2017-2018学年北京市西城区高二(上)期末数学试卷(文科)

2017-2018学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（文科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1．（5分）直线的倾斜角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°2．（5分）命题“对任意x＞3，都有lnx＞1”的否定是（）A．存在x＞3，使得lnx＞1 B．对任意x＞3，都有lnx≤1C．存在x＞3，使得lnx≤1 D．对任意x≤3，都有lnx＞1 3．（5分）双曲线x2﹣y2=1的焦点到其渐近线的距离为（）A．1 B．C．2 D．4．（5分）设α，β是两个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线，（）A．若a⊥b，b⊥c，则a∥c B．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a⊥b，a⊥α，则b∥αD．若a⊥α，a⊥β，则α∥β5．（5分）“方程表示的曲线为椭圆”是“m＞n＞0”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．（5分）设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，若l∥α，l∥β，α∩β=m，则（）A．l与m平行B．l与m相交C．l与m异面D．l与m垂直7．（5分）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，直线，若过焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则以线段AB为直径的圆与直线l的位置关系为（）A．相交B．相离C．相切D．以上三个答案均有可能8．（5分）设a为空间中的一条直线，记直线a与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的六个面所在的平面相交的平面个数为m，则m的所有可能取值构成的集合为（）A．{2，4}B．{2，6}C．{4，6}D．{2，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上. 9．（5分）命题“若a2﹣b2=0，则a=b”的逆否命题为．10．（5分）经过点M（2，1）且与直线3x﹣y+8=0垂直的直线方程为．11．（5分）一个四棱锥的三视图如图所示，那么这个四棱锥的体积为．12．（5分）在△ABC中，AB=3，BC=4，AB⊥BC．以BC所在的直线为轴将△ABC 旋转一周，则旋转所得圆锥的侧面积为．13．（5分）若双曲线C的一个焦点在直线l：4x﹣3y+20=0上，一条渐近线与l 平行，且双曲线C的焦点在x轴上，则双曲线C的标准方程为；离心率为．14．（5分）在平面直角坐标系中，曲线C是由到两个定点A（1，0）和点B（﹣1，0）的距离之积等于2的所有点组成的．对于曲线C，有下列四个结论：①曲线C是轴对称图形；②曲线C是中心对称图形；③曲线C上所有的点都在单位圆x2+y2=1内；④曲线C上所有的点的纵坐标．其中，所有正确结论的序号是．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算15．（13分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AB的中点．（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求证：BC1∥平面A1CD．16．（13分）已知圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0，其中m∈R．（Ⅰ）如果圆C与圆x2+y2=1相外切，求m的值；（Ⅱ）如果直线x+y﹣3=0与圆C相交所得的弦长为，求m的值．17．（13分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为AA1的中点．（Ⅰ）求四棱锥C﹣AEB1B的体积；（Ⅱ）求证：BC⊥C1E；（Ⅲ）判断线段B1C上是否存在一点M（与点C不重合），使得C，D，E，M四点共面？（结论不要求证明）18．（13分）设F为抛物线C：y2=2x的焦点，A，B是抛物线C上的两个动点．（Ⅰ）若直线AB经过焦点F，且斜率为2，求|AB|；（Ⅱ）若直线l：x﹣y+4=0，求点A到直线l的距离的最小值．19．（14分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDEF；（Ⅱ）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），求证：EF∥GH；（Ⅲ）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．20．（14分）已知椭圆的一个焦点为，离心率为．点P为圆M：x2+y2=13上任意一点，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设直线l经过点P且与椭圆C相切，l与圆M相交于另一点A，点A关于原点O的对称点为B，证明：直线PB与椭圆C相切．2017-2018学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1．（5分）直线的倾斜角为（）A．30°B．45°C．60°D．135°【分析】设直线的倾斜角为θ，θ∈[0°，180°），可得tanθ=1，解得θ．【解答】解：设直线的倾斜角为θ，θ∈[0°，180°）．∴tanθ=1，解得θ=45°．故选：B．【点评】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2．（5分）命题“对任意x＞3，都有lnx＞1”的否定是（）A．存在x＞3，使得lnx＞1 B．对任意x＞3，都有lnx≤1 C．存在x＞3，使得lnx≤1 D．对任意x≤3，都有lnx＞1【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“对任意x＞3，都有lnx＞1”的否定是：存在x＞3，使得lnx≤1．故选：C．【点评】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．3．（5分）双曲线x2﹣y2=1的焦点到其渐近线的距离为（）A．1 B．C．2 D．【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，由点到直线的距离公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，双曲线的方程为x2﹣y2=1，其焦点坐标为（±，0），其渐近线方程为y=±x，即x±y=0，则其焦点到渐近线的距离d==1；故选：A．【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是求出双曲线的渐近线与焦点坐标．4．（5分）设α，β是两个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线，（）A．若a⊥b，b⊥c，则a∥c B．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a⊥b，a⊥α，则b∥αD．若a⊥α，a⊥β，则α∥β【分析】根据空间线面位置关系判断．【解答】解：对于A，若a⊥b，b⊥c，则a∥c或a与c相交，或a与c异面；故A错误；对于B，若若a∥α，b∥α，则a∥b或a与b相交，或a与b异面，故B错误；对于C，若a⊥b，a⊥α，则b∥α或b⊂α，故C错误；对于D，若a⊥α，a⊥β，则α∥β，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了空间线面线面位置关系的判断，属于基础题．5．（5分）“方程表示的曲线为椭圆”是“m＞n＞0”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据题意，由椭圆的标准方程的形式分析可得若方程表示的曲线为椭圆，则有，即m＞n＞0或n＞m＞0，进而结合充分、必要条件的定义分析可得答案．【解答】解：根据题意，方程表示的曲线为椭圆，则有，即m ＞n＞0或n＞m＞0，若方程表示的曲线为椭圆”，“m＞n＞0”不一定成立，反之，若有“m＞n＞0”，则“方程表示的曲线为椭圆”；即“方程表示的曲线为椭圆”是“m＞n＞0”的必要不充分条件；故选：B．【点评】本题考查椭圆的标准方程，涉及充分必要条件的判定，关键是掌握二元二次方程表示椭圆的条件．6．（5分）设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，若l∥α，l∥β，α∩β=m，则（）A．l与m平行B．l与m相交C．l与m异面D．l与m垂直【分析】根据题意画出图形，结合图形即可得出结论．【解答】解：如图所示，α，β是两个不同的平面，l是一条直线，当l∥α，l∥β，且α∩β=m时，l∥m．故选：A．【点评】本题考查了空间中的直线与平面的位置关系应用问题，是基础题．7．（5分）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，直线，若过焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则以线段AB为直径的圆与直线l的位置关系为（）A．相交B．相离C．相切D．以上三个答案均有可能【分析】由题意画出图形，可得以AB为直径的圆与抛物线准线相切，则以线段AB为直径的圆与直线l的位置关系为相离．【解答】解：如图，抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），准线方程为x=﹣1．设AB中点为G，过G作抛物线准线的垂线，垂足为H，则GH=AB，即以AB为直径的圆与抛物线准线相切，∴以线段AB为直径的圆与直线l的位置关系为相离，故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．8．（5分）设a为空间中的一条直线，记直线a与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的六个面所在的平面相交的平面个数为m，则m的所有可能取值构成的集合为（）A．{2，4}B．{2，6}C．{4，6}D．{2，4，6}【分析】体对角线所在的直线与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的6个面都相交，面对角线所在的直线与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的4个面相交，棱所在的直线与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的2个面相交．【解答】解：设a为空间中的一条直线，记直线a与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的六个面所在的平面相交的平面个数为m，体对角线所在的直线与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的6个面都相交，此时m=6；面对角线所在的直线与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的4个面相交，此时m=4；棱所在的直线与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的2个面相交，此时m=2．∴m的所有可能取值构成的集合为{2，4，6}．故选：D．【点评】本题考查满足条件的平面个数的集合的求法，考查线面关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上. 9．（5分）命题“若a2﹣b2=0，则a=b”的逆否命题为若a≠b，则a2﹣b2≠0．【分析】根据逆否命题的定义进行求解即可．【解答】解：交换条件和结论，同时进行否定得逆否命题为：若a≠b，则a2﹣b2≠0，故答案为：若a≠b，则a2﹣b2≠0【点评】本题主要考查四种命题的关系，利用逆否命题的定义是解决本题的关键．10．（5分）经过点M（2，1）且与直线3x﹣y+8=0垂直的直线方程为x+3y﹣5=0．【分析】根据已知中的定点及直线方程，由垂直系方程可得答案．【解答】解：经过点M（2，1）且与直线3x﹣y+8=0垂直的直线方程为：（x﹣2）+3（y﹣1）=0，即：x+3y﹣5=0，故答案为：x+3y﹣5=0【点评】本题考查的知识点是直线系方程，熟练掌握垂直系方程，是解答的关键．11．（5分）一个四棱锥的三视图如图所示，那么这个四棱锥的体积为1．【分析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为四棱锥，侧棱PA⊥底面ABCD，底面为直角梯形，且PA=2，AD=DC=1，AB=2，然后利用棱锥体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为四棱锥，侧棱PA⊥底面ABCD，底面为直角梯形，且PA=2，AD=DC=1，AB=2，∴这个四棱锥的体积为V=．故答案为：1．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．12．（5分）在△ABC中，AB=3，BC=4，AB⊥BC．以BC所在的直线为轴将△ABC 旋转一周，则旋转所得圆锥的侧面积为15π．【分析】以BC所在的直线为轴将△ABC旋转一周，形成的旋转体是底面半径为r=AB=3，高为BC=4的圆锥，由此能求出旋转所得圆锥的侧面积．【解答】解∵在△ABC中，AB=3，BC=4，AB⊥BC．∴AC===5，以BC所在的直线为轴将△ABC旋转一周，形成的旋转体是底面半径为r=AB=3，高为BC=4的圆锥，∴旋转所得圆锥的侧面积：S=πrl=π×AB×AC=π×3×5=15π故答案为：15π．【点评】本题考查过圆锥的侧面积的求法，考查圆锥、旋转体等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，数形结合思想，是中档题．13．（5分）若双曲线C的一个焦点在直线l：4x﹣3y+20=0上，一条渐近线与l平行，且双曲线C的焦点在x轴上，则双曲线C的标准方程为；离心率为．【分析】根据题意，求出直线与x轴交点坐标，即可得双曲线的焦点坐标，又由双曲线的渐近线与直线l平行，可得双曲线的渐近线方程，进而可以设双曲线的方程为：﹣=1，（t＞0）由双曲线中c的值即可得9t+16t=25，解可得t的值，即可得双曲线的标准方程，由此计算可得双曲线的离心率，即可得答案．【解答】解：根据题意，若双曲线C的一个焦点在直线l：4x﹣3y+20=0上，且其焦点在x轴上，直线与x轴交点坐标为（﹣5，0），则双曲线的焦点为（﹣5，0）与（5，0），c=5，又由双曲线的渐近线与直线l：4x﹣3y+20=0平行，则双曲线的一条渐近线为4x ﹣3y=0，设双曲线的方程为：﹣=1，（t＞0）又由c=5，则有9t+16t=25，解可得：t=1，则双曲线的方程为：，其中a=3，则双曲线的离心率e==；故答案为，【点评】本题考查双曲线的几何性质，涉及双曲线渐近线的求法，注意双曲线的焦点位置．14．（5分）在平面直角坐标系中，曲线C是由到两个定点A（1，0）和点B（﹣1，0）的距离之积等于2的所有点组成的．对于曲线C，有下列四个结论：①曲线C是轴对称图形；②曲线C是中心对称图形；③曲线C上所有的点都在单位圆x2+y2=1内；④曲线C上所有的点的纵坐标．其中，所有正确结论的序号是①②．【分析】由题意曲线C是平面内与两个定点F1（﹣1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数2，利用直接法，设动点坐标为（x，y），及可得到动点的轨迹方程，然后由方程特点即可加以判断．【解答】解：由题意设动点坐标为（x，y），利用题意及两点间的距离公式的得：[（x+1）2+y2]•[（x﹣1）2+y2]=4，对于①，方程中的x被﹣x代换，y被﹣y 代换，方程不变，故关于y轴对称和x轴对称，故曲线C是轴对称图形，故①正确对于②，把方程中的x被﹣x代换，y被﹣y 代换，方程不变，故此曲线关于原点对称，曲线C是中心对称图形，故②正确；对于③y=0可得，（x+1）2•（x﹣1）2=4，即x2﹣1=2，解得x=±，∴曲线C上点的横坐标的范围为[﹣，]，故③错误，对于④令x=0可得，y=±1，∴曲线C上点的纵坐标的范围为[﹣1，1]，故④错误；故答案为：①②【点评】本题考查了利用直接法求出动点的轨迹方程，考查了运算能力和转化能力，属于中档题三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．（13分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AB的中点．（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求证：BC1∥平面A1CD．【分析】（Ⅰ）推导出CD⊥AB，AA1⊥底面ABC，从而AA1⊥CD，由此能证明CD ⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）连接AC1，设A1C∩AC1=O，连接OD，推导出OD∥BC1，由此能证明BC1∥平面A1CD．【解答】（本小题满分13分）证明：（Ⅰ）因为正三棱柱ABC﹣A1B1C1，D为AB的中点，所以CD⊥AB，AA1⊥底面ABC．…（1分）又因为CD⊂底面ABC，所以AA1⊥CD．…（3分）又因为AA1∩AB=A，AB⊂平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1．…（6分）（Ⅱ）连接AC1，设A1C∩AC1=O，连接OD，…（7分）由正三棱柱ABC﹣A1B1C1，得AO=OC1，又因为在△ABC1中，AD=DB，所以OD∥BC1，…（10分）又因为BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．…（13分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面平行的证明，考查线面、面面垂直的判定定理、性质定理的运用，考查空间线线、线面的位置关系及所成的角的概念，考查空间想象能力，属中档题．16．（13分）已知圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+m=0，其中m∈R．（Ⅰ）如果圆C与圆x2+y2=1相外切，求m的值；（Ⅱ）如果直线x+y﹣3=0与圆C相交所得的弦长为，求m的值．【分析】（Ⅰ）化简求得圆心及半径，由圆C与圆x2+y2=1相外切，则两圆的圆心距等于其半径和，即可求得m的值；（Ⅱ）利用点到直线的距离公式求得C到直线x+y﹣3=0的距离，根据垂径定理即可求得m的值．【解答】解：（Ⅰ）将圆C的方程配方，得（x﹣3）2+（y﹣4）2=25﹣m，…（1分）∴圆C的圆心为（3，4），半径．…（3分）因为圆C与圆x2+y2=1相外切，所以两圆的圆心距等于其半径和，即，…（5分）解得m=9．…（7分）（Ⅱ）圆C的圆心到直线x+y﹣3=0的距离．…（9分）因为直线x+y﹣3=0与圆C相交所得的弦长为，所以由垂径定理，可得，…（11分）解得m=10．…（13分）【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，垂径定理，考查转化思想，属于中档题．17．（13分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为AA1的中点．（Ⅰ）求四棱锥C﹣AEB1B的体积；（Ⅱ）求证：BC⊥C1E；（Ⅲ）判断线段B1C上是否存在一点M（与点C不重合），使得C，D，E，M四点共面？（结论不要求证明）【分析】（Ⅰ）由已知可得AA1⊥AD．结合AB⊥AD，利用线面垂直的判定可得AD⊥平面ABB1A1．得到AD为四棱锥C﹣AEB1B的高，然后直接利用棱锥体积公式求解；（Ⅱ）在底面ABCD中，求解三角形可得BC⊥AC．再由已知得CC1⊥BC，利用线面垂直的判定可得BC⊥平面CAEC1，从而得到BC⊥C1E；（Ⅲ）由CD为平面CEB1的一条斜线可知，线段B1C上不存在点M（与点C不重合），使得C，D，E，M四点共面．【解答】（Ⅰ）解：∵AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴AA1⊥AD．又∵AB⊥AD，AA1∩AB=A，∴AD⊥平面ABB1A1．∵AB∥CD，∴四棱锥C﹣AEB1B的体积=；（Ⅱ）证明：在底面ABCD中，∵AB∥CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AB=2，∴，，∴AB2=AC2+BC2，即BC⊥AC．在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AA1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BC，又∵CC1∩AC=C，∴BC⊥平面CAEC1，又∵C1E⊂平面CAEC1，∴BC⊥C1E；（Ⅲ）解：对于线段B1C上任意一点M（与点C不重合），C，D，E，M四点都不共面．【点评】本题考查线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．18．（13分）设F为抛物线C：y2=2x的焦点，A，B是抛物线C上的两个动点．（Ⅰ）若直线AB经过焦点F，且斜率为2，求|AB|；（Ⅱ）若直线l：x﹣y+4=0，求点A到直线l的距离的最小值．【分析】（Ⅰ）根据题意，由抛物线的标准方程求出其焦点坐标，进而可得直线AB的方程，联立直线与抛物线的方程可得4x2﹣6x+1=0，设点A（x1，y1），B（x2，y2），由弦长公式计算可得答案；（Ⅱ）设A（x0，y0），结合抛物线的方程与点到直线的距离公式可得，由二次函数的性质分析可得答案．【解答】解：（Ⅰ）由题意，抛物线C的方程为y2=2x，则其焦点坐标为，则直线AB的方程为．由消去y，得4x2﹣6x+1=0．设点A（x1，y1），B（x2，y2），则△＞0，且，，所以．（Ⅱ）设A（x0，y0），则点A到直线l距离．由A是抛物线C上的动点，得，所以，所以当y0=1时，．即点A到直线l的距离的最小值．【点评】本题考查抛物线的几何性质，涉及直线与抛物线的位置关系，注意抛物线的焦点弦公式的运用．19．（14分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDEF；（Ⅱ）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），求证：EF∥GH；（Ⅲ）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【分析】（I）根据面面垂直的性质即可得出AC⊥平面BDEF，故而结论成立；（II）根据线面平行的性质可得出结论；（III）当M为CE的中点时，可证明平面BDM∥平面AEF．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，且AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面BDEF．又AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF．（Ⅱ）证明：∵EF∥BD，EF⊂平面AEF，BD⊄平面AEF，∴BD∥平面AEF，又BD⊂平面BDGH，平面AEF∩平面BDGH=GH，∴BD∥GH，又BD∥EF，∴GH∥EF．（Ⅲ）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF，此时．以下给出证明过程．证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，因为BD∥EF，BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BD∥平面AEF．设AC∩BD=O，连接OM，在△ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OM∥AE，又因为OM⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以OM∥平面AEF．又因为OM∩BD=O，OM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面AEF．【点评】本题考查了线面垂直、面面平行、面面垂直的判定，属于中档题．20．（14分）已知椭圆的一个焦点为，离心率为．点P为圆M：x2+y2=13上任意一点，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设直线l经过点P且与椭圆C相切，l与圆M相交于另一点A，点A关于原点O的对称点为B，证明：直线PB与椭圆C相切．【分析】（Ⅰ）根据题意，由椭圆的几何性质分析可得椭圆中c的值，又由椭圆的离心率公式可得a的值，计算可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；（Ⅱ）根据题意，分析可得PA⊥PB，进而分3种情况讨论直线PA的位置，依次证明直线PB与椭圆C相切，综合三种情况即可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题意，椭圆的一个焦点为，则，又由椭圆离心率为，则有，所以a=3，，所以椭圆C的标准方程为；（Ⅱ）证明：由题意，点B在圆M上，且线段AB为圆M的直径，所以PA⊥PB．分3种情况讨论：①，当直线PA⊥x轴时，易得直线PA的方程为x=±3，由题意，得直线PB的方程为y=±2，显然直线PB与椭圆C相切．②，同理当直线PA∥x轴时，直线PB也与椭圆C相切．③，当直线PA与x轴既不平行也不垂直时，设点P（x0，y0），直线PA的斜率为k，则k≠0，直线PB的斜率，所以直线PA：y﹣y0=k（x﹣x0），直线PB：，由消去y，得．因为直线PA与椭圆C相切，所以，整理，得（1）同理，由直线PB与椭圆C的方程联立，得．（2）因为点P为圆M：x2+y2=13上任意一点，所以，即．代入（1）式，得，代入（2）式，得===0．所以此时直线PB与椭圆C相切．综上，直线PB与椭圆C相切．【点评】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，注意利用椭圆的几何性质求出椭圆的标准方程．第21页（共21页）。