2020-2021学年黑龙江省高二（上）期中数学试卷（文科）人教A版

这是一份2020-2021学年黑龙江省高二（上）期中数学试卷（文科）人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线3x+y−5=0的倾斜角是（ ）
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

2. 过点(−1, 2)且与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程为( )
A.3x+2y−1=0B.3x+2y+7=0C.2x−3y+5=0D.2x−3y+8=0

3. 抛物线y=2x2的焦点坐标为( )
A.(1, 0)B.(14, 0)C.(0, 14)D.(0, 18)

4. 设F1，F2分别是椭圆x225+y216=1的左、右焦点，P为椭圆上一点，M是F1P的中点，|OM|=3，则P点到椭圆左焦点的距离为（ ）
A.4B.3C.2D.5

5. 点P(4, −2)与圆x2+y2=4上任一点连线的中点轨迹方程是( )
A.(x−2)2+(y+1)2=1B.(x−2)2+(y+1)2=4
C.(x+4)2+(y−2)2=1D.(x+2)2+(y−1)2=1

6. 过原点的直线l与双曲线x2−y2=6交于A，B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为（ ）
A.4B.1C.12D.14

7. 如果椭圆x236+y29=1的弦被点(4, 2)平分，则这条弦所在的直线方程是( )
A.x−2y=0B.x+2y−4=0C.2x+3y−12=0D.x+2y−8=0

8. 设F1，F2是双曲线x2−y224=1的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3|PF1|＝4|PF2|，则△PF1F2的面积等于（ ）
A.42B.83C.24D.48

9. 过点(1, 2)的直线被圆x2+y2=9所截弦长最短时的直线方程是（ ）
A.x+2y−5=0B.2x−y=0C.2x−y+3=0D.x+2y=0

10. 若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为（ ）
A.2B.12C.14D.18

11. 已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F与双曲线x24−y25=1的右焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在抛物线上，且|AK|=2|AF|，则A点的横坐标为（ ）
A.22B.4C.3D.23

12. 如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，A1，A2，B1，B2为椭圆顶点，F2为右焦点，延长B1F2与A2B2交于点P，若∠B1PB2为钝角，则该椭圆离心率的取值范围是（ ）
A.(5−22, 1)B.(0, 5−22)C.(0, 5−12)D.(5−12, 1)
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）

若x，y满足约束条件x−y+1≥0x−2y≤0x+2y−2≤0，则z=x+y的最大值为________．

设双曲线C经过点(2, 2)，且与y24−x2=1具有相同渐进线，则双曲线C的方程为________．

倾斜角为π4的直线l经过抛物线y2=4x的焦点F，与抛物线相交于A，B两点，则弦AB的长为________．

过双曲线x2−y215=1的右支上一点P，分别向圆C1：(x+4)2+y2=4和圆C2：(x−4)2+y2=1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2−|PN|2的最小值为________．
三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

已知动圆M过点F(2, 0)，且与直线x=−2相切．
(Ⅰ)求圆心M的轨迹E的方程；
(Ⅱ)斜率为1的直线l经过点F，且直线l与轨迹E交于点A，B，求线段AB的垂直平分线方程．

已知函数f(x)=|3x+6|，g(x)=|x−3|．
(Ⅰ)求不等式f(x)>g(x)的解集；
(Ⅱ)若f(x)+3g(x)≥a对于任意x∈R恒成立，求实数a的最大值．

已知圆C：(x−3)2+(y−4)2＝4，
(Ⅰ)若直线l1过定点A(1, 0)，且与圆C相切，求l1的方程；
(Ⅱ)若圆D的半径为3，圆心在直线l2:x+y−2＝0上，且与圆C外切，求圆D的方程．


如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60∘，△PAD为
正三角形，且E，F分别为AD，PC的中点．
(Ⅰ)求证：DF // 平面PEB；
(Ⅱ)求证：BC⊥平面PEB．


已知椭圆C:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝22，且过点(1,22)．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)设过点P(1, 0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若OA⊥OB，求直线l方程．

如图，椭圆C:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD．当直线AB的斜率为0时，|AB|=4．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)求使|AB|+|CD|取最小值时直线AB的方程．

参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江省高二（上）期中数学试卷（文科）
一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角即可．
【解答】
解：因为直线3x+y−5=0的斜率为：−3，
直线的倾斜角为：α．
所以tanα=−3，
α=120∘
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
根据与已知直线垂直的直线系方程可设与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程为−3x−2y+c=0，再把点(−1, 2)代入，即可求出c值，得到所求方程．
【解答】
解：∵ 所求直线方程与直线2x−3y+4=0垂直，
∴ 设方程为3x+2y+c=0,
∵ 直线过点(−1, 2)，
∴ 3×(−1)+2×2+c=0,
∴ c=−1,
∴ 所求直线方程为3x+2y−1=0．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先把抛物线整理标准方程，进而可判断出焦点所在的坐标轴和p，进而求得焦点坐标．
【解答】
解：整理抛物线方程得x2=12y，
∴ 焦点在y轴，p=14，
∴ 焦点坐标为(0, 18).
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由题意知，OM是△PF1F2的中位线，由|OM|=3，可得|PF2|=6，再由椭圆的定义求出|PF1|的值．
【解答】
解：由题意知，OM是△PF1F2的中位线，
∵ |OM|=3，
∴ |PF2|=6.
又|PF1|+|PF2|=2a=10，
∴ |PF1|=4.
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
轨迹方程
【解析】
设圆上任意一点为(x1, y1)，中点为(x, y)，则x=x1+42y=y1−22 ，由此能够轨迹方程．
【解答】
解：设圆上任意一点为(x1, y1)，中点为(x, y)，
则x=x1+42,y=y1−22,
即x1=2x−4,y1=2y+2, 代入x2+y2=4，
得(2x−4)2+(2y+2)2=4，
化简得(x−2)2+(y+1)2=1．
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
直线与双曲线的位置关系
【解析】
可设A(m, n)，B(−m, −n)，P(x, y)，代入双曲线的方程，作差，可得y2−n2x2−m2=1，再由直线的斜率公式，结合平方差公式，计算可得所求值．
【解答】
由题意可设A(m, n)，B(−m, −n)，P(x, y)，
则m2−n2=6，x2−y2=6，
即有y2−n2=x2−m2，
即y2−n2x2−m2=1，
由kPA=y−nx−m，kPB=y+nx+m，
可得kPA⋅kPB=y2−n2x2−m2=1，
而kPA=2，所以kPB=12．
7.
【答案】
D
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1236+y129=1x2236+y229=1，两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0，又由弦中点为(4, 2)，可得k=−12，由此可求出这条弦所在的直线方程．
【解答】
解：设这条弦的两端点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，斜率为k，
则x1236+y129=1，x2236+y229=1，
两式相减再变形得x1+x236+ky1+y29=0,
又弦中点为(4, 2)，故k=−12，
故这条弦所在的直线方程y−2=−12(x−4)，
整理得x+2y−8=0.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先由双曲线的方程求出|F1F2|＝10，再由3|PF1|＝4|PF2|，求出|PF1|＝8，|PF2|＝6，由此能求出△PF1F2的面积．
【解答】
F1(−5, 0)，F2(5, 0)，|F1F2|＝10，
∵ 3|PF1|＝4|PF2|，∴ 设|PF2|＝x，则|PF1|=43x，
由双曲线的性质知43x−x=2，解得x＝6．
∴ |PF1|＝8，|PF2|＝6，
∴ ∠F1PF2＝90∘，
∴ △PF1F2的面积=12×8×6=24．
9.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设A(1, 2)，圆的圆心为C(0, 0)，从而得到AC的斜率．由圆的性质，得当直线被圆截得弦长最短时，直线与经过A点的直径垂直，由此算出直线的斜率，即可得到所求直线的方程．
【解答】
∵ 圆x2+y2=9的圆心为C(0, 0)，
设A(1, 2)，得直线AC的斜率kAC=2，
∵ 过点(1, 2)的直线被圆x2+y2=9所截弦长最短，
∴ 所求的直线与经过点A(0, 1)的直径垂直，
由此可得，所求的直线的斜率为k=−1kAC=−12，
因此，所求直线的方程为y−2=−12(x−1)，即x+2y−5=0．
10.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据题意，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，将抛物线的方程为标准方程，求出其准线方程，分析可得d的最小值，即可得答案．
【解答】
根据题意，抛物线y＝2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，
抛物线的方程为y＝2x2，即x2=12y，
其准线方程为：y=−18，
分析可得：当P在抛物线的顶点时，d有最小值18，
即|PF|的最小值为18，
11.
【答案】
C
【考点】
圆锥曲线的共同特征
【解析】
根据双曲线x24−y25=1得出其右焦点坐标，可知抛物线的焦点坐标，从而得到抛物线的方程和准线方程，进而可求得K的坐标，设A(x0, y0)，过A点向准线作垂线AB，则B(−3, y0)，根据|AK|=2|AF|及AF＝AB＝x0−(−3)＝x0+3，进而可求得A点坐标．
【解答】
∵ 双曲线x24−y25=1，其右焦点坐标为(3, 0)．
∴ 抛物线C:y2＝12x，准线为x＝−3，
∴ K(−3, 0)
设A(x0, y0)，过A点向准线作垂线AB，则B(−3, y0)
∵ |AK|=2|AF|，又AF＝AB＝x0−(−3)＝x0+3，
∴ 由BK2＝AK2−AB2得BK2＝AB2，从而y02＝(x0+3)2，即12x0＝(x0+3)2，
解得x0＝3．
12.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
【解析】
根据∠B1PB2为A2B2→与F2B1→的夹角，并分别表示出A2B2→与F2B1→，由∠B1PB2为钝角，A2B2→⋅F2B1→<0，得ac−b2<0，利用椭圆的性质，可得到e2+e−1<0，即可解得离心率的取值范围．
【解答】
解：如图所示，∠B1PB2为A2B2→与F2B1→的夹角；
设椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为a，b，c，
A2B2→=(−a, b)，F2B1→=(−c, −b)，
∵ 向量的夹角为钝角时，A2B2→⋅F2B1→<0，
∴ ac−b2<0，
又b2=a2−c2，
∴ a2−ac−c2>0；
两边除以a2得1−e−e2>0，
即e2+e−1<0；
解得−1−52又∵ 0∴ 0故答案选：C．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）
【答案】
32
【考点】
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】
由x，y满足约束条件x−y+1≥0x−2y≤0x+2y−2≤0，作出可行域如图，
化目标函数z=x+y为y=−x+z，
由图可知，当直线y=−x+z过A时，z在y轴上的焦距取得最大值，
由x−2y＝0x+2y−2＝0，解得A(1, 12)时，
目标函数有最大值，为z=1+12=32．
【答案】
x23−y212=1
【考点】
双曲线的特性
【解析】
利用双曲线渐近线之间的关系，利用待定系数法即可得到结论．
【解答】
解：与y24−x2=1具有相同渐近线的双曲线方程可设为y24−x2=m，(m≠0)，
∵ 双曲线C经过点(2, 2)，
∴ m=−3，
即双曲线方程为y24−x2=−3，即x23−y212=1
故答案为：x23−y212=1．
【答案】
8
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2=4x的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义，即可求线段AB的长．
【解答】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，A，B到准线的距离分别为dA，dB，
由抛物线的定义可知|AF|=dA=x1+1，|BF|=dB=x2+1，于是|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2．
由已知得抛物线的焦点为F(1, 0)，斜率k=tan45∘=1，所以直线AB方程为y=x−1．
将y=x−1代入方程y2=4x，得(x−1)2=4x，化简得x2−6x+1=0．
由求根公式得x1+x2=6，于是|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=8．
【答案】
13
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求得两圆的圆心和半径，设双曲线x2−y215=1的左右焦点为F1(−4, 0)，F2(4, 0)，连接PF1，PF2，F1M，F2N，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算即可得到所求值．
【解答】
圆C1：(x+4)2+y2=4的圆心为(−4, 0)，半径为r1=2；
圆C2：(x−4)2+y2=1的圆心为(4, 0)，半径为r2=1，
设双曲线x2−y215=1的左右焦点为F1(−4, 0)，F2(4, 0)，
连接PF1，PF2，F1M，F2N，可得
|PM|2−|PN|2=(|PF1|2−r12)−(|PF2|2−r22)
=(|PF1|2−4)−(|PF2|2−1)
=|PF1|2−|PF2|2−3=(|PF1|−|PF2|)(|PF1|+|PF2|)−3
=2a(|PF1|+|PF2|−3=2(|PF1|+|PF2|)−3≥2⋅2c−3=2⋅8−3=13．
当且仅当P为右顶点时，取得等号，即最小值13．
三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
（1）设动点M(x, y)，则(x−2)2+y2＝|x+2|
化简得轨迹E的方程y2=8x
（2）斜率为1的直线l经过点F，所以l的方程为y=x−2，
由y＝x−2y2＝8x，得x2−12x+4=0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB中点M(x0, y0)
则x0＝x1+x22＝6，y0=x0−2=4
所以AB垂直平分线方程为x+y−10=0．
【考点】
轨迹方程
【解析】
(Ⅰ)设动点M(x, y)，通过(x−2)2+y2＝|x+2|，化简求解即可．
(Ⅱ)由y＝x−2y2＝8x，得x2−12x+4=0．设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB中点M(x0, y0)，利用韦达定理求出中点坐标，然后求解AB垂直平分线方程．
【解答】
（1）设动点M(x, y)，则(x−2)2+y2＝|x+2|
化简得轨迹E的方程y2=8x
（2）斜率为1的直线l经过点F，所以l的方程为y=x−2，
由y＝x−2y2＝8x，得x2−12x+4=0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB中点M(x0, y0)
则x0＝x1+x22＝6，y0=x0−2=4
所以AB垂直平分线方程为x+y−10=0．
【答案】
（1）由f(x)>g(x)，得|3x+6|>|x−3|，
平方得(3x+6)2>(x−3)2，
得9x2+36x+36>x2−6x+9，
得8x2+42x+27>0，
得(2x+9)(4x+3)>0，
解得x<−92或x>−34．
故不等式f(x)>g(x)的解集是(−∞, −92)∪(−34, +∞)．
（2）若f(x)+3g(x)≥a恒成立，则|3x+6|+3|x−3|≥a恒成立，
即|3x+6|+|3x−9|≥a恒成立．
而|3x+6|+|3x−9|≥|3x+6−(3x−9)|=15，
所以a≤15，
故实数a的最大值为15．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
(Ⅰ)两边平方法即可求出不等式的解集；
(Ⅱ)利用三角不等式求得f(x)+3g(x)≥15，从而可得a的取值范围，从而得解．
【解答】
（1）由f(x)>g(x)，得|3x+6|>|x−3|，
平方得(3x+6)2>(x−3)2，
得9x2+36x+36>x2−6x+9，
得8x2+42x+27>0，
得(2x+9)(4x+3)>0，
解得x<−92或x>−34．
故不等式f(x)>g(x)的解集是(−∞, −92)∪(−34, +∞)．
（2）若f(x)+3g(x)≥a恒成立，则|3x+6|+3|x−3|≥a恒成立，
即|3x+6|+|3x−9|≥a恒成立．
而|3x+6|+|3x−9|≥|3x+6−(3x−9)|=15，
所以a≤15，
故实数a的最大值为15．
【答案】
（1）①若直线l1的斜率不存在，即直线是x＝1，符合题意．
②若直线l1斜率存在，设直线l1为y＝k(x−1)，即kx−y−k＝0．
由题意知，圆心(3, 4)到已知直线l1的距离等于半径2，
即|3k−4−k|k2+1=2
解之得k=34．
所求直线方程是x＝1，3x−4y−3＝0．
（2）依题意设D(a, 2−a)，又已知圆的圆心C(3, 4)，r＝2，
由两圆外切，可知CD＝5
∴ 可知(a−3)2+(2−a−4)2=5，
解得a＝3，或a＝−2，
∴ D(3, −1)或D(−2, 4)，
∴ 所求圆的方程为(x−3)2+(y+1)2＝9或(x+2)2+(y−4)2＝9．
【考点】
圆的切线方程
圆的标准方程
【解析】
（I）由直线l1过定点A(1, 0)，故可以设出直线的点斜式方程，然后根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，求出k值即可，但要注意先讨论斜率不存在的情况，以免漏解．
(II)圆D的半径为3，圆心在直线l2:x+y−2＝0上，且与圆C外切，则设圆心D(a, 2−a)，进而根据两圆外切，则圆心距等于半径和，构造出关于a的方程，解方程即可得到答案．
【解答】
（1）①若直线l1的斜率不存在，即直线是x＝1，符合题意．
②若直线l1斜率存在，设直线l1为y＝k(x−1)，即kx−y−k＝0．
由题意知，圆心(3, 4)到已知直线l1的距离等于半径2，
即|3k−4−k|k2+1=2
解之得k=34．
所求直线方程是x＝1，3x−4y−3＝0．
（2）依题意设D(a, 2−a)，又已知圆的圆心C(3, 4)，r＝2，
由两圆外切，可知CD＝5
∴ 可知(a−3)2+(2−a−4)2=5，
解得a＝3，或a＝−2，
∴ D(3, −1)或D(−2, 4)，
∴ 所求圆的方程为(x−3)2+(y+1)2＝9或(x+2)2+(y−4)2＝9．
【答案】
证明：(Ⅰ)取PB中点G，因为F是PC中点，
∴ FG // BC，且FG=12BC
∵ E是AD的中点，则DE // BC，且DE=12BC
∴ FG // DE，且FG=DE
∴ 四边形DEGF是平行四边形，
∴ DF // EG
又∵ DF⊄平面PEB，EG⊂平面PEB
∴ DF // 平面PEB．
（2）因为E是正三角形PAD边为AD的中点，则PE⊥AD．
∵ 四边形ABCD为菱形，∠BAD=60∘，
∴ 正三角形BAD中，BE⊥AD，
∵ PE∩BE=E，
∴ AD⊥平面PEB，
∵ AD // BC，
∴ BC⊥平面PEB．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
(Ⅰ)取PB中点G，可证四边形DEGF是平行四边形，进而可证DF // EG，利用线面平行的判定定理即可证明DF // 平面PEB．
(Ⅱ)由题意可知PE⊥AD，又正三角形BAD中，BE⊥AD，利用线面垂直的判定定理可证AD⊥平面PEB，进而根据AD // BC，即可证明BC⊥平面PEB．
【解答】
证明：(Ⅰ)取PB中点G，因为F是PC中点，
∴ FG // BC，且FG=12BC
∵ E是AD的中点，则DE // BC，且DE=12BC
∴ FG // DE，且FG=DE
∴ 四边形DEGF是平行四边形，
∴ DF // EG
又∵ DF⊄平面PEB，EG⊂平面PEB
∴ DF // 平面PEB．
（2）因为E是正三角形PAD边为AD的中点，则PE⊥AD．
∵ 四边形ABCD为菱形，∠BAD=60∘，
∴ 正三角形BAD中，BE⊥AD，
∵ PE∩BE=E，
∴ AD⊥平面PEB，
∵ AD // BC，
∴ BC⊥平面PEB．
【答案】
（1）由e＝ca＝22，得a2=2b2，又1a2+12b2＝1，解得a2=2，b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x22+y2＝1．
（2）设AB:x=my+1，
由x＝my+1x2+2y2＝2，得(m2+2)y2+2my−1=0，
Δ>0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∴ y1+y2＝−2mm2+2，y1y2＝−1m2+2，
∴ x1x2＝m2y1y2+m(y1+y2)+1＝−m2m2+2−2m2m2+2+1＝2−2m2m2+2，
∵ OA⊥OB，∴ OA→⋅OB→＝0，
∴ OA→⋅OB→＝x1x2+y1y2＝1−2m2m2+2＝0，得m＝±22，
∴ 直线AB方程为2x−y−2＝0或2x+y−2＝0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)通过椭圆的离心率以及椭圆经过的点，求解a，b，得到椭圆方程．
(Ⅱ)设AB:x=my+1，由x＝my+1x2+2y2＝2，得(m2+2)y2+2my−1=0，Δ>0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用韦达定理，结合向量的数量积为0，求解m，得到直线方程．
【解答】
（1）由e＝ca＝22，得a2=2b2，又1a2+12b2＝1，解得a2=2，b2=1，
∴ 椭圆C的方程为x22+y2＝1．
（2）设AB:x=my+1，
由x＝my+1x2+2y2＝2，得(m2+2)y2+2my−1=0，
Δ>0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∴ y1+y2＝−2mm2+2，y1y2＝−1m2+2，
∴ x1x2＝m2y1y2+m(y1+y2)+1＝−m2m2+2−2m2m2+2+1＝2−2m2m2+2，
∵ OA⊥OB，∴ OA→⋅OB→＝0，
∴ OA→⋅OB→＝x1x2+y1y2＝1−2m2m2+2＝0，得m＝±22，
∴ 直线AB方程为2x−y−2＝0或2x+y−2＝0．
【答案】
（1）由题意知e＝ca＝12，2a＝4．又a2=b2+c2，解得a＝2,b＝3，
所以椭圆方程为x24+y23＝1．
（2）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，
由题意知|AB|+|CD|=7，不满足条件．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，
则直线CD的方程为y＝−1k(x−1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1⋅x2=4k2−123+4k2，
所以|AB|=k2+1|x1−x2|=k2+1⋅(x1+x2)2−4x1x2=12(k2+1)3+4k2．
同理，|CD|=12(1k2+1)3+4k2=12(k2+1)3k2+4．
所以|AB|+|CD|=12(k2+1)3+4k2+12(k2+1)3k2+4=84(k2+1)2(3+4k2)(3k2+4)≥84(k2+1)2(3+4k2+3k2+42)2=487，
当且仅当3+4k2=3k2+4即k=±1时，上式取等号，
所以直线AB的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)利用离心率以及长轴长求解a，c，b然后得到椭圆方程．
(Ⅱ)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，验证即可．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，则直线CD的方程为y＝−1k(x−1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，利用韦达定理，弦长公式，求解|AB|+|CD|的表达式，利用基本不等式求解最小值，然后求解直线方程．
【解答】
（1）由题意知e＝ca＝12，2a＝4．又a2=b2+c2，解得a＝2,b＝3，
所以椭圆方程为x24+y23＝1．
（2）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，
由题意知|AB|+|CD|=7，不满足条件．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，
则直线CD的方程为y＝−1k(x−1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=8k23+4k2，x1⋅x2=4k2−123+4k2，
所以|AB|=k2+1|x1−x2|=k2+1⋅(x1+x2)2−4x1x2=12(k2+1)3+4k2．
同理，|CD|=12(1k2+1)3+4k2=12(k2+1)3k2+4．
所以|AB|+|CD|=12(k2+1)3+4k2+12(k2+1)3k2+4=84(k2+1)2(3+4k2)(3k2+4)≥84(k2+1)2(3+4k2+3k2+42)2=487，
当且仅当3+4k2=3k2+4即k=±1时，上式取等号，
所以直线AB的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．