2018年黑龙江省哈尔滨三中高考数学二模试卷（文科）

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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（文科）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（ ）Ax 0R，x 02+12x 0 B x0R，x 02+12x 0CxR，x 2+12x Dx R， x2+12x4 （5 分）某棱锥的三视图

2、如图所示，则该棱锥的体积为（ ）A B C D5 （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 一定满第 2 页（共 26 页）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，B 是圆 O

3、：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）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 （ ， ）第 3 页（共 26 页）10 （5 分）已知三棱锥 SABC 的四个顶点均在某个球面上，SC 为该球的直径，ABC是边长为 4 的等边三角形，三棱锥 SABC 的体积为 ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A B C D11 （5 分）函数 y 的图象与函数 y3sin x（4x2）的图象所有交

4、点的横坐标之和等于（ ）A4 B2 C8 D612 （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 ，+）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

5、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 （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，

6、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为正项数列，a 13，且 2（ + ）（nN *） （1）求数列a n通项公式；第 4 页（共 26 页）（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，从某市交通指挥中心随机选取了二环以内 40 个交通路段，依据交通指数数据绘制直方图如图所示（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）现从样本

7、路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治，求选中路段中恰有一个路段的交通指数 T8，9 的概率19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，E，F 分别为 PC，PA 的中点，底面 ABCD 是直角梯形，ABCD，ADC90，AB ADPD1，CD2（1）求证：平面 PBC平面 PBD；（2）求三棱锥 PEFB 的体积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 的上下顶点，且PQF 为等边三角形第 5 页（共 26 页）（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 P 的两条互相垂直的直

8、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，并求出该定点坐标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）对于第（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：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

9、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 页（共 26 页）2018 年黑龙江省哈尔滨三中高考数学二模试卷（文科）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）

10、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】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

11、，x 02+12x 0”的否定p 为（ ）Ax 0R，x 02+12x 0 B x0R，x 02+12x 0CxR，x 2+12x Dx R， x2+12x【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：C【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 26 页）本题的关键4 （5 分）某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的体积为（ ）A B C D【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥，且底面为等腰直角三角形，高为 1，由此计算三棱锥的体积【解答】解：根据三视图知，该几何

12、体是三棱锥，其底面为等腰直角三角形，三棱锥的高为 1，所以该三棱锥的体积为V 111 故选：A【点评】本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题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 一定满第 8 页（共 26 页）足（ ）AS n BS nnM CS nnM DS nnM【分析】直接利用程序框图求出结果【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，故选：C【点评】本题考查的知识要点：程序框图的应用6 （5 分）设函数 f（x ）sin（x+）+cos（x+）

13、（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 ，第 9 页（共 26 页）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

14、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用7 （5 分）如果实数 x，y 满足关系 ，则 的取值范围是（ ）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） ，第 10 页（共 26 页）由 ，可得 B（2，2） ；由图象可知，当 MA 的斜率最小为 k ，MB

15、的斜率最大为 k ，所以 的取值范围是： ， 故选：C【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， 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 ，第

16、11 页（共 26 页）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的有关性质，关键是分析OAB 的形状9 （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【解答】解：ABC 中，由 cosAcosBcosC0

17、知，ABC 是锐角三角形，由正弦定理可知 sinBsin2A2sinAcosA，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10 （5 分）已知三棱锥 SABC 的四个顶点均在某个球面上，SC 为该球的直径，ABC是边长为 4 的等边三角形，三棱锥 SABC 的体积为 ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A B C D【分析】根据题意作出图形，欲求球 O 的表面积，只须求球的半径 r利用截面圆的性

18、第 12 页（共 26 页）质即可求出 OO1，进而求出底面 ABC 上的高 PD，即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于 r 的方程，即可求出 r，从而解决问题【解答】解：根据题意作出图形，设球心为 O，球的半径 r过 ABC 三点的小圆的圆心为 O1，则 OO1平面 ABC，延长 CO1 交球于点 D，则 PD平面 ABCABC 是边长为 4 的等边三角形，CO 1 ，OO 1 ，高 PD2OO 12 ，ABC 是边长为 4 正三角形，S ABC 4 ，V 三棱锥 PABC r 2 则球 O 的表面积为 4r2 故选：D【点评】本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面

19、间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题11 （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（ ）第 13 页（共 26 页）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

20、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 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） ，

21、第 14 页（共 26 页）Q（0，n+ ，| OM| |，| ON| |，|OP | |，| OQ| |，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

22、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

23、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）【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 【

24、分析】设 A（x 1，y 1） ，B（ x2，y 2） ，弦 AB 所在直线的方程为 yk（xp） ，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 y1y2

25、p 2根据抛物线的定义，得|AB|x 1+x2+p4px 1+x2 y12+ y223p，得 y12+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

26、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 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，

27、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，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+1

28、2a n22（a n+1+an） ，（a n+1a n） （a n+1+an）2（a n+1+an） ，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

29、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，从某市交通指挥中心随机选取了二环以内 40 个交通路段，依据交通指数数据绘制直方图如图所示（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）现从样本路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治，求选中路段中恰

30、有一个路段的交通指数 T8，9 的概率第 19 页（共 26 页）【分析】 （1）频率直方图中，T 5，6）对应的小矩形最高，据此直方图能估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数；由频率直方图能估计早高峰时段交通拥堵指数的平均数（2）由题知严重拥堵中交通指数 T7，8）的有 4 个，记为 a，b，c，d，交通指数T8，9 ）的有 2 个，记为 A，B，从样本路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治，利用列举法能求出恰有一个路段的交通指数 T8，9的概率【解答】解：（1）频率直方图中，T 5，6）对应的小矩形最高，据此直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数为： 5.5由频率直方图估计早高

31、峰时段交通拥堵指数的平均数为：0.153.5+0.24.5+0.35.5+0.26.5+0.17.5+0.058.55.55（2）由题知严重拥堵中交通指数 T7，8）的有 4 个，记为 a，b，c，d，交通指数 T8，9）的有 2 个，记为 A，B，从样本路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治，基本事件总数有 15 个，分别为：（a，b） ， （a，c） ， （a，d） ， （a，A） ， （a，B） ， （b，c ） ， （b，d） ， （b，A） ， （b，B） ，（c，d） ， （c，A） ， （c，B） ， （d，A） ， （d，B） ， （A，B） ，选中路段中选中路段

32、中恰有一个路段的交通指数 T8，9包含的基本事件有 8 个，分别为：（a，A） ， （a，B） ， （b，A ） ， （b，B） ， （c ，A） ， （c，B） ， （d，A） ， （d，B） ，恰有一个路段的交通指数 T8，9 的概率 p 【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，考查中位数、平均数、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，E，F 分第 20 页（共 26 页）别为 PC，PA 的中点，底面 ABCD 是直角梯形，ABCD，ADC90，ABAD PD1

33、，CD2（1）求证：平面 PBC平面 PBD；（2）求三棱锥 PEFB 的体积【分析】 （1）过点 B 作 BH CD 于 H，证明 BCBD PDBC，通过直线与平面垂直的判定定理证明 BC平面 PBD；（2）求出 E 到平面 PAB 的距离及三角形 PBF 的面积，利用等积法求三棱锥 PEFB 的体积【解答】 （1）证明：在直角梯形 ABCD 中，过点 B 作 BHCD 于 H，在BCH 中，有 BHCH 1，BCH45又在DAB 中，有 ADAB1，ADB45BDC45，DBC90BC BDPDCD，平面 PCD平面 ABCD，平面 PCD平面 ABCDCD，PD 平面 PCD，PD平面

34、 ABCD，PD BC，又BDPD D，BD 平面 PBD，PD 平面 PBD，BC平面 PBD，又 BC平面 PBC，平面 PBC平面 PBD；（2）解：ABCD，且 AB平面 PAB，CD 平面 PAB，则 CD平面 PAB，在 Rt PDA 中，由 ADPD1，可得 D 到 PA 的距离为 ，即 D 到平面 PAB 的距离为 又 E 为 PC 的中点，可得 E 到平面 PAB 的距离为 在 Rt PAB 中，由 AB1， PA ，且 F 为 PA 的中点，可第 21 页（共 26 页）得 【点评】本题考查面面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题

35、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，并求出该定点坐标【分析】 （1）由题意可得：c b，a 2b 2+c2，解出即可得出（2）设直线 l1 的方程为：y kx+1 ， （k 0） ，则直线 l1 的方程为：y x+1，A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） 联立 ，化为：（1+4k 2）x2+8kx0，可得 A（ ， ） 同理可得： B（

36、 ， ） 利用点斜式可得直线 AB 的方程，进而得出直线 AB 过定点【解答】 （1）解：由题意可得：c b，a 2b 2+c2，解得 c ，b1，a2椭圆 C 的方程为： 1（2）证明：设直线 l1 的方程为： ykx+1 ， （k 0） ，则直线 l1 的方程为：y x+1，A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） 联立 ，化为：（1+4k 2）x 2+8kx0，解得 x1 ， +1 ，可得 A（ ， ） 联立 ，化为：（4+k 2）x 28kx0，第 22 页（共 26 页）解得 x2 ，y 2 +1 ，可得 B（ ， ） 直线 AB 的方程为：y （x ） ，化为：y （x ） ，

37、化为：y x 直线 AB 过定点： 【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、方程的解法、等边三角形的性质、直线经过定点问题，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）对于第（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：a【分析】 （1）可令 g（x） ，求出二阶导数，求得单调区间，可得g（x）的单调性，即可得

38、证；（2）由题可得 aexx+1，即有 a ，设 m（x ） ，求出导数和单调性，作出图象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得 aex1x 1+1，ae x2x 2+1，作差可得 a ，运用分析法证明，即证 ，即为 x2x 11 1 ，运用换元法和构造函数，求得导数和单调性，即可得证【解答】解：（1）证明：当 a1，x0 时，第 23 页（共 26 页）令 g（x） ，g（x）e xx 1，g（x）e x1，当 x0 时，g（x ）0，g（x ）递增，g（x）g（0）0，g（x）递增，g（x ）g（0）0，曲线 f（x） h（x） x2 在直线 l 的上方；（2）由 yae x 和 yx +

39、1，可得aexx+1，即有 a ，设 m（x） ，可得 m（x） ，当 x0 时，m（x）0，m（x）递减；当 x0 时，m（x）0，m （x）递增，可得 m（x）在 x0 处取得极大值，且为最大值 1，图象如右上：由图象可得 0a1 时，a 有两解，可得函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，则 a 的范围是（0，1） ；（3）证明：由（2）可得 aex1x 1+1，ae x2x 2+1，作差可得 a ，要证 a ，即证 ，由 x1x 2 时，即证 x2x 1 ，即为 x2x 11 1 ，可令 tx 2x 1，即为 t1 ，设 n（t）t1+ ，t0，n（t）1 0，第 24 页（

40、共 26 页）可得 n（t）在 t0 上递增，可得n（t）n（0）0，可得 t1 成立，则当 x1x 2 时，a 【点评】本题考查导数的运用：求单调性和极值、最值，考查构造函数法和分析法证明不等式，数形结合和推理能力，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 +

41、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） ，第 25 页（共 26 页）转换为： （t 为参数） ，代入曲线 ，得到：7t 2+40t750，所以 ， （t 1 和 t2 为 M 和 N 对应的参数） ，则 故 + 的值为 【点评】本题考查曲线的直线的极坐标方程的求法，考查弦长的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础

42、知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想， 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【分析】 （1）在等式 x+y+z2 两边平方，平方后利用基本不等式得 x2+y22xy ，然后移项，合并同类项即可；（2）在原不等式左边每个分式分子利用基本不等式，然后分别提公因式 y、z、x，继续利用基本不等式并结合等式 x+y+z2 可证明原不等式【解答】解：（1）在等式 x+y+z2 两边平方得 4x 2+y2+z2+2xy+2yz+2xz，由基本不等式可得 4x 2+y2+z2+2xy+2yz+2x

43、z（x 2+y2）+z 2+2xy+2yz+2xz2xy+ z2+2xy+2yz+2xz4xy+2yz +2xz+z2，当且仅当 xy 时，等号成立，因此，4z 24xy+2yz+2xz；（2）由基本不等式可得 + +第 26 页（共 26 页） 2（x+y+z）4，当且仅当 xyz 时，等号成立【点评】本题考查利用基本不等式证明不等式，问题的关键在于对代数式进行化简，灵活配凑，考查转化能力与应变能力，属于中等题声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/7/6 12:24:08；用户：17746823402；邮箱：17746823402；学号：28261463