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2025-2026 学年河南省天一小高考高三（上）月考数学试卷（三）
一、单项选择题：本题共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。
1．（5分）已知集合A＝{x|x3＜10}，B＝{﹣4，0，2，4}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{0，2} C．{﹣4，0，2} D．{﹣4，0，2，4}
2．（5分）已知 ，则|z﹣4i|＝（ ）
A．1 = (3+B．3 ) C． D．2
3．（5分）已知等差数列{an}的2前n项和为Sn ，若S3 ＝39，a4 ＝7，则a6 ＝（ ）
A．9 B．11 C．13 D．15
4．（5分）已知 ， （0， ），则“ ＝ ”是“sin2 +cos2 ＝1”的（ ）
A．充分不必α要条β∈件 π α β α β
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．（5分）在一款保温杯中注入一定质量的温水，一段时间内杯中水的温度关于时间t的函数y＝f（t）的
图象如图所示，在这段时间内任取三个时间点t1 ，t2 ，t3 ，其中t1 ＜t2 ＜t3 ，且t1+t3 ＝2t2 ，记f′（t）为
f（t）的导函数，则下列判断错误的是（ ）
A．f（t1 ）＞f（t2 ）＞f（t3 ）
B．f（t1 ）+f（t3 ）＞2f（t2 ）
C．f'（t1 ）＞f'（t2 ）＞f'（t3 ）
D．f（t）的解析式可能是f（t）＝ae ﹣t+b（a，b＞0）
6．（5分）从2，4，5，6，7这5个数字中任选3个不同的数字组成一个三位数，这个三位数能被3整除
的概率为（ ）
第1页（共19页）A． B． C． D．
3 1 3 2
7．（5分
5
）已知四面体ABCD满
2
足∠ABC＝∠BCD＝9100 °，△ABC，△BCD5 均为等腰三角形，且 ，
若AD，BC的夹角为60°，则该四面体外接球的表面积为（ ） =2 2
A．16 B．20 C．24 D．28
8．（5分）π已知抛物线C：y2＝π2px（p＞0）的焦点为Fπ，动点P，Q在C上，π 满足PF⊥QF，若|PF|+|QF|
的最小值为 ，则p＝（ ）
2 2
A． B． C． D．
2 1+ 2
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.1在+每小2题给出的选项中2，2有多项符合题目要求，全部
2 2
选对的得6分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知函数f（x）＝|x|﹣|x﹣2|，则（ ）
A． x R，f（x）≤1
B．f∀（∈x）在[0，1]上单调递增
C．f（x+1）是偶函数
D．函数g（x）＝f（x）﹣ln（x+1）有3个零点
（多选）10．（6分）已知等比数列{an}的公比q≠1，其前n项和为Sn ，且 ， ＜ ，则下
∗ 1
∀ ∈
列不等式可能成立的是（ ） − +1
A．a2025 ＞a2026 B．a2025 ＜a2026
C．S2025 ＞S2026 D．S2025 ＜S2026
（多选）11．（6分）已知曲线E：（x﹣1）（x﹣y）＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线E是中心对称图形
B．曲线E与直线y＝2x+1仅有一个公共点
C．曲线E经过无数个整点（横坐标和纵坐标均为整数的点）
D．若点M，N在曲线E上，且M，N分别在直线x＝1两侧，则|MN|2的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 8( 2−1)
12．（5分）已知向量 （2，﹣1）， （3， ）， （2，4），若2 与 3 共线，则实数 的值
→ → → → → → →
为 ． = = λ = − + λ
13．（5分）设 ＞0，若函数 在区间 ， 上单调递增，则 的最大值为 ．
5
14．（5分）在ω一个盒子中装有 ( 4 )张=卡 片 (， 卡 −片6上)的编号(依3次为61 )，2，3，4，现从ω中有放回地抽取m次卡
第2页（共19页）片，每次仅抽取1张，记这m次抽取的卡片的最大编号为X，则使得 成立的最小的m的值
13
为 ． ( )≥ 4
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．（13分）为研究中学生的专注力与阅读时长是否有关系，调查小组随机抽取了某城市部分中学生进行
调查，所得数据统计如下表（单位：人）：
每日阅读时长≥30分钟 每日阅读时长＜30分钟
专注力达标 170 80
专注力不达标 100 150
（1）记“每日阅读时长≥30分钟”为事件A，“专注力达标”为事件B，求P（A）和P（B）；
（2）根据 ＝0.01 的独立性检验，能否认为中学生的专注力与阅读时长有关系？附：
2
α =
．
2
( − )
( + P)(（ +χ 2)≥( k+） )( + ) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
16．（15分）已知椭圆 ： ＞＞ 的离心率为 ，顺次连接C的四个顶点得到的四边形的面
2 2
3
积为4． 2+ 2 =1( 0)
2
（1）求C的方程；
（2）已知直线l：y＝kx+2与C交于M，N两点，C的上顶点为P，若直线PM，PN的斜率之和为4，
求△PMN的重心的横坐标．
17．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 ， ．
→ →
（1）若 ， ，求△ABC面积的最大值； ∠ = 3 =
（2）若 =1， = ，6求tan∠BAD．
1 3
= =
2 8 ， ，
18．（17分）已知函数 其中a＞0．
，＞，
+2 ≤ 0
( )=
（1）当a＝1时，求曲线y＝ f （− x）2 在点 （1 0，f（1））处的切线方程．
（2）若f（x）有3个不同的零点x1 ，x2 ，x3 （x1 ＜x2 ＜x3 ），
（i）证明： ＜＜ ；
2
（ii）若x1 ，0 x2 ， x3 成 等差数列，求该数列的公差．
第3页（共19页）19．（17分）如图，已知四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，顶点S为动点，满足平面SDB⊥平面SAC，
且SA＝AB≠SC．
（1）求证：BD⊥平面SAC；
（2）若平面SAC与平面SBC的夹角为60°，求 的值；
（3）以正方形ABCD为底面作正方体ABCD﹣A1B 1 C1D1 ，求直线A1C与平面SAB所成角的正弦值的最
大值．
第4页（共19页）2025-2026 学年河南省天一小高考高三（上）月考数学试卷（三）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B A C D B C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD ACD ABD
一、单项选择题：本题共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。
1．（5分）已知集合A＝{x|x3＜10}，B＝{﹣4，0，2，4}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{0，2} C．{﹣4，0，2} D．{﹣4，0，2，4}
【分析】结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：集合A＝{x|x3＜10} ＜ ，B＝{﹣4，0，2，4}，
3
所以A∩B＝{﹣4，0，2}． ={ | 10}
故选：C．
2．（5分）已知 ，则|z﹣4i|＝（ ）
A．1 = (3+B．3 ) C． D．2
【分析】由复数的运算求得2z，再由求模公式计算即3可．
【解答】解：因为 ，
2
所以 = (3+ 3 )=3 +．3 =− 3+3
故选：| D−．4 |= |− 3− |= 3+1 =2
3．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn ，若S3 ＝9，a4 ＝7，则a6 ＝（ ）
A．9 B．11 C．13 D．15
【分析】由等差数列的前n项和公式和等差数列的性质计算即可求得．
【解答】解：因为数列{an}为等差数列，
第5页（共19页）所以S3 3a2 ＝9，所以a2 ＝3，
3( 1+ 3)
又因为= a4 ＝7，2所以= a2+a6 ＝2a4 ＝14，所以a6 ＝11．
故选：B．
4．（5分）已知 ， （0， ），则“ ＝ ”是“sin2 +cos2 ＝1”的（ ）
A．充分不必α要条β∈件 π α β α β
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】由 ＝ 得出sin2 +cos2 ＝1，判断充分性成立；由sin2 +cos2 ＝1，不能得出 ＝ ，判断必要
性不成立；由α 此β得出结论α． β α β α β
【解答】解： ＝ 时，sin2 +cos2 ＝sin2 +cos2 ＝1，充分性成立；
当 ， α 时 β ，满足si α n2 +co β s2 ＝1， α 但 ≠ α ，所以必要性不成立；
2
所以α=，3 β=（03， ）时，“ ＝α ”是β“sin2 +c α os2β＝1”的充分不必要条件．
故选：α Aβ．∈ π α β α β
5．（5分）在一款保温杯中注入一定质量的温水，一段时间内杯中水的温度关于时间t的函数y＝f（t）的
图象如图所示，在这段时间内任取三个时间点t1 ，t2 ，t3 ，其中t1 ＜t2 ＜t3 ，且t1+t3 ＝2t2 ，记f′（t）为
f（t）的导函数，则下列判断错误的是（ ）
A．f（t1 ）＞f（t2 ）＞f（t3 ）
B．f（t1 ）+f（t3 ）＞2f（t2 ）
C．f'（t1 ）＞f'（t2 ）＞f'（t3 ）
D．f（t）的解析式可能是f（t）＝ae ﹣t+b（a，b＞0）
【分析】根据函数的图像，结合导数的几何意义及指数型函数的特征逐一判断即可．
【解答】解：对于A，由图可知f（t）是减函数，故A正确；
第6页（共19页）对于B，由图可知，f（t）的下降幅度随t增大而逐渐平缓，
所以区间（t1 ，t2 ）内温度下降的量比（t2 ，t3 ）内温度下降的量更大，
即f（t1 ）﹣f（t2 ）＞f（t2 ）﹣f（t3 ），
所以f（t1 ）+f（t3 ）＞2f（t2 ），故B正确；
对于C，由图，由曲线的切线斜率可知f'（t1 ）＜f'（t2 ）＜f'（t3 ）＜0，故C错误；
对于D，曲线的变化趋势符合指数型函数f（t）＝ae ﹣t+b（a，b＞0），故D正确．
故选：C．
6．（5分）从2，4，5，6，7这5个数字中任选3个不同的数字组成一个三位数，这个三位数能被3整除
的概率为（ ）
A． B． C． D．
3 1 3 2
【分析】根据题意，由古典概型公式计算可得答案．
5 2 10 5
【解答】解：根据题意，从2，4，5，6，7这5个数字中任选3个，可以组成 60个三位数，
3
其中能够被3整除的数据组合有（2，4，6），（2，6，7），（4，5，6），（5，6，7 ）5，=则可以组成4 24
3
个能被3整除的三位数， 3 =
故所求的概率P ．
24 2
故选：D． = 60 = 5
7．（5分）已知四面体ABCD满足∠ABC＝∠BCD＝90°，△ABC，△BCD均为等腰三角形，且 ，
若AD，BC的夹角为60°，则该四面体外接球的表面积为（ ） =2 2
A．16 B．20 C．24 D．28
【分析π】根据已知条件将四面π体ABCD补成如图所示π的直三棱柱ABD1 ﹣A1 πCD，转化为求直三棱柱ABD1
﹣A1CD的外接球．
【解答】解：因为∠ABC＝∠BCD＝90°，△ABC，△BCD均为等腰三角形，
所以可将四面体ABCD补成如图所示的直三棱柱ABD1 ﹣A1CD，
第7页（共19页）可知∠A1AD＝60°，A1A＝2，故 ，
又AB＝BD1 ＝2，所以∠ABD1 ＝1 20 1 °=， 1 =2 3
设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在平面ABD1 内的射影O1 为△ABD1 的外心，且OO1 ＝1，
由正弦定理得O1A＝2，故外接球半径 ，故S＝4 R2＝20 ．
故选：B． = = 5 π π
8．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，动点P，Q在C上，满足PF⊥QF，若|PF|+|QF|
的最小值为 ，则p＝（ ）
2 2
A． B． C． D．
2 1+ 2
【分析】根据抛物线的定义和性质，结合梯形的性1质+即2可得解． 2 2
2 2
【解答】解：如图，连接PQ，设PQ的中点为M，点P，Q，M在C的准线上的射影分别为P′，Q′，
M′，
则 ，
| ′ |+| ′ | | |+| |
所以| 当 ′|P|F=|+|QF|取
2
最小值=时，|2MM′|也取最小值，
由图可知，
当PQ⊥x轴时，|PF|+|QF|最小为 ，|MM′|取得最小值为 ，
此时|PF|＝|QF| ，又PF⊥QF，2 2 2
= 2 第8页（共19页）所以△PFQ为等腰直角三角形，
所以△PMF为等腰直角三角形，|PF| ，
所以|MF|＝1， = 2
所以 ．
故选： =C．| ′ |= | ′ |+| |= 2+1
二、多选题：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，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知函数f（x）＝|x|﹣|x﹣2|，则（ ）
A． x R，f（x）≤1
B．f∀（∈x）在[0，1]上单调递增
C．f（x+1）是偶函数
D．函数g（x）＝f（x）﹣ln（x+1）有3个零点
【分析】将函数写成分段函数，可得函数f（x）≤2，即可判断A；
由解析式可得函数的单调区间，即可判断B；
根据偶函数的定义判断C；
结合函数y＝f（x）和y＝ln（x+1）的图象，可判断D．
， ＜，
【解答】解：依题意 ， ，，
−2 0
， ＞
( )= 2 −2 0≤ ≤ 2
对于A， x R，f（x）≤2，故2 A错误； 2
对于B，∀f（∈x）的单调递增区间为[0，2]，
所以f（x）在[0，1]上单调递增，故B正确；
对于C，设h（x）＝f（x+1）＝|x+1|﹣|x﹣1|，
则h（﹣x）＝|﹣x+1|﹣|﹣x﹣1|＝|x﹣1|﹣|x+1|＝﹣h（x），
所以h（x）是奇函数，故C错误；
对于D，g（x）的零点个数即f（x）与y＝ln（x+1）的图象的交点个数，
在同一直角坐标系中分别作出这两个函数的图象，如图所示：
第9页（共19页）由图象可知，两图象有3个交点，
则g（x）有3个零点，故D正确．
故选：BD．
（多选）10．（6分）已知等比数列{an}的公比q≠1，其前n项和为Sn ，且 ， ＜ ，则下
∗ 1
∀ ∈
列不等式可能成立的是（ ） − +1
A．a2025 ＞a2026 B．a2025 ＜a2026
C．S2025 ＞S2026 D．S2025 ＜S2026
【分析】由条件可得 ＜ ，分a1 ＞0和a1 ＜0讨论即可．
1
【解答】解：因为等比数列1− { an}的公比q≠1，且 ＜ ，所以 ＜ ，
1 1
− +1 1−
若a1 ＞0，则由 ＜ ，得 ＜ ，即 ＞，
1(1− ) 1 1− 1
要使该式恒成立 ， =则0＜1−q ＜1，此1−时 an ＞a1n−+1 ＞0， 1S−n ＜Sn+11 ， − 故 A 0，D成立；
若a1 ＜0，则由 ＜ ，得 ＜，
1(1− ) 1
要使该式恒成立 ， =则q＞1−1 ，此时1a−n+ 1 ＜an1 ＜ −0 ，S 0 n ＞Sn+1 ，故A，C成立．
故选：ACD．
（多选）11．（6分）已知曲线E：（x﹣1）（x﹣y）＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线E是中心对称图形
B．曲线E与直线y＝2x+1仅有一个公共点
C．曲线E经过无数个整点（横坐标和纵坐标均为整数的点）
D．若点M，N在曲线E上，且M，N分别在直线x＝1两侧，则|MN|2的最小值为
【分析】对于A：根据奇函数的性质、结合函数图象变换的性质进行判断即可； 8( 2−1)
对于B：通过解方程组进行求解判断即可；
对于C：根据分式的性质进行求解判断即可；
对于D：根据函数的图象的对称性，结合基本不等式进行求解判断即可．
第10页（共19页）【解答】解：对于A，方程可化为 ，则曲线E可由函数 的图象向右和向上各平移
1 1
1个单位长度得到， = − −1 = −
而 是奇函数，其图象关于原点中心对称，
1
所以 =曲 线− E 关于点（1，1）中心对称，故A正确；
对于B，将y＝2x+1代入（x﹣1）（x﹣y）＝1中，
得（x﹣1）（x﹣2x﹣1）＝1，解得x＝0，则y＝1，
故曲线E与直线y＝2x+1仅有一个公共点（0，1），故B正确；
对于C，在方程 中，要使x，y均为整数，只有x﹣1＝1或x﹣1＝﹣1，
1
故曲线E只经过 2 =个 横−坐 −标1和纵坐标均为整数的点，分别为（0，1），（2，1），故C错误；
对于D，如图，设M（x1 ，y1 ），N（x2 ，y2 ），其中x1 ＜1＜x2 ，
当|MN|2有最小值时，M，N关于点（1，1）对称，
则
2 2 2
| | =( 2− 1) +( 2− 1)
2 2
=4[(1− 1) +(1− 1) ] ，
2 1 2
=4[(1− 1) +(1− 1+ ) ]
1−1
令1﹣x1 ＝t，则t＞0，原式 ，
2 1 2 2 1
=4[ +( − ) ]= 4(2 + 2−2)≥ 8( 2−1)
当且仅当 时等号成立，故D正确 ．
2 1
故选：ABD 2 ．= 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知向量 （2，﹣1）， （3， ）， （2，4），若2 与 3 共线，则实数 的值为
→ → → → → → →
﹣3 ． = = λ = − + λ
【分析】根据题意，求出2 和 3 的坐标，进而由向量共线的判断方法分析可得答案．
→ → → →
− +
第11页（共19页）【解答】解：根据题意，向量 （2，﹣1）， （3， ）， （2，4），
→ → →
= = λ =
则2 （1，﹣2﹣ ）， 3 （9， +12），
→ → → →
− = λ + = λ
若2 与 3 共线，则有1×（ +12）＝（﹣2﹣ ）×9，解得 ＝﹣3．
→ → → →
故答 案−为 ：﹣ +3． λ λ λ
13．（5分）设 ＞0，若函数 在区间 ， 上单调递增，则 的最大值为 2 ．
5
【分析】根ω据正切函数的图 (象 )与=性 质 (， 结 −合6题)意，列(式3求解6即)可． ω
【解答】解：令 k ＜ x ＜ k ，k Z，解得 ＜x＜ ，k Z，
2
− + π ω − + π ∈ − + + ∈
因为f（x）在区间（2 ， ）上单6 调2递增， 3 3
5
3 6
所以 ，k Z，
− + ≤
3 3
∈
5 2
≤ +
6 3
解得 ，k Z；
≥3 −1
6 4 ∈
≤ +
令k＝1，可5得 5＝2， 的最大值为2．
故答案为：2．ω ω
14．（5分）在一个盒子中装有4张卡片，卡片上的编号依次为1，2，3，4，现从中有放回地抽取m次卡
片，每次仅抽取1张，记这m次抽取的卡片的最大编号为X，则使得 成立的最小的m的值为
13
3 ． ( )≥ 4
【分析】先求出 ， ，，，，再求出E（X）
−( −1)
( = )= ( ≤ )− ( ≤ −1)= =1 2 3 4
4 ， 由 ， 得
1 1 1 3 13 1 1
= [4×4 −(1 +2 +3 )]=4−[( ) +( ) +( ) ] ( )≥ ( ) +( ) +
4 ，由此能求出m的最小值． 4 2 4 4 4 2
3 3
( ) ≤
【4解答】4解：因为 ， ，，，
−( −1)
( = )= ( ≤ )− ( ≤ −1)= =1 2 3 4
所以 4
1
( )= [1 +2(2 −1 )+3(3 −2 )+4(4 −3 )]
4 ，
1 1 1 3
= [4×4 −(1 +2 +3 )]=4−[( ) +( ) +( ) ]
由4 ，得 4， 2 4
13 1 1 3 3
( )≥ ( ) +( ) +( ) ≤
令 4 4 2 ，4 4
1 1 3
( )= ( ) +( ) +( )
4 2 4 第12页（共19页）则f（m）在m N*时单调递减，
∈
又 ＞ ， ＞ ， ＜ ，
3 3 7 3 9 3
所以 (1 m )=的最2 小4值为 ( 3 2．)= 8 4 (3)= 16 4
故答案为：3．
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．（13分）为研究中学生的专注力与阅读时长是否有关系，调查小组随机抽取了某城市部分中学生进行
调查，所得数据统计如下表（单位：人）：
每日阅读时长≥30分钟 每日阅读时长＜30分钟
专注力达标 170 80
专注力不达标 100 150
（1）记“每日阅读时长≥30分钟”为事件A，“专注力达标”为事件B，求P（A）和P（B）；
（2）根据 ＝0.01 的独立性检验，能否认为中学生的专注力与阅读时长有关系？附：
2
α =
．
2
( − )
( + P)(（ +χ 2)≥( k+） )( + ) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【分析】（1）由古典概型的概率计算公式计算即可；
（2）求出χ2，再由独立性检验的定义即可求得．
【解答】解：（1）由题可得170+80+100+150＝500，
所以 ， ；
170+100 270 27 170+80 250 1
（2） 零( 假)=设H05：00中学=生5的00专=注5力0 与 阅( 读)时=长5没00有关=系5，00 = 2
由表中数据可得 39.452＞6.635，
2
2 500×(170×150−100×80)
根据 ＝0.01的独 立=性检验25，0×我2们50推×2断70假×设23不0 成立≈，
所以认α 为中学生的专注力与阅读时长有关系．
16．（15分）已知椭圆 ： ＞＞ 的离心率为 ，顺次连接C的四个顶点得到的四边形的面
2 2
3
积为4． 2+ 2 =1( 0)
2
（1）求C的方程；
（2）已知直线l：y＝kx+2与C交于M，N两点，C的上顶点为P，若直线PM，PN的斜率之和为4，
第13页（共19页）求△PMN的重心的横坐标．
【分析】（1）根据椭圆的对称性、离心率公式，结合椭圆标准方程中a，b，c之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式、直线斜率公式，重
心坐标公式进行求解即可．
【解答】解：（1）依题意，得 ，解得： ，
2
3
1− 2 = =2
2
=1
所以椭圆C的方程为 2 ；=4
2
2
（2）由题，设M（x14 ，y+
1
） ，N=（1x2 ，y2 ），
联立 ，化简得（4k2+1）x2+16kx+12＝0，
= +2
2 2
则Δ＝ （+ 16 4 k ）=2﹣4 4×（4k2+1）×12＝16（4k2﹣3）＞0，解得 ＞ ，
3
| |
所以 ， ， 2
−16 12
1+ 2 = 2 1 2 = 2
则直线PM的斜4 率+为1 ，4 直+线1 PN的斜率为 ，
1−1 2−1
1 = 2 =
所以k1+k2 1 2
1−1 2−1 1+1 2+1 2 1 2+( 1+ 2)
= + = + =
1 2 1 2 1 2
，解得：k＝6，
12 16
2 × 4 2+1 − 4 2+1 2
= 12 = =4
3
4 2+1
故△PMN的重心的横坐标为 ．
1+ 2+0 1 (−16 ) 32
= × 2 =−
17．（15分）在△ABC中，内角A，3B，C所3对的4边 分+1别为a，14b5，c，已知 ， ．
→ →
（1）若 ， ，求△ABC面积的最大值； ∠ = 3 =
（2）若 =1， = ，6求tan∠BAD．
1 3
【分析】（ = 1）2由向 量=的8 线性运算和数量积运算可得24＝b2+c2+bc，由基本不等式可得bc≤8，再由三角
形的面积公式计算即可求得；
（2）在△ABD和△ACD中，分别由正弦定理建立方程求解即可．
【解答】解：（1）因为 ，所以当 ＝1时，D是BC的中点，
→ →
= λ
所以 ，
→ → →
1
= ( + )
两边同时平2方得： ，
→ → → → → → →
2 1 2 1 2 2
= ( + ) = ( + +2 ⋅ )
4 4
第14页（共19页）因为 ， ，所以 ，
1 2 2
所以∠ 2 4＝ b2= +c32+b c≥ 2 = bc+ 6 bc＝3bc，6=当4且(仅 当+ +2 ∠时 等 号)成立，所以bc≤8，
= =2 2
所以 ，故△ABC面积的最大值为 ；
1
△ = ∠ ≤ 2 3 2 3
（2）设∠BAD 2＝ ，则 ＜＜ ， ，
θ 0 ∠ = −
3 3
在△ABD中，由正弦定理得 ，即BDsin∠ADB＝csin ，①
= θ
在△ACD中，由正弦定理得 ∠ ，
=
即 ， ∠ ② (3− )
∠ = ( − )
3
当 时，CD＝2BD，又因为 ， ，
1 3
= ∠ = ∠ =
代入① 2 ②中，化简得 ， 8
4 ( − )=3
3
所以 ，得 ，
2 3
2 3 −2 =3 =
即 ． 5
2 3
∠ =
5 ， ，
18．（17分）已知函数 其中a＞0．
，＞，
+2 ≤ 0
( )=
（1）当a＝1时，求曲线y＝ f （− x）2 在点 （1 0，f（1））处的切线方程．
（2）若f（x）有3个不同的零点x1 ，x2 ，x3 （x1 ＜x2 ＜x3 ），
（i）证明： ＜＜ ；
2
（ii）若x1 ，0 x2 ， x3 成 等差数列，求该数列的公差．
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线点斜式方程即可求出答案；
（2）（i）f（x）在（﹣∞，0]上单调递增，分为a≥2和0＜a＜2两种情况结合导数与单调性的关系求
出函数f（x）在（0，+∞）上的单调性，根据题目条件列不等式即可求出答案；
（ii）由题可知f（x1 ）＝0，f（x2 ）＝0，f（x3 ）＝0，代入可得 ，即 ，
2 1 2 2 2 3 2− 1 2
，设公差为d，消元得到 ， 列等 式 = 即 − 可 求 1 出 = 公 差 2 = d． 3 =− 1
3− 2 3
= 2 = 2 =
2 1+ ， −1
【解答】解：（1）当a＝1时， ，
，＞
+2 ≤ 0
( )=
当x＞0时，f′（x）＝ex﹣2， −2 0
第15页（共19页）所以f′（1）＝e﹣2，又f（1）＝e﹣2，
故所求切线方程为y＝（e﹣2）（x﹣1）+e﹣2，即y＝（e﹣2）x；
（2）（i）证明：当x≤0时，f（x）＝aex+2x单调递增，且f（0）＝a，
当x＞0时，f′（x）＝aex﹣2，
若a≥2，因为ex＞1，所以f′（x）＞0，
即f（x）在（0，+∞）上单调递增，且ae0﹣2×0＝a，
从而f（x）在R上单调递增，不可能有3个零点，不符合题意；
若0＜a＜2，令f′（x）＝0，可得 ，
2
=
当 ， 时，f′（x）＜0，f（x）单 调递减，
2
∈ (0 )
当 ， 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
2
又当 ∈ x→( ﹣ ∞时+，∞ f )（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
所以要使f（x）有3个零点，
＞ ＞
必须 ，即 ，
＜ ＜
(0) 0 0
2 2
( ) 0 2−2 0
解得： ＜ ＜ ，得证；
2
0
（ii）由题可知 ， ， ，
1 2 3
所以 ( 1)= ，+2 1 =0 ( 2)= −2 2 =0 ( 3)= −2 3 =0
2 1 2 2 2 3
=− 1 = 2 = 3
则 ① ， ②，
2− 1 2 3− 2 3
=− =
设公差为d（ d1＞0），即x2 ﹣x
1
2＝x3 ﹣x2 ＝d，
由①可得 ， ，
2
=− 2 =
由②可得 2−， 1+ ，
2+
= 2 =
2 −1
则 ，化简得（ed）2﹣2ed﹣1＝0，
解得 = （负值舍去），
1+ −1
即公差 = 2+1 ．
19．（17分 ）=如 图( ，2已+知1)四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，顶点S为动点，满足平面SDB⊥平面SAC，
且SA＝AB≠SC．
（1）求证：BD⊥平面SAC；
第16页（共19页）（2）若平面SAC与平面SBC的夹角为60°，求 的值；
（3）以正方形ABCD为底面作正方体ABCD﹣A1B 1 C1D1 ，求直线A1C与平面SAB所成角的正弦值的最
大值．
【分析】（1）由平面SDB⊥平面SAC，得出AH⊥平面SDB，进而有AH⊥BD，再根据线面垂直的判定
定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别计算平面SAC与平面SBC的法向量，利用向量法求解即可；
（3）求出平面SAB的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：记AC，BD交于点O，连接SO，
在平面SAO内过点A作AH⊥SO，垂足为H，
因为SA≠SC，所以垂足H不与点O重合，
因为平面SDB⊥平面SAC，平面SDB∩平面SAC＝SO，
AH 平面SAO，所以AH⊥平面SDB，
又B⊂D 平面SDB，所以AH⊥BD，
在正方⊂形ABCD中，AC⊥BD，又AC∩AH＝A，
AH 平面SAC，AC 平面SAC，
所以⊂BD⊥平面SAC⊂．
（2）以直线AB为x轴，直线AD为y轴，过点A的平面ABCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直
角坐标系．
不妨设AB＝1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），
设S（a，b，c）（c＞0），则 ，， ， ，， ，．
→ →
因为SA＝AB＝1，所以a2+b 2+ c =2＝( 1，① ) =(−1 1 0)
由①可知，SA⊥BD，所以 ，即a＝b，②
→ →
⋅ =− + =0
设平面SBC的法向量为 （x，y，z），
→
=
第17页（共19页）因为 ，， ， ，， ，
→ →
=(0 1 0) =( −1 )
所以 ，
→
⋅ = =0
→
⋅ =( −1) + + =0
取 （c，0，1﹣a），
→
=
因为BD⊥平面SAC，所以平面SAC的一个法向量为 ， ， ，
→
因为平面SAC与平面SBC的夹角为60°， =(1 −1 0)
所以 ， ，
→ → → →
| ⋅ | | | 1
| ⟨ ⟩|= → → = =
2 2 2
| || | 2 +(1− )
由①②③，解得a＝0，b＝0，c＝1，或 ， ， ，
2 2 1
= = =
即S（0，0，1）或 ， ， ． 3 3 3
2 2 1
( )
当S（0，0，1）时，3 3 ，3 ， ，此时 ；
→
=(1 1 −1) = 3
当 ， ， 时， ， ， ，此时 ．
→
2 2 1 1 1 1 3
( ) =( − ) =
综上所3 述3， 3 或 ．3 3 3 3
3
（3）以正方
形
=ABC
3
D为3底面作正方体ABCD﹣A1B1C1D1 ，不妨取A1 （0，0，1），
则 ，， ，
→
1 =(1 1 −1)
设平面SAB的法向量为 （p，q，r），因为 ，， ， ，， ，
→ → →
= =(1 0 0) =( )
所以 ，
→ →
⋅ = =0
→ →
⋅ = + + =0
取 （0，﹣c，b），
→
设直 线= A1C与平面SAB所成的角为 ，
θ
则 ， ，
→ → → →
| ⋅ 1 | | + |
=| ⟨ 1 ⟩|= → → = 2 2
| |⋅| 1 | + ⋅ 3
平方得 ，又因为（b+c）2≤2（b2+c2），
2
2 ( + )
= 2 2
所以 ，3( + )
2 2
≤
3
当且仅当b＝c时等号成立，此时可取 ，符合题意，
3
= = =
3
第18页（共19页）故sin 的最大值为 ．
6
θ
3
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