2019-2020年高三数学下学期第三次月考试卷 理（含解析）.doc

2019-2020年高三数学下学期第三次月考试卷 理（含解析）一、选择题（每小题有且只有1个选项符合题意，将正确的选项涂在答题卡上，每小题5分，共40分）1某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A 180B 240C 276D 3002已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，给出四个命题：若=m，n，nm，则若m，m，则若m，n，mn，则若m，n，mn，则其中正确的命题是（）A B C D 3已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（）A B C D 4在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为（）A 2B 1C D 5已知F1和F2分别是双曲线（a0，b0）的两个焦点，A和B是以O为圆心，以|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且F2AB是等边三角形，则该双曲线的离心率为（）A B C D 26已知双曲线C1：=1（a0，b0）的焦距是实轴长的2倍若抛物线C2：x2=2py（p0）的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为（）A x2=yB x2=yC x2=8yD x2=16y7抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（）A B C D 8已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点若AB的中点坐标为（1，1），则E的方程为（）A B C D 二、填空题：（每小题0分，共30分）015春天津校级月考）已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an+1（nN*），且a1=1，则通项公式an=1015春天津校级月考）圆心在直线x2y+7=0上的圆C与x轴交于两点A（2，0）、B（4，0），则圆C的方程为1015春天津校级月考）在边长为2的菱形ABCD中，BAD=60，E为CD的中点，则=1015春天津校级月考）已知cos（x）=，则cosx+cos（x）=1015春天津校级月考）已知函数y=x33x+c的图象与x轴恰有三个公共点，则实数c的取值范围是1015春天津校级月考）点F是椭圆E：的左焦点，过点F且倾斜角是锐角的直线l与椭圆E交于A、B两点，若AOB的面积为，则直线l的斜率是三、解答题：（15-18每小题0分，19-20每小题0分，共80分）1015春天津校级月考）一个袋子中装有大小形状完全相同的编号分别为1，2，3，4，5的5个红球与编号为1，2，3，4的4个白球，从中任意取出3个球（）求取出的3个球颜色相同且编号是三个连续整数的概率；（）记X为取出的3个球中编号的最大值，求X的分布列与数学期望1013铁岭模拟）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosC，bcosB，ccosA成等差数列，（）求B的值；（）求2sin2A+cos（AC）的范围1014东莞二模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD底面ABCD，且PA=PD=AD，E、F分别为PC、BD的中点（） 求证：EF平面PAD；（） 求证：面PAB平面PDC；（） 在线段AB上是否存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为？说明理由1014河北区三模）已知函数f（x）=（）若a=2，求f（x）在（1，f（1）处的切线方程；（）求f（x）在区间1，e上的最小值；（）若f（x）在区间（1，e）上恰有两个零点，求a的取值范围1014天津三模）已知数列an的前n项和Sn=an+2（nN*），数列bn满足bn=2nan（1）求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；（2）设数列an的前n项和为Tn，证明：nN*且n3时，Tn；（3）设数列cn满足an（cn3n）=（1）n1n（为非零常数，nN*），问是否存在整数，使得对任意nN*，都有cn+1cnxx和平区一模）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个顶点恰好是抛物线x2=4的焦点（I）求椭圆C的标准方程；（II）若A、B是椭圆C上关x轴对称的任意两点，设P（4，0），连接PA交椭圆C于另一点E，求证：直线BE与x轴相交于定点M；（III）设O为坐标原点，在（II）的条件下，过点M的直线交椭圆C于S、T两点，求的取值范围xx学年天津市南开中学高三（下）第三次月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题有且只有1个选项符合题意，将正确的选项涂在答题卡上，每小题5分，共40分）1某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A 180B 240C 276D 300考点：由三视图求面积、体积专题：计算题分析：由三视图可知几何体复原后，上部是四棱锥，下部是正方体，利用三视图的数据，求出几何体的表面积即可解答：解：由题意可知几何体复原后，上部是四棱锥，下部是正方体，四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面斜高为5；下部是棱长为6的正方体，所以几何体的表面积为：5个正方形的面积加上棱锥的侧面积，即：566+44=240故选B点评：本题考查几何体与三视图的关系，几何体的表面积的求法，考查计算能力2已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，给出四个命题：若=m，n，nm，则若m，m，则若m，n，mn，则若m，n，mn，则其中正确的命题是（）A B C D 考点：命题的真假判断与应用；平面与平面之间的位置关系专题：空间位置关系与距离分析：由面面垂直的判定定理，可判断的真假；由面面平行的判定定理及线面垂直的几何特征，可以判断的真假；由面面垂直的判定定理，及线面垂直的几何特征，可以判断的真假；根据线面平行的几何特征及面面平行的判定方法，可以判断的真假解答：解：若=m，n，nm，如图，则与不一定垂直，故为假命题；若m，m，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则；故为真命题；若m，n，mn，则，故为真命题；若m，n，mn，如图，则与可能相交，故为假命题故选B点评：本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，熟练掌握空间直线与平面平行及垂直的判定定理、性质定义、几何特征是解答的关键3已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（）A B C D 考点：直线与平面所成的角专题：空间位置关系与距离；空间角分析：利用三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直和线面角的定义可知，APA1为PA与平面A1B1C1所成角，即为APA1为PA与平面ABC所成角利用三棱锥的体积计算公式可得AA1，再利用正三角形的性质可得A1P，在RtAA1P中，利用tanAPA1=即可得出解答：解：如图所示，AA1底面A1B1C1，APA1为PA与平面A1B1C1所成角，平面ABC平面A1B1C1，APA1为PA与平面ABC所成角=V三棱柱ABCA1B1C1=，解得又P为底面正三角形A1B1C1的中心，=1，在RtAA1P中，故选B点评：熟练掌握三棱柱的性质、体积计算公式、正三角形的性质、线面角的定义是解题的关键4在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为（）A 2B 1C D 考点：简单线性规划专题：不等式的解法及应用分析：本题属于线性规划中的延伸题，对于可行域不要求线性目标函数的最值，而是求可行域内的点与原点（0，0）构成的直线的斜率的最小值即可解答：解：不等式组表示的区域如图，当M取得点A（3，1）时，z直线OM斜率取得最小，最小值为k=故选C点评：本题利用直线斜率的几何意义，求可行域中的点与原点的斜率本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题5已知F1和F2分别是双曲线（a0，b0）的两个焦点，A和B是以O为圆心，以|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且F2AB是等边三角形，则该双曲线的离心率为（）A B C D 2考点：双曲线的简单性质专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：连接AF1，可得AF2F1=30，F1AF2=90，F2F1=2c，AF1=c，AF2=c，由双曲线的定义可知：AF2AF1=cc=2a，变形可得离心率的值解答：解：连接AF1，可得AF2F1=30，F1AF2=90，由焦距的意义可知F2F1=2c，AF1=c，由勾股定理可知AF2=c，由双曲线的定义可知：AF2AF1=2a，即cc=2a，变形可得双曲线的离心率=+1故选：C点评：本题考查双曲线的性质，涉及直角三角形的性质，属中档题6已知双曲线C1：=1（a0，b0）的焦距是实轴长的2倍若抛物线C2：x2=2py（p0）的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为（）A x2=yB x2=yC x2=8yD x2=16y考点：抛物线的简单性质专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：利用双曲线C1：=1（a0，b0）的焦距是实轴长的2倍，推出a，b的关系，求出抛物线的焦点坐标，通过点到直线的距离求出p，即可得到抛物线的方程解答：解：双曲线C1：=1（a0，b0）的焦距是实轴长的2倍，c=2a，即=4，双曲线的一条渐近线方程为：抛物线C2：x2=2py（p0）的焦点（0，）到双曲线C1的渐近线的距离为2，2=，p=8抛物线C2的方程为x2=16y故选：D点评：本题考查抛物线的简单性质，点到直线的距离公式，双曲线的简单性质，考查计算能力7抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（）A B C D 考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标，由两点式写出过两个焦点的直线方程，求出函数在x取直线与抛物线交点M的横坐标时的导数值，由其等于双曲线渐近线的斜率得到交点横坐标与p的关系，把M点的坐标代入直线方程即可求得p的值解答：解：由，得x2=2py（p0），所以抛物线的焦点坐标为F（）由，得，所以双曲线的右焦点为（2，0）则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为，即设该直线交抛物线于M（），则C1在点M处的切线的斜率为由题意可知，得，代入M点得M（）把M点代入得：解得p=故选：D点评：本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数，是中档题8已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点若AB的中点坐标为（1，1），则E的方程为（）A B C D 考点：椭圆的标准方程专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，利用“点差法”可得利用中点坐标公式可得x1+x2=2，y1+y2=2，利用斜率计算公式可得=于是得到，化为a2=2b2，再利用c=3=，即可解得a2，b2进而得到椭圆的方程解答：解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，相减得，x1+x2=2，y1+y2=2，=，化为a2=2b2，又c=3=，解得a2=18，b2=9椭圆E的方程为故选D点评：熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键二、填空题：（每小题0分，共30分）015春天津校级月考）已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an+1（nN*），且a1=1，则通项公式an=考点：数列递推式专题：等差数列与等比数列分析：通过an+1=Sn+1Sn，可得该数列从第2项起的公比为，进而可得结论解答：解：Sn=2an+1（nN*），Sn+1=2an+2，两式相减得：an+1=2an+22an+1，整理得：=，又a1=1，a1+a2=2a2，即a2=，故答案为：点评：本题考查求数列的通项，注意解题方法的积累，属于基础题1015春天津校级月考）圆心在直线x2y+7=0上的圆C与x轴交于两点A（2，0）、B（4，0），则圆C的方程为（x+3）2+（y2）2=5考点：圆的标准方程专题：计算题；直线与圆分析：由条件求得圆心的坐标为C（3，2），半径r=|AC|=，从而得到圆C的方程解答：解析：直线AB的中垂线方程为x=3，代入直线x2y+7=0，得y=2，故圆心的坐标为C（3，2），再由两点间的距离公式求得半径r=|AC|=，圆C的方程为 （x+3）2+（y2）2=5故答案为：（x+3）2+（y2）2=5点评：本题主要考查圆的标准方程，直线和圆的位置关系的应用，属于中档题1015春天津校级月考）在边长为2的菱形ABCD中，BAD=60，E为CD的中点，则=1考点：平面向量数量积的运算专题：平面向量及应用分析：由题意可得|=|=2，且与的夹角BAD=60，用与作基底表示要求的向量，由数量积的运算可得解答：解：由题意可得|=|=2，且与的夹角BAD=60，由向量的运算可得=+=+，=，=（+）（）=222222=1故答案为：1点评：本题考查平面向量的数量积，涉及平面向量基本定理，属基础题1015春天津校级月考）已知cos（x）=，则cosx+cos（x）=1考点：两角和与差的余弦函数专题：三角函数的求值分析：由和差角的三角函数公式可得cosx+cos（x）=cosx+cosx+sinx=cos（x），代入已知数据可得解答：解：cos（x）=，cosx+cos（x）=cosx+cosx+sinx=cosx+sinx=（cosx+sinx）=cos（x）=1故答案为：1点评：本题考查两角和与差的三角函数公式，属基础题1015春天津校级月考）已知函数y=x33x+c的图象与x轴恰有三个公共点，则实数c的取值范围是（2，2）考点：利用导数研究函数的极值专题：导数的概念及应用分析：由题意，根据根的存在性定理知，只需使函数f（x）的极大值与极小值符号相反即可解答：解：令f（x）=3x23=0解得，x=1或x=1，函数f（x）=x33x+c的图象与x轴恰好有三个不同的公共点，f（1）f（1）0，即（c2）（c+2）0，则2c2，故答案为：（2，2）点评：本题考查了函数的图象与性质，利用导数求极值及根的存在性定理1015春天津校级月考）点F是椭圆E：的左焦点，过点F且倾斜角是锐角的直线l与椭圆E交于A、B两点，若AOB的面积为，则直线l的斜率是考点：椭圆的简单性质专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：求出椭圆的a，b，c，求得F的坐标，设直线AB：x=my4，（m0），代入椭圆方程，可得（25+9m2）y272my81=0，运用韦达定理，由AOB的面积为S=|OF|y1y2|=，两边平方，化简整理，解方程即可得到m，进而得到直线l的斜率解答：解：椭圆E：的a=5，b=3，c=4，则F（4，0），设直线AB：x=my4，（m0），代入椭圆方程，可得（25+9m2）y272my81=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2=，y1y2=，则|y1y2|2=（y1+y2）24y1y2=（）24=，则AOB的面积为S=|OF|y1y2|=，两边平方可得，16=81，解得m=，即有直线l的斜率为，故答案为：点评：本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，考查化简运算能力，属于中档题三、解答题：（15-18每小题0分，19-20每小题0分，共80分）1015春天津校级月考）一个袋子中装有大小形状完全相同的编号分别为1，2，3，4，5的5个红球与编号为1，2，3，4的4个白球，从中任意取出3个球（）求取出的3个球颜色相同且编号是三个连续整数的概率；（）记X为取出的3个球中编号的最大值，求X的分布列与数学期望考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列专题：概率与统计分析：（）设“取出的3个球颜色相同且编号是三个连续整数”为事件A，利用古典概型的概率公式求解即可（）X的取值可能是2，3，4，5，分别分别求出概率得到分布列，然后求解期望即可解答：解：（）设“取出的3个球颜色相同且编号是三个连续整数”为事件A，则P（A）=（）X的取值为2，3，4，5=，=，=，=所以X的分布列为X2345PX的数学期望EX=2+3+4=点评：本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查古典概型概率的求法，考查计算能力1013铁岭模拟）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosC，bcosB，ccosA成等差数列，（）求B的值；（）求2sin2A+cos（AC）的范围考点：正弦定理；等差数列；三角函数的定义域专题：计算题分析：（）根据等差数列的性质可知acosC+ccosA=2bcosB，利用正弦定理把边转化成角的正弦，化简整理得sinB=2sinBcosB，求得cosB，进而求得B（）先利用二倍角公式对原式进行化简整理，进而根据A的范围和正弦函数的单调性求得2sin2A+cos（AC）的范围解答：解：（）acosC，bcosB，ccosA成等差数列，acosC+ccosA=2bcosB，由正弦定理得，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入得：2RsinAcosC+2RcosAsinC=4RsinBcosB，即：sin（A+C）=sinB，sinB=2sinBcosB，又在ABC中，sinB0，0B，；（），=，2sin2A+cos（AC）的范围是点评：本题主要考查了正弦定理的应用解题的关键就是利用了正弦定理把边的问题转化成了角的问题，利用三角函数的特殊性质求得答案1014东莞二模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD底面ABCD，且PA=PD=AD，E、F分别为PC、BD的中点（） 求证：EF平面PAD；（） 求证：面PAB平面PDC；（） 在线段AB上是否存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为？说明理由考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法专题：空间位置关系与距离；空间角分析：（I）证明：连接AC，则F是AC的中点，E为PC 的中点，证明EFPA，留言在线与平面平行的判定定理证明EF平面PAD；（II）先证明CDPA，然后证明PAPD利用直线与平面垂直的判定定理证明PA平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB面PDC（III）假设在线段AB上，存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为，然后以O为原点，直线OA，OF，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设G（1，a，0）（0a2）利用空间向量的坐标运算求出a值，即可得出结论解答：证明：（）连结ACBD=F，ABCD为正方形，F为AC中点，E为PC中点在CPA中，EFPA（2分）且PA平面PAD，EF平面PADEF平面PAD（4分）（）因为平面PAD平面ABCD，平面PAD面ABCD=ADABCD为正方形，CDAD，CD平面ABCD所以CD平面PADCDPA（6分）又PA=PD=AD，所以PAD是等腰直角三角形，且APD=90即PAPDCDPD=D，且CD、PD面PDCPA面PDC又PA面PAB，面PAB面PDC.（9分）（） 如图，取AD的中点O，连结OP，OFPA=PD，POAD侧面PAD底面ABCD，面PAD面ABCD，PO面ABCD，而O，F分别为AD，BD的中点，OFAB，又ABCD是正方形，故OFADPA=PD=AD，PAPD，OP=OA=1以O为原点，直线OA，OF，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有A（1，0，0），F（0，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1）若在AB上存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为，连结PG，DG设G（1，a，0）（0a2）由（）知平面PDC的法向量为=（1，0，1）设平面PGD的法向量为=（x，y，z）=（1，0，1），=（2，a，0），由，=0可得，令x=1，则y=，z=1，故=（1，1），cos=，解得，a=所以，在线段AB上存在点G（1，0），使得二面角CPDG的余弦值为（14分）点评：本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用及二面角的平面角及求法，考查逻辑推理能力1014河北区三模）已知函数f（x）=（）若a=2，求f（x）在（1，f（1）处的切线方程；（）求f（x）在区间1，e上的最小值；（）若f（x）在区间（1，e）上恰有两个零点，求a的取值范围考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点；利用导数求闭区间上函数的最值专题：导数的综合应用分析：（）把a=2代入可得f（1）=1，f（1）=，进而可得方程，化为一般式即可；（）可得x=为函数的临界点，分1，1e，三种情形来讨论，可得最值；（）由（）可知当0a1或ae2时，不合题意，当1ae2时，需，解之可得a的范围解答：解：（I）当a=2时，f（x）=，f（x）=x，f（1）=1，f（1）=，故f（x）在（1，f（1）处的切线方程为：y=（x1）化为一般式可得2x+2y3=0.（3分）（）求导数可得f（x）=x=由a0及定义域为（0，+），令f（x）=0，解得x=，若1，即0a1，在（1，e）上，f（x）0，f（x）在1，e上单调递增，因此，f（x）在区间1，e的最小值为f（1）=若1e，即1ae2，在（1，）上，f（x）0，f（x）单调递减；在（，e）上，f（x）0，f（x）单调递增，因此f（x）在区间1，e上的最小值为f（）=，若，即ae2在（1，e上，f（x）0，f（x）在1，e上单调递减，因此，f（x）在区间1，e上的最小值为f（e）=综上，当0a1时，fmin（x）=；当1ae2时，fmin（x）=；当ae2时，fmin（x）=（9分）（） 由（）可知当0a1或ae2时，f（x）在（1，e）上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点当1ae2时，要使f（x）在区间（1，e）上恰有两个零点，则 即，此时，ea所以，a的取值范围为（e，）.（13分）点评：本题考查利用导数研究函数的切线，涉及函数的零点和闭区间的最值，属中档题1014天津三模）已知数列an的前n项和Sn=an+2（nN*），数列bn满足bn=2nan（1）求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；（2）设数列an的前n项和为Tn，证明：nN*且n3时，Tn；（3）设数列cn满足an（cn3n）=（1）n1n（为非零常数，nN*），问是否存在整数，使得对任意nN*，都有cn+1cn考点：等差数列的性质；数列与不等式的综合专题：等差数列与等比数列分析：（1）由已知条件推导出2nan=2n1an1+1由此能证明数列bn是首项和公差均为1的等差数列从而求出an=（2）由（1）知=（n+1）（）n，利用错位相减法能求出Tn=3再用数学归纳法能证明nN*且n3时，Tn（3）由an（cn3n）=（1）n1n可求得cn，对任意nN+，都有cn+1cn即cn+1cn0恒成立，整理可得（1）n1（）n1，分n为奇数、偶数两种情况讨论，分离出参数后转化为函数最值即可解决解答：（1）证明：在Sn=an+2（nN*）中，令n=1，得S1=a11+2=a1，解得a1=，当n2时，Sn1=an1（）n2+2，an=SnSn1=an+an1+（）n1，2an=an1+（）n1，即2nan=2n1an1+1bn=2nan，bn=bn1+1，即当n2时，bnbn1=1，又b1=2a1=1，数列bn是首项和公差均为1的等差数列于是bn=1+（n1）1=n=2nan，an=（2）证明：，=（n+1）（）n，Tn=2+3（）2+（n+1）（）n，=2（）2+3（）3+（n+1）（）n+1，得：=1+=1+（n+1）（）n+1=，Tn=3Tn=3=，确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小下面用数学归纳法证明nN*且n3时，Tn当n=3时，2323+1，成立假设当n=k（k3）时，2k2k+1成立，则当n=k+1时，2k+1=22k2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k1）2（k+1）+1，当n=k+1时，也成立于是，当n3，nN*时，2n2n+1成立nN*且n3时，Tn（3）由，得=3n+（1）n12n，cn+1cn=3n+1+（1）n2n+13n+（1）n12n=23n3（1）n12n0，当n=2k1，k=1，2，3，时，式即为，依题意，式对k=1，2，3都成立，1，当n=2k，k=1，2，3，时，式即为，依题意，式对k=1，2，3都成立，又0，存在整数=1，使得对任意nN*有cn+1cn点评：本题考查数列递推式、等差数列的通项公式、数列求和等知识，考查恒成立问题，考查转化思想，错位相减法对数列求和是高考考查的重点内容，要熟练掌握xx和平区一模）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个顶点恰好是抛物线x2=4的焦点（I）求椭圆C的标准方程；（II）若A、B是椭圆C上关x轴对称的任意两点，设P（4，0），连接PA交椭圆C于另一点E，求证：直线BE与x轴相交于定点M；（III）设O为坐标原点，在（II）的条件下，过点M的直线交椭圆C于S、T两点，求的取值范围考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程专题：圆锥曲线中的最值与范围问题分析：（1）由抛物线x2=4得焦点设椭圆方程为由题意可得，再利用及a2=b2+c2即可得出；（2）由题意可知直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y=k（x+4），与椭圆的方程联立即可得到根与系数的关系设点A（x1，y1），E（x2，y2），则B（x1，y1）直线BE的方程为把y1，y2分别用x1，x2表示，在代入直线BE的方程即可得出；（3）当过点M的直线斜率存在时，设直线ST的方程为y=m（x+1），且S（x3，y3），T（x4，y4）在椭圆C上，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系及判别式，再利用向量的数量积，即可得出其其中范围当过点M的直线斜率不存在时，比较简单解答：（1）解：由抛物线x2=4得焦点设椭圆方程为由题意可得，解得，椭圆的方程为（2）证明：由题意可知直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y=k（x+4），联立，消去y得到（4k2+3）x2+32k2x+64k212=0 设点A（x1，y1），E（x2，y2），则B（x1，y1）直线BE的方程为令y=0，则，把y1=k（x1+4），y2=k（x2+4）代入上式并整理得由得，将其代入并整理得直线BE与x轴相交于定点M（1，0）（3）当过点M的直线斜率存在时，设直线ST的方程为y=m（x+1），且S（x3，y3），T（x4，y4）在椭圆C上，联立得（4m2+3）x2+8m2x+4m212=0，则=（8m2）24（4m2+3）（4m212）=144（m2+1）0，=m2（x3x4+x3+x4+1）=x3x4+y3y4=由m20得当过点M的直线斜率不存在时，直线ST的方程为x=1，此时，的取值范围为点评：本题综合考查了椭圆、抛物线的标准方程及其性质、直线与圆锥曲线相交问题转化为一元二次方程得根与系数的关系、直线过定点问题、向量相等及其数量积等基础知识及基本技能，考查了分类讨论的思想方法、推理能力和计算能力