2016年高考真題數(shù)學(xué)(山東卷)2

2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(山東卷)理科數(shù)學(xué)第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共10個小題；每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．(2016·山東理，1)若復(fù)數(shù)z滿足2z＋eq\x\to(z)＝3－2i，其中i為虛數(shù)單位，則z等于()A．1＋2iB．1－2iC．－1＋2i D．－1－2i2．(2016·山東理，2)設(shè)集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|x2－1<0}，則A∪B等于()A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1，＋∞)D．(0，＋∞)3．(2016·山東理，3)某高校調(diào)查了200名學(xué)生每周的自習(xí)時間(單位：小時)，制成了如圖所示的頻率分布直方圖，其中自習(xí)時間的范圍是[17.5,30]，樣本數(shù)據(jù)分組為[17.5,20)，[20,22.5)，[22.5,25)，[25,27.5)，[27.5,30]．根據(jù)直方圖，這200名學(xué)生中每周的自習(xí)時間不少于22.5小時的人數(shù)是()A．56B．60C．120D．1404．(2016·山東理，4)若變量x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0，))則x2＋y2的最大值是()A．4B．9C．10D．125．(2016·山東理，5)一個由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A.eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)π B.eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),3)πC.eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),6)π D．1＋eq\f(\r(2),6)π6．(2016·山東理，6)已知直線a，b分別在兩個不同的平面α，β內(nèi)，則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．(2016·山東理，7)函數(shù)f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B．πC.eq\f(3π,2) D．2π8．(2016·山東理，8)已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3).若n⊥(tm＋n)，則實數(shù)t的值為()A．4B．－4C.eq\f(9,4)D．－eq\f(9,4)9．(2016·山東理，9)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，當(dāng)x<0時，f(x)＝x3－1；當(dāng)－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當(dāng)x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則f(6)等于()A．－2B．－1C．0D．210．(2016·山東理，10)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)．下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝ex D．y＝x3第Ⅱ卷二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．11．(2016·山東理，11)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的a，b的值分別為0和9，則輸出的i的值為________．12．(2016·山東理，12)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x))))5的展開式中x5的系數(shù)為－80，則實數(shù)a＝________.13．(2016·山東理，13)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，若矩形ABCD的四個頂點在E上，AB，CD的中點為E的兩個焦點，且2|AB|＝3|BC|，則E的離心率是________．14．(2016·山東理，14)在[－1,1]上隨機(jī)地取一個數(shù)k，則事件“直線y＝kx與圓(x－5)2＋y2＝9相交”發(fā)生的概率為________．15．(2016·山東理，15)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x>m，))其中m>0，若存在實數(shù)b，使得關(guān)于x的方程f(x)＝b有三個不同的根，則m的取值范圍是________．三、解答題：本答題共6小題，共75分．16．(2016·山東理，16)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)證明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．17．(2016·山東理，17)在如圖所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺的一條母線．(1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點，求證：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．18．(2016·山東理，18)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.19．(2016·山東理，19)甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語，在一輪活動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分；如果只有一個人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都沒猜對，則“星隊”得0分．已知甲每輪猜對的概率是eq\f(3,4)，乙每輪猜對的概率是eq\f(2,3)；每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結(jié)果亦互不影響．假設(shè)“星隊”參加兩輪活動，求：(1)“星隊”至少猜對3個成語的概率；(2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)．20．(2016·山東理，20)已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝1時，證明f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)對于任意的x∈[1,2]成立．21．(2016·山東理，21)平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(3),2)，拋物線E：x2＝2y的焦點F是C的一個頂點．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M.①求證：點M在定直線上；②直線l與y軸交于點G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的最大值及取得最大值時點P的坐標(biāo)．

答案解析1.解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，∴2(a＋bi)＋(a－bi)＝3－2i，整理得3a＋bi＝3－2i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＝3，,b＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2，))∴z＝1－2i，故選B.答案B2.解析∵A＝{y|y>0}，B＝{x|－1<x<1}，∴A∪B＝(－1，＋∞)，故選C.答案C3.解析設(shè)所求人數(shù)為N，則N＝2.5×(0.16＋0.08＋0.04)×200＝140，故選D.答案D4.解析滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,2x－3y≤9，,x≥0))的可行域如下圖陰影部分(包括邊界)，x2＋y2是可行域上動點(x，y)到原點(0,0)距離的平方，顯然，當(dāng)x＝3，y＝－1時，x2＋y2取最大值，最大值為10.故選C.答案C5.解析由三視圖知，半球的半徑R＝eq\f(\r(2),2)，四棱錐為底面邊長為1，高為1的正四棱錐，∴V＝eq\f(1,3)×1×1×1＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),6)π，故選C.答案C6.解析若直線a和直線b相交，則平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直線a和直線b可能平行或異面或相交，故選A.答案A7.解析∵f(x)＝2sinxcosx＋eq\r(3)(cos2x－sin2x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝π，故選B.答案B8.解析∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即t·m·n＋n2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0，由已知得t×eq\f(3,4)|n|2×eq\f(1,3)＋|n|2＝0，解得t＝－4，故選B.答案B9.解析當(dāng)x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即f(x)＝f(x＋1)，∴T＝1，∴f(6)＝f(1)．當(dāng)x<0時，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1，f(－x)＝－f(x)，∴f(2)＝f(1)＝－f(－1)＝2，故選D.答案D10.解析對函數(shù)y＝sinx求導(dǎo)，得y′＝cosx，當(dāng)x＝0時，該點處切線l1的斜率k1＝1，當(dāng)x＝π時，該點處切線l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l(xiāng)1⊥l2；對函數(shù)y＝lnx求導(dǎo)，得y′＝eq\f(1,x)恒大于0，斜率之積不可能為－1；對函數(shù)y＝ex求導(dǎo)，得y′＝ex恒大于0，斜率之積不可能為－1；對函數(shù)y＝x3，得y′＝2x2恒大于等于0，斜率之積不可能為－1.故選A.答案A11.解析第1次循環(huán)：i＝1，a＝1，b＝8，a<b；第2次循環(huán)：i＝2，a＝3，b＝6，a<b；第3次循環(huán)：i＝3，a＝6，b＝3，a>b，輸出i的值為3.答案312.解析∵Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(ax2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))r＝a5－rCeq\o\al(r,5)x，∴10－eq\f(5,2)r＝5，解得r＝2，∴a3Ceq\o\al(3,5)＝－80，解得a＝－2.答案－213.解析由已知得|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2c，∴2×eq\f(2b2,a)＝3×2c，又∵b2＝c2－a2，整理得：2c2－3ac－2a2＝0，兩邊同除以a2得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2－3eq\f(c,a)－2＝0，即2e2－3e－2＝0，解得e＝2或e＝－1(舍去)．答案214.解析由已知得，圓心(5,0)到直線y＝kx的距離小于半徑，∴eq\f(|5k|,\r(k2＋1))<3，解得－eq\f(3,4)<k<eq\f(3,4)，由幾何概型得P＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－－1)＝eq\f(3,4).答案eq\f(3,4)15.解析如圖，當(dāng)x≤m時，f(x)＝|x|；當(dāng)x>m時，f(x)＝x2－2mx＋4m，在(m，＋∞)為增函數(shù)，若存在實數(shù)b，使方程f(x)＝b有三個不同的根，則m2－2m·m＋4m<|m|.∵m>0，∴m2－3m>0，解得m>3.答案(3，＋∞)16.(1)證明由題意知2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB).化簡得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB，因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，從而sinA＋sinB＝2sinC，由正弦定理得a＋b＝2c.(2)解由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2,2ab)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立，故cosC的最小值為eq\f(1,2).17.(1)證明設(shè)FC中點為I，連接GI，HI，在△CEF中，因為點G是CE的中點，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)連接OO′，則OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，所以BO⊥AC.以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．過點F作FM垂直O(jiān)B于點M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)．設(shè)m＝(x，y，z)是平面BCF的一個法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一個法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))，因為平面ABC的一個法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角FBCA的余弦值為eq\f(\r(7),7).18.解(1)由題意知，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.(3)由(1)知，cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．兩式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.19.解(1)記事件A：“甲第一輪猜對”，記事件B：“乙第一輪猜對”，記事件C：“甲第二輪猜對”，記事件D：“乙第二輪猜對”，記事件E：“‘星隊’至少猜對3個成語”．由題意，E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D).由事件的獨立性與互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\x\to(A)BCD)＋P(Aeq\x\to(B)CD)＋P(ABeq\x\to(C)D)＋P(ABCeq\x\to(D))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\x\to(A))P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(eq\x\to(C))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\x\to(D))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3).所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為eq\f(2,3).(2)由題意，隨機(jī)變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.由事件的獨立性與互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60,144)＝eq\f(5,12).P(X＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(36,144)＝eq\f(1,4).可得隨機(jī)變量X的分布列為x012346Peq\f(1,144)eq\f(5,72)eq\f(25,144)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,4)所以數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,144)＋1×eq\f(5,72)＋2×eq\f(25,144)＋3×eq\f(1,12)＋4×eq\f(5,12)＋6×eq\f(1,4)＝eq\f(23,6).20.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(ax2－2x－1,x3).當(dāng)a≤0時，x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．當(dāng)a>0時，f′(x)＝eq\f(ax－1,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).①0<a<2時，eq\r(\f(2,a))>1，當(dāng)x∈(0,1)或x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．②a＝2時，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增．③a>2時，0<eq\r(\f(2,a))<1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<2時，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2時，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)證明由(1)知，a＝1時，f(x)－f′(x)＝x－lnx＋eq\f(2x－1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)－\f(2,x2)＋\f(2,x3)))＝x－lnx＋eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1，x∈[1,2]．設(shè)g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1，x∈[1,2]，則f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．由g′(x)＝eq\f(x－1,x)≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取得等號．又h′(x)＝eq\f(－3x2－2x＋6,x4).設(shè)φ(x)＝－3x2－2x＋6，則φ(x)在x∈[1,2]單調(diào)遞減．因為φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以?x0∈(1,2)，使得x∈(1，x0)時，φ(x)>0，x∈(x0，2)時，φ(x)<0.所以h(x)在(1，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0，2)內(nèi)單調(diào)遞減．由h(1)＝1，h(2)＝eq\f(1,2)，可得h(x)≥h(2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取得等號．所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝eq\f(3,2).即f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)對于任意的x∈[1,2]成立．21.(1)解由題意知eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝4b2，因為拋物線E的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以b＝eq\f(1,2)，a＝1，所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1.(2)①證明設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2)))(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為y－eq\f(m2,2)＝m(x－m)．即y＝mx－eq\f(m2,2).設(shè)A(x1，y1)，B(x