2018年黑龍江省哈爾濱三中高考數學二模試卷(理科)

1、2018 年黑龍江省哈爾濱三中高考數學二模試卷（理科）一、選擇題（共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1（5 分）i 是虛數單位，則復數在復平面內對應的點在（   ）A第一象限2（5 分）已知集合C第三象限B第二象限                

2、         D第四象限，集合 Bx|y24x，則 AB（   ）ABC              D3（5 分）命題 p：“x0R，x02+12x0”的否定p 為（）AxR，x2+12xCx0R，x02+12x0BxR，x2+12xDx0R，x02+12x04（5 分）（A

3、52x2）5 的展開式中常數項是（   ）B5            C10            D105（5 分）已知數列an的前 n 項和為 Sn，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的 M 一定滿足（）ASnBSnnMCSnnMDSnnM（f|（6 

4、;5 分）設函數 （x）sin（x+）+cos（x+） 0，|且 f（x）f（x），則（）Af（x）在（，）單調遞減第 1 頁（共 26 頁）的最小正周期為 ，Bf（x）在（0，Cf（x）在（，Df（x）在（0，）單調遞增）單調遞增）單調遞減7（5 分）如果實數 x，y 滿足關系，則的取值范圍是（）A， B ，C ， D ，8（5 分）A，B 是圓 O：x2+y21 上兩個動點，|的中點

5、，則的值為（）|1，  32，M 為線段 ABABC              D9（5 分）函數 y和等于（）的圖象與函數 y3sinx（4x2）的圖象所有交點的橫坐標之A4B2C8           D610（5 分）ABC 的三個內角 A，B

6、，C 的對邊分別為 a，b，c，若 B2A，cosAcosBcosC0，則A（，的取值范圍是（   ）    B（   ，   ）    C（ ，   ）     D（   ， ）11（5 分）某棱錐的三視圖如圖所示，則該棱錐的外接球的表面積為（）A11B12

7、C13第 2 頁（共 26 頁）D1412（5 分）已知 S 為雙曲線1（a0，b0）上的任意一點，過 S 分別引其漸近線的平行線，分別交 x 軸于點 M，N，交 y 軸于點 P，Q，若（4 恒成立，則雙曲線離心率 e 的取值范圍為（）A（1，2B2，+）C（1，（+     ） |OP|+|OQ|）D  ，+）二、填空題（共 

8、4 小題，每小題 5 分，共 20 分，將答案填在答題卡相應的位置上）13（5 分）等比數列an中，a318，a5162，公比 q14（5 分）利用隨機模擬方法計算 y1 和 yx2 所圍成圖形的面積首先利用計算機產生兩組 01 區(qū)間的均勻隨機數，a1RAND，bRAND，然后進行平移和伸縮變換，a2（a10.5），若共產生了 N 個樣本點（a，b），其中落在所圍成圖形內的樣本點數為 N1，則所圍成圖形的面積可估計為（結果用&

9、#160;N，N1 表示）（15 5 分）設 O 為拋物線：y22px（p0）的頂點，F 為焦點，且 AB 為過焦點 F 的弦若|AB|4，則AOB 的面積為16（5 分）f（x）是定義在 R 上的函數，其導函數為 f（x）若 f（x）f（x）1，ff1（1）2018，則不等式 （x）2017ex+1（其中 e 為自然對數的底數）的解集為三、解答題（本大題共 5 小題，共 70

10、 分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17 12 分）已知數列an為正項數列，a13，且（    2（  +    ） nN*）（1）求數列an通項公式；（2）若 bn+（1）nan，求bn的前 n 項和 Sn18（12 分）交通擁堵指數是綜合反映道路網暢通或擁堵的概念，記交通擁堵指數為 T，早高峰時段 3T9，T3，5）基本暢通；T5，6）輕度擁堵；T6，7）中度擁堵；T7，9

11、嚴重擁堵，從市交通指揮中心提供的一天中早高峰市內路段交通擁堵指數數據，繪制直方圖如圖（1）據此直方圖估算早高峰時段交通擁堵指數的中位數和平均數；（2）某人上班路上遇中度擁堵或嚴重擁堵則不能按規(guī)定時間打卡（記為遲到），否則能按時到崗打卡單位規(guī)定每周考勤獎的基數為 50 元，無遲到再給予獎勵 50 元，遲到一次考勤獎為基數，遲到兩次及兩次以上每次從基數中扣除 10 元，每周至多扣除 40 元，根據直方圖求該人一周（按 5 天計算）所得考勤獎的分布列及數學期望（假設每天的交第 3 

12、頁（共 26 頁）通狀況相互獨立）（19 12 分）如圖，在四棱錐PABCD 中，側面 PCD底面 ABCD，PDCD，底面 ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90°，ABADPD1，CD2（1）求證：平面 PBC平面 PBD；（2）若（1），求二面角 QBDP 的大小20（12 分）已知 F 為橢圓 C：+1（ab0）的右焦點，|OF|，P，Q 分別為橢圓 C 的上下頂點，且PQF 

13、為等邊三角形（1）求橢圓 C 的方程；（2）過點 P 的兩條互相垂直的直線 l1，l2 與橢圓 C 分別交于異于點 P 的點 A，B，求證：直線 AB 過定點；求證：以 PA，PB 為直徑的兩個圓的另一個交點 H 在定圓上，并求此圓的方程21（12 分）已知函數 h（x）aex，直線 l：yx+1，其中 e 為自然對數的底（1）當 a1，x0 時，求證：曲線

14、 f（x）h（x） x2 在直線 l 的上方；（2）若函數 h（x）的圖象與直線 l 有兩個不同的交點，求實數 a 的取值范圍；（3）對于（2）中的兩個交點的橫坐標 x1，x2 及對應的 a，當 x1x2 時，求證：2（）（x2x1）（+）a（）請考生在 22、23 二題中任選一題作答，如果都做，則按所做的第一題記分.選修 4-4：坐標第 4 頁（共 26 頁）系與參數方程22

15、（10 分）在直角坐標系 xOy 中，直線 l：（t 為參數），以原點 O 為極點，x 軸為正半軸為極軸建立極坐標系，曲線 C 的極坐標方程為 2cos24（1）求曲線 C 的直角坐標方程；（2）點 P（0，1），直線 l 與曲線 C 交于 M，N，求選修 4-5：不等式選講23已知 x，y，z 為正實數，且 x+y+z2（1）求證：4z24xy+2yz+2xz；（2

16、）求證：+4+     的值第 5 頁（共 26 頁）2018 年黑龍江省哈爾濱三中高考數學二模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題（共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1（5 分）i 是虛數單位，則復數A第一象限B第二象限在復平面內對應的點在（   ）C第三象限     

17、  D第四象限【分析】由題意分子分母同乘以 1+i，再進行化簡求出實部和虛部即可【解答】解：1i，在復平面內對應的點為（1，1），故選：D【點評】本題考查了復數的除法運算以及幾何意義，關鍵利用共軛復數對分母實數化2（5 分）已知集合AB，集合 Bx|y24x，則 AB（   ）C              D【分析】分別化簡集合 A，B，再由交集運算性質得答

18、案【解答】解：集合，  ，集合 Bx|y24x0，+），AB，0，+）0，  故選：A【點評】本題考查了交集及其運算，是基礎題3（5 分）命題 p：“x0R，x02+12x0”的否定p 為（）AxR，x2+12xCx0R，x02+12x0BxR，x2+12xDx0R，x02+12x0【分析】根據特稱命題的否定是全稱命題進行求解即可【解答】解：命題是特稱命題，則命題的否定是全稱命題即p：xR，x2+12x，故選：A【點評】本題主要考查含有量詞的命題的否定，根據特稱命題的否定是全稱命題是解決本題的關鍵第 6&

19、#160;頁（共 26 頁）4（5 分）（A52x2）5 的展開式中常數項是（   ）B5            C10            D10【分析】在二項展開式的通項公式中，令 x 的冪指數等于 0，求出 r 的值，即可求得常數項

20、【解答】解：（2x2）5 的展開式的通項公式為 Tr+1（2）r，令0，求得 r1，可得常數項為 T210，故選：D【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題5（5 分）已知數列an的前 n 項和為 Sn，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的 M 一定滿足（）ASnBSnnMCSnnMDSnnM【分析】由已知中的程序語句可知：該程序的功能是利用循環(huán)結構計算并輸出變量M 的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案【解答】解：

21、根據程序框圖：算法的作用是求an中的最小項故：Sna1+a2+anM+M+MnM，故：SnnM，故選：C第 7 頁（共 26 頁）【點評】本題考查了程序框圖的應用問題，解題時應模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結論，是基礎題（f|（6 5 分）設函數 （x）sin（x+）+cos（x+） 0，|且 f（x）f（x），則（）的最小正周期為 ，Af（x）在（Bf（x）在（0，）單調遞減）單調遞增Cf（x）在（，Df（x）在（0，）單調遞增）單調遞減【分析】首先利用三角函數關系式的恒等變換，把函數

22、的關系式變形成正弦型函數，進一步利用函數的性質求出果【解答】解：函數 f（x）sin（x+）+cos（x+），函數的最小正周期為 ，則：2，由于 f（x）f（x），且|解得 ，故：f（x），令 2k2x2k（kZ），解得當 k1 時，f（x）在（kZ），）單調遞增當 k0 時，f（x）在（）單調遞增所以 f（x）在（）單調遞減所以 A 錯誤故選：D【點評】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變換，余弦型函數的性質的應用第 8 頁（共 26&#

23、160;頁）7（5 分）如果實數 x，y 滿足關系，則的取值范圍是（）A， B ，C ，D ，【分析】畫出不等式組表示的平面區(qū)域，化目標函數 z由 z 的幾何意義求得最優(yōu)解，計算目標函數的最值即可【解答】解：畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示；設 z1+，則 z 的幾何意義是區(qū)域內的點到 M（5，7）的斜率加上 1，1+   ，由由，可得 A（0，4），可得 B（2，2）；由圖象可知，當

24、0;MA 的斜率最小為 k ，MB 的斜率最大為 k ，所以故選：C的取值范圍是： ， 第 9 頁（共 26 頁）【點評】本題考查了簡單的線性規(guī)劃的應用問題，是基礎題8（5 分）A，B 是圓 O：x2+y21 上兩個動點，|1，  3  2  ，M 為線段 AB的中點，則A  的值為（   ）B &

25、#160;             C              D【分析】根據題意，分析可得OAB 為等邊三角形且AOB60°，由向量的加法的運算法則可得 （  +  ），進而可得（3  2  ） （

26、0; +  ） （32）（+） （322  2+），計算可得答案【解答】解：根據題意，A，B 是圓 O：x2+y21 上兩個動點，|1，則OAB 為等邊三角形且AOB60°，則|，|  |1， |  |×|  |×cos60°M 為線段 AB 的中點，則 （+  ），則（32） （+） （32

27、60; ）（  +  ）（3222+） （32+ ） ；故選：B【點評】本題考查向量的數量積的運算和圓的有關性質，關鍵是分析OAB 的形狀第 10 頁（共 26 頁）9（5 分）函數 y和等于（）A4的圖象與函數 y3sinx（4x2）的圖象所有交點的橫坐標之B2            C8  &#

28、160;        D6【分析】分別作出兩個函數的圖象，根據圖象的對稱性求得所有交點橫坐標的和【解答】解：在同一坐標系內作出函數 y與函數 y3sinx（4x2）的圖象，如圖所示，則函數 y的圖象關于點（1，0）對稱，同時點（1，0）也是函數 y2sinx（4x2）的對稱點；由圖象可知，兩個函數在4，2上共有 4 個交點，且兩兩關于點（1，0）對稱；設對稱的兩個點的橫坐標分別為 x1，x2，則 x1+x22×（1）2，4&

29、#160;個交點的橫坐標之和為 2×（2）4故選：A【點評】本題主要考查了兩個函數交點橫坐標求和的計算問題，根據函數圖象的性質，利用數形結合是解題的關鍵10（5 分）ABC 的三個內角 A，B，C 的對邊分別為 a，b，c，若 B2A，cosAcosBcosC0，則A（，的取值范圍是（   ）    B（   ，   ）    C（ ，&

30、#160;  ）     D（   ， ）【分析】利用二倍角公式化簡 B2A 換成邊的關系，求得 A 的范圍，再根據正切函數的單調性求得的取值范圍【解答】解：ABC 中，由 cosAcosBcosC0 知，ABC 是銳角三角形，第 11 頁（共 26 頁）由正弦定理可知 sinBsin2A2sinAcosA，b2acosA， tanA，A+B+C1

31、80°，B2A，3A+C180°，A60° 30°，2A90°，A（30°，45°），tanA1，則故選：D【點評】本題主要考查了正弦定理的應用問題，解題時應把邊化成角的問題，利用三角函數的基本性質求解11（5 分）某棱錐的三視圖如圖所示，則該棱錐的外接球的表面積為（）A11B12C13D14【分析】該幾何體是高為 1 的三棱錐，結合圖中數據，過 PA 中點作面 PAC 垂線與過 F作面 ABC 的垂線交于點

32、0;M，則 M 為該棱錐的外接球的球心設面 EMF 交 AC 于 H，則MEHMFH90°，EHF135°，在EHF 中，由余弦定理可得 EF，由正弦定理的四邊形 MEHF 的外接圓直徑為，即 MH，即該棱錐的外接球的半徑 R即可求解【解答】解：由題意，該幾何體是高為 1 的三棱錐，且由俯視圖可得三菱錐的底為等腰直角三角形，第 12 頁（共 26 頁）可得 PC，AC1，PA，

33、PAC 為 過 PA 中點作面 PAC 垂線與過 F 作面 ABC 的垂線交于點 M，則 M 為該棱錐的外接球的球心設面 EMF 交 AC 于 H，則MEHMFH90°，EHF135°，在EHF 中，由余弦定理可得 EF，由正弦定理的四邊形 MEHF 的外接圓直徑為MF ，即 MH    ，即該棱錐

34、的外接球的半徑 R則該棱錐的外接球的表面積為 S4故選：A11【點評】本題考查了三棱錐的性質、空間幾何位置關系、三垂線定理、球的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題12（5 分）已知 S 為雙曲線1（a0，b0）上的任意一點，過 S 分別引其漸近線的平行線，分別交 x 軸于點 M，N，交 y 軸于點 P，Q，若（4 恒成立，則雙曲線離心率 e 的取值范圍為（）（+     ）

35、60;|OP|+|OQ|）A（1，2B2，+）C（1，D，+）【分析】設 S（m，n），與漸近線平行的直線方程為，則 N（|OQ|，0），Q（0，n+|，|OM|      |，|ON|      |，|OP|，第 13 頁（共 26 頁）可得（+）（|OP|+|OQ|）+ （|），則即可【解答】解：設 S（m，n）與漸近線 y則 M（m平行的直線方程為，0），P（0，n

36、60;  ）與漸近線 y平行的直線方程為則 N（|OM|OP|（+，0），Q（0，n+，|，|ON|，|，|OQ|，+   （|）（|OP|+|OQ|）                   |），要使（+）（|OP|+|OQ|）4 恒成立，則雙曲線離心率 e故選：D，【點評】本題考查雙曲線的離心率的求法，注意運用雙曲線

37、的定義和不等式的性質，考查運算能力，屬于中檔題二、填空題（共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分，將答案填在答題卡相應的位置上）13（5 分）等比數列an中，a318，a5162，公比 q±3【分析】利用通項公式即可得出【解答】解：a318，a5162，第 14 頁（共 26 頁）q29，公比 q±3故答案為：±3【點評】本題考查了等比數列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題14（5 分）利用隨機模擬方法計算&

38、#160;y1 和 yx2 所圍成圖形的面積首先利用計算機產生兩組 01 區(qū)間的均勻隨機數，a1RAND，bRAND，然后進行平移和伸縮變換，a2（a10.5），若共產生了 N 個樣本點（a，b），其中落在所圍成圖形內的樣本點數為 N1，則所圍成圖形的面積可估計為（結果用 N，N1 表示）【分析】由題意，計算對應的面積比即可估計所圍成圖形的面積【解答】解：由題意 a10，1，a2（a10.5）2a111，1，又 b0，1，由 N 個樣本點（a，b），其中落

39、在所圍成圖形內的樣本點數為 N1，則，如圖所示；所圍成圖形的面積可估計為 S故答案為：【點評】本題考查了用模擬實驗法求對應面積的比值問題，是基礎題（15 5 分）設 O 為拋物線：y22px（p0）的頂點，F 為焦點，且 AB 為過焦點 F 的弦若|AB|4，則AOB 的面積為【分析】設 A（x1，y1），B（x2，y2），弦 AB 所在直線的方程為 yk（xp），與拋物線y22px 聯解，并結合一元二次方程根與系數的關系，得

40、 y1y2p2根據拋物線的定義，得|AB|x1+x2+p4P，結合拋物線方程化出 y12+y22，可得|y1y2|最后根據三角形面積公式，得到本題的答案【解答】解：拋物線 y22px 的焦點為 F（ ，0）第 15 頁（共 26 頁）設弦 AB 所在直線的方程為 yk（x ），（k0）與拋物線 y22px 聯解，得 ky22pykp20設 A（x1，y1），B（x2，y2），由根與系數的關系得 y1y2p2

41、根據拋物線的定義，得|AB|x1+x2+p4px1+x2y12+y223p，得 y12+y226p2由此可得|y1y2|2（y12+y22）2y1y26p2（2p2）8p2 AOB AOF+SBOF |OF|y1y2|××，因此，三角形的面積為：故答案為：【點評】本題給出拋物線過焦點的弦 AB 的長度，求AOB 面積的表達式，著重考查了拋物線的簡單性質和直線與拋物線關系等知識，屬于中檔題16（5 分）f（x）是定義在 R 上的函數，其導函數為 f（x）若 

42、f（x）f（x）1，f（1）2018，則不等式 f（x）2017ex1+1（其中 e 為自然對數的底數）的解集為 x|x1【分析】不等式 f（x）2017ex1+12017令 g（x），根據 f（x）f（x）1，利用導數研究函數 g（x）的單調性即可得出【解答】解：不等式 f（x）2017ex1+12017令 g（x），第 16 頁（共 26 頁）f（x）f（x）1，g（x）0，函數 g（x）在 R 上單調遞增，而 

43、g（1）2017，g（x）g（1），x11不等式 f（x）2017ex+1（其中 e 為自然對數的底數）的解集為x|x1故答案為：x|x1【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性、方程與不等式的解法、構造法、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題三、解答題（本大題共 5 小題，共 70 分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17 12 分）已知數列an為正項數列，a13，且（    2（  +   

44、 ） nN*）【分析】 1）由數列的遞推公式可得（an+1an） an+1+an）2（an+1+an），即可得到 an+1（1）求數列an通項公式；（2）若 bn+（1）nan，求bn的前 n 項和 Sn（an2，即可求出數列an通項公式；（2）利用分組求和，以及分類討論即可求出【解答】解：（1）由2（+）（nN*），an+122an+1an2+2an，an+12an22（an+1+an），（an+1an）（an+1+an）2（an+1+an），數列an為正項數列，an+1an2，a13，an3+2（n1

45、）2n+1，（2）bn+（1）nan22n+1+（1）n（2n+1）2×4n+（1）n（2n+1），第 17 頁（共 26 頁）設 cn2×4n，則cn的前 n 項和為設 dn（1）n（2n+1），當 n 為偶數時，dn的前 n 項和為（3+5）+（7+9）+（2n+1+2n+1）2×n，當 n 為奇數時，dn的前 n 項和為3+（57）+（911）+（2n12n1）32×3（n1）n2，故當&#

46、160;n 為偶數時，Sn，+n，當 n 為奇數時，Sn      n2    n綜上所述 Sn【點評】本題考查了數列的遞推公式和數列的前 n 項和公式，考查了運算能力和轉化能力，屬于中檔題18（12 分）交通擁堵指數是綜合反映道路網暢通或擁堵的概念，記交通擁堵指數為 T，早高峰時段 3T9，T3，5）基本暢通；T5，6）輕度擁堵；T6，7）中度擁堵；T7，9嚴重擁堵，從市交通指揮中心提供的一天中早高峰市內

47、路段交通擁堵指數數據，繪制直方圖如圖（1）據此直方圖估算早高峰時段交通擁堵指數的中位數和平均數；（2）某人上班路上遇中度擁堵或嚴重擁堵則不能按規(guī)定時間打卡（記為遲到），否則能按時到崗打卡單位規(guī)定每周考勤獎的基數為 50 元，無遲到再給予獎勵 50 元，遲到一次考勤獎為基數，遲到兩次及兩次以上每次從基數中扣除 10 元，每周至多扣除 40 元，根據直方圖求該人一周（按 5 天計算）所得考勤獎的分布列及數學期望（假設每天的交通狀況相互獨立）第 18 頁（共 26

48、0;頁）（【分析】 1）求出 T3，6）的頻率為 0.5，據此直方圖能估算早高峰時段交通擁堵指數的中位數；由頻率分布直方圖能估算早高峰時段交通擁堵指數的平均數（2）設所得考勤獎為 X 元，X 的所有可能取值為 100，50，30，20，10，分別求出相應的概率，由此能求出 X 的分布列和 E（X）【解答】解：（1）T3，6）的頻率為：0.1+0.16+0.240.5，據此直方圖估算早高峰時段交通擁堵指數的中位數 6由頻率分布直方圖估算早高峰時段交通擁堵指數的平均數為：0.1×

49、3.5+0.16×4.5+0.24×5.5+0.2×6.5+0.2×7.5+0.1×8.56.04（2）設所得考勤獎為 X 元，X 的所有可能取值為 100，50，30，20，10，P（X100）P（X50）P（X30）P（X20）P（X10）X 的分布列為：X（ ）5，  ，+100          50302010PE（X）+10× 

50、0;【點評】本題考查中位數、平均數、離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查頻率分布直方圖、二項分布等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題（19 12 分）如圖，在四棱錐PABCD 中，側面 PCD底面 ABCD，PDCD，底面 ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90°，ABADPD1，CD2（1）求證：平面 PBC平面 PBD；（2）若（1），求二面角 QBDP 的大小第 19 頁（共 26 頁）（【分析】 

51、1）過點 B 作 BHCD 于 H 推導出 BCBD，從而 PD平面 ABCD，進而 PDBC，由此能證明 BC平面 PBD，從而平面 PBC平面 PBD（2）以 D 為原點，DA 為 x 軸，DC 為 y 軸，PD 為 z 軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角 QBDP 的大小【解答】證明：（1）在梯形 A

52、BCD 中，過點 B 作 BHCD 于 H，在BCH 中，BHCH1，BCH45°，又在DAB 中，ADAB1，ADB45°，BDC45°，DBC90°，BCBD，面 PCD面 ABCD，面 PCD面 ABCDCD，PDCD，PD面 PCD，PD平面 ABCD，PDBC，BDPDD，BD平面 PBD，PD平面 PBD，BC平面 PBD，BC平面 PBC，平面 PBC平

53、面 PBD解：（2）以 D 為原點，DA 為 x 軸，DC 為 y 軸，PD 為 z 軸，建立空間直角坐標系，則 B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，1），D（0，0，0），（1，1，0），2，），（0，2，1），  （1，1，0），  （  1）  （0，（0，0，1）+（0，2BC平面 PBD，平面 PBD 的法向量設平面 BDQ&

54、#160;的法向量 （x，y，z），     ）（0，              ），（1，1，0），則，取 x1，得 （1，1，  ），設二面角 QBDP 的大小為 ，第 20 頁（共 26 頁）則 cos，45°，二面角 QBDP 的大小為

55、60;45°【點評】本題考查面面垂直的證明，考查二面角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題20（12 分）已知 F 為橢圓 C：+1（ab0）的右焦點，|OF|，P，Q 分別為橢圓 C 的上下頂點，且PQF 為等邊三角形（1）求橢圓 C 的方程；（2）過點 P 的兩條互相垂直的直線 l1，l2 與橢圓 C 分別交于異于點 P 的點 

56、;A，B，求證：直線 AB 過定點；求證：以 PA，PB 為直徑的兩個圓的另一個交點 H 在定圓上，并求此圓的方程（【分析】 1）由|OF|為等邊三角形可得出，可得 c   ， 由 P，Q 分別為橢圓 C 的上下頂點，且PQF，又 a2b2+c2，解得 b1，c，a2即可得（2）設直線 AB 的方程為：ykx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）聯立，化為： 4k2+1）x2+8kmx

57、+4m240，由 APBP，可得     x1x2+（y11） y21）（0，由 y1kx1+m，y2kx2+m可得 x1x2+（y11）（y21）（1+k2）x1x2+k（m1）（x1+x2）+（m1）20把根與系數的關系代入解得 m可得直線 AB 經過定點分別取 PA，PB 的中點 O1，O2，則 O1O2 分別為兩圓的圓心 PHO1O2，且 O1O2 交第 21 頁（共&

58、#160;26 頁）O1O2 于對 S，S 為 PH 的中點，O1O2 交 y 軸于點 N由 O1O2AB，且 O1O2AB，可得點 N進而得出圓的方程【解答】解：（1）|OF|，cP，Q 分別為橢圓 C 的上下頂點，且PQF 為等邊三角形， ，又 a2b2+c2，解得 b1，c，a24橢圓 C 的方程為：+y21（2）證明：設直線 AB 的方程為：ykx+

59、m，A（x1，y1），B（x2，y2）聯立           ，化為：4k2+1）x2+8kmx+4m240，x1+x2（x，1x2     x1x2+（y11） y21）（1+k2）x1x2+k（m1） x1+x2）+（m1）2APBP，x1x2+（y11）（y21）0，y1kx1+m，y2kx2+m（+（m1）20解得 m1（舍），或 m 直線 AB 經過定點分

60、別取 PA，PB 的中點 O1，O2，則 O1O2 分別為兩圓的圓心 PHO1O2，且 O1O2 交O1O2 于對 S，S 為 PH 的中點，O1O2 交 y 軸于點 NO1O2AB，且 O1O2 AB，點 Nx點 S 的軌跡為以 PN 為直徑的圓： 2+點 H 的軌跡方程為：x2+【點評】本題考查了橢圓與圓的標準方程方程及其性

61、質、向量垂直與數量積的關系、一元二次方程的根與系數的關系、等邊三角形的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題21（12 分）已知函數 h（x）aex，直線 l：yx+1，其中 e 為自然對數的底（1）當 a1，x0 時，求證：曲線 f（x）h（x） x2 在直線 l 的上方；第 22 頁（共 26 頁）（2）若函數 h（x）的圖象與直線 l 有兩個不同的交點，求實數 a 的取值范圍；（

62、3）對于（2）中的兩個交點的橫坐標 x1，x2 及對應的 a，當 x1x2 時，求證：2（）（x2x1）（+）a（    ）（【分析】 1）可令 j（x）ex x2x1，求得二階導數，可得單調區(qū)間，即可得到證明；（2）可令 s（x）aexx1，求得導數，討論 a 的符號，以及函數 s（x）的單調性，求得最值，解不等式即可得到所求范圍；（3）由交點的定義，作差可得a，要證原式成立，即證（   ）（x2x1）+（）0， *），方法一、運用（2）的單調性可得；方法二，可令 m（x）（ex）（xx1）（ex+），求得導數和單調性，即可得證【解答】解：（1）證明：a1，x0 時，令 j（x）ex x2x1，可得 j（x）的導數為&#