2021届福建省厦门市第一中学高三4月诊断性练习数学试题（含解析）

这是一份2021届福建省厦门市第一中学高三4月诊断性练习数学试题（含解析），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届福建省厦门市第一中学高三4月诊断性练习数学试题


一、单选题
1．设复数，满足，且，则可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数模长的性质，以及共轭复数模长相等，求出，逐个验证选项，即可得出结论.
【详解】,
又，
所以，
，故A选项错误；
，故B选项错误；
，故C选项正确；
，故D选项错误.
故选：C.
2．设集合，．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】数形结合考查函数，根据题意，结合图像必只有，再求并集即可得解.
【详解】
根据提意思考查函数的图像，
关于对称，
由，所以其函数图像必如图所示，
有且只有，所以.
故答案为：D.
3．现用甲、乙两台3D打印设备打印一批对内径有较高精度要求的零件．已知这两台3D打印设备在正常工作状态下打印出的零件内径尺寸Z（单位：）服从正态分布．根据要求，正式打印前需要对设备进行调试，调试时，两台设备各试打了5个零件，零件内径尺寸（单位：）如茎叶图所示．根据以上信息，可以判断（ ）

A．甲、乙两台设备都需要进一步调试
B．甲、乙两台设备都不需要进一步调试
C．甲需要进一步调试，乙不需要进一步调试
D．乙需要进一步调试，甲不需要进一步调试
【答案】D
【分析】观察茎叶图中的数据是否都满足原则.
【详解】因为打印出的零件内径尺寸Z（单位：）服从正态分布，
所以根据原则，几乎所有数据都应落在，
甲打出的所有零件都符合，而乙中数据不符合，
所以乙需要进一步调试，甲不需要进一步调试.
故选：D.
4．甲、乙等6位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排2位同学，每位同学只去一个社区，则甲、乙到同一社区的不同安排方案共有（ ）
A．6种 B．18种 C．36种 D．72种
【答案】B
【分析】根据题意先分组，由于甲、乙已经分为一组，剩下4人分成两组共有种可能，再分配到三个社区即可得解.
【详解】首先分组，甲、乙已经分为一组，
则剩下4人分成两组，共有种可能，
再分配到三个社区可得：，
故选：B
5．甲、乙、丙三位同学参加学习脱贫干部黄文秀、戍边英雄陈红军、人民科学家南仁东、抗疫英雄张定宇等英雄的先进事迹知识竞赛．该竞赛共有十道判断题，三位同学的答题情况如下：
题号
选手
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
√
√
×
√
×
√
×
×
√
×
乙
√
√
×
×
√
×
√
√
×
×
丙
×
√
√
×
√
√
√
×
√
√
考试成绩公布后，三个人都答对了7道题，由此可知，1~10题的正确答案依次是（ ）
A．√、√、×、×、√、√、√、×、√、×
B．√、√、×、×、√、×、√、×、√、×
C．√、√、×、×、√、√、√、√、√、×
D．√、×、×、×、√、√、√、√、√、×
【答案】A
【分析】通过观察发现三人的答题情况的特征，进行合理推断，即可解决问题.
【详解】由题意得，三人一共错了9道题，
观察发现，第2题三人答案相同，其余9道题中，
每道题都是恰有两人答案相同，一人不同.
故每题至少错一人，所以9道题一共至少错9题，
从而第2题必然是三人全对，且其余9道题中，
每题都是对两人，错一人.故正确答案为：
√、√、×、×、√、√、√、×、√、×.
故选：A.
6．音乐是用声音来表达人的思想感情的一种艺术．声音的本质是声波，而声波在空气中的振动可以用三角函数来刻画．在音乐中可以用正弦函数来表示单音，用正弦函数相叠加表示和弦．某二和弦可表示为，则函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，先分析函数的奇偶性，排除D；再分析在区间上，的正负及增长趋势，排除B、C，即可得到答案.
【详解】定义域为R.
因为，则为奇函数，排除D；
在区间上，，函数图像在x轴上方，排除C；
在区间上，和都是增函数，函数图像增长最快，排除B；
故选：A.
7．已知实数a，b满足，，则（ ）
A．3 B．7 C． D．
【答案】C
【分析】结合已知条件转化为相同的形式，然后构造函数，通过研究函数的单调性可得，进而结合对数的运算即可化简求得结果.
【详解】因为，所以，即，
又因为，即，
构造函数，则恒成立，故在上单调递增，即存在唯一的实数，使得，所以，所以，即，所以，
故选：C.
8．某地举办“迎建党100周年”乒乓球团体赛，比赛采用新斯韦思林杯赛制（5场单打3胜制，即先胜3场者获胜，比赛结束）．现有两支球队进行比赛，前3场依次分别由甲、乙、丙和A、B、C出场比赛．若经过3场比赛未分出胜负，则第4场由甲和B进行比赛；若经过4场比赛仍未分出胜负，则第5场由乙和A进行比赛．假设甲与A或Ｂ比赛，甲每场获胜的概率均为0.6；乙与A或B比赛，乙每场获胜的概率均为0.5；丙与C比赛，丙每场获胜的概率均为0.5；各场比赛的结果互不影响．那么，恰好经过4场比赛分出胜负的概率为（ ）
A．0.24 B．0.25 C．0.38 D．0.5
【答案】C
【分析】利用独立事件和互斥事件的概率求解.
【详解】记“恰好经过4场比赛分出胜负”、“恰好经过4场比赛甲所在球队获胜”、“恰好经过4场比赛A所在球队获胜”的事件分别为D、E、F，由E，F互斥，且，
若事件E发生，则第四场比赛甲获胜，且前3场比赛甲所在球队恰有一场比赛失利，
因为甲与A或Ｂ比赛，甲每场获胜的概率均为0.6，乙与A或B比赛，乙每场获胜的概率均为0.5；丙与C比赛，丙每场获胜的概率均为0.5；各场比赛的结果互不影响．
所以甲所在球队恰好经过4场比赛获胜的概率为：，
若事件F发生，则第四场比赛B获胜，且前3场比赛A所在球队恰有一场比赛失利，
因为甲与A或Ｂ比赛，甲每场获胜的概率均为0.6，乙与A或B比赛，乙每场获胜的概率均为0.5；丙与C比赛，丙每场获胜的概率均为0.5；各场比赛的结果互不影响．
所以A所在球队恰好经过4场比赛获胜的概率为：，
所以恰好经过4场比赛分出胜负的概率为：,
故选：C

二、多选题
9．已知，其中（）且（），则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】利用两角和的正切公式将已知式化简，求出（）或（），然后对四个选项逐个分析即可.
【详解】因为，且，
所以，即，
所以（）或（），
A：，故A正确；
B：，故B错误；
C：，令，则，故C错误；
D：由A知，则，
故，故D正确，
故选：AD.
10．函数的定义域为I，若使得均有，且函数是偶函数，则可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据所给条件的含义，即存在最大值、最小值（或有上下界），以及是偶函数，逐项分析，即可得到正确选项.
【详解】对于A选项，因为的值域为，
所以A错误；
对于B选项，，
该函数为偶函数，根据三角函数的有界性知，
存在正实数，满足，故B正确；
对于C选项，由条件得，
不是偶函数，
故C错误；
对于D选项，由条件知，的值域为，
满足存在正实数，使得，
且，故为偶函数，
故D正确.
故选：BD.
11．已知正方体的棱长为2，M为的中点，平面过点且与垂直，则（ ）
A． B．平面
C．平面平面 D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】ABD
【分析】分析出面，可判断选项A；取AD的中点，由平面几何知识可知，，从而判断出面，即平面截正方体所得的截面为梯形，从而可判断剩余的三个选项.
【详解】连接，则，又因为，,
所以面，又因为面，所以，故选项A正确；
取AD的中点，的中点，连接，，，，,
在正方形中，由平面几何知识可知，，
又因为，，所以面，所以,
又因为，所以，
又因为,
所以面，即平面截正方体所得的截面为梯形，
所以显然平面，选项B正确；
平面与平面不平行，选项C错误；
在梯形中，，，,所以梯形的高为，
所以梯形的面积为，即平面截正方体所得的截面面积为，故选项D正确.

故选：ABD.
12．已知抛物线E：的焦点为F，准线l交x轴于点C，直线m过C且交E于不同的A，B两点，B在线段上，点P为A在l上的射影．下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若P，B，F三点共线，则
C．若，则 D．对于任意直线m，都有
【答案】BCD
【分析】解法一：设出直线方程，然后与抛物线方程联立，结合韦达定理与抛物线的定义进而逐项分析即可，其中D选项需要结合均值不等式；解法二：对A选项首先假设，然后推出矛盾即可判断，B，C，D选项则同解法一一样.
【详解】解法一：由已知条件可得

由抛物线的对称性，不妨设直线的方程为
依题意，由整理，得
当，即时，由韦达定理，
得.
对于选项，因为直线的斜率为，
所以，即
又，所以，解得，所以
所以，
故，故错误；
对于选项，易得，所以
当三点共线时，，
所以
由和，解得，
所以故正确
对于选项，过作，垂足为由已知可得，
所以.
又，所以.
由抛物线的定义，得
因此故正确；
对于选项，因为，
所以，又，
故成立.故正确.
故选：BCD.
解法二：对于选项，假设成立，则为等腰直角三角形，
，所以为等腰直角三角形，则点在轴上，这与已知条件显然矛盾，故
故错误，其他选项同解法一进行判断.
故选：BCD.
【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系一般需要设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．


三、填空题
13．曲线在处的切线方程为____________．
【答案】
【分析】利用导数求出切线的斜率，找到切点坐标，利用点斜式即可求出切线方程.
【详解】因为，所以，
所以切线的斜率为，
而切点坐标为，
所以切线方程为：.
故答案为：
14．已知的外心为O，，，则__________．
【答案】
【分析】根据题意可得为，的直角三角形，求得边长及夹角，再利用向量的定义求数量积即可得解.
【详解】
如图，根据平行四边形法则由知，
为中点，又的外心为O，
所以为的直角三角形，
又由，
所以为等边三角形，，
可得，，
所以，
故答案为：.
15．已知双曲线C：（，），以原点O为圆心、C的焦距为半径的圆交x轴于A，B两点，P是圆O与C的一个公共点，若，则C的离心率为__________．
【答案】
【分析】根据题意，在中可得，可得点坐标为，代入双曲线方程即可得解.
【详解】
如图，根据题意，
根据圆的性质可得，
又，
所以，所以，
所以为等边三角形，
由可得点坐标为，
代入双曲线方程可得，
由，可得，
由双曲线的离心率，
所以解得，
故答案为：.

四、双空题
16．球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A，B，C是球面上不在同一大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，，，由这三条劣弧组成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点．若P，Q在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面的面积为__________；若，则球面的面积为__________．

【答案】
【分析】利用所在的经度求出球面三角形面积，再利用已知可得三角形为等边三角形，进而可以求解．
【详解】解：在赤道上，且经度分别为和，
上半球面面积为，
球面面积为，
当时，为等边三角形，
根据题意构造一个正四面体，如图所示：

其中心为，是高的靠近的四等分点，
则，
由余弦定理可得：，
解得，正好为题目所给的长度，
所以球面的面积为，
故答案为：；．

五、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，_________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析.
【分析】选①②③分别求解：
选①利用正弦定理求出，再判断出，得到，不存在符合题意的.
选②由，求出和利用正弦定理求出和，利用面积公式直接求出的面积..
选③对，由正弦定理得求出.
利用余弦定理得到，解出，利用面积公式直接求出的面积.
【详解】选①，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
显然，所以，
因为，所以.
因为，
又因为在单调递减，所以，
所以，与内角和为矛盾.
所以，不存在符合题意的.
选②，
由②得，
所以，
解得或（舍去）.
在中，，所以.
又因为，，所以.
由，得.
又因为，
所以.
所以的面积.
选③
在中，由正弦定理得.
因为，所以.
在中，，
因为，所以，
所以，所以.
因为，且，则.
所以的面积.
18．数列的前n项和为，且（）
（1）若数列不是等比数列，求；
（2）若，在和（）中插入k个数构成一个新数列：，1，，3，5，，7，9，11，，…，插入的所有数依次构成首项为1，公差为2的等差数列，求的前50项和．
【答案】（1）；（2）2694.
【分析】（1）根据式子特点，利用 ，得出，以及不是等比数列得出；
（2）求出，将数列分为的前9项及的前41项，分组求和即可.
【详解】解法一：（1）由，
得，则，
所以.
①当时，不是等比数列，符合题意；
②当时，，
所以，所以是首项为，公比为2的等比数列，与已知矛盾.
综上，，从而，即.
（2）因为，则，由（1）知是首项为，公比为2的等比数列，，所以.
设插入的所有数构成数列，则，
因为，，
，，
所以，，，…，中包含的前9项及的前41项，
所以

.
解法二：（1）由①，
时，②，
①-②得，，
所以，
所以.
当时，，得，所以，
所以，
因为不是等比数列，所以，
事实上，若，则，从而，
此时是首项为，公比为2的等比数列，与已知矛盾.
所以，即.
（2）同解法一.
解法三：（1）由①，
时，②，
①-②得，，
所以，
则，
所以

，
所以.
当时，，得，
所以，
若，则，
此时是首项为，公比为2的等比数列，与已知矛盾，
所以，则，即.
（2）同解法一.
19．如图，四棱锥的底面为矩形，E是边上的点，，．

（1）求证：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】解法一：（1）过点作，交于点，连接交于点，连接，，易证平面，再利用面面垂直的判定定理证明；
（2）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，由求解.
解法二：（1）同解法一；
（2）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，由求解.
解法三：（1）过点作平面，再证，，三点共线，可得平面，再利用面面垂直的判定定理证明；
（2）设，利用等体积法，由，求得点到平面的距离，设直线与平面所成角为，由求解.
【详解】解法一：（1）如图，

过点作，交于点，
连接交于点，连接，.
因为底面为矩形，且，
所以四边形为正方形.
所以，.
又因为，，
所以，所以.
因为为的中点，所以.
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）设，则.
因为，所以为等边三角形，所以.
在正方形中，，，
在中，，所以.
所以，所以，所以.
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则即
取，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：（1）同解法一；
（2）设，则，
因为，所以为等边三角形，所以，
在正方形中，，，
在中，，所以.
所以，所以，所以，
又由（1）知，，，
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则即
取，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
解法三：（1）如图，

过点作平面，垂足为，过点分别作，，垂足分别为，，连接，.
则，因为，平面，
所以平面，所以.
同理.
因为，，
所以，所以.
连接，所以，
所以，所以点在的平分线上，
因为且底面为矩形，
所以为的平分线，所以，，三点共线.
所以平面，所以平面平面.
（2）设，则，
因为，所以为等边三角形，所以，
由（1）知，，所以为中点.
因为在矩形中，，，
所以，所以为中点.
在正方形中，，，
在中，，所以.
过作于，连接，则，，
，在中，.
在中，，
连接，同理可得.
在中，，
在中，，
所以，所以.
设到平面的距离为，
由，得，解得.
设直线与平面所成角为，则.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
20．抗癌药在消灭癌细胞的同时也会使白细胞的数量减少．一般地，病人体内白细胞浓度低于4000个/时需要使用升血药物进行“升血”治疗，以刺激骨髓造血，增加血液中白细胞数量．为了解病人的最终用药剂量数y（1剂量=25）和首次用药时的白细胞浓度x（单位：百个/）的关系，某校研究性学习小组从医院甲随机抽取了首次用药时白细胞浓度均分布在0~4000个/的47个病例，其首次用药时的白细胞浓度为（单位：百个/），最终用药剂量数为（，2．…，47），得到数据（，2，…，47），数据散点图如图所示．他们观察发现，这些点大致分布在一条L形折线（由线段和组成）附近，其中所在直线是由Ⅰ、Ⅱ区的点得到的回归直线，方程为，其中，；所在直线是由Ⅱ、Ⅲ区的点得到的回归直线，方程为．

以下是他们在统计中得到的部分数据：
Ⅰ区：，，，；
Ⅱ区：，，，．
（1）根据上述数据求，的值；（结果保留两位小数）
（2）根据L形折线估计，首次用药时白细胞浓度（单位：个/）为多少时最终用药剂量最少？（结果保留整数）
（3）事实上，使用该升血药的大量数据表明，当白细胞浓度在0~4000个/时，首次用药时白细胞浓度越高，最终用药剂量越少．请从统计学的角度分析（2）的结论与实际情况产生差异的原因．（至少写出两点）
参考数据：，，．，，．
【答案】（1），；（2）2195；（3）答案见解析
【分析】（1）根据最小二乘法求出相关数据即可求解；
（2）联立和方程求解可得；
（3）合理的分析即可.
【详解】解：（1）因为，，
，，
所以，
所以，
，.
（2）由（1）知，，所以的方程为.
联立
解得，
所以首次用药时的白细胞浓度为2195个时，最终用药剂量最少.
（3）本题结论开放，只要考生能从统计学的角度作出合理的分析即可.如：①一次取样未必能客观反映总体；②样本容量过小也可能影响估计的准确性；③忽略异常点的影响也可能导致估计失真；④模型选择不恰当，模型的拟合效果不好，也将导致估计失真；⑤样本不具代表性，也会对估计产生影响.
21．已知函数．
（1）证明：恰有两个极值点；
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）求出，再对求导，利用二次求导函数讨论的性质，从而得到在单调递增，在单调递减，结合，即可解决问题；
（2）将已知不等式化为，构造函数，由，由此可知是的一个极小值点，结合，在附近左负右正，设，于是必有，从而找到必要条件，论证分为三类情况进行讨论.
【详解】（1）依题意的定义域为，
，设，
，
当时，，所以在单调递增，
当时，，所以在单调递减.
又因为，，，
所以在恰有1个零点，在恰有1个零点0，
且当时，，当时，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以恰有一个极大值点和一个极小值点0，
即恰有两个极值点；
（2）由得，，
即，
设.
①当时，因为，
所以.
设，
则，设，
，所以在单调递增.
又因为，
所以当时，，所以在单调递增，
当时，，所以在单调递减，
所以，所以，即，符合题意；
②当时，则，
设，.
设，
，
所以恰有两个零点，，且，
所以，且当时，.
所以当时，，所以在单调递减，
，所以在单调递减，
所以当时，，
即，与矛盾，不合题意；
③当时，，
所以，即与矛盾，不符合题意；
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：（2）小题构造出函数，得到函数的最小值即为极小值，借助极值点满足的条件，必要性探路，找到参数分类标准是解题的关键.
22．已知椭圆C：（）的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．
（1）求C的方程；
（2）圆E过O，B，交于点M，N，直线，分别交C于另一点P，Q，点S，T满足，，求O到直线和直线的距离之和的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先利用对称性得，再根据菱形的面积求得直线与的一个交点坐标，代入椭圆方程便可求出，从而得到椭圆方程；
（2）由圆的方程或圆的性质得到纵坐标之积为定值，再根据题意得到的纵坐标与的纵坐标之间的关系，通过假设直线方程并与椭圆联立，借助韦达定理得到的纵坐标所满足的关系，结合的纵坐标之积为定值，通过计算可得直线过定点，根据向量关系可得且直线也过定点，然后可以利用数形结合或利用函数方法解决问题.
【详解】解法一：（1）因为直线与的两个交点和，构成的四边形是菱形，
所以垂直平分，所以，.
设为直线与的一个交点，则菱形的面积为.
因为菱形的面积为，所以，
解得，即.
将点代入，
得，又，所以.
所以的方程为.
（2）由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，所以为圆的直径，
因此，即.
设，，则.
注意到，，则.
又因为，，所以.
设直线的方程为，，.
由得，.
，（）
，.①
因为，，故，
即.
即.
将①代入上式得，
化简得，解得，满足（）.
所以直线的方程为，
故直线过定点.
由，，所以，
所以直线也过定点，且，解得.
注意到位于线段上，
故到直线的距离与到直线的距离之和等于两平行直线，
之间的距离，且.
当，垂直于轴时，点到直线和直线的距离之和为，
所以点到直线和直线的距离之和的最大值是.
解法二：（1）同解法一.
（2）由（1）可得，
设直线的方程为，则.
另设直线的方程为，则.
由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，所以为圆的直径，
因此，即.
所以，即.
由，得，
所以.
将代入，
得，即.
同理可得.
当时，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，
即①.
将代入①，得，
所以直线过定点.
当时，直线的方程为，也过点.
因此直线始终过定点.
设直线与轴交于点.
因为，，
所以，且，
所以，解得，
即直线过定点.
设直线的方程为，即.
所以点到直线的距离为.
同理可得点到直线的距离为.
所以，
当且仅当，即垂直于轴时等号成立.
故点到直线和直线的距离之和的最大值为.
解法三：（1）同解法一.
（2）设，.
由已知得在直线上，设，
则圆的方程为.
令，得，由韦达定理，得.
由（1）可得，
所以直线的方程为，
直线的方程为.
由整理，
得，
所以，则.
将代入，得，
即.同理可得.
当时，
直线的斜率为.
所以直线的方程为，
即，
即，
即.所以直线过定点.
当时，直线的方程为，也过点.
因此直线始终过定点.
设直线与轴交于点.
因为，，所以，且，
所以，解得，即直线过定点.
设直线的方程为，即.
所以点到直线的距离为.
同理可得点到直线的距离为.
所以，当且仅当，即垂直于轴时等号成立.
故点到直线和直线的距离之和的最大值为.
解法四：（1）同解法一.
（2）因为为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，
故为圆的直径，所以，即.
设，，则，
注意到，，
则，即.
显然，都不为零，设，，则.
设直线的方程为，直线的方程为，
得到直线与直线的直线系方程为，
即（）.
将（）与椭圆联立得
.①
其中，，三点的坐标符合方程①.
若，即，
则方程①可化为.②
其中，两点的坐标符合方程②，又注意到②为二元一次方程，
故②即为，所在直线方程，
整理得直线的方程为.
所以无论为何值，直线都经过点.
由题意得，，，所以，
所以直线也过定点，且，解得.
注意到位于线段上，
故到直线的距离与到直线的距离之和等于两平行直线，
之间的距离，且.
当，垂直于轴时，点到直线和直线的距离之和为，
所以点到直线和直线的距离之和的最大值是.
【点睛】（2）小题以最值问题为载体，其实质是蕴含定点问题，定点问题常用的处理的方法：（1）根据已知条件，直接推导出直线过点，其步骤是：先设出直线方程（或），然后与圆锥曲线方程联立，结合韦达定理，求出的值或关系；（2）通过特殊条件先求出定点，再证明一般情况也过该定点.