• 1.66 MB
  • 2021-06-24 发布

浙江省湖州中学2020届高三下学期模拟测试(二)数学试题 Word版含解析

  • 20页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
- 1 - 浙江省湖州中学 2019 学年第二学期高三年级高考阶段测试二 数学 考生须知:全卷分试卷和答卷,满分为 120 分,考试时间 90 分钟. 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每个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 2{ |1 4}, { | 2 3 0},      A x x B x x x 则  R A B ð ( ) A. [-1,3] B. [-1,1] C. (3,4) D. (1,2) 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意结合一元二次不等式的求解可得  1 3B x x    ,再由集合的补集、交集运算即可 得解. 【详解】由题意        2 2 3 0 3 1 0 1 3B x x x x x x x x            ,  1R A x x ð 或 4x  , 所以     1 1 1,1R A B x x      ð . 故选:B. 【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解及集合的运算,考查了运算求解能力,属于基础 题. 2. 已知 i 是虚数单位,则 2 1 i i 等于( ) A. 1 i B. 1 i C.  1  i D.  1+i 【答案】B 【解析】 【分析】 直接由复数代数形式的除法运算化简得答案. 【详解】      2 12 2 2 11 1 1 2 i ii i ii i i        , - 2 - 故选 B. 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,是基础题. 3. 已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是 A. 1cm3 B. 2cm3 C. 3cm3 D. 6cm3 【答案】A 【解析】 【详解】 【分析】 观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角 形,右侧面也是一直角三角形. - 3 - 故体积等于 1 13 1 2 12 3      . 4. 若 0a b , ,则 “ ”a b 是“ 3 3 2 2a b a b ab   ”的( ) A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充分且必要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 试 题 分 析 : 3 3 2 2a b a b ab   3 3 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )a b a b ab a a b b b a a b a b           ,显然由 “ ”a b 可以得出“ 3 3 2 2a b a b ab   ”,反之由“ 3 3 2 2a b a b ab   ”,不一定有 “ ”a b ,所以 “ ”a b 是“ 3 3 2 2a b a b ab   ”的充分非必要条件. 考点:本小题主要考查不等式的性质和充分条件、必要条件的判断. 点评:比较大小的常用方法是作差或作商,要灵活运用,要判断充分条件、必要条件,首先 要看清谁是条件谁是结论,分清楚是谁能推出谁. 5. 已知 a>0,x,y 满足约束条件 1 { 3 ( 3) x x y y a x      ,若 z=2x+y 的最小值为 1,则 a= A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】画出不等式组表示的平面区域如图所示: 当目标函数 z=2x+y 表示的直线经过点 A 时, z 取得最小值,而点 A 的坐标为(1, 2a ),所 以 - 4 - 2 2 1a  ,解得 1 2a  ,故选 B. 【考点定位】本小题考查线性规划的基础知识,难度不大,线性规划知识在高考中一般以小 题的形式出现,是高考的重点内容之一,几乎年年必考. 6. 随机变量 X 的分布列如表所示,则 ( )D X  ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意结合分布列的性质可得 1 2a  ,由离散型随机变量的期望公式可得 ( )E X ,再由方差公 式即可得解. 【详解】由题意 1 1 11 4 4 2a     ,则 1 1 1( ) 0 2 4 24 2 4E X        , 所以      2 2 21 1 1( ) 0 2 2 2 4 2 24 2 4D X           . 故选:B. 【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列性质的应用及期望、方差的求解,考查了运算求 解能力,属于基础题. 7. 把函数   2cos 2 4f x x      的图象向左平移 ( 0)m m  个单位,得到函数   2sin 2 3g x x      的图象,则 m 的最小值是 ( ) A. 7 24  B. 17 24  C. 5 24  D. 19 24  【答案】B 【解析】 【分析】 - 5 - 根据三角函数的诱导公式化成同名函数,结合三角函数的图象平移关系进行求解即可. 【详解】解:把函数   2cos 2 4f x x      的图象向左平移 ( 0)m m  个单位, 得到    2cos 2 2cos 2 24 4f x x m x m               ,   5 52sin 2 2cos 2 2cos 2 2cos 23 2 3 6 6g x x x x x                                     , 由 52 24 6m k      ,得 7 24m k    , k Z 0m  , 当 1k  时,m 最小,此时 7 17 24 24m     , 故选 B. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质,根据图象平移关系以及三角函数的诱导公式 进行化简是解决本题的关键. 8. 已知 ( )y f x 为 R 上的可导函数,当 0x  时, ( )'( ) 0f xf x x   ,若 1( ) ( )F x f x x   , 则函数 ( )F x 的零点个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 0 或 2 【答案】A 【解析】 令 ( ) ( ) ( ) 1h x xF x xf x   , 则 ( ) ( ) ( )h x xf x f x  . 故 由 题 设 可 知 当 0x  时 , ( ) ( ) 0, ( ) 0xf x f x h x   ,函数 ( ) ( ) 1h x xf x  在 (0, ) 上单调递增,且 ( ) (0) 1h x h  , 即函数 ( ) ( ) 1h x xf x  在 (0, ) 内无零点,所以函数 1( ) ( )F x f x x   在 (0, ) 内无零点; 当 0x  时, ( ) ( ) 0, ( ) 0xf x f x h x   ,函数 ( ) ( ) 1h x xf x  在 ( ,0) 上单调递减,且 ( ) (0) 1h x h  ,则函数 ( ) ( ) 1h x xf x  在 ( ,0) 内无零点,即函数 1( ) ( )F x f x x   在 ( ,0) 内无零点.综合函数 1( ) ( )F x f x x   在 ( ,0) 与 (0, ) 内均无零点,应选答案 A. 点睛:解答本题的关键是依据题设条件构设函数 ( ) ( ) ( ) 1h x xF x xf x   ,然后再借助导数 知识判断该函数的单调性,最后再运用分类整合思想推断函数方程中的零点的个数,从而使 - 6 - 得问题获解. 9. 已知向量 ,a r b  满足| |=2 , 60a a b     , ,且 1 ( )2c a tb t R     ,则| |+ -    c c a 的最小值为 ( ) A. 9 3 4 B. 4 C. 2 13 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意知,可设  = 2,0 ,a OA   =tb BO   ,    1,0 , 3,0C D  ,由向量的坐标运算可得 c BC  , =c a BD   ,可转为在直线 3y x 上取一点 B,使得 BC BD 最小,利用化曲 为直的思想即可得到答案. 【详解】由题意知,可设  = 2,0 ,a OA   =tb BO   ,因为 , 60a b     ,则点 B 在直线 3y x 上 , 如 图 ,    1,0 , 3,0C D  , 则  1 1,02 a OC     , 1 2c a tb BO OC BC           , 3 =2c a a tb OD BO BD            , 则| |+ -c c a BC BD    的最小值,可转化为在直线 3y x 上取一点 B,使得 BC BD 最 小,作点 C 关于直线 3y x 的对称点C ,则 BC BD 的最小值即为 DC ,设点  ,C x y , 则 1 1 3 132 2 y x y x        ,解得 1 3 2 2x y  , , 则 221 33 0 132 2C D                 ,即最小值为 13 , 故选:D 【点睛】本题考查了向量的坐标运算及向量的几何意义,考查了化曲为直的转化思想和数形 - 7 - 结合的思想,综合性较强. 10. 如图所示,在底面为正三角形的棱台 1 1 1ABC A B C 中,记锐二面角 1A AB C  的大小 为 ,锐二面角 1B BC A  的大小为  ,锐二面角 1C AC B  的大小为 ,若    , 则 ( ) A. 1 1 1AA BB CC  B. 1 1 1AA CC BB  C. 1 1 1CC BB AA  D. 1 1 1CC AA BB  【答案】D 【解析】 【分析】 利用二面角的定义,数形结合能求出结果. 【详解】解:棱台 1 1 1ABC A B C 的侧棱延长交于点 P 过点 P 在平面 ABC 上的射影为 H, 设 H 到 AB,BC,AC 的距离分别为 'HC HA HB , , , ∵    , - 8 - ∴ tan tan tan    , 则 'HA HB HC< <  故 H 所在区域如图所示(点 D 为 ABC 垂心) 比较 1 1 1AA BB CC, , 即比较 PA,PB,PC, 即比较 HA,HB,HC, 由图可知:HC>HA>HB ∴ 1 1 1CC AA BB  故选 D. 【点睛】本题考查三棱台中三条侧棱长的大小的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位 置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是中档题. 二、填空题:本大题共 7 小题,共 36 分. 11. 已知 5 3sin , ,13 2 2         ,则 tan 4       _____, cos2  _____ 【答案】 (1). 7 17 (2). 119 169 【解析】 【分析】 由题意结合同角三角函数的关系可得 tan ,再由两角和的正切公式、二倍角的余弦公式即可 得解. 【详解】因为 5 3sin , ,13 2 2         ,所以 ,2      , 所以 2 12cos 1 sin 13       ,所以 sin 5tan cos 12     , - 9 - 所以 5tan tan 1 74 12tan 54 171 tan tan 14 12                 ; 2 2 5 119cos2 1 2sin 1 2 13 169            . 故答案为: 7 17 ; 119 169 . 【点睛】本题考查了同角三角函数关系、三角恒等变换的应用,考查了运算求解能力,属于 基础题. 12. 若 522 1x = 2 4 10 0 1 2 5a a x a x a x    ,则 3a 的值为________; 0 1 5| | | | + +| | = a a a _____ 【答案】 (1). 80 (2). 243 【解析】 【分析】 由题意结合二项式定理可得 522 1x 展开式的通项公式,给 r 赋值即可得 1a 、 3a 、 5a ;结 合 通 项 公 式 可 得 5a 、 3a 、 1a 为 正 数 、 4a 、 2a 、 0a 为 负 数 , 令 1x  可 得 0 1 2 3 4 5a a a a a a     ,进而可得 0 2 4a a a  ,即可得解. 【详解】由题意二项式  522 1x 展开式的通项公式为      52 5 10 2 1 5 52 1 1 2r r rr r r r rT C x C x              , 令10 2 6r  即 2r = 可得  5 10 2 2 5 2 6 6 5 51 2 2 80r r r rC x C x x          , 所以 3 80a  ; 令10 2 2r  即 4r  可得  5 10 2 4 5 4 2 2 5 51 2 2 10r r r rC x C x x          ,所以 1 10a  , 令10 2 10r  即 0r  可得  5 10 2 0 5 0 10 10 5 51 2 2 32r r r rC x C x x          , 所以 5 32a  , 所以 1 3 5 10 80 32 122a a a      , 由通项公式可得当 0r  、 2r = 、 4r  时,  5 51 2r r rC    为正数,即 5a 、 3a 、 1a 为正数; - 10 - 当 1r  、 3r  、 = 5r 时,  5 51 2r r rC    为负数,即 4a 、 2a 、 0a 为负数; 令 1x  则 5 0 1 2 3 4 52 1 1a a a a a a        , 所以 0 2 4 121a a a    , 所以    0 1 5 1 3 5 0 2 4| | | | + +| | = 122 121 243a a a a a a a a a          . 故答案为:80;243. 【点睛】本题考查了二项式定理的应用,考查了运算求解能力与转化化归思想,合理转化条 件、细心计算是解题关键,属于中档题. 13. 已知 , Ra b ,且 3 6 0a b   ,则 12 8 a b 的最小值为_____________. 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 由题意首先求得 3a b 的值,然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果,注意 等号成立的条件. 【详解】由 3 6 0a b   可知 3 6a b   , 且: 312 2 28 a a b b    ,因为对于任意 x , 2 0x  恒成立, 结合均值不等式的结论可得: 3 3 6 12 2 2 2 2 2 2 4 a b a b         . 当且仅当 32 2 3 6 a b a b       ,即 3 1 a b     时等号成立. 综上可得 12 8 a b 的最小值为 1 4 . 【点睛】在应用基本不等式求最值时,要把握不等式成立的三个条件,就是“一正——各项 均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”,若忽略了某个条件,就会出 现错误. 14. 已知 1 4( ) logf x x ,  2 6logf x x ,  3 9logf x x ,若 1 2 3( ) ( ) ( )f n f m f m n   , 则 m n =____. 【答案】 1 5 2  - 11 - 【解析】 【分析】 设 1 2 3( ) ( ) ( )f n f m f m n t    ,用含t 的式子表示出 m 、n 以及 m n ,列出关于t 的等式, 再运用换元法求解 m n 的值. 【详解】设  4 6 9log log logn m m n t    ,则 4 6 9 t t t n m m n        ,所以 4 6 9t t t  ,两边同除以 4t 得, 23 31 2 2 t t           , 即 23 3 1 02 2 t t            ,解得 3 1 5 2 2 t      ,又 3 02 t     ,故 3 1 5 2 2 t      , 所以 3 1 5 2 2 tm n      . 故答案为:1 5 2  . 【点睛】本题考查对数式的求值问题,其解答的本质是将对数式化为指数式,将问题转化为 指数式方程的运算问题,难度一般. 15. 设  1 2 3 4, , , 1, 0, 2x x x x   ,那么满足 1 2 3 42 4x x x x     的所有有序数组 1 2 3 4( , , , )x x x x 的组数为___________. 【答案】 45 【解析】 分类讨论: ① 1 2 3 4| | | | | | | | 2x x x x    ,则这四个数为 2,0,0,0 或 1, 1,0,0  , 有 1 2 4 4 4 6 10C C    组; ② 1 2 3 4| | | | | | | | 3x x x x    ,则这四个数为 2, 1,0,0 或 1, 1, 1,0   , 有 1 1 3 4 3 4 12 4 16C C C     组; ③ 1 2 3 4| | | | | | | | 4x x x x    ,则这四个数为 2,2,0,0 或 1, 1,2,0  或 1, 1, 1, 1    , - 12 - 有 2 2 1 4 4 4 2 4 6 6 2 1 19C C C C       组; 综上可得,所有有序数组 1 2 3 4, , ,x x x x 的组数为10 16 19 45   . 点睛:(1)解排列组合问题要遵循两个原则:一是按元素(或位置)的性质进行分类;二是按事 情发生的过程进行分步.具体地说,解排列组合问题常以元素(或位置)为主体,即先满足特 殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置). (2)不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:①不均匀分组; ②均匀分组;③部分均匀分组,注意各种分组类型中,不同分组方法的求法. 16. 过双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的右焦点 2F 向其一条渐近线作垂线l ,垂足为 P,l 与另 一条渐近线交于Q 点.若 2 23F Q F P  ,则该双曲线的离心率为_______. 【答案】 3 【解析】 【分析】 由 题 意 结 合 双 曲 线 的 性 质 可 设 直 线 l 的 方 程 为  ay x cb    , 联 立 方 程 组 可 得 点 2 ,a abP c c      、点 2 2 2 2 2,a c abcQ a b a b      ,再由平面向量的知识可得 2 2 3abc ab a b c    ,化简后结 合双曲线的离心率公式即可得解. 【详解】由题意可得该双曲线的渐近线方程为 by xa   ,设右焦点  2 ,0F c , 不妨令直线l 垂直于直线 by xa  ,则直线l 的方程为  ay x cb    , 由   by xa ay x cb       可得点 2 2 2 2 2,a c abcP a b a b       , 因为 2 2 2 a b c ,所以点 2 ,a abP c c      , 由   by xa ay x cb        可得点 2 2 2 2 2,a c abcQ a b a b      , - 13 - 又 2 23F Q F P  ,所以 2 2 3abc ab a b c    即  2 2 2 2 2 23 3 3 3c a b a c a      , 所以 2 23c a , 所以该双曲线的离心率 2 2 3c ce a a    . 故答案为: 3 . 【点睛】本题考查了双曲线性质的应用及离心率的求解,考查了运算求解能力与转化化归思 想,属于中档题. 17. 设 n N , na 为 ( 4) ( 1)n nx x   的展开式的各项系数之和, 3 24c t  ,t R , 1 2 2 2 5 5n a ab            + 5 n n na     … ( x 表示不超过实数 x 的最大整数),则 2 2( ) ( )nn t b c   的 最小值为_____ 【答案】 4 25 【解析】 利用赋值法,令 1x  可得: 5 2n n na   , 2 5 5 n n n n na nn          , 利用数学归纳法证明:  *2 5n nn n N   , 当 1n  时,1 2 5  成立, 假设当 n k 时不等式成立,即 2 5k kk   ,当 1n k  时:         1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 5 2 2 5 2 2 2 5 3 5 5 , k k k k k k k k k k k k k k                     据此可知命题  *2 5n nn n N   成立, 则 2 15 n n n  , 21 5 n n nn n n    , - 14 - 2 15 5 n n n n na nn n            ,故 2 2n n nb  , 2 2( ) ( )nn t b c   的几何意义为点 2 ( , )2 n nn  ( )n *N 到点 3( ,2 )4t t 的距离, 如图所示,最小值即 (2,1) 到 32 4y x  的距离,由点到直线距离公式可得   2 2 nn t b c   的最小值为 4 25 . 点睛:“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种,然后 根据此新定义去解决问题,有时还需要用类比的方法去理解新的定义,这样有助于对新定义 的透彻理解.对于此题中的新概念,对阅读理解能力有一定的要求.但是,透过现象看本质, 它们考查的还是基础数学知识,所以说“新题”不一定是“难题”,掌握好三基,以不变应 万变才是制胜法宝. 三、解答题:本大题共 3 小题,共 44 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 18. 已知向量 (cos , 1)2 xm   , 2( 3sin ,cos )2 2 x xn  ,设函数 ( ) 1f x m n    . (1)若 [0, ]2x  , ( ) 1f x  ,求 x 的值; (2)在△ ABC 中,角 A , B ,C 的对边分别是 , ,a b c 且满足 2 cos 2 3 ,b A c a  求 ( )f B 的取值范围. - 15 - 【答案】(1) 3  ;(2) 10, 2      . 【解析】 【分析】 (1)由题意结合平面向量的数量积运算、三角恒等变换可得 1( ) sin 6 2f x x       ,利用 三角函数的性质即可得解; (2)由题意结合正弦定理、三角恒等变换可得 3cos 2B  ,进而可得 0, 6B     ,利用三角 函数的图象与性质即可得解. 【详解】(1)由题意 2 3 1 cos( ) 1 3sin cos cos 1 sin 12 2 2 2 2 x x x xf x m n x            3 1 1 1sin cos sin2 2 2 6 2x x x          , 因为 ( ) 1f x  ,所以sin 6 1 2x      , 又 0, 2x     ,所以 ,6 6 3x         , 所以 6 6x    即 3x  ; (2)由 2 cos 2 3b A c a  可得 2sin cos 2sin 3sinB A C A  , 因为  C A B   ,所以  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    , 所以  2sin cos 2 sin cos cos sin 3sinB A A B A B A   即 3sin 2sin cosA A B , 由  0,A  可得 sin 0A  ,所以 3cos 2B  ,所以 0, 6B     , 所以 ,06 6B        , 1sin ,06 2B             , 所以 1 1( ) sin 0,6 2 2f B B              . - 16 - 【点睛】本题考查了三角恒等变换、三角函数的图象与性质及正弦定理的应用,考查了运算 求解能力,属于中档题. 19. 数列 na 的前 n 项和为 nS ,且满足 1 1a  ,  1 1 .n na S n N    ( Ⅰ ) 求通项公式 na ; ( Ⅱ ) 记 1 2 1 1 1 n n T S S S    ,求证: 3 1 22 2 nn T   . 【答案】 ( Ⅰ 1)  2n na  ; ( Ⅱ ) 见解析 【解析】 【分析】 ( Ⅰ ) 直接利用递推关系式求出数列的通项公式. ( Ⅱ ) 利用等比数列的前 n 项和公式和放缩法求出数列的和. 【详解】解: ( Ⅰ 1) 1n na S ①   , 当 2n  时, 1 1n na S   ② ,  ① ② 得  1 2 2n na a n   , 又 2 1 1 2a S    , 2 12a a  , 数列 na 是首项为 1,公比为 2 的等比数列, 12n na   ; 证明: ( Ⅱ 1) 2n na   , 2 1n nS   , 2n  时, 1 1 1 1 2 2n n nS   , 1 1 2 1 111 1 1 3 14 21 1 2 21 2 n n n n T S S S              , - 17 - 同理: 1 1 11 12 21 2 21 21 2 n n nT           , 故: 3 1 22 2 nn T   . 【点睛】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,等比数列的前 n 项和公式和 放缩法在求和中的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型. 20. 已知椭圆  : 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ,其左、右焦点分别为 1 2F F、 ,上顶点为 B ,O 为 坐标原点,过 2F 的直线l 交椭圆  于 P Q、 两点, 1 3sin 3BFO  . (1)若直线 l 垂直于 x 轴,求 1 2 PF PF 的值; (2)若 2b  ,直线 l 的斜率为 1 2 ,则椭圆  上是否存在一点 E ,使得 1F E、 关于直线 l 成 轴对称?如果存在,求出点 E 的坐标;如果不存在,请说明理由; (3)设直线 1l : 6y  上总存在点 M 满足 2OP OQ OM    ,当b 的取值最小时,求直线l 的倾斜角 . 【答案】(1)5;(2)不存在;(3) 5 6   . 【解析】 试题分析: (1)由题意可得 3 3 b a  ,则 2c b ,结合勾股定理可得 2 3 3PF b , 1 5 3 3PF b , 则 1 2 5PF PF  . (2)由题意可得椭圆  方程为 2 23 6x y  ,且 2c  , 1 2F F、 的坐标分别为   2,0 2,0 、 , 由对称性可求得点 E 坐标为 2 16,5 5E      ,该点不在椭圆上,则椭圆  上不存在满足题意的 点 E . - 18 - (3)由题意可得椭圆  方程为 2 2 23 3 0x y b   ,且 2c b , 2F 的坐标为  2 ,0b ,设 直线 l 的 y 轴截距式方程  2x my b m cot   ,与椭圆方程联立有  2 2 23 2 2 0m y bmy b    ,由题意可知点 M 是线段 PQ 的中点,据此计算可得 33 6b m m        , 当且仅当 3m   时取等号.则直线l 的倾斜角 5 6   . 试题解析: (1)因为 1 3 3sin BFO  ,则 3 3 b a  , 即 3a b ,设椭圆的半焦距为 c ,则 2c b ,在直角 1 2PF F 中, 2 2 2 2 1 2 1PF F F PF  , 即  222 2 24 2c PF a PF   解得 2 2 3 3 bPF ba   , 1 5 3 3PF b  ,所以 1 2 5PF PF  . (2)由 3a b , 2b  ,得 6a  ,因此椭圆  方程为 2 23 6x y  ,且 2c  , 1 2F F、 的坐标分别为   2,0 2,0 、 ,直线 l 的方程为 1 12y x  ,设点 E 坐标为  1 1,x y , 则由已知可得:  1 1 1 1 2 2 1 0 21 12 2 2 x y y x          ,解得 1 1 2 5 16 5 x y       ,而 2 22 16 7723 65 5 25               , 即点 E  1 1,x y 不在椭圆  上, 所以,椭圆  上不存在这样的点 E ,使得 1F E、 关于直线l 成轴对称. (3)由 3a b ,得椭圆  方程为 2 2 23 3 0x y b   ,且 2c b , 2F 的坐标为 2 ,0b , 所以可设直线 l 的方程为  2x my b m cot   ,代入 2 2 23 3 0x y b   得:  2 2 23 2 2 0m y bmy b    , 因为点 M 满足 2OP OQ OM    ,所以点 M 是线段 PQ 的中点, - 19 - 设 M 的坐标为 ,x y  ,则 y  1 2 2 2 2 3 y y bm m     , 因为直线 1 : 6l y  上总存在点 M 满足 2OP OQ OM    , 所以 2 2 63 bmy m     ,且 0m  ,所以 33 3 2 3 6b m m          , 当且仅当 3m m    ,即 3m   时取等号.所以当 3m cot   时, 6minb  ,此时直线 l 的倾斜角 5 6   . 点睛:解决直线与椭圆的综合问题时,要注意: (1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件; (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦 长、斜率、三角形的面积等问题. - 20 -