2018年黑龙江省哈尔滨三中高考数学二模试卷(理科)

1、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，则 AB（   ）ABC              D3（5 分）命题 p：“x0R，x02+12x0”的否定p 为（）AxR，x2+12xCx0R，x02+12x0BxR，x2+12xDx0R，x02+12x04（5 分）（A

3、52x2）5 的展开式中常数项是（   ）B5            C10            D105（5 分）已知数列an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（）ASnBSnnMCSnnMDSnnM（f|（6 

4、;5 分）设函数 （x）sin（x+）+cos（x+） 0，|且 f（x）f（x），则（）Af（x）在（，）单调递减第 1 页（共 26 页）的最小正周期为 ，Bf（x）在（0，Cf（x）在（，Df（x）在（0，）单调递增）单调递增）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：x2+y21 上两个动点，|的中点

5、，则的值为（）|1，  32，M 为线段 ABABC              D9（5 分）函数 y和等于（）的图象与函数 y3sinx（4x2）的图象所有交点的横坐标之A4B2C8           D610（5 分）ABC 的三个内角 A，B

6、，C 的对边分别为 a，b，c，若 B2A，cosAcosBcosC0，则A（，的取值范围是（   ）    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（）A11B12

7、C13第 2 页（共 26 页）D1412（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（4 恒成立，则双曲线离心率 e 的取值范围为（）A（1，2B2，+）C（1，（+     ） |OP|+|OQ|）D  ，+）二、填空题（共 

8、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an中，a318，a5162，公比 q14（5 分）利用随机模拟方法计算 y1 和 yx2 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，a1RAND，bRAND，然后进行平移和伸缩变换，a2（a10.5），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&

9、#160;N，N1 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|4，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，ff1（1）2018，则不等式 （x）2017ex+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

10、 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an为正项数列，a13，且（    2（  +    ） nN*）（1）求数列an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 3T9，T3，5）基本畅通；T5，6）轻度拥堵；T6，7）中度拥堵；T7，9

11、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（假设每天的交第 3 

12、页（共 26 页）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°，ABADPD1，CD2（1）求证：平面 PBC平面 PBD；（2）若（1），求二面角 QBDP 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 的上下顶点，且PQF 

13、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，l2 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）aex，直线 l：yx+1，其中 e 为自然对数的底（1）当 a1，x0 时，求证：曲线

14、 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，x2 及对应的 a，当 x1x2 时，求证：2（）（x2x1）（+）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：坐标第 4 页（共 26 页）系与参数方程22

15、（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：4z24xy+2yz+2xz；（2

16、）求证：+4+     的值第 5 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A第一象限B第二象限在复平面内对应的点在（   ）C第三象限     

17、  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AB，集合 Bx|y24x，则 AB（   ）C              D【分析】分别化简集合 A，B，再由交集运算性质得答

18、案【解答】解：集合，  ，集合 Bx|y24x0，+），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：“x0R，x02+12x0”的否定p 为（）AxR，x2+12xCx0R，x02+12x0BxR，x2+12xDx0R，x02+12x0【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本题的关键第 6&

19、#160;页（共 26 页）4（5 分）（A52x2）5 的展开式中常数项是（   ）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

20、【解答】解：（2x2）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an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（）ASnBSnnMCSnnMDSnnM【分析】由已知中的程序语句可知：该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：

21、根据程序框图：算法的作用是求an中的最小项故：Sna1+a2+anM+M+MnM，故：SnnM，故选：C第 7 页（共 26 页）【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（f|（6 5 分）设函数 （x）sin（x+）+cos（x+） 0，|且 f（x）f（x），则（）的最小正周期为 ，Af（x）在（Bf（x）在（0，）单调递减）单调递增Cf（x）在（，Df（x）在（0，）单调递增）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

22、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 2k2x2k（kZ），解得当 k1 时，f（x）在（kZ），）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用第 8 页（共 26&#

23、160;页）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 z1+，则 z 的几何意义是区域内的点到 M（5，7）的斜率加上 1，1+   ，由由，可得 A（0，4），可得 B（2，2）；由图象可知，当

24、0;MA 的斜率最小为 k ，MB 的斜率最大为 k ，所以故选：C的取值范围是： ， 第 9 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：x2+y21 上两个动点，|1，  3  2  ，M 为线段 AB的中点，则A  的值为（   ）B &

25、#160;             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  ） （

26、0; +  ） （32）（+） （322  2+），计算可得答案【解答】解：根据题意，A，B 是圆 O：x2+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（32） （+） （32

27、60; ）（  +  ）（3222+） （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 的形状第 10 页（共 26 页）9（5 分）函数 y和等于（）A4的图象与函数 y3sinx（4x2）的图象所有交点的横坐标之B2            C8  &#

28、160;        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 y2sinx（4x2）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，x2，则 x1+x22×（1）2，4&

29、#160;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A（，的取值范围是（   ）    B（   ，   ）    C（ ，&

30、#160;  ）     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 知，ABC 是锐角三角形，第 11 页（共 26 页）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，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（）A11B12C13D14【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

32、0;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，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直角三角形，第 12 页（共 26 页）可得 PC，AC1，PA，

33、PAC 为 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MF ，即 MH    ，即该棱锥

34、的外接球的半径 R则该棱锥的外接球的表面积为 S4故选：A11【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（4 恒成立，则双曲线离心率 e 的取值范围为（）（+     ）

35、60;|OP|+|OQ|）A（1，2B2，+）C（1，D，+）【分析】设 S（m，n），与渐近线平行的直线方程为，则 N（|OQ|，0），Q（0，n+|，|OM|      |，|ON|      |，|OP|，第 13 页（共 26 页）可得（+）（|OP|+|OQ|）+ （|），则即可【解答】解：设 S（m，n）与渐近线 y则 M（m平行的直线方程为，0），P（0，n

36、60;  ）与渐近线 y平行的直线方程为则 N（|OM|OP|（+，0），Q（0，n+，|，|ON|，|，|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

37、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，将答案填在答题卡相应的位置上）13（5 分）等比数列an中，a318，a5162，公比 q±3【分析】利用通项公式即可得出【解答】解：a318，a5162，第 14 页（共 26 页）q29，公比 q±3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&

38、#160;y1 和 yx2 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，a1RAND，bRAND，然后进行平移和伸缩变换，a2（a10.5），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，N1 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（a10.5）2a111，1，又 b0，1，由 N 个样本点（a，b），其中落

39、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|4，则AOB 的面积为【分析】设 A（x1，y1），B（x2，y2），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

40、 y1y2p2根据抛物线的定义，得|AB|x1+x2+p4P，结合抛物线方程化出 y12+y22，可得|y1y2|最后根据三角形面积公式，得到本题的答案【解答】解：抛物线 y22px 的焦点为 F（ ，0）第 15 页（共 26 页）设弦 AB 所在直线的方程为 yk（x ），（k0）与抛物线 y22px 联解，得 ky22pykp20设 A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系得 y1y2p2

41、根据抛物线的定义，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 

42、f（x）f（x）1，f（1）2018，则不等式 f（x）2017ex1+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）2017ex1+12017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）2017ex1+12017令 g（x），第 16 页（共 26 页）f（x）f（x）1，g（x）0，函数 g（x）在 R 上单调递增，而 

43、g（1）2017，g（x）g（1），x11不等式 f（x）2017ex+1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为x|x1故答案为：x|x1【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，证明过程或演算步骤）17 12 分）已知数列an为正项数列，a13，且（    2（  +   

44、 ） nN*）【分析】 1）由数列的递推公式可得（an+1an） an+1+an）2（an+1+an），即可得到 an+1（1）求数列an通项公式；（2）若 bn+（1）nan，求bn的前 n 项和 Sn（an2，即可求出数列an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*），an+122an+1an2+2an，an+12an22（an+1+an），（an+1an）（an+1+an）2（an+1+an），数列an为正项数列，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 页（共 26 页）设 cn2×4n，则cn的前 n 项和为设 dn（1）n（2n+1），当 n 为偶数时，dn的前 n 项和为（3+5）+（7+9）+（2n+1+2n+1）2×n，当 n 为奇数时，dn的前 n 项和为3+（57）+（911）+（2n12n1）32×3（n1）n2，故当&#

46、160;n 为偶数时，Sn，+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 3T9，T3，5）基本畅通；T5，6）轻度拥堵；T6，7）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

47、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 18 页（共 26

48、0;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）T3，6）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由频率分布直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的平均数为：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）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）P（X50）P（X30）P（X20）P（X10）X 的分布列为：X（ ）5，  ，+100          50302010PE（X）+10× 

50、0;【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PABCD 中，侧面 PCD底面 ABCD，PDCD，底面 ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90°，ABADPD1，CD2（1）求证：平面 PBC平面 PBD；（2）若（1），求二面角 QBDP 的大小第 19 页（共 26 页）（【分析】 

51、1）过点 B 作 BHCD 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 A

52、BCD 中，过点 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 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），2，），（0，2，1），  （1，1，0），  （  1）  （0，（0，0，1）+（0，2BC平面 PBD，平面 PBD 的法向量设平面 BDQ&

54、#160;的法向量 （x，y，z），     ）（0，              ），（1，1，0），则，取 x1，得 （1，1，  ），设二面角 QBDP 的大小为 ，第 20 页（共 26 页）则 cos，45°，二面角 QBDP 的大小为

55、60;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，l2 与椭圆 C 分别交于异于点 P 的点 

56、;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|为等边三角形可得出，可得 c   ， 由 P，Q 分别为椭圆 C 的上下顶点，且PQF，又 a2b2+c2，解得 b1，c，a2即可得（2）设直线 AB 的方程为：ykx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）联立，化为： 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，O2，则 O1O2 分别为两圆的圆心 PHO1O2，且 O1O2 交第 21 页（共&

58、#160;26 页）O1O2 于对 S，S 为 PH 的中点，O1O2 交 y 轴于点 N由 O1O2AB，且 O1O2AB，可得点 N进而得出圆的方程【解答】解：（1）|OF|，cP，Q 分别为椭圆 C 的上下顶点，且PQF 为等边三角形， ，又 a2b2+c2，解得 b1，c，a24椭圆 C 的方程为：+y21（2）证明：设直线 AB 的方程为：ykx+

59、m，A（x1，y1），B（x2，y2）联立           ，化为：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 直线 AB 经过定点分

60、别取 PA，PB 的中点 O1，O2，则 O1O2 分别为两圆的圆心 PHO1O2，且 O1O2 交O1O2 于对 S，S 为 PH 的中点，O1O2 交 y 轴于点 NO1O2AB，且 O1O2 AB，点 Nx点 S 的轨迹为以 PN 为直径的圆： 2+点 H 的轨迹方程为：x2+【点评】本题考查了椭圆与圆的标准方程方程及其性

61、质、向量垂直与数量积的关系、一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）aex，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；第 22 页（共 26 页）（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；（

62、3）对于（2）中的两个交点的横坐标 x1，x2 及对应的 a，当 x1x2 时，求证：2（）（x2x1）（+）a（    ）（【分析】 1）可令 j（x）ex x2x1，求得二阶导数，可得单调区间，即可得到证明；（2）可令 s（x）aexx1，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（   ）（x2x1）+（）0， *），方法一、运用（2）的单调性可得；方法二，可令 m（x）（ex）（xx1）（ex+），求得导数和单调性，即可得证【解答】解：（1）证明：a1，x0 时，令 j（x）ex x2x1，可得 j（x）的导数为&#