数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_02142025年2月浙江G12名校协作体高三返校考

2024 学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题 高三年级数学学科 考生须知： 1．本卷满分 150分，考试时间 120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号； 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．2024学年第二学期浙江省名校协作体联考将于 2.13进行，本卷仅供模拟训练使用． 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的． z  1. 复数z  2i（i为虚数单位），则 （ ） A.1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由复数模的定义计算． 【详解】由已知 z  22(1)2  5 ． 故选：D． 2. 设集合S {x|2 x2}，A{x∣xS}，B   x∣2 xS  ，则AB （ ） A. {0} B. {1} C. {0,1} D. {x|0 x 2} 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的描述法确定集合A,B，再根据集合的交集运算即可得答案. 【详解】因为集合S {x|2 x2}，则A x∣xS {x|2 x2}， 所以B   x2 |xS   x|0 x4  ， 则AB {x|0 x 2}. 故选：D.      3. 已知向量a (1,4)，b (x,2)，若a//(3ab)，则x（ ） 第1页/共22页 学科网（北京）股份有限公司1 A. 1 B.  C. 1 D.1 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，及共线向量的坐标表示求出参数.        【详解】向量a (1,4)，b (x,2)，则3ab (3x,10)，而a//(3ab)， 1 所以4(3x)10，解得x . 2 故选：C π 4. 某圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面的夹角为 ，则该圆台的侧面积为（ ） 4 A. 12 2π B. 12π C. 6 2π D. 6π 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件求出圆台的母线长，结合圆台侧面积公式可得结果. 【详解】设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R，母线长为l，则r =2,R=4， R-r l = = 2 2 由题意得， π ， cos 4 ∴该圆台的侧面积S = πl ( r+R )=12 2π. 故选：A. 1 5. 已知随机变量X服从二项分布B(3, )，则P(X  E(X))（ ） 3 1 7 20 26 A. B. C. D. 27 27 27 27 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布的期望公式求出期望，再利用二项分布的概率公式求出概率. 1 1 【详解】由随机变量X服从二项分布B(3, )，得E(X)3 1， 3 3 1 2 1 7 所以P(X  E(X)) P(X 1)C2( )2 C3( )3  . 3 3 3 3 3 27 故选：B 第2页/共22页 学科网（北京）股份有限公司π   π  6. 方程sin cosx cos sin x 在  0,π  上的实数解有（ ） 2  2  A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【答案】B 【解析】 π  π π  【分析】利用分类讨论思想，先对特殊值0，,π进行分析判断，然后再对x 0， 和x  ,π进行分 2  2 2  析判断即可得解. π  π  π  【详解】当x0时，sin cos0 sin =1，cos sin0=cos0=1， 2  2 2  π   π  满足方程sin cosx cos sin x ，所以x0是方程的一个实数解； 2  2  π π π  π π π 当x 时，sin cos  sin0=0，cos sin =cos =0 ， 2 2 2 2 2 2 π   π  π 满足方程sin cosx cos sin x ，所以x 也是方程的一个实数解； 2  2  2 π   π  π  当x π时，sin cosπ sin  =1，cos sin π =cos0=1， 2   2 2  π   π  不满足方程sin cosx cos sin x，所以x π不是方程的一个实数解； 2  2   π π  π π  π 当x 0， 时， cosx 0, , sinx 0, ,  2 2  2 2  2 π   π  π π π 由方程sin cosx cos sin x可得： cosx sinx ， 2  2  2 2 2  π 2 即cosxsinx1sinx   ，  4 2  π 由于x 0， ，所以此时方程无解；  2 π  π  π  π  π 当x  ,π时， cosx   ,0, sinx 0, , 2  2  2  2  2 第3页/共22页 学科网（北京）股份有限公司π   π  此时sin cosx 0,cos sinx 0 ， 2  2  π   π  显然方程sin cosx cos sin x 无解； 2  2  π   π  π 故综上，方程sin cosx cos sin x 只有2个解，分别为0， . 2  2  2 故选：B. 7. 设抛物线C：x2 4y的焦点为F，过点(0,6)的一条直线交C于A，B两点．若 AF 10，则 BF （ ） A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】C 【解析】 【分析】设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，结合已知及抛物线定义求出A,B的纵坐标即可. 【详解】直线AB的斜率存在，设其方程为ykx6，A(x ,y ),B(x ,y )， 1 1 2 2 y kx6 x2 x2 由 消去y得x2 4kx240，则x x  24，y y  1  2 36， x2 4y 1 2 1 2 4 4 抛物线C：x2 4y的准线方程为 y 1，由 AF 10，得 y 110，解得 y 9， 1 1 因此 y 4，所以 BF  y 15. 2 2 故选：C 8. 在等腰梯形ABCD中，AD//BC．设P是其内部一点，满足PA1，PB 2，PC 3，PD 4， AD 则 （ ） BC A. 2 B. 3 C.2 D.3 【答案】D 【解析】 【分析】建立直角坐标系，利用两点的距离公式求解即可. 【详解】由题意，以BC中点为原点，BC所在直线为x轴建立如图所示坐标系， 第4页/共22页 学科网（北京）股份有限公司设P  x,y  ，A a,h  ，B b,0  ，C  b,0  ，D  a,h  ，其中a,b,h0， 则由题意可得 xa 2  yh 2 1①， xb 2  y2 4②，  xb 2  y2 9③， xa 2  yh 2 16④， a ④①得4ax15，③②得4bx5，所以 3， b AD 2a a 所以   3， BC 2b b 故选：D 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9. 为得到函数 yln  ex  的图象，可将函数 ylnx的图象（ ） A. 向上平移一个单位长度 B. 向下平移一个单位长度 1 C. 纵坐标不变，横坐标伸长为原来的e倍 D. 纵坐标不变，横坐标缩短为原来的 倍 e 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数图象变换可得结果. 1 【详解】由题意可得，函数 ylnx的图象纵坐标不变，横坐标缩短为原来的 ，可得到函数yln  ex  的 e 图象，故选项C错误，选项D正确. ∵ y ln  ex lnx1， ∴将函数 ylnx的图象向上平移一个单位长度可得到函数 yln  ex  的图象，故选项A正确，选项B错 误. 故选：AD. 10. 在正三棱柱ABCABC 中，AB2，AA 3，点D、E分别在棱BB、CC上运动（D不与B 重 1 1 1 1 1 1 1 合，E不与C 重合），使得△ADE是等腰三角形．记△ADE的面积为S，平面ADE与平面ABC所成 1 1 1 1 第5页/共22页 学科网（北京）股份有限公司锐二面角的平面角大小为，则（ ） A. DE//平面ABC B. △ADE可能为等腰直角三角形 1 1 1 1 ( ù   C. S的取值范围是 3,2 3úû D. 的取值范围是0,   3 【答案】BCD 【解析】    【分析】取BC 的中点O，则AO  BC ，以点O为坐标原点，OA、OB、AA 的方向分别为x、y、z轴 1 的正方向建立空间直角坐标系，设点D  0,1,d  、E  0,1,e  ，其中0d 3，0e3，分AD AE、 1 1 AD  DE、AE  DE三种情况讨论，结合空间向量法逐项分析，即可得出结果. 1 1 【详解】在正三棱柱ABCABC 中，取BC的中点O，则AO  BC， 1 1 1    以点O为坐标原点，OA、OB、AA 的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 1    则A 3,0,3 、B  0,1,3  、C  0,1,3  ，则BC  0,2,0 ， 1 1 1 1 1 设点D  0,1,d  、E  0,1,e  ，其中0d 3，0e3. 在正三棱柱ABCABC 中，△ABC 为等边三角形， 1 1 1 1 1 1 因为△ADE为等腰三角形，有三种情况：①AD AE；②AD  DE；③AE  DE. 1 1 1 1 1   ①若AD AE， AD  4 d 3 2 ， AE  4 e3 2 ， 1 1 1 1   由 AD  AE 可得 d 3 2  e3 2，即  d e  d e6 0， 1 1   由已知0d e6，故d e，此时DE  0,2,0 BC ，则DE//BC ， 1 1 1 1 DE平面ABC ，BC 平面ABC ，则DE//平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1    因为 AE  AD  4 d 3 2  2 DE ，此时，△ADE不可能是等腰直角三角形； 1 1 1 第6页/共22页 学科网（北京）股份有限公司  线段DE的中点为M  0,0,d  ， AD  AE ，M 为DE的中点，则AM  DE， 1 1 1  A  M   3 d 3 2   3,2 3，S  1 D  E    A  M    A  M    3,2 3； 1  2 1 1       设平面ADE的法向量为m x,y,z ，AM   3,0,d 3 ，DE  0,2,0 ， 1 1    mDE 2y 0    由  ，取xd 3，可得m d 3,0, 3 ，  m  AM  3x d 3  z 0 1  平面ABC的一个法向量为n 0,0,1 ，因为3d 30，   mn 3 1    cos      ,1，为锐角，则  , ； m  n  d 3 2 3 2  3 2   ②若AD  DE， AD  4 d 3 2 ， DE  4 d e 2 ， 1 1   由 AD  DE 可得 d 3 2  d e 2，可得  e3  2d e3 0， 1 0d 3 3 因为e3，则e2d 3，由 ，可得 d 3，则32d 60 0e2d 33 2   uuuur DE  0,2,d 3 ，此时DE与BC 不平行， 1 1 若DE//平面ABC ，DE 平面BBCC，平面BBCC平面ABC BC ，则DE//BC ，矛盾， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 故假设不成立，即DE与平面ABC 不平行； 1 1 1     若△ADE为等腰直角三角形，AD   3,1,d 3 ，DE  0,2,d 3 ， 1 1 第7页/共22页 学科网（北京）股份有限公司  则ADDE  d 3 2 20，解得d 3 2或3 2 （舍）， 1 此时△ADE可能为等腰直角三角形； 1  3 1  取线段AE的中点N ，连接DN，则DN  AE ，且N , ,d， 1 1   2 2    D  N      3   2     1 1   2  3，  A  1  E   44  d 3 2  4 2d 6 2  2, 13  ，  2   2  1   3   39  所以，S  DN  AE  AE  3, ； 2 1 2 1   2      3 3  设平面ADE的法向量为m x,y,z ，DE  0,2,d 3 ，DN  , ,0， 1   2 2    m  DE 2y d 3  z 0     由   3 3 ，取x 3  d 3 ，可得m 3  d 3  ,d 3,2 ， mDN  x y0  2 2  平面ABC的一个法向量为n 0,0,1 ，   mn 2 1 2 13  cos       ,1，  m  n 2  d 3 2 1  d 3 2 1  13  2 13 1   因为  ，此时的取值范围是0,  的真子集. 13 2  3 ③若AE  DE，同②. 1 第8页/共22页 学科网（北京）股份有限公司综上所述，对于A选项，DE与平面ABC 不一定平行，A错； 1 1 1 对于B选项，△ADE可能为等腰直角三角形，B对； 1 ( ù 对于C选项，S的取值范围是 3,2 3úû ，C对；   对于D选项，的取值范围是0,  ，D对.  3 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要 注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 11. 观察下面一组等式： 13 1 23 35 33 7911 43 13151719 …=… 记a i,j 表示第i个等式中等号右边第j个数，如a 3,2 9，a 4,3 17，则（ ）   A 2025 a jN* B. a n2 n1 . 45,j n,1  100 1  1  a 120 C. D. i,j i10 a i,2 9 ij8 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过分析计算a n,1 和a n,n ，即可确定选项A正确，选项B错误；根据a i,1 计算a i,2 ，利用放缩  a a a a a 及裂项相消法可得选项C正确；通过分析可知 i,j 4,4 5,3 6,2 7,1，计算各项可得选项D ij8 正确. 【详解】由题意得，所有等式等号右边的数构成以1为首项，2为公差的等差数列， 第9页/共22页 学科网（北京）股份有限公司第n个等式等号右边为n个连续奇数的和， n  n1  前n1个等式等号右边共有123 n1  个奇数， 2 n  n1  ∴a 12 n2 n1，a a 2  n1 n2n1，选项B错误. n,1 2 n,n n,1 ∵a 452 4511981,a 4524512069 ， 45,1 45,45   ∴2025 a jN* ，选项A正确. 45,j ∵a i2 i1，∴a a 2i2i3i2i ， i,1 i,2 i,1 1 1 1 1    ∴ ， a i2 i i1 i i,2 100 1 1 1   1 1   1 1  1 1 1 ∴                 ，选项C正确. a 9 10 10 11 99 100 9 100 9 i10 i,2 ∵i+ j =8,i³ j ，∴  a i,j a 4,4 a 5,3 a 6,2 a 7,1， ij8 ∵a a 23 4241619，a a 2252514 25， 4,4 4,1 5,3 5,1 a a 26261233，a 72 7143， 6,2 6,1 7,1  a 19253343120 ∴ i,j ，选项D正确. ij8 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是观察得到所有等式等号右侧的项构成等差数列，根据等差数列的 通项公式计算a n,1 和a n,n ，由此分析a n,2 和a n,j ，从而确定正确选项. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． x2,x 1, 12. 已知函数 若 f  m1 1，则m的取值范围是______． x1,x1, 【答案】 2,0  【解析】 【分析】讨论m1的取值范围，解不等式可得结果. 【详解】当m11，即m0时，由 f  m1 1得 m1 2 1，解得2m0， 第10页/共22页 学科网（北京）股份有限公司当m11，即m0时，由 f  m1 1得m111，无解， ∴m的取值范围是 2,0  . 故答案为： 2,0  . 13. 已知V ABC 满足tanA，tanB是方程x2 10x60的两个根，则cosC =______． 5 【答案】 5 【解析】 【分析】利用韦达定理、和角的正切公式及同角公式计算得解. 【详解】由tanA，tanB是方程x2 10x60的两个根，得tanAtanB 10,tanAtanB 6， tan AtanB 10 在V ABC 中，tanC tan(AB)  20，C为锐角， 1tan AtanB 16 5 即sinC 2cosC，而sin2Ccos2C 1，所以cosC . 5 5 故答案为： 5 14. 如图，14块相同的正方体垒放在桌子上，每次施法会随机让其中某块正方体消失，直到所有正方体全 部消失不见．如果某次被施法的正方体的正上方仍有其他正方体，那么它正上方的正方体会竖直掉落下来， 我们称发生了“坍塌”．那么在全部14次施法过程中，不发生坍塌的概率为______． 1 【答案】 48 【解析】 【分析】利用排列组合求出基本事件的总数和随机事件中的总数后可求概率. 【详解】把题设中的14个小正方体编号如下： 其中1代表最上方的一个小正方体，第二层、第三层相应的标号如下图所示. 第11页/共22页 学科网（北京）股份有限公司与1号小正方体在同一个竖直方向小正方体从上至下记为2,6， 标号为3的正方体下面的小正方体标号为7， 标号为4的正方体下面的小正方体标号为8， 标号为5的正方体下面的小正方体标号为9， 若不发生坍塌，则 则全部14次施法过程中，不发生坍塌的事件总数为C3 C2C2C2A5 14 11 9 7 5 设事件A为：“全部14次施法过程中，不发生坍塌”， C3 C2C2C2A5 1 则P  A  14 11 9 7 5  A14 48 14 1 故答案为： . 48 【点睛】思路点睛：对于古典概型的概率计算问题，我们在计算事件总数时需借助排列组合的方法，对于 一些比较繁琐的计数问题，我们可以将问题模型化，从而便于计数. 四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列{a }的前n项和为S ，S 2a 2． n n n n （1）求{a }的通项公式； n （2）在{a }相邻两项中间插入相邻两项的等差中项，求所得新数列{b }的前2n项和T ． n n 2n 【答案】（1）a 2n n （2）T 52n 5 2n 【解析】 【分析】（1）由S 2a 2可得S 2a 2，两式相减，根据等比数列的定义，代入通项公式，即可 n n n1 n1 得答案. a a （2）设数列{c }满足c  n n1 32n1，记{c }的前n项和为R ，则T R S ，根据等比数列求 n n 2 n n 2n n n 第12页/共22页 学科网（北京）股份有限公司和公式，代入计算，即可得答案. 【小问1详解】 由S 2a 2可得S 2a 2． n n n1 n1 两式相减并由a S S 得到a 2a ． n1 n1 n n1 n 特别地，取n1，则由a S 知a 2． 1 1 1 所以{a }是以2为首项，公比为2的等比数列， n 则a 22n1 2n． n 所以{a }的通项公式是a 2n． n n 【小问2详解】 a a 设数列{c }满足c  n n1 32n1． n n 2 记{c }的前n项和为R ，则T R S ． n n 2n n n 2(12n) 3(12n) 由等比数列的求和公式得：S   2(2n1)，R  3(2n1)． n 12 n 12 所以T R S 52n5． 2n n n 即新数列{b }的前2n项和T 52n 5． n 2n ax 16. 已知函数 f  x ln  a0 是奇函数． 1ax （1）求a； （2）求曲线y  f  x  在点  0, f  0  处的切线方程； （3）证明：函数g  x  f  x 2sinx有且仅有1个零点． 【答案】（1）a 1 （2）2x y 0 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据奇函数定义得 f x f  x  ，代入可求得a的值. （2）求 f x  ，计算切线斜率即可得到切线方程. 第13页/共22页 学科网（北京）股份有限公司（3）求g x  ，分析函数g  x  的单调性即可确定证明结论. 【小问1详解】 ax ∵函数 f  x ln  a 0 是奇函数， 1ax ax ax 1ax ∴ f x f  x  ，即ln ln ln ， 1ax 1ax ax ax 1ax   ∴  ，即 a2 1 x2 a2 10对定义域内任意x恒成立， 1ax ax ∴a2 1，解得a 1或1（舍）， 1x ∴a 1，此时 f  x ln ， 1x 1x 由 0得 f  x  定义域为 1,1  ，符合题意. 1x 【小问2详解】 1x 由（1）得， f  x ln ln  1x ln  1x ， 1x 1 1 ∴ f  0 0， f x   ， 1x 1x ∴ f 0 112，故曲线 y f  x  在点  0, f  0  处的切线方程为y 2x，即2x y 0. 【小问3详解】 ∵g  x  f  x 2sinxln  1x ln  1x 2sinx， 1 1 2 ∴函数g  x  的定义域为 1,1  ，g  0 0，g x   2cosx 2cosx， 1x 1x 1x2 2 ∵1 x 1，∴01x2 1， 2，2cosx2， 1x2 2 ∴g x  2cosx0，故g  x  在 1,1  上为增函数， 1x2   ∴g x 有且仅有1个零点，零点为0. 17. 如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为菱形，PA AB，PA AB  2，BAD60°． （1）设P在平面ABCD内的射影为Q，证明：cosPADcosPAQcosQAD ； 第14页/共22页 学科网（北京）股份有限公司3 （2）若cosPAD ，求直线PC与平面PAD所成角的正弦值． 4 【答案】（1）证明见解析； 210 （2） . 35 【解析】 【分析】（1）作QM  AD于点M，结合条件可证AD 平面PQM，进而可得PM  AD，即证；或利 用坐标法； （2）利用线面垂直的判断定理可得AB 平面PAQ，然后利用等积法可求C到平面平面PAD的距离，即 得；或利用坐标法. 【小问1详解】 方法一：在平面ABCD内作QM  AD于点M，连接PM． ∵P在平面ABCD内的射影为Q， ∴PQ平面ABCD． ∵AD 平面ABCD，AQ平面ABCD， ∴PQ AD，PQ  AQ． ∵QM  AD，PQQM Q， ∴AD 平面PQM． ∵PM 平面PQM， ∴PM  AD． AQ AM AM ∴cosPAQcosQAD   cosPAD ． PA AQ PA 方法二：在平面ABCD内作QM  AD于点M，连接PM． ∵P在平面ABCD内的射影为Q， 第15页/共22页 学科网（北京）股份有限公司∴PQ平面ABCD． ∵AB平面ABCD， ∴PQAB． ∵PA AB，PQPA P， ∴AB 平面PAQ． 同理可得AQ AB，所以AB，AQ，PQ两两垂直．    如图，以A为原点，AB，AQ，QP分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则由已知得 C(3, 3,0)，D(1, 3,0)． 设P(0,y ,z )(y 0,z 0) ，则Q(0,y ,0)． 0 0 0 0 0    所以AP(0,y ,z )，AQ(0,y ,0)，AD(1, 3,0)． 0 0 0 于是   APAD 3y cosPAD   = 0, |AP||AD| 4   APAQ y2 y cosPAQ    0  0, |AP||AQ| 2y 2 0   ADAQ 3y 3 cosQAD    0  . |AD||AQ| 2y 2 0 即cosPADcosPAQcosQAD． 【小问2详解】 方法一：连接AC，QD， 第16页/共22页 学科网（北京）股份有限公司同理可得AB 平面PAQ． ∴BAQ90°． ∵BAD60°， ∴QAD30°． ∵底面ABCD为菱形， ∴AB∥CD，AD∥BC，ABBC CD AD2，ADC 120°． 1 ∴△ACD的面积S  ADCDsinADC  3． 1 2 3 ∵cosPAD ， 4 cosPAD 3 7 ∴cosPAQ  ，即PAQ30°；sinPAD ． cosQAD 2 4 ∴PQPAsinPAQ1，PQPAcosPAQ 3 ； 1 7 △PAD的面积S  ADPAsinPAD ． 2 2 2 ∴DQ1，AQD90°，即C，D，Q共线． ∴PC  PQ2 CQ2  10． 记C到平面平面PAD的距离为d，直线PC与平面PAD所成角为． ∵V V ， PACD CPAD S PQ 31 2 3 1 1 d  1   ∴ 3 S 1 PQ 3 S 2 d ，得 S 2 7 7 ， 2 2 3 ∴ d 7 210 ． sinθ    PC 10 35 210 即直线PC与平面PAD所成角的正弦值为 ． 35 第17页/共22页 学科网（北京）股份有限公司  APAD 3y 3 方法二：由（1）可得cosPAD   = 0  ， |AP||AD| 4 4   所以 y  3，进而z 1，即P(0, 3,1)，故PC (3,0,1)，AP(0, 3,1)． 0 0  设平面PAD的法向量为n (x,y,z)，则 n    A  D  0,  x 3y 0,   即 得x 3yz． nAP0.  3yz 0. 不妨取 y 1，则n  ( 3,1, 3)． 设直线PC与平面PAD所成角为，则   |nPC| 2 3 210 sinθ      ． |n||PC| 7 10 35 210 即直线PC与平面PAD所成角的正弦值为 ． 35 x2 y2 18. 已知F ，F 分别为椭圆C：  1(ab0)的左、右焦点，a2 b2 4，点M(0,2)． 1 2 a2 b2 （1）若ab 3，求C的离心率； （2）过点M作C的两条切线l ，l ，证明：l l ； 1 2 1 2 （3）在（2）的条件下，设l 或l 与C在第二象限的切点为P，求PFF 面积的最大值． 1 2 1 2 6 【答案】（1） ； 3 4 3 （2）证明见解析； （3） 9 【解析】 第18页/共22页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）根据给定条件，求出a,b，进而求出离心率. （2）设出切线方程，与椭圆方程联立，利用判别式为0求出切线斜率即可得证. （3）设切点P(x ,y )，由（2）可得a2 2x ,2 x 1，再利用x 表示出三角形面积，进而求出最 0 0 0 0 0 大值. 【小问1详解】  a2 b2 4 由 及a b0，得a  3,b1， ab 3 a2 b2 2 6 所以椭圆C的离心率e   . a 3 3 【小问2详解】 设过点M 的椭圆C的切线方程为 y  kx2， y kx2 由 消去y得(a2k2 b2)x2 4a2kxa2(4b2)0 ， b2x2 a2y2 a2b2 则16a4k24a4(a2k2b2)0 ，整理得(4a2)k2 b2，即b2k2 b2，解得k 1， 不妨令直线l 的斜率为1，则直线l 的斜率为1，1(1)1， 1 2 所以l l . 1 2 【小问3详解】 由（2）知，切线方程为 y  x2，设切点P(x ,y )， 0 0 则 y  x 2，且4x2 4a2x a4 0，即 y  x 2且a2 2x ， 0 0 0 0 0 0 0 由a b0，得a2 4a2，则2a2 4，即22x 4，解得2 x 1， 0 0 |FF |2 a2b2 2 2a24 2 4x 4 4 x 1 ，令x 1t(0,1)， 1 2 0 0 0 1 因此PFF 的面积S  | y ||FF |2(1t) t  2 (1t)22t 1 2 PF 1 F 2 2 0 1 2 1t1t2t 4 3 1 4  2 ( )3  ，当且仅当1t 2t，即t  ,x  时取等号， 3 9 3 0 3 4 3 所以PFF 的面积为 . 1 2 9 第19页/共22页 学科网（北京）股份有限公司19. 设n为给定的正整数，称有序数组  a ,a ,,a  a  0,1  ,i 1,2,,n  是n二进数组．S 是由m 1 2 n i m,n 个互不相同的n二进数组构成的集合，对于S 中的任意两个元素 x ,x ,,x  和 m,n 1 2 n n  y ,y ,,y  ，称 f ,x y 是,特征值．记S 的所有,特征值中出现次数最多 1 2 n i i m,n i1   的数值为M S ． m,n （1）设S   a ,a ,a ,a  a a a a 3  ，求m和M  S  的值； m,4 1 2 3 4 1 2 3 4 m,4 （2）若对任意,S  ，均有 f ,0，求m的最大值； m,n n2 （3）若m  2n，证明：M  S m,n     4   ，其中  x  表示不超过x的最大整数．   【答案】（1）m11，M S 0 m,4 （2）n1 （3）证明见解析 【解析】   【分析】（1）直接根据S 和M S 的定义得到结果； m,n m,n （2）先证明mn1，再给出使得mn1的S 的例子，即可说明m的最大值是n1； m,n   （3）利用M S 的定义即可证明相应结论. m,n 【小问1详解】 此时S 0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,1,1，故 m,4 m11. S 的所有,特征值为 m,4 0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0, 0,1,0,0,0,1,1,1,0,0,0, 第20页/共22页 学科网（北京）股份有限公司0,0,1,0,0,1,0,0,1,1,0, 0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,1, 0,0,0,0,1,0,0,1,0,1,1, 0,1,1,0,0,2,1,1,1,1,0, 0,1,0,1,0,1,2,1,1,0,1, 0,1,0,0,1,1,1,2,0,1,1, 0,0,1,1,0,1,1,0,2,1,1, 0,0,1,0,1,1,0,1,1,2,1, 0,0,0,1,1,0,1,1,1,1,2.   以上共121个，其中有63个0，52个1，6个2，所以M S 0. m,4 【小问2详解】 由于对任意k 1,2,...,n，S 不能出现两个第k位为1的数组,（否则 ）. m,n , >0 所以S 中每个数组包含1的数目之和不超过n. m,n 由于不包含1的数组至多有一个  0,0,0,...,0,0  ，故S 中至少有m1个包含至少一个1的数组. m,n 所以S 中每个数组包含1的数目之和不小于m1. m,n 以上二者结合，即可得到nm1，故mn1. 当S   a ,a ,a ,...,a  a a a ...a 1  时，对任意S 中的两个不同元素,，均有 m,n 1 2 3 n 1 2 3 n m,n f ,0. 所以m的最大值是n1. 【小问3详解】 由于所有的n二进数组恰有2n个，故S 必定是包含全部n二进数组的集合. m,n 对l 0,1,2,...,n  ，设T  l  为使得 f ,l的有序对 , 的数量，其中,S . m,n n! 那么在这种情况下，,的同为1的那l个分量位置有Cl n  l!  nl  ! 种选择. 第21页/共22页 学科网（北京）股份有限公司确定这些位置后，其它的分量不能同为1，那么每个位置有三种可能，所以剩余分量有3nl种选择. 3nl·n! T  l1  nl 这就得到T  l  ，从而  . l!  nl  ! T  l  3  l1  n3 n3 T  l1  nl n 4 故当l  时，有 ；当 时，有   1 . 4 +1 − − − 3 − 4 3 −3 T  l  3  l 1  3   n3 1   =3 +1 >3 4 +1 =1 > 4  4  n3 n2 从而当l取到大于 的最小整数，也就是l    时，T  l  取得最大值. 4  4  n2   所以M S m,n    4   . 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对集合S 的定义的理解。只有理解了定义，方可解决相应问题. m,n 第22页/共22页 学科网（北京）股份有限公司