2023-2024学年广东省江门市高二上学期调研测试数学试题（一）(含解析）

这是一份2023-2024学年广东省江门市高二上学期调研测试数学试题（一）(含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.过点(−2,0)与y=x平行的直线方程是( )
A. x−y−2=0B. x+y+2=0C. x−y+2=0D. x+y−2=0
2.方程x2+y2+2x−1−m=0表示一个圆，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−2,+∞)
3.若a=(−1,2,−1)，b=(1,3,−2)，则(a+b)⋅(a−b)=( )
A. −8B. −10C. 8D. 10
4.已知等差数列−1，−3，−5，⋯的前n项和为−196，则n的值为( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
5.两条直线y=kx和y=−kx分别与抛物线y2=4x相交于不同于原点的A，B两点，当直线AB经过抛物线的焦点时，则|AB|为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.阿基米德(公元前287年−公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，面积为4 2π，且两焦点与短轴的一个端点构成直角三角形，则椭圆C的标准方程为( )
A. x28+y24=1B. x28+y24=1，或y28+x24=1
C. x24+y22=1D. x24+y22=1，或y24+x22=1
7.设双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)的离心率为e，双曲线渐近线的斜率的绝对值小于 22，则e的取值范围是( )
A. ( 62,+∞)B. (1, 62)C. ( 62, 3)D. (0, 62)
8.已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角A−BD−C的大小为60∘，则此时cs∠EOF的值为( )
A. −14B. −13C. −12D. −34
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在平面直角坐标系中，已知点A(2,0)，B(0,4)，C(2,4)，O(0,0)，则( )
A. 直线AC的倾斜角不存在B. 直线OC与直线AB的倾斜角相等
C. 直线OC与直线AB的斜率之和为0D. 点C到直线AB的距离为4 55
10.如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，M是EG和FH的交点，O为空间中任意一点，则( )
A. E，F，G，H四点共面B. EG⋅FH=0
C. EH为直线BD的方向向量D. OM=12(OA+OB+OC+OD)
11.已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，a5=a1−8，S10=10，则( )
A. a1=10B. an为递减数列
C. 若Sn< 0，则n≥15，且n∈ND. 当n=5或n=6时，Sn取得最大值
12.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，直线l: x=−1，过F的直线交抛物线C于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，交直线l于点M，MA=λ1AF，MB=λ2BF，则( )
A. △ABO的面积的最大值为2B. y1y2=−4
C. x1x2=1D. λ1+λ2=0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直线 3x−y=0被圆(x−2)2+y2=4截得的弦长为 ．
14.写出一个与双曲线x2−y22=1有相同渐近线，且焦点在y轴上的双曲线方程为 ．
15.对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n层货物的个数为an，则数列{n(n+4)an}的前n项和Sn= ．
16.如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为1，动点P在线段AB1上，则△PBC1面积的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知等差数列{an}和等比数列bn满足a1=2，b1=1，a2+b2=3，a3+b3=4，设数列bn的公比为q．
(1)求数列an，bn的通项公式;
(2)若cn=qan，Tn为数列cn的前n项和，求Tn．
18.(本小题12分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90∘．
(1)求证：AB⊥AC1;
(2)若AB=AC=12AA1，求异面直线CB1与AC1所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知动点M与定点F( 3,0)的距离和它到定直线x= 33的距离的比是常数 3，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)若直线l:y=kx−1与曲线C有且只有一个公共点，求k的值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，△PAD是正三角形，∠ABC=2π3，E是AB的中点．
(1)证明：AC⊥PE;
(2)求平面EPC与平面DPC夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知等比数列an的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N∗).
(1)求数列an的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，若数列cn满足cn=4dn，求数列{cn}的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，过右焦点F2的直线与椭圆C相交于M，N′ (异于A，B)两点．
(1)若直线MN的斜率为1，求|MN|;
(2)若直线AM与直线x=4相交于点T(4,t)，求证：T，B，N三点共线．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线的方程，属于简单题．
由题得到直线的斜率，再代入点坐标，即可求解．
【解答】
解：直线y=x的斜率为1，则所求直线斜率为1
则y=x−(−2)，即x−y+2=0
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了二元二次方程表示圆的条件，属于基础题．
根据所给的圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0中D2+E2−4F>0，解不等式即可．
【解答】
解：若方程 x2+y2+2x−1−m=0表示一个圆，
则22−4−m−1>0，解得 m>−2 ，
故选 D．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量的运算以及数量积，属于基础题．
根据题意，分别求 a+b和a−b，利用数量积计算即可．
【解答】
解：由a=(−1,2,−1)，b=(1,3,−2)，
得a+b=(0,5,−3)，a−b=(−2,−1,1)，
所以(a+b)⋅(a−b)=0×(−2)+5×(−1)+(−3)×1=−8．
4.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查等差数列前n项和公式，属于基础题．
求出公差d，代入Sn=na1+nn−12d=−196可得n．
【解答】解：设等差数列公差为d，则d=−3+1=−2，
由题意Sn=−n+nn−12×−2=−196，
解得n=14．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题重点考查抛物线的性质，属于一般题．
由对称性判断出AB⊥x轴，利用AB=2p即可求解．
【解答】
解：由题意可知，直线y=kx(k>0)和y=−kx关于x轴对称;
抛物线y2=4x关于x轴对称，焦点坐标F(1,0)，如下图所示：
因为直线AB经过抛物线的焦点F(1,0)，
则AB⊥x轴，且AB=2p=4
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求椭圆方程，属于基础题．
根据条件得方程组，求出a2=8b2=4，即可得椭圆方程．
【解答】
解：由题意，得{abπ=4 2πb=ca2=b2+c2⇒{a2=8b2=4,
故椭圆方程为x28+y24=1或y28+x24=1
7.【答案】B
【解析】【分析】本题考查双曲线的性质，属于基础题．
由已知求出ba< 22，进而可求离心率的范围．
【解答】解：双曲线渐近线斜率k=ba，
根据双曲线渐近线的斜率的绝对值小于 22得到ba< 22⇒ba2<12，
双曲线离心率e=ca= 1+b2a2∈(1, 62)．
故选B
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查二面角，空间向量的数量积运算，属于中档题．
根据条件可得，OA→⊥OB→,OC→⊥OD→,⟨OB→,OD→⟩=π,⟨OA→,OC→⟩=π3，利用空间向量的线性运算得到OE=12OB+OC,OF=12OA+OD，再由空间向量的数量积运算求解即可．
【解答】
解：如图所示，易知OA⊥BD，OC⊥BD，所以结
合已知有OA⊥OB，OC⊥OD，=π，=π3，
易知OE=12(OB+OC)，OF=12(OA+OD)，
设正方形边长为2，所以OA=OB=OC=OD= 2，OE=OF=1，
cs=OE⋅OF|OE|⋅OF=14OB·OA+OB·OD+OC·OA+OC·OD 1· 1
=0−2+1+04=−14．
9.【答案】CD
【解析】【分析】本题主要考查直线倾斜角、斜率，点到直线距离，属于基础题．
利用直线倾斜角、斜率判断A，B，C，利用点到直线距离公式判断D．
【解答】解：对于A，直线AC的倾斜角为90°，故A错误；
对于B，C，OC斜率为4−02−0=2，AB斜率为4−00−2=−2，所以，直线OC与直线AB的倾斜角不相等，直线OC与直线AB的斜率之和为0，故B错误，C正确；
对于D，AB直线方程为2x+y−4=0，故点C到直线AB的距离为2×2+4−4 4+1=4 55，故D正确．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积与空间向量的垂直关系，空间向量的线性运算，直线的方向向量，考查运算求解能力，属于中档题．
由题意可得EF=HG可判断A；由题意可得四边形EFGH是平行四边形，利用平行四边形的性质判断B；利用直线的方向向量的定义判断C；利用根据E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，分析可得四边形EFGH为平行四边形，进而可得M为EG的中点，由向量加法的运算法则判断D．
【解答】
解：对于A，∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，∴EF=12AC，HG=12AC，∴EF=HG，又E，F，G，H四点不共线，所以E，F，G，H四点共面，故A正确；
对于B，∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，∴EH = /​/ 12BD，FG = /​/ 12BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，∴EG与FH不一定垂直，∴ EG⋅FH 不一定等于0，故B错误；
对于C，∵EH= //12BD，∴EH为直线BD的方向向量，故C正确；
对于D，可知M是EG和FH的交点，则对空间任意一点O，
根据题意，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
则EH/​/BD，FG/​/BD，故EH/​/FG，
同理：EF/​/GH，
则四边形EFGH为平行四边形，
又由EG∩FH=M，则M为EG的中点，
则有OA+OB=2OE，OC+OD=2OG，OE+OG=2OM，
故有14[(OA+OB)+(OC+OD)]=14(2OE+2OG)=14(4OM)=OM，
∴OM=14(OA+OB+OC+OD)，故D错误．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，属于基础题；
根据已知条件结合等差数列的性质以及等差数列通项公式、等差数列的前n项和公式依此求出首项和公差求解即可．
【解答】解：因为a5=a1−8，即4d=−8，所以d=−2<0，B正确；
又因为S10=10，所以a1=10，A正确；
因为Sn=n20−2n−12=−2n2+22n2=−n2+11n=−nn−11<0
所以n>11，C错误；
根据C可得Sn公式为一元二次函数，n∈N，当n=5或6时Sn取得最大值， D正确．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】本题考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
根据题干设出直线AB:x=my+1，然后联立x=my+1y2=4x得到关于y的一元二次方程，然后利用韦达定理即可求解，同时也要考虑向量计算．
【解答】设直线AB:x=my+1，由x=my+1y2=4x得：y2−4my−4=0
选项A:SΔABO=12|OF||y1−y2|=12 (y12+y22)−4y1y2=12 16m2+16≥12×4=2
应是最小值为2，故A错误；
选项B:y1y2=−4，故B正确；
选项C:x1=y124，x2=y224，则x1x2=(y1y2)216=1，故C正确；
选项D:由MA=λ1AF，MB=λ2BF，M(−1,−2m)
得：y1+2m=−λ1y1y2+2m=−λ2y2，
∴λ1+λ2=−2−2m(1y1+1y2)=−2−2m．y1+y2y1y2=−2−2m⋅4m−4=0，故D正确
13.【答案】2
【解析】【分析】
本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，属于基础题．
根据圆的方程可得圆心和半径，再利用点到直线的距离公式求得弦心距，利用垂径定理求得弦长．
【解答】
解：圆(x−2)2+y2=4的半径为2，圆心(2,0)到直线 3x−y=0的距离d=|2 3−0| 3+1= 3，
故弦长为2 r2−d2=2 4−3=2，
故答案为：2．
14.【答案】y22−x2=1(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程，属于简单题．
设所求双曲线方程为 x2−y22=λ( λ≠0)，利用焦点在y轴上即可求解．
【解答】
解：由题意可设所求双曲线方程为 x2−y22=λ( λ≠0)，即 x2λ−y22λ=1，
因为焦点在y轴上，
可取λ=−1，
则双曲线方程可以为y22−x2=1
15.【答案】n2n+8
【解析】【分析】
本题考查利用数学知识解决实际问题，考查数列的递推关系式、等差数列求和公式以及裂项相消法求和，考查学生的推理能力、计算能力，属于中档题．
由题意，a1=2，a2−a1=3，⋯an−an−1=n+1，利用累加法求出an，化简数列n(n+4)an=2n+4n+3=21n+3−1n+4，再求和即可．
【解答】解：由题意，a1=2，
a2−a1=3，
a3−a2=4，
⋯
an−an−1=n+1，
将上述式子累加得
an=2+3+4+⋯+(n+1)=nn+32，
所以n(n+4)an=2n+4n+3
=21n+3−1n+4，
所以Sn=214−15+15−16+…1n+3−1n+4
=214−1n+4=n2n+8．
故答案为 n2n+8．
16.【答案】 1010
【解析】【分析】
本题考查了点到直线的距离，正三棱柱的结构特征，考查了空间想象能力，属于中档题．
在平面ABC内过A作Ay⊥AB，以点A为原点，射线AB，Ay，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出BP，BC1，点P到直线BC1的距离d= |BP|2−(BP⋅BC1 |BC1|)2，结合二次函数的性质即可得dmin，再列出三角形面积表达式，即可得解．
【解答】
解：在正三棱柱ABC−A1B1C1中，在平面ABC内过A作Ay⊥AB，显
然射线AB，Ay，AA1两两垂直，以点A为原点，射线AB，Ay，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角
坐标系，如图，因正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为1，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，B1(1,0,1)，C1(12, 32,1)，
所以AB1=(1,0,1)，BC1=(−12, 32,1)，
因动点P在线段AB1上，则令AP=tAB1=(t,0,t)，0≤t≤1，
即有点P(t,0,t)，所以BP=(t−1,0,t)，则|BP|2=(t−1)2+t2=2t2−2t+1，
从而BP⋅BC1|BC1|=12 2(t+1)，因此点P到直线BC1的距离
d= |BP|2−(BP⋅BC1|BC1|)2= 2t2−2t+1−18(t2+2t+1)= 158t2−94t+78
= 158(t−35)2+15≥ 55，当且仅当t=35时取等号，
所以线段AB1上的动点P到直线BC1的距离的最小值为 55，又因为|BC1|= BC2+CC12= 2，
所以，则ΔPBC1面积的最小值S△PBC=12d|BC1|=12× 55× 2= 1010．
17.【答案】解：(1)设{an}的公差为d，
由a2+b2=3，得d+q=1，
又a3+b3=4，得2d+q2=2，
联立解得d=1q=0，或d=−1q=2，
因为q≠0，
故d=1q=0舍去，
所以an=a1+(n−1)d=3−n，
bn=b1qn−1=2n−1．
(2)由(1)有cn=qan=23−n，
因为cn+1cn=23−(n+1)23−n=12，
所以数列{cn}是以首项为4，公比为12的等比数列，
Tn=c1+c2+⋯+cn=4(1−12n)1−12=8−23−n．
【解析】本题主要考查等差数列及等比数列的通项公式，以及等比数列求和公式，属于中档题．
(1)先根据条件求出公差d及公比q，由此可得数列an，bn的通项公式；
(2)根据(1)的结论易得数列{cn}的通项公式，再利用等比数列求和公式，便可求得Tn．
18.【答案】解：(1)由题意知AA1⊥平面ABC，又因为AB⊂平面ABC，
所以AA1⊥AB
由已知有AB⊥AC，且AC和AA1为平面AA1C1C内两相交直线，
所以AB⊥平面AA1C1C
又因为AC1⊂平面AA1C1C
所以AB⊥AC1．
(2)由题意知AA1⊥面ABC，AC⊥AB，以A为坐标原点，CA，AB，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
令AB=AC=1，AA1=2，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C1(−1,0,2)，B1(0,1,2)，C(−1,0,0)
故CB1=(1,1,2)，AC1=(−1,0,2)，
设异面直线CB1与AC1所成角为α，
csα=AC·CB1|AC1|CB1=|−1+4 5× 6|= 3010
故异面直线CB1与AC1所成夹角的余弦值为 3010．

【解析】本题考查线面垂直的性质，异面直线所成角，属于基础题．
(1)推得AB⊥平面AA1C1C，再根据线面垂直的性质即可证得；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得CB1=(1,1,2)，AC1=(−1,0,2)，利用向量法得解．
19.【答案】解：(1)设动点M(x,y)，
由题意有 (x− 3)2+y2|x− 33|= 3，
即 (x− 3)2+y2= 3|x− 33|，
同时平方，有(x− 3)2+y2=3(x− 33)2，
整理得：x2−y22=1，
所以曲线C的方程为x2−y22=1；
(2)联立方程y=kx−1x2−y22=1，
消去y得(2−k2)x2+2kx−3=0(∗)，
①当2−k2=0即k=± 2时，方程(∗)有1个根，符合题意；
②当2−k2≠0即k≠ 2且k≠− 2时，
因为直线l与曲线C有1个公共点，
故Δ=(2k)2−4(2−k2)⋅(−3)=0，
解得：k=± 3，
综上所述，当k=± 2或k=± 3时，直线l与曲线C有且只有一个公共点．
【解析】本题考查与双曲线有关的轨迹问题，直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
(1)设出点M坐标，由题意得 (x− 3)2+y2|x− 33|= 3，化简得到答案；
(2)将直线与双曲线方程联立，再分当2−k2=0，2−k2≠0两种情况讨论即可．
20.【答案】解：(1)证明：取AD的中点F，连接EF，PF，BD，因为△PAD是正三角形，所以PF⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，PF⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PF⊥平面ABCD．
因为AC⊂平面ABCD，所以PF⊥AC．
因为E是AB的中点，所以EF//BD.又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，从而EF⊥AC．
因为PF∩EF=F，PF，EF⊂平面PEF，
所以AC⊥平面PEF．
因为PE⊂平面PEF，
所以AC⊥PE．
(2)连接BF，因为∠ABC=2π3，
所以△ABD是正三角形，
所以BF⊥AD．
以F为坐标原点，FA，FB，FP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
令AB=2，则C(−2, 3,0)，E(12, 32,0)，P(0,0, 3)，
所以PC=(−2, 3,− 3)，CE=(52,− 32,0)，DE=(32, 32,0)．
设平面EPC的法向量为m=(x1,y1,x1)，则PC⋅m=−2x1+ 3y1− 3z1=0CE⋅m=52x1− 32y1=0,
令x1= 3，则y1=5，z1=3，得m=( 3,5,3)．
设平面DPC的法向量为n=(x2,y2,z2)，则PC⋅n=−2x2+ 3y2− 3z2=0DE⋅n=x2− 3y2=0，
令x2= 3，则y2=1，z2=−1，得n=( 3,1,−1)．
设面EPC与面DPC夹角为θ，
则csθ=|csm,n|=m·nm·n=|3+5−3| 5× 37= 18537，
所以面EPC与面DPC夹角的余弦值为 18537．
【解析】本题主要考查空间线面关系，二面角平面角等知识点，考查数形结合及化归与转化的数学思想方法，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力等，属于中档题．
(1)取AD的中点F，连接EF，PF，BD，由面面垂直的性质定理可证PF⊥平面ABCD，由线面垂直证AC⊥平面PEF，由性质定理可得结论；
(2) 先建立空间直角坐标系，设求各点坐标，分别求出面PCE与面DPC的法向量，利用向量夹角公式求解即可．
21.【答案】解：(1)设等比数列 {an} 的公比为 q ，
∵ an+1=2Sn+2 ，
∴n=1 时， a2=2S1+2 ， n=2 时， a3=2S2+2，
∴a3−a2=2a2,∴q=a3a2=3 ，
∴3a1=2a1+2,∴a1=2 ，
∴an=2×3n−1；
解法二：∵an+1=2Sn+2，
∴an=2Sn−1+2(n≥2)，
两式相减得：an+1−an=2Sn−2Sn−1=2an，
即an+1=3an(n≥2)
∵{an}为等比数列，设公比为q，则q=3，
∵an+1=2Sn+2，
∴n=1时，a2=2S1+2，即a2=2a1+2，
∴a2=qa1=3a1=2a1+2，
∴a1=2
∴an=2×3n−1；
(2)由(1)得an+1=2×3n，由题得dn=an+1−ann+1=2×3n−2×3n−1n+1=4×3n−1n+1，
∴cn=4(n+1)4×3n−1=n+13n−1，
∴Tn=c1+c2+c3+⋯+cn=230+331+432+⋯+n+13n−1，
13Tn=2×(13)1+3×(13)2+⋯+n⋅(13)n−1+(n+1)⋅(13)n，
两式相减得
23Tn=230+131+132+⋯+13n−1−n+13n=2+13(1−13n−1)1−13−n+13n=52−2n+56×13n−1，
所以Tn=154−2n+54×3n−1．

【解析】本题考查利用数列递推公式求通项公式，以及利用错位相减法求和，属于中档题．
(1)方法一，由an+1=2Sn+2(n∈N∗)求出a3,a2求出等比数列an的通项；
方法二，利用数列递推公式可得an=2Sn−1+2，两式相减结合等比数列通项公式求出结果；
(2)利用错位相减求和．
22.【答案】解：(1)∵F2(1,0)，直线MN的斜率为1，
∴直线MN的方程为：y=x−1，
代入椭圆方程得：3x2+4(x−1)2=12化简得：7x2−8x−8=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则有x1+x2=87，x1⋅x2=−87，
∴|MN|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 2⋅ (87)2−4×(−87)=247，
所以MN=247．
(2)由题意知，直线MN不与x轴重合，
故可设直线MN的方程为：x=my+1，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由方程组x=my+1x24+y23=1，消去x整理得(3m2+4)y2+6my−9=0，
∴y1+y2=−6m3m2+4，y1⋅y2=−93m2+4，
直线AM:y=y1x1+2(x+2)，令x=4得：t=6y1x1+2，
kTB−kNB=t4−2−y2x2−2=3y1my1+3−y2my2−1
=2my1y2−3(y1+y2)(my1+3)(my2−1)=2m(−93m2+4)−3×(−6m3m2+4)(my1+3)(my2−1)=0，
又直线TB与直线NB有公共点B，
所以T，B，N三点共线．
【解析】本题考查直线与椭圆位置关系的综合运用，属于较难题．
(1)根据已知设出直线MN的方程为：y=x−1，与椭圆联立得到一元二次方程，利用韦达定理化简求值即可；
(2)设直线MN的方程为：x=my+1与椭圆联立消去x整理得到一元二次方程，利用韦达定理然后根据kTB−kNB化简求解即可．