2017年普通高等学校招生全国统一考试数学试题文(天津卷,含解析)

2017年普通高等学校招生全国统一考试数学试题 文

天津卷

【试卷点评】

2017年天津高考数学试卷考点变化不大，题型结构与2016年相同，从知识结构角度看，试卷考查内容覆盖面广，与往年基本一致。与此同时，试卷命题中出现的综合与创新，体现了能力立意的命题思路与稳中求变的命题特点。整卷难度分布合理，具有较好的区分度，整体难度与去年相比稍有降低。

纵观整篇试卷，命题严格按照《考试说明》与课程标准，双基内容占了相当大的比例，体现了命题人回归教材、突出主干的思路，重视对考生基本数学素养的考查。对于此部分题目，只要考生熟练掌握基本概念和定理，就可以轻松得分。试卷在知识点选择上与去年相比略有改变，考验学生基础知识掌握的全面性。试卷命题风格稳定，试题布局合理，利于考生发挥自身真实水平，具有较好的信度和效度。 每年天津高考命题都会给予应用问题一定的关注，对中学数学教学重视数学应用有很好的导向作用，第16题以大家熟悉的电视剧与广告以及收视人次为命题背景，选材合理，将线性规划与实际问题相结合，考查学生的理解能力以及应用数学知识解决实际问题的能力，体现了数学的应用价值与人文特色。知识难度不大，审清题后可较容易地得到答案，体现了新课标的教育理念。

在注重基础和应用的同时，今年天津高考试卷也加强了综合性与创新性的考查，以提高试卷区分度，如第8题，主要考查基本初等函数的图象和性质，设问综合了分段函数单调性、函数零点以及图象变换等典型考点，充分考查了考生的数形结合思想与转化化归思想，考验学生的知识理解深度与分析问题解决问题的能力。第19题设问较为新颖，命题具有一定的抽象性与综合性，需要学生基于三次函数单调性与极值最值的关系进行探索分析，考查函数与方程、分类讨论、转化等数学思想，问题思路环环相扣，逻辑严密，难度较大，充分考验学生的心理素质，具有较好的区分度，体现了高考的选拔性，另外也给优秀学生提供了展示自身能力的平台，也引导我们数学教学工作需注重数学能力与创新意识的培养。第20题总的来说需要考生熟练掌握解析几何中常见几何图形性质的代数表达并合理选择参数简化运算，对考生的运算和解题技巧要求较高。，2016年天津理科数学试卷继续稳字当头，平凡问题考查真功夫，没有出现任何偏题怪题，有利于学生考出好成绩，也对中学数学教学回归教材、扎实基础有很好的导向作用。

【试题解析】

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页。

1

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题考上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2.本卷共8小题，每小题5分，共40分。 参考公式：

·如果事件A，B互斥，那么·如果事件A，B相互，那么

P(A∪B)=P(A)+P(B)．P(AB)=P(A) P(B)．

·棱柱的体积公式V=Sh. 其中S表示棱柱的底面面积，

圆锥的体积公式V1Sh. 3其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高．

h表示棱柱的高．

一、选择题：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）设集合A{1,2,6},B{2,4},C{1,2,3,4}，则(AB)C （A）{2}（B）{1,2,4}（C）{1,2,4,6}（D）{1,2,3,4,6} 【答案】B

【考点】集合的运算

【名师点睛】集合分为有限集合和无限集合，若集合个数比较少时可以用列举法表示，若集合是无限集合就用描述法表示，注意代表元素是什么，集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.

（2）设xR，则“2x0”是“|x1|1”的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件

2

【答案】B 【解析】

试题分析：2x0，则x2，x11，则1x11,0x2，x0x2xx2 ，据此可知：“2x0”是“x11”的的必要的必要不充分条件，本题选择B选项. 【考点】充分必要条件

【名师点睛】判断充分必要条件的的方法：1.根据定义，若pq,qp，那么p是q的充分不必要条件，同时q是p的必要不充分条件，若pq，那互为充要条件，若pq，那就是既不充分也不必要条件，2.当命题是以集合形式给出时，那就看包含关系，若p:xA,q:xB,若AB，那么p是q的充

分必要条件，同时q是p的必要不充分条件，若AB，互为充要条件，若没有包含关系，就是既不充分也不必要条件，3.命题的等价性，根据互为逆否命题的两个命题等价，将p是q条件的判断，转化为q是

p条件的判断.

（3）有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为 （A）

4321（B）（C）（D）5555

【答案】C

【考点】古典概型

【名师点睛】本题主要考查的是古典概型及其概率计算公式.，属于基础题．解题时要准确理解题意，先要判断该概率模型是不是古典概型，利用排列组合有关知识，正确找出随机事件A包含的基本事件的个数和

nA试验中基本事件的总数代入公式P.

n（4）阅读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为19，则输出N的值为

3

（A）0 （B）1（C）2（D）3 【答案】C

【考点】循环结构程序框图

【名师点睛】解决此类型时要注意：第一，要明确是当型循环结构，还是直到型循环结构．根据各自的特点执行循环体；第二，要明确图中的累计变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；第三，要明确循环体终止的条件是什么，会判断什么时候终止循环体，争取写出每一个循环，这样避免出错.

x2y2（5）已知双曲线221(a0,b0)的左焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是边长为2

ab的等边三角形（O为原点），则双曲线的方程为

x2y2x2y2x2y22211（B）1（C）y1（D）x（A）

33412124

【答案】D 【解析】

4

c2222试题分析：由题意结合双曲线的渐近线方程可得：cab，解得：a21,b23，

btan6003ay21，本题选择D选项. 双曲线方程为：x32【考点】双曲线方程

【名师点睛】本题主要考查的是双曲线的标准方程和双曲线的简单几何性质，属于基础题．解题时要注意a、

b、c的关系c2a2b2，否则很容易出现错误．解本题首先画图，掌握题中所给的几何关系，再结合双

曲线的一些几何性质，得到a,b,c的关系，联立方程，求得a,b,c的值，

0.8（6）已知奇函数f(x)在R上是增函数.若af(log2),bf(log24.1),cf(2)，则a,b,c的大小

15关系为

（A）abc（B）bac（C）cba（D）cab 【答案】C

【考点】1.指数，对数；2.函数性质的应用

【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性与指数、对数的运算问题，属于基础题型，首先根据奇函数的性质和对数运算法则，aflog25，再比较log25,log24.1,20.8比较大小. （7）设函数f(x)2sin(x),xR，其中0,||π.若f(正周期大于2π，则

5π11π)2,f()0,且f(x)的最小882π211π111π17π,（B）,（C）,（D）,312312324324

【答案】A

（A）

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【考点】三角函数的性质

【名师点睛】本题考查了yAsinx的解析式，和三角函数的图象和性质，本题叙述方式新颖,是一道考查能力的好题，本题可以直接求解，也可代入选项，逐一考查所给选项：当x5时，82525111511，满足题意，，不合题意，B选项错误；，不合381223812238244题意，C选项错误；

15711211111718，满足题意；当x，满足题意；时，，不3824283812382424合题意，D选项错误.本题选择A选项.

|x|2,x1,x（8）已知函数f(x)设aR，若关于x的不等式f(x)|a|在R上恒成立，则a的取22x,x1.x值范围是

（A）[2,2]（B）[23,2]（C）[2,23]（D）[23,23] 【答案】A 【解析】

试题分析：首先画出函数fx的图象，当a0时，gx的斜率时xa的零点是x2a0，零点左边直线21x1，不会和函数fx有交点，满足不等式恒成立，零点右边gxa，函数的斜率22k1x，根据图象分析，当x0时，a2，即0a2成立，同理，若a0 ，函数gxa的22零点是x2a0，零点右边gxxxafx恒成立，零点左边gxa，根据图象分析当22x0时，a2a2，即2a0 ，当a0时，fxgx恒成立，所以2a2，故选

A.

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【考点】1.分段函数；2.函数图形的应用；3.不等式恒成立.

【名师点睛】一般不等式恒成立求参数1.可以选择参变分离的方法，转化为求函数最值的问题；2.也可以画出两边的函数图象，根据临界值求参数取值范围；3.也可转化为Fx0的问题，转化讨论求函数的最值求参数的取值范围. 本题中的函数fx 和gxxa都是比较熟悉的函数，考场中比较快速的方法是就是代入端点，画出2函数的图象，快速准确，满足题意时fx的图象恒不在函数yxa下方， 2当a23时，函数图象如图所示，排除C,D选项；

当a23时，函数图象如图所示，排除B选项，

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第Ⅱ卷

注意事项：

1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 2．本卷共12小题，共110分。

二. 填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. （9）已知aR，i为虚数单位，若【答案】2

ai为实数，则a的值为 . 2i

【考点】复数的运算

【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可，或者设据两边复数相等，求解.

（10）已知aR，设函数f(x)axlnx的图象在点（1，f(1)）处的切线为l，则l在y轴上的截距为 . 【答案】1 【解析】

试题分析：f(1)a，切点为(1,a)，f(x)aaibai2bbi，根2i1，则切线的斜率为f(1)a1，切线方程为：xya(a1)(x1)，令x0得出y1，l在y轴的截距为1.

8

【考点】导数的几何意义

【名师点睛】本题考查了导数的几何意义，属于基础题型，函数fx在点x0处的导数fx0的几何意义是曲线yfx在点Px0,y0处的切线的斜率．相应地，切线方程为yy0fx0xx0．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同,谨记，有切点直接带入切点，没切点设切点，建立方程组求切点.

（11）已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】

9 2

【考点】球与几何体的组合体

【名师点睛】正方体与其外接球的组合体比较简单，因为正方体的中心就是外接球的球心，对于其他几何体的外接球，再找球心时，注意球心到各个顶点的距离相等，1.若是柱体，球心肯定在中截面上，再找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线与中截面的交点就是球心，2.若是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，3.若是三棱锥，三条侧棱两两垂直时，也可补成长方体，长方体的外接球就是此三棱锥的外接球，这样做题比较简单.

（12）设抛物线y24x的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若FAC120，则圆的方程为 . 【答案】(x1)2(y3)21 【解析】

试题分析：设圆心坐标为C(1,m)，则A(0,m)，焦点F(1,0)，

ACAF11，m3，由于圆C与y轴得AC(1,0),AF(1,m)，cosCAF2ACAF1m2正半轴相切，则取m3，所求圆得圆心为(1,3)，半径为1，所求圆的方程为(x1)2(y3)21. 【考点】1.抛物线的方程；2.圆的方程.

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【名师点睛】本题设计比较巧妙，考查了圆，抛物线的方程，同时还考查了向量数量积的坐标表示，本题只有一个难点，就是CAF120，会不会用向量的坐标表示cosCAF，根据图象，可设圆心为

0C1,m，那么方程就是x1ym1，若能用向量的坐标表示角，即可求得m，问题也就迎刃

而解了.

22a44b41（13）若a，bR，ab0，则的最小值为 .

ab【答案】4

【考点】基本不等式求最值

【名师点睛】本题使用了两次基本不等式，要注意两次使用的条件是不是能同时成立，基本不等式的常用

22ababab22形式包含ab2aba,bR，ab2aba,bR，ab 等， ，22222基本不等式可以证明不等式，也可以求最值，再求最值时，注意“一正，二定，三相等”的条件，是不是能取得，否则就不能用其求最值，若是使用2次，更要注意两次使用的条件是不是能同时成立.

（14）在△ABC中，A60，AB=3，AC=2.若BD2DC，AEACAB（R），且ADAE4，

则的值为 . 【答案】 【解析】

3 11120试题分析：ABAC32cos603,ADABAC ,则

33122123ADAE(ABAC)(ACAB)34934.

33333311【考点】1.平面向量基本定理；2.向量数量积.

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【名师点睛】平面向量问题中，向量的线性运算和数量积是高频考点，当出现线性运算问题时，向要选好

基底向量，如本题就要灵活使用向量AB,AC，要注意结合图形的性质，灵活运用向量的运算解决问题，当

涉及到向量数量积时，要记熟向量数量积的公式、坐标公式、几何意义等.

三. 解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （15）（本小题满分13分）

在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA4bsinB，ac5(a2b2c2). （I）求cosA的值； （II）求sin(2BA)的值. 【答案】(Ⅰ)【解析】

试题分析（Ⅰ）首先根据正弦定理

525 ；(Ⅱ) . 55sinAa代入得到a2b，再根据余弦定理求得cosA；（Ⅱ）根据（Ⅰ）sinBb的结论和条件，根据cosA求sinA，和a2b, 以及正弦定理求得sinB ，再求cosB，以及

sin2B,cos2B，最后代入求sin2BA的值.

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得sinA25asinA5，代入asinA4bsinB，得sinB. 54b5425.于是sin2B2sinBcosB，

55由（Ⅰ）知，A为钝角，所以cosB1sin2B3cos2B12sin2B，故

54532525. sin(2BA)sin2BcosAcos2BsinA()55555【考点】1.正余弦定理；2.三角恒等变换.

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【名师点睛】高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式 （16）（本小题满分13分）

电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告.已知每次播放甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示：

甲 乙 连续剧播放时长（分钟） 70 60 广告播放时长（分钟） 5 5 收视人次（万） 60 25 已知电视台每周安排的甲、乙连续剧的总播放时间不多于600分钟，广告的总播放时间不少于30分钟，且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2倍.分别用x，y表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的次数.

（I）用x，y列出满足题目条件的数学关系式，并画出相应的平面区域； （II）问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次，才能使收视人次最多？

【答案】(Ⅰ)见解析（Ⅱ）电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时才能使总收视人次最多.

70x60y600,7x6y60,5x5y30,xy6,试题解析：（Ⅰ）解：由已知，x,y满足的数学关系式为x2y,即x2y0,

x0,x0,y0,y0,该二元一次不等式组所表示的平面区域为图1中的阴影部分：

12

所以，电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时才能使总收视人次最多. 【考点】1.不等式组表示的平面区域；2.线性规划的实际问题.

【名师点睛】本题主要考查简单线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求．其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义．常见的目标函数有：（1）截距型：形如zaxby.求这类目标函数的最值常将函数

zaxby转化为直线的斜截式：y22azzx，通过求直线的截距的最值间接求出z的最值；（2）距bbbyb，而本题属于截距形式，但要注意实际xa离型：形如zxayb ；（3）斜率型：形如z问题中的最优解是整数. （17）（本小题满分13分）

如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PDC，AD∥BC，PDPB，AD1，BC3，CD4，

PD2.

（I）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；

13

（II）求证：PD平面PBC；

（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

【答案】(Ⅰ)

55; (Ⅱ) . 55试题解析：（Ⅰ）解：如图，由已知AD//BC，故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得APAD2PD25，故cosDAP所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为5. 5AD5. AP5

（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.又因为BC//AD，所以PD⊥BC，又PD⊥

PB，所以PD⊥平面PBC.

（Ⅲ）解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所

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成的角.

因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC–BF=2.又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得

DFCD2CF225,在Rt△DPF中，可得sinDFP所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为5. 5PD5. DF5【考点】1.异面直线所成的角；2.线面角；3.线面垂直的判断.

【名师点睛】线线，线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，而其中证明线线垂直又得转化为证明线面垂直线线垂直，或是根据面面垂直，平面内的线垂直于交线，则垂直于另一个平面，而用几何法求线面角，关键是找到射影，斜线与其射影所成的角，就是线面角. （18）（本小题满分13分）

已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，

b2b312,b3a42a1,S1111b4.

（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）求数列{a2nbn}的前n项和(nN*).

【答案】（Ⅰ）an3n2.bn2n.（Ⅱ）Tn(3n4)2n216.

试题解析：（Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2b312，得

b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以，bn2n.

由b3a42a1，可得3da18①.由S1111b4，可得a15d16②，联立①②，解得a11,d3，由此可得an3n2.

所以，{an}的通项公式为an3n2，{bn}的通项公式为bn2n.

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【考点】1.等差，等比数列；2.错位相减法求和.

【名师点睛】重点说说数列求和的一些方法：本题考查了数列求和，一般数列求和方法（1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列，（2）裂项相消法求和，cnc，

anan1cnnn!n1!n!,cncn1n等的形式，（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列乘以等比

数列，（4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和倒着写和，两式两式相加除以2得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和. （19）（本小题满分14分）

设a,bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x). （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）已知函数yg(x)和yex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：f(x)在xx0处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式g(x)ex在区间[x01,x01]上恒成立，求b的取值范围.

【答案】（Ⅰ）递增区间为(,a)，(4a,)，递减区间为(a,4a).（2）（ⅰ）f(x)在xx0处的导数等于0.（ⅱ）b的取值范围是[7,1].

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试题解析：（I）由f(x)x36x23a(a4)xb，可得

f'(x)3x212x3a(a4)3(xa)(x(4a))，

令f'(x)0，解得xa，或x4a.由|a|1，得a4a. 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f'(x) f(x) (,a) (a,4a) (4a,)       所以，f(x)的单调递增区间为(,a)，(4a,)，单调递减区间为(a,4a).

x0g(x)e0（II）（i）因为g'(x)ex(f(x)f'(x))，由题意知， x0g'(x0)exxf(x0)1f(x0)e0e0所以x，解得. x00f'(x)00e(f(x0)f'(x0))e所以，f(x)在xx0处的导数等于0.

x（ii）因为g(x)e，x[x01,x01]，由e0，可得f(x)1.

x又因为f(x0)1，f'(x0)0，故x0为f(x)的极大值点，由（I）知x0a. 另一方面，由于|a|1，故a14a，

由（I）知f(x)在(a1,a)内单调递增，在(a,a1)内单调递减，

故当x0a时，f(x)f(a)1在[a1,a1]上恒成立，从而g(x)e在[x01,x01]上恒成立.

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x

【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综合应用.

【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出x0a ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能. （20）（本小题满分14分）

x2y2已知椭圆221(ab0)的左焦点为F(c,0)，右顶点为A，点E的坐标为(0,c)，△EFA的面积

abb2为.

2（I）求椭圆的离心率；

|FQ|（II）设点Q在线段AE上，

3c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，2且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c. （i）求直线FP的斜率； （ii）求椭圆的方程.

13x2y21 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）（ⅰ） （ⅱ）

241612【解析】

1b2222试题分析：（Ⅰ）根据图象分析出(ca)c， 再结合bac，求得离心率；（Ⅱ）（ⅰ）首先设

22直线FP的方程是xmyc，再写出直线AE的方程，方程联立得到点Q的坐标，根据FQ3c得到m2 18

的值，求得直线的斜率；（ⅱ）直线FP的方程和椭圆方程联立，求得点P的坐标，再求FP,FQc，确定直线PM和QN都垂直于直线FP，根据平面几何关系求面积，求c，解椭圆方程.

1b2试题解析：（Ⅰ）解：设椭圆的离心率为e.由已知，可得(ca)c.又由b2a2c2，可得

222c2aca20，即2e2e10.又因为0e1，解得e所以，椭圆的离心率为

1. 21. 2x2y2（ii）解：由a2c，可得b3c，故椭圆方程可以表示为221.

4c3c3x4y3c0,由（i）得直线FP的方程为3x4y3c0，与椭圆方程联立x2消去y，整理得y2221,4c3c7x26cx13c20，解得x|FP|(cc)2(13c3c（舍去），或xc.因此可得点P(c,)，进而可得 723c25c5c3cc.由已知，)，所以|PQ||FP||FQ|线段PQ的长即为PM与2222QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.

因为QNFP，所以|QN||FQ|tanQFN3c39c，所以△FQN的面积为 248127c275c2|FQ||QN|，同理△FPM的面积等于，由四边形PQNM的面积为3c，得 2323275c227c23c，整理得c22c，又由c0，得c2. 3232

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x2y21. 所以，椭圆的方程为

1612【考点】1.椭圆方程；2.椭圆的几何性质；3.直线与椭圆的位置关系.

【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题重点考察了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，利用a,b,c,e的关系，确定椭圆离心率是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，一般都是根据根与系数的关系解题，但本题需求解交点坐标，再求解过程逐步发现四边形PQNM的几何关系，从而求解面积，计算结果，本题计算量比较大，

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