2023-2024学年四川省内江市高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省内江市高二（上）期末数学试卷（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.直线x+y−1=0的倾斜角是( )
A. π4B. π3C. 3π4D. 2π3
2.已知向量a=(1,2,0)，b=(2,y,−1)，若a⊥b，则y=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.如图，空间四边形ABCD的对角线AC=8，BD=6，M，N分别为AB，CD的中点，并且异面直线AC与BD所成的角为90°，则MN=( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
4.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. x±y=0B. x± 3y=0C. 3x±y=0D. 5x±y=0
5.已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3a7=81，则lg3a1+lg3a5+lg3a9=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
6.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别是BC，CC1的中点，AG=2GE，则GF=( )
A. 13AB−23AC+12AA1
B. 13AB+23AC+12AA1
C. −23AB+13AC−12AA1
D. −13AB+23AC+12AA1
7.我国古代著作《庄子⋅天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭.”其含义是：一尺长的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完.在这个问题中，记第n天后剩余木棍的长度为an，数列{an}的前n项和为Sn，则使得不等式Sn>3132成立的正整数n的最小值为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
8.蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P、A、B、C，其中PA⊥平面ABC，PA=2 2，AB=AC=2，∠BAC=90°，则该球的体积为( )
A. 16π
B. 16π3
C. 32π3
D. 8π
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.如图，四棱锥S−ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的是( )
A. AC⊥SB
B. AD⊥SC
C. 平面SAC⊥平面SBD
D. BD⊥SA
10.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=−n2+7n，则下列说法正确的是( )
A. {an}是递增数列B. a10=−14
C. 当n>4时，an<0D. 当n=3或4时，Sn取得最大值
11.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=25，直线l：(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0，则( )
A. 直线l过定点(3,1)
B. 直线l与圆C可能相离
C. 圆C被y轴截得的弦长为4 6
D. 圆C被直线l截得的弦长最短时，直线l的方程为x+2y−5=0
12.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点A，B在抛物线C上，且A，B都在x轴的上方，∠OFB=2∠OFA=2π3(O为坐标原点)，记△OFB，△OFA的面积分别为S1，S2，则( )
A. 直线AB的斜率为 33B. 直线AB的斜率为 32
C. S1−S2= 3p26D. S1−S2=p23
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若数列{an}为等差数列且a2=5，a5=11，则数列{an}的通项公式an= ______．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，E、F分别是BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为______．
15.如图，已知圆O的半径为定长r，A是圆O所在平面内一个定点，P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线l和直线OP相交于点Q，当点P在圆上运动时，
(1)当点A在圆O内且不与点O重合时，点Q的轨迹是 (从圆.椭圆.抛物线中选择一个填写，)；
(2)当|OA| r.(从>，=，<中选择一个填写，)时，点Q的轨迹是双曲线．
16.设F1、F2是椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)的公共焦点，曲线C1、C2在第一象限内交于点M，∠F1MF2=60°，若椭圆的离心率e1∈[ 33, 22)，则双曲线的离心率e2的取值范围是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知圆C过A(4,3)，B(0,−1)，且圆心C在直线l：x−y−1=0上.经过点M(4,0)的直线m交圆C于P、Q两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若CP⊥CQ，求直线m的方程．
18.(本小题12分)
设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，Sn−an+1+2=0．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=lg2an，设数列{1bnbn+2}的前n项和为Tn，证明：Tn<34．
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB=AA1=2，D是棱AB的中点．
(1)证明：平面A1CD⊥平面ABB1A1；
(2)求锐二面角D−A1C−A的余弦值．
20.(本小题12分)
在“①S4=15，S2=3；②a1+a2=3，a3=4”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足_____．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD=60°，PA=PD= 5，AB=2，M为PC上一点，且PM=3MC．
(1)求异面直线AP与DM所成角的余弦值．
(2)在棱PB上是否存在点N，使得AN/​/平面BDM？若存在，求PNPB的值；若不存在，说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A、B，且|AB|=4，离心率为12，F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F且斜率为1的直线交椭圆C于M、N两点，求△AMN的面积；
(3)设P是椭圆C上不同于A、B的一点，直线PA、PB与直线x=4分别交于点D、E.证明：以线段DE为直径的圆过定点，并求出定点的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：直线x+y−1=0的斜率为−1，
则直线的倾斜角为3π4．
故选：C．
根据已知条件，结合直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：向量a=(1,2,0)，b=(2,y,−1)，a⊥b，
∴a⋅b=2+2y=0，
解得y=−1．
故选：B．
利用向量垂直的性质直接求解．
本题考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了异面直线所成的角，距离的计算问题，考查运算求解能力，属于基础题．
利用三角形中位线将异面直线所成角转化为平面角，构造Rt△MNP，解直角三角形即可得解．
【解答】
解：取BC中点P，连接MP，NP，
又因为AC=8，BD=6，M，N分别为AB，CD的中点，
所以PM/​/AC，PM=12AC=4，PN/​/BD，PN=12BD=3，
又因为异面直线AC与BD所成的角为90°，所以∠MPN=90°，
所以MN2=PM2+PN2=42+32=25，
所以MN=5．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】解：由题意得e=ca= a2+b2a2= 1+b2a2=2，
∴ba= 3，
又双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
∴双曲线的渐近线方程是y=± 3x，即 3x±y=0．
故选：C．
根据双曲线的几何性质，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：根据等比数列的性质可得a1a9=a2a8=a3a7=a4a6=a52=81，
又an>0，所以a5=9，
所以lg3a1+lg3a5+lg3a9=lg3(a1a5a9)=lg3(a53)=lg393=6．
故选：D．
根据等比数列的性质可得a1a9=a3a7=81，a5=9，再根据对数知识可求出结果．
本题主要考查了等比数列的性质及对数运算性质的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
利用向量的线性运算结合所给条件得到答案．
【解答】解：在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别是BC，CC1的中点，AG=2GE，
则GF=GE+EC+CF
=13AE+12BC+12AA1
=13×12(AB+AC)+12(AC−12AB)+12AA1
=16AB+16AC+12AC−12AB+12AA1
=−13AB+23AC+12AA1．
故选D．
7.【答案】B
【解析】解：由题设可得：数列{an}是首项、公比为12的等比数列，
∴an=12n，Sn=12[1−(12)n]1−12=1−(12)n，
又由Sn>3132可得：1−(12)n>3132，解得：n>5，
∵n∈N*，
∴nmin=6，
故选：B．
先由题设求得an，进而求得Sn，再求得满足题意的n即可．
本题主要考查等比数列在解决实际问题中的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示：
取BC的中点D，PA的中点E，设球的球心为O，
由于PA⊥平面ABC，PA=2 2，AB=AC=2，∠BAC=90°，
则：AD=12 22+22= 2，PE=AE= 2，
过点D作DO⊥平面ABC，过点E作AP的垂直平分线与DO交于点O，
故点O为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径R= ( 2)2+( 2)2=2，
所以V球=43⋅π⋅23=32π3．
故选：C．
直接利用三棱锥和外接球的关系求出球的半径，进一步利用球的体积公式求出结果．
本题考查的知识要点：三棱锥和外接球的关系，球的半径的求法，球的体积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于选项A，C，
因为SD⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥SD，
因为AC⊥BD，SD∩BD=D，且SD⊂平面SBD，BD⊂平面SBD，
所以AC⊥平面SBD，
因为SB⊂平面SBD，所以AC⊥SB，
且AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD，故A，C正确；
对于B，由选项A知，
AD⊥SD，又AD⊥DC，SD∩DC=D，且SD⊂平面SDC，DC⊂平面SDC
所以AD⊥平面SDC，
且SC⊂平面SDC，所以AD⊥SC，故B正确；
对于D，若BD⊥SA，
则BD垂直于SA在平面ABCD内的射影DA，显然不成立，故D错误．
故选：ABC．
利用线面垂直和面面垂直的性质和判定方法逐项判断即可．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−2n+8，又a1=S1=6=−2×1+8，
所以an=−2n+8，则{an}是递减数列，故A错误；
a10=−12，故B错误；
当n>4时，an=8−2n<0，故C正确；
因为Sn=−n2+7n的对称轴为n=72，开口向下，
而n是正整数，且n=3或4距离对称轴一样远，
所以当n=3或4时，Sn取得最大值，故D正确．
故选：CD．
根据Sn表达式及n≥2时，an=Sn−Sn−1的关系，算出数列{an}通项公式，即可判断A、B、C选项的正误，结合二次函数的性质，可判断D的正误．
本题主要考查了数列的递推式和等差数列的前n项和公式，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：直线l：m(2x+y−7)+x+y−4=0，由2x+y−7=0x+y−4=0，得x=3y=1，即l恒过定点(3,1)，故A正确；
点(3,1)与圆心(1,2)的距离d= 5<5，故直线l与圆C恒相交，故B错误；
令x=0，则(0−1)2+(y−2)2=25，可得y=2±2 6，故圆C被y轴截得的弦长为4 6，故C正确；
要使直线l被圆C截得弦长最短，只需(3,1)与圆心(1,2)连线垂直于直线l，
所以直线l的斜率为−2m+1m+1=2，可得m=−34，故直线l为2x−y−5=0，故D错误．
故选：AC．
直线l：m(2x+y−7)+x+y−4=0，由2x+y−7=0x+y−4=0，求出定点(3,1)，即可判断A；由点(3,1)与圆心距离判断直线与圆位置关系，即可判断B；令x=0，求出圆与y轴交点纵坐标可得弦长，即可判断C1根据直线l被圆C截得弦长最短，只需(3,1)与圆心(1,2)连线垂直于直线l，求出直线l的方程，即可判断D．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：设|AF|=m，|BF|=n，
过点A，B分别作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为A1，B1，
由抛物线的定义可得|AA1|=m，|BB1|=n，
所以n=p+ncs60°⇒n=2p,B(3p2, 3p)，m+mcs60°=p⇒m=2p3,A(p6, 3p3)，
所以kAB= 3p− 33p32p−16p= 32，故A错误；B正确；S1=12|OF|yB=12×p2× 3p= 3p24,S2=12|OF|yA=12×p2× 33p= 3p212，
所以S1−S2= 3p24− 3p212= 3p26，C正确，D错误．
故选：BC．
结合抛物线定义求出A，B两点的坐标，利用A，B两点坐标求直线AB的斜率，判断选项A，B；
根据三角形面积公式求S1，S2，判断C，D．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查转化能力，属于中档题．
13.【答案】2n+1
【解析】解：等差数列{an}的公差为d，
a2=5，a5=11，
则3d=a5−a2=11−5=6，解得d=2，
故an=a2+(n−2)d=5+2(n−2)=2n+1．
故答案为：2n+1．
根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
14.【答案】3 510a
【解析】解：取CC1的中点O，连接D1O，OE，OF，D1F，
则S△D1FO=a2−2×12×a×12a−12×12a×12a=3aa2，
点F到平面A1D1E的距离等于点F到平面OD1E的距离h，
由等体积可得13×12 a2+14a2×a×h=13×38a2×a，解得h=3 510a，
故答案为：3 510a．
取CC1的中点O，连接D1O，OE，OF，D1F，点F到平面A1D1E的距离等于点F到平面OD1E的距离，由等体积可得点F到平面A1D1E的距离．
本题考查了利用等体积法求点到平面的距离，属于基础题．
15.【答案】椭圆 >
【解析】解：(1)当点A在圆O内且不与点O重合时，
由图1可知：|QA|+|QO|=|QP|+|QO|=r，
又|OA|由椭圆的定义可得：点Q的轨迹是以点O、A为焦点的椭圆，
即点Q的轨迹是椭圆；
(2)当点A在圆上时，由图2可知，点Q的轨迹是定点O，
当点A在圆外时，由图3可知：||QA|−|QO||=||QP|−|QO||=r，
又|OA|>r，
由双曲线的定义可得：点Q的轨迹是以点O、A为焦点的双曲线，
即当|OA|>r时，点Q的轨迹是双曲线，
故答案为：(1)椭圆；(2)>．
由椭圆及双曲线的性质求解即可．
本题考查了轨迹方程，重点考查了椭圆及双曲线的性质，属基础题．
16.【答案】( 62, 3]
【解析】解：设|MF1|=s，|MF2|=t，由椭圆的定义可得s+t=2a1，
由双曲线的定义可得s−t=2a2，
解得s=a1+a2，t=a1−a2，
由∠F1MF2=60°，
可得s2+t2−2stcs60°=4c2，即s2+t2−st=4c2，
即为a12+3a22=4c2，
由离心率的公式可得，1e12+3e22=4，
由椭圆的离心率e1∈[ 33, 22)，则可得e12=[13,12)，
即有e22=34−1e12∈(32,3]，
解得e2∈( 62, 3].
故答案为：( 62, 3].
设|MF1|=s，|MF2|=t，由椭圆的定义可得s+t=2a1，由双曲线的定义可得s−t=2a2，运用勾股定理和离心率公式，计算即可得到所求范围．
本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要考查离心率的求法，考查运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则16+9+4D+3E+F=01−E+F=0−D2+E2−1=0，D=−4E=−2F=−3，
∴圆C的方程：x2+y2−4x−2y−3=0，即圆C的标准方程为：(x−2)2+(y−1)2=8；
(2)由(1)知圆心为C(2,1)，半径r=2 2，
∴|CP|=|CQ|=2 2，
∵CP⊥CQ，∴圆心C到直线m的距离d=2，
当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y=k(x−4)，
则d=|2k+1| k2+1=2，解k=34，
当直线m的斜率不存在时，直线m的方程为x=4，圆心C到直线m的距离为2，符合题意，
综上可得：直线m的方程为3x−4y−12=0或x−4=0．
【解析】(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，利用待定系数法能求出圆C的方程．
(2)求得圆心与半径，由已知可得圆心C到直线m的距离，分直线斜率是否存在，分别求解即可．
本题考查贺的方程的求法，考查直线与圆的位置关系，属中档题．
18.【答案】解：(1)由Sn−an+1+2=0，得Sn=an+1−2①
则当n≥2时，Sn−1=an−2②
①−②得Sn−Sn−1=an+1−an，
所以an=an+1−an，即an+1=2an，
又因为a1=2，且a2=a1+2=4=2a1，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n；
证明：(2)由①知bn=lg22n=n，
则1bnbn+2=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12((1−13)+(12−14)+(13−15)+⋅⋅⋅+(1n−1n+2))=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−12(1n+1+1n+2)<34．
【解析】本题考查数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法求数列的和．
(1)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
(2)利用裂项相消法求出数列的和．
19.【答案】解：(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB=AA1=2，D是棱AB的中点．
所以AA1⊥平面ABC，
因为CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，
因为△ABC是等边三角形，D是棱AB的中点，所以CD⊥AB，
因为AB，AA1⊂平面ABB1A1，且AB∩AA1=A，
所以CD⊥平面ABB1A1，
因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1CD⊥平面ABB1A1．
(2)分别取AC，A1C1的中点为O，E，连接OB，OE，
因为△ABC是等边三角形，O是AC中点，所以OB⊥OC，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1，所以AA1⊥平面ABC，
因为OB，OC⊂平面ABC，所以AA1⊥OB，AA1⊥OC，
因为O，E为AC，A1C1的中点，所以OE//AA1，所以OE⊥OB，OE⊥OC，
即OB，OC，OE两两垂直，
以{OB,OC,OE}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，如图，

则A1(0,−1,2),C(0,1,0),D( 32,−12,0)，
所以A1C=(0,2,−2),CD=( 32,−32,0)，
设平面A1CD的法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅A1C=2y−2z=0n⋅CD= 32x−32y=0，取y=1，则n=( 3,1,1)，
平面ACC1A1的一个法向量为m=(1,0,0)；
则|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|= 3 5= 155，
所以锐二面角D−A1C−A的余弦值为 155．
【解析】(1)通过AA1⊥CD和CD⊥AB证明CD⊥平面ABB1A1，从而证明面面垂直；
(2)通过图形建立空间直角坐标系，求出两个平面的一个法向量，结合二面角的向量计算公式计算即可．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与证明，二面角的等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
选①：
因为S4=15，S2=3，
所以a3+a4=S4−S2=12，
又a1+a2=3，
两式相除得，q2=4，则q=2，代入上式中可得a1=1，
所以an=2n−1；
选②a1+a2=3，a3=4，
则a1+a1q=3a1q2=4，解得a1=1，q=2，
所以an=2n−1；
(2)由(1)可知，an=2n−1，
所以nan=n2n−1=n×(12)n−1，
所以Tn=1+2×(12)1+……+n×(12)n−1，
12Tn=1×12+2×(12)2+3×(12)3+……+n×(12)n，
两式相减得，12Tn=1−n×(12)n+(12)1+(12)2+……+(12)n−1=1−(12)n1−12−n×(12)n=2−2×(12)n−n×(12)n=2−(n+2)×(12)n，
所以Tn=4−(n+2)×(12)n−1．
【解析】(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，选择①②，均可列出关于a1，q的方程组，求解之后可得通项公式；
(2)利用错位相减法求解即可．
本题考查了等比数列的通项公式以及错位相减求和计算问题，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设O是AD的中点，连接OP，OB，
由于PA=PD= 5，所以OP⊥AD，
由于平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD，
由于OB⊂平面ABCD，所以OP⊥OB，
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，所以三角形ABD是等边三角形，所以OB⊥AD，
故OA，OB，OP两两相互垂直，由此建立空间直角坐标系如下图所示，

OP= 5−1=2，P(0,0,2),A(1,0,0),B(0, 3,0),C(−2, 3,0),D(−1,0,0)，
AP=(−1,0,2)，DM=DP+PM=DP+34PC=(1,0,2)+34(−2, 3,−2)=(−12,3 34,12)，
所以直线AP与DM所成角为θ，
则csθ=|AP⋅DM|AP|⋅|DM||=12+1 5⋅ 14+2716+14=6 735；
(2)DM=(−12,3 34,12),DB=(1, 3,0)，
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DM=−12x+3 34y+12z=0n⋅DB=x+ 3y=0，
故可设n=(−6,2 3,−15).N∉平面BDM，设PNPB=λ，
则PN=λPB，AN=AP+PN=AP+λPB=(−1,0,2)+λ(0, 3,−2)=(−1, 3λ,2−2λ)，
若AN/​/平面BDM，则AN⋅n=6+6λ−15(2−2λ)=−24+36λ=0，
解得λ=23，
所以在棱PB上是存在点N，使得AN/​/平面BDM且PNPB=23．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线AP与DM所成角的余弦值即可；
(2)设PNPB=λ，求得平面BDM的法向量n，由AN⋅n=0列方程，由此求得λ即可．
本题考查立体几何的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可得2a=4，e=ca=12，可得a=2，c=1，
所以b= a2−c2= 4−1= 3，
所以椭圆的方程为：x24+y23=1；
(2)由(1)可得右焦点F(1,0)，A(−2,0)，
由题意设直线l的方程为x=y+1，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=y+1x24+y23=1，整理可得7y2+6y−9=0，可得y1+y2=−67，y1y2=−97，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 3649−4⋅−97=12 27，
所以S△AMN=12|AF|⋅|y1−y2|=12⋅3⋅12 27=18 27；
(3)证明：由题知，A(−2,0)，B(2,0)，设P(m,n)，m≠±2，则3m2+4n2=12，
即4n2=12−3m2，
直线PA：y=nm+2(x+2)，直线PB：y=nm−2(x−2)，
都令x=4，得D(4,6nm+2)，E(4,2nm−2)，又F(1,0)，
所以FD=(3,6nm+2)，FE=(3,2nm−2)，
所以FD⋅FE=(3,6nm+2)⋅(3,2nm−2)=9+12n2m2−4=9+3(12−3m2)m2−4=9+9(4−m2)m2−4=0，
即FD⊥FE，所以以线段DE为直径的圆过定点F(1,0)．
【解析】(1)由题意可得2a，离心率e的值，可得a，c的值，进而可得b的值，求出椭圆的方程；
(2)由题意设直线MN的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出M，N的纵坐标之差的绝对值，代入三角形的面积公式，可得该三角形的面积；
(3)设P点的坐标，代入椭圆的方程，可得P点的横纵坐标的关系，设直线PA，PB的方程，令x=4可得D，E的坐标，FD⋅FE=0，即以线段DE为直径的圆过定点F．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，圆过定点的求法，属于中档题．