广东省深圳市桃源居中澳实验学校2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2025高三上·深圳期末）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意，，又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用列举法表示集合，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2025高三上·深圳期末）已知平面向量，若，则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：向量，
若，则，即.
故答案为：B.
【分析】根据向量平行的坐标表示，结合同角三角函数基本关系求解即可.
3．（2025高三上·深圳期末）已知，为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
因为复数的实部和虚部相等，所以，解得.
故答案为：D.
【分析】先根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据实部等于虚部列方程求解即可.
4．（2025高三上·深圳期末）已知等差数列的首项为1，若成等比数列，则（ ）
A．-2 B．4 C．8 D．-2或4
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
若成等比数列 ，则，解得，
当时，，，满足题意；
当时，，不符合题意，舍去，
故.
故答案为：B.
【分析】设等差数列的公差为，根据成等比数列列方程，求的公差，再检验是否满足题意即可.
5．（2025高三上·深圳期末）5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（ ）
A．18 B．36 C．48 D．60
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解： 甲必须站在排头或排尾，优先考虑特殊位置，
甲在排头或排尾站法有种，乙在中间3个位置选一个，有种站法，其余3人有种站法，
则不痛的站法有种.
故答案为：B.
【分析】先考虑特殊位置，再利用分步乘法计数原理结合排列数公式求解即可.
6．（2025高三上·深圳期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对数函数单调递增，即，
指数函数单调递增，即，
指数函数单调递减，即，
则.
故答案为：B.
【分析】利用对数和指数函数的单调性比较大小即可.
7．（2025高三上·深圳期末）已知，且，则的最小值为（ ）
A．4 B． C．6 D．8
【答案】D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为8.
故答案为：D.
【分析】利用基本不等式直接求解即可.
8．（2025高三上·深圳期末）椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知椭圆的焦点在轴上，且，
则椭圆的离心率为.
故答案为：B.
【分析】易知椭圆的焦点在轴上，且，根据椭圆的离心率公式求解即可.
9．（2025高三上·深圳期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
即，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】原式化简可得，再正切的两角和公式以及正弦二倍角公式，同角三角函数基本关系化简代值求值即可.
10．（2025高三上·深圳期末）已知椭圆C：的上顶点为A，左、右两焦点分别为，，若为等边三角形，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
易知，，
因为为等边三角形，所以，所以，
则椭圆的离心率为.
故答案为：A.
【分析】根据椭圆的几何性质可得，再利用离心率公式求解即可.
11．（2025高三上·深圳期末）函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：若存在，使得有解，分离参数即，
设，，求导可得，
令，解得，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减，且．
故的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】由题意可得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，即可得的取值范围.
12．（2025高三上·深圳期末）已知直线经过抛物线：的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若使得成立的点P的横坐标为3，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，
由题意可知：直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立，消元整理得，
由韦达定理可得，，则，
因为，所以四边形为平行四边形，
又因为点的横坐标为3，所以，解得，
则，
点到直线的距离为，
则平行四边形的面积为.
故答案为：A.
【分析】易知抛物线的焦点，由题意可知：直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元整理借助韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式计算面积即可.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
13．（2025高三上·深圳期末）不等式的解集为 ．
【答案】
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：不等式等价于，则，解得，
故不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】利用分式不等式的解法求解即可.
14．（2025高三上·深圳期末）在的展开式中，常数项为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式通项公式为，
令，解得，则常数项.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，令，得到，求常数项即可.
15．（2025高三上·深圳期末）若圆关于直线对称，则 ．
【答案】
【知识点】圆的一般方程
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，
因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
则，解得，
当时，此时方程表示圆，满足题意.
故答案为：.
【分析】先求圆心，由题意可得圆心在直线上，代入求解，注意检验即可.
16．（2025高三上·深圳期末）已知函数是偶函数，则的值为
【答案】
【知识点】余弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为函数是偶函数，所以，
即，则.
故答案为：.
【分析】根据余弦函数为偶函数，可得，解得，再根据两角差的正切公式求解即可.
17．（2025高三上·深圳期末）函数的最大值为 .
【答案】1
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，
令，，
则，
易知函数的图象开口向下，对称轴方程为，
当时，函数取最大值，最大值为，
则函数的最大值为1．
故答案为：1．
【分析】先求函数的定义域，再利用换元法，结合二次函数的性质求解即可.
18．（2025高三上·深圳期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，，则该双曲线的渐近线方程为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
因为，所以，
又因为关于原点对称，所以，关于原点对称，所以四边形为矩形，
则，
由，可得，
由双曲线定义可知：，则，，，，
解得，则渐近线方程为：.
故答案为：.
【分析】由可得，结合双曲线的对称性可得四边形为矩形，再由可得，结合双曲线的定义求得，利用勾股定理列式求得，即可得双曲线的渐近线方程.
三、解答题（本大题共4小题，每小题15分，共60分）
19．（2025高三上·深圳期末）已知定义域为的单调减函数是奇函数，当时，.
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数是定义在的奇函数，所以；
（2）解：当时，，，
因为函数为奇函数，所以，
则；
（3）解：问题转化为恒成立，即，
因为函数在上单调递减，所以，即恒成立，
又因为在时有最小值，最小值为，所以，即，
故实数的取值范围是.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）由题意，根据奇函数的定义求解即可；
（2）利用奇函数的定义求解析式即可；
（3）根据函数的单调性和奇偶性解不等式转化为，求解即可.
（1）因为函数是定义在的奇函数，所以.
（2）因为当时，，
所以当时，，，
所以.
（3）由题，函数是定义域为单调减函数，且为奇函数，
所以由，可得，
即，所以，
所以恒成立，
因为在时有最小值，最小值为，
所以，即，
所以实数的取值范围是.
20．（2025高三上·深圳期末）在中，角所对的边长分别为，已知.
（1）求；
（2）若是中点，求的长度.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，
在中，因为，所以，则；
（2）解：在中，因为是中点，所以，
则，
即的长为.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求即可；
（2）在中，由题意可得，再利用向量数量积求.
（1）方法一：
因为，由正弦定理得：，
又，得，
中，，所以，
又因为在中，所以.
方法二：
因为，由余弦定理得：，
解得，所以，
又因为在中，所以.
（2）方法一：
在中，是中点，所以，
，
，即的长为.
方法二：
由（1）方法二，知，
又是中点，，
在中由余弦定理有：，
在中由余弦定理有：，
因为，
所以，
即，
解得，即的长为.
21．（2025高三上·深圳期末）记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前20项和．
【答案】（1）解：当时，，∴，
则等比数列的公比，
当时，由得，即，解得，
故；
（2）解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，，
则，
，
故
.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，即可求数列的通项公式；
（2）由（1）计算，利用分组求和的方法求数列的前20项和即可.
（1）当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
（2）由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
22．（2025高三上·深圳期末）设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点.
【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，且
由椭圆的离心率为，可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）可知，
显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为，
则直线的方程为，如下图所示：
联立，整理可得，
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
由可得直线的斜率为，所以直线的方程为；
联立，消去整理可得.
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
若，即，可得，
直线的斜率为；
直线的方程为，令，解得，则直线过定点，
若，则，此时，直线也过定点，
综上可得，直线过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点坐标，由题意可知，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可得椭圆方程；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线方程，可证得直线经过定点.
（1）易知抛物线的焦点，
由可得，由离心率，且，
解得；
所以椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）可知，
显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为，
则直线的方程为，如下图所示：
联立，整理可得，
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
由可得直线的斜率为，所以直线的方程为；
联立，消去整理可得.
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
若，即，可得，
直线的斜率为；
直线的方程为，
令，解得
所以直线过定点，
若，则，此时，直线也过定点.
综上可得，直线过定点
1 / 1广东省深圳市桃源居中澳实验学校2024-2025学年高三上学期期末考试数学试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1．（2025高三上·深圳期末）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·深圳期末）已知平面向量，若，则（ ）
A． B． C．2 D．
3．（2025高三上·深圳期末）已知，为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·深圳期末）已知等差数列的首项为1，若成等比数列，则（ ）
A．-2 B．4 C．8 D．-2或4
5．（2025高三上·深圳期末）5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（ ）
A．18 B．36 C．48 D．60
6．（2025高三上·深圳期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·深圳期末）已知，且，则的最小值为（ ）
A．4 B． C．6 D．8
8．（2025高三上·深圳期末）椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·深圳期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．2
10．（2025高三上·深圳期末）已知椭圆C：的上顶点为A，左、右两焦点分别为，，若为等边三角形，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025高三上·深圳期末）函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
12．（2025高三上·深圳期末）已知直线经过抛物线：的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若使得成立的点P的横坐标为3，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
13．（2025高三上·深圳期末）不等式的解集为 ．
14．（2025高三上·深圳期末）在的展开式中，常数项为 .
15．（2025高三上·深圳期末）若圆关于直线对称，则 ．
16．（2025高三上·深圳期末）已知函数是偶函数，则的值为
17．（2025高三上·深圳期末）函数的最大值为 .
18．（2025高三上·深圳期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，，则该双曲线的渐近线方程为 ．
三、解答题（本大题共4小题，每小题15分，共60分）
19．（2025高三上·深圳期末）已知定义域为的单调减函数是奇函数，当时，.
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
20．（2025高三上·深圳期末）在中，角所对的边长分别为，已知.
（1）求；
（2）若是中点，求的长度.
21．（2025高三上·深圳期末）记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前20项和．
22．（2025高三上·深圳期末）设椭圆的离心率等于，抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，分别是椭圆的左右顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）动点、为椭圆上异于的两点，设直线，的斜率分别为，，且，求证：直线经过定点.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意，，又因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用列举法表示集合，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：向量，
若，则，即.
故答案为：B.
【分析】根据向量平行的坐标表示，结合同角三角函数基本关系求解即可.
3．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
因为复数的实部和虚部相等，所以，解得.
故答案为：D.
【分析】先根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据实部等于虚部列方程求解即可.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
若成等比数列 ，则，解得，
当时，，，满足题意；
当时，，不符合题意，舍去，
故.
故答案为：B.
【分析】设等差数列的公差为，根据成等比数列列方程，求的公差，再检验是否满足题意即可.
5．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解： 甲必须站在排头或排尾，优先考虑特殊位置，
甲在排头或排尾站法有种，乙在中间3个位置选一个，有种站法，其余3人有种站法，
则不痛的站法有种.
故答案为：B.
【分析】先考虑特殊位置，再利用分步乘法计数原理结合排列数公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对数函数单调递增，即，
指数函数单调递增，即，
指数函数单调递减，即，
则.
故答案为：B.
【分析】利用对数和指数函数的单调性比较大小即可.
7．【答案】D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为8.
故答案为：D.
【分析】利用基本不等式直接求解即可.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知椭圆的焦点在轴上，且，
则椭圆的离心率为.
故答案为：B.
【分析】易知椭圆的焦点在轴上，且，根据椭圆的离心率公式求解即可.
9．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
即，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】原式化简可得，再正切的两角和公式以及正弦二倍角公式，同角三角函数基本关系化简代值求值即可.
10．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
易知，，
因为为等边三角形，所以，所以，
则椭圆的离心率为.
故答案为：A.
【分析】根据椭圆的几何性质可得，再利用离心率公式求解即可.
11．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：若存在，使得有解，分离参数即，
设，，求导可得，
令，解得，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减，且．
故的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】由题意可得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，即可得的取值范围.
12．【答案】A
【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，
由题意可知：直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立，消元整理得，
由韦达定理可得，，则，
因为，所以四边形为平行四边形，
又因为点的横坐标为3，所以，解得，
则，
点到直线的距离为，
则平行四边形的面积为.
故答案为：A.
【分析】易知抛物线的焦点，由题意可知：直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元整理借助韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式计算面积即可.
13．【答案】
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：不等式等价于，则，解得，
故不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】利用分式不等式的解法求解即可.
14．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式通项公式为，
令，解得，则常数项.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，令，得到，求常数项即可.
15．【答案】
【知识点】圆的一般方程
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，
因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
则，解得，
当时，此时方程表示圆，满足题意.
故答案为：.
【分析】先求圆心，由题意可得圆心在直线上，代入求解，注意检验即可.
16．【答案】
【知识点】余弦函数的性质；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为函数是偶函数，所以，
即，则.
故答案为：.
【分析】根据余弦函数为偶函数，可得，解得，再根据两角差的正切公式求解即可.
17．【答案】1
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，
令，，
则，
易知函数的图象开口向下，对称轴方程为，
当时，函数取最大值，最大值为，
则函数的最大值为1．
故答案为：1．
【分析】先求函数的定义域，再利用换元法，结合二次函数的性质求解即可.
18．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示：
因为，所以，
又因为关于原点对称，所以，关于原点对称，所以四边形为矩形，
则，
由，可得，
由双曲线定义可知：，则，，，，
解得，则渐近线方程为：.
故答案为：.
【分析】由可得，结合双曲线的对称性可得四边形为矩形，再由可得，结合双曲线的定义求得，利用勾股定理列式求得，即可得双曲线的渐近线方程.
19．【答案】（1）解：因为函数是定义在的奇函数，所以；
（2）解：当时，，，
因为函数为奇函数，所以，
则；
（3）解：问题转化为恒成立，即，
因为函数在上单调递减，所以，即恒成立，
又因为在时有最小值，最小值为，所以，即，
故实数的取值范围是.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）由题意，根据奇函数的定义求解即可；
（2）利用奇函数的定义求解析式即可；
（3）根据函数的单调性和奇偶性解不等式转化为，求解即可.
（1）因为函数是定义在的奇函数，所以.
（2）因为当时，，
所以当时，，，
所以.
（3）由题，函数是定义域为单调减函数，且为奇函数，
所以由，可得，
即，所以，
所以恒成立，
因为在时有最小值，最小值为，
所以，即，
所以实数的取值范围是.
20．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，
在中，因为，所以，则；
（2）解：在中，因为是中点，所以，
则，
即的长为.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求即可；
（2）在中，由题意可得，再利用向量数量积求.
（1）方法一：
因为，由正弦定理得：，
又，得，
中，，所以，
又因为在中，所以.
方法二：
因为，由余弦定理得：，
解得，所以，
又因为在中，所以.
（2）方法一：
在中，是中点，所以，
，
，即的长为.
方法二：
由（1）方法二，知，
又是中点，，
在中由余弦定理有：，
在中由余弦定理有：，
因为，
所以，
即，
解得，即的长为.
21．【答案】（1）解：当时，，∴，
则等比数列的公比，
当时，由得，即，解得，
故；
（2）解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，，
则，
，
故
.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，即可求数列的通项公式；
（2）由（1）计算，利用分组求和的方法求数列的前20项和即可.
（1）当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
（2）由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
22．【答案】（1）解：易知抛物线的焦点，且
由椭圆的离心率为，可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）可知，
显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为，
则直线的方程为，如下图所示：
联立，整理可得，
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
由可得直线的斜率为，所以直线的方程为；
联立，消去整理可得.
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
若，即，可得，
直线的斜率为；
直线的方程为，令，解得，则直线过定点，
若，则，此时，直线也过定点，
综上可得，直线过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点坐标，由题意可知，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可得椭圆方程；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线方程，可证得直线经过定点.
（1）易知抛物线的焦点，
由可得，由离心率，且，
解得；
所以椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）可知，
显然直线的斜率存在，且不为零，设直线的斜率为，
则直线的方程为，如下图所示：
联立，整理可得，
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
由可得直线的斜率为，所以直线的方程为；
联立，消去整理可得.
因为直线过点，所以，可得；
代入可得，即；
若，即，可得，
直线的斜率为；
直线的方程为，
令，解得
所以直线过定点，
若，则，此时，直线也过定点.
综上可得，直线过定点
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