2018高考满分作文-国庆手抄报花边

石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）
理科数学（A卷）
一、选择 题：本大题共12个小题，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.
CA
1.已知集合
U{1,2,3,4,5,6,7}
，
A{x|x3,xN}
，则
U
（ ）
A．
{1,2}
B．
{3,4,5,6,7}
C．
{1,3,4,7}
D．
{1,4,7}

xyi
2.已知
i
为虚数单位，
(1i)x2yi
，其中
x,yR
，则（ ）
A．
22
B．
2
C．2 D．4
x
f(x)2(x0)
，其值域为
D
，在区间
(1, 2)
上随机取一个数
x
，则
xD
的概率是（ ） 3.函数
1112
A．
2
B．
3
C．
4
D．
3

uuuruuur
AB2
4.点
B
是 以线段
AC
为直径的圆上的一点，其中，则
ACAB
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4

yx


xy1

y1y
x
5. ，满足约束条件：

，则
z2xy
的最大值为（ ）
3
A．-3 B．
2
C．3 D．4
6.程序框图如图所示，该程序运行的结果为
s25
，则判断框中可填写的关于
i
的条件是（ ）

A．
i4?
B．
i4?
C．
i5?
D．
i5?

7.南宋数学 家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜
幂，减中 斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：
1
22
c
2
a
2
b
2
2
S[ ca()]
42
，
abc
），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其 小斜一十三里，中
斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（ ）
A．82平方里 B．83平方里 C．84平方里 D．85平方里
8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）

A．
83

B．
84

C．
85

D．
86


9.已知
f(x)
是定义在
[2 b,1b]
上的偶函数，且在
[2b,0]
上为增函数，则
f(x1) f(2x)
的解集为
（ ）
211
[1,][1,][,1]
3
B．
3
C．
[1,1]
D．
3
A．
6
，则
AC3BC
的最大值为（ ）
A．
7
B．
27
C．
37
D．
47

1
yx
2
4
焦点
F
的直线交抛物线于
A
，
B两点，点
C
在直线
y1
上，若
ABC
为正三角形 ，11.过抛物线
10.在
ABC
中，
AB2
，
则其边 长为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
12.设
xOy
，
x' Oy'
为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，
Ox
正方向到
Ox'< br>正方向的角度为

，
那么对于任意的点
M
，在
xOy
下的坐标为
(x,y)
，那么它在
x'Oy'
坐标系下的坐标
(x',y')
可以表示为：
C

x'xcos

 ysin

，
y'ycos

xsin

.根 据以上知识求得椭圆
3x'
2
23x'y'5y'
2
10< br>的离心率
为（ ）
6677
A．
3
B．
4
C．
3
D．
4

二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.
x0
1
x
0
2
2x
0
30
p< br>13.命题：，的否定为 ．
14.甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长 ，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，
甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小 .据此推断班长是 ．
15.一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正 三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值
为 ．
x
3x1
lnx
f(x)
g(x)
x1
，
x，若函数
yf(g(x))a
有三个不同的零点
x
1
，x
2
，
x
3
（其16.已知函数
x
1
x
2
x
3
2g(x
1
)g(x
2
) g(x
3
)
中），则的取值范围为 ．
三、解答题： 共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都
必须 作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分
17.已知 等比数列
（Ⅰ）求数列
（Ⅱ）若数列
{a
n
}
2S
n
2
n1
m(mR)
S
n
n
的前项和为， 且满足.
{a
n
}
{b
n
}
的通项公式； b
n

满足
1
(2n1)log
2
(an
a
n1
)
，求数列
{b
n
}
的 前
n
项和
T
n
.
18.四棱锥
SABCD的底面
ABCD
为直角梯形，
ABCD
，
ABBC
，
AB2BC2CD2
，
SAD
为正三角形.

uuuuruuur
（Ⅰ）点
M
为棱
AB
上 一点，若
BC
平面
SDM
，
AM

AB
，求实数

的值；
（Ⅱ）若
BCSD
，求二面角
ASBC
的余弦值.
19.小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底< br>薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每 单奖
励12元.
（Ⅰ）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪
y
（单位：元 ）与送货单数
n
的函数关系式；
（Ⅱ）根据该公司所有派送员100天的派送记录， 发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100
2(n1)2n
,]
101 0
(n1,2,3,4,5)
时，天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派 送量指标在
日平均派送量为
502n
单.
(
若将频率视为概率，回答下列问题：

①根据以上数据，设每名派送员的 日薪为
X
（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪
X
的分布列，数学期望及方差；
②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比 较合适，并说明你的理由.
222222
（参考数据：
0.60.36
，
1.41.96
，
2.66.76
，
3.411.56
，
3.612.96
，
4.621.16
，
15.6
2
243.36
，
20.4
2
416.16
，
44.4
2
1971.36
）
x
2
y
2
2
1(ab0)
2
F
F
b
2
20.已知 椭圆
C
：
a
的左、右焦点分别为
1
，
2
， 且离心率为
2
，
M
为椭圆上任意
F
1
MF
2
F
1
MF
2
90
o
一点，当时，的面积为 1.
（Ⅰ）求椭圆
C
的方程；
（Ⅱ）已知点
A
是椭圆
C
上异于椭圆顶点的一点，延长直线
AF
1
，
AF
2
分别与椭圆交于点
B
，
D
，设直线
BD
的斜率为
k
1
，直线
OA
的斜率为
k
2
，求证：< br>k
1
k
2
为定值.
x
f(x)(xb)(e a)
，
(b0)
，在
(1,f(1))
处的切线方程为(e1)xeye10
. 21.已知函数
（Ⅰ）求
a
，
b
；
2
，证明：（ Ⅱ）若方程
f(x)m
有两个实数根
1
，
2
，且
1
（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目 对应的题
号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考 题的首题
进行评分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]
xx
x x
x
2
x
1
1
m(12e)
1e
.


x3rcos



y1rs in

（
r0
，

为参数）
xOy
在平 面直角坐标系中，曲线
C
的参数方程为

，以坐标原点
O
为
极点，
x
轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线
l
的极坐标方程为


sin(

)1
3
，若直线
l
与曲线
C
相切；

（Ⅰ）求曲线
C
的极坐标方程；
（Ⅱ）在曲线
C< br>上取两点
M
，
N
与原点
O
构成
MON，且满足
23.[选修4-5：不等式选讲]
已知函数
（Ⅰ）求实数
m
的取值范围；
MON

6
，求面积
MON
的最大值.
f(x)2x3xm
的定义域为
R
；
111

2222
222
（Ⅱ）设实数
t
为
m
的最大值，若 实数
a
，
b
，
c
满足
abct
，求
a1b2c3
的最小
值.












石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题
理科数学答案
一、选择题
1-5: AABDC 6-10: CCDBD 11、12：BA
二、填空题
13.

p:x1,x
2
2x30
14. 乙 15.
23

三、解答题
17解：(1)
法一：
n
由
2S
n
2
n1
m(mR)
得
2S
n1
2m(mR)
，
n1
当当
n 2
时，
2a
n
2S
n
n
2S
n1
2
，即
a
n
2(n2)
，
a
m< br>又
1
S
1
2
2
，当
m2
时符合上式，所以通项公式为
a
n1
n
2
.
法二：


S
1
2m;

S
2
4 m;
1
由
2S

n
2
n
m(m R)
得

S
3
8m(mR)
，
从而有a
2
S
2
S
1
2,a
3
S< br>3
S
2
4
，
q
a
3
2< br>所以等比数列公比
a
2
，首项
a
1
1
，因 此通项公式为
a
1
n
2
n
.
（2）由（1） 可得
log
2
(a
n
a
n1
)log
2
(2
n1
2
n
)2n1
，
bn

1
(2n1)(2n1)

111
2
(
2n1

2n1
)
，




2
e
2
e
,0



16.

111111n
T
n
b
1
b
2

L
b
n
(1
L)
23352n12n12n1
.
18.（1）因为
BC
平面SDM，
BC

平面ABCD，
平面SDM

平面ABCD=DM，
所以
BCDM
，
因为
ABDC
,所以四边形BCDM为平行四边形，
又
AB2CD
,所以M为AB的中点.
因为
AM

AB
，



1
2
.
S
D
C

（2）因为
BCSD
，
BCCD
，
所以
BC
平面
SCD
，
又因为
BC
平面
ABCD
，
所以平面
SCD
平面
ABCD
，
平面
SCDI
平面
ABCDCD
，
在平面
SC D
内过点
S
作
SE
直线
CD
于点
E，
则
SE
平面
ABCD
，
A
M
B
SEA
和
RtVSED
中， 在
R tV
因为
SASD
，所以
AE
又由题知
EDA45
，
所以
AEED

所以
AEEDSE1
，
以下建系求解.
以点E为坐标原点 ，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES方向为Z轴建立如图所示空间坐标系，则
E(0,0,0)< br>，
o
SA
2
SE
2
SD
2
S E
2
DE
，
S(0,0,1)
，
A(1,0,0)，
B(1,2,0)
，
C(0,2,0)
，

设平面的法向量
的一个法向量，

uuruuuruuuruuurSA(1,0,1)
，
AB(0,2,0)
，
SC(0,2, 1)
，
CB(1,0,0)
，
uruur


n
1
SA0

xz0
r
ur

u ruuu

nAB0
n(x,y,z)


1
SAB

2y0
1
，则，所以
ur
n(1,0,1)
为平面
SAB
，令
x1
得
1
uur
n (0,1,2)
为平面
SBC
的一个法向量， 同理得
2

uruur
uruur
nn
2
10
r
1
uur
cosn
1
,n
2

u
5< br>|n
1
||n
2
|
，

因为二面角
ASBC
为钝角，
所以二面角
ASBC
余弦值为

10
5
.
19.

解：（1）甲方案中派送员日薪
y
（单位：元）与送单数
n
的函数关系式为：
y100n,nN
，
乙方案中派送员日薪
y
（单位：元）与送单数
n
的函数关系式为：

140,(n55,nN)
y


12n520 ,(n55,nN)
，
①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：
52 54 56 58
单数
0.2 0.3 0.2 0.2
频率
所以
60
0.1
160
0.1
，
X
甲
X
甲
P


的分布列为：
152
0.2
154
0.3
156
0.2
2
158
0.2
所以
E

X
甲

=1520.21540.31560.21580.21600.1155 .4
22
22
S
甲
2
=0.2

152 155.4

+0.3

154155.4

+0. 2

156155.4

+0.2

158155 .4

+0.1

160155.4

=6.44所以
，
200
0.1
，
2
X
乙
X
乙
P


的分布列为：
140
0.5
2
152
0.2
176
0.2
2
所以
E

X
乙

=1 400.51520.21760.22000.1=155.6
2
S
乙
2
=0.5

140155.6

+0.2

152155.6

+0.2

176155.6

+0.1

200155.6

=404.64
② 答案一：
由以上的计算可知，虽然
波动相对较小，所以小明应选择甲方案.
答案二：
由以上的计算结果可以看出，
应选择乙方案.
20解：
，
，但两者相差不大，且
E

X
甲

 E

X
乙

S
甲
2
远小于
S乙
2
，即甲方案日工资收入
E

X
甲

E

X
乙

，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以 小明


c2

e
a2

r
1
r
2
2a

222
r
1
r
2
4c

1

r
1
r
2
1
MF
1
r
1
,MF
2
r
2
,
（1）设由题

2
，
a2,c1
，则
b
2
1
， 解得
x
2
y
2
1

椭圆
C
的方程为
2
.
A(x
0
,y
0
)(x
0
y
0
0)B(x
1
,y
1
),C(x
2
,y
2
)
，（2）设，
22
)B(1,)
AF
1
22
当直线的斜率不存在时，设，则，
2
x
2
2
y( x1)
y1
2
AF
2
4
2
直线的方程为代入 ，可得
5x2x70

A(1,
x
2

272
7
y
2
D(,)
10510
5
，，则
22
()
2
102
k
1

27
6
k
2

(1)
2
，
5< br>
直线
BD
的斜率为，直线
OA
的斜率为
221k
1
k
2
()
626
，
1
kk
12
AF
2
6
. 当直线的斜率不 存在时，同理可得
x
0
1
AF
1
AF
2
当直线、的斜率存在时，
y
0

y(x1)

x< br>0
1


2
y

x
y
2
1
y
0
(x1)

AF
x
01
设直线
1
的方程为，则由
2
消去
x
可得 ：
222
[(x
0
1)
2
2y
0
] x
2
4y
0
x2y
0
2(x
0
1 )
2
0
，
2
x
0
2
y
0< br>1
22
2y2x
0
，代入上述方程可得 又
2
，则
0
22
(32x
0
)x
2
2(2x0
)x3x
0
4x
0
0
，
2
3x
0
4x
0
3x
0
4y3x
0
4y
0
x
1
x
0
,x
1
y
1

0
(1)
32x
0
32x
0
，则
x
0
132x
0
32x
0

3x4y
0
B(
0
,)
2x
0
 32x
0
3
，
设直线
AF
2
y
的方 程为
y
0
3x4y
0
(x1)
D(
0
,)
x
0
1
2x32x3
00
，同理可得，


直线
BD
的斜率为
Q
直线OA
的斜率为
y
0
y
0

2x32x
0
34x
0
y
0
x
0
y
0
k
1

0

22
3x
0
43x
0
4
12x
0
243x6
0

2x
0
32x
0
3
，
k
2

y
0
x
0
，
2
x
0
1
2
x
0
y
0
y
0
y
0
1
k
1
k
2

2
< br>2

2
2

3x
0
6x
03x
0
63x
0
66
.

11
k
1
k
2

6
. 所以，直线
BD
与
OA
的斜率之积为定值
6
，即

1

f(1)

1b


a< br>
0
f

1

0

e

21．解：（Ⅰ）由题意，所以，
b1

f(1)a1< br>x
f

(x)

xb1

eaee
， 又，所以
1
a
e
，则
b2e0
，与
b0
矛盾，故
a1
，
b1
. 若
< br>（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
f(x)

x1


ex
1

，
f(0)0,f(1)0
，
设
f(x)
在(-1，0)处的切线方程为
h(x)
，

1

h(x)

1


x1


e

易得，，令
F(x)f(x)h(x)
< br>
1

F(x)

x1


e
x
1



1


x1< br>
F

(x)

x2

e
x< br>
1

e

e
， 即，
11
F
(x)

x2

e
x
0
ee
当
x2
时，
当
x2
时，
1x
G(x)F

(x)

x2

ex


G(x)x3e0

e
， 设， 
2,

上单调递增，又
F

(1)0，

故函数
F(x)
在
所以当
x

,1

x

1,


时，F(x)0
，当时，
F(x)0
，
所以函数
F(x)< br>在区间

,1

上单调递减，在区间

1, 

上单调递增，
故
F(x)F(1)0
，
f(x
1
)h(x
1
)
，

x
h(x)m
1
设的根为，则
又函数
h(x)
单调递减，故
x
1

1
me
1e
，
h(x
1

)f(x
1
)h(x
1
)
，故
x
1

x
1
，
设
yf(x)
在(0 ,0)处的切线方程为
yt(x)
，易得
t(x)x
，
令T(x)f(x)t(x)

x1


e
x< br>1

x
，
T

(x)

x 2

e
x
2

，

T

(x)

x2

e
x
220
x2
当时，，
当
x2
时，

2,

上单调递增，又
T

(0)0
，

故函数
T(x)
在
所以当

x
,0

x

0,


时，
T(x)0
，当时，
T(x)0
，
所以函数
T(x)在区间

,0

上单调递减，在区间

0,< br>
上单调递增，
T(x)T(0)0
，
f(x
2
)t(x
2
)
，
设
t(x )m
的根为
x
2

，则
x
2

m
，
t(x
2

)f(x
2
)t(x2
)
，故
x
2

x
2
， 又函数
t(x)
单调递增，故
又
x
1

x
1< br>，
me

m(12e)

x
2
x1
x
2

x
1

m

11

1e

1e
.

选作题
22（1）由题意可知直线
l
的直角坐标方程为
y3x2
， < br>曲线
C
是圆心为
(3,1)
，半径为
r
的圆，直线< br>l
与曲线
C
相切，可得：
22
的方程为
(x3) (y1)4
，
2

所以曲线C的极坐标方程为
23

cos

2

sin

0
，


4sin(

)
3
. 即
r
3312
2
2
；可知曲线C
N(

2
,

)

,

6
，(2)由 （1）不妨设M（
1
），（

1
0,

2
0
）
1

S
MON
OMONsin
26


.



当

12
时,
S
MON
23
，
所以△MON面积的最大值为
23
.
23. 【解析】
（1 ）由题意可知
2
x3
xm
恒成立，令
g(x)2
x 3
x
，
去绝对值可得：，
画图可知
g(x)
的最小 值为-3，所以实数
m
的取值范围为
m3
；

< br>x6,(x3)

g(x)2
x3
x

63x,(0x3)

6x,(x0)


222< br>222
（2）由（1）可知
abc9
，所以
a1b2c 315
，
111
(
2

2

2
)(a
2
1b
2
2c
2
3)
111

a1b2c3
222
a1b2c315

222222
b2a1c3a1c3b2
3
2
2

2

2

2

2
a1 b2a1c3b2c3

9

3

15155< br>，
222
222
a4,b3,c2
等号成立，
a 1b2c35
当且仅当，即
1113

222
所以< br>a1b2c3
的最小值为
5
.

石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题
理科数学答案
选择题
（A卷答案）
1-5AABDC 6-10CCDBD 11-12 BA
（B卷答案）
1-5BBADC 6-10CCDAD 11-12 AB
填空题
2

,0< br>
2

2
p:x1,x2x30
ee
23

13. 14. 乙 15. 16.
三、解答题(解答题仅提供一种或两种解答，其他解答请参照此评分标准酌情给分）
17解：(1)
法一：
由
2S
n
2
n1< br>m(mR)
得
2S
n1
2
n
m(mR)
n
………………2分
2a2S
n
2S
n1
2a2(n2)
当当
n2
时，
n
，即
n
… ……………4分
m
a
1
S
1
2
a
n
2
n1
m2
2
又，当时符合上式，所以通项公式为……… ………6分
法二：
n1
由
2S
n
2
n1
m(mR)
得

S
1
2m;


S
2
4m;

S8m(mR)

3 ………………2分
从而有
a
2
S
2
S
1
2,a
3
S
3
S
2
4
q
a
3
2
a
2
，首项
………………4分
，因此通项公式为所以等比数列公比
（2）由（1）可得
a
1
1
a
n
2
n1
………………6分
lo g
2
(a
n
a
n1
)log
2
(2
n1
2)2n1
n
…………………8分
b
n< br>
1111
()
(2n1)(2n1)22n12n1
… ……………………10分
S
111111n
T
n
b
1
b
2

L
b
n
(1
L)
23352n12n12n1
……
………12分
18（1）因为
BC
平面SDM,
BC

平面ABCD,
平面SDM

平面ABCD=DM,
所以
BCDM
……………………2分
因为
ABDC
,所以四边形BCDM为平行四边形，又，
AB2CD
,所以M为AB的中点。…………………4分
因为
AM

AB

D
C
A
M
B




1
2
………………5分
（2）因为
BCSD
，
BCCD
，
所以
BC
平面
SCD
，
又因为
BC
平面
ABCD
，

所以平面
SCD
平面
ABCD
，
平面
SCDI
平面
ABCDCD
，
在平面
SC D
内过点
S
作
SE
直线
CD
于点
E，
则
SE
平面
ABCD
，………………6分
SEA
和
RtVSED
中， 在
RtV
因为
SA SD
o
，所以
AESA
2
SE
2
SD
2
SE
2
DE
，
又由题知
EDA45
，
所以
AEED

所以
分
AEEDSE1
， …………………………7

以下建系求解。
以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为
方向为Z轴建立如 图所示空间坐标系，则
Y轴，ES
E(0,0,0)
，
S(0,0,1)，
A(1,0,0)
，
B(1,2,0)
，
C(0,2,0)< br>，…………………………………………………………8分

uuruuuruuuru uur
SA(1,0,1)
，
AB(0,2,0)
，
SC( 0,2,1)
，
CB(1,0,0)
，
uruur


n
1
SA0

xz0
r
urur

uruuu

n(x,y,z)
，
n(1,0,1)
为平面
SAB
2y0
，

nAB0
，设平面
SAB
的法向量
1
则

1
所以

令x1
得
1
的一个法向量，…………………………………………9分

uur
n(0,1,2)
为平面
SBC
的一个法向量， ……………10分 同理得
2
uruur
uruur
nn
2
10
r
1
uur
cosn
1
,n
2

u
5
|n
1
||n
2
|
，

因为二面角
ASBC
为钝角
所以二面角
ASBC
余弦值为

19.
解：（1）甲 方案中派送员日薪
y
（单位：元）与送单数
n
的函数关系式为：

10
5
…………………………………………12分
y100n,nN
…………………………2分
乙方案中派送员日薪
y
（单位：元）与送单数
n
的函数关系式为：

140,(n55,nN)
y


12n520 ,(n55,nN)
………………………4分

①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：
52 54 56 58
单数
0.2 0.3 0.2 0.2
频率

60
0.1

所以
X
甲
X
甲
-----------5分

所以
P


的分布列为：
152
0.2
154
0.3
156
0.2
158
0.2
160
0.1
E

X
甲

=152 0.21540.31560.21580.21600.1155.4
22222
----6分
S
甲
2
=0.2

15 2155.4

+0.3

154155.4

+0 .2

156155.4

+0.2

15815 5.4

+0.1

160155.4

=6.44< br>
所以
-------7分
X
乙
X
乙
-----------8分

所以

P


的分布列为：
140
0.5
152
0.2
176
0.2
200
0.1
E

X
乙

=1400.5152 0.21760.22000.1=155.6
22
-----------9分 < br>2
S
乙
2
=0.5

140155.6

+0.2

152155.6

+0.2

176155.6

+0.1

200155.6

=404.64
②答案一：
由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且
波动相 对较小，所以小明应选择甲方案。--------12分
答案二：
由以上的计算结果可以看出，
应选择乙方案。--------12分
20解：

2
-------10分
E

X
甲

E

X
乙

S
甲
2
远小于S
乙
2
，即甲方案日工资收入
E

X
甲

E

X
乙

，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资 期望，所以小明

c2
e

a2


r
1
r
2
2a

222

r
1
r
2
4c

1

r
1
r
2
1
MFr,MFr,
1122
（1）设由题
2
，--------------------2分
2
a2,c1
b
解得，则
1
，
x
2
y
2
1

椭圆
C
的方程为
2
.-------------------------------------------4分 A(x
0
,y
0
)(x
0
y
0
0 )B(x
1
,y
1
),C(x
2
,y
2
)
，， （2）设
22
)B(1,)
AF
1
2
， 则
2
， 当直线的斜率不存在时，设
2
x
2
2
y (x1)
y1
2
AF
2
4
2
直线的方程为 代入，可得
5x2x70

A(1,

x
2

272
7
y
2
D(,)
10< br>，则
510

5
，
22
()
2

2
k
1

10
2
7
6
k2

(1)
2
，
5

直线
B D
的斜率为，直线
OA
的斜率为
221
k
1
k
2
()
626
，
1
kk
12
AF
2
6
. ----------------------------5分 当直线的斜率不存在时，同理可得
x
0
1
AF
1
AF
2
当直线、的斜率存在时，
y
0

y(x1)

x
0
1


2
y
0

x
y
2
1< br>y(x1)

AF
x
0
1
设直线
1< br>的方程为，则由
2
消去
x
可得：
222
[(x< br>0
1)
2
2y
0
]x
2
4y
0
x2y
0
2(x
0
1)
2
0
，
2
x
0
2
y
0
1
22
2y 2x
0
，代入上述方程可得 又
2
，则
0
22
( 32x
0
)x
2
2(2x
0
)x3x
0< br>4x
0
0
，
2
3x
0
4x
0
3x
0
4y3x
0
4y
0
x
1
x
0
,x
1
y
1

0
(1)
32x
0
32x
0
，则
x
0< br>132x
0
32x
0

3x4y
0
B(
0
,)
2x
0
32x
0
3
7分
设直线

AF
2
y
的方程为
y
0
3x4y
0
(x1)
D(
0
,)
x
0
1
2x
0
32x
0
3
----------------------------9分 ，同理可得

直线
BD
的斜率为
Q
直线
OA
的斜率为
y
0
y
0

2x32x
0
34x
0
y
0< br>x
0
y
0
k
1

0

2 2
3x
0
43x
0
4
12x
0
24 3x6
0

2x
0
32x
0
3
-- --------------11分
k
2

y
0
x
0
，
2
x
0
1
2
x
0
y
0
y
0
y
0
1
k
1
k
2

2
< br>2

2
2

3x
0
6x
03x
0
63x
0
66
.

11
k
1
k
2

6
. -----------------12分 所以，直线
BD
与
OA
的斜率 之积为定值
6
，即

1

f(1)

1b


a

0
f

1

0

e

21．解：（Ⅰ）由题意，所以，


又
若

f

(x)

xb1

ea
x
f

(1)
，所以
b1
a1
ee
，…………2分
a
1
e
，则
b2e0
，与
b0
矛盾，故
a 1
，
b1
…………4分
f(x)

x1


e
x
1

，
f(0)0,f(1)0
，…………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知
设
f( x)
在(-1，0)处的切线方程为
h(x)
，

1
< br>h(x)

1


x1


e

易得，，令
F(x)f(x)h(x)


1
F(x)

x1


e
x
1



1


x1

F
(x)

x2

e
x

1
e

e
， 即，
11
F

(x)

x2

e
x
0
ee
当
x2
时，
当
x2
时，
1
G(x)F

(x)

x2

e
x

G

(x)

x3

e
x
0
e设， ，

2,

上单调递增，又
F

(1)0
，

故函数
F(x)
在
所以当
x 

,1

x

1,

 
时，
F(x)0
，当时，
F(x)0
，
所以函数
F(x)
在区间

,1

上单调递减，在区间

1,

上单调递增，
me
1e

故
F(x)F(1)0
………… 7分
f(x
1
)h(x
1
)

设
h(x) m
的根为
x
1

，则
x
1

 1
又函数
h(x)
单调递减，故
h(x
1

) f(x
1
)h(x
1
)
，故
x
1
x
1
，………… 8分
设
yf(x)
在(0,0)处的切 线方程为
yt(x)
，易得
t(x)x

令
T(x) f(x)t(x)

x1


e
x
1
x
，
T

(x)

x2
< br>e
x
2
，
T

(x)

x 2

e
x
220
x2
当时，
当
x2
时，

2,

上单调递增，又
T

(0)0
，

故函数
T(x)
在
所以当

x
,0

x

0,


时，
T(x)0
，当时，
T(x)0
，
所以函数
T(x)在区间

,0

上单调递减，在区间

0,< br>
上单调递增，
T(x)T(0)0
………… 10分
f(x
2
)t(x
2
)

设
t(x) m
的根为
x
2

，则
x
2

 m

又函数
t(x)
单调递增，故
t(x
2
)f(x
2
)t(x
2
)
，故
x
2

x
2
，……… 11分

又
x
1

x
1
，
me

m(12e)

x
2
x
1
x2

x
1

m

11

1e

1e
………… 12分


选作题
22（1）由题意可知直线
l
的直角坐标方程为
y3x 2
，………… 2分
曲线
C
是圆心为
(3,1)
，半径为
r
的圆，直线
l
与曲线
C
相切，可得：
r
3312
2
2
；可知曲线C
的方程为
(x3)
2
(y1)
2
4
，…………4分
所以曲线C的极坐标方程为

2
23

cos

2

s in

0
，
即

4sin(



3
)
…………5分
N(


(2)由（1）不妨设M（

2
,


1
,

），
6
)
，（

1
0,

2
0
）
S
1

MON
2
OMONsin
6
…………7分

………………9分



当
12
时,
S
MON
23

所以△MON面积的最大值为
23
. ………………10分
23. 【解析】
（1）由题意可知
2
x3
xm
恒 成立，令
g(x)2
x3
x
，

x6,(x3 )
g(x)2
x3
x


63x,(0x3 )

去绝对值可得：

6x,(x0)
，
………………3分

画图可知
g(x)
的最小值为-3，所以 实数
m
的取值
m3
； ………………5分
（2）由（1）可知
a
2
b
2
 c
2
9
，所以
a
2
1b
2
2c
2
315
，
1
(
111
2
< br>2

2
3
)(a
2
1b
2
2c
2
3)
a
2
1

1
b
2
2

1
c
2
3

a1b2c
15
………………7分
3
b
2
2a
2
1c
2
3a
2
1c
2
3b
22

a
2
1

b
2
2

a
2
1

c
2
3

b2
2

c
2
3
15

9
15

3
5
………………9分
当且仅当
a
2
1b
2
2c
2
35
，即
a
2
4,b
2
3,c
2
2
等号成立，
1
所以
a
2
1

1
b
2
2

13
c
2
3
的最小值为
5
. ………………10分

范围为