济宁一中高三 2 月份定时检测数学试题
（时间：120 分钟，满分 150 分）
一、单选题（共 8 题，每题 5 分，共 40 分）
1．抛物线C : y 4x2的准线方程为（ ）
A． x
1 1 1
B． y C． x= 1 D． y
16 16 8
2．函数 f x ex 2 x的零点所在的区间是（ ）
A． 3，4 B． 2，3 C． 1，2 D． 0，1
1 ai
3．若复数 a R 为纯虚数，则a （ ）
1 i2023
A．-1 B．0 C．1 D．2
4 2 2．已知圆C1 : x y 2x 8y 8 0 C
2 2
和圆 2 : x 5 y 4 25，则圆C1与圆C2的
公切线有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
x 1 5．已知函数 y 3 1的定义域为[a,b]，值域为 0, ，则b a的最大值为（ ） 3
log 4 2A． 3 B． log3 2 C． log3 D．23 3
6．三棱锥 P ABC中，PA 平面 ABC， ABC为等边三角形，且 AB 3，PA 2，则
该三棱锥外接球的表面积为（ ）
32π
A．8π B．16π C． D．12π
3
7．已知函数 f x sin x ，其中 0， 为实数，若 f x 相邻两条对称轴之间
π
的距离为 ，且 f x f π πx R f π 对 恒成立，且 f π ，则 f 的值为（ ）2 6 2 12
1
A 1 B 3 C D 3． 2 ． ． ． 2 2 2
x2 y28．已知双曲线C : 1 ( a 0,b 02 2 )，以双曲线 C的右顶点 A为圆心，b为半径作a b
圆 A，圆 A与双曲线 C的一条渐近线交于 M，N两点，若 MAN 60 ，则双曲线的离
心率为（ ）
4
A． 2 B 2 3． C． D．23 3
试卷第 1页，共 4页
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
二、多选题（共 3 小题，每题 6 分，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得
0 分）
9．已知 S为圆锥的顶点， AB为该圆锥的底面圆O的直径， SAB 45 ,C为底面圆周
上一点， BAC 60 ,SC 2 ，则（ ）
π
A．该圆锥的体积为
3
B． AC 3
C．该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180
D．二面角 A BC S的正切值为 2
n
10 1 ．若 2x 展开式的二项式系数之和为 64，则下列结论正确的是（ ）
x
A．该展开式中共有 6项 B．各项系数之和为 1
C．常数项为 60 D．只有第 4项的二项式系数最大
11．已知定义域为R 的函数 f x 满足 f x 2 f x 2 0，当 x 0时，
5x2 4x 1,0 x 1
f x log x 7 ，则下列说法正确的是（ ）． 1 2 16 , x 1 4
A．函数 f x 2 2 在 , 上单调递减 5 5
f x 0, p 4 B．若函数 在 内 f x 1恒成立，则 p 0,
5
C．对任意实数 k，方程 f x kx 0至多有 6个解
D．方程 f x m m 0 67有 4个解，分别为x ，x ，x x1 2 3， 4，则 x1 x2 x3 x4 10
三、填空题（共 3 题，每题 5 分，共 15 分）
12
π ,π 5 tan π ．已知 ， sin ，则
2 5 4
．
13．已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn，a1 9，a5 1，则使得 Sn 0成立的最大的自然
数 n为 ．
14．已知对任意 x R ，均有不等式 ax2 bx c 0成立，其中b 0 .若存在 t R使得
1 t a 1 2t b 3c 0成立，则 t的最小值为 .
试卷第 2页，共 4页
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
四、解答题（共 5 题，共 77 分）
15．（13分）
从某校高二年级随机抽取 100名学生的期中考试的数学成绩进行研究，发现他们的成绩
都在[50,100]分之间，将成绩分为五组[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)， [90,100)，
画出频率分布直方图，如图所示：
(1)若该校高二年级有 750名学生，估计该年级学生的数学成绩不低于 80分的学生有多
少名？并估计高二段学生的数学成绩的中位数；
(2)用分层抽样的方法在区间[70,100]中抽取一个容量为 6的样本，将该样本看作一个总
体，从中抽取 2名学生的数学成绩，求这两名学生中至少有一人的数学成绩在区间
[70,80)的概率.
16．（15分）
f x ln x m已知函数 .
x
（Ⅰ）若m 1，求函数 f x 的单调区间；
（Ⅱ）若 f x m 1 x在 1, 上恒成立，求实数m的取值范围.
17．（15分）
在四棱锥 P ABCD中，E为棱 AD的中点，PE⊥平面 ABCD，AD / /BC ， ADC 90 ，
ED BC 2， EB 3，F为棱 PC的中点．
(1)求证：PA / /平面 BEF；
(2)若二面角 F BE C为60 ，求直线 PB与平面 ABCD所成角的正切值．
试卷第 3页，共 4页
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
18．（17分）
x2 y2
已知椭圆 2 2 1(a b 0)
2
的右焦点 F (1,0)，离心率为 ，过 F 作两条互相垂直的
a b 2
弦 AB,CD，设 AB,CD的中点分别为M ,N．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦 AB,CD的斜率均存在，求 FMN 面积的最大值．
19．（17分）
将所有平面向量组成的集合记作 R2， f 是从 R2到R2的映射，记作 y f (x)或
y1, y2 f x1, x2 ，其中 x x1, x2 ， y y1, y2 ，x ，x ， y1， y1 2 2，都是实数.定义映
2 2
射 f 的模为：在 x x1 x2 1的条件下 y 的最大值，记作 f .若存在非零向量 x R2，
及实数 使得 f x x，则称 为 f 的一个特征值.
(1)若 f (x1, x
1
2 ) ( x1, x2 )，求 f ；3
(2)如果 f (x1, x2 ) (x1 2x2 , x1 x2 )，计算 f 的特征值，并求相应的 x；
(3)若 f x1, x2 a1x1 a2x2 ,b1x1 b2x2 ，要使 f 有唯一的特征值，实数 a1，a2，b1，b2应
满足什么条件？试找出一个映射 f ，满足以下两个条件：①有唯一的特征值 ；
② f ，并验证 f 满足这两个条件.
试卷第 4页，共 4页
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}高三数学参考答案：
1．B
【分析】把抛物线方程化为标准形式，结合准线方程的特点进行求解即可.
2 1
【详解】抛物线 C的标准方程为 x y
1
，所以其准线方程为 y ，
4 16
故选：B
2．D
【分析】根据零点存在性定理判断即可.
f x ex【详解】因为 2 x，且函数连续不间断，
所以 f 0 e0 2 0 0， f 1 e1 2 1 0， f 2 e2 2 2 0，
f 3 e3 2 3 0， f 4 e4 2 4 0
所以 f 0 f 1 0， f 1 f 2 0， f 2 f 3 0， f 3 f 4 0，
x
由零点存在性定理得函数 f x e 2 x的零点所在的区间为 0,1 ，
故选：D.
3．A
【分析】利用复数的除法运算法则以及纯虚数的定义求解.
1 ai 1 ai 1 ai 1 i a 1 a 1 i
【详解】因为 1 i2023 1 i 1 i 1 i 2 为纯虚数，
a 1 0,
所以 a 1 0,解得 a 1，
故选：A .
4．C
【分析】分析两圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案．
2 2
【详解】根据题意，圆C1 : x y 2x 8y 8 0，即 x
2
1 y 2 4 25，
其圆心C1 1, 4 ，半径 R 5，
C : x 5 2 y 4 2圆 2 25，其圆心C2 5,4 ，半径 r = 5，
2 2
两圆的圆心距 C1C2 ＝ 5 1 4 4 10 r R ，
因此两圆外切；
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
则圆C1与圆C2的公切线有 3条．
故选：C．
5．B
【分析】根据题意画出函数图象，结合指数函数图象相关性质和对数的运算法则进行计算即
可.
x
y 3x 1 3 1, x 0【详解】由题意得， ，
3
x 1, x 0
作出函数图象如图所示，
令 3x
1 4 2
1 ，解得 x log3 或 x log ，3 3 3 3
b log 4 a log 2则当 3 ， 3 时，b a取得最大值，3 3
4
此时b a log3 log
2
3 log3 3 3
2 .
故选：B
6．B
【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外
接球的表面积公式.
【详解】如图，点H为 ABC外接圆的圆心，过点H作平面 ABC的垂线，
点D为 PA的中点，过点D作线段 PA的垂线，所作两条垂线交于点O，
则点O为三棱锥外接球的球心，
因为 PA 平面 ABC，且 ABC为等边三角形， PA 2, AB 3，
1
所以四边形 AHOD 3为矩形， AH AB 3，OH PA 1，
3 2
2
所以OA 3 12 2，即三棱锥外接球的半径 R 2，
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
则该三棱锥外接球的表面积为 4πR2 16π .
故选：B
7．D
π π
【分析】先根据条件得到周期和对称轴，结合 f f π 可得函数 f x 的解析式，代入
2 12
π
可求 f .
12
【详解】由 f x π 2π π相邻两条对称轴之间的距离为 得T 2 2 ，2
解得 2，
f x f π π由 对 x R 恒成立可得 x 为对称轴，，
6 6
f π sin 2π 所以 1，
6 6
2π π
所以 kπ,k Z，得
π
kπ,k Z，
6 2 6
f x sin π 2x kπ
， k Z，
6
又 f
π
f π ，
2
所以 sin
π
π π
kπ sin 2π kπ
， k Z
6 6
π π
当 k为偶数时， sin sin ，该式不成立，
6 6
当 k为奇数时， sin
π sin π ，该式成立，
6 6
π
所以 f x sin 2x
6
，
f π 所以 sin
2 π π 3
12 12 6
.
2
故选：D.
8．C
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
3
【分析】由题意得点 A到渐近线距离为 b，结合点到直线的距离公式、平方关系以及离
2
心率公式即可得解.
【详解】由于 MAN 60 3，因此点A到渐近线距离为 b，其中一条渐近线方程为 bx ay 0，
2
ab 3
b a2 3b2 ,e c b
2 2 3
所以有 ，可得 1 .
a2 b2 2 a a 2 3
故选：C.
9．AC
【分析】求得该圆锥的体积判断选项 A，求得 AC的长度判断选项 B，求得该圆锥的侧面展
开图的圆心角判断选项 C，求得二面角 A BC S的正切值判断选项 D.
【详解】如图，因为 SAB 45 ，所以△SAB为等腰直角三角形，
又 SC 2，则 SA SB 2，所以 AB SA2 SB2 2，
则 r AO SO 1，
1 π
所以该圆锥的体积为V πr 2 SO ,A正确；
3 3
易知 ABC为直角三角形，且 ACB 90 ，又 BAC 60 ，
1
则 ABC 30 ，所以 AC AB 1,B错误；
2
该圆锥的侧面展开图为一扇形，其弧长为 l 2π，
扇形半径为 R SA 2，设扇形圆心角为 ，
所以
l
2π π，所以该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180 ,C正确；
R
取 BC的中点D，连接 SD,OD，则 SD BC ,OD为 ABC的中位线，
OD BC,OD 1所以 AC
1
，
2 2
所以 ODS为二面角 A BC S的平面角，
SO
易知 SOD为直角三角形，所以 tan ODS 2,D错误.
OD
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
故选：AC .
10．BCD
【分析】对 A：由二项式系数之和为2n可得 n的值，即可得展开式中的项数；对 B：令 x 1
即可得各项系数之和；对 C：代入二项式通项公式计算即可得；对 D：当n为偶数时，二项
n
式系数最大项为第 1项即可得.
2
【详解】因为二项式系数之和为 64，即有 2n 64，所以 n 6，
则该展开式中共有 7项，A错误；
令 x 1，得该展开式的各项系数之和为 1，B正确；
r
6 r 1 3r 6 r
通项T rr 1 C6 2x 1 Cr 26 r6 x 2 ，
x
令6
3
r 0，得 r 4，T 45 1 C4 226 60，C正确2
二项式系数最大的是C36，它是第 4项的二项式系数，D正确．
故选：BD.
11．BD
2
【分析】由条件可得 f (x)为奇函数，由 f 0 , f 的值的大小可判断 A；作出函数 f x 的
5
3 3
图象，数形结合可判断 B；取 k = 2时，结合图形，求解判断直线
y x与函数 f (x)的图象
2
交点的个数可判断 C；选项 D，不妨设 x1 x2 x3 x4，根据图象可得 x1, x2 , x3 , x4 及m的范
4
围，由二次函数的对称性可知 x2 x3 ，求出 x 1时 f (x)的解析式，进而得 x1, x4 的关系5
式，结合函数的单调性求出 x1 x4的范围，即可判断 D.
【详解】定义域为R 的函数 f x 满足 f x 2 f x 2 0，
即 f ( (x 2)) f (x 2)，所以函数 f (x)为奇函数， f (0) 0，
f 0 2 0, f 1选项 A， ，得 f 0 f
2 ，故 A错误；
5 5 5
作出函数 f x 的图象，如图所示，
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
选项 B，若函数 f x 在 0, p 内 f x 1恒成立，由图可知， 0 p 1，
由5x2 4x 1 1解得 x 0或 x
4 0 p 4 ，所以 ，故 B正确；
5 5
3
选项 C，取 k = 2时，如图所示，
y 3 x
当 x 0,1 时，联立方程组 2 ，化简得10x2 11x 2 0，
y 5x2 4x 1
设函数 h(x) 10x 2 11x 2 ，
Δ ( 11)2 4 10 2 41 0
因为 h(0) 2 0 ，且对称轴为 x
11
(0,1)，
20
h(1) 1 0
所以方程10x2 11x 2 0在 0,1 上有两个不相等的实数根，
3
所以直线 y x与函数 f (x)图象在 x 0,1 有 2个交点.
2
3 x 7
设m(x) x log 1( ) ， x (1, )，则函数m(x)在 x (1, )2 2 16 上单调递增，4
3 1 9 1 36
∵m(1) 2 0，m(2) 3 log 1 log 1 log 02 2 4 16 4 64
1
4 64
，
∴函数m(x)在 x (1, )上只有一个零点，
3
所以直线 y x与函数 f (x)图象在 x (1, )有 1个交点，
2
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
所以当 x (0, )
3
时，直线 y x与函数 f (x)的图象有 3个交点，
2
3
因为函数 y x与函数 f (x)均为奇函数，
2
所以当 x ( , 0)时，直线 y
3
x与函数 f (x)的图象有 3个交点，
2
y 3又当 x 0时，直线 x与函数 f (x)的图象有 1个交点，
2
3
所以直线 y x与函数 f (x)图象有 7个交点，故 C错误；
2
选项 D，当m 0时，方程 f x m m 0 有 4个解 x1, x2 , x3 , x4 ，
不妨设 x1 x2 x3 x4，
根据图象可得 x
2 2
1 1,0 x2 , x3 1, x4 1，5 5
f x m m 0 f 2 1 1因为 有 4个解， ，所以 m 15 ， 5 5
1 1
所以 log (
x4 7 ) 1，解得11 x 2 1
5 7
5 1 2 16 4 8 4
，
4 8
1
5
所以 4 1 8x ，4 7 16
4
2 x , x x x 2 2 4由二次函数的对称性可知，5x 4x 1 m 的解 2 3满足 2 3 ，5 5
x 7
因为函数 y f x 为奇函数，且当 x 1时， f (x) log1 2 16 ，4
所以当 x 1时， x 1，则 f (x) f ( x) log
x 7 1 2 16 ，4
所以 log
x4 7
1 ( ) log (
x
1
7
)
2 16 1 2 16 ，4 4
x 7 32 7
则 ( 4 )(
x 7
1 ) 1 ，得 x1 8x 7 8，2 16 2 16 4
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
x x 32 7 8x 7 32所以 1 4 x4 4 8x 7 8 8 8 x 7，4 4
1
5
设8x4 7 t, 4 t
1
16 ，
4
1
y t 32
5
又因为函数 在 4,16
1
上单调递增，8 t 4
x x t 32 4 32 15所以 1 4 ，8 t 8 4 2
所以 x1 x x x
15 4 67
2 3 4 ，故 D正确.2 5 10
故选：BD.
【点睛】方法点睛：解决函数零点（方程的根）问题的方法：
（1）直接解方程法（适用于方程易解的情形）；
（2）利用零点存在性定理；
（3）图象法：①研究函数的图象与 x轴的交点；②转化为两个函数图象的交点问题．
1
12．
3
sin 1
【分析】依题意，利用同角三角函数间的关系可求得 tan ，利用两角和的正切
cos 2
即可求得答案．
5 π
【详解】 sin ,
5
,π ，
2
cos 2 5 1 sin2 ，
5
tan sin 1 ，
cos 2
1 1
tan π 1 tan 1 2
4 1 tan 1 1
，
3
2
1
故答案为：
3
13．9
【详解】因为 a1 9，a5 1
1 9 1
，所以 d 2,所以 Sn 9n n n 1 2 0 ,即 n<10,因4 2
此使得 Sn 0成立的最大的自然数 n为 9.
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
1
14． /0.25
4
c b
2 a b 3c
【分析】由一元二次不等式恒成立得 0、 a 0，将问题化为求 t 的最小
4a a 2b
2
m b 0 t 1
3 4m m
值，令 则 8 1 m ，应用基本不等式求最值，注意取值条件.a
2
a 0 b2
【详解】由题设 2Δ b2
b 0
4ac 0，有b 4ac，又 ，则 c 0， 4a
又 1 t a 1 2t b 3c a b 3c (2b a)t ，则 2b a 0，
故存在 t R使 a b 3c (2b a)t 0
a b 3c
成立，则 t ，
a 2b
b (1 b ) 3 4m m2
所以 t 1
3(b c)
1 3 a 4a2b ，令m
b 0 t 1 ，故
a 2b a 8 1
，
1 m
a 2
(1 m) 2 1 93 5(m ) 3 1 9
所以 t 1 2 2 41 1 [( m) 1 5]
1
，且 m 0，
8 m 8 2 4( m ) 2
2 2
3 [(1 m) 9 3 1 5] [2 (
1
m) 9 3 5] 1
而 8 2 8 2 1 4 ，仅当 m
3
，即m 1等
4( m) 4( m) 2 2
2 2
号成立，
t 1
2 1
所以 ，仅当a b且 c b a 时等号成立，故 t的最小值为 .
4 4a 4 4
1
故答案为：
4
【点睛】关键点点睛：根据一元二次不等式求参数的符号和大小关系，将题设条件化为求
t a b 3c 的最小值，结合换元法、基本不等式求最值.
a 2b
220
15．(1)该段学生的数学成绩不低于 80分的学生 225名，中位数为
3
4
(2)
5
【分析】（1）根据频率分布直方图的各个小矩形的面积和为 1求出 x的值，然后该校高二段
学生的数学成绩不低于 80分的概率，即可得出答案；
（2）先确定 6个人中分数落在不同区间的人数，然后利用古典概率模型求解即可.
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
【详解】（1） 0.005 10 0.035 10 0.030 10 10x 0.010 10 1，
x 0.020，
∴该校高二段学生的数学成绩不低于 80分的概率为10x 0.010 10 0.3，
∴该校高二年级 750名学生中，估计该段学生的数学成绩不低于 80分的学生有
750 0.3 225名；
设高二段学生的数学成绩的中位数为 a，
0.005 10 0.035 10 0.030 10 a 70 220 0.5， a ，
10 3
220
该段学生的数学成绩不低于 80分的学生 225名，中位数为 .
3
（2）按分层抽样的方法在区间 70,100 中抽取一个容量为 6的样本，
则从 70,80 中抽取 3人，从 80,90 中抽取 2人， 90,100 中抽取 1人，
从中抽取 2名学生的数学成绩，这两名学生中没有一人的成绩在区间[70,80)的概率为：
C23 3 1
2 ，C6 15 5
1 4
所以两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的[70,80)概率是1 ．
5 5
16．（Ⅰ）单调递增区间为 1, ，单调递减区间为 0,1 ；（Ⅱ） , 2
【分析】（1）求出 f (x)，当m 1时，求出 f (x) 0, f (x) 0的解即可；
2 ln x m（ ）所求的问题为 x m 1 0 在 1, 上恒成立，设 g x ln x m x m 1，x x
x [1, )，注意 g(1) 0，所以 g(x)在 x [1, )递增满足题意，若存在区间[1, x0)递减，则
不满足题意，对 a分类讨论，求出 g(x)单调区间即可.
【详解】（Ⅰ）当m 1时， f x ln x 1 x 0 ，
x
1 1 x 1
则 f x 2 2 .x x x
所以当 x 1时， f (x) > 0， f x 单调递增；
当 0 x 1时， f x 0， f x 单调递减.
所以函数 f x 的单调递增区间为 1, ，单调递减区间为 0,1 .
（Ⅱ）由 f x m 1 x，得 ln x m x m 1 0 在 1, 上恒成立.
x
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
2
设 g x ln x m x m 1，则 g x 1 m x x m 2 1 .x x x x 2
设 h x x2 x m x 1 ，
①当m 2时， h x 0，则 g (x) 0在 1, 上恒成立，
g(x)在 1, 上单调递增， g(x) g(1) 0在 1, 恒成立，
所以当m 2时， ln x m x m 1 0 在 1, 上恒成立；
x
②当m>2 2时，令 h x x x m 0，
x 1 1 4m 1 1 4m得 1 或 x2 （舍去）.2 2
所以当 x 1,
1 1 4m
2
时， g x 0，
g x 1, 1 1 4m
则 是 上的减函数；
2
当 x
1 1 4m
, 2
时， g x 0，
g x 1 1 4m
则 是 , 2
上的增函数.
x 1, 1 1 4m
所以当 时， g x g 1 0 .
2
因此当m>2时， ln x m x m 1 0 不恒成立.
x
综上所述，实数m的取值范围是 , 2 .
【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数单调性、不等式恒成立，考查分类讨论
思想，确定分类标准是解题的关键，属于中档题.
17．(1)证明见解析
(2) 2 3
3
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行；
（2）证明出 EB,ED,EP两两垂直，建立空间直角坐标系，设出 PE m 0，写出点的坐标，
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
由二面角大小求出m的值，进而利用三角函数求出正切值．
【详解】（1）连接 AC交 BE于点M ，连接 FM ，
∵ AD / /BC ，且 BC AE，
∴ AM MC ，
又 PF FC，
∴线段 FM 是△PAC的中位线，
∴ FM / /AP，
∵ FM 面 BEF， PA 平面 BEF，
∴ PA / /平面 BEF；
（2）∵ AD / /BC ， ED BC，
∴四边形 BCDE是平行四边形，
又∵ ADC 90 ，
∴四边形 BCDE是矩形，
∴ AD⊥ BE；
又 PE⊥平面 ABCD， BE,ED 平面 ABCD，
∴ PE⊥ BE ， PE⊥ ED；
以 E为坐标原点， EB,ED,EP所在直线分别为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设 PE m 0，则 E 0,0,0 ,B 3,0,0 ,P 0,0,m ,C 3, 2,0 ,F 3 ,1,
m
2 2
EB 3,0,0 , EF 3∴ ,1,
m
，
2 2
设平面 BEF的一个法向量为 n x, y, z ，
n EB x, y, z 3,0,0 3x 0
由
n EF x, y, z
3 ,1,m 3 m
；
x y z 0
2 2 2 2
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
m n 解得 x 0，令 z 1，得 y ，故 0,
m
,1 ，
2 2
取平面 ABCD的一个法向量为 a 0,0,1 ，
m
0, ,1
0,0,1
cos n
∴ , a
n a 2 1
n a
m2 2
，
1 m 1
4 4
1 1
由二面角 F BE C为60 ，得 m2 2，解得m 2 3，负值舍去；
1
4
∵ PE⊥平面 ABCD，
∴ PBE就是直线 PB与平面 ABCD所成角，
在Rt PBE tan PE 2 3△ 中， PBE ，
BE 3
∴直线 PB与平面 ABCD 2 3所成角的正切值为 ．
3
2
18 (1) x． y2 1
2
2
(2)证明见解析； , 03 ；
1
(3)
9
【分析】（1）根据题意求出 a,b2的值，即可得答案；
（2）讨论直线斜率是否存在，存在时，设直线方程并联立椭圆方程，得根与系数关系式，
进而求得 M，N坐标，求出直线MN方程，化简即可得结论；
（3）结合（2）求出 FMN面积的表达式，利用换元法化简，构造函数，结合函数的单调
性，求得最值.
【详解】（1）由题意： c 1, c 2 ，则 a 2, c 1,b2 a2 c2 1，
a 2
x2
故椭圆的方程为 y2 1；
2
（2）证明：当 AB,CD斜率均存在时，设直线 AB方程为： y k (x 1)，
设 A(x1, y1),B(x2 , y2 )
x x
，则M ( 1 2 ,k (
x1 x2 1)) ，
2 2
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
y k x 1
联立得 2 2 22 2 ，得 (1 2k )x 4k x 2k
2 2 0，
x 2y 2 0
直线 AB过椭圆焦点，必有 0，
x 4k
2
1
x2 1 2k 2 2k 2 k
则 2 ，故M ( 2 , )，
2k 2 1 2k 1 2k
2
x x 1 2
1 2k 2
1 2 k
将上式中的 k换成 ，则同理可得： N ( , )，
k 2 k 2 2 k 2
2k 2 2
如 2 ，得 k 1，则直线MN斜率不存在，1 2k 2 k 2
MN (2此时直线 过点 ,0)
2 2
，设点 ( ,0)为 P，下证动直线MN过定点 P( ,0) .
3 3 3
k k
1 2k 2 2 k 2 k(3k
2 3) 3 k
若直线MN斜率存在，则 kMN 2 2k 2 2k 4 2 2 k 2 1 ，
2 1 2k 2 k 2
k 3 k 2
直线MN为 y 2 2 (x 2 k 2 k 1 2 k 2
)，
2 2
令 y 0 x 2 2 k 1 2 3 k 1 2，得 ，
2 k 2 3 2 k 2 3 2 k 2 3
2
即直线MN过定点 ( ,0)；
3
当 AB,CD斜率有一条不存在时，不妨设 AB斜率不存在，则 CD斜率为 0，
2
此时 M即为 F，N即为 O点，直线MN也过定点 ( ,0)，
3
MN (2综上，直线 过定点 ,0)；
3
2
（3）由第（2）问可知直线MN过定点 P( ,0)，
3
1 1
故 S FMN S FPM S FPN |
k 1 1
2 | |
k |
2 3 1 2k 2 3 2 k 2
1 | k | (3 3k 2 ) 1 | k | (k 2 1) (| k |
1
)
2 2
1
| k |
6 (2 ， k )(1 2k ) 2 2k 4 5k 2 2 2 2k 2 5 2
k 2
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
t 1 1 t令 | k | [2, ) S
1 t
| k | ， FMN
f (t) 2 2 2(t 2) 5 2 2t 2 1，
f (t) 1 1 2t
2
则 2 2 0 ，则 f (t)在 t [2, )2 (2t 1) 单调递减，
1
故当 t 2时， f (t)取得最大值，此时 S FMN 取得最大值 ，此时 k 1 .9
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定点定值问题，
综合性较强；解答时要注意联立方程，利用根与系数的关系式化简求值，难点在于计算过程
比较复杂，计算量较大，需要十分细心.
19．(1) f 1
(2)答案见解析
(3) a1 b2
2 4a2b1 0， f x x，验证答案见解析
2 2 1 2 2 2 2
【分析】（1）由新定义可得 y1 y2 x1 x2 ，利用 x9 1
x2 1，可得
1 x 2 2 8 21 x2 1 x1 1，从而得出结论；9 9
x1 2x2 x1
（2）由特征值的定义可得 fx x x ，由此可知 的特征值，以及相应的 x； 1 2 2
a1x1 a2x3 2
x1
（ ）解方程组 x a ,b x a ,b 0
b x
，可得 1 1 1 2 2 2 ，
1 1 b2x2 x2
从而可得 a1、a2、b1、b2应满足的条件，当 f x x时， f 有唯一的特征值，且 f ，
再进行证明即可.
2 2 11 2 2 2 2【详解】（ ）由于此时 y1 y2 x1 x2 ，又因为是在 x1 x2 1的条件下，9
y 2 y 2 1 2 2 8 2有 1 2 x1 x2 1 x1 1（ x1 0时取最大值），所以此时有 f 1 .9 9
（2）由 f x1, x2 x1 2x2 , x1 x2 x1, x2 ，
x1 2x2 x1 1 x1 2x2
可得： x x x ，即 1 2
2 x1 1 x2
两式相比可得： 1 1 2，从而 3，
x1 2x2 3x1
当 3时，解方程 , 此时这两个方程是同一个方程，
x1 x2 3x2
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
所以此时方程有无穷多个解，为 x m 3 1,1 （写出一个即可），其中m R且m 0，
当 3时，同理可得，相应的 x m 1 3,1 （写出一个即可），其中m R且m 0 .
a1x1 a2x3 2
x1
（ ）解方程组 x a ,b x a ,b 0
b1x1 b x
，即 1 1 1 2 2 2 ，
2 2 x2
从而向量 a1 ,b1 与 a2 ,b2 平行，
2
则有 a1， a2，b1，b2应满足： a1 b2 4a2b1 0，
当 f x x时， f 有唯一的特征值，且 f .具体证明为：
由 f 的定义可知：对任意的 x x1, x2 有： f x1, x2 x1, x2 x1, x2 ，
所以 为特征值.此时a1 ，a2 0，b1 0，b2 ，
满足： a1 b
2
2 4a2b1 0，所以有唯一的特征值.
x 2在 1 x
2
2 1
2 2
的条件下 x 21 x2 ，从而有 f .
{#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}
