安徽省皖中名校联考2025-2026学年高二上学期2月期末数学答案_2026年02月高二试卷_260211安徽省智学大联考·皖中名校联盟2024-2025学年高二上学期期末检测

2025-2026 学年第一学期高二年级期末检测 数学参考答案 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.直线 的倾斜角为( ) A. + 3 −2=0 B. C. D. 【答30案° 】C 120° 150° 60° 【解析】【分析】 本题考查了直线的倾斜角与斜率的问题，是基础题． 由直线方程求出直线的斜率，即得倾斜角的正切值，从而求出倾斜角． 【解答】解：设直线 的倾斜角为 ， + 3 −2=0 由 ，得： ， 3 2 3 + 3 −2=0 =− 3 + 3 故直线斜率 ， 3 = ， =− 3 ∵ 0°≤ <．180° ∴故 选=：15．0° 2.已知动 点 在 所在平面内运动，若对于空间中任意一点 ，都有 ，则实数 的值为( ) △ =−2 +5 + A. B. C. D. 【答0案】D 2 −1 −2 【解析】【分析】 本题考查空间向量共面定理，是基础题． 根据空间向量共面定理可得 ，解出 即可． 【解答】 −2+5+ =1 解：由题可得 ． 又动点 在 =所−在2平 面+内5运 动+， 所以 △ ，解得 ． 故选−D2．+5+ =1 =−2 3.在等比数列 中， ， ，则 ( ) { } 2+ 3 =1 3+ 4 =2 4+ 5 = 第 页，共 页 1 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}A. B. C. D. 【答4案】A 8 16 32 4.已知圆 ： 和圆 ： ，动圆 同时与圆 及圆 相外切，则动圆圆心 2 2 2 2 的轨迹方 1程为( (+3)) + =1 2 ( −3) + =9 1 2 A. B. 2 2 2 2 − 8 =1( ≤−1) − 8 =1 C. D. 2 2 2 2 【答8案+】 A =1 − 8 =1( ≥1) 【解析】【分析】 本题主要考查与双曲线有关的轨迹问题，考查圆与圆的位置关系，属于基础题． 设动圆圆心 的坐标为 ，半径为 ，由题意可得 ，可得点 的轨迹是以 、 为焦点的 双曲线的左(支 ,． )根据 ， ，求得| 2|−| 1|=的2值<，| 可1 得2|点 的轨迹 方程． 1 2 2 【2解答】 2 =2 =3 = − 解：设动圆圆心 的坐标为 ，半径为 ， 则由题意可得 (， , ) ，相减可得 ， 故点 的轨迹是| 以 1|=、 +为1焦点| 的 2双|=曲 线+的3左支， | 2|−| 1|= 2< | 1 2| 因为 ， 1， 2 所以2 =2 =3 ， 2 2 = − =2 2 故点 的轨迹方程为 ． 2 2 故选： ． − 8 =1( ≤−1) 5.若函数 ， 满足 ，且 ，则 ′ ′ ( ) 2 A. ( ) ( ) B(. )+ ( )= −1C. (1)=1 D.(1)+ (1)= 【答1案】C 2 3 4 【解析】【分析】 本题考查了已知函数求值的方法，基本初等函数和积的导数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题． 根据 即可求出 ，然后对函数 求导即可得出 ′ 2 ′ (1)=1，然后即可 (求1)出=−′1 ′ 的 值( ．)+ ( )= −1 ( )+ ( )+ 【 解答( 】)=2 (1)+ (1) 解： ，令 代入 中，即 ，解得 ， 2 ∵ (1)= 1 =1， ′ ( )+ ( )= ′−1 ， 令(1)+ ，(1)=0 (1)=−1 2 ∵ ( )+ ( )= −1 ∴ ( )+ ( )+ ( )=2 =1 第 页，共 页 2 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}′ ′ ， ∴ ′(1)+ ′(1)+ (1)=2 ． ∴故 选C(1．)+ (1)=2−(−1)= 3 6.已知向量 为平面 的法向量，点 在 内，则点 到平面 的距离为( ) =(2,0,1) (−15,2,1) (15,2,2) A. 5 B.2 5 C. D. 5 10 【答案】A 【解析】【分析】 此题考查利用向量求点到面的距离． 直接利用点到面的距离的向量求法求解即可． 【解答】 解：因为 ， 所以 (−1,2,1) ，(1,2,2) 因为平 面=(的−法2向,0,量−1) ， =(2,0,1) 所以点 到平面 的距离 ． | ⋅ | |−4−1| 故选： = | | = 5 = 5 7.设 ， 是双曲线 的两个焦点， 为坐标原点，点 在 上且 ，则 的面积 2 2 为( ) 1 2 : − 3 =1 | | =2 △ 1 2 A. B. C. D. 7 5 【答2 案】B 3 2 2 【解析】【分析】 本题主要考查双曲线的定义、圆的性质，属一般题． 根据双曲线的标准方程得到其焦点坐标，结合 ，可确定点 在以 为直径的圆上，得到 2 ，结合双曲线的定义可得 的=值2，从而得到答 案． 1 2 1 + 2 【 解2答】=16 1 ⋅ 2 解：由双曲线的标准方程可得 ， ，所以焦点坐标为 ， 因为 ，所以点 在以 =为1,直 径=的圆3 上 ，=2 1，−2,0 , 2 2,0 2 2 =2 1 2 ∴ 1 + 2 =16 ，所以 ， 2 2 2 ∵ 1 − 2 =2 =2 1 − 2 = 1 + 2 −2 1 ⋅ 2 =4 所以 ，所以直角三角形 面积为 ， 1 1 ⋅ 2 =6 1 2 2| 1|⋅| 2|=3 第 页，共 页 3 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}故选B． 8.已知数列 满足 ， ，设 ，对xN，c c ， n1 n 5 2 则实数的取 { 值 } 范围(是 ( +1− ) 1)( −1)= 3( − +1) 1 =2 =2 ( +4− ) A. B. C. D. 1 1 1 【答 (6案 ,+ 】 ∞ B ) (3,+∞) (2,+∞) (1,+∞) 【解析】【分析】 本题主要考查了等差数列的判定与证明，数列的递推关系，数列的函数特征，利用导数研究函数的单调性 的应用，属于较难题． 根据已知及等差数列的判定与证明，可知 是公差为 的等差数列，根据数列的递推关系，数列的函数 1 1 { −1} 3 特征的计算，得 ，结合对勾函数的单调性，计算求出实数 的取值范围． 4 2 【解答】解：由 > +2− +1 ，得 ． ( +1 ，−即1)( −1)= 3( −， +1) ( +1−1)( −1)=3[( −1)−( +1−1)] ( −1)−( +1−1) 1 1 1 1 ∴ ( −1)⋅( +1−1) =3 +1−1− −1=3 是公差为 的等差数列， 1 1 ∴ { −1} 3 ， 1 1 1 1 1 +1 ∴ −1= 1−1+3( −1)= 5 2−1 +3( −1)= 3 ，即 ， ． 3 +4 ∗ ∴ −1= +1 = +1 ∈ 2 2 ∴ =2 ( − )= 2 ( − ). ， ， +4 +1 ∗ ∵∀ ∈ +1 < 即 ， +1 2 2 2 ( +2− )< 2 ( +1− ) 即 ． 4 2 2 则 > +2− ， +1= +2 +1 2 > 2 + +3 对于 在 上单调递减， 上单调递增， 2 + (0, 2] [ 2,+∞) 的最小值只能在 或 处取得， 2 ∴ + =1 =2 当 时， ，当 时， ， 2 2 =1 + =3 =2 + =3 第 页，共 页 4 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}， ，即实数 的取值范围是 2 1 1 ∴故 选+ B ．+3≥ 6 ∴ >3 (3,+∞). 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下列说法错误的是( ) A.“ ”是“直线 与直线 互相垂直”的充要条件 2 =−1 − +1=0 − −2=0 B.直线 的倾斜角 的取值范围是 3 C.过 ， + +2= 两 0 点的所有直 线的方程为 [0,4]∪[ 4 , ) − 1 − 1 D.经 ( 过 1 点 , 1) ( 且 2 在 , 2 轴 ) 和 轴上截距都相等的直线 2−方 1程 = 为 2− 1 【答案】A(C1,D1) + −2=0 【解析】【分析】 本题考查了直线的方程，直线垂直的充要条件，直线的倾斜角和斜率之间的关系，主要考查学生的运算能 力和转换能力及思维能力，属于中档题． 直接利用直线的垂直的充要条件和直线的倾斜角和斜率之间的关系，直线的两点式的使用条件和直线截距 相等的直线方程的应用判定 、 、 、 的结论． 【解答】 解：对于 ：当 时，“直线 与直线 互相垂直”， 2 当直线 =−1 与直线 − +1互=相0垂直时， 解−得 −2=或0 ， 2 故“ −” 是+“1直=线0 − −2与=直0线 互 相=垂0直”−的1充分不必要条件，故A错误． 2 对于 ：=−直1线 − +的1倾=斜0角 ，则 − −2=0 ， + +2=0 =− ∈[−1,1] 所以倾斜角 的取值范围是 ，故B正确； 3 对于 ：过 ， [0 且 ,4]∪[ 4 ， , ) 两点的所有直线的方程为 ，故C错误． − 1 − 1 对于 ：经 ( 过 1 点 , 1) ( 且 2 在 , 2 轴 )( 和 1 轴 ≠ 上 截 2 距 都 1 ≠ 相 等 2) 的直线方程为： 2− 1 = 2− 1 ①：经 过原点的(直1,1线)为 ， ②设在坐标轴上的截距为 −， 设=直0 线方程为 ， + =1 所以 ，解得 ，故 ，故D错误． 1 1 故选： + =．1 =2 + −2=0 第 页，共 页 5 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}10.如图，抛物线 的焦点为 ，过 的直线交抛物线于 ， 两点，过 ， 分别作抛物线准线 2 的垂线，垂足分别 为=，2 (则 下>列0)说法正确的 有( ) . A.若 轴，则 B.若 ⊥ ， | |=，2则 为定值 2 C. ( 1, 1) ( 2, 2) 1 2 2 D.|以 线|段=4|为 直||径 的| 圆与 轴相切 【答案】A C D 【解析】【分析】 本题考查抛物线的定义、几何性质、直线与抛物线的位置关系，属中档题． 选项利用直线方程与抛物线方程联立，即可得到答案； 选项利用直线方程与抛物线联立，通过韦达定理得出答案； 选项利用直线与抛物线联立，分别利用韦达定理求出等式左边和右边，证出相等； 选项通过焦半径长，直线与圆位置关系得出相切． 【解答】 解： 由题意， ， 轴， 直线为 ， 代入抛 . 物线 (2,0) 为 ⊥ 常 数 ， 得 到 =2 ， ，所以A正确 2 B.设直线 的 方程=为2 ( >0 ， ) 1 = , 2 =− | |= 2 ; 与抛物线 联 立 = ， 得 +2 ， 2 2 2 设 ，=2 ， −2 − =0 则 ( 1, 1) ( 2，, 2) ，所以B错误 2 C.由 1上+述 2解=析2得 1 2 =− ; ， 2 2 2 2 2 2 | | = 1− 2 = 1+ 2 −4 1 2 =4 +4 2 2 2 2 2 2 1 2 ( 1 2) 1 + 2 4| || |=4( 1+ )⋅( 2+ )=4( + )⋅( + )=4· 2 +4⋅ ⋅ +4⋅ 2 2 2 ，2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 = +4 +2 + =4 +4 第 页，共 页 6 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}所以 ，所以C正确 2 D.设| 的|中=点4|为 |，| 则| 是以线段 ;为直径的圆的圆心． 由 ， 所以圆 的半径为 ， 1 | |= 1+2 = 2 +4 则 的坐标为 ， 1 1 2 +4, 2 到 轴的距离为 ，即 到 轴的距离等于以线段 为直径的圆的半径， 1 故以 线段 为直径 的 = 圆2 与 +4轴 = 相 切， 所以 D正确． 11.对于函 数 ，下 列说法正确的是( ) A. 在 ( 上 ) 单 = 调 递 增，在 上单调递减 B.若 (方 )程(1, ) 有 个不等(的 ,实+根∞)，则 C.当 (| |)= 时4 ， > D.设0< 1 < 2 <，1若对 1 2，< 2 1 ，使得 成立，则 2 【答案 (】 )B=D + ∀ 1 ∈ ∃ 2 ∈(1,+∞) ( 1)= ( 2) ≥ 【解析】【分析】 本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能 力，属于难题．逐一判断即可． 【解答】 解：函数 ， ． ( )= ∈(0,1)∪(1,+∞) ′ ， −1 可得( 函)数= ln 2 在 上单调递减，在 上单调递减，在 上单调递增． 大致图 (象 )如图(0,，1) (1, ) ( ,+∞) ( ) A.由上述分析可得 不正确． B.若方程 有 个不等的实根， (| |)= 4 第 页，共 页 7 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}则 ，且 时， 有 个不等的实根，则 ，因此正确． >0 ≠ 1 ( )= 2 > C.由函数 在 单调递减， ( )= ∈ (0,1) 可得函数 在 单调递增， = ∈ (0,1) 因此当 时， ， 1 2 即 0< 1 < 2 ， < 因 1 此不正 确1； < 2 D.设 1 函 数2 > 2 1 的值域为 ，函数 的值域为 ． ( )(， 对∈ ) ， (． )( ∈(1,+∞)) 2 ( )对= + ∀ ，∈ =[ ,+．∞) ( ) ∀ ∈ (1，,+若∞对) =[ ，,+∞) ，使得 成立， 2 则( )= + 因此∀正 1确∈． ∃ 2 ∈(1,+∞) ( 1)= ( 2) 故选 ⊆BD .．∴ ≥ . 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.经过点 和 的直线的方程为 ． 【答案】 (1,3) (−3,1) 【解析】 解−：2由 已+知5=得0直线的方程为 ，即 ． −1 +3 故答案为： ． 3−1=1+3 −2 +5=0 13.函数 的−定2 义+域5是=0 ，其导函数是 ′ ，若 ′ ，则关于 的不等式 ( ) 的解(集0,为 ) ． ( ) ( )sin <− ( )cos 2 ( )sin < (4) 【答案】 【解析】【4分 , 析】 本题考查了利用导数研究函数的单调性和不等式的求解，属于中档题． 结合条件构造函数 ，结合导数判断函数的单调性，利用函数的单调性解不等式即可． 【解答】 ( )= ( )sin 解：由题意，函数 满足 ′ ， 令 ，( ) ( ) + ( ) <0 则 ′( )= ( )′sin ， 函数 ( )= ( )si在n 定+义 域( )cos 上<单0调递减， ( )= ( )sin (0, ) 第 页，共 页 8 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}由于 ，关于 的不等式 可化为 ， >0 2 ( )sin < (4) ( )< (4) 所以 ， 4 < < 故答案为 4, 14.已知 是双曲线 的左焦点， 是双曲线 右支上的一点，直线 与圆 2 2 2 2 切于点 ， 为坐 标: 原 2−点 ， 2 =若1( >0, >0) ，则双曲 线 的离心 率是 ． + = 2 5 = +4 【答案】 41 【解析】解4：因为 ， 所以 5 = ，+所4 以 ， 因为直4(线 −与 圆 )= − 切于点4， 所=以 ， ， 2 2 2 又 ，所以 + = ， | |= ⊥ 2 2 所以| |= ， | |= ， − = ， 2 2 设双曲 | 线 |= 的 4 右 焦 | 点 为 |=′5 ， | |= +16 则 ′ ， | |= 5 −2′ ′ 又 ，故 ， ∠ +∠ = ∠ + ∠ =0 ′ 由余弦定理可得 ， ， ′ ′ 2 2 2 2 2 2 | | +| | −| | | | +| | −| | ∠ = 2| |⋅| | ∠ = ′ 2| |⋅| | 所以 ， ′ ′ 2 2 2 2 2 2 | | +| | −| | | | +| | −| | 2| |⋅| | + ′ =0 2| |⋅| | 所以 ′ ′ ， 2 2 2 2 2 | | +| | +2| | −| | −| | =0 又 ′ ， ， ， ′ ， 2 2 所以| |=| |= | |= +16 | |=，5 | |=5 −2 2 2 2 2 2 2 +2( +16 )−25 −(5 −2 ) =0 所以 ，所以 ， 2 5 4 =5 =4 所以则双曲线 的离心率 ， 2 41 另解：作 ′ ，垂 足 = 为 = ， 1+ 2 = 4 ⊥ 由 ， ′ ，可知 为 ′的中位线， ⊥ | |= ▵ 第 页，共 页 9 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}结合已知分析， ′ ， ′ ， | |= | |= ,| |=2| |=2 ,| |=4 − =3 | |= 5 −2 由勾股定理 ′ ′ ，即 ，整理得 ，其余同上． 2 2 2 2 2 2 2 | | +| | =| | 4 +9 =(5 −2 ) 4 =5 故答案为： ． 41 4 三、解答题（本题共5小题，共77分） 已知正项数列a 满足 且a 3， n 1 15. ln +1 =( +1)ln 求数列a 的通项公式； n (1) 设 ，数列b 的前n项和为S n n −2 (2) = . 【答案】 a 3n n (1) 1 (【2)分 析 = 】（ − ） 1 根 + 据3 常数列的性质进行求解即可； （ ）利用1放缩法，结合等比数列前n项和公式、题中定义进行求解即可 【详2 解】（ ）由 ，得 ，可知数列 .是常数列， ln +1 ln ln 1 ln +1 =( +1)ln +1 = 所以 ，所以 ，所以a 3n； 分 n ln ln = 1 =ln3 ln = ln3=ln3 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 （ ）由（ ）可得 ， −2 3 −2 2 2 1 = = 3 =1−3 则 1 1 2 2 2 1 1 1 3 1−3 1 = 1−3 1 + 1−3 2 +⋯+ 1−3 = −2 3 2 +3 2 +⋯+3 = −2× 1− 1 3 = −2×2 1− 分 1 1 3 已 = 知 圆 −1 C + 的3圆.⋯心⋯在⋯直⋯线⋯⋯⋯⋯⋯上⋯，⋯并⋯且⋯⋯经⋯过1点3 ，与直线 相切直线 1 l：6. 2m1xm1y7m 5 =2 0 ． (5,5) =7 , 求圆C的方程； (1)求直线l被圆C截得的最短弦长及此时何m的值． (2) 第 页，共 页 10 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}【答案】 2 2 最短弦(长1)为( 2 −1 2 ) 3，+此( 时− m 2) 0 =25 (【2)详解】（ ）由题意可设圆C的圆. 心为 ， 圆C与直1线 相切，且过点 {， ,2 } =7 ， (整5,理5)得 解得 ，圆心 ， 2 2 2 |2 半−径7|= ( −5)，+(圆2 C−的5方) 程为： −2 +1 =0 =1 (1,2) 分 2 2 （ ）由 =2m |  1 |= x5m1y7m50，( 知−1 2 ) x+ y ( 7 −m 2)= x25 y .⋯ 5 ⋯⋯ 0 ⋯ ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 2 2x y70 x2 由 ，得 x y50 y3 . 所以当x2,y3时，无论m取何值，方程2m1xm1y7m50都成立 . 所以直线l恒过定点A2,3 分 如图，当圆心C到直线l的距.⋯离⋯最⋯⋯长⋯，⋯即⋯ C ⋯ A ⋯  ⋯ l ⋯时⋯，⋯直⋯线⋯ l 1被0圆C截得的弦长最短 . 32 因为k  1，所以当直线l被圆C截得的弦长最短时，直线l的斜率为 ， CA 21 -1 由直线l：2m1xm1y7m50， 得，解得：m0 2 +1 = +1 . 此时，CA 212322  2，所以弦长为： 2 25CA2 2 23 故当CAl时，直线l被圆C截得的弦长最短， . 最短弦长为2 23，此时m0 分 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是 ，且它们所在的平面互相垂直．活 1动7弹. 子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM 和BN的长度2保持相等，记 CM BN a(0a2 2)． 第 页，共 页 11 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}求MN的长；并求当a为何值时，MN长度取得最小值； (1)当MN的长取得最小值，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值． (【2)答案】 a22 2a4 ，当a 2时，MN长度取得最小值； 1 (1) 3 (【2)详解】（ ）法一： 过点M 作1MG AB于点G，连接NG， 因为平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEF AB，MG平面ABCD， 所以MG平面ABEF， 因为NG平面ABEF， 所以MGNG， 因为正方形边长为 ，CM BN a， 2 2 2a 2 a 2 所以AM FN 2 2a，MG   2 a ，NG   a， 2 2 2 2 所以 MN  MG2 NG2  a2 2 2a4 当a 2时，MN长度取得最小值 . 分 【法二】 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 因为四边形ABEF为正方形，所以BE  AB，由（ ）知BC BE，BC AB， 所以以点B为坐标原点，分别以BA,BC,BE为x轴1，y轴，z轴， 建立空间直角坐标系（如图），则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2) E(0,2,0) F(2,2,0) D(2,0,2) , , , , 第 页，共 页 12 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}因为正方形ABCD，ABEF的边长都是 ，所以AC BF 2 2， 又CM BN a(0a2 2)， 2 2a 2a 2a 2a 所以M( ,0,2 )，N( , ,0)， 2 2 2 2 2a 2a 2a 2a 所以 MN  (  )2(0 )2(2 0)2 2 2 2 2  a22 2a4  (a 2)2 2 所以当a 2时，MN长度取得最小值 分 （ ）【法一】 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 当点2 M ，N为AC，BF中点时MN 的长最小， 取MN中点H，连接AH ，BH ，AN，BM ， 因为ABCD，ABEF为正方形，点M ，N 为AC，BF中点， 所以AM  AN BM BN， 因为H为MN中点， 所以AH MN ，BH MN， 因为平面MNA平面MNBMN， 所以AHB为平面MNA与平面MNB的夹角或其补角， 3 6 AB2，AM  AN  2，MN  2，AH BH   2  ， 2 2 6 6  4 AH2BH2AB2 4 4 1 在三角形AHB中，根据余弦定理得cosAHB   ， 2AHBH 6 6 3 2  2 2 1 所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值为 分 3 【法二】 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 因为 MN 取最小时，a 2，所以M(1,0,1)，N(1,1,0)，    所以MN (0,1,1)，BN (1,1,0)，NE (1,1,0)  , 设平面MNE的法向量为m(x,y,z )， 1 1 1 第 页，共 页 13 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}   mMN 0  y z 0 所以 m    N  E  0 ，即 x 1 1 y 1 1 0 ，取x 1 1，所以y 1 1,z 1 1，  所以平面MNE的法向量为m(1,1,1)，  设平面MNB的法向量为n(x ,y ,z )， 2 2 2    mMN 0 y z 0 所以 m  B  N  0 ，即 x 2 2 y 2 2 0 ，取x 2 1，所以y 2 1,z 2 1，  所以平面MNB的法向量为n(1,1,1)， 设平面MNE与平面MNB夹角为，   mn 111(1)1(1) 1 所以cos     m n 121212  12(1)2(1)2 3 . 1 即平面MNE与平面MNB夹角的余弦值为 分 3 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15 x2 y2 ．已知椭圆E:  1(ab0)的右焦点为F(1,0)，过点F 且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长 a2 b2 1为8 3 求. 椭圆E的标准方程； (1)过点B1,0作直线l交椭圆E于M,N两点，且点M 位于x轴上方，设点N关于x轴的对称点为N ，求 1 (2) △BMN 面积的最大值． 1 x2 y2 【答案】  1 4 3 3 3 (1) 4 (【2)详解】（. ）由题意得c2 a2b2 1， 1 9 3 3 且易知椭圆E过点(1, )，把点(1, )代入椭圆标准方程得 1 4 ， 2 2  1 a2 a2 1 1 解得a2 4或a2  （舍），所以a2 4,b2 3， 4 x2 y2 则椭圆E的方程为  1 分 4 3 （ ）依题意，直线l不垂直于.⋯坐⋯标⋯轴⋯，⋯设⋯直⋯⋯线⋯ l方⋯⋯程⋯为⋯ x ⋯⋯ ty 51，t0， 设点2 N(x,y ),M(x ,y ),y 0，则N (x,y )，|NN |2y ， 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 第 页，共 页 14 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}xty1 由 消去x得(43t2)y2 6ty90，36  44t2 0， 3x24y2 12 6t 9 y  y  ,y y  ， 分 1 2 43t2 1 2 43t2 1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 所以S |S S | |NN ||x x | |NN ||1x | BMN1 MNN1 BNN1 2 1 2 1 2 1 1 1 1  2y x 1  (2y )|x 1|y |ty 11| 2 1 2 2 1 2 1 2 9|t| 9|t| 3 3 2 y y |t|   ，当且仅当3t2 4，即|t| 时取等号， 1 2 43t2 4 3|t| 4 3 3 3 所以△BMN 面积的最大值为 分 1 4 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17 ．已知函数 f(x)x22lnx1． 1（9 ）求函数y f(x)的最小值； （1）证明：对任意x1,,lnx 2(x1) 恒成立； x1 2 （ ）对于函数 f(x)图象上的不同两点A(x,y ),B(x ,y )(x x ) ，如果在函数 f(x)图象上存在点M(x ,y ) 1 1 2 2 1 2 0 0 3 x x （其中x (x,x )）使得点M 处的切线l//AB，则称直线AB存在“伴侣切线”．特别地，当x  1 2 时， 0 1 2 0 2 又称直线AB存在“中值伴侣切线”．试问：当xe时，对于函数 f(x)图象上不同两点A、B，直线AB是 否存在“中值伴侣切线”？证明你的结论． 【答案】（ ） f(x) =3；（ ）见解析；（ ）函数 f(x)不存在“中值伴侣切线” min 1 2 3 2 2(x21) . 【详解】解：（ ）x(0,e)时， f(x) x221lnx, f(x)2x  ， x x 令 f(x)0得x 1(1,e)；f(x)0得x(0,1)， 所以 f(x)在0,1 上单调递减，在 1,e上单调递增， 第 页，共 页 15 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}2 xe,时， f(x) x22lnx1, f(x)2x 0对xe,恒成立 x . 所以 f(x)在e,单调递增，故 f(x) =f(1)=3 分 min 2(x1) 4 4 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 （ ）由lnx 2  lnx 2， x1 x1 x1 2 4 1 4 (x1)2 令g(x)lnx (x1)，则g'(x)  = ， x1 x (x1)2 x(x1)2 因为x1显然g'(x)0，所以g(x)在1,上单调递增 显然有g( , x) g(1)2恒成立（当且仅当x 时等号成立, ），即证． 分 （ ）当xe时， f(x) x2 . 2(lnx1)， f =(x 1 )2x 2 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 x 假设3 函数 f(x)存在“中值伴侣切线” 设A(x ,y ),B(x ,y ) 是曲线y f(x)上. 的不同两点，且0 x  x ， 1 1 2 2 1 2 则y x22(lnx 1)，y x22(lnx 1) 故直线 的斜率： 1 1 1 2 2 2 . AB k  y 1 y 2    x 1 22(lnx 1 1)    x 2 22(lnx 2 1)  AB x x x x 1 2 1 2 lnx lnx (x x )2 1 2 1 2 x x 1 2 曲线在点M(x  y )处的切线斜率： 0 0 x x 4 k  f(x ) f( 1 2) (x x ) 0 2 1 2 x x 1 2 ln=x lnx 4 依题意得(x x )2 1 2 (x x ) 1 2 x x 1 2 x x 1 2 1 2 lnx lnx 2 化简可得 2 1  ， x x x x 2 1 1 2 x 2( 2 1) x 2(x x ) x 即ln 2 = 2 1  1 x x x x 1 2 1 2 1 x . 1 设 x 2 t t1 ，上式化为lnt  2(t1) 由（ ）知t1时，lnt 2(t1) 恒成立 x t1 t1 1 ( ) 2(t,1) 2 . 所以在(1,)内不存在t 使得lnt  成立 t1 综上所述，假设不成立 所, 以函数 f(x)不存在“.中值伴侣切线” 分 . .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17 第 页，共 页 16 16 {#{QQABCYQQgggIAJIAARhCQQXqCECYkAGACKgOQEAQMAAAAANABAA=}#}