深圳第二实验学校-离骚全文

苏北四市2018届高三一模数学试卷

注 意 事 项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共4页，均为非选择题（第1题～第20题，共20题）。本卷满分为160分，考试
时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及
答题卡的规定位置。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符。
4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置
作答一律无效。
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

参考公式：1.柱体的体积公式：
VSh
，其中
S
是柱体的底面面 积，
h
是高．

1
cl
，其中
c
是圆锥底面的周长，
l
是母线长．
2
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应位置．
．．．．．．．
2.圆锥的侧面积公式：
S
1．已知集合
A{x x
2
x0}
，
B{1,0}
，则
AUB=
▲ ．
2i
（
i
为虚数单位），则
z
的模为 ▲ ．
2i
3．函数
ylog
1
x
的定义域为 ▲ ．
2．已知复数
z
2
4．如图是一个算法的伪代码，运行后输出
b
的值为 ▲ ．

频率

a0
a
组距

b1

0.005
I2

While I
„
6
0.004


aab
0.003

bab

II2
0.001

End While
成绩分

Print
b
150

200

250

300

350

400 450

（第4题）
（第5题）

（第17题）
5 ．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450
分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方
图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有 ▲ 人．
x
2
y
2
6．在平面直角坐标系
xOy
中，已知双曲线
2

2
1(a0,b0)
的一条渐近线方程 为
ab
x2y0
，则该双曲线的离心率为 ▲ ．
7．连续2次 抛掷一颗质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方
体），观察向上的点数 ，则事件“点数之积是3的倍数”的概率为 ▲ ．

8．已知正四棱柱的底面边 长为
3cm
，侧面的对角线长是
35cm
，则这个正四棱柱的体积
是 ▲
cm
3
．
9．若函数
f(x)Asin(
< br>x

)(A0,

0)
的图象与直线
ym< br>的三个相邻交点的横坐标

2
，，，则实数

的值为 ▲ ．
63
3
10．在平面直角坐标系
xOy
中，曲线
C:xy3
上任意一点
P
到直线
l:x3y0
的距离
的最小值为 ▲ ．
11．已知等差数列
{a
n
}
满足a
1
+a
3
a
5
a
7
a
9
10
，
a
8
2
a
2
2
 36
，则
a
11
的值为 ▲ ．
分别是
x
2
(y1)
2
r
2
(r0)
上存在点
P，且点
P
关于12．在平面直角坐标系
xOy
中，若圆
C
1
：
(x2)
2
(y1)
2
1
上，则< br>r
的取值范围是 ▲ ．直线
xy0
的对称点
Q
在圆
C
2
：

x≤1，

2x1，
13．已知函数
f(x)
函数
g(x)f(x)f(x)
，则不等式
g(x)≤2
的解集
2
x1，


(x1)，
为 ▲ ．
14．如图，在
△ABC
中，已知
AB3，AC2， BAC120
，
D
为边
BC
的中点．若
垂足为E
，则EB·EC的值为 ▲ ．
CEAD
，
A


E

B

C
D

（第14题）

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内 作答，解答时应写出
．．．．．．．．．．
文字说明、证明过程或计算步骤．
15．(本小题满分14分)
在
△ABC
中，角
A
，B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c< br>，且
cosA
⑴求
tanB
的值；
⑵若
c13
，求
△ABC
的面积.

16．（本小题满分14分）
如图，在直三棱柱
ABCA
1
B< br>1
C
1
中，
ABC90
o
，
AB=AA
1
，
M
，
N
分别是
AC
，
13
,
tan(BA)
.
3
5
B
1
C
1
的中点.
求证：⑴
MN平面ABB
1
A
1
；
⑵
ANA
1
B
.








17．(本小题满分14分)
B
1
A
1
B

N

C
1
C

A

M

（第16题）

某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面 和该球的内接圆锥组
成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1．为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O及
其内接等腰三角形ABC绕底边BC上的高所在直线AO旋转180°而成，如图2．已知
圆O 的半径为10 cm，设∠BAO=θ，
0


π
，圆锥的侧面积为S cm
2
．

2
⑴求S关于θ的函数关系式；
⑵为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大．求S取得最大值时腰AB的长
度．

A





O




B


图1






18．（本小题满分16分）
A
θ
O
C
图2

C
B
（第17题）










x
2
y
2
1
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆
2< br>
2
1(ab0)
的离心率为，且
ab
2
3< br>过点
(1，)
.
F
为椭圆的右焦点，
A,B
为椭圆上 关于原点对称的两点，连接
AF,BF
分
2
别交椭圆于
C,D
两点.
⑴求椭圆的标准方程；
BF
⑵若
AFFC
，求的值；
FD
⑶设直线
AB
，
CD
的斜率分别为
k
1
，
k
2
，是否存在实数
m
，使得
k
2< br>mk
1
，若存在，
y

求出
m
的值；若不存在，请说明理由.
A

D

O

F

x

B

C

（第18题）

19．(本小题满分16分)
g(x)lnxa(aR)
． 已知函数
f(x)x
2
 ax1，
⑴当
a1
时，求函数
h(x)f(x)g(x)
的极值；
⑵若存在与函数
f(x)
，
g(x)
的图象都相切的直线 ，求实数
a
的取值范围．










20．（本小题满分16分）
已知数列
{a
n
}
，其前
n
项和为
S
n
，满足a
1
2
，
S
n


na
n


a
n1
，其中
n…2
，
nN
，

，

R
.
⑴若

0
，

4
，
b
n
a
n+1
2a
n
（
nN

），求证：数列
{b
n
}
是等比数列；
⑵若数列
{a
n
}
是等比数列，求
，

的值；
⑶若
a
2
3
，且< br>




3
，求证：数列
{a
n
}
是等差数列.
2


数学Ⅱ(附加题)

21．【选做题】本题包括A 、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域
．．．．．．．．．．．．．．．．．< br>内作答，若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演
．．．
算步骤．
A．[
选修41：几何证明选讲
]（本小题满分10分）
如图 ，
AB
是圆
O
的直径，弦
BD
,
CA
的延 长线相交于点
E
，
EF
垂直
BA
的延长线于
点F
．
求证：
AB
2
BEBDAEAC

E


D



.
B
A

O
F


C


(第21－A题)

B．[选修42：矩阵与变换]（本小题满分10分）

10

41

B
已知矩阵
A

，，若矩阵MBA
，求矩阵
M
的逆矩阵
M
1
．


01

23



C．[选修4 4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
以坐标原点为极点，
x
轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建

x12t
2
立极坐标系，判断直线
l:

（
t
为参数）与圆
C:

2

cos

2

sin< br>
0
的

y12t
位置关系．


D．[选修4 5：不等式选讲]（本小题满分10分）
a
2
b
2
c
2
d
2
1
已知
a,b,c,d
都是正实 数，且
abcd1
，求证:

…
．
1a1b1c1d5



【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写
．．．．．．．
出文字说明、证明过程或演算步骤．
22．（本小题满分10分）
在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，已 知
AB1
，
AA
1
2
，
E
，
F
，
G
分别是
AA
1
，
AC
和
uuuruuuruuur
A
1
C
1
的中点．以
{FA,F B,FG}
为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系
Fxyz
．
⑴求异面直线
AC
与
BE
所成角的余弦值；
z

⑵求二面角
FBC
1
C
的余弦值．
C
1


G


B
1

A
1



E

C



F

B

A


y


x

（第22题）


23．（本小题满分10分）
在平面直角坐标系xOy中，已知平行于
x
轴的动直线
l
交抛物线< br>C:y
2
4x
于点
P
，点
F
为
C
的焦点．圆心不在
y
轴上的圆
M
与直线
l
，
PF
，
x
轴都相切，设
M
的轨迹为
曲线
E
．
⑴求曲线
E
的方程；
⑵若直线
l
1
与曲线
E
相切于点
Q(s,t)
，过
Q
且垂直于
l
1
的直线为
l
2
，直线
l
1
，
l
2
分别
与
y
轴相交于点
A
，
B
．当线段
AB
的长度最小时，求
s
的值．

数学参考答案与评分标准
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应位置．
．．．．．．．
5
5
7． 8．
54

2
9
27
9．
4
10．
3
11．
11
12．
[21,21]
13．
[2,2]
14．


7
二、解答题：本大 题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出
．．．．．．．．．．
1 ．
{1,0,1}
2．
1
3．
(0,1]
4．
13
5．750 6．
文字说明、证明过程或计算步骤．
15． （1）在
△ABC
中，由
cosA
所以
tanA
43
，得
A
为锐角，所以
sinA1cos
2
A< br>，
5
5
sinA4

，………………………………………… ……………………2分
cosA3
tan(BA)tanA
所以
tan Btan[(BA)A]
. ………………………………4分
1tan(BA)tanA
14

33
3
…………………………………………………………6分

14
1
33< br>（2）在三角形
ABC
中,由
tanB3
，
31010
所以
sinB
， ………………………………………………8分
,cosB
1010
1310
由
sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB
，………………… ………10分
50
310
13
bc
csinB
10=15
，………………………12分 由正弦定理,得
b

sinC
sinBsinC
1310
50
114
所以
△ABC
的面积
SbcsinA151378
. …………………………14分
225
16．（1）证明：取
AB
的中点
P
，连结
PM, PB
1
.

因为
M,P
分别是
AB,AC
的中点，
1
所以
PMBC,
且
PMBC.

2
在 直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
BC B
1
C
1
，
BCB
1
C
1
，
又因为
N
是
B
1
C
1
的中点，
所以
PMB
1
N,
且
PMB
1
N
. …………………………………………2分
所以四边形
PMNB
1
是平行四边形，
所以
MNPB
1
， ………………………………………………………………4分
而
MN
平面
A BB
1
A
1
，
PB
1

平面
AB B
1
A
1
，
所以
MN
平面
ABB
1
A
1
. ……………………………………………………6分

（2）证明：因为三棱柱
A BCA
1
B
1
C
1
为直三棱柱，所以
BB
1

面
A
1
B
1
C
1
， 又因为
BB
1

面
ABB
1
A
1，
所以面
ABB
1
A
1

面
A1
B
1
C
1
， …………………8分
又因为
ABC90
，所以
B
1
C
1
B
1
A
1
，
面
ABB
1
A
1
I
面< br>A
1
B
1
C
1
=B
1
A
1
，
B
1
C
1
平面A
1
B
1C
1
，
所以
B
1
C
1

面
ABB
1
A
1
， ………………………10分
又因为< br>A
1
B
面
ABB
1
A
1
， 所以
B
1
C
1
A
1
B
，即
NB
1
A
1
B
，
连结
AB
1
，因为在平行四边形
ABB
1
A
1
中，
AB=AA
1
，
所以
AB
1
A
1
B
，
又因为
NB
1
IAB
1
=B
1
，且
AB< br>1
，
NB
1

面
AB
1
N
，
而
AN
面
AB
1
N
，
所以
A
1
BAN
.……………………………………………………………………………1 4分
17．（1）设
AO
交
BC
于点
D
，过O
作
OEAB
，垂足为
E
，
在
AOE
中，
AE10cos

，
AB2AE20cos
< br>，
A
…………………………………………………………2分
θ
在
ABD
中，
BDABsin

20cos
sin

，
…………………………………………………………4分
所以
S
P
B
M
（第16题）
o
B
1
A
1
N
C
1
C

A

所以
A
1
B
面
AB
1< br>N
，……………………………………………………………………12分
1
2 20sin

cos

20cos


2
E
O
C
2
（2）要使侧面积最大，由（1）得：
S400

sin

cos
2

40 0

(sin

sin
3

)
………… 8分
3

3
400sin

cos
2

，
(0



)
……………………6分
B
D
设
f(x)xx
3
,(0x1)

则
f

(x)13x
2
，由
f
(x)13x
2
0
得：
x
当
x(0,
33
)
时，
f

(x)0
，当
x(,1)< br>时，
f

(x)0

33
33
所以
f(x)
在区间
(0,)
上单调递增，在区间
(,1)
上单调递减 ，
33
3
所以
f(x)
在
x
时取得极大值，也 是最大值；
3
3
所以当
sin


时，侧面积< br>S
取得最大值， …………………………11分
3
此时等 腰三角形的腰长
AB20cos

201sin
2

201(
答：侧面积
S
取得最大值时，等腰三角形的腰
AB
的长 度为
3
2
206
)

33
206
cm
．…………14分
3

< br>c1


x
2
y
2

a2
18．（1）设椭圆方程为
2

2
1(ab0)
，由题意知：

……………2分
19
ab

1


a
2
4b
2

x
2
y
2

a2
解之得：

，所以椭圆方程为：
1
……………………………4分
43


b3
33
（2） 若
AFFC
，由椭圆对称性，知
A(1, )
，所以
B(1, )
，
22
此时直线
BF
方程为
3x4y30
， ……………………………………………6分

3x4y30,
13

由

x
2
y
2
，得
7x
2
6x130
，解得
x
（
x1
舍去），…………8分
7
1,

3

4
BF1(1)7

．…………………………………………………………………10分
13
FD1
3
7
（3）设
A（x
0
,y
0
)
，则
B(x
0
,y
0
)
，
故
y
0
x
2
y
2
(x1)
，代入椭圆方程

直线
AF
的方程为
y
1
，得
x
0
1
43
22
15x
0
24x
0
 0
，
(156x
0
)x
2
8y
0
因为
xx
0
是该方程的一个解，所以
C
点的横坐标
x
C

又
C(x
c
,y
C
)
在 直线
y
85x
0
，…………………12分
52x
0
y
0
y3y
0
(x1)
上，所以
y
C

0
(x
c
1)
，
x
0
 1x
0
152x
0
85x
0
3y
0
)
， ……………………………………………14分 同理，
D
点坐标为
(< br>，
52x
0
52x
0
3y
0
3y0

52x
0
52x
0
5y
0
5
所以
k
2
k
，
85x
0
85 x
0
3x
0
3
1

52x
0
5 2x
0
55
即存在
m
，使得
k
2
k
1
． ………………………………………………………16分
33
19．（1）函数
h(x)
的定义域为
(0,)

当
a1
时，
h(x)f(x)g(x)x
2
x lnx2
，
1(2x1)(x1)
………………………………………………2分

xx
1
1
所以当
0x
时，
h

(x) 0
，当
x
时，
h

(x)0
，
2
2
11
所以函数
h(x)
在区间
(0,)
单调递减 ，在区间
(,)
单调递增，
22
所以
h

( x)2x1

1
11
时，函数
h(x)
取得极小 值为
+ln2
，无极大值；…………………4分
2
4
（2）设函数
f(x)
上点
(x
1
,f(x
1
))
与函 数
g(x)
上点
(x
2
,g(x
2
))
处 切线相同，
f(x
1
)g(x
2
)
则
f

(x
1
)g

(x
2
)
x
1
x
2
所以当
x
1
x
1
2
ax
1
1(lnx
2
a)

所以2x
1
a
……………………………………6分
x
2
x
1
x
2
所以
x
1

xx
1a

，代入
12
x
1
2
ax
1
1(lnx
2
a)
得：
x
2
2x2
2
1aa
2
lnx
2
a20(*) ………………………………………………8分
4x
2
2
2x
2
4
1aa
2
1a12x
2
ax1
设
F(x)
2


lnxa2
，则
F

(x)
3

2

3
4x2x4
2x 2xx2x
2
不妨设
2x
0
ax
0
10(x
0
0)
则当
0xx
0
时，
F
(x)0
，当
xx
0
时，
F

(x)0

所以
F(x)
在区间
(0,x
0
)
上单 调递减，在区间
(x
0
,)
上单调递增，……………10分
1 2x
0
2
1
1
2x
0
可得：
F(x )
min
F(x
0
)x
0
2
2x
0
lnx
0
2
代入
a=
x
0
x0
x
0
111
lnx2
，则
G

(x)2x2
2
0
对
x0
恒成立，
xxx< br>所以
G(x)
在区间
(0,)
上单调递增，又
G(1)= 0

所以当
0x≤1
时
G(x)≤0
，即当
0 x
0
≤1
时
F(x
0
)≤0
, ……………12分
设
G(x)x
2
2x
又当
xe
a2
1aa
2
a2
时
F(x)
2a4
a2
lnea2

4e2e4
11
(
a2
a)
2
≥0
……………………………………14分
4e
因此当
0x
0
≤1< br>时，函数
F(x)
必有零点；即当
0x
0
≤1
时， 必存在
x
2
使得
(*)
成立；
即存在
x
1
,x
2
使得函数
f(x)
上点
(x
1
, f(x
1
))
与函数
g(x)
上点
(x
2
,g(x
2
))
处切线相同．
11
又由
y2x
得：
y


2
20

xx
12 x
0
2
1
1
2x
0
[1，+)
所以
y2x在(0,1)
单调递减，因此
a=
xx
x
0 0
所以实数
a
的取值范围是
[1,)
．………………………… ………………………16分
20．（1）证明：若

=0,

 4
，则当
S
n
4a
n1
(
n≥2
),
所以
a
n1
S
n1
S
n
4(a
n
a
n1
)
，
即
a
n1
2a
n
2(a
n
2a
n1
)
，
所以
b
n
2b
n1
， ……………………………………………………………2分
又由
a
1
2，
a
1
a
2
4a
1
，
得
a
2
3a
1
6
，
a
2
2a
1
20
，即
b
n
0
，

b
n
2
，
b
n1
故数列{b
n
}
是等比数列．……………………………………………………………4分
（2）若
{a
n
}
是等比数列，设其公比为
q
（< br>q0
），
当
n2
时，
S
2
2
a
2


a
1
，即
a
1< br>a
2
2

a
2


a
1
，得

1q2

q

， ①
当< br>n3
时，
S
3
3

a
3

a
2
，即
a
1
a
2
a
3
3

a
3


a
2
，得
所以

1qq
2
3

q
2


q
， ②
当
n4时，
S
4
4

a
4


a
3
，即
a
1
a
2
a
3
a< br>4
4

a
4


a
3
， 得

1qq
2
+q
3
4

q
3


q
2
， ③
②①
q
，得
1

q
2
，
③②
q
，得
1

q
3
，
解得
q1,

1
．
代入①式，得

0
．…………………………………………………………………8分
此时
S
n
na
n
(
n≥2
)，
所以
a
n
a
1
2
，
{a
n
}
是公比为１的等比数列，
故

1，

0
． ……………………………………………………………………10分 （3）证明：若
a
2
3
，由
a
1
a
2
2

a
2


a
1
，得< br>56

2

，
又




31
，解得

，

1
．…………………………………………………12分
22
1
由
a
1
2
，
a
2
3
，


，

1
，代入
S
n


na
n


a
n1
得
a
3< br>4
，
2

所以
a
1
，
a
2
，
a
3
成等差数列，
nn1
由
S
n
a
n
a
n1
，得
S
n1
a< br>n1
a
n
，
22

n1n
两式相减得 ：
a
n1
a
n1
a
n
a
na
n1

22
即
(n1)a
n1
( n2)a
n
2a
n1
0

所以
na
n2
(n1)a
n1
2a
n
0

相 减得：
na
n2
2(n1)a
n1
(n2)a
n
2a
n
2a
n1
0

所以
n( a
n2
2a
n1
a
n
)2(a
n1< br>2a
n
a
n1
)0

22
2
(a
n
2a
n1
a
n-2
)
所以
(a
n2
2a
n1
a
n
)(a
n 1
2a
n
a
n1
)
nn(n1)
(2 )
n1
LL(a
3
2a
2
a
1
)
， ……………………………………14分
n(n1)L2
因为
a
1
2a
2
a
3
0
，所以
a
n2
2a
n1
a
n
0
，
即 数列
{a
n
}
是等差数列.………………………………………………………… ……16分

数学Ⅱ(附加题)参考答案与评分标准

21．A．证 明：连接
AD
，因为
AB
为圆的直径，所以
ADBD
，
又
EFAB
，则
A,D,E,F
四点共圆，
所以
BDBEBABF
． …………………………………………………………5分
又△
ABC
∽△
AEF
，
ABAC
所以，即
ABAFAEAC
，

AEAF
∴
BEBDAEACBABFABAFAB(BFAF)AB
2
． …………10分

41

10

4 1

B．因为
MBA



， ………………………………………5分

23

01
23


31



1010
< br>1
所以
M

． ………………………………………………………10分
12





55



x12t
C
.把直线 方程
l:

化为普通方程为
xy2
． ……………………………
3
分
y12t

222
将圆
C:

2

cos

2

s in

0
化为普通方程为
x2xy2y0
，
22
即
(x1)(y1)2
． ………………………………………………………………
6
分
2
2
， 圆心
C
到直线
l
的距离
d< br>2
所以直线
l
与圆
C
相切.……………………………………… …………………………
10
分
a
2
b
2
c
2
d
2
D．证明：因为
[(1a)(1b)(1c)(1d )]()

1a1b1c1d
abcd
≥(1a1b 1c1d)
2

1a1b1c1d
(abcd)
2
1
， …………………………………………5分
又
(1a)(1b)(1c)(1d)5
，
a
2
b
2
c
2
d
2
1
所以
< br>．…………………………………………10分
1a1b1c1d5
1131< br>22．（1）因为
AB1,AA
1
2
，则
F(0,0,0 ),A(,0,0),C(,0,0),B(0,,0),E(,0,1)
，
2222uuur
uuur
13
所以
AC(1,0,0)
，
BE(,,1)
， ………………………………………2分
22
记直线
AC
和
BE
所成角为

， < br>1
1
uuuruuur
2
2
|
则
co s

|cosAC,BE||
，
4
13
()2
()
2
1
22
2
所以直线
AC
和
BE
所成角的余弦值为． ………………………………………4分
4
（2）设平面
BFC
1
的法向量为
m(x
1
,y
1
,z
1
)
，

uuur
uuuur< br>3
1
因为
FB(0,,0)
，
FC
1
( ,0,2)
，
2
2
r

uuu
3
m FBy
1
0


2
则

，取
x
1
4
得：
m(4,0,1)
……………………………6分
uuuur
1

mFCx2z0
111

2
设平面
BCC
1
的一个法向量为
n(x
2
,y
2
,z
2
)
，
uuuur
uuur
13
CC
因为
CB(,
，
,0)
1
(0,0, 2)
，
22
r
1

uuu
3
nCB x
2
y
2
0

则

，取
x< br>2
3
得：
n(3,1,0)
………………………8分
22
uuuur

nCC2z0

12
cos m,n
43(1)010
(3)
2
(1)
2
0
2
4
2
0
2
1
2
< br>251

17
根据图形可知二面角
FBC
1
C
为锐二面角，
251
； ……………………………………10分
17
23．（1）因为 抛物线
C
的方程为
y
2
4x
，所以
F
的 坐标为
(1,0)
，
设
M(m,n)
，因为圆
M
与
x
轴、直线
l
都相切，
l
平行于
x
轴，
所以二面角
FBC
1
C
的余弦值为
所以圆
M< br>的半径为
n
，点
P
(n
2
,2n)
， yx1
，即
2n(x1)y(n
2
1)0
，………… ……………2分

2
2nn1
2n(m1)n(n
2
1)
所以
n
，又
m,n0
，
222
(2 n)(n1)
则直线
PF
的方程为
22
所以
2mn 1n1
，即
n
2
m10
，

所以
E
的方程为
y
2
=x1
(y0)
………………………………………………4分
（2）设
Q(t
2
1,t)
，

A(0,y
1
)
，
B(0,y
2
)
， < br>由
y


由（1）知，点
Q
处的切线
l1
的斜率存在，由对称性不妨设
t0
，
1
2x1
t1
所以
y
1

，
y
2
2t
3
3t
， ……………………………………………………6分
22t
t1 51
所以
AB|2t
3
3t|2t
3
t(t 0)
．……………………………………8分
22t22t
51
令
f(t)2t
3
t
，
t0
，
22t
5 112t
4
5t
2
1
2
则
f

(t)6t
2

，
22t2t
2
，所以
k
AQ

ty
2
ty
1
1
，

k2t
2
11
，
BQ
2
2
t1
2t
2
11
t1

由
f

(t)0
得
t
573573
，由
f

(t)0
得
0t
，
2424
所以
f(t )
在区间
(0,
所以当
t
573573
)
单调递减，在
(,)
单调递增，
2424
573
时，< br>f(t)
取得极小值也是最小值，即
AB
取得最小值
24
此时
st
2
1





1973
．……………………………………………………………10分
24