2020年山西省高考数学

1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年山西省高考数学（理科）模拟试卷（1）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合A0，1，2，3，集合Bx|x|2，则AB（）A0，3B0，1，2C1，2D0，1，2，32（5分）若复数z满足z（1i）2i（i是虚数单位），则|z|为（）ABCD3（5分）如图，在圆心角为直角半径为2的扇形OAB区域中，M，N分别为OA，OB的中点，在M，N两点处各有一个通信基站，其信号的覆盖范围分别为以OA，OB为直径的圆，在扇形OAB内随机取一点，则能够同时收到两个基站信号的概率是（）ABCD4（5分）“三个实数a，b，c成等差数列”是“2ba+c“的

2、（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5（5分）函数的图象大致为（）ABCD6（5分）宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为5，2，则输出的n（）A5B4C3D27（5分）（2）8展开式中x3的系数为（）A122B28C56D1128（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A36+12B36+16C40+12D40+169（5分）已知点M的坐标（x，y）满足不等式组，N为直线y2x+2上任一点，则|MN|的最小值是（）ABC1D

3、10（5分）已知椭圆（ab0）的左顶点、上顶点和左焦点分别为A，B，F，中心为O，其离心率为，则SABF：SBFO（）A1：1B1：2CD11（5分）已知向量（x2，12ax），（a，1），函数g（x）在区间2，3上有最大值为4，f（x），不等式f（2xk2x0在x2，3上恒成立，则k的取值范围是（）A（，0B（，C（，1D（，12（5分）设奇函数f（x）的定义域为（，），且f（x）的图象是连续不间断，x（，0），有f（x）cosx+f（x）sinx0，若f（m）f（）cos（m），则m的取值范围是（）A（，）B（0，）C（，）D（，）二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已

4、知双曲线（a0，b0）的焦距为2c，F为右焦点，O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|c，POF的面积为，则该双曲线的离心率为 14（5分）若函数f（x）2sin（x+）的部分图象如图所示，则 ； 15（5分）已知等边ABC的边长为，M，N分别为AB，AC的中点，将AMN沿MN折起得到四棱锥AMNCB点P为四棱锥AMNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥AMNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值为 16（5分）聊斋志异中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”，则按照以上规律，若具有穿墙术，则n 三

5、解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）已知ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（1）若b2ac，试判断ABC的形状，并说明理由；（2）若，求ABC周长l的取值范围18（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，ADBC，ABADDCBC2，PBAC（1）证明：平面PAB平面ABCD；（2）若PA4，PB2，求二面BPCD的余弦值19（12分）对同学们而言，冬日的早晨离开暖融融的被窝，总是一个巨大的挑战，而咬牙起床的唯一动力，就是上学能够不迟到已知学校要求每天早晨7：15之前到校，7：15之后到校记为迟到小明每天6：15会被妈妈叫醒起味，吃早餐、

6、洗漱等晨间活动需要半个小时，故每天6：45小明就可以出门去上学从家到学校的路上，若小明选择步行到校，则路上所花费的时间相对准确，若以随机变量X（分钟）表示步行到校的时间，可以认为XN（22，4）若小明选择骑共享单车上学，虽然骑行速度快于步行，不过由于车况、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性增加，若以随机变量Y（分钟）描述骑车到校的时间，可以认为YN（16，16）若小明选择坐公交车上学，速度很快，但是由于等车时间、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性进一步增加，若以随机变量Z（分钟）描述坐公交车到校所需的时间，则可以认为ZN（10，64）（1）若某天小明妈妈出差没在家，小明一觉醒来已经是6

7、：40了，他抓紧时间洗漱更衣，没吃早饭就出发了，出门时候是6：50请问，小明是否有某种出行方案，能够保证上学不迟到？小明此时的最优选择是什么？（2）已知共享单车每20分钟收费一元，若小明本周五天都骑共享单车上学，以随机变量表示这五天小明上学骑车的费用，求的期望与方差（此小题结果均保留三位有效数字）已知若随机变量N（0，1），则P（11）68.26%，P（22）95.44%，P（33）99.74%20（12分）已知椭圆+1（ab0）的右焦点F的坐标为（1，0），离心率e（）求椭圆的方程；（）设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PFQF，C为PQ的中点，线段PQ的垂直平分线分别交x轴、y

8、轴于A、B两点（i）求证：A为BC的中点；（ii）若（S为三角形的面积），求直线PQ的方程21（12分）已知函数f（x）x2aex1（1）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：+四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）直角坐标系xOy中直线l：yx，圆C的参数方程为（为参数）（）求C的普通方程，写出l的极坐标方程；（）直线l与圆C交于A，B，O为坐标原点，求五解答题（共1小题）23已知函数f（x）4xa2x+1+a+1（1）若a2，求不等式f（x）0的解集；（2）求函数f（x）在区间1，2上的最小值h（a）2020年山西省

9、高考数学（理科）模拟试卷（1）参考答案与试题解析一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合A0，1，2，3，集合Bx|x|2，则AB（）A0，3B0，1，2C1，2D0，1，2，3【分析】可以求出集合B，然后进行交集的运算即可【解答】解：A0，1，2，3，Bx|2x2，AB0，1，2故选：B【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题2（5分）若复数z满足z（1i）2i（i是虚数单位），则|z|为（）ABCD【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解【解答】解：由z（1i）2i，得z，|z|故

10、选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3（5分）如图，在圆心角为直角半径为2的扇形OAB区域中，M，N分别为OA，OB的中点，在M，N两点处各有一个通信基站，其信号的覆盖范围分别为以OA，OB为直径的圆，在扇形OAB内随机取一点，则能够同时收到两个基站信号的概率是（）ABCD【分析】根据图形的对称性分别求出扇形的面积及两半圆重合的部分面积，最后根据几何概型的概率公式解之即可【解答】解：OA的中点是M，则CMO90°，半径r2，则扇形OAB的面积S，半圆OAC的面积s1，SOAC1S弓形OC，两个圆的弧OC围成的阴影部分的面积为1，能够同时收到两个基站

11、信号的概率P故选：B【点评】本题主要考查了几何概型，解题的关键是求重叠部分的面积，不规则图形的面积可以转化为几个不规则的图形的面积的和或差的计算，属于中档题4（5分）“三个实数a，b，c成等差数列”是“2ba+c“的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据充要条件及等差数列的定义判断即可【解答】解：若“a，b，c成等差数列”，则“2ba+c”，即“a，b，c成等差数列”是“2ba+c”的充分条件；若“2ba+c”，则“a，b，c成等差数列”，即“a，b，c成等差数列”是“2ba+c”的必要条件，综上可得：“a，b，c成等差数列”是“2ba+c”的充要条件

12、，故选：C【点评】本题考查的知识是充要条件的判断，正确理解并熟练掌握充要条件的定义，是解答的关键5（5分）函数的图象大致为（）ABCD【分析】先判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想以及当x2时的函数值是否对应进行排除即可【解答】解：f（x）f（x），则函数f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，当x+，f（x）0，排除C，当x2时，f（2）2，排除D，故选：A【点评】本题主要考查函数与图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和极限思想，利用排除法是解决本题的关键6（5分）宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的

13、一个程序框图，若输入的a，b分别为5，2，则输出的n（）A5B4C3D2【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n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：当n1时，a，b4，满足进行循环的条件，当n2时，a，b8满足进行循环的条件，当n3时，a，b16满足进行循环的条件，当n4时，a，b32不满足进行循环的条件，故输出的n值为4，故选：B【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答7（5分）（2）8展开式中x3的系数为（）A122B28C56D112【分析】写出二项展开式的通项，令

14、x的指数为3求得r值，则答案可求【解答】解：由取，得r6（2）8展开式中x3的系数为故选：D【点评】本题考查二项式定理，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题8（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A36+12B36+16C40+12D40+16【分析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算【解答】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱的底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2，几何体的表面积S×22×2+2×4+2×4×2+2×4+2

15、5;2×212+40故选：C【点评】本题考查了几何体的常见几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题9（5分）已知点M的坐标（x，y）满足不等式组，N为直线y2x+2上任一点，则|MN|的最小值是（）ABC1D【分析】画出约束条件的可行域，利用已知条件，转化求解距离的最小值即可【解答】解：点M的坐标（x，y）满足不等式组的可行域如图：点M的坐标（x，y）满足不等式组，N为直线y2x+2上任一点，则|MN|的最小值，就是两条平行线y2x+2与2x+y40之间的距离：d故选：B【点评】本题考查线性规划的应用，平行线之间的距离的求法，考查转化思想以及计算能力10（5分）已知椭圆（ab0）

16、的左顶点、上顶点和左焦点分别为A，B，F，中心为O，其离心率为，则SABF：SBFO（）A1：1B1：2CD【分析】由题意画出图形，结合椭圆离心率可得a2c，由此求得SABF：SBFO【解答】解：如图，e，a2c，AFac2ccc，则SABF，SBFO，SABF：SBFO1：1故选：A【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题11（5分）已知向量（x2，12ax），（a，1），函数g（x）在区间2，3上有最大值为4，f（x），不等式f（2xk2x0在x2，3上恒成立，则k的取值范围是（）A（，0B（，C（，1D（，【分析】由向量的数量积求出函数g（x）的解析式，由函数

17、的单调性求出函数的最大值，由最大值等于4求得a的值；求出函数f（x）的解析式，代入f（2x）k2x0后分离参数k，然后利用配方法求得函数的最值后得答案【解答】解：向量（x2，12ax），（a，1），函数g（x）ax2+12axa（x1）2+1a，若a0，不成立，若a0，可得函数g（x）的图象开口向下，对称轴为x1，在区间x2，3单调递减，最大值为g（2）4，即14不成立；若a0，函数g（x）的图象开口向上，对称轴为x1，在区间x2，3单调递增，最大值为g（3）4，即有a（31）2+1a4，解得a1，可知g（x）x22x+1，f（x）x+2，令t2x，则t4，9，f（2x）k2x0可化为f（t）

18、kt，即k恒成立，（1）2，且，当，即t4，x2时，取最小值为，即有k，故选：D【点评】本题考查了函数恒成立问题，考查了函数构造法、换元法及分离变量法，训练了利用配方法求函数的最值，属中档题12（5分）设奇函数f（x）的定义域为（，），且f（x）的图象是连续不间断，x（，0），有f（x）cosx+f（x）sinx0，若f（m）f（）cos（m），则m的取值范围是（）A（，）B（0，）C（，）D（，）【分析】依题意，令g（x），x（，），则g（x）为奇函数且在区间（，）上单调递增，故f（m）f（）cos（m）可等价转化为：，从而可得答案【解答】解：令g（x），x（，），f（x）为奇函数，ycos

19、x为偶函数，g（x），x（，）为奇函数x（，0），有f（x）cosx+f（x）sinx0，g（x）0，g（x）在区间（，0）上单调递增，又g（x）为奇函数，g（x）在区间（，）上单调递增，当x（，），cosx0，f（m）f（）cos（m），m故选：C【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与综合运算能力，考查函数的单调性与奇偶性，属于难题二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知双曲线（a0，b0）的焦距为2c，F为右焦点，O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|c，POF的面积为，则该双曲线的离心率为【分析】求出左焦点，判断三角形的形状，利用三角形的面积转

20、化求解即可【解答】解：双曲线（a0，b0）的焦距为2c，F为右焦点，左焦点为F1（c，0），O为坐标原点，P是双曲线上一点，|PO|c，F1PF是直角三角形，PF1PF2a，PF12+PF24c2，可得4c22PF1PF4a2可得4c24ab4a2，又a2+b2c2可得ab，即e故答案为：【点评】本题考查双曲线的简单性质以及双曲线的定义的应用，是基本知识的考查，基础题14（5分）若函数f（x）2sin（x+）的部分图象如图所示，则2；【分析】利用正弦函数的周期性可求得，再利用“五点作图法”即可求得【解答】解：由图知，T，故T，解得2由五点作图法知，×2+，解得故答案为：2；【点评】本

21、题考查yAsin（x+）中参数的物理意义，掌握正弦函数的图象与性质是关键，属于中档题15（5分）已知等边ABC的边长为，M，N分别为AB，AC的中点，将AMN沿MN折起得到四棱锥AMNCB点P为四棱锥AMNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥AMNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值为+1【分析】折叠为空间立体图形，得出四棱锥AMNCB的外接球的球心，利用平面问题求解得出四棱锥AMNCB的外接球半径R，则R2AF2+OF213，由此能求出四棱锥AMNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值【解答】解：由题意得，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心F是AMN外心，作O

22、E平面MNCB，OF平面AMN，则O是四棱锥AMNCB的外接球的球心，且OFDE3，AF2设四棱锥AMNCB的外接球半径R，则R2AF2+OF213，OEDFADAF321，当四棱锥AMNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值为：dmaxR+OE故答案为：【点评】本题综合考查了折叠问题，与几何体的性质，转化为平面问题求解，考查面面垂直、线面垂直的判定定理和性质定理的应用、平行关系的应用、点到面的距离的求解立体几何问题中点到面的距离常利用体积桥的方式将所求距离变成几何体的高，构造方程，通过解方程求得结果16（5分）聊斋志异中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术得诀自诩无所阻，额

23、上坟起终不悟”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”，则按照以上规律，若具有穿墙术，则n24【分析】观查分母就行了，分母项数×（分子+1），按照这个规律可以求得结果【解答】解：因为31×3，82×4，153×5所以n4×624，故答案为：24【点评】本题考查归纳推理，是与数字有关的推理，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关知识，入等差数列、等比数列等，基础题三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）已知ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（1）若b2ac，试判断ABC的形状，并

24、说明理由；（2）若，求ABC周长l的取值范围【分析】（1）由正弦定理得，所以，故因为，故，所以，又由余弦定理得b2a2+c22accosBa2+c2ac，所以a2+c2acac，即（ac）20，所以ac，故，所以ABC是等边三角形；（2）解法一：ABC的周长由余弦定理，当且仅当时，等号成立所以ABC周长l的取值范围为解法二：因为，由正弦定理，得，所以ABC的周长，因为，所以，所以ABC周长l的取值范围为【解答】解：（1）由题设，及正弦定理得，因为sinA0，所以，由A+B+C，可得，故因为，故，所以，因为b2ac，又由余弦定理得b2a2+c22accosBa2+c2ac，所以a2+c2acac

25、，即（ac）20，所以ac，故，所以ABC是等边三角形；（2）解法一：ABC的周长由余弦定理b2a2+c22accosB，故（a+c）224，所以，当且仅当时，等号成立又在ABC中a+cb，所以，所以ABC周长l的取值范围为解法二：因为，由正弦定理，得，所以ABC的周长，因为，所以，所以ABC周长l的取值范围为【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理，是中档题18（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，ADBC，ABADDCBC2，PBAC（1）证明：平面PAB平面ABCD；（2）若PA4，PB2，求二面BPCD的余弦值【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，只需证出AC平面P

26、AB即可；（2）先利用面面垂直转化为线面垂直，进而找到二面角的平面角，然后借助于直角三角形求出所求角【解答】解：（1），BAC90°，ABAC又PBAC，AC平面PABAC平面ABCD，平面PAB平面ABCD（2），PBBA，由（1）知，PB平面ABCD，PBBC，平面PBC平面ABCD过D作DEBC于E，则DE平面PBC，过E作EFPC交PC于F，则DFE为所求二面角平面角在梯形ABCD中，求得，在RtPBC中求得在RtDEF中，求得在DEF中，求得即二面BPCD的余弦值为【点评】本题考查空间位置关系的判定以及空间角的求法，强调转化思想在立体几何中的应用，集几何法求空间角遵循作、证

27、、指、算的步骤属于中档题19（12分）对同学们而言，冬日的早晨离开暖融融的被窝，总是一个巨大的挑战，而咬牙起床的唯一动力，就是上学能够不迟到已知学校要求每天早晨7：15之前到校，7：15之后到校记为迟到小明每天6：15会被妈妈叫醒起味，吃早餐、洗漱等晨间活动需要半个小时，故每天6：45小明就可以出门去上学从家到学校的路上，若小明选择步行到校，则路上所花费的时间相对准确，若以随机变量X（分钟）表示步行到校的时间，可以认为XN（22，4）若小明选择骑共享单车上学，虽然骑行速度快于步行，不过由于车况、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性增加，若以随机变量Y（分钟）描述骑车到校的时间，可以认为YN（

28、16，16）若小明选择坐公交车上学，速度很快，但是由于等车时间、路况等不确定因素，路上所需时间的随机性进一步增加，若以随机变量Z（分钟）描述坐公交车到校所需的时间，则可以认为ZN（10，64）（1）若某天小明妈妈出差没在家，小明一觉醒来已经是6：40了，他抓紧时间洗漱更衣，没吃早饭就出发了，出门时候是6：50请问，小明是否有某种出行方案，能够保证上学不迟到？小明此时的最优选择是什么？（2）已知共享单车每20分钟收费一元，若小明本周五天都骑共享单车上学，以随机变量表示这五天小明上学骑车的费用，求的期望与方差（此小题结果均保留三位有效数字）已知若随机变量N（0，1），则P（11）68.26%，P（

29、22）95.44%，P（33）99.74%【分析】（1）依题意，小明需要在25分钟内到达学校他选择步行到校，则不迟到的概率记为P1（X25），取122，12，则1+124，1+2126，P1（X25）P1（X26）97.72%；若骑车到校，则不迟到的概率记为P2（X25），取216，24，则2+220，2+2224，2+3228，P2（X25）（97.72%，99.87%），若坐公交车到校，则不迟到的概率记为P3（X25），取310，38，则3+318，3+2326，P3（X25）P3（X26）97.72%三种方案都无法满足3原则，不能保证上学不迟到相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选

30、择（2）取随机变量1表示五天里骑车上学时间单程超过20分钟的天数依题意，每天骑车上学时间超过20分钟的概率为P2（X20）15.87%，1B（5，15.87%），由此能求出的期望与方差【解答】解：（1）依题意，小明需要在25分钟内到达学校若他选择步行到校，则不迟到的概率记为P1（X25），取122，12，则1+124，1+2126，P1（X25）P1（X26）197.72%若骑车到校，则不迟到的概率记为P2（X25），取216，24，则2+220，2+2224，2+3228，则P2（X24）1（195.44%）97.72%，P2（X28）1（199.74%）99.87%，P2（X25）（P2（

31、X24），P2（X28）（97.72%，99.87%），若坐公交车到校，则不迟到的概率记为P3（X25），取310，38，则3+318，3+2326，P3（X25）P3（X26）97.72%综上，三种方案都无法满足3原则，不能保证上学不迟到相对而言，骑车到校不迟到的概率最高，是最优选择（2）取随机变量1表示五天里骑车上学时间单程超过20分钟的天数依题意，每天骑车上学时间超过20分钟的概率为P2（X20）15.87%，1B（5，15.87%），E（1）5×15.87%0.7935，D（1）5×15.87%×（115.87%）0.668又21+（51）5+1，E（）5

32、+E（1）5.79（元），D（）D（1）0.668（元2）【点评】本题考查最优方案的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查概率的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20（12分）已知椭圆+1（ab0）的右焦点F的坐标为（1，0），离心率e（）求椭圆的方程；（）设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PFQF，C为PQ的中点，线段PQ的垂直平分线分别交x轴、y轴于A、B两点（i）求证：A为BC的中点；（ii）若（S为三角形的面积），求直线PQ的方程【分析】（）由椭圆+1（ab0）的右焦点F的坐标为（1，0），离心率e列出方程组能求出a，bc1，由此能求出椭圆的方

33、程（）（i）设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PFQF，C为PQ的中点，线段PQ的垂直平分线分别交x轴、y轴于A、B两点设直线PQ的方程为ykx+m，（k0），联立，得：（2k2+1）x2+2（m21）0，由韦达定理、线段PQ的垂直平分线AB的方程，线段PQ的垂直平分线AB的方程为y（x+1），由此能证明A为BC的中点（ii）由A为BC中点，得到，解得xA，由PFOF，得（x11）（x21）+y1y20，由y1kx1+m，kxy2kx2+m，得k，推导出m，由此能求出直线PQ的方程【解答】解：（）解：椭圆+1（ab0）的右焦点F的坐标为（1，0），离心率e，解得a，bc1，椭圆的方

34、程为1（）（i）证明：设点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，满足PFQF，C为PQ的中点，线段PQ的垂直平分线分别交x轴、y轴于A、B两点设直线PQ的方程为ykx+m，（k0），P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，整理，得：（2k2+1）x2+2（m21）0，由韦达定理得，x1x2，C（），线段PQ的垂直平分线AB的方程为y（x+），令y0，得A（，），线段PQ的垂直平分线AB的方程为y（x+1），令y0，得A（，0），令x0，得B（0，），yA，A为BC的中点（ii）解：由（i）知A为BC中点，解得xA，PFOF，（x11）（x21）+y1y20，由y1kx1+m，kxy2kx2+m，整理，得3m21+4km0，即k，又xA，解得m23，点P、Q为椭圆上位于第一象限的两个动点，m0，m，代入k，解得k，直线PQ的方程为yx+【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查点为线段中点的证明，考查直线方程的求法，考查椭圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题21（12分）已知函数f（x）x2aex1（1）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：+【分析】（1）讨论导函数f（x）2xaex有两个实根，在分离参数a，然后讨论函数g（x）单调性得出结论；（2）利用结论不等式 ，变形成指数型不等式结