2018年黑龙江省哈尔滨三中高考数学二模试卷（理科）

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1、第 1 页（共 26 页）2018 年黑龙江省哈尔滨三中高考数学二模试卷（理科）一、选择题（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 （5 分）i 是虚数单位，则复数 在复平面内对应的点在（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限2 （5 分）已知集合 ，集合 Bx|y 24x ，则 AB（ ）A B C D3 （5 分）命题 p：“x 0R，x 02+12x 0”的否定p 为（ ）AxR，x 2+12x Bx R，x 2+12xCx 0R，x 02+12x 0 Dx 0R， x02+12x 04 （5 分） （ 2x 2

2、） 5 的展开式中常数项是（ ）A5 B5 C10 D105 （5 分）已知数列a n的前 n 项和为 Sn，执行如图所示的程序框图，则输出的 M 一定满足（ ）AS n BS nnM CS nnM DS nnM6 （5 分）设函数 f（x ）sin（x+）+cos（x+） （0，| ）的最小正周期为，且 f（x） f（x ） ，则（ ）Af（x）在（ ，）单调递减第 2 页（共 26 页）Bf（x）在（0， ）单调递增Cf（x）在（ ， ）单调递增Df（x）在（0， ）单调递减7 （5 分）如果实数 x，y 满足关系 ，则 的取值范围是（ ）A ， B ， C ， D ， 8 （5 分）A，

3、B 是圆 O：x 2+y21 上两个动点，| |1， 3 2 ，M 为线段 AB的中点，则 的值为（ ）A B C D9 （5 分）函数 y 的图象与函数 y3sin x（4x2）的图象所有交点的横坐标之和等于（ ）A4 B2 C8 D610 （5 分）ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若B2A ，cosAcosBcosC0，则 的取值范围是（ ）A （ ， ） B （ ， ） C （ ， ） D （ ， ）11 （5 分）某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（ ）A11 B12 C13 D14第 3 页（共 26 页）12 （5 分）已知 S 为双曲线

4、1（a0，b0）上的任意一点，过 S 分别引其渐近线的平行线，分别交 x 轴于点 M，N，交 y 轴于点 P，Q ，若（ + ）（|OP|+|OQ|）4 恒成立，则双曲线离心率 e 的取值范围为（ ）A （1，2 B2，+） C （1， D ，+）二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，将答案填在答题卡相应的位置上 ）13 （5 分）等比数列a n中，a 318，a 5162，公比 q 14 （5 分）利用随机模拟方法计算 y1 和 yx 2 所围成图形的面积首先利用计算机产生两组 01 区间的均匀随机数，a 1RAND，bRAND，然后进行平移和伸缩变换，a2（a 10.5）

5、 ，若共产生了 N 个样本点（a，b） ，其中落在所围成图形内的样本点数为 N1，则所围成图形的面积可估计为 （结果用 N，N 1 表示）15 （5 分）设 O 为抛物线： y22px（p0）的顶点，F 为焦点，且 AB 为过焦点 F 的弦若| AB|4p，则AOB 的面积为 16 （5 分）f（x ）是定义在 R 上的函数，其导函数为 f（x） 若 f（x）f（x）1，f（1）2018，则不等式 f（x）2017e x1 +1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ）17 （12 分）已知数列a n为正项数

6、列，a 13，且 2（ + ）（nN *） （1）求数列a n通项公式；（2）若 bn +（1） nan，求 bn的前 n 项和 Sn18 （12 分）交通拥堵指数是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通拥堵指数为 T，早高峰时段 3T 9，T 3， 5）基本畅通；T 5，6）轻度拥堵；T 6，7）中度拥堵；T7，9严重拥堵，从市交通指挥中心提供的一天中早高峰市内路段交通拥堵指数数据，绘制直方图如图（1）据此直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数和平均数；（2）某人上班路上遇中度拥堵或严重拥堵则不能按规定时间打卡（记为迟到） ，否则能按时到岗打卡单位规定每周考勤奖的基数为 50 元，无迟到再

7、给予奖励 50 元，迟到一第 4 页（共 26 页）次考勤奖为基数，迟到两次及两次以上每次从基数中扣除 10 元，每周至多扣除 40 元，根据直方图求该人一周（按 5 天计算）所得考勤奖的分布列及数学期望（假设每天的交通状况相互独立） 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，底面ABCD 是直角梯形， ABCD，ADC90，ABADPD 1，CD2（1）求证：平面 PBC平面 PBD；（2）若 （ 1） ，求二面角 QBD P 的大小20 （12 分）已知 F 为椭圆 C： + 1（ab0）的右焦点，| OF| ，P，Q 分别为椭圆 C 的上下顶

8、点，且PQF 为等边三角形（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 P 的两条互相垂直的直线 l1，l 2 与椭圆 C 分别交于异于点 P 的点 A，B，求证：直线 AB 过定点；求证：以 PA，PB 为直径的两个圆的另一个交点 H 在定圆上，并求此圆的方程21 （12 分）已知函数 h（x）ae x，直线 l：yx+1，其中 e 为自然对数的底（1）当 a1，x0 时，求证：曲线 f（x）h（x） x2 在直线 l 的上方；（2）若函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，求实数 a 的取值范围；（3）对于（2）中的两个交点的横坐标 x1，x 2 及对应的 a，当 x1x 2 时，求证：

9、2（第 5 页（共 26 页） ）（x 2x 1） （ + ）a（ ） 请考生在 22、23 二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l： （ t 为参数） ，以原点 O 为极点，x轴为正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2cos24（1）求曲线 C 的直角坐标方程；（2）点 P（0，1） ，直线 l 与曲线 C 交于 M，N，求 + 的值选修 4-5：不等式选讲23已知 x，y，z 为正实数，且 x+y+z2（1）求证：4z 24xy+2 yz+2xz；（2）求证： + + 4第 6

10、页（共 26 页）2018 年黑龙江省哈尔滨三中高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（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 （5 分）i 是虚数单位，则复数 在复平面内对应的点在（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【分析】由题意分子分母同乘以 1+i，再进行化简求出实部和虚部即可【解答】解： 1i，在复平面内对应的点为（1，1） ，故选：D【点评】本题考查了复数的除法运算以及几何意义，关键利用共轭复数对分母实数化2 （5 分）已知集合 ，集合 Bx|y 24x ，则 AB（ ）A B C D【分析

11、】分别化简集合 A，B，再由交集运算性质得答案【解答】解：集合 ， ，集合 Bx|y 24x0 ，+ ） ，AB ， 0，+）0 ， 故选：A【点评】本题考查了交集及其运算，是基础题3 （5 分）命题 p：“x 0R，x 02+12x 0”的否定p 为（ ）AxR，x 2+12x Bx R，x 2+12xCx 0R，x 02+12x 0 Dx 0R， x02+12x 0【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行求解即可【解答】解：命题是特称命题，则命题的否定是全称命题即p：xR， x2+12x，故选：A【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，根据特称命题的否定是全称命题是解决第 7 页（共 2

12、6 页）本题的关键4 （5 分） （ 2x 2） 5 的展开式中常数项是（ ）A5 B5 C10 D10【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得常数项【解答】解：（ 2x 2） 5 的展开式的通项公式为 Tr+1 （2） r ，令 0，求得 r1，可得常数项为 T210，故选：D【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题5 （5 分）已知数列a n的前 n 项和为 Sn，执行如图所示的程序框图，则输出的 M 一定满足（ ）AS n BS nnM CS nnM DS nnM【分析】由已知中的程序语句可知：该

13、程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 M的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：根据程序框图：算法的作用是求a n中的最小项故：S na 1+a2+anM+M +MnM ，故：S nnM，第 8 页（共 26 页）故选：C【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题6 （5 分）设函数 f（x ）sin（x+）+cos（x+） （0，| ）的最小正周期为，且 f（x） f（x ） ，则（ ）Af（x）在（ ，）单调递减Bf（x）在（0， ）单调递增Cf（x）在（ ， ）单调递增Df（x）在（0， ）单调

14、递减【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出果【解答】解：函数 f（x ）sin（x+）+cos（x+） ，函数的最小正周期为 ，则： 2，由于 f（x） f（x ） ，且| | ，解得 故：f（x） ，令 2k 2x 2k （kZ） ，解得 （kZ） ，当 k1 时，f（ x）在（ ，）单调递增当 k0 时，f（ x）在（ ）单调递增所以 f（x）在（ ）单调递减所以 A 错误故选：D【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，余弦型函数的性质的应第 9 页（共 26 页）用7 （5 分）如果实数 x，y 满足关系 ，则 的

15、取值范围是（ ）A ， B ， C ， D ， 【分析】画出不等式组表示的平面区域，化目标函数 z 1+ ，由 z 的几何意义求得最优解，计算目标函数的最值即可【解答】解：画出不等式组 表示的平面区域，如图所示；设 z 1+ ，则 z 的几何意义是区域内的点到 M（5，7）的斜率加上 1，由 ，可得 A（0，4） ，由 ，可得 B（2，2） ；由图象可知，当 MA 的斜率最小为 k ，MB 的斜率最大为 k ，所以 的取值范围是： ， 故选：C第 10 页（共 26 页）【点评】本题考查了简单的线性规划的应用问题，是基础题8 （5 分）A，B 是圆 O：x 2+y21 上两个动点，| |1，

16、3 2 ，M 为线段 AB的中点，则 的值为（ ）A B C D【分析】根据题意，分析可得OAB 为等边三角形且AOB60，由向量的加法的运算法则可得 （ + ） ，进而可得 （3 2 ） （ + ） （3 2 ）（ + ） （3 22 2+ ） ，计算可得答案【解答】解：根据题意，A，B 是圆 O：x 2+y21 上两个动点，| |1，则OAB 为等边三角形且AOB60，则| | |1， | | |cos60 ，M 为线段 AB 的中点，则 （ + ） ，则 （3 2 ） （ + ） （3 2 ）（ + ） （3 22 2+ ） （32+ ） ；故选：B【点评】本题考查向量的数量积的运算和圆

17、的有关性质，关键是分析OAB 的形状第 11 页（共 26 页）9 （5 分）函数 y 的图象与函数 y3sin x（4x2）的图象所有交点的横坐标之和等于（ ）A4 B2 C8 D6【分析】分别作出两个函数的图象，根据图象的对称性求得所有交点横坐标的和【解答】解：在同一坐标系内作出函数 y 与函数 y3sinx（4x2）的图象，如图所示，则函数 y 的图象关于点（1，0）对称，同时点（1，0）也是函数 y2sin x（4x 2）的对称点；由图象可知，两个函数在 4，2 上共有 4 个交点，且两两关于点（ 1，0）对称；设对称的两个点的横坐标分别为 x1，x 2，则 x1+x22（ 1）2，4

18、 个交点的横坐标之和为 2（2）4故选：A【点评】本题主要考查了两个函数交点横坐标求和的计算问题，根据函数图象的性质，利用数形结合是解题的关键10 （5 分）ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若B2A ，cosAcosBcosC0，则 的取值范围是（ ）A （ ， ） B （ ， ） C （ ， ） D （ ， ）【分析】利用二倍角公式化简 B2A 换成边的关系，求得 A 的范围，再根据正切函数的单调性求得 的取值范围第 12 页（共 26 页）【解答】解：ABC 中，由 cosAcosBcosC0 知，ABC 是锐角三角形，由正弦定理可知 sinBsin2A2sinA

19、cosA，b2acosA ， tanA，A+ B+C180，B 2A，3A+ C180 ，A60 30，2A90，A（30，45） ， tanA1，则 故选：D【点评】本题主要考查了正弦定理的应用问题，解题时应把边化成角的问题，利用三角函数的基本性质求解11 （5 分）某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（ ）A11 B12 C13 D14【分析】该几何体是高为 1 的三棱锥，结合图中数据，过 PA 中点作面 PAC 垂线与过 F作面 ABC 的垂线交于点 M，则 M 为该棱锥的外接球的球心设面 EMF 交 AC 于 H，则MEHMFH90，EHF135，在EHF 中，由余弦定理

20、可得 EF ，由正弦定理的四边形 MEHF 的外接圆直径为 ，即 MH ，即该棱锥的外接球的半径 R 即可求解【解答】解：由题意，该几何体是高为 1 的三棱锥，且由俯视图可得三菱锥的底为等腰第 13 页（共 26 页）直角三角形，可得 PC ，AC1，PA ，PAC 为 Rt过 PA 中点作面 PAC 垂线与过 F 作面 ABC 的垂线交于点 M，则 M 为该棱锥的外接球的球心设面 EMF 交 AC 于 H，则MEHMFH90，EHF135，在EHF 中，由余弦定理可得 EF ，由正弦定理的四边形 MEHF 的外接圆直径为 ，即 MH ，MF ， ，即该棱锥的外接球的半径 R 则该棱锥的外接球

21、的表面积为 S4 11故选：A【点评】本题考查了三棱锥的性质、空间几何位置关系、三垂线定理、球的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12 （5 分）已知 S 为双曲线 1（a0，b0）上的任意一点，过 S 分别引其渐近线的平行线，分别交 x 轴于点 M，N，交 y 轴于点 P，Q ，若（ + ）（|OP|+|OQ|）4 恒成立，则双曲线离心率 e 的取值范围为（ ）A （1，2 B2，+） C （1， D ，+）【分析】设 S（m，n） ，与渐近线平行的直线方程为 ， ，则 N（ ，0） ，第 14 页（共 26 页）Q（0，n+ ，| OM| |，| ON| |，|OP | |，| O

22、Q| |，可得（ + ）（| OP|+|OQ|） + （| |） ，则 即可【解答】解：设 S（m，n）与渐近线 y 平行的直线方程为则 M（m ，0） ，P（0，n ） 与渐近线 y 平行的直线方程为则 N（ ，0） ，Q（0，n+ ，|OM| |，|ON | |，|OP| |，| OQ| |，（ + ）（| OP|+|OQ|） + （| |） ，要使（ + ）（| OP|+|OQ|）4 恒成立，则 双曲线离心率 e ，故选：D【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和不等式的性质，考查运算能力，属于中档题二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，将答案填在答

23、题卡相应的位置上 ）13 （5 分）等比数列a n中，a 318，a 5162，公比 q 3 第 15 页（共 26 页）【分析】利用通项公式即可得出【解答】解：a 318，a 5162，q 2 9，公比 q3故答案为：3【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题14 （5 分）利用随机模拟方法计算 y1 和 yx 2 所围成图形的面积首先利用计算机产生两组 01 区间的均匀随机数，a 1RAND，bRAND，然后进行平移和伸缩变换，a2（a 10.5） ，若共产生了 N 个样本点（a，b） ，其中落在所围成图形内的样本点数为 N1，则所围成图形的面积可估计为

24、（结果用 N，N 1 表示）【分析】由题意，计算对应的面积比即可估计所围成图形的面积【解答】解：由题意 a10，1，a2（a 10.5）2a 111，1 ，又 b0，1 ，由 N 个样本点（a，b） ，其中落在所围成图形内的样本点数为 N1，则 ，如图所示；所围成图形的面积可估计为 S 故答案为： 【点评】本题考查了用模拟实验法求对应面积的比值问题，是基础题15 （5 分）设 O 为抛物线： y22px（p0）的顶点，F 为焦点，且 AB 为过焦点 F 的弦若| AB|4p，则AOB 的面积为 【分析】设 A（x 1，y 1） ，B（ x2，y 2） ，弦 AB 所在直线的方程为 yk（xp）

25、 ，与抛物线y22px 联解，并结合一元二次方程根与系数的关系，得 y1y2p 2根据抛物线的定义，得|AB|x 1+x2+p4P，结合抛物线方程化出 y12+y22，可得| y1y 2|最后根据三角形面积公式，得到本题的答案第 16 页（共 26 页）【解答】解：抛物线 y22px 的焦点为 F（ ，0）设弦 AB 所在直线的方程为 yk （x ） ， （k0）与抛物线 y22px 联解，得 ky22py kp 20设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，由根与系数的关系得 y1y2p 2根据抛物线的定义，得|AB|x 1+x2+p4px 1+x2 y12+ y223p，得 y1

26、2+y226p 2由此可得|y 1y 2|2（y 12+y22）2y 1y26p 2（2p 2）8p 2S AOB S AOF +SBOF |OF|y1y 2| ，因此，三角形的面积为： 故答案为： 【点评】本题给出抛物线过焦点的弦 AB 的长度，求AOB 面积的表达式，着重考查了抛物线的简单性质和直线与抛物线关系等知识，属于中档题16 （5 分）f（x ）是定义在 R 上的函数，其导函数为 f（x） 若 f（x）f（x）1，f（1）2018，则不等式 f（x）2017e x1 +1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为 x |x1 【分析】不等式 f（x ）2017e x1 +1 2017令

27、 g（x） ，根据f（x）f（x）1，利用导数研究函数 g（x ）的单调性即可得出【解答】解：不等式 f（x ）2017e x1 +1 2017 第 17 页（共 26 页）令 g（x） ，f（x）f（x ）1，g （x ） 0，函数 g（x）在 R 上单调递增，而 g（1） 2017，g（x）g（1） ，x1不等式 f（x） 2017ex1 +1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为x|x1故答案为：x|x 1【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、构造法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明

28、，证明过程或演算步骤 ）17 （12 分）已知数列a n为正项数列，a 13，且 2（ + ）（nN *） （1）求数列a n通项公式；（2）若 bn +（1） nan，求 bn的前 n 项和 Sn【分析】 （1）由数列的递推公式可得（a n+1a n） （a n+1+an）2（a n+1+an） ，即可得到an+1a n2，即可求出数列a n通项公式；（2）利用分组求和，以及分类讨论即可求出【解答】解：（1）由 2（ + ） （nN *） ， a n+122a n+1a n2+2an，a n+12a n22（a n+1+an） ，（a n+1a n） （a n+1+an）2（a n+1+an

29、） ，数列a n为正项数列，a n+1a n2，第 18 页（共 26 页）a 13，a n3+2（n1）2n+1 ，（2）b n +（1） nan2 2n+1+（1） n（2n+1）24 n+（1） n（2n+1） ，设 cn24 n，则c n的前 n 项和为 设 dn（1） n（2n+1） ，当 n 为偶数时，d n的前 n 项和为（3+5）+（7+9）+（2n+1+2n+1）2 n，当 n 为奇数时，d n的前 n 项和为3+（57）+（911）+（2n12n1）32 3（n1）n2，故当 n 为偶数时，S n +n，当 n 为奇数时，Sn n2 n ，综上所述 Sn 【点评】本题考查了

30、数列的递推公式和数列的前 n 项和公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题18 （12 分）交通拥堵指数是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通拥堵指数为 T，早高峰时段 3T 9，T 3， 5）基本畅通；T 5，6）轻度拥堵；T 6，7）中度拥堵；T7，9严重拥堵，从市交通指挥中心提供的一天中早高峰市内路段交通拥堵指数数据，绘制直方图如图（1）据此直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数和平均数；（2）某人上班路上遇中度拥堵或严重拥堵则不能按规定时间打卡（记为迟到） ，否则能按时到岗打卡单位规定每周考勤奖的基数为 50 元，无迟到再给予奖励 50 元，迟到一次考勤奖为基数，迟到两次及两次以

31、上每次从基数中扣除 10 元，每周至多扣除 40 元，根据直方图求该人一周（按 5 天计算）所得考勤奖的分布列及数学期望（假设每天的交通状况相互独立） 第 19 页（共 26 页）【分析】 （1）求出 T3，6）的频率为 0.5，据此直方图能估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数；由频率分布直方图能估算早高峰时段交通拥堵指数的平均数（2）设所得考勤奖为 X 元，X 的所有可能取值为 100，50，30，20，10，分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列和 E（X） 【解答】解：（1）T 3，6）的频率为：0.1+0.16+0.240.5，据此直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数 6由频率

32、分布直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的平均数为：0.13.5+0.164.5+0.245.5+0.26.5+0.27.5+0.18.56.04（2）设所得考勤奖为 X 元，X 的所有可能取值为 100，50，30，20，10，P（X100） （ ） 5 ，P（X50） ，P（X30） ，P（X20） ，P（X10） + ，X 的分布列为：X 100 50 30 20 10P E（X） + +10 【点评】本题考查中位数、平均数、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19 （12 分）如图，在四棱锥 PABC

33、D 中，侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，底面第 20 页（共 26 页）ABCD 是直角梯形，AB CD，ADC90，ABADPD 1，CD2（1）求证：平面 PBC平面 PBD；（2）若 （ 1） ，求二面角 QBD P 的大小【分析】 （1）过点 B 作 BH CD 于 H 推导出 BCBD ，从而 PD平面 ABCD，进而PDBC，由此能证明 BC平面 PBD，从而平面 PBC 平面 PBD（2）以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，PD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 QBDP 的大小【解答】证明：（1）在梯形 ABCD 中，过点 B 作 B

34、HCD 于 H，在BCH 中，BHCH1， BCH45，又在DAB 中，AD AB1，ADB45，BDC45，DBC90，BC BD，面 PCD面 ABCD，面 PCD面 ABCDCD，PDCD，PD 面 PCD，PD平面 ABCD，PD BC，BDPD D ，BD 平面 PBD，PD 平面 PBD，BC平面 PBD，BC平面 PBC，平面 PBC平面 PBD解：（2）以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，PD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 B（1，1，0） ，C（0，2， 0） ，P （0，0，1） ，D（0，0，0） ，（1，1，0） ， （0，2，1） ， （1，1，

35、0） ， （ 1）（0，2 ， ） ，（0，0，1）+（0，2 ， ）（0， ） ，BC平面 PBD，平面 PBD 的法向量 （1，1，0） ，设平面 BDQ 的法向量 （ x，y，z） ，第 21 页（共 26 页）则 ，取 x1，得 （1，1， ） ，设二面角 QBDP 的大小为 ，则 cos ，45，二面角 QBDP 的大小为 45【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题20 （12 分）已知 F 为椭圆 C： + 1（ab0）的右焦点，| OF| ，P，Q 分别为椭圆 C 的上下顶

36、点，且PQF 为等边三角形（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 P 的两条互相垂直的直线 l1，l 2 与椭圆 C 分别交于异于点 P 的点 A，B，求证：直线 AB 过定点；求证：以 PA，PB 为直径的两个圆的另一个交点 H 在定圆上，并求此圆的方程【分析】 （1）由|OF| ，可得 c 由 P，Q 分别为椭圆 C 的上下顶点，且PQF为等边三角形可得 ， ，又 a2b 2+c2，解得 b1，c，a 2即可得出（2） 设直线 AB 的方程为：ykx+m ，A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） 联立 ，化为：（4k 2+1）x 2+8kmx+4m240，由 APBP，可得 x 1x2

37、+（y 11）第 22 页（共 26 页）（y 21）0，由 y1kx 1+m，y 2kx 2+m可得 x1x2+（y 11） （y 21）（1+k 2）x1x2+k（m1） （x 1+x2）+ （m1） 20把根与系数的关系代入解得 m可得直线 AB经过定点分别取 PA，PB 的中点 O1，O 2，则 O1O2 分别为两圆的圆心 PHO 1O2，且 O1O2 交O1O2 于对 S，S 为 PH 的中点，O 1O2 交 y 轴于点 N由 O1O2AB，且 O1O2 AB，可得点 N进而得出圆的方程【解答】解：（1）|OF| ，c P，Q 分别为椭圆 C 的上下顶点，且PQF 为等边三角形 ，

38、，又 a2b 2+c2，解得 b1，c ，a 24椭圆 C 的方程为： +y2 1（2） 证明：设直线 AB 的方程为：ykx+m ，A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） 联立 ，化为：（4k 2+1）x 2+8kmx+4m240，x 1+x2 ，x 1x2APBP， x 1x2+（y 11） （y 21）0， y1kx 1+m，y 2kx 2+mx 1x2+（y 11） （y 21）（1+k 2）x 1x2+k（m1） （x 1+x2）+（m1） 2+ +（m1） 2 0解得 m1（舍） ，或 m 直线 AB 经过定点 分别取 PA，PB 的中点 O1，O 2，则 O1O2 分别为两

39、圆的圆心 PHO 1O2，且 O1O2 交O1O2 于对 S，S 为 PH 的中点，O 1O2 交 y 轴于点 NO 1O2AB，且 O1O2 AB，点 N 点 S 的轨迹为以 PN 为直径的圆：x2+ 点 H 的轨迹方程为：x 2+ 【点评】本题考查了椭圆与圆的标准方程方程及其性质、向量垂直与数量积的关系、一第 23 页（共 26 页）元二次方程的根与系数的关系、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题21 （12 分）已知函数 h（x）ae x，直线 l：yx+1，其中 e 为自然对数的底（1）当 a1，x0 时，求证：曲线 f（x）h（x） x2 在直线 l 的上方；（2）若

40、函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，求实数 a 的取值范围；（3）对于（2）中的两个交点的横坐标 x1，x 2 及对应的 a，当 x1x 2 时，求证：2（ ）（x 2x 1） （ + ）a（ ） 【分析】 （1）可令 j（x ）e x x2x1，求得二阶导数，可得单调区间，即可得到证明；（2）可令 s（x）ae xx 1，求得导数，讨论 a 的符号，以及函数 s（x）的单调性，求得最值，解不等式即可得到所求范围；（3）由交点的定义，作差可得 a，要证原式成立，即证（ ）（x 2x 1） （+ ）0， （*） ，方法一、运用（2）的单调性可得；方法二，可令 m（x）（e x ）（

41、xx 1） （e x+ ） ，求得导数和单调性，即可得证【解答】解：（1）证明：a1，x0 时，令 j（x）e x x2x1，可得 j（x）的导数为 j（x ） exx 1，j（x）e x 1，当 x0 时，j（x ）0，可得 j（x）递增，可得 j（x） j（0）0，即 j（x）在 x0 递增，可得 j（x）j（0）0，曲线 f（x）h （x） x2 在直线 l 的上方；（2）可令 s（x）ae xx 1，导数为 s（x）ae x1，当 a0 时，s（x）0，s（x）递减，不和题意；当 a0 时，由 s（x）0，可得 xlna，可得 s（x）在（，lna）递减，在（lna ，+）递增，s（x

42、）有两个零点，s（x ）的最小值为 s（lna）lna 0，解得 0a1；由 s（1） 0，s（x）在（1，lna）上有且只有一个零点；第 24 页（共 26 页）由（1）当 x0 时 s（x ）a（ x2+x+1）x 1 ax2+（a1）x +a1，s（ ） a（ ） 2+（a1） +a1a+2 0，由（1）可得 x0 时，e xx 1，即有 lntt +1（t0） ，所以 1ln ，则 s（ x）在（lna ， ）上有且只有一个零点，综上可得，0a1；（3）证明：由条件可得 aex1x 1+1，ae x2x 2+1，所以 a ，要证 2（ ）（x 2x 1） （ + ）a（ ） ，即证 2

43、（ ）（x 2x 1） （ + ）+a（ ）（x 2x 1） （ + ）+ （x 2x 1） （ + ）2（x 2x 1） （ + ） ，即证（ ）（x 2x 1） （ + ）0， （*）方法一、由（2）可得 s（0）a10，1x 10，x 20，（*）等价为 a（ + ）x 1+x2+2x 2+11，2（ ）（x 2x 1） （ + ）a（ ）成立方法二、可令 m（x）（e x ）（xx 1） （e x+ ） ，则 m（x）（x x 1）e x+ex1，当 xx 1 时，m（x）0，m（x）在（x 1，+）递减，可得x2x 1 时，m（x 2）m（x 1）0，2（ ）（x 2x 1） （ +

44、 ）a（ ）成立【点评】本题考查导数的运用：求单调性和极值、最值，考查分类讨论思想方法和转化思想，以及化简整理的变形能力，属于难题请考生在 22、23 二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.选修 4-4：坐标系与参数方程第 25 页（共 26 页）22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l： （ t 为参数） ，以原点 O 为极点，x轴为正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2cos24（1）求曲线 C 的直角坐标方程；（2）点 P（0，1） ，直线 l 与曲线 C 交于 M，N，求 + 的值【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化（2）利用一元二次方程根与系数的关系的应用求出结果【解答】解：（1）曲线 C 的极坐标方程为 2cos2 4，即 2cos2 2sin24曲线 C 的直角坐标方程为 x2y 24，即 1（2）将直线 l： （ t 为参数） ，转换为： （t 为参数） ，代入曲线 ，得到：7t 2+40t750，所