廣東省華附、省實(shí)、深中、廣雅四校高三數(shù)學(xué)上學(xué)期期末聯(lián)考試題 理 北師大版

PAGEPAGE112023屆高三上學(xué)期期末華附、省實(shí)、廣雅、深中四校聯(lián)考數(shù)學(xué)（理科）本試卷分選擇題和非選擇題兩局部，共4頁，總分值150分，考試用時120分鐘。考前須知：1．考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的校名、姓名、考號填寫在答題卡的密封線內(nèi)。2．選擇題每題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案；不能答在試卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在另發(fā)的答題卷各題目指定區(qū)域內(nèi)的相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效。4．考生必須保持答題卡的整潔，考試完畢后，將答題卷和答題卡一并收回。第一局部選擇題（共40分）選擇題（本大題共8小題，每題5分，共40分.在每題的4個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的）1.設(shè)集合P＝{3，log2a}，Q＝{a，b}，假設(shè)P∩Q＝{0}，那么P∪QA．{3,0}B．{3,0,1}C．{3,0,2}D．{3,0,1,2}2.復(fù)數(shù)－i＋EQ\F(1－i,1+i)＝A．－2iB．eq\f(1,2)iC．0D．2i3.在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a1和a19為方程x2－10x＋16＝0的兩根，那么a8·a10·a12等于A．16B．32C．64D．2564.假設(shè)平面α，β滿足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，Pl，那么以下命題中是假命題的為A．過點(diǎn)P垂直于平面α的直線平行于平面βB．過點(diǎn)P垂直于直線l的直線在平面α內(nèi)C．過點(diǎn)P垂直于平面β的直線在平面α內(nèi)D．過點(diǎn)P在平面α內(nèi)作垂直于l的直線必垂直于平面β5.觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：假設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，那么g(－x)＝A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)6.給出下述四個命題中：①三角形中至少有一個內(nèi)角不小于60°；②四面體的三組對棱都是異面直線；③閉區(qū)間[a，b]上的單調(diào)函數(shù)f(x)至多有一個零點(diǎn)；④當(dāng)k>0時，方程x2+ky2=1的曲線是橢圓.其中正確的命題的個數(shù)有A．1B．2C．3D．47.一個籃球運(yùn)發(fā)動投籃一次得3分的概率為a，得2分的概率為b，不得分的概率為c(a、b、c∈(0,1))，已知他投籃一次得分的均值為2，那么eq\f(2,a)＋eq\f(1,3b)的最小值為A．eq\f(32,3)B．eq\f(28,3)C．eq\f(14,3)D．eq\f(16,3)8.定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)=EQ\B\LC\{(\A\AL(lg|x－2|，x≠2,1，x=2))，假設(shè)關(guān)于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0恰有5個不同的實(shí)數(shù)解x1,x2,x3,x4,x5，那么f(x1+x2+x3+x4+x5)等于A．lg2 B．2lg2 C．3lg2 D．4lg2第二局部非選擇題（110分）二、填空題:（本大題共6小題,每題5分,共30分）.開場輸入開場輸入xx<1是否y=x+13y=x+8輸出y完畢9.從0，1，2，3，4這5個數(shù)字中，任取3個組成三位數(shù)，其中奇數(shù)的個數(shù)是*****；10.執(zhí)行圖中的算法后，假設(shè)輸出的y值大于10，那么輸入x的取值范圍是*****；11.已知e1、e2、e3為不共面向量，假設(shè)a＝e1＋e2＋e3，b＝e1－e2＋e3，c＝e1＋e2－e3，d＝e1＋2e2＋3e3，且d＝xa＋yb＋zc，那么x、y、z分別為*****．12.函數(shù)y=(tanx－1)cos2x的最大值是*****．13.已知正整數(shù)對按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，那么第60個數(shù)對是*****．（二）選做題（14～15題，考生只能從中選做一題，兩題都選的只計(jì)算14題的得分.）14.（坐標(biāo)系與參數(shù)方程）在極坐標(biāo)中，圓=4cos的圓心C到直線sin(+EQ\F(,4))=2EQ\R(2)的距離為*****.15．（幾何證明選講）如下圖，⊙O上一點(diǎn)C在直徑AB上的射影為D，CD=4,BD=8，那么⊙O的半徑等于*****.三．解答題:（本大題共6小題,共80分.解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟）16.（此題總分值12分）已知數(shù)列{an}中，a1=2，an+1=an+cn（c是常數(shù)，n=1,2,3，……），且a1，a2，a3成公比不為的等比數(shù)列．（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）求{an}的通項(xiàng)公式．17.（此題總分值12分）已知△ABC三個內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，向量EQ\o(\s\up8(→),m)=(cosEQ\F(C,2),sinEQ\F(C,2))，EQ\o(\s\up8(→),n)=(cosEQ\F(C,2),－sinEQ\F(C,2))，且EQ\o(\s\up8(→),m)與EQ\o(\s\up8(→),n)的夾角為EQ\F(,3).（Ⅰ）求角C的值；（Ⅱ）已知c=3，△ABC的面積S=EQ\F(4EQ\R(3),3)，求a+b的值.18.（此題總分值14分）某省示范高中為了推進(jìn)新課程改革，滿足不同層次學(xué)生的需求，決定從高一年級開場，在每周的周一、周三、周五的課外活動期間同時開設(shè)數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)、生物和信息技術(shù)輔導(dǎo)講座，每位有興趣的同學(xué)可以在規(guī)定期間的任何一天參加任何一門科目的輔導(dǎo)講座，也可以放棄任何一門科目的輔導(dǎo)講座．(規(guī)定：各科到達(dá)預(yù)先設(shè)定的人數(shù)時稱為滿座，否那么稱為不滿座)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)說明，各學(xué)科講座各天的滿座的概率如下表：信息技術(shù)生物化學(xué)物理數(shù)學(xué)周一eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,4)eq\f(1,2)周三eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(2,3)周五eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(2,3)(Ⅰ)求數(shù)學(xué)輔導(dǎo)講座在周一、周三、周五都不滿座的概率；(Ⅱ)設(shè)周三各輔導(dǎo)講座滿座的科目數(shù)為ξ，求隨機(jī)變量ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．

19.（此題總分值14分）VBCDA如圖，在三棱錐V－ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中點(diǎn)，且AC=BC=a，∠VDC=(0<<EQ\F(,2))VBCDA（Ⅰ）求證：平面VAB⊥平面VCD；（Ⅱ）當(dāng)角變化時，求直線BC與平面VAB所成的角的取值范圍．20.（此題總分值14分）已知焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線C的兩條漸近線過坐標(biāo)原點(diǎn)，且兩條漸近線與以點(diǎn)D(0,EQ\R(2))為圓心，1為半徑的圓相切，又知雙曲線C的一個焦點(diǎn)與D關(guān)于直線y=x對稱．（Ⅰ）求雙曲線C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線y=mx+1與雙曲線C的左支交于A，B兩點(diǎn)，另一直線經(jīng)過M（－2，0）及AB的中點(diǎn)，求直線在y軸上的截距b的取值范圍；（Ⅲ）假設(shè)Q是雙曲線C上的任一點(diǎn)，F(xiàn)1F2為雙曲線C的左，右兩個焦點(diǎn)，從F1引∠F1QF2的平分線的垂線，垂足為N，試求點(diǎn)N的軌跡方程．21.（此題總分值14分）已知函數(shù)f(x)是在（0,+∞）上每一點(diǎn)處可導(dǎo)的函數(shù)，假設(shè)＞f(x)在（0，+）上恒成立.（Ⅰ）求證：函數(shù)g(x)=EQ\F(f(x),x)在（0,+∞）上單調(diào)遞增；（Ⅱ）當(dāng)x1＞0,x2＞0時，證明：f(x1)+f(x2)＜f(x1+x2)；（Ⅲ）已知不等式ln(1+x)＜x在x＞－1且x≠0時恒成立，證明：EQ\F(1,22)ln22+EQ\F(1,32)ln32+EQ\F(1,42)ln42+…+EQ\F(1,(n+1)2)ln(n+1)2>EQ\F(n,2(n+1)(n+2))(nN+).2023屆高三上學(xué)期期末華附、省實(shí)、廣雅、深中四校聯(lián)考理科數(shù)學(xué)答案一、選擇題：題號12345678答案BACBDCDC1.解：由P∩Q＝{0}知，0P且0Q.由0P，得＝0a=1；由0Q得b=0.故P∪Q＝{3,0,1}.選B.2.解：－i＋EQ\F(1－i,1+i)＝－i－i＝－2i.選A.3.解：由已知有a1·a19＝16，又a1·a19＝a102，∴在正項(xiàng)等比數(shù)列中，a10＝4.∴a8·a10·a12＝a103＝64.選C.4.解：對于A，由于過點(diǎn)P垂直于平面α的直線必平行于平面β內(nèi)垂直于交線的直線，因此平行于平面β，因此A正確.根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知，選項(xiàng)C、D正確.選B.5.解：由所給函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)知，偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，因此當(dāng)f(x)是偶函數(shù)時，其導(dǎo)函數(shù)應(yīng)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)．選D.6.解：當(dāng)k=1時，曲線是圓，故D錯誤．其余三個命題都是正確的.選C.7.解：由已知得，3a＋2b＋0×c＝2，即3a＋2b＝2，其中0<a<eq\f(2,3)，0<b<1.又eq\f(2,a)＋eq\f(1,3b)＝eq\f(3a＋2b,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,3b)))＝3＋eq\f(1,3)＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,2b)≥eq\f(10,3)＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＝eq\f(16,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b,a)＝eq\f(a,2b)，即a＝2b時取“等號”，又3a＋2b＝2，即當(dāng)a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)時，eq\f(2,a)＋eq\f(1,3b)的最小值為eq\f(16,3)，應(yīng)選D.8.解：因方程方程恰有5個不同的實(shí)數(shù)解，故x=2應(yīng)是其中的一個根，又f(2)＝1，故1+b+c=0c=－(b+1),于是有，[f(x)－1][f(x)+（1+b）]=0[lg|x－2|－1][lg|x－2|+（1+b）]=0四個根為－8，12，＝f(10)＝3lg2,選C.二、填空題:9.答案：18解：從1，3中取一個排個位，故排個位有種方法；排百位不能是0，可以從另外3個數(shù)中取一個，有種方法；排十位有種方法。故所求奇數(shù)個數(shù)有××＝18個.10.答案：（－3,1）∪（2，+）解：由題y=EQ\B\LC\{(\A\AL(x+8，x≥1,x+13，x<1))，因此EQ\B\LC\{(\A\AL(x≥1,x+8>10))或EQ\B\LC\{(\A\AL(x<1,x+13>10))解之得：x>2或－3<x<1，所以解集為(－3,1)∪(2,+).11.答案：EQ\F(5,2),－EQ\F(1,2),－1解：由d＝xa＋yb＋zc得e1＋2e2＋3e3＝(x＋y＋z)e1＋(x－y＋z)e2＋(x＋y－z)e3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝1，,x－y＋z＝2，,x＋y－z＝3，))解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝－\f(1,2)，,z＝－1.))故x、y、z分別為eq\f(5,2)，－eq\f(1,2)，－1.12.答案：EQ\F(EQ\R(2)－1,2),解：y=sinxcosx－cos2x=EQ\F(1,2)(sin2x－cos2x)－EQ\F(1,2)=EQ\F(EQ\R(2),2)sin(2x－EQ\F(,4))－EQ\F(1,2),x≠k+EQ\F(,2).當(dāng)x=k+EQ\F(3,8)(kZ)時，ymax=.13.答案：(5,7),解：按規(guī)律分組：第一組(1,1)；第二組(1,2)，(2,1)；第三組(1,3)，(2,2)，(3,1)；……那么前10組共有eq\f(10×11,2)＝55個有序?qū)崝?shù)對．第60項(xiàng)應(yīng)在第11組中，即(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，(11,1)中的第5個，因此第60項(xiàng)為(5,7)．14.答案：EQ\R(2)解：在直角坐標(biāo)系中，圓：x2+y2=4x，圓心C(2,0)，直線：x+y=4，所以，所求為.15．答案：5解：由題：△ACD∽△CDB，得CD2=AD·BD，所以AD=2，AB=10r=5.三．解答題:16.解：（=1\*ROMANI）a1=2,a2=2+c，a3=2+3c，因?yàn)閍1，a2，a3成等比數(shù)列，所以(2+c)2=2(2+3c)，解得c=0或c=2當(dāng)c=0時，a1=a2=a3，不符合題意舍去，故c=2．（=2\*ROMANII）當(dāng)n≥2時，由于a2－a1=2，a3－a2=2×2，an－an－1=2(n－1)，以上n－1個式疊加，得an－a1=2[1+2+…+(n－1)]=n(n－1)．a(chǎn)n=2+n(n－1)=n2－n+2(n=2,3,……)．當(dāng)n=1時，上式也成立，故an=n2－n+2(n=1,2,3,…)17.解：（Ⅰ）∵ EQ\s\up8(→)\d\ba24()m·EQ\s\up8(→)\d\ba24()n=|EQ\s\up8(→)\d\ba24()m||EQ\s\up8(→)\d\ba24()n|·cosEQ\F(,3),|EQ\s\up8(→)\d\ba24()m|=|EQ\s\up8(→)\d\ba24()n|=1.∴cosEQ\F(C,2)cosEQ\F(C,2)+sinEQ\F(C,2)(－sinEQ\F(C,2))=cosEQ\F(,3)即cosC=cosEQ\F(,3),又∵C(0,)∴C=EQ\F(,3).（Ⅱ）由c2=a2+b2－2abcosC得a2+b2－ab=9………………①由S△=EQ\F(1,2)absinC得ab=EQ\F(16,3)………………②由①②得(a+b)2=a2+b2+2ab=9+3ab=25、∴ a+b=5.18.解：(Ⅰ)設(shè)數(shù)學(xué)輔導(dǎo)講座在周一、周三、周五都不滿座為事件A，那么P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,18).(Ⅱ)ξ的可能取值為0,1,2,3,4,5.P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,48)；P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))4×eq\f(2,3)＝eq\f(1,8)；P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋Ceq\o\al(1,4)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))3×eq\f(2,3)＝eq\f(7,24)；P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)；P(ξ＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(2,3)＝eq\f(3,16)；P(ξ＝5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4×eq\f(2,3)＝eq\f(1,24).所以，隨機(jī)變量ξ的分布列如下：ξ012345Peq\f(1,48)eq\f(1,8)eq\f(7,24)eq\f(1,3)eq\f(3,16)eq\f(1,24)故E(ξ)＝0×eq\f(1,48)＋1×eq\f(1,8)＋2×eq\f(7,24)＋3×eq\f(1,3)＋4×eq\f(3,16)＋5×eq\f(1,24)＝eq\f(8,3).19.解法1：（Ⅰ）∵ AC=BC=a，∴ △ACB是等腰三角形，又D是AB的中點(diǎn)，∴ CD⊥AB，又VC⊥底面ABC．∴ VC⊥AB．因VC，CD平面VCD，∴AB⊥平面VCD．又AB平面VAB，ADBCHV平面VABADBCHV（Ⅱ）過點(diǎn)C在平面VCD內(nèi)作CH⊥VD于H，那么由（Ⅰ）知CH⊥平面VAB．連接BH，BH是CB在平面VAB上的射影，于是∠CBH就是直線BC與平面VAB所成的角．在Rt△CHD中，CH=EQ\F(EQ\R(2),2)asin；設(shè)∠CBH=，在Rt△BHC中，CH=asin，∴ EQ\F(EQ\R(2),2)sin=sin,∵ 0<<EQ\F(,2)，∴ 0<sin<1，0<sin<EQ\F(EQ\R(2),2)．又0≤≤EQ\F(,2)，∴ 0<<EQ\F(,4)．即直線與平面所成角的取值范圍為(0,EQ\F(,4))．解法2：（Ⅰ）以CA,CB,CV所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，那么C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),D(EQ\F(a,2),EQ\F(a,2),0),V(0,0,EQ\F(EQ\R(2),2)atan)，于是，EQ\s\up8(→)\d\ba24()VD=(EQ\F(a,2),EQ\F(a,2),－EQ\F(EQ\R(2),2)atan)，EQ\s\up8(→)\d\ba24()CD=(EQ\F(a,2),EQ\F(a,2),0)，EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB=(－a,a,0)．從而EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB·EQ\s\up8(→)\d\ba24()CD=(－a,a,0)·(EQ\F(a,2),EQ\F(a,2),0)=－EQ\F(1,2)a2+EQ\F(1,2)a2+0=0,即EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB⊥EQ\s\up8(→)\d\ba24()CD,∴ AB⊥CD．同理EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB·EQ\s\up8(→)\d\ba24()VD=(－a,a,0)·(EQ\F(a,2),EQ\F(a,2),－EQ\F(EQ\R(2),2)atan)=－EQ\F(1,2)a2+EQ\F(1,2)a2+0=0，即EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB⊥EQ\s\up8(→)\d\ba24()VD,∴AB⊥VD．又CD∩VD=D，AB⊥平面VCD．又AB平面VAB．平面VAB⊥平面VCD．（Ⅱ）設(shè)直線BC與平面VAB所成的角為，平面VAB的一個法向量為n=(x,y,z)，ADBCVxyz那么由n·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB=0,n·EQ\s\up8(→)\d\ba24()VD=0ADBCVxyz得EQ\B\LC\{(\A\AL(－ax+ay=0,EQ\F(a,2)x+EQ\F(a,2)y－EQ\F(EQ\R(2),2)aztan=0))可取n=(1,1,EQ\F(EQ\R(2),tan))，又EQ\s\up8(→)\d\ba24()BC=(0,－a,0)，于是sin=|EQ\F(n·EQ\s\up8(→)\d\ba24()BC,|n|·|EQ\s\up8(→)\d\ba24()BC|)|=EQ\F(a,a·EQ\R(2+EQ\F(2,tan2)))=EQ\F(EQ\R(2),2)sin，∵ 0<<EQ\F(,2)，∴ 0<sin<1，0<sin<EQ\F(EQ\R(2),2)．又0≤≤EQ\F(,2)，0<<EQ\F(,4)．即直線BC與平面VAB所成角的取值范圍為(0,EQ\F(,4))．20.解：（Ⅰ）設(shè)雙曲線C的漸近線方程為y=kx，那么kx－y=0∵該直線與圓x2+(y－EQ\R(2))2=1相切，有EQ\F(｜－EQ\R(2)｜,EQ\R(k2+1))=1k=±1.∴雙曲線C的兩條漸近線方程為y=±x,故設(shè)雙曲線C的方程為EQ\F(x2,a2)－\F(y2,a2)=1．易求得雙曲線C的一個焦點(diǎn)為(EQ\R(2),0)，∴2a2=2，a2=1．∴雙曲線C的方程為x2－y2=1．（Ⅱ）由EQ\B\LC\{(\A\AL(y=mx+1,x2－y2=1))得(1－m2)x2－2mx－2=0．令f(x)=(1－m2)x2－2mx－2直線與雙曲線左支交于兩點(diǎn)，等價于方程f(x)=0在(－,0)上有兩個不等實(shí)根．因此EQ\B\LC\{(\A\AL(△>0,EQ\F(2m,1－m2)<0,EQ\F(－2,1－m2)>0))解得1<m<EQ\R(2)．又AB中點(diǎn)為(EQ\F(m,1－m2),EQ\F(1,1－m2))，∴直線l的方程為y=EQ\F(1,－2m2+m+2)(x+2)．令x=0，得b=EQ\F(2,－2m2+m+2)=EQ\F(2,－2(m－EQ\F(1,4))2+EQ\F(17,8))．∵1<m<EQ\R(2)，∴－2(m－EQ\F(1,4))2+EQ\F(17,8)(－2+EQ\R(2),1)，∴b(－,－2－EQ\R(2))∪(2,+)．（Ⅲ）假設(shè)Q在雙曲線的右支上，那么延長到T，使，假設(shè)Q在雙曲線的左支上，那么在QF2上取一點(diǎn)T，使|QT|=|QF1|．根據(jù)雙曲線的定義|TF2|=2，所以點(diǎn)T在以F2(EQ\R(2),0)為圓心，2為半徑的圓上，即點(diǎn)T的軌跡方程是(x－EQ\R(2))2+y2=4(x≠0)①由于點(diǎn)N是線段F1T的中點(diǎn)，設(shè)N(x,y)，T(xT,yT)．那么EQ\B\LC\{(\A\AL(x=EQ\F(xT－EQ\R(2),2),y=EQ\F(yT,2)))，即EQ\B\LC\{(\A\AL(xT=2x+EQ\R(2),yT=2y))．代入①并整理得點(diǎn)N的軌跡方程為x2+y2=1．(x≠－EQ\F(EQ\R(2),2))(或者用幾何意義得到|NO|=EQ\F(1,2)|F2T|=1,得點(diǎn)N的軌跡方程為x2+y2=1.……)21.證明：（1）由g(x)=EQ\F(f(x),x),對g(x)求導(dǎo)知g’(x)=由＞f(x)可知：＞0在（0,+）上恒成立.從而g(x)=EQ\F(f(x),x)在(0,+)上是單調(diào)增函數(shù).（2）由（1）知g(x)=EQ\F(f(x),x)在(0,+)上是單調(diào)增函數(shù)，當(dāng)x1＞0,x2＞0時，EQ\F(f(x1+x2),x1+x2)>EQ\F(f(x1),x1)，EQ\F(f(x1+x2),x1+x2)>EQ\F(f(x2),x2),于是f(x1)＜EQ\