2021年高考湖南理科數學試卷

2021年高考湖南理科數學試卷普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（湖南卷）（理科）本試題包括選擇題、填空題和解答題三部分，共6頁，時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題本大題共10小題，每小題5分，共50分。對于每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知$z^2=-1$，則復數$z=$（）A.$1+i$B.$1-i$C.$-1+i$D.$-1-i$2.設$A,B$是兩個集合，則“$AB=A$”是“$A\subseteqB$”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.執(zhí)行如圖1所示的程序框圖，如果輸入$n=3$，則輸出的$S=$（）A.$6384$B.$729$C.$7799$D.$9261$4.若變量$x,y$滿足約束條件$\begin{cases}x+y\geq-1\\2x-y\leq1\\y\leq1\end{cases}$，則$z=3x-y$的最小值為（）A.$-7$B.$-1$C.$1$D.$2$5.設函數$f(x)=\ln(1+x)-\ln(1-x)$，則$f(x)$是（）A.奇函數，且在$(0,1)$上是增函數B.奇函數，且在$(0,1)$上是減函數C.偶函數，且在$(0,1)$上是增函數D.偶函數，且在$(0,1)$上是減函數6.已知$\dfrac{3a}{x-5}$的展開式中含$x$的項的系數為$30$，則$a=$（）A.$3$B.$-3$C.$6$D.$-6$7.在如圖2所示的正方形中隨機投擲$10000$個點，則落入陰影部分的點的個數的估計值（曲線$C$為正態(tài)分布$N(0,1)$的密度曲線）為（）A.$2386$B.$2718$C.$3413$D.$4772$8.已知點$A,B,C$在圓$x+y=1$上運動，且$AB\perpBC$。若點$P$標為$(2,0)$，則$PA+PB+PC$的最大值為（）A.$6$B.$7$C.$8$D.$9$9.將函數$f(x)=\sin^2x$的圖像向右平移$\dfrac{\pi}{2}$（$0<\dfrac{\pi}{2}$），$g(x)$為得到的函數。若對滿足$f(x_1)-g(x_2)=2$的$x_1,x_2$，有$x_1-x_2$的最小值為$\dfrac{\pi}{5}$，則$\dfrac{\pi}{2}$的值為（）A.$5\pi$B.$6\pi$C.$7\pi$D.$8\pi$10.某工件的三視圖如圖3所示，現將該工件通過切割，加工成一個體積盡可能大的長方體新工件，并使新工件的一個面落在原工件的一個面內，則原工件材料的利用率為（材料利用率=新工件的體積/原工件的體積）（結果保留兩位小數）填空題和解答題見原文。二、填空題：11.$\frac{1}{2}(x^2-2x+C)$12.313.$\sqrt{2}$14.$2^{n-2}$15.$a\in(-\infty,1]$三、解答題：16.（1）連接OM、ON，則三角形MEN和MON都是直徑-弦夾角的三角形，所以$\angleMEN+\angleNOM=180^{\circ}$。（2）根據圓周角定理，$\angleMFE=\angleNFO$，又因為$\angleMFO=90^{\circ}$，所以$\triangleMFE\sim\triangleOFN$，從而$\frac{FE}{FN}=\frac{FM}{FO}$，即$FE\cdotFN=FM\cdotFO$。（1）$\rho=2\cos\theta$，代入直角坐標系中，得$x=2\cos\theta\cos\theta=2\cos^2\theta$，$y=2\cos\theta\sin\theta=2\sin\theta\cos\theta=\sin2\theta$。（2）將點M的坐標代入直角坐標方程，得$\cos\theta=\frac{5}{2}$，$\sin\theta=\frac{3}{2}$。由于直線l的極坐標方程為$x=t\cost$，$y=t\sint$，所以$t=\sqrt{x^2+y^2}$。將$\rho=2\cos\theta$代入，得$t=2\cos\theta=2\cdot\frac{5}{2}=5$。因此，直線l與曲線C的交點為$(5,3)$和$(-5,-3)$。由于$|MA|\cdot|MB|$等于點A、B到直線l的距離之積，所以$|MA|\cdot|MB|=|\frac{5-t\cost}{\sint}\cdot\frac{5+t\cost}{\sint}|=25$。（1）由于$a+b=1$，所以$a^2+b^2\geq\frac{1}{2}(a+b)^2=\frac{1}{2}$，即$a^2+b^2\geq\frac{1}{2}$。又因為$a,b>0$，所以$a+b>0$，從而$\frac{a^2+b^2}{a+b}\geq\frac{1}{2}$，即$\frac{(a+b)^2-2ab}{a+b}\geq\frac{1}{2}$，化簡得$a+b\geq2ab$，即$a+b\geq2\sqrt{ab}$。由于$a+b=1$，所以$1\geq2\sqrt{ab}$，即$\sqrt{ab}\leq\frac{1}{2}$，所以$ab\leq\frac{1}{4}$。因此，$a^2+b^2\geq\frac{1}{2}$且$ab\leq\frac{1}{4}$，所以$a^2+b^2\geq2ab+\frac{1}{2}$。（2）假設$a^2+a<2$且$b^2+b<2$，則$a^2<2-a$，$b^2<2-b$。由于$a,b>0$，所以$a<\sqrt{2-a}$，$b<\sqrt{2-b}$，從而$a+b<\sqrt{2-a}+\sqrt{2-b}$。由于$\sqrt{2-x}$是凹函數，所以根據琴生不等式，$\sqrt{2-a}+\sqrt{2-b}\leq2\sqrt{1-\frac{a+b}{2}}\leq2\sqrt{1-\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$，從而$a+b<\sqrt{2}$。但是由于$a+b=1$，所以得到矛盾，因此假設不成立，即$a^2+a\geq2$或$b^2+b\geq2$。17.（1）根據正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}$，所以$b=a\cdot\frac{\sinB}{\sinA}=a\cdot\frac{\sin(B-A)}{\sinA}$，代入$a=b\tanA$，得$b=\frac{b\tanA\sin(B-A)}{\sinA}$，化簡得$\tanA=\frac{\sinB}{\cosB-\cosA}$。又因為$B$為鈍角，所以$\cosB<0$，$\cosA>0$，所以$\cosB-\cosA<0$，從而$\tanA<0$。因此，$B-A=\pi-\angleC>0$，即$\angleC<\frac{\pi}{2}$。又因為$B-A=\pi-\angleC$，所以$\sin(B-A)=\sin(\pi-\angleC)=\sin\angleC$，代入$\tanA=\frac{\sinB}{\cosB-\cosA}$，得$\tanA=\frac{\sin\angleC}{\cos\angleC+\cosA}$。根據正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC}$，所以$\sinC=\frac{a\sin\angleC}$，代入$\tanA=\frac{\sin\angleC}{\cos\angleC+\cosA}$，得$\tanA=\frac{a}\cdot\frac{\sinA}{\cosA+\frac{a}\cdot\frac{\sin\angleC}{\sinA}}$，化簡得$\tanA=\frac{a}\cdot\frac{\sinA}{\cosA\sinA+\frac{a}\sin\angleC}$。因此，$\tanA=\frac{a}\cdot\frac{1}{\cosA+\frac{a}\cdot\frac{\sin\angleC}{\sinA}}$，代入$\cosA=\frac{a}$，得$\tanA=\frac{a^2}{b^2+a\cdotb\cdot\sin\angleC}$。由于$B-A=\pi-\angleC$，所以$\sinC=\sin(B-A)=\sinB\cosA-\cosB\sinA=\cosA-\sqrt{1-\cos^2A}\sinA$。代入$\tanA=\frac{a^2}{b^2+a\cdotb\cdot\sin\angleC}$，得$\tanA=\frac{a^2}{b^2+a\cdotb\cdot(\cosA-\sqrt{1-\cos^2A}\sinA)}$，化簡得$\tanA=\frac{a}{b\cosA-a\sqrt{1-\cos^2A}}$。由于$B$為鈍角，所以$\sinB=\sqrt{1-\cos^2B}=\sqrt{1-\frac{a^2}{b^2}}$，代入$a=b\tanA$，得$\sinB=\sqrt{1-\frac{\tan^2A}{\tan^2A+1}}=\frac{1}{\sqrt{\tan^2A+1}}$。因此，$\tanA=\frac{a}\cdot\frac{1}{\cosA+\frac{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{\tan^2A+1}}}$，化簡得$\tanA=\frac{a}\cdot\frac{\sqrt{\tan^2A+1}}{\tanA+\frac{a}\cdot\sqrt{\tan^2A+1}}$，移項得$\frac{a}\cdot\sqrt{\tan^2A+1}\cdot\tanA+\tan^2A-a\cdot\frac{a}=0$，即$a^2+b^2-2ab\cosA=a^2$，化簡得$\cosA=\frac{2a}-\frac{1}{2}$。代入$B-A=\pi-\angleC$，得$\sinC=\sin(B-A)=\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\angleA}{2})=\cos\frac{\angleA}{2}$。因此，$\sinA+\sinC=2\sin\frac{\angleA}{2}\cos\frac{\angleA}{2}=\sin\angleA$。根據正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，所以$\sinB=\frac{b\sinA}{a}$，代入$\sinA+\sinC=\sin\angleA$，得$\sinA+\frac{c}{a}\cos\frac{\angleA}{2}=\sin\angleA$，化簡得$\sinA=\frac{a}{c}\cdot(1-\cos\frac{\angleA}{2})$。因此，$\sinA+\sinC=\frac{a}{c}\cdot(1-\cos\frac{\angleA}{2})+\cos\frac{\angleA}{2}$，化簡得$\sinA+\sinC=\frac{a}{c}+\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}$。由于$\frac{a}{c}=\frac{\sinA}{\sinC}$，所以$\sinA+\sinC=\frac{\sinA}{\sinC}+\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}$，移項得$\sinA-\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}=\frac{\sinA}{\sinC}-\sinC$，化簡得$\sinA-\frac{1}{2}\sin\frac{\angleA}{2}=\frac{2\sinA\cos^2\frac{\angleA}{2}}{2\sinA\cos\frac{\angleA}{2}}-2\sinA\sin\frac{\angleA}{2}\cos\frac{\angleA}{2}$，化簡得$\sinA=\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{1-\sin\angleA}$。因為$\sin\angleA\leq1$，所以$\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{1-\sin\angleA}\geq0$，所以$\sinA\geq0$。因此，$\sinA+\sinC=\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{1-\sin\angleA}+\frac{2\sin^2\frac{\angleC}{2}}{1-\sin\angleC}$，化簡得$\sinA+\sinC=\frac{2\sin^2\frac{\angleA}{2}}{2\cos^2\frac{\angleA}{2}}+\frac{2\sin^2\frac{\angleC}{2}}{2\cos^2\frac{\angleC}{2}}=\frac{2}{\cos\angleA}+\frac{2}{\cos\angleC}$。由于$A+B+C=\pi$，所以$\cosC=-\cos(A+B)=-\cosA\cosB+\sinA\sinB$，代入$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，得$\cosC=-\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$。因此，$\frac{2}{\cos\angleC}=\frac{-4ab}{a^2+b^2-c^2}$，代入$\sinA+\sinC=\frac{2}{\cos\angleA}+\frac{2}{\cos\angleC}$，得$\sinA+\sinC=\frac{-4ab}{a^2+b^2-c^2}\cdot(\frac{1}{\cos\angleA}-\frac{1}{\cos\angleC})$。根據余弦定理，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$，所以$\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，代入$\sinA+\sinC=\frac{-4ab}{a^2+b^2-c^2}\cdot(\frac{1}{\cos\angleA}-\frac{1}{\cos\angleC})$，得$\sinA+\sinC=\frac{4}{\sin\angleA}-\frac{4}{\sin\angleC}$。因為$\angleC=\pi-\angleA-\angleB>\1.上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，且AA1垂直于底面ABCD，點P、Q分別在棱DD1、BC上。（1）若P是DD1的中點，證明：AB1垂直于PQ；（2）若PQ平行于平面ABB1A1，且二面角P-QD1-A1的余弦值為3，求四面體ADPQ的體積。2.已知拋物線C1：x=4y的焦點F也是橢圓C2：x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)的一個焦點，C1與C2的公共弦的長為26。（1）求C2的方程；（2）過點F的直線l與C1相交于A、B兩點，與C2相交于C、D兩點，且AC與BD同向。（?。┤魘AC|=|BD|，求直線l的斜率；（ⅱ）設C1在點A處的切線與x軸的交點為M，證明：直線l繞點F旋轉時，△MFD總是鈍角三角形。3.已知a>0，函數f(x)=e*sinx(x∈[0,+∞))。記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N)個極值點，證明：（1）數列{f(xn)}是等比數列；（2）若a≥e^2-1，則對一切n∈N，xn<|f(xn)|恒成立。4.選擇題（1）D（2）C（3）B（4）A（5）A（6）D（7）C（8）B（9）D（10）A5.填空題（11）0（12）4（13）5（14）3n-1（15）（-∞,0）∪(1,+∞)6.解答題（16）證明：（I）如圖a所示，因為M、N分別是弦AB、CD的中點，所以OM⊥AB，ON⊥CD，即∠OME=90°，∠ENO=90°，∠OME+∠ENO=180°。又四邊形的內角和等于360°，故∠MEN+∠NOM=180°。（II）由（I）知，O、M、E、N四點共圓，故由割線定理即得FE×FN=FM×FO。（17）解：（I）由a=btanA及正弦定理，得sinA/sinB=a/b，所以sinB=cosA，即sinB/cosB=tanA，即tan(B-A)=tanBtanA。sinB=sin(π/2+A)。又B為鈍角，因此π/2+A∈(π/2,π)，故B=π/2+A，即B-A=π/2。（II）由（I）知，C=π-(A+B)=π-(2A+π/2)=π/2-2A<0，所以A∈(0,π/4)。由余弦定理，有sinA+sinC=sinA+sin(π/2-2A)=2sinAcos2A，即sinA(1-2cos2A)=0。當A∈(0,π/4)時，有sinA≠0，故1-2cos2A=0，即cos2A=1/2，故A=π/8。由正弦定理，有BD/AC=sinA/sinC=sinA/sin(π/2-2A)=tanA=1/2，故BD=AC/2。（ⅰ）由相似三角形可得，l的斜率為1/2。（ⅱ）設C1在點A處的切線與x軸的交點為M，由C1的方程可得，C1在點A處的切線方程為y=x/4，故M的坐標為(4a/5,a/5)。設直線l的方程為y=kx，由相似三角形可得，AC/BD=AM/MD，即(AC-BD)/(AC+BD)=AM/MD，代入AC=2BD，化簡可得k=3/4。設△MFD的內角為α，則α=π-∠FMD-∠MFD=π-∠FCD-∠MFD=π-∠FCD-∠FBD，由余弦定理可得cosα=(BC^2+CD^2-BD^2)/(2BC·CD)=3/4，故α為鈍角，即△MFD為鈍角三角形，證畢。（18）證明：（I）如圖b所示，連接AC、BD，交于點E。由相似三角形可得，AD/BD=AE/EC，即AD=(a+b)BE/(a-b)。設四面體ADPQ的高為h，由勾股定理可得AP^2=h^2+(a/2)^2，AQ^2=h^2+(b/2)^2，DP^2=9+(a/2)^2，DQ^2=36+(b/2)^2。由余弦定理可得cos∠APQ=(AP^2+PQ^2-AQ^2)/(2AP·PQ)=(h^2-(b/2)^2)/(AP·PQ)，cos∠DQP=(DQ^2+PQ^2-DP^2)/(2DQ·PQ)=(h^2-(a/2)^2)/(DQ·PQ)。由正弦定理可得AP/PQ=sin∠APQ/sin∠DQP，即AP·DQ=sin∠APQ·sin∠DQP·PQ^2。由向量叉乘可得[PQ×AD]=2h[(a+b)/2,0,-h]，[DQ×AD]=2h[0,(a-b)/2,-h]，故[PQ×AD]·[DQ×AD]=4h^2(a^2-b^2)/4=ah^2(a^2-b^2)。又[PQ×AD]·[DQ×AD]=|PQ|·|AD|·sin∠APQ·sin∠DQP=sin∠APQ·sin∠DQP·PQ^2·sqrt(h^2+(a/2)^2)·sqrt(h^2+(b/2)^2)，代入AP·DQ=sin∠APQ·sin∠DQP·PQ^2，化簡可得h^2=(a^2-b^2)^2/16(a+b)^2+1/4，即四面體ADPQ的體積為V=1/3·S·h=(a^2-b^2)^2/48(a+b)^2+1/6。（II）由（I）可得V是a、b的二次函數，設V=k(a^2-b^2)^2+l，代入a=1，b=1/2和a=2，b=1的值，解得k=1/48，l=1/6，即V=(a^2-b^2)^2/48(a+b)^2+1/6，證畢。2=sinA+cos2A=-2sinA+sinA+1=-2sin(A-1/2π)+4/3由于0<A<2π，所以0<sinA<1，因此-2<-2sinA+1<1推出-1<sinA-1/2π<1/2因此sinA+sinC的取值范圍是（5/6，29/6）。記事件A1={從甲箱中摸出的1個球是紅球}，A2={從乙箱中摸出的1個球是紅球}，B1={顧客抽獎1次獲一等獎}，B2={顧客抽獎1次獲二等獎}，C={顧客抽獎1次能獲獎}。由題意，A1與A2相互獨立，A1A2與A1A2互斥，且B1=A1A2，B2=A1A2+A1A2，C=B1+B2。因P(A1)=2/5，P(A2)=1/4，所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=2/25，P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)=2/25。故所求概率為P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=11/50。因此X~B(3,11/50)。（II）顧客抽獎3次獨立重復試驗，由（I）知，顧客抽獎1次獲一等獎的概率為2/5，因此P(X=0)=C3^0(11/50)^0(39/50)^3=64/125P(X=1)=C3^1(11/50)^1(39/50)^2=48/125P(X=2)=C3^2(11/50)^2(39/50)^1=12/125P(X=3)=C3^3(11/50)^3(39/50)^0=1/125故X的分布列為X0123P64/12548/12512/1251/125X的數學期望為E(X)=3×11/50=33/50。19、解法一由題設知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖b所示的空間直角坐標系，則相關各點的坐標為A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6,m,0)，其中m=BQ。由于AA1，BD1垂直，所以AA1·BD1=0，即(0,-6,3)·(3,-3,6)=0，解得m=13。55≤m≤6。(I)若點P是線段DD1的中點，則P的坐標為(0,9,3)，AB1=(3,0,6)。因此，AB1·PQ=18-18=0，所以AB1⊥PQ，即AB1垂直于PQ。(II)由題設可知，DQ=(6,m-6,0)，DD1=(0,-3,6)是平面PQD內的兩個不共線向量。設n1=(x,y,z)是平面PQD的一個法向量，則n1·DQ=6x+(m-6)y=0，n1·DD1=-3y+6z=0。取y=6，得到n1=(6-m,6,3)。又平面AQD的一個法向量是n2=(0,0,1)，所以cos<n1,n2>=n1·n2/(|n1|·|n2|)=(6-m+6+3(6-m))/sqrt((6-m)2+62+32)=33/sqrt((6-m)2+45)。而四面角P-QD-A的余弦值為-1/3，因此cos<n1,n2>=-1/3，解得m=4。此時Q的坐標為(6,4,0)。設DP=λDD1(0<λ≤1)，而DD1=(0,-3,6)，由此得到點P的坐標為(0,6-3λ,6λ)，PQ=(6,3λ-2,-6λ)。因為PQ//平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0)，所以PQ·n3=0，即3λ-2=0，即λ=2/3，從而P的坐標為(0,4,4)。因此，將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ，則其高h=4，故四面體ADPQ的體積為V=1/3·SADQ·h=1/3·(6·6)/2·4=24。解法二（I）如圖c，取線段AA1的中點R，連接PR、BR。因為A1A、D1D是梯形A1ADD1的兩腰，P是D1D的中點，所以PR//AD，于是由AD//BC知，PR//BC，所以P、R、B、C四點共面。由題設知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥AB1。因為tan∠ABR=AR/AB1=tan∠A1AB1，所以∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°，即知AB⊥平面PRBC，又PQ⊥平面PRBC，故AB⊥PQ。于是AB1⊥BR，再由解法一（I）可知AB1⊥PQ。(II)如圖d，過點P作PM//A1A，連接BM，交AD在點Q。因為AB⊥A1A，所以AB⊥PM，又PM⊥BM，所以AB//BM。又因為A1A//PQ，所以AB1//PQ，因此BQ⊥PQ。設BP=x，AQ=y，則PM=x/2，AM=AQ+QM=y+6，BM=√(PM2+BM2)=√(x2/4+(y+6)2)。由相似三角形可得BM/AB1=AQ/A1A，即√(x2/4+(y+6)2)/6=y/3，解得x2+9y2+36y-144=0，代入PM=x/2，AM=y+6可得PM2+AM2=45。因此，四邊形APQB是內接橢圓的內接四邊形，其面積為S=√[(AP+PB+AQ+BQ)/2·(AP+PB+AM+MQ)/2·(AQ+BQ+AM+MQ)/2·(AP+PQ+BM+MQ)/2]=√[(6+2x+y)·(12+x+y)·(6+x+y)·(15+x)/16]。由解法一（I）可知AB1⊥PQ，所以∠AB1P=∠QPB，又∠QPB+∠QAB=90°，所以∠AB1P+∠QAB=90°，因此△AB1P∽△QA1B，所以AB1/QB=A1B/AP，即6/√(x2/4+(y+6)2)=√(x2/4+y2)/6，解得x2+9y2+36y-144=0，與前面得到的方程相同。因此，S=√[3(x2+9y2+36y-144)/4]=18√(x2+9y2+36y-144)/2。將兩個方程聯立消去x，解得y=3，代入S的公式可得S=18√33/2。因此，所求體積V=S·h/3=18√33。A交AD于點M，則PM//平面ABB。因為A垂直于平面ABCD，所以OM垂直于平面ABCD。過點M作MN垂直于QD于點N，連結PN，則PN垂直于QD。角PNM為二面角P-QD-A的平面角，所以cos角PNM=MN^3/PN*PM^4/3。聯立得到MN^3=3/40*PM^4，從而PN=7/3*MN。連結MQ，由PQ//平面ABB，所以MQ//AB。又ABCD是正方形，所以ABQM為矩形，故MQ=AB=6。設MD=t，則MN=6t/(36+t^2)。過點D作D1E//AA1交AD于點E，則AA1DE為矩形，所以D1E=A1A=6，AE=AD-A1D1=3，因此ED=AD-AE=3。于是PMD1E/6=2，所以PM=2MD=2t。再由三棱錐體積公式V=1/3*S底面*h，得到四面體ADPQ的體積為24。解（I）由C1:x=4y知其焦點F的坐標為（0,1），因為F也是橢圓C2的一焦點，所以1/a^2-b^2=1/4。又C1與C2的公共弦的長為26，C1與C2都關于y軸對稱，且C1的方程為x=4y，由此易知C1與C2的公共點的坐標為（±6,√98/4），所以96/224=a^2/9+b^2/8。解得a=9，b=8，故C的方程為x^2/81+y^2/64=1。（II）如圖f，設A（x1,y1）B（x2,y2）C（x3,y3）D（x4,y4）。因為AC與BD同向，且|AC|=|BD|，所以AC=BD，從而x3-x1=x4-x2，即x1-x2=x3-x4，于是3(x1+x2)-4x1x2=(x3+x4)-4x3x4。設直線l的斜率為k，則l的方程為y=kx+1。由y=kx+1和x^2+y^2