福建省莆田市2024-2025學(xué)年高三年級(jí)下冊(cè)第四次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題

福建省莆田市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期第四次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)

數(shù)學(xué)試題

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題

1.已知集合a={0,1,234,8},B={x\x-2ea},則an8=（）

A.{2,3,4}B.{1,2,3,4}

C.{3,4}D.{4}

2.小明所在的學(xué)校每周都要進(jìn)行數(shù)學(xué)周測(cè)，他將近8周的周測(cè)成績(jī)統(tǒng)計(jì)如下：112,101,

93,99,106,105,114,119,則這組數(shù)據(jù)的第25百分位數(shù)是（）

A.99B.100C.101D.113

3.已知z+2=4,z-z=2i,則二在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）

1+1

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

4.已知向量%方滿(mǎn)足同=i,\b\=38，且a在另上的投影向量為-/，貝心與石的夾角為（）

A.-B.-C.-D.-

6336

5.沙漏也叫做沙鐘，是一種測(cè)量時(shí)間的裝置.現(xiàn)有一個(gè)沙漏（如圖）上方裝有acm3的細(xì)沙，

細(xì)沙從中間小孔由上方慢慢漏下，經(jīng)過(guò)力分鐘時(shí)剩余的細(xì)沙量為ycm3,且、=。.0-沅（b為

常數(shù)），經(jīng)過(guò)16分鐘時(shí)，上方還剩下一半細(xì)沙，要使上方細(xì)沙是開(kāi)始時(shí)的;，需經(jīng)過(guò)的時(shí)間為

（）

A.24分鐘B.28分鐘C.32分鐘D.36分鐘

6.已知某圓臺(tái)下底面半徑為2,高與上底面半徑均為1,則該圓臺(tái)外接球的表面積是（）

A.12nB.16nC.201TD.24n

7.已知aG(0,冗)，2sina+cosa=1,則--1=()

l+tan-

2

A.3B.-3C.-D.--

33

8.己知函數(shù)/(x)=e*,g(x)=—x2-mx,若對(duì)區(qū)間[。,1]內(nèi)任意兩個(gè)實(shí)數(shù)巧,K2(乂1力金)，

都有-/(x2)|>IgQJ—g(*2)l恒成立，則實(shí)數(shù)6的取值范圍是()

A.[—1,2—21n2]B.[—e?—4,1]

C.[-l,e-2]D.[-1,1]

二、多選題

9.已知拋物線(xiàn)。:、2=4%的焦點(diǎn)為尸，點(diǎn)2(1,3),P為C上的動(dòng)點(diǎn)，貝|()

A.滿(mǎn)足|P川=|PF|的點(diǎn)P恰有兩個(gè)

B.滿(mǎn)足AP4F面積為|的點(diǎn)P恰有三個(gè)

C.|P川+|PF|的最小值為3

D.|P川—|PF|的最小值為—2

10.某校教研會(huì)上，共有3位統(tǒng)考科目(語(yǔ)文、數(shù)學(xué)、外語(yǔ))教師，2位首選科目(物理、

歷史)教師，4位再選科目(化學(xué)、生物、政治、地理)教師進(jìn)行發(fā)言，現(xiàn)用抽簽的方式?jīng)Q

定發(fā)言順序，用事件4,Bj,Q(1<i<9,E6N)分別表示第i位發(fā)言的是統(tǒng)考科目教師、

首選科目教師、再選科目教師，則()

1

A.P(B2)=|B.0(4&)=7

O

11,2

c.P(C9|B2)-|D.P(C2+C3)=g

11.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)/(久)是偶函數(shù)，且f(2)=4,f(x)+/(-2-x)=4,若

4049,卜、

￡f(嬴)=4049(a+6),其中6>0,貝U()

A.f⑴=2B.鵡5f0=4048

D

C.a+b=2-嘉+霍的最小值龍

三、填空題

12.與雙曲線(xiàn)/-?=1有共同漸近線(xiàn)，且過(guò)點(diǎn)M(2,2)的雙曲線(xiàn)方程為.

13.已知函數(shù)f(%)=/sin(3%+9)(4>0,0<3V10,-irV0<n)的部分圖象如圖所示,

試卷第2頁(yè)，共4頁(yè)

|OM|=|ON|且f償”去貝療(x)=

14.從1,2,2024中任取兩數(shù)a,b(可以相同)，則7。+8b的個(gè)位是7的概率為

四、解答題

15.記AABC的內(nèi)角4用C的對(duì)邊分別為a,b,c,a2+b2-c2=-15,AABC的面積為"星

4

(1)求C的大??；

⑵若△ABC外接圓的面積為等，求AABC的周長(zhǎng).

16.如圖，在四棱錐M—力BCD中，底面4BCD是菱形，乙84。=AMAD=^-,AD=AM2,

MC=V10.

(1)求證：平面M2。1平面力BCD；

(2)求平面M4B與平面MCD夾角的正弦值.

17.已知橢圓C:/+3=l(a>6>0)的離心率為今左、右焦點(diǎn)分別為&,尸2,點(diǎn)M(l,0)滿(mǎn)

足(2百-1)麗=(2V3+1)^M.

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

⑵若過(guò)點(diǎn)M的直線(xiàn)咬橢圓C于P,Q兩點(diǎn)，垂直于x軸的直線(xiàn)PR與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為R,求

AMQR面積的最大值.

18.已知函數(shù)/(久)=?一a.

(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線(xiàn)y=/(久)在點(diǎn)處的切線(xiàn)方程；

(2)若a>0,函數(shù)g(久)=/f(%)有兩個(gè)極值點(diǎn)修,久2(久1<x2).

(i)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(ii)當(dāng)滿(mǎn)足|ln%i-InK2121n2時(shí),求實(shí)數(shù)a的最大值.

19.若無(wú)窮數(shù)列滿(mǎn)足：對(duì)于MieN*,再二―河=4其中A為常數(shù)，則稱(chēng)數(shù)列｛&J

為“A數(shù)列”.

(1)若等比數(shù)列｛6?｝為2數(shù)列“，求｛%｝的公比q；

(2)若數(shù)列｛即｝為“A數(shù)列"，且的=1,A=l.

①求證：

九1___________

一，求滿(mǎn)足不等式2&m+b-2<S<

Zi=lcin

2Ven—l(a,b,c,nEN*)的abc的最小值.

試卷第4頁(yè)，共4頁(yè)

《福建省莆田市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期第四次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題》參考答案

題號(hào)12345678910

答案ABDDCCDABCDACD

題號(hào)11

答案ACD

1.A

【分析】根據(jù)題意求集合8,進(jìn)而可得交集.

【詳解】因?yàn)?={0,123,4,8},則B={x\x-2671}={2,3,4,5,6,10},

所以4CB={2,3,4}.

故選：A.

2.B

【分析】把給定的數(shù)據(jù)由小到大排列，利用第25百分位數(shù)的定義求解.

【詳解】這組數(shù)據(jù)從小到大排列為93,99,101,105,106,112,114,119,

由8x25%=2,得這組數(shù)據(jù)的第25百分位數(shù)是*詈=100.

故選：B

3.D

【分析】由廠(chǎng)+彳=3,求出z,利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則求出￡表達(dá)式，進(jìn)而可得對(duì)應(yīng)象限.

【詳解】因?yàn)镺二:'所以z=2+i,所以忘=冷=>3，

在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為位于第四象限.

故選：D.

4.D

【分析】利用給定的投影向量求出港京再利用夾角公式計(jì)算即得.

【詳解】依題意，a在3上的投影向量為萼3=—物，則之不=—9司2=—2,

\b\66112

所以cos值研=僦=易=_苧，又值內(nèi)e[0m],

所以值②=彗，即2與石的夾角為青

故選：D.

5.C

【分析】根據(jù)16分鐘時(shí)，上方還剩下一半細(xì)沙，可列出方程，求出b的值，然后令y為原來(lái)

答案第1頁(yè)，共13頁(yè)

的;，即可求出結(jié)果.

4

【詳解】依題意有aeT6b=la,即e-16匕=1,

兩邊取對(duì)數(shù)得-16b=In工=-ln2,所以b=㈣，得到丫=ae-五3

216

-1\n21ln2i

當(dāng)容器上方細(xì)沙只有開(kāi)始時(shí)的;時(shí)，則有aeFt=；a,所以e—'；,

444

兩邊取對(duì)數(shù)得—號(hào)t=ln；=—21n2,所以t=32,

164

即需要經(jīng)過(guò)的時(shí)間為32分鐘.

故選：C

6.C

【分析】結(jié)合圓臺(tái)的上下底面半徑和高，結(jié)合勾股定理列出等式求解.

【詳解】由題意分析可得球心應(yīng)該在線(xiàn)段。1。2的延長(zhǎng)線(xiàn)上,如圖，設(shè)。為圓臺(tái)外接球的球心,

?！?。2分別為上、下底面圓的圓心，R為外接球半徑，

則R2=1+（1+。。2）2=22+001,解得R2=5,所以外接球的表面積為S=4TTR2=20n.

故選：C.

7.D

【分析】依題意可得cosa=1-2sina,結(jié)合平方關(guān)系求出sina,即可得到cosa,再由同角

三角函數(shù)的基本關(guān)系及二倍角公式計(jì)算可得.

【詳解】因?yàn)?sina+cosa=1,所以cosa=1—2sina,

代入sin2a+cos2a=1得5sin2a—4sina=0,解得sina='或sina=0,

因?yàn)閍E(O,TT),所以sina=cosa=1—2sina=—|,

--aa.aa.a3

,1—tan—cos——sin—cos—7—sin^—?cosa—71

所以——i=T—~I=―z——4==T=一上

1+sina3

l+tan?cos-+sin-(cos|+sinf)1+j

故選：D.

8.A

答案第2頁(yè)，共13頁(yè)

【分析】由/'(久)單調(diào)性及IgOi)-9(比2)1</(久2)-/(久1)推出/(久1)一/(久2)<90)-

</3)一/01).

構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-9(久)，因?yàn)樗冢?,1］遞增,所以其導(dǎo)數(shù)尸'(x)20,求出F'O)最小值，

進(jìn)而得到小的一個(gè)取值范圍.

構(gòu)造函數(shù)GQ)=f(x)+g(x),同理它在［0,1］遞增，G\x)>0,得出m的另一個(gè)取值范圍.

進(jìn)而可得解.

x

【詳解】假設(shè)久1<x2>因?yàn)?(x)=e*在R上單調(diào)遞增，所以|g(%i)-g(%2)l<f(，2)一/(久1)，

所以J(dfd)<gd)-g3)</(x2)-,)，所以謂；耨<怒；需:

令F(%)=f(x)—g(%)=ex+%2+mx,則產(chǎn)(%)在區(qū)間［0,1］內(nèi)單調(diào)遞增,所以尸'(%)=ex+

2%+m>0,

因?yàn)閺V(%)在區(qū)間［0,1］上單調(diào)遞增，所以尸(%)的最小值為尸(0)=1+租，故1+租20,即

m>—1；

令G(%)=/(%)+g(%)=ex—x2—mx,則G(x)在區(qū)間［0,1］內(nèi)單調(diào)遞增,所以G)==G—

2%—m>0,所以m<ex—2%,

令h(%)=ex—2%,則九'(%)=ex—2,所以h(%)在(0Jn2)上單調(diào)遞減，在(ln2,l)上單調(diào)遞增,

所以九(%)的最小值為九(ln2)=2—21n2,即m<2—21n2.

綜上所述，-1WmW2-21n2.

故選：A.

9.BCD

【分析】對(duì)于選項(xiàng)A：依據(jù)線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)上的性質(zhì)得到|R4|二|PF|的點(diǎn)P在AF垂直平分

線(xiàn)上，得到滿(mǎn)足條件的尸只有一個(gè).

對(duì)于選項(xiàng)B：由三角形面積公式SAPM=摟4可?d=|得出d=1.結(jié)合圖形特點(diǎn)，判斷P有三

個(gè)這樣的點(diǎn).

對(duì)于選項(xiàng)C：根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊，|PF|+\PA\>|4F］.算出I凡4|=3,得到|P4|+

|PF|最小值判斷.

對(duì)于選項(xiàng)D：過(guò)4作久軸平行線(xiàn)，利用拋物線(xiàn)上點(diǎn)到焦點(diǎn)距離等于到準(zhǔn)線(xiàn)距離，\PB\=\PF\.

算出|4B|=2,得到|P4|-|PF|最小值判斷.

【詳解】滿(mǎn)足|P*=|PF|的點(diǎn)P位于線(xiàn)段AF的垂直平分線(xiàn)上，其直線(xiàn)方程為y=|,與C僅有

一個(gè)交點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

答案第3頁(yè)，共13頁(yè)

設(shè)P到直線(xiàn)4尸的距離為d,ShPAF=|IXFI?d=I，貝!]d=1,所以P在直線(xiàn)尤=2或y軸上，這

樣的點(diǎn)P有三個(gè)，故B正確；

如圖1,點(diǎn)2在拋物線(xiàn)外，\PF\+\PA\>\AF\,故|P*+|PF|的最小值為|凡4|=3,故C正

確；

如圖2,過(guò)力作x軸平行線(xiàn),與準(zhǔn)線(xiàn)交于點(diǎn)B,與拋物線(xiàn)交于點(diǎn)P,根據(jù)拋物線(xiàn)定義，|PB|=\PF\,

此時(shí)|P*-|PF|有最小值一|4B|=-2,故D正確.

故選：BCD.

圖1圖2

10.ACD

【分析】利用古典概型概率公式與條件概率公式，結(jié)合獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率公式即可求

解.

【詳解】P(B2)=：X|+：XH|或P(B2)=饕=|,故A正確；

P(a/2)=|x：=2,或p(a/2)=盤(pán)筍=白，故B錯(cuò)誤；

P(B2c9)=|x3=2或P(/C9)=竽=[,所以P(C9[%)=箸=|,故C正確；

yoyyr\D2)4

因?yàn)镻?2)=P0)=iP(C2c3)=*=g

yyoo

所以P(C2+c)=P(C)+P(C)一P(c2c3)=22—!=S，D正確.

323yyoio

故選：ACD.

11.ACD

【分析】由/(%)+/(-2—%)=4取汽=-1,可求/(一1),再由偶函數(shù)性質(zhì)求f(l)判斷A,

結(jié)合偶函數(shù)性質(zhì)及f(%)+/(-2-％)=4證明f(%)=/(%-4),確定4是f(%)的一個(gè)周期，再

求/(3)，/(4),結(jié)合周期性求與受5/?),判斷&由條件證明/(%)關(guān)于(1,2)中心對(duì)稱(chēng)，由

此可得f(%)+/(2-%)=4,由此可求￡%卷9/再求出Q_|_/),判斷C,分a>0,a<0

兩種情況，結(jié)合基本不等式求去+年的最小值，判斷D.

2\a\b

答案第4頁(yè)，共13頁(yè)

【詳解】在/■(久)+/(-2-x)=4中，令x=-l,得2/(-1)=4,BPf(-l)=2,又/(久)是

偶函數(shù)，所以/(1)=/(—1)=2,故A正確；

因?yàn)閒(%)是偶函數(shù),所以7?(%)=/(—%),X/(x)+/(-2-x)=4,

所以/(-x)+/(—2—乃=4,將x替換為一“可得/'(x)+/(x—2)=4①，

將x替換為％—2可得/(%—2)+/(%—4)=4②，

①-②可得/(久)-/(x-4)=0,即/'(久)—f(x-4),

所以4是f(x)的一個(gè)周期，

又/(1)=2,f(2)=4,/(3)=/(-1)=2,/(4)+/(2)=4,/(4)=0,

所以于上吁(。=506/(1)+f(2)+f(3)+f⑷]+/(I)=4048+2=4050,故B錯(cuò)誤；

因?yàn)閒(%)+f(-2-久)=4,所以/(久)關(guān)于(一1,2)中心對(duì)稱(chēng)，

又/(久)是偶函數(shù)，所以f(x)關(guān)于(1,2)中心對(duì)稱(chēng)，

所以J(x)+/(2-x)=4,

即/島)+f(SS)=%八募)+八黑)=4,…,f(怒)+/露)=4,/O=

/(I)=2,

令S=2__,k40=49J(備)'得2s=/(募)+f(黑)]+/(募)+，(黑)卜…+[f(翳)+

/島)]，

2s=4x4049=16196,即S=8098,

所以4049(。+b)=8098,解得a+b=2,故C正確；

由a+b=2,得a=2—bf且b>0,

當(dāng)a>0時(shí)，則0VaV2,0<h<2,

工+回=三+厘=二+2_1=(2+為”_1=1三+2+4_1>工作+

2\a\b2ab2ab12abj22\22abJ-2\2

當(dāng)且僅當(dāng)二=與，即a=：,b時(shí)等號(hào)成立;

2ab33

當(dāng)a<0時(shí)，b>2,a=2—b,

泰+霍=竟+t=&+—=竟+?+1=Y*+￡>5+6)+1=乂_|+

與+尚

當(dāng)且僅當(dāng)2=3,即a=—2,6=4時(shí)等號(hào)成立，又三<3

-2ab44

答案第5頁(yè)，共13頁(yè)

所以六+理的最小值為9,故D正確?

2\a\b4

故選：ACD.

2V2

12.-x-^=1

312

【分析】

設(shè)雙曲線(xiàn)方程為/-9=鼠利用雙曲線(xiàn)過(guò)點(diǎn)(2,2),求出k,即可得出雙曲線(xiàn)方程.

【詳解】

設(shè)雙曲線(xiàn)方程為/一4=k,k大0,

4

n2

???雙曲線(xiàn)過(guò)點(diǎn)(2,2),??.22-^=fc,

???k=3,

故所求雙曲線(xiàn)方程為：/—1=3,即1—1=1,

4312

故答案為：f-g=l

13.sin(2x+

【分析】根據(jù)圖象求得4部利用特殊點(diǎn)求得⑴=%然后利用/⑥=sin隱3+力=苧得

3=2+48k(k6Z)或3=10+48k(keZ),結(jié)合已知即可求得3,即可得解.

【詳解】設(shè)N(t,l),由題意M(—1,0),由圖象可知4=l,；r=2t,則3===9，

又/(—t)=2sinGx(—t)+g)=0,所以—：+(p=2fcn(fcEZ),即g=:+2fcn(fcEZ),

因?yàn)橐籘CVRVTI,即k=04=t符合題意，則/(%)=sin(3%+；),因?yàn)?管)=苧，

所以/圈)=5比63+3=今

所以或3+；=g+2fcn(fceZ)或卷川+；=g+2fcir(fcGZ),

所以a=2+48k(kEZ)或a=10+48k(kEZ),

因?yàn)?<a<10,即々=0,3=2符合題意，

綜上/(%)=sin(2x+；).

故答案為：sin(2%+；).

答案第6頁(yè)，共13頁(yè)

【分析】列出7。,8b的個(gè)位數(shù)，發(fā)現(xiàn)周期為4,再求出的個(gè)位數(shù)是7的情況，再由獨(dú)立事件

的乘法公式和古典概型求解即可.

【詳解】從1,2,…，2024中任取兩數(shù)a,6（可以相同），共有2024x2024種不同取法，

因?yàn)?a的個(gè)位數(shù)字隨著a從1開(kāi)始，依次是7,9,3,1,7,周期變化，8b的個(gè)位數(shù)字

隨著。從1開(kāi)始，則依次是8,4,2,6,8,周期變化，故它們的周期均為4,

所以1?2024中，共有4k+l,4k+2,4fc+3,4fc+4（0</c<505,fcGN）,4種數(shù)型，

且每種數(shù)型的個(gè)數(shù)是相同的，都是506個(gè).

又7a和8b的尾數(shù)中只有9+8,3+4,1+6三種情形中個(gè)位數(shù)字是7,

即a=4k+2,b=4l+l；a=4fc+3,6=47+2；a=4k+4,b=41+4時(shí)，7。+8b的

個(gè)位數(shù)字是7.

又0WkW505,fceyV；0<Z<505,1eN,所以滿(mǎn)足7a+8b的個(gè)位數(shù)字是7的取法有506x

506x506x33

506X3種取法，所以所求概率為

2024X202416

故答案為：高

15.⑴*

⑵15

【分析】（1）由余弦定理得cosC=—W，再由AABC的面積S=竽，得至UsinC=警，進(jìn)

而求得tanC=-V3,即可得到C的大??；

（2）設(shè)△ABC外接圓的半徑為r,求得r=專(zhuān)，由正弦定理得到c=7,再由S=竽，得到

ab=15,由余弦定理，列出方程求得。+力=8,進(jìn)而得到的周長(zhǎng).

【詳解】（1）解：在△ABC中，因?yàn)樾?爐一。2=一15

由余弦定理可知：cosC=。=一更,

又因?yàn)椤?8C的面積S=^absinC="3，所以sinC=/

242ab

所以1'貫=普=一翳、篝=一次,

因?yàn)镃6(0,11),所以c=g.

（2）解：設(shè)△48。外接圓的半徑為r,則何2=等，所以「=看

由正弦定理得2r=—,所以c=2rsinC=2x^x—=7,

sineV32

答案第7頁(yè)，共13頁(yè)

因?yàn)椤鰽BC的面積S=-absinC——ab=15^,所以ab=15,

244

由余弦定理得c?—a2+b2-2abeosC-a2+b2+ab,

所以49=(a+b)2—ab,即(a+b)2=49+ab=49+15=64,所以a+b=8,

所以△48C的周長(zhǎng)為a+6+c=8+7=15.

16.(1)證明見(jiàn)解析

⑵也

''65

【分析】(1)取4。中點(diǎn)E,由菱形性質(zhì)及角度、邊長(zhǎng)條件得出CELAD及長(zhǎng)度,

進(jìn)而得CE1ME,然后根據(jù)線(xiàn)面垂直及面面垂直的判定即得：

(2)過(guò)M作M。14。交D4延長(zhǎng)線(xiàn)于。，由面面垂直性質(zhì)得M。1平面4BCD,以O(shè)B,OA,OM

所在直線(xiàn)為軸建系，求平面M4B和平面MCD的法向量，再用向量夾角公式求兩平面夾角余

弦值進(jìn)而可得正弦值.

【詳解】(1)證明：如圖，取4。的中點(diǎn)為E,連接CE,ME,AC.

因?yàn)榈酌鍭8CD是菱形，/.BAD=y,AD=2,

所以乙4DC=或CD^AD=2,所以△2CD是等邊三角形，

又E為4D的中點(diǎn)，所以CE1AD,且CE=W,AE=1.

在△MAE中，AE=1,AM=2,Z.MAE=y,由余弦定理，得ME=近,

又=所以MO?=ME2+CE2,即CE1ME.

因?yàn)镃E1AD,CE1ME,AD^ME=E,AD,MEu平面MAD,

所以CE1平面MAD,又CEu平面4BCD,

所以平面MAD_L平面ABCD.

(2)在平面MAD內(nèi)，過(guò)M作M012D,M。與的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)。，連接0B.

在AMA。中，MO1OA,AM=2,AM力。=g所以4。=1,MO=V3.

答案第8頁(yè)，共13頁(yè)

在AAOB中，。4=1,AB=2,AOAB=p由余弦定理，得。B=b，

所以4^2=。人2+。呂2,即。4J_OB.

因?yàn)槠矫鍹AD_L平面2BCD,平面M4Dn平面4BCD=AD,MO1AD,MOu平面MAD,

所以M01平面4BCD,

又。Bu平面ABCD,所以MOIOB,即。4OB,OM兩兩垂直.

以。B,04,0M所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

則4(0,1,0),B(V3,0,0),C(V3,2,0),D(0,3,0),M(0,0,V3).

所以前=(0,一1,百)，AB=(V3,-l,0),CM=(-V3,-2,V3),CD=(-V3,l,0).

設(shè)平面MAB的一個(gè)法向量為沅=(xqi，zi),貝JaSMnO,即卜合+31=0,

(m-AB=0I倔廣為=0

令/=1,則為=?zi=1,即平面M48的一個(gè)法向量為記=(1,V3,1).

設(shè)平面MCD的一個(gè)法向量為元=(犯，%?)，則1?？=0,即「岳212y2+叵2=。，

\n-CD=0I-岳2+力=。

令冷=1，則＞2=V3,Z2=3,即平面MCD的一個(gè)法向量為元=(1,V3,3).

設(shè)平面MAB與平面MCD的夾角為仇則|cos8|=|cos＜沅，元＞|=署嗎=屋搟=誓，

|m|-|n|V5XV1365

所以sin8=，l-cos28=卜一竺=咯即平面M4B與平面MCD夾角的正弦值為/I

7656565

17.(底+?=1

喈

【分析】(1)結(jié)合題意可得￡="，==需，進(jìn)而解得見(jiàn)。,爐，進(jìn)而求解；

a2c—12V3—1

(2)設(shè)直線(xiàn)1的方程為汽=my+l(mH0),聯(lián)系直線(xiàn)與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得y/2=

-急，進(jìn)而表示出AMQR的面積，再利用基本不等式求解即可.

【詳解】⑴由橢圓C的離心率為金得￡=",①

2a2

由(2百-1)麗(=(2V3+1)領(lǐng)，

知電型=坐，即包=?，②

\MF2\2V3-Ic-12V3-I

由①②，解得。=4,C=2A/3,所以力2=Q2一=4,

故橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為三+1=1.

164

答案第9頁(yè)，共13頁(yè)

(2)如圖，由題意知直線(xiàn)/的斜率存在且不為0,

故可設(shè)直線(xiàn)［的方程為％=my+l(mH0),

rx=my+1

由［蘭旺_］，得(/+4)y2+2my-15=0,

(16十4一

由于直線(xiàn)過(guò)橢圓內(nèi)一點(diǎn)，故必有△=6462+240>0,

設(shè)POi，%)，Q(%2，y2)，貝1JROi,-%)，力%=一就牙

又SAPQR=|，|2yj,%-=lyil-\x2-x1\,S^PMR=|-\2yr\■|1-xj=|y/?|1-x/,

易知%2一%1與1-同號(hào)，

所以S^MQR=S^PQR—S^PMR=僅11,(l%2—1—11—%11)=lyil,l(%2—%1)—(1—%1)I

2

=MH比Tl=lyil-lw2l=lwiy2l=黑=乖w=*

㈤21l冽?向

當(dāng)且僅當(dāng)|刈=占，即？71=±2時(shí)等號(hào)成立，

\m\

所以△MQR面積的最大值為

4

18.(l)3x-y-6=0

⑵⑴(D；8S

【分析】(1)先把a(bǔ)=1代入函數(shù)f(x)求f(l),再對(duì)/(久)求導(dǎo)得尸(久)，算出廠(chǎng)(1)即切線(xiàn)斜率，

最后用點(diǎn)斜式得出切線(xiàn)方程.

⑵⑴先得出g(x)和g'(x),因g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，久1，久2是g'O)零點(diǎn)，將(久)=。變形，

設(shè)h(x)并求導(dǎo)，分析其單調(diào)性得最大值，結(jié)合圖象確定2a范圍，進(jìn)而得到a范圍.

(ii)根據(jù)條件得到2a表達(dá)式，設(shè)t=紅，代入化簡(jiǎn)得lnxi-1表達(dá)式，設(shè)巾⑷求導(dǎo)分析單

X1

調(diào)性，由|ln久1-In^zl2ln2確定t范圍，得出范圍，進(jìn)而確定與范圍，再根據(jù)2a表

達(dá)式設(shè)"。)，分析其單調(diào)性得V。)最大值，從而得到a最大值.

【詳解】(1)當(dāng)。=1時(shí)，/⑴=一3,

答案第10頁(yè)，共13頁(yè)

r(x)=贅，貝行，(1)=3-lnl=3,

所以曲線(xiàn)y=/(%)在點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為y+3=3(x-1),即3%-y-6=0.

(2)(i)g(%)=x2/(x)=xlnx—2x—ax2,則g'(%)=Inx—2ax—1,

因?yàn)楹瘮?shù)g(%)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)%1，%2，所以%1，%2是g'(%)的零點(diǎn)，

由In%—2ax—1=0,得2。=處匚.

x

設(shè)h(x)=W,則〃(x)=Z等，

令》(%)>0,得0<%<e2；令》(%)<0,得％>e2,

所以以%)在區(qū)間(0,。2)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(e2,+8)上單調(diào)遞減，

所以以%)max=/l(e2)=

當(dāng)％=e時(shí)，/i(e)=0,當(dāng)久>e?時(shí)，h(x)>0,

結(jié)合拉。)的圖象的變化趨勢(shì)可知，0<2a〈母，所以0<a(六，

ez2ez

故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,右).

(ii)由條件可知，Imq—2a%i—1=0,lnx2—2ax2—1=0,

則2a==gL,且。v%】ve?vg?

X1X2

不妨令t=建仕>1),將與=51代入西二=跖二中，

%1%2

得-1)=Int+In%1-1,則In%1—1=—.

t-i

設(shè)m(t)=詈，t>1,則m'(t)=骨翼,

令W(t)=t-1-tlnt(t>1),則"(t)=-Int<0,所以租⑴在。+8)上單調(diào)遞減,

則V中⑴=0,即M(t)V0,所以tn⑴在(1,+8)上單調(diào)遞減.

由|ln%i—ln%2l之ln2得，In—>ln2,所以tN2,

xi

因此7n(。在區(qū)間［2,+8)上單調(diào)遞減，即<m(2)=ln2,

于是In%1—1<ln2,所以％i<2e,則久16(e,2e］,

又2a=m%iT,令u(%)=也二，由(i)可知，u(%)在區(qū)間(e,2e］上單調(diào)遞增，

X

所以u(píng)(%)max=u(2e)=野，則0<2a<^|,解得0V。W皆，

故實(shí)數(shù)a的最大值為乎.

4e

答案第11頁(yè)，共13頁(yè)

19.（l）q=1

⑵①證明見(jiàn)詳解；②1

【分析】（1）根據(jù)題意可得西二-厄=4結(jié)合等比數(shù)列通項(xiàng)公式分析求解；