，，，，則，，
，，，，即，
，化簡整理得，，
或，
當時，，過定點，不符合題意，舍去；
當時，，過定點．
設，，則，
若，，，解得，，
，
點在以，為圓心，為半徑的圓上，
故存在，，使得，為定值．
若，則直線的方程為，，，，為定值．
②當直線的斜率不存在時，設其方程為，，，且，
，，，，解得或2（舍，
，，此時，為定值．
綜上所述，存在定點，，使得為定值，且該定值為．
【總結與歸納】本題考查橢圓方程的求法、直線與橢圓的位置關系中的定值問題，涉及分類討論的思想和先猜后證的方法，有一定的計算量，考查學生的邏輯推理能力、轉化與化歸能力和運算能力，屬于難題．
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