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2024年湖南省长沙一中高考数学三模试卷（含详细答案解析）
展开这是一份2024年湖南省长沙一中高考数学三模试卷（含详细答案解析），共17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.已知集合M={0,1,2}，N={x|x2−3x<0}，则M∪N=( )
A. {0,1,2}B. {1,2}C. {x|0≤x<3}D. {x|0
A. −1+iB. −1−iC. 1−iD. 1+i
3.已知m为平面α外的一条直线，则下列命题中正确的是( )
A. 存在直线n，使得n⊥m，n⊥αB. 存在直线n，使得n⊥m，n//α
C. 存在直线n，使得n//m，n//αD. 存在直线n，使得n//m，n⊥α
4.在某市的一次质量检测考试中，学生的数学成绩可认为近似服从正态分布，其正态密度曲线可用函数f(x)=1σ 2πe−(x−78)22σ2的图象拟合，且P(78≤X≤120)=0.42，若参加本次考试的学生共有10000人，则数学成绩超过120分的人数约为( )
A. 600B. 800C. 1200D. 1400
5.已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若数列{Sn+an}是首项为1的等差数列，则a3=( )
A. 12B. 23C. 18D. 58
6.将函数f(x)=cs2x−sin2x的图象向右平移π3个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)和g(x)在区间(a,b)上都是单调递增的，则b−a的最大值为( )
A. π2B. π3C. π4D. π6
7.已知正六棱锥P−ABCDEF的高为2 3，侧面与底面所成角的正切值为4，则该正六棱锥的内接正六棱柱(即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱和底面上)的外接球的表面积的最小值为( )
A. 4 3πB. 4πC. 3 3πD. 3π
8.已知椭圆的长轴长是短轴长的 7倍，则该椭圆的离心率为( )
A. 77B. 147C. 357D. 427
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知a>0，b>0，且a+b=2，则( )
A. a2+b2≥2B. 14<2a−b<4
C. lg2a+lg2b≥0D. a2−b>0
10.已知f(x)=x2+xlnx+2，g(x)=f(x)−ex，则( )
A. 函数f(x)在[14,1]上的最大值为3B. ∀x>0，f(x)>2
C. 函数g(x)在(3,4)上没有零点D. 函数g(x)的极值点有2个
11.已知双曲线C:x22−y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，O为坐标原点，直线l交双曲线C的右支于P，Q两点(不同于右顶点)，且与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，则( )
A. OA⋅OB为定值
B. |PA|=|BQ|
C. 点P到两条渐近线的距离之和的最小值为 2
D. 不存在直线l使MP⋅MQ=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x−2)5的展开式中x3的系数是______.
13.已知α∈(0,π2)，tanα=2，则cs(α−π4)=__________.
14.已知函数sgn(x)=−1,x<00,x=01,x>0，关于函数f(x)=sgn(x−π)sinx有如下四个命题：①f(x)在[π2,π]上单调递减;②f(lg2)=−f(lg12);③f(x)的值域为[−1,1];④f(x)的图象关于直线x=π对称.其中所有真命题的序号是__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC.
(1)求A；
(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值．
16.(本小题15分)
某手机生产厂商要生产一款5G手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进行社会调查，共调查了400人，将这400人按对手机屏幕的需求尺寸分为6组，分别是：[5.0,5.5),[5.5,6.0),[6.0,6.5),[6.5,7.0),[7.0,7.5),[7.5,8.0)(单位：英寸)，得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需求尺寸在[5.5,6.0)的一组人数为50人.
(1)求a和b的值；
(2)用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)和[7.0,7.5)两组人中抽取6人参加座谈，并在6人中选择2人做代表发言，则这2人来自同一分组的概率是多少？
17.(本小题15分)
已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1,n为奇数3an,n为偶数，且bn=a2n+1−a2n−1.
(1)证明{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn−5bn+1−5，且数列{cn}的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，12(13n−1−3)<3Tn−n
如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60∘，CH=2，CD=4，BC= 3，BH⊥BC.
(1)证明：EF⊥BD；
(2)若AC=2DF且△ABC的面积为3 34，求三棱锥D−ABH的体积.
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴为双曲线x28−y24=1的实轴，且椭圆C过点P(2,1).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点A、B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为k1，k2，且k1⋅k2=−12，求证：直线AB恒过定点，并求出定点的坐标.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由x2−3x<0，得到0
所以M∪N={x|0≤x<3}.
故选：C.
根据条件，求出集合N={x|0
2.【答案】D
【解析】解：z=1+ii=(1+i)ii2=−1+i−1=1−i，则z−=1+i.
故选：D.
首先化简复数，再求共轭复数．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于A，当直线m与平面α斜交时，此时不存在直线n，使得n⊥m，n⊥α，故A错误；
对于B，如图所示，当m⊥α时，过直线n作平面β，使得α∩β=a，
∵m⊥α，a⊂α，∴m⊥a，
又∵m⊥n，∴a//n，∵n⊄α，a⊂α，∴n//α，
当m与平面α斜交时，设斜足为A，在直线m上取一点P，作PO⊥α，垂足为O，
连接 OA，在平面α内，过点A作直线a⊥OA，
∵a⊥PO，且PO∩OA=O，PO，OA⊂平面POA，∴a⊥平面 POA，
又∵PA⊂平面 POA，∴a⊥PA，∴a⊥m，
在过a和m确定的平面内，过点P作直线n，使得n⊥m，∴n//a，
∵n⊄α，a⊂α，∴n//α，∴存在直线n，使得n⊥m，n//α，
若直线m//α，此时存在平面β//α且m⊂β，
在直线m取一点Q，在平面β内过Q作直线n⊥m，
根据面面平行的性质有n//α，故B正确；
对于C中，当直线m与平面α相交时，若n//m，
则直线n与平面α必相交，故C错误；
对于D中，当m//α时，若n//m，可得n//α或n⊂α，故D错误．
故选：B.
根据题意，结合线面平行的判定与性质，逐项判定，即可求解．
本题考查线面平行的判定与性质等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意可知，μ=78，又因为P(78≤X≤120)=0.42，
所以P(X>120)=0.5−0.42=0.08，
所以数学成绩超过120分的人数约为0.08×10000=800.
故选：B.
由随机变量X的密度函数可求μ，由条件，利用正态分布的性质可求P(X>120)，由此可求结论．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，
因为数列{Sn+an}是等差数列，可得2(S2+a2)=(S1+a1)+(S3+a3)，
即2(a1+2a2)=2a1+(a1+a2+2a3)，整理得a1−3a2+2a3=0，
因为数列{Sn+an}的首项S1+a1=1，所以2a1=1，解得a1=12，所以a2=12q，a3=12q2，
代入方程a1−3a2+2a3=0，可得12−3q2+q2=0，解得q=12(q=1不符合题意，舍去).
因此，a3=a1q2=12×(12)2=18.
故选：C.
根据题意，利用等差数列的性质可得2(S2+a2)=(S1+a1)+(S3+a3)，由此化简得到a1−3a2+2a3=0，由S1+a1=1算出a1=12，从而得到关于公比q的方程，解出q的值，进而求出a3的大小．
本题主要考查等差数列的性质、等比数列的通项公式及其应用等知识，考查了运算求解的能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：依题意，f(x)=cs2x−sin2x=cs2x，
令2kπ−π≤2x≤2kπ，k∈Z，解得kπ−π2≤x≤kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π2,kπ]，k∈Z，
不妨令k=0，则函数f(x)在[−π2,0]上是单调递增的，
令2kπ≤2x≤2kπ+π，k∈Z，解得kπ≤x≤kπ+π2，k∈Z，即函数f(x)的单调递减区间为[kπ,kπ+π2]，k∈Z，
不妨令k=0，则函数f(x)在[0,π2]上是单调递减，
g(x)=f(x−π3)=cs[2(x−π3)]=cs(2x−2π3)，
令2kπ−π≤2x−2π3≤2kπ，k∈Z，解得kπ−π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，
即函数g(x)的单调递增区间为[kπ−π6,kπ+π3]，k∈Z，
不妨令k=0，则函数g(x)在[−π6,π3]上是单调递增的，
令2kπ≤2x−2π3≤2kπ+π，k∈Z，解得kπ+π3≤x≤kπ+5π6，k∈Z，
即函数g(x)的单调递减区间为[kπ+π3,kπ+5π6]，k∈Z，
令−π2≤x≤π2可得，则函数g(x)在[π3,π2]上是单调递减的，在[−π2,−π6]上是单调递减．
若f(x)和g(x)在区间(a,b)上都是单调递增的，且f(x)和g(x)的周期都为π，
则b−a的最大值为π6.
故选：D.
化简函数f(x)的解析式，结合余弦函数性质求其单调区间，根据函数图象变换求函数g(x)的解析式，再求其单调区间，由此确定b−a的最大值．
本题主要考查了三角函数的图象平移变换，还考查了余弦函数单调性的应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，
设正六棱锥P−ABCDEF的底面中心为O2，正六棱柱为A1B1C1D1E1F1−A2B2C2D2E2F2，其中底面A2B2C2D2E2F2在棱锥底面上，
设底面A1B1C1D1E1F1的中心为O1，外接球球心为O，
由题意得，底面A2B2C2D2E2F2的中心为O2，底面A1B1C1D1E1F1的所有顶点均在正六棱锥的侧棱上，
则PO2=2 3，因为正六棱锥P−ABCDEF的底面为正六边形，
设边长为a，侧面与底面所成角为α，作O1H⊥C2D2，
易知α=∠PHO2，O2H= 3a2，
A.tanα=PO2 32a=2 3 32a=4，解得a=1，即正六棱锥的底面边长为1，
设A2O2=x，则AA2=1−x，由题意得tan∠PAO2=PO2AO2=2 3，
故A1A2=2 3AA2=2 3(1−x)，OO2=12A1A2= 3(1−x)，
故正六棱柱A1B1C1D1E1F1−A2B2C2D2E2F2外接球半径的平方R2=A2O2=A2O22+OO22=4x2−6x+3=4(x−34)2+34，
当且仅当x=34时取得最小值34，此时外接球表面积S=4πR2=3π，
故正六棱柱的外接球表面积的最小值为3π.
故选：D.
先由侧面与底面所成角的正切值为4求出半径，设A2O2=x，由几何关系得R2=4x2−6x+3，利用二次函数求最值．
本题主要考查正棱锥的内接正棱柱以及正棱柱的外接球的表面积的最值问题，属于难题．
8.【答案】D
【解析】解：设该椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，由题意椭圆的长轴长是短轴长的 7倍，
得a= 7b，则e=ca= a2−b2a= 427.
故选：D.
利用已知条件求解a，c的关系，即可求解离心率．
本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：∵a>0，b>0，且a+b=2，∴a2+b2≥(a+b)22=2，
当且仅当a=b=1时取等号，故A正确．
∵a>0，b>0，且a+b=2，∴0
根据基本不等式可判定A，根据指数函数的单调性可判定B，根据基本不等式、对数运算及对数函数单调性可判断C，根据二次函数的性质可判断D.
本题主要考查了基本不等式及相关结论，二次函数的性质在最值求解中的应用，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：f′(x)=2x+lnx+1，g′(x)=2x+lnx+1−e，
对于A：令h(x)=f′(x)=2x+lnx+1(x>0)，则h′(x)=2+1x>0恒成立，
所以f′(x)在[14,1]上单调递增则f′(x)≥f′(14)=32−ln4=3−ln162>0，
所以f(x)在[14,1]上单调递增，所以f(x)max=f(1)=3，故A正确；
对于B：由选项A得h(x)=2x+lnx+1(x>0)，则h′(x)=2+1x>0′恒成立，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为h(14)>0，h(1e2)=2e2−1<0，
所以x0∈(1e2,14)，使得h(x0)=0，即2x0+lnx0+1=0，
当x0∈(1e2,x0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)在(1e2,x0)上单调递减，
当x0∈(x0,14)时，h(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(x0,14)上单调递增，
所以当x=x0时，f(x)取得极小值也是最小值，
f(x0)=x02+x0lnx0+2=x02+x0(−2x0−1)+2=−(x0+12)2+94，其中x0∈(1e2,14)，
所以f(x0)>f(14)=2716，故B错误；
对于C：g′(x)=2x+lnx+1−e，
当x∈(3,4)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(3,4)上单调递增，
所以g(x)>g(3)=11+3ln3−3e>0，
所以函数g(x)在(3,4)上没有零点，故C正确；
对于D，若函数g(x)有2个极值点，则g′(x)=0有两个实数根，
设m(x)=g′(x)=2x+lnx+1−e(x>0)，则m′(x)=2+1x(x>0)，
因为当x>0时，m′(x)=2+1x>0，
所以m(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g′(x)=0在(0,+∞)至多有1个实数根，故D错误．
故选：AC.
根据f′(x)研究f(x)在[14,1]上的单调性，求出f(x)最大值即可判断A；求出f(x)的最小值，根据最小值的范围即可判断B；由g(x)在(3,4)上的单调性得出g(x)>0，即可判断零点情况，从而判断C；通过分析g′(x)的零点情况即可判断g(x)的极值点个数，即可判断D.
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，函数零点个数的判断，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：双曲线C:x22−y2=1的渐近线为y=± 22x，
对于A：因为OA⋅OB=|OA|⋅|OB|⋅cs∠AOB，
作直线x=m，x=n，且 2
有对称性可知：|OA1|=|OB1|<|OA2|=|OB2|，
此时|OA1|⋅|OB1|<|OA2|⋅|OB2|，
又因为cs∠AOB为定值，所以OA1⋅OB1≠OA2⋅OB2，
即OA⋅OB不是定值，故A错误；
对于B，由题意可知：直线l不与y轴垂直，设直线l的方程为x=ky+m，
联立得x=ky+mx22−y2=1，得(k2−2)y2+2kmy+m2−2=0，
则k2≠2，且Δ=4k2m2−4(k2−2)(m2−2)=8k2+8m2−16>0
所以yQ+yP=−2kmk2−2，
联立x=ky+my= 22x，得yA=m 2−k，联立x=ky+my=− 22x，得yB=−m 2+k，
所以yA+yB=m 2−k+−m 2+k=−2mkk2−2，则yA−yP=yQ−yB，
结合弦长公式可得|PA|= 1+k2|yA−yP|,|BQ|= 1+k2|yQ−yB|，
即|PA|=|BQ|，故B正确；
对于C，设P(x0,y0)，x022−y02=1，渐近线为y=± 22x，
所以P到两渐近线距离为：
d1+d2=|x0+ 2y0| 3+|x0− 2y0| 3≥2 x02−2y023=2 23=2 63，
当且仅当|x0+ 2y0|=|x0− 2y0|时，等号成立，故C错误；
对于D，设∠AOx=θ∈(0,π2)，则tanθ= 22<1，可得θ<π4，
由图可得∠PMQ<∠AOB=2θ<π2，即∠PMQ<π2恒成立，
故不存在直线l使MP⋅MQ=0，故D正确．
故选：BD.
对于A，根据OA⋅OB=|OA|⋅|OB|cs∠AOB，取垂直于x轴的直线，结合条件可判断A；对于B，设直线l的方程为x=ky+m，利用韦达定理可得yQ+yP=−2kmk2−2，联立直线与渐近线方程，可分别解得yA，yB，结合弦长公式可判断B；对于C，设P(x0,y0)，可得P到两渐近线距离可判断C；由题可得∠PMQ<π2恒成立可判断D.
本题考查双曲线的有关性质，考查学生的计算能力，属于中档题．
12.【答案】40
【解析】解：因为C52x3(−2)2=40x3，
所以(x−2)5的展开式中x3的系数是40.
故答案为：40.
利用二项展开式的通项公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
13.【答案】3 1010
【解析】【分析】
本题考查同角三角函数关系式和两角和与差的三角函数公式，属中档题.
利用同角三角函数关系式和角的范围先求出角α的正弦与余弦，再用两角和与差的三角函数公式化简即可.
【解答】
解：因为α∈(0,π2)，所以sinα>0，csα>0.
由tan α=sin αcs α=2,sin2α+cs2α=1,得sin α=2 55,cs α= 55.
所以cs(α−π4)=csαcsπ4+sinαsinπ4
= 22(sinα+csα)=3 1010.
故答案为3 1010.
14.【答案】②③④
【解析】解：依题意可得f(x)=sgn(x−π)sinx=−sinx,x<π0,x=πsinx,x>π，
作出f(x)的部分图象，如图所示，
由图可知，f(x)在[π2,π]上单调递增，f(lg2)=−f(lg12)，f(x)的值域为[−1,1]，f(x)的图象关于直线x=π对称，
故所有真命题的序号是②③④．
故答案为：②③④．
根据函数的概念求出f(x)=sgn(x−π)sinx=−sinx,x<π0,x=πsinx,x>π，画出函数的图象，结合图象逐项进行判断即可．
本题主要考查函数与方程的综合，命题真假的判断，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
因为sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，
由正弦定理可得a2−b2−c2=bc，
即为b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
由0
又B+C=π3，可设B=π6−θ，C=π6+θ，−π6<θ<π6，
由正弦定理可得3sin2π3=bsinB=csinC=2 3，
可得b=2 3sin(π6−θ)，c=2 3sin(π6+θ)，
则△ABC周长为a+b+c=3+2 3[sin(π6−θ)+sin(π6+θ)]
=3+2 3(12csθ− 32sinθ+12csθ+ 32sinθ)，
=3+2 3csθ，
当θ=0，即B=C=π6时，△ABC的周长取得最大值3+2 3.
【解析】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角恒等变换和三角函数的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
(1)运用正弦定理得到a2−b2−c2=bc，再利用余弦定理可得所求角；
(2)可设B=π6−θ，C=π6+θ，−π6<θ<π6，运用正弦定理和三角恒等变换，将周长转化为关于θ的函数，结合余弦函数的性质，可得周长的最大值．
16.【答案】解：(1)因为屏幕需求尺寸在[5.5,6.0)的一组人数为50人，
所以其频率为50400=0.125.又因为组距为0.5，所以b=
又因为(0.1+0.25+0.7+a+0.2+0.1)×0.5=1，所以a=0.65，
即a=0.65，b=0.25.
(2)因为屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)人数为：0.1×0.5×400=20，
屏幕需求尺寸为[7.0,7.5)人数为0.2×0.5×400=40，
若要用分层抽样的方法抽取6人
所以要在[5.0,5.5)组中抽2人，设为x，y；
要在[7.0,7.5)组中抽4人，设a，b，c，d，
因此样本空间Ω={(x,y),(x,a),(x,b),(x,c),(x,d),
(y,a)，(y,b)，(y,c)，(y,d)，(a,b)，(a,c)，
(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)}，共15个基本事件，
而这2人来自同一分组为事件A，
A={(x,y),(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)}，共7个基本事件，
所以这2人来自同一分组的概率P(A)=715.
【解析】(1)可求得在[5.5,6.0)的一组的50400=0.125，可求b，利用概率和为1，可求得a；
(2)由已知可求得屏幕需求尺寸为[5.0,5.5)的人数与屏幕需求尺寸为[7.0,7.5)的人数，可求得在每组各抽了多少人，利用古典概型概率公式计算可得2人来自同一分组的概率．
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例公式是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】证明：(1)因为a1=1，an+1={an+1,n为奇数3an,n为偶数，
所以an+1>an，所以a2n+1−a2n−1>0，
因为bn+1bn=a2n+3−a2n+1a2n+1−a2n−1=3a2n+2−3a2na2n+1−a2n−1=3(a2n+1+1)−3(a2n−1+1)a2n+1−a2n−1=3(a2n+1−a2n−1)a2n+1−a2n−1=3，
所以{bn}是等比数列，首项b1=5，公比q=3，所以bn=5⋅3n−1；
(2)由(1)可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，
先证明左边：即证明12(13n−1−3)<3Tn−n，
当n≥2时，cn=3n−1−13n−1>3n−1−13n=13−13n，
所以Tn>(13−131)+(13−132)+⋯+(13−13n)=n3−13(1−(13)n)1−13=n3−12(1−13n)，
所以3Tn−n>12(13n−1−3)；
再证明右边：3Tn−n
Tn<(13−232)+(13−233)+⋯+(13−23n+1)=n3−232(1−(13)n)1−13=n3−13+13n+1，
3Tn−n<13n−1，下面证明13n−1
设f(t)=lnt+1−t，t∈[23,1),
因为f′(t)=1t−1=1−tt>0，所以函数f(t)=lnt+1−t在t∈[23,1)上单调递增，
则f(t)
(1)由题意得到a2n+1−a2n−1>0，利用等比数列的定义即可得证；
(2)由(1)可得cn=bn−5bn+1−5=5⋅3n−1−55⋅3n−5=3n−1−13n−1，利用分组求和与放缩法，再结合导数的运算即可得证．
18.【答案】(1)证明：在△HCD中，∠ACD=60∘，CH=2，CD=4，
由余弦定理得cs∠ACD=12=CD2+CH2−DH22⋅CD⋅CH，解得DH=2 3，
∴CD2=CH2+DH2，得DH⊥AC，
∵平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，
DH⊂平面ACFD，∴DH⊥平面ABC，
又∵BC⊂平面ABC，∴DH⊥BC，
又已知BH⊥BC，且BH∩DH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，
∴BC⊥平面BDH，而DB⊂平面BDH，则BC⊥DB，
在三棱台ABC−DEF中，有BC//EF，得EF⊥BD；
(2)解：在Rt△BHC中，已知CH=2，BC= 3，BH⊥BC，
可得BC= CH2−BC2= 22−( 3)2=1，则cs∠ACB=BCCH= 32，得∠ACB=30∘，
∵S△ABC=3 34，∴12AC⋅BC⋅sin30∘=3 34，解得AC=3，
则AH+HC=3，∴AH=1，
又B到AC的距离d=BC⋅sin30∘= 3×12= 32，
∴VD−ABH=13S△ABH⋅DH=13×12×1× 32×2 3=12.
【解析】(1)在△HCD中，由已知结合余弦定理求DH，可得DH⊥AC，再由平面与平面垂直的性质定理可得DH⊥BC，结合已知利用直线与平面垂直的判定可得BC⊥平面BDH，从而得到BC⊥DB，进一步可得EF⊥BD；
(2)由已知求解三角形得AH，求出三角形AHB的面积，再由棱锥体积公式求解．
本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
19.【答案】解：(1)根据椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴为双曲线x28−y24=1的实轴，
得a2=8，所以椭圆C的方程为x28+y2b2=1，
由椭圆C过点P(2,1)，得48+1b2=1，解得b2=2，
所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1.
(2)①当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+tx2+4y2=8，消去y得x2+4(kx+t)2=8，整理得：(4k2+1)x2+8ktx+4t2−8=0，
由题意知，Δ=64k2t2−4(4k2+1)(4t2−8)=8k2−t2+2>0，
由根与系数的关系知，x1+x2=−8kt4k2+1，x1x2=4t2−84k2+1，
所以y1+y2=(kx1+t)+(kx2+t)=k(x1+x2)+2t=−8k2t4k2+1+2t=2t4k2+1，
y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−8k24k2+1，
因为k1⋅k2=−12，所以y1−1x1−2⋅y2−1x2−2=y1y2−(y1+y2)+1x1x2−2(x1+x2)+4=−12，
所以2y1y2−2(y1+y2)+2=−x1x2+2(x1+x2)−4，
即2×t2−8k24k2+1−2×2t4k2+1+2=−4t2−84k2+1+2×−8kt4k2+1−4，
化简得2t2−16k2−4t+8k2+2=−4t2+8−16kt−16k2−4，
所以4k2+3t2+8kt−2t−1=0，即(2k+t−1)(2k+3t+1)=0，
所以t=1−2k，或t=−1+2k3，
当t=1−2k时，直线AB的方程为y=kx+1−2k=k(x−2)+1，
直线AB恒过定点P(2,1)，不满足题意；
当t=−1+2k3时，直线AB的方程为y=kx−1+2k3=k(x−23)−13，
直线AB恒过定点(23,−13)，满足题意；
所以直线AB恒过定点(23,−13).
②当直线AB的斜率不存在时，设其方程为x=m，m≠2，
由x=mx2+4y2=8，消去x得m2+4y2=8，解得y2=2−m24，所以y=± 2−m24，
所以k1k2=( 2−m24−1)(− 2−m24−1)(m−2)2=1−(2−m24)m2−4m+4=−12，
解得m=2(舍去)或m=23，
所以直线AB也过定点(23,−13).
综上，直线AB恒过定点(23,−13).
【解析】(1)由题意得a2=8，再根据椭圆上的一点即可求标准方程；
(2)分直线AB的斜率存在和不存在两种情况讨论，利用韦达定理求出PA与PB的斜率，并结合k1⋅k2=−12，列方程可得参数之间的关系，进而可求定点．
本题考查了椭圆的定义与应用问题，也考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题，是难题．
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