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2025-2026 学年辽宁省名校联考高三（上）期末数学试卷
一、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i为虚数单位，则 （ ）
5
A．﹣5i B．﹣5
= C．5i D．5
2．（5分）已知集合M＝{x|x＞﹣4}，N＝{x|x2+4x＝0}，则M∪N＝（ ）
A．{﹣4，0} B．0 C．{x|﹣4≤x≤0} D．{x|x≥﹣4}
3．（5分）已知向量 ， 满足 ， ， ， ，则 （ ）
→ → → → → → → →
A．1 B． | |= 1 =(0 C −．1) ⊥ | − D |．= 2
4．（5分）将函数f（x）的图象向2左平移 个单位长度得3到函数g（x）＝sinxcosx的图象，则f（x）＝（ ）
A． 6 B．
1 1
(2 − ) (2 + )
C．2 3 D．2 3
1
5．（5分 2 ） 已(2知 奇−函 6 )数f（x）的定义域为R，且3为 f （ ( x 2） 的+一6 )个周期，f（﹣2）+f（4）＝4，则f（﹣1）
＝（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
6．（5分）若直线y＝﹣3x+m与曲线 相切，则m的值为（ ）
2
A．﹣5 B．﹣3 = − C．3 D．5
7．（5分）5G信号随传输距离的增加而变弱．传输距离d（单位：km）与5G信号P（单位：W）的关系
为 ，其中P0 为发射器发出的5G初始信号，a为衰减系数（常数）．已知某5G信号的传输距
1 0
=
离为50 km时 该信号减弱为5G初始信号的一半．若在某处测得的信号为5G初始信号的 ，则传输距
1
离为（ ）
16
A．100km B．150km C．200km D．250km
8．（5分）已知a，b为正实数，e为自然对数的底数，则 的最大值为（ ）
+
A． B． C． D．
1 2 1 3
二、选择
题：本题共3小题，
2每小题6分，共18分
。2在每小题给出的选项
2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。
第1页（共18页）（多选）9．（6分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知 ， ， ，
则（ ） = 2 =2 =135°
A．S＝1
B．c＝3
C．
10
D． △ A BC=的 10 外接圆的半径为2
（多选）10．（6分）已知F是抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点，点P在C上，过点P且以F为圆心的
圆与C的准线l：x＝﹣1相交，Q为其中一个交点且PQ⊥l．设l与x轴的交点为A，线段QF与y轴的
交点为B，则（ ）
A．p＝1
B．△PQF为等边三角形
C．∠PFQ＝2∠BPQ
D．四边形AFPQ的面积为
（多选）11．（6分）如图，在圆6台3OO1 中，上、下底面的半径分别为1和2，AB，CD是圆台OO1 的两条
母线，且 ， ． 为OA的中点，则下列说法正确的是（ ）
= 10 ∠ 1 =120°
A．BC∥AD
B．圆台OO1 的体积为7
π
C．直线CQ与平面ABO1O所成角的正弦值为
1
D．三棱锥A﹣O1OD外接球的表面积为25
3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共π15分。
12．（5分）设Tn 为等比数列{an}的前n项积，若a4 ＝2，则 ．
7
13．（5分）已知某水果超市苹果、香蕉、猕猴桃三种水果的
购3进=数量之比为5：4：1，经检查发现购进的
苹果、香蕉、猕猴桃的新鲜率分别为95%，90%，90%，则从该超市随机选取一个水果恰好是新鲜的概
率为 ．
第2页（共18页）14．（5分）已知F为椭圆 ： ＞＞ 的左焦点，过F且斜率为 的直线与C在第四象限相
2 2
3
交于点M，设O为坐标 原点 2，+若 2△= O 1 M ( F 为 等腰0)三角形，则C的离心率为− 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）已知等差数列{an}满足a3 ﹣a2 ＝3，a10 ＝2a3+a4 ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 .求数列{bn}的前n项和Sn ．
1
16．（15分） 近=年 来 −，(新2能) 源汽车发展迅速，某研发部随机抽取2000名新能源汽车用户进行了满意度问卷
调查，统计如下表：
满意 不满意 合计
男性用户 400 400 800
女性用户 800 400 1200
合计 1200 800 2000
（1）根据小概率值 ＝0.001的独立性检验，分析满意度是否与用户性别有关？
（2）已知从不满意α的用户样本中随机抽取了5名男性用户、2名女性用户，再从这7名用户中随机抽
取3名深入调研，设抽取的3名用户中女性用户的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附： ，n＝a+b+c+d．
2
2 ( − )
=
( + )( + )( + )( +0 .)10 0.01 0.001
α
x 2.706 6.635 10.828
α
17．（15分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝2，点E在AD上， ， ，
将△CDE沿CE翻折，使点D至点P的位置，连接PB，PA，BE，其中 = ． =1 =1+ 2
（1）证明：PA⊥平面ABCE； = 5
（2）求平面PBE与平面PCE夹角的正弦值．
18．（17分）已知双曲线C： 1（a＞0，b＞0）的虚轴长为2 ，且渐近线方程为y＝± x．
2 2
2 − 2 = 6 2
第3页（共18页）（1）求双曲线C的方程；
（2）设O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线l与C交于A，B两点．
（i）若点A，B均在C的右支上，且△AOF的面积是△BOF面积的2倍，求|AB|；
（ii）证明：不存在直线l，使得∠AOB＝90°．
19．（17分）已知函数f（x）＝x+asinx．
（1）当 时，求f（x）的单调区间；
（2）当 a＝=−1时2．
（i）证明： ， ，f（x）＜3x﹣tanx；
∀ ∈ (− 0)
2
（ii）当x≥0时， ，求实数t的取值范围．
( )≥2 (1− )
第4页（共18页）2025-2026 学年辽宁省名校联考高三（上）期末数学试卷
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 A D B A B D C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AC BCD ABD
一、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i为虚数单位，则 （ ）
5
A．﹣5i B．﹣5
= C．5i D．5
【分析】根据复数的除法运算即可求解．
【解答】解： ．
5 −5
故选：A．
=
−
2 =− 5
2．（5分）已知集合M＝{x|x＞﹣4}，N＝{x|x2+4x＝0}，则M∪N＝（ ）
A．{﹣4，0} B．0 C．{x|﹣4≤x≤0} D．{x|x≥﹣4}
【分析】首先解出集合N，求集合M和集合N的并集即可．
【解答】解：集合N＝{x|x2+4x＝0}＝{﹣4，0}，
所以M∪N＝{x|x≥﹣4}．
故选：D．
3．（5分）已知向量 ， 满足 ， ， ， ，则 （ ）
→ → → → → → → →
A．1 B． | |= 1 =(0 C −．1) ⊥ | − D |．= 2
2 3
【分析】根据题意可得 ， ，结合模长的平方关系运算求解即可．
→ → →
⋅ =0 | |= 1
【解答】解：因为 ， ，则 ，
→ →
=(0 −1) | |= 1
第5页（共18页）因为 ，则 ，
→ → → →
⊥ ⋅ =0
所以 ．
→ → → → → → → →
2 2 2
故选| ：−B． |= ( − ) = −2 ⋅ + = 1−0+1 = 2
4．（5分）将函数f（x）的图象向左平移 个单位长度得到函数g（x）＝sinxcosx的图象，则f（x）＝（ ）
A． 6 B．
1 1
(2 − ) (2 + )
C．2 3 D．2 3
1
(2 − ) (2 + )
【分2析】根据二6倍角的三角函数公式整理可得 6 ，结合图象的平移变换求出答案．
1
( )= 2
【解答】解：由题意得g（x）＝sinxcosx sin2x， 2
1
=
将f（x）的图象向左平移 个单位长度得到函2 数g（x）的图象，
所以g（x）＝f（x ），可6 得f（x）＝g（x ） sin（2x ），A项符合题意．
1
故选：A． + 6 − 6 = 2 − 3
5．（5分）已知奇函数f（x）的定义域为R，且3为f（x）的一个周期，f（﹣2）+f（4）＝4，则f（﹣1）
＝（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
【分析】由3为f（x）的一个周期，可得f（﹣2）＝f（1），f（4）＝f（1），结合条件f（﹣2）+f（4）
＝4可求f（1），再由奇函数性质求结论．
【解答】解：因为3为f（x）的一个周期，
所以f（﹣2）＝f（1），f（4）＝f（1），
又f（﹣2）+f（4）＝4，所以f（1）+f（1）＝2f（1）＝4，所以f（1）＝2，
因为函数f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2．
故选：B．
6．（5分）若直线y＝﹣3x+m与曲线 相切，则m的值为（ ）
2
A．﹣5 B．﹣3 = − C．3 D．5
【分析】根据导数的几何意义进行求解即可．
【解答】解：由 ，
2 2 1
= − ⇒′ =− 2−
设切点（x0 ，y0 ）（x0 ＞0），
第6页（共18页）则 ，整理得 ，
2 1 2
− 2− =−3 3 0− 0−2=0
解得 x 0 0 ＝1 0 或 （舍去），
2
所以y0 ＝﹣3+ m 0 ＝=− 2﹣3ln1 m＝5．
故选：D． ⇒
7．（5分）5G信号随传输距离的增加而变弱．传输距离d（单位：km）与5G信号P（单位：W）的关系
为 ，其中P0 为发射器发出的5G初始信号，a为衰减系数（常数）．已知某5G信号的传输距
1 0
=
离为50 km时 该信号减弱为5G初始信号的一半．若在某处测得的信号为5G初始信号的 ，则传输距
1
离为（ ）
16
A．100km B．150km C．200km D．250km
【分析】将数据代入所给的关系式，即可求解．
【解答】解：由题意可知 ，
1 0
1 = 50
解得 ， 2 0
2
=
所以 50 ，
50 0
=
将 2代入 ，得 ．
1 50 16
故选 =：1C6． 0 = 2 =200
8．（5分）已知a，b为正实数，e为自然对数的底数，则 的最大值为（ ）
+
A． B． C． D．
1 2 1 3
2 2 2
【分 析】根据基本不等式可 得 ，设 t＝a+b（t＞0），令 ，结合导数求出f（t）的
2 2
( + )
单调区间以及最值即可． + ≤ + ( )=
4 4
【解答】解：因为a，b为正实数，所以 ，
2
( + )
≤
4
所以 ，当且仅当a＝b时等号成立．
2
( + )
+ ≤ +
设t＝ a+b（t＞4 0），令 ，
2
( )=
则 ，当0＜t＜2 4时 ，f'（t）＞0，
2
2 −
当′ t＞( ) 2 =时，4 f ′（t）＜0，所以f（t）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
第7页（共18页）当t＝2，即a＝b＝1时f（t）取得最大值为 ，则 的最大值为 ．
1 1
故选：C． (2)=
2
+
2
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。
（多选）9．（6分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知 ， ， ，
则（ ） = 2 =2 =135°
A．S＝1
B．c＝3
C．
10
D． △ A BC=的 10 外接圆的半径为2
【分析】利用三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理依次判断选项即可．
【解答】解：A选项，根据三角形的面积公式得 ，A项正确；
1 1 2
B选项，根据余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝2 + = 4+24＝ 1 0 ， 所=以2 × 2×2，× B项2 错=误1 ；
= 10
C选项，根据正弦定理得 ，C项正确；
1 10
= = =
D选项，设△ABC的外接圆的半径为 R，所10以 10 ，则 ，D项错误．
10
故选：AC． 2 = = 2 =2 5 = 5
2
（多选）10．（6分）已知F是抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点，点P在C上，过点P且以F为圆心的
圆与C的准线l：x＝﹣1相交，Q为其中一个交点且PQ⊥l．设l与x轴的交点为A，线段QF与y轴的
交点为B，则（ ）
A．p＝1
B．△PQF为等边三角形
C．∠PFQ＝2∠BPQ
D．四边形AFPQ的面积为
【分析】根据准线方程，可6得3p值，即可判断A的正误；根据条件及抛物线定义，可得△PQF为等边
三角形，即可判断B的正误；根据中位线的性质，可得点B为QF的中点，根据等边三角形的性质，可
判断C的正误；求出直线PF的方程，与抛物线联立，可得点P的坐标，代入面积公式，即可判断D
的正误．
【解答】解：已知F是抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点，点P在C上，过点P且以F为圆心的圆与
第8页（共18页）C的准线l：x＝﹣1相交，Q为其中一个交点且PQ⊥l，
且l与x轴的交点为A，线段QF与y轴的交点为B，
选项A：因为C的准线l：x＝﹣1，所以 ，解得p＝2，故A错误；
− =−1
选项B：因为PQ⊥l，所以根据抛物线的定2义可知|PQ|＝|PF|，
又|PF|＝|FQ|，所以|PQ|＝|PF|＝|FQ|，则△PQF为等边三角形，故B正确；
选项C：因为AQ∥OB，且O为AF的中点，
所以OB为△AQF的中位线，则点B为QF的中点，
又△PQF为等边三角形，所以BP平分∠QPF，
又∠QPF＝∠PFQ，所以∠PFQ＝2∠BPQ，故C正确；
选项D：由A项知F（1，0），不妨设点P在第一象限，∠PFx＝∠QPF＝60°，
所以直线PF的斜率 ，则直线PF的方程为 ，
代入y2＝4x得3x2﹣ 10 = x+ 3 ＝ 6 0 0 ， ° 解 = 得 3 ， ， = 3( −1)
1
1 = 2 =3
结合图象可知 ， ，所以|PQ|＝4，又3 |AF|＝2，
(3 2 3)
所以四边形AFPQ的面积为 ，故D正确．
1
故选：BCD．
2
× (2 + 4) × 2 3 = 6 3
（多选）11．（6分）如图，在圆台OO1 中，上、下底面的半径分别为1和2，AB，CD是圆台OO1 的两条
母线，且 ， ． 为OA的中点，则下列说法正确的是（ ）
= 10 ∠ 1 =120°
A．BC∥AD
B．圆台OO1 的体积为7
π
第9页（共18页）C．直线CQ与平面ABO1O所成角的正弦值为
1
D．三棱锥A﹣O1OD外接球的表面积为25
3
【分析】根据面面平行的性质定理可证明Aπ选项；
先求圆台的高再利用台体体积公式即可判断B选项；
作辅助线先找到直线 CQ 与平面 ABO1O所成角的平面角，再结合勾股定理求CH，QH的长，先求线
面角的正切值再求正弦值即可判断C选项；
先找到△AOD外接圆的半径，再求三棱锥 A﹣O1OD外接球半径，即可算出其表面积．
【解答】解：延长AB，DC交于一点P，如图所示，
面BCO1 ∥面ADO，面PAD∩面BCO1 ＝BC，面PAD∩面ADO＝AD，故BC∥AD，A正确；
圆台OO1 的高为 ，
2 2
( 10) −(2−1) =3
体积 ，B正确；
1 2 2
作CH 垂=直3 × B ( O 1 1 ，+交2 B + O 1 1 的×延2)长 ×线3于=点7 H ，连接QH，如图所示，
∠CO1H＝60°，O1C＝1，故 ， ，
3 1
CH⊥OO1 ，CH⊥BO1 ，OO1 ∩ B O = 1 ＝ 2O1 ， O 1 O 1 =，B2O1 面ABO1O，
故CH⊥面ABO1O， ⊂
故点C到面ABO1O的距离为 ，
3
∠CQH为CQ与面ABO1O所 成 角=的
2
平面角，连接QB，
因为BQ∥OO1 ，故△BQH为直角三角形，
根据勾股定理可得， ，
2 2 2 3 2 3 5
= + = 3 +( ) =
2 2
，所以 ，C错误；
3
2 15 1
∠ = = 3 5 = 15 ∠ = 4
由题易知三棱锥A﹣2O1OD的外接球，即为三棱锥O1 ﹣AOD的外接球，
设其半径为R，设△AOD的外接圆半径为r，
AD2＝AO2+OD2﹣2•AO•OD•cos120°，记得 ，
=2 3
，解得r＝2，
= 2 = 4
所 以120° ，
2 1 2 2 9 25
则该球 的=表(面2积) S＝+ 4 R =2＝42 + 5 4，= D4正确．
π π
第10页（共18页）故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）设Tn 为等比数列{an}的前n项积，若a4 ＝2，则 8 ．
7
【分析】根据等比数列的性质求解即可． 3 =
【解答】解：Tn 为等比数列{an}的前n项积，a4 ＝2，
可得 a3a4a5 ＝（a4 ）3＝8．
7 1 2 3 4 5
故答案 3为=：8． 1 2 =
13．（5分）已知某水果超市苹果、香蕉、猕猴桃三种水果的购进数量之比为5：4：1，经检查发现购进的
苹果、香蕉、猕猴桃的新鲜率分别为95%，90%，90%，则从该超市随机选取一个水果恰好是新鲜的概
率为 ．
37
【分析】利用全概率公式求解．
40
【解答】解：设A＝“选取苹果”，B＝“选取香蕉”，C＝“选取猕猴桃”，D＝“选取的一个水果新鲜”，
则P（A） ，P（B） ，P（C） ，
1 2 1
P（D|A）＝= 925%，P（D = |B）5 ＝90%，P =（1D0|C）＝90%，
∴从该超市随机选取一个水果恰好是新鲜的概率为：
P（D）＝P（A）P（D|A）+P（B）P（D|B）+P（C）P（D|C）
1 2 1
= ×95%+ ×90%+ ×90%
2 ． 5 10
37
=
故答40案为： ．
37
14．（5分）已知40F为椭圆 ： ＞＞ 的左焦点，过F且斜率为 的直线与C在第四象限相
2 2
3
2+ 2 =1( 0) −
交于点M，设O为坐标原点 ，若 △OMF为等腰三角形，则C的离心率为 4 ．
5
【分析】根据题意，求得 ，由余弦定理求得 ，设椭7圆C的右焦点为F′，在
7 8
∠ =− | |=
25 5
第11页（共18页）△MOF′中，利用余弦定理求得 ，结合椭圆的定义，得到 ，进而求得椭圆C
6 8 6
的离心率． | ′ |= 5 5 + 5 = 2
【解答】解：因为直线MF的斜率为 ，所以 ，
3 3
− ∠ =
则 ，又△OMF为等腰三角4形，点M在第四象限4，
3
设 M （∠ x， y）=，5其中x＞0，y＜0，
若|MF|＝|OF|＝c，可得 ，整理得x2+2cx+y2＝0，
2 2 2
因为x＞0，c＞0，所以x(2 +2+cx +)y2+＞ 0，=矛 盾，舍去；
若|OM|＝|MF|，可得点M在OF的垂直平分线 上，
=−
因为 ＜，与x＞0矛盾，舍去； 2
=− 0
若|OF|＝|O2M|＝c，又cos∠FOM＝cos（ ﹣2∠MFO）＝﹣cos2∠MFO＝2sin2∠MFO﹣1
π
，
3 2 7
=2×( ) −1=−
由余弦定5理得|MF|2 25 ，解得 ，
2 2 2 7 64 2 8
如图，设椭圆C的右=焦 点+为
F
−′2 ，连×(接− M2F5′)=，25 | |=
5
则 ， ，
7
∠ ′ = | |=| ′ |=
在△MOF′中，2由5 余弦定理得 ，则 ，
2 2 2 2 7 36 6
| ′ | = + −2 × = | ′ |=
又|MF|+|MF′|＝2a，即 ，即 ，解25得 25 ， 5
8 6 14 5
+ = 2 = 2 = =
所以椭圆C的离心率为5． 5 5 7
5
故答案为： ． 7
5
四、解答题：本
7
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）已知等差数列{an}满足a3 ﹣a2 ＝3，a10 ＝2a3+a4 ．
（1）求{an}的通项公式；
第12页（共18页）（2）设 .求数列{bn}的前n项和Sn ．
1
【分析】 （ 1 =） 根 据−(等2差) 数列的通项公式进行求解即可；
（2）利用等差数列和等比数列前n项和公式进行求解即可．
【解答】解：（1）已知等差数列{an}满足a3 ﹣a2 ＝3，a10 ＝2a3+a4 ，
设等差数列{an}的公差为d，
由a3 ﹣a2 ＝3 d＝3，
由a10 ＝2a3+a⇒ 4 a1+9d＝2（a1+2d）+a1+3d a1 ＝d＝3，
故{an}的通项公⇒式为：an ＝3+（n﹣1）•3＝⇒3n；
（2）设 ，
1
= −( )
由（1）可知 2 ，
1
=3 −( )
所以 2
1 1 2 1
=(3+6+⋯+3 )−[ +( ) +⋯+( ) ]
2 2 2
1 1
(3+3 ) 2[1−(2) ]
= − 1
2 1−2 ．
3 (1+ ) 1
16．=（15分2）近+年(来2 )，新−能1 源汽车发展迅速，某研发部随机抽取2000名新能源汽车用户进行了满意度问卷
调查，统计如下表：
满意 不满意 合计
男性用户 400 400 800
女性用户 800 400 1200
合计 1200 800 2000
（1）根据小概率值 ＝0.001的独立性检验，分析满意度是否与用户性别有关？
（2）已知从不满意α的用户样本中随机抽取了5名男性用户、2名女性用户，再从这7名用户中随机抽
取3名深入调研，设抽取的3名用户中女性用户的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附： ，n＝a+b+c+d．
2
2 ( − )
=
( + )( + )( + )( +0 .)10 0.01 0.001
α
x 2.706 6.635 10.828
【分析】（1 α ）零假设为H0 ：满意度与用户性别无关，计算χ2，根据独立性检验即可判断求解；
第13页（共18页）（2）由题意知X的可能取值为0，1，2，求出对应的概率，即可得分布列及数学期望．
【解答】解：（1）零假设为H0 ：满意度与用户性别无关，
＞ ，
2
2 2000×(400×400−400×800) 500
根据=小概8率00值×1＝2000.×001120的0×独8立00性检=验，9我≈们5推5.断556
H0
不10成.8立28，= 0.001
所以满意度与用α 户性别有关．
（2）由题意知X的可能取值为0，1，2，
则 ，
3 0
4 2 2
( =0)= 3 =
6 ，7
2 1
4 2 4
( =1)= 3 =
6 7，
1 2
4 2 1
( =2)= 3 =
所以X的分布 列 6 为：7
X 0 1 2
P
2 4 1
则 7 ． 7 7
2 4 1 6
17．（1 5 ( 分 ) ） = 如 0 图 × ，在7 + 梯 1 形 × A7B + CD 2× 中7，A = D7∥BC，AB⊥BC，AB＝2，点E在AD上， ， ，
将△CDE沿CE翻折，使点D至点P的位置，连接PB，PA，BE，其中 = ． =1 =1+ 2
（1）证明：PA⊥平面ABCE； = 5
（2）求平面PBE与平面PCE夹角的正弦值．
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）利用空间向量法求解两平面所成角的正弦值；
【解答】解：（1）证明：AE∥BC，AE＝BC，AB⊥BC，则四边形ABCE为矩形，
所以CE⊥AE，CE⊥ED，则CE⊥AE，CE⊥PE，
又因为AE∩PE＝E，AE，PE 面PAE，故CE⊥面PAE，
又PA 面PAE，故CE⊥PA，⊂
⊂
第14页（共18页）又AB∥CE，故AB⊥PA，
由 ， ，得 ，
2 2
又 =2， = 5，故 P A2=+AE 2＝ P−E2 ， 则=P1A⊥AE，
又因 为=A1E∩ C E=＝E2，AE，CE 面ABCE，故可以证得PA⊥面ABCE；
（2）建立空间直角坐标系，如⊂图所示：
，， ， ，， ， ，， ， ，， ， ，， ，
→
(0 0 1) (2 0 0) (2 1 0) (0 1 0) =(0 1 −1)
，， ， ，， ．
→ →
=(−2 1 0) =(2 0 0)
设平面PBE的法向量为 ， ， ，
→
=( 1 1 1)
，
则 → → 取x1 ＝1，则 ，， ．
⋅ = 1− 1 =0 ， →
→ → =(1 2 2)
⋅ =−2 1+ 1 =0
同理可得平面PCE的法向量为 ，， ，
→
=(0 1 1)
所以 ＜ ，＞ ，则 ＜ ， ＞ ，
→ → → →
4 2 2 2 2 2 1
| |= = = 1−( ) =
故平面PBE与平面PC3E×夹2角的正3 弦值为 ． 3 3
1
18．（17分）已知双曲线C： 1（a 3＞0，b＞0）的虚轴长为2 ，且渐近线方程为y＝± x．
2 2
（1）求双曲线C的方程；2 − 2 = 6 2
（2）设O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线l与C交于A，B两点．
（i）若点A，B均在C的右支上，且△AOF的面积是△BOF面积的2倍，求|AB|；
（ii）证明：不存在直线l，使得∠AOB＝90°．
【分析】（1）根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
（2）（i）设出直线l的方程，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解即可；
（ii）当直线l的斜率为0时，A，B为双曲线C的两顶点，此时∠AOB≠90°，当直线l的斜率不为0
时，设出直线的方程，结合（i）中信息以及向量的坐标运算求解即可．
【解答】解：（1）易知双曲线C的渐近线方程为 ，
=±
第15页（共18页）所以 ，
因为双
=曲线2 C的虚轴长为2 ，
所以 ， 6
解得2a =2，6 ，
= 3 = 6
则双曲线C的方程为 ；
2 2
（2）（i）由（1）知F（−3，0）=，1
3 6
因为S
△AEF
＝2S
△BEF
，直线l的斜率存在且不为0，
设直线1的方程为x＝ty+3，A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），
联立 ，消去x并整理得（2t2﹣1）y2+12ty+12＝0，
= +3
2 2
− =1
此时2 3 t2﹣1 6 ≠0，解得 ，
2 1
又Δ＝144t2﹣4（2t2﹣ 1）≠×212＝48（t2+1）＞0，
由韦达定理得 ， ，
12 12
1+ 2 =− 2 1 2 = 2
因为S △AEF ＝2S △BEF ， 2 −1 2 −1
所以y1 ＝﹣2y2 ，
又 ， ，
12 12
1+ 2 =− 2 1 2 = 2
解得 ，2 −1 2 −1
2 1
=
26
所以
2
2 2 2 2 48( +1)
| |= 1+ ⋅| 1− 2|= 1+ ( 1+ 2) −4 1 2 = 1+ ⋅ 2
； |2 −1|
2
4 3( +1) 9 3
=（ii）|2
证2 −明1|：当=直2线l的斜率为0时，A，B为双曲线C的两顶点，
此时∠AOB≠90°，
当直线l的斜率不为0时，
设直线l的方程为x＝ty+3，A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），
由（i）知 ， ，
12 12
1+ 2 =− 2 1 2 = 2
所以 2 −1 2 −1 ，
2
2 −6 −9
1 2 =( 1+3)( 2+3)= 1 2+3 ( 1+ 2)+9= 2
因为 ， 2 −1
→ → 2
−6 −9 12
⋅ = 1 2+ 1 2 = 2 + 2 =−3≠0
2 −1 2 −1
第16页（共18页）所以OA与OB不垂直，
即无论t取何值，都有∠AOB≠90°成立．
综上所述，不存在直线1，使得∠AOB＝90°．
19．（17分）已知函数f（x）＝x+asinx．
（1）当 时，求f（x）的单调区间；
（2）当 a＝=−1时2．
（i）证明： ， ，f（x）＜3x﹣tanx；
∀ ∈ (− 0)
2
（ii）当x≥0时， ，求实数t的取值范围．
( )≥2 (1− )
【分析】（1）当 时求f′（ x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，根据导数与函数的单调性
的关系求函数f（ x=）−的单2调区间；
（2）（i）设g（x）＝sinx+tanx﹣2x，利用导数证明函数g（x）在 ， 内单调递增，结合g（0）＝
(− 0)
0证明结论； 2
（ii）验证x＝0时不等式 成立，令 ，利用导数证明当x（0，]时，
−
( )≥2 (1− ) ℎ( )= 2 ∈ π ℎ( )≤
，由此可得此时 ，当x （ ，+∞）时，设 ，证明当x （ ，+∞）
1 1 1 2
ℎ( )= ≥ ∈ π ( )= − + ∈ π
时， ＜ ，由此可得 2 ，综合考虑可得结论．
− 1 1
【解答】
（2 1）解
：当 ≥时2， ，则f′（x）＝1 ，
=− 2 ( )= − 2 − 2
令 ＞，解得 ＜＜ ，k Z，
7
′ ( )=1− 2 0 2 + 2 + ∈
令 ＜，解得 4＜＜ 4，k Z，
′ ( )=1− 2 0 2 − 2 + ∈
4 4
所以（f x）的单调递增区间为 ， ，单调递减区间为 ， ；
7
(2 + 2 + )( ∈ ) (2 − 2 + )( ∈ )
（2）（i）证明：设g（x）＝sinx+tan 4 x﹣2x， 4 ， ， 4 4
∈ (− 0)
2
则 ，
2
1 ( −1)( − −1) ( −1)[ ( −1)−1]
因′为 ( 0 ＜)= co s x ＜ 1 +， 所 以2 − cos 2 x =﹣1＜0，cos x （ 2 c osx﹣1）＜0 =， 2
所以cosx（cosx﹣1）﹣1＜0，得g′（x）＞0，
所以g（x）在 ， 上单调递增，则g（x）＜g（0）＝0，
(− 0)
故 ， ，2 f（x）＜3x﹣tanx；
∀ ∈ (− 0)
2
第17页（共18页）（ii）当x＝0时，x+sinx＝0， ，
2 (1− )=0
对任意的t R，不等式 成立，
∈ ( )≥ 2 (1− )
当x （0， ]时，不等式 ，化为 ，
−
∈ π + ≥2 (1− ) ≥ ⋅ 2
令 ，则 ， 2
− − − +2
令ℎ(（ ) x）=＝﹣ 2 xcosx﹣′ℎ x+ ( 2 s ) in = x，则 ′ （3 x）＝cosx+xsinx﹣1，
令φm（x）＝cosx+xsinx﹣1，则m′φ（x）＝xcosx，
当 ， 时，m′（x）＞0，m（x）在 ， 单调递增，
∈ (0 ) (0 )
当 ，2 时，m′（x）＜0，m（x）在 ，2 单调递减，
∈ ( ] ( ]
因为m（2 0）＝ ′（0）＝0， 2 ，m（ ）＝ ′（ ）＝﹣2＜0，
φ ( )=′ ( )= −1 π φ π
所以存在 ， ，使得 ′（2 x0 ）＝0，2 2
0 ∈( ] φ
当x （0，x0 ）时2 ， ′（x）＞0，函数 （x）在（0，x0 ）单调递增，
当x∈（x0 ， ]时， φ′（x）＜0，函数 φ（x）在（x0 ， ]单调递减，
又 ∈（0）＝π0， （φ）＝0， φ π
φ φ π
所以当x （0， ]时， （x）≥0，则h（x）单调递增， ，则 ；
1 1
∈ π φ ℎ( )≤ℎ( )= ≥
当x （ ，+∞）时，设 ， ， 2
1 2 2
∈ π ( )= − + ′ ( )= −1+
因为当x （ ，+∞）时， ＞ ，所以 ＞，
2 2
又因为co ∈ sx≥π﹣1，所以u′ （x）2 ＞1﹣1 ＝ 0 −，1 1
所以u（x）在（ ，+∞）上单调递增，此时u（x）＞u（ ）＝0，
π π
故当x （ ，+∞）时， ＜ ，则 ．
− 1 1
∈ π 2 ≥
综上所述，实数t的取值范 围为 ， ．2
1
[ +∞)
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