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数学（二）
１．Ｂ 因为狓２－３狓－４≤０，所以（狓－４）（狓＋１） ２犚 ＝６，因 为 ∠犇犃犅＝６０°，所 以 在 Ｒｔ
０
≤０，所以－１≤狓≤４，则犃＝［－１，４］，因为狓 △犗犃犗 中，∠犗犃犗 ＝３０°，犗犗 ＝３，所以犚
２ ２ ２
－犪＞０，所以狓＞犪，则犅＝（犪，＋∞），因为犃 ＝３槡３，同理求得狉＝槡３，所以圆台的体积犞
∩犅＝犃，所以犃犅，所以犪＜－１，故选Ｂ． １ １
＝ π（狉２＋狉犚＋犚２）犺＝ π（３＋９＋２７）×６
５ｉ ３ ３
２．Ａ 因为（－１＋２ｉ）狕＝５ｉ，所以狕＝ ＝
－１＋２ｉ ＝７８π，故选Ｃ．
（－１－２ｉ）·５ｉ
＝２－ｉ，所以狕＝２＋ｉ，则
（－１＋２ｉ）（－１－２ｉ）
狕在复平面内对应的点为（２，１），故选Ａ．
狓＋狓＋狓＋狓＋狓
３．Ｄ 因为狓 ＝ １ ２ ３ ４ ５，所以狓
１ ５ １
１
＋狓＋狓＋狓＋狓＝５狓，狊２＝ ［（狓－狓）２
２ ３ ４ ５ １ １ ５ １ １
７．Ｄ 依题意，如图，因为犗是犉犉 的中点，犕
＋ （狓 ２ －狓 １ ）２ ＋ （狓 ３ －狓 １ ）２ ＋ （狓 ４ －狓 １ ）２ ＋ 是犘犉 的中点，所以犗犕 是△犘 １ 犉 ２ 犉 的中位
１ １ ２
（狓
５
－狓
１
）２ ］， 因 为 狓
２
＝ 线，因为｜犗犉
１
｜＝｜犗犕｜＝犮，所以｜犘犉
２
｜＝２犮，
狓＋狓＋狓＋狓＋狓＋狓 ５狓＋狓 因为∠犘犉犉 ＝３０°，所以｜犉犕｜＝槡３犮，所以
１ ２ ３ ４ ５ １ ＝ １ １ ＝狓， １ ２ １
６ ６ １ ｜犘犉｜＝２槡３犮，因为｜犘犉｜－｜犘犉｜＝２犪，所
１ １ ２
１ 犮 １
所以狊２ ＝ ［（狓－狓）２ ＋ （狓－狓）２ ＋ 以２槡３犮－２犮＝２犪，所以犲＝ ＝ ＝
２ ６ １ １ ２ １ 犪 槡３－１
（狓－狓）２ ＋ （狓－狓）２ ＋ （狓－狓）２ ＋
３ １ ４ １ ５ １ 槡３＋１
１
，故选Ｄ．
（狓－狓）２］＝ ［（狓－狓）２＋（狓－狓）２＋ ２
１ １ ６ １ １ ２ １
５狊２
（狓－狓）２＋（狓－狓）２＋（狓－狓）２］＝ １，
３ １ ４ １ ５ １ ６
即５狊２＝６狊２，故选Ｄ．
１ ２
４．Ａ 因为ｓｉｎ狓＝２ｃｏｓ狓，所以ｔａｎ狓＝２，所以
ｃｏｓ２狓－ｓｉｎ２狓 １－ｔａｎ２狓 １－４
ｃｏｓ２狓＝ ＝ ＝ ＝
ｃｏｓ２狓＋ｓｉｎ２狓 １＋ｔａｎ２狓 １＋４
３
－ ，即５ｃｏｓ２狓＋３＝０成立；反之，若５ｃｏｓ
５
８．Ｂ 设三个相邻的交点分别为犃（狓，狔 ），犅
３ １－ｔａｎ２狓 １ １
２狓＋３＝０，则ｃｏｓ２狓＝－ ＝ ，所以 （狓，狔），犆（狓，狔），不妨设狓 ＜狓 ＜狓，由
５ １＋ｔａｎ２狓 ２ ２ ３ ３ １ ２ ３
π １
ｔａｎ２狓＝４，解得ｔａｎ狓＝２或ｔａｎ狓＝－２，所以 ｃｏｓω狓＝ｃｏｓ（ －ω狓），得ｃｏｓω狓＝ ｃｏｓω狓
３ ２
５ｃｏｓ２狓＋３＝０推不出ｔａｎ狓＝２，故选Ａ．
槡３
５．Ｃ 因为函数犳（狓）是定义在犚上的偶函数， ＋ ｓｉｎω狓，整理得ｃｏｓω狓＝槡３ｓｉｎω狓，所以
２
且犳（－１）＝４，又函数犳（狓）在［０，＋∞）上单
调递增，所以犳（狓－１）≤４等价于－１≤狓－１
ｔａｎω狓＝
槡３
，所以ω狓＝犽π＋
π
，犽∈犣，不妨令
≤１，解得０≤狓≤２，故选Ｃ． ３ ６
６．Ｃ 作出圆台的轴截面犃犅犆犇，如图，设圆台 犽＝－１，０，１，得狓＝－ ５π ，狓 ＝ π ，狓 ＝ ７π ，
的上底面的圆心为犗 ，半径为狉，下底面的圆 １ ６ω ２ ６ω ３ ６ω
１
心为犗 ，半径为犚，高为犺，内切球的球心为 ５π 槡３ π 槡３
２ 则狔＝ｃｏｓ（－ ）＝－ ，狔 ＝ｃｏｓ ＝ ，
４ １ ６ ２ ２ ６ ２
犗，半径为犚 ．由内切球的体积为３６π，可得
０ ３ ７π 槡３ ５π 槡３
π犚３
０
＝３６π，解得犚
０
＝３，所以圆台的高犺＝ 狔 ３ ＝ｃｏｓ ６ ＝－ ２ ，所以犃（－ ６ω ，－ ２ ），犅
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 ６ 页 （共２４页 ）π 槡３ ７π 槡３
＝２犚＝１得犪＝ｓｉｎ犃，犫＝ｓｉｎ犅，犮＝ｓｉｎ犆，
（ ， ），犆（ ，－ ），所 以｜犃犅｜＝ 因为ｓｉｎ２犅－ｓｉｎ２犆＝（犫＋犮）ｓｉｎ犆，所以犫２－
６ω ２ ６ω ２
犮２＝（犫＋犮）犮，即犫２－犫犮－２犮２＝０，所以（犫＋
槡（ π ＋ ５π ） ２ ＋（ 槡３ ＋ 槡３ ） ２ ＝槡（ π ） ２ ＋３，｜ 犮）（犫－２犮）＝０，因为犫＞０，犮＞０，所以犫＝２犮，
６ω ６ω ２ ２ ω
１
故Ａ正确；对于Ｂ，因为犛 ＝ 犪犮ｓｉｎ犅，
７π π ２ 槡３ 槡３ ２ △犃犅犆 ２
犅犆 ｜ ＝ 槡（ ６ω － ６ω ）＋（－ ２ － ２ ） ＝ 犪（犫－犮） １
又犛 ＝ ，所 以 犪犮ｓｉｎ犅＝
π ２ ２π △犃犅犆 ３ ２
槡（ ）＋３，｜犃犆｜＝ ，所以｜犃犅｜＝｜犅犆｜， 犪（犫－犮） 犪犮 ２
ω ω ＝ ，解得ｓｉｎ犅＝ ，故Ｂ正确；对
因为△犃犅犆是一个内角为６０°的三角形，所 ３ ３ ３
以△犃犅犆是等边三角形，所以犃犅＝犅犆＝
于Ｃ，由Ａ知犫＝２犮，所以犫＞犮，则犅＞犆，所
π 犆 π 犆
π ２ ２π 以０＜犆＜ ，所以０＜ ＜ ，所以ｓｉｎ ＜
犃犆，即槡（ ）＋３＝ ，整理得ω２＝π２，因为 ２ ２ ４ ２
ω ω
犆
ω＞０，所以ω＝π，故选Ｂ． ｃｏｓ ，又由犫＝２犮得ｓｉｎ犅＝２ｓｉｎ犆，所以
２
９．ＢＤ 对于Ａ，因为犪＞０，犫＞０，（２犪＋１）（犫＋
１ １ 犆 犆
１ １ １ １ ｓｉｎ犆＝ ｓｉｎ犅＝ ，所以ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝
１）＝４，所以 ＋ ≥２槡 × ２ ３ ２ ２
２犪＋１ 犫＋１ ２犪＋１ 犫＋１
犆 犆
１ １ １ －槡１－２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝－槡１－ｓｉｎ犆＝－
＝２槡＝１，当且仅当 ＝ ，即犪＝ ２ ２
４ ２犪＋１ 犫＋１
槡６
１ ，故Ｃ不正确；对于Ｄ，因为０＜犅＜π，所
，犫＝１时，等号成立，此时是最小值不是最 ３
２
犅 π 犅 犅
大值，故Ａ不正确；对于Ｂ，２犪＋犫＝２犪＋１＋犫 以０＜ ＜ ，所以ｓｉｎ ＞０，ｃｏｓ ＞０，所
２ ２ ２ ２
＋１－２≥２槡（２犪＋１）（犫＋１）－２＝２，当且仅
犅 犅 犅 犅
１ 以ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝槡１＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝
当２犪＋１＝犫＋１，即犪＝ ，犫＝１时，等号成 ２ ２ ２ ２
２
立，故Ｂ正确；对于Ｃ，因为（２犪＋１）（犫＋１）＝
槡１＋ｓｉｎ犅＝
槡１５
，因为犃＋犅＋犆＝π，所以
４，所以２犪犫＋２犪＋犫＝３，因为犪＞０，犫＞０，所 ３
以２犪＋犫≥２槡２犪犫，所以３≥２犪犫＋２槡２犪犫，令 ｓｉｎ
犃
＝ｓｉｎ
π－（犅＋犆）
＝ｃｏｓ
犅＋犆
，所以
２ ２ ２
槡２犪犫＝狋＞０，所以３≥狋２＋２狋，即狋２＋２狋－３≤
犅－犆 犃 犅 犆 犅
０，所以－３≤狋≤１，所以槡２犪犫≤１，所以犪犫≤ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ
２ ２ ２ ２ ２
１ １
２
，当且仅当２犪＝犫，即犪＝
２
，犫＝１时，等号 犆
＋ｃｏｓ
犅
ｃｏｓ
犆
－ｓｉｎ
犅
ｓｉｎ
犆
＝ｓｉｎ
犅
（ｃｏｓ
２ ２ ２ ２ ２ ２
成立，故Ｃ不正确；对于Ｄ，因为（２犪＋１）（犫＋
犆 犆 犅 犆 犆
４ ３ －ｓｉｎ ）＋ｃｏｓ （ｃｏｓ －ｓｉｎ ）＝（ｓｉｎ
１）＝４，所以犫＋１＝ ，所以（犪２＋ ）（犫＋ ２ ２ ２ ２ ２
２犪＋１ ４
犅 犅 犆 犆 槡１５ 槡６
３ ４ ４犪２＋３ ＋ｃｏｓ ）（ｃｏｓ －ｓｉｎ ）＝ × ＝
１）＝（犪２＋ ）× ＝ ，令２犪＋１＝ ２ ２ ２ ２ ３ ３
４ ２犪＋１ ２犪＋１
犿＞１，所以４犪２＝犿２－２犿＋１，所以
４犪２＋３
＝
槡
３
１０
，故Ｄ正确．故选ＡＢＤ．
２犪＋１
犿２－２犿＋４ ４ １１．ＡＣＤ 对于Ａ，如图１，取犅犅 １ 的中点犕，连
＝犿＋ －２≥２，当且仅当犿＝ 接犆犕，过点犉作犉犖∥犆犕，交犅犅 于点
犿 犿 １ １ １
犖，连接 犈犖，则四边形 犈犖犉犇 为平面
４ １ １
，即犿＝２，所以犪＝ ，犫＝１时，等号成立， 犇犈犉截该正四棱柱所得的截面，因为四棱
犿 ２ １
故Ｄ正确；故选ＢＤ． 柱犃犅犆犇－犃 １ 犅 １ 犆 １ 犇 １ 是正四棱柱，所以四
１０．ＡＢＤ 对于 Ａ，因为△犃犅犆外接圆的直径 边形犈犖犉犇 １ 为平行四边形，因为｜犃犃 １ ｜＝２
→ → → →
犪 犫 犮 ｜犃犅｜＝４，犃犃 ＝２犃犈，犆犉＝３犉犆 ，所以｜
为１，所以由正弦定理 ＝ ＝ １ １
ｓｉｎ犃 ｓｉｎ犅 ｓｉｎ犅 犇犃｜＝｜犃犈｜＝２，｜犇犆｜＝２，｜犉犆｜＝
１ １ １ １ １ １
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 ７ 页 （共２４页 ）１，所以｜犇犈｜＝２槡２，｜犇犉｜＝槡５，所以平
１ １
行四边形犈犖犉犇 的周长为４槡２＋２槡５，故
１
→ → →
Ａ正确；对于Ｂ，以｛犇犃，犇犆，犇犇 ｝为正交基
１
底，建立如图２所示的空间直角坐标系，则
犇 （０，０，４），犈（２，０，２），犉（０，２，３），犅（２，２，
１
→
０），犆（０，２，０），犅 （２，２，４），所以犇犈＝（２，
１ １
→ →
０，－２），犇犉＝（０，２，－１），犅犆＝（－２，０，０），
１
→ → →
犅犅
１
＝（０，０，４），犇犅＝（２，２，０），因为犅犘＝λ
→ → →
犅犆＋μ犅犅
１
，所以犅犘＝（－２λ，０，４μ ），所以 １２．２狓（答案不唯一，可以是犪狓（犪＞１）） 根据犳
犇
犘
→
＝犇
犅
→
＋犅
犘
→
＝（２－２λ，２，４μ ），若犇犘⊥
（狓）是定义在犚上的增函数，再结合题意，可
→ →
以令犳（狓）＝２狓，则犳（２狓）＝２２狓＝（２狓）２＝犳２
平 面 犇 １ 犈犉，则 ｛ 犇 犇 犘 → 犘 · · 犇 犇 １ 犉 → 犈 ＝ ＝ ０ ０ ，所 以 １３．２ （狓 ４ ）， 因 满 为 足 ４ 题 名 意 志 ． 愿者去三个组，每名志愿者
１
只能去一个组，每组都要有志愿者，则出现
｛４－４λ－８μ＝０
，解得
｛λ＝－１
，此时λ＝－１ １、１、２分组情形，因为甲不去犃组，则有两
４－４μ＝０ μ＝１
与０≤λ≤１矛盾，所以侧面犅犆犆犅 上不存 种情形，情形１：甲单独一组，则有Ｃ１ ２ Ｃ１ ２ Ｃ２ ３ ＝
１ １ １２种安排方法，情形２：甲与乙、丙、丁中的一
在点犘，使得犇犘⊥平面犇犈犉，故Ｂ不正
１ 人组成一组，则有Ｃ１Ｃ１Ａ２＝１２种安排方法，
确；对于Ｃ，因为λ＋μ＝１，所以犅
１
，犘，犆三
所以组委会一共有２
３
４
２
种安
２
排方法，故答案为
点共线，当犅犘⊥犅犆时，｜犃犘｜取得最小值，
１ ２４．
在Ｒｔ△犅犅犆中，｜犅犅｜＝４，｜犅犆｜＝２，所
１ １ １４．５ 在Ｒｔ△犃犅犉中，｜犃犉｜＝犪ｃｏｓα，｜犅犉｜＝
以｜犅
１
犆｜ ＝ ２ 槡５，所 以 ｜犅犘｜ ＝ 犪ｓｉｎα，所以犫＝｜犈犉｜＝｜犃犉｜－｜犃犈｜＝｜
｜犅犅
１
｜×｜犅犆｜
＝
４×２
＝
４
，所 以 在 Ｒｔ
犃犉｜－｜犅犉｜＝犪（ｃｏｓα－ｓｉｎα），因为犪＝
｜犅 １ 犆｜ ２槡５ 槡５ 槡５，犫＝１，所以ｃｏｓα－ｓｉｎα＝ １ ＝ 槡５ （），
△犃犅犘 中，｜犃犘｜＝ 槡｜犃犅２｜＋｜犅犘２｜＝ 槡５ ５
１
槡４＋
１６
＝
６槡５
，故Ｃ正确；对于Ｄ，当｜犃犘｜
两边平方得１－２ｓｉｎαｃｏｓα＝
５
，即２ｓｉｎ
５ ５
→ ４
＝２槡２时，｜犅犘｜＝２，由 Ｂ 知｜犅犘｜＝ αｃｏｓα＝ ，因为α是锐角，所以ｓｉｎα＞０，
５
槡４λ２＋１６μ ２，所以槡４λ２＋１６μ ２＝２，化简得 ｃｏｓα ＞ ０，所 以 ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝
λ２＋４μ ２＝１，令λ＝ｃｏｓθ， μ＝ １ ｓｉｎθ，其中０ 槡１＋２ｓｉｎαｃｏｓα＝槡 ９ ＝ ３槡５ （），将
２ ５ ５
π １ 槡５ 槡５
≤θ≤ ，所以λ＋μ＝ｃｏｓθ＋ ｓｉｎθ＝ ｓｉｎ （）式与（）式联立解得ｓｉｎα＝ ，ｃｏｓ
２ ２ ２ ５
２槡５ 槡５ ２槡５
（θ＋φ ），其中ｓｉｎφ＝ ，ｃｏｓφ＝ ，当θ α＝ ，所以｜犃犉｜＝２，｜犅犉｜＝１，因为点犘
５ ５ ５
＋φ＝ π 时，λ＋μ 取得最大值为 槡５ ，此时θ＝ 是犌犆的中点，所以｜犎犘｜＝｜犎犌｜＋ １
２
｜犌犆
２ ２
３ → → → →
π 槡５ ｜＝ ，因为犃犘＝犃犈＋犈犎＋犎犘，所以
－φ ，所以ｓｉｎθ＝ｃｏｓφ＝ ，ｃｏｓθ＝ｓｉｎφ ２
２ ５ → → → → → → →
犃犉·犃犘＝犃犉·（犃犈＋犈犎＋犎犘）＝犃犉
２槡５ → → → → →
＝ ，满足题意，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ． ·犃犈＋犃犉·犈犎＋犃犉·犎犘＝２×１＋２×
５
３
＝５，故答案为５．
２
１５．（１）因为ｌｏｇ犫 ＋ｌｏｇ犫 ＋ … ＋ｌｏｇ犫 ＝
２ １ ２ ２ ２ 狀
狀（狀－１）
，
２
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 ８ 页 （共２４页 ）狀（狀－１） ２ ２ ２ １３
所以ｌｏｇ（犫 ×犫 ×…×犫）＝ ，所 （ ）－３× ＋３＝ ，
２ １ ２ 狀 ２ ３ ３ ９
狀（狀－１） １３
以犫 １ ×犫 ２ ×…×犫 狀 ＝２ ２ ， 因为犈（犡）＞犈（ ξ ），所以狆２－３狆＋３＞ ９ ，
（狀－１）（狀－２）
当狀≥２时，犫×犫×…×犫 ＝２ ２ ， ２ ７
两项相除得犫
１
＝２
２
狀（狀 ２ －１） － （狀－１
狀
） ２ （狀
－
－
１
２） ＝２狀－１（），
解得狆＜
３
或狆＞
３
，
狀
当狀＝１时，ｌｏｇ
２
犫
１
＝０，所以犫
１
＝１，满足（） 因为０＜狆＜１，所以０＜狆＜ ２ ；……… ９分
式， ３
综上所述犫 狀 ＝２狀－１（狀∈犖）， （３）因为犈（犡）＝ ３９ ，则由（２）知狆２－３狆＋３
所以犫＝２３＝８，犫＝２４＝１６， ２５
４ ５
设数列｛犪 狀 ｝的公差为犱，由犫 ４ ＝犪 ２ 犪 ４ ，犫 ５ ＝ ＝ ３９ ，解得狆＝ ３ 或狆＝ １２ ，
｛（犪＋犱）（犪＋３犱）＝８ ２５ ５ ５
犪 １６ 得 犪 １ １ ＋１５犱＝１ １ ６ ， 因为０＜狆＜１，所以狆＝ ３ ，
５
烄 ４３
｛犪＝１
犪
１
＝－
７
甲最终的得分为犢，则犢的可能值为０，１，２，
解得
犱
１
＝１
或烅
３１
，因为犪
１
＞０，所以 ３，
犱＝ （ ３）３ ８
烆 ２１ 犘（犢＝０）＝ １－ ＝ ，
５ １２５
｛犪＝１
１ ， （ ３）２ ３ １２
犱＝１ 犘（犢＝１）＝ １－ × ＝ ，
所以犪＝犪＋（狀－１）犱＝１＋狀－１＝狀；… ５ ５ １２５
狀 １
……………………………………… ６分 犘（犢＝２）＝ （ １－ ３） × ３ ＝ ６ ，
（２）由（１）知 ５ ５ ２５
犪 狀 犫 狀 ＝狀×２狀－１＞０，所以犛 狀 ＝犪 １ 犫 １ ＋犪 ２ 犫 ２ ＋ 犘（犢＝３）＝ ３ ，
…＋犪犫 单调递增， ５
狀 狀
因为犛
狀
＝１·２０＋２·２１＋３·２２＋…＋狀·
所以犈（犢）＝０×
８
＋１×
１２
＋２×
６
＋３×
２狀－１①， １２５ １２５ ２５
２犛 狀 ＝１·２１＋２·２２＋…＋（狀－１）·２狀－１＋ ３ ＝ ２９７ ，
狀·２狀②， ５ １２５
犈（犢） ９９ ３
①－②得－犛 狀 ＝２０＋２１＋２２＋…＋２狀－１－狀 所以 ＝ ＞ ，所以有理由认定甲是
１－２狀 犈（犡） ６５ ２
·２狀＝ －狀·２狀＝（１－狀）·２狀－１， 猜谜语高手． ………………………… １５分
１－２
１７．（１）在平面犘犃犇 中，犈、犉分别是犘犇、犃犇
所以犛 ＝（狀－１）·２狀＋１，
狀 的中点，
因为犛
８
＝７×２８＋１＝１７９３，犛
９
＝８×２９＋１＝
所以犈犉∥犘犃，因为犈犉平面犘犃犅，犘犃
４０９７，所以犛 ８ ＜２０２６＜犛 ９ ， 平面犘犃犅，所以犈犉∥平面犘犃犅，
故满足犛
狀
＜２０２６的最大正整数狀为８．…
因为四边形犃犅犆犇 是直角梯形，且犃犅⊥
…………………………………… １３分
犃犇，所以犅犆∥犃犇，
１６．（１）记“乙猜２次”为事件犃，则犘（犃）＝（１－
又犃犇＝２犅犆，犉是犃犇的中点，所以犅犆∥
２
）×
２
＝
２
，
犃犉，犅犆＝犃犉，
３ ３ ９ 所以四边形犃犅犆犉是矩形，所以犃犅∥犆犉，
２ 因为犆犉平面犘犃犅，犃犅平面犘犃犅，所
所以乙猜２次的概率为 ；…………… ４分
９ 以犆犉∥平面犘犃犅，
（２）甲猜谜语的次数犡的可能值为１，２，３， 因为犈犉∩犆犉＝犉，犈犉平面犆犈犉，犆犉
平面犆犈犉，
犡 １ ２ ３
所以平面犆犈犉∥平面犘犃犅；………… ５分
犘 狆 （１－狆）狆（１－狆）２ （２）（ⅰ）连接犃犆，犅犉，
由（１）同理可证四边形犅犆犇犉是平行四边
所以犈（犡）＝１×狆＋２（１－狆）狆＋３（１－狆）２ 形，所以犅犉∥犆犇，
＝狆２－３狆＋３， 因为四边形犃犅犆犉是矩形，犃犅＝犅犆，所以
２ 四边形犃犅犆犉是正方形，
因为乙每次猜中的概率为
３
，所以犈（
ξ
）＝
所以犅犉⊥犃犆，所以犆犇⊥犃犆，
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第 ９ 页 （共２４页 ）又犘犃⊥平面犃犅犆犇，犆犇平面犃犅犆犇，所 狓２ 狔２
以犘犃⊥犆犇， 所以椭圆犆的标准方程为
４
＋
２
＝１；……
因为犘犃∩犃犆＝犃， ……………………………………… ４分
犘犃平面犘犃犆，犃犆 （２）设犘（狓，狔），犙（狓，狔），犕（狓，狔），
１ １ ２ ２ ０ ０
平面犘犃犆，
烄狔＝犽狓＋犿
所 以 犆犇 ⊥ 平 面 由烅狓２ 狔２ ，得狓２＋２（犽狓＋犿）２－４＝０，
犘犃犆，所以∠犘犆犃是 ＋ ＝１
烆４ ２
二面角犘－犆犇－犃
即（１＋２犽２）狓２＋４犽犿狓＋２犿２－４＝０，
的平面角，即∠犘犆犃
所以Δ＝（４犽犿）２－４（１＋２犽２）（２犿２－４）＝８
＝４５°，
（２＋４犽２－犿２）＞０，所以犿２＜２＋４犽２，
所以犘犃＝犃犆，因为四边形犃犅犆犉是正方
－４犽犿 ２犿２－４
形，且２犃犅＝２犅犆＝４，所以犃犆＝２槡２， 且狓＋狓＝ ，狓狓＝ ，
１ ２ １＋２犽２ １ ２ １＋２犽２
所以犘犃＝２槡２；
所以狔 ＋狔 ＝犽（狓 ＋狓 ）＋２犿＝犽（－
……… １０分 １ ２ １ ２
４犽犿 ２犿
（ⅱ）以｛犃 犅 → ，犃 犇 → ， １＋２犽２ ）＋２犿＝ １＋２犽２ ．
→
犃犘｝为正交基底建
（ⅰ）因为 犿＝１，犗
犕
→
＝犗
犘
→
＋犗
犙
→
，所以
立如图所示的空间
烄 ４犽犿 ４犽
直角坐标系， 狓＝狓＋狓＝－ ＝－
０ １ ２ １＋２犽２ １＋２犽２
则犘（０，０，２槡２），犅 烅
２犿 ２
，
（２，０，０），犆（２，２，
烆
狔
０
＝狔
１
＋狔
２
＝
１＋２犽２
＝
１＋２犽２
０），犇（０，４，０），犈（０，２，槡２），
所以犆 犈 → ＝（－２，０，槡２），犅 犆 → ＝（０，２，０），犆 犇 → 又｜犗 犕 → ｜＝ ２ ３ 槡５ ，所 以 （－ １＋ ４犽 ２犽２ ） ２ ＋
＝（－２，２，０），
２ ２ ２０
设平面犅犆犈的一个法向量为狀＝（狓，狔，狕）， （ ）＝ ，
１＋２犽２ ９
→
则
｛狀·犅犆＝０
，
化简得５犽４－４犽２－１＝０，解得犽２＝１或犽２＝
→
狀·犆犈＝０ １
－ （舍去），所以犽＝±１，
｛２狔＝０ ５
所以 ，取狕＝槡２，则狓＝１，狔
－２狓＋槡２狕＝０
所以直线犾的方程为狔＝狓＋１或狔＝－狓＋
＝０，所以狀＝（１，０，槡２），
１；……………………………………… １０分
设直线犆犇与平面犅犆犈所成的角为θ， （ⅱ）因 为 犘犙 ＝ 槡１＋犽２ 狓
１
－狓
２
＝
→
→ ｜犆犇·狀｜ ２槡２·槡２＋４犽２－犿２
所以ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈犆犇，狀〉｜＝
｜犆
犇
→
｜｜狀｜
槡１＋犽２·
１＋２犽２
，
犿
｜－２｜ 槡６ 又原点犗到直线犾的距离为犱＝ ，
＝ ＝ ，
２槡２×槡３ ６ 槡１＋犽２
→ → →
所以直线犆犇与平面犅犆犈所成角的正弦值 由犗犕＝犗犘＋犗犙知四边形犗犘犕犙是平行
四边形，
槡６
为 ．………………………………… １５分 所 以 面 积 犛＝２犛 ＝ 犘犙 ·犱＝
６ △犘犗犙
２槡２· 犿
１８．（１）因为椭圆犆的焦距为２槡２，所以２犮＝２ ·槡２＋４犽２－犿２．
１＋２犽２
槡２，所以犮＝槡２，
（－４犽犿 ２犿 ）
所以犪２＝犫２＋犮２＝犫２＋２， 因为点犕 ， 在椭圆犆上，所
１＋２犽２ １＋２犽２
２ １
由椭圆犆过点（－槡２，１），所以 ＋ ＝１，所 （－４犽犿）２ （２犿 ）２
犪２ 犫２
１＋２犽２ １＋２犽２
以 ２ ＋ １ ＝１， 以 ４ ＋ ２ ＝１，
犫２＋２ 犫２
解得１＋２犽２＝２犿２，
化简得犫４－犫２－２＝０，解得犫２＝２或犫２＝－
１（舍去），所以犪２＝４，
所以 犛＝
２槡２· 犿
· 槡２＋４犽２－犿２ ＝
１＋２犽２
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第１ ０页 （共２４页 ）２槡２· 犿 （３）当０＜犪＜１时，犺（狓）＝犳（狓）－ｅ狓ｌｎ狓－
２犿２
·槡３犿２＝槡６．…………… １７分 犪狓２＋狓＝ｅ犪狓－ｅ狓ｌｎ狓，
则犺′（狓）＝犪ｅ犪狓－ｅ（ｌｎ狓＋１），
令犿（狓）＝犺′（狓）＝犪ｅ犪狓－ｅ（ｌｎ狓＋１），则犿′
ｅ
（狓）＝犪２ｅ犪狓－ ，
狓
ｅ
令狋（狓）＝犿′（狓）＝犪２ｅ犪狓－ ，则狋′（狓）＝
狓
ｅ
１９．（１）依题意犳′（狓）＝犪ｅ犪狓＋２犪狓－１，所以犳′
犪３ｅ犪狓＋
狓２
＞０在（０，＋∞）上恒成立，
（１）＝犪ｅ犪＋２犪－１，又犳（１）＝ｅ犪＋犪－１， 所以犿′（狓）在（０，＋∞）上单调递增，
所以曲线狔＝犳（狓）在（１，犳（１））处的切线方
又犿′（１）＝犪２ｅ犪－ｅ＜ｅ－ｅ＝０，当狓→＋∞
程为狔－ｅ犪－犪＋１＝（犪ｅ犪＋２犪－１）（狓－１）， 时，犿′（狓）→＋∞，
令狓＝０，得犵（犪）＝ｅ犪－犪ｅ犪－犪（犪∈［１，２］）， 即犿′（狓）有且仅有一个零点，设为狓，则
０
１
所
），
以犵′（犪）＝ｅ犪－ｅ犪－犪ｅ犪－１＝－（犪ｅ犪＋ 犪２ｅ 犪狓０＝
狓
ｅ ，且狓
０
＞１，
０
因为犪∈［１，２］，所以犵′（犪）＜０恒成立，所以 故当０＜狓＜狓 时，犿′（狓）＜０；当狓＞狓 时，
０ ０
犵（犪）在犪∈［１，２］上单调递减， 犿′（狓）＞０；
所以犵（犪） ｍｉｎ ＝犵（２）＝－ｅ２－２；……… ４分 则 犺′ （狓）在 （０，狓 ０ ）上 单 调 递 减，在
（２）因为犳（狓）≥ｅ犪狓ｌｎ狓，所以ｅ犪狓＋犪狓２－狓≥ （狓，＋∞）上单调递增，
０
ｅ犪狓ｌｎ狓， 所 以 犺′（狓） ＝犺′ （狓）＝犪ｅ 犪狓０ － ｅ
ｍｉｎ ０
即犪狓２－狓≥ｅ犪狓（ｌｎ狓－１）对狓∈（０，ｅ］恒成
ｅ
立， （ｌｎ狓 ０ ＋１）＝ 犪狓 － ｅ （ｌｎ狓 ０ ＋１）＝ ｅ
０
变形得 犪狓 ｅ犪 － 狓 １ ≥ ｌｎ狓 狓 －１ 对狓∈（０，ｅ］恒成立， （ 犪狓 １ －ｌｎ狓 ０ －１ ） ，
０
即 ｌｎｅ
ｅ
犪狓
犪狓
－１ ≥ ｌｎ狓
狓
－１ 对狓∈（０，ｅ］恒成立， 由犪２ｅ 犪狓０＝
狓
ｅ ，得犪狓
０
ｅ 犪狓０＝
犪
ｅ ＞ｅ，
０
ｌｎ狓－１ ｌｎｅ犪狓－１ 令 狆 （狓）＝ 狓ｅ狓 （狓＞０），则 狆′ （狓）＝
令犉（狓）＝ （狓∈（０，ｅ］），则 ≥
狓 ｅ犪狓 （狓＋１）ｅ狓＞０，
ｌｎ狓－１ 则狆（狓）在（０，＋∞）上单调递增，而狆（１）＝
狓
等价于犉（ｅ犪狓）≥犉（狓）对狓∈（０，ｅ］恒
ｅ，故狆（犪狓 ０ ）＞狆（１），∴犪狓 ０ ＞１，
２－ｌｎ狓 １
成立，因为犉′（狓）＝
狓２
，所以当狓∈（０， ∴
犪狓
０
－１＜０，而狓
０
＞１，∴－ｌｎ狓
０
＜０，∴犺′
ｅ］时，犉′（狓）＞０恒成立， （狓）
ｍｉｎ
＜０，
所以犉（狓）在狓∈（０，ｅ］上单调递增， 又当狓→０时，犪ｅ犪狓→犪，－ｅ（ｌｎ狓＋１）→＋
所以当狓∈（０，ｅ］时，犉（ｅ犪狓）≥犉（狓）等价于 ∞，故犺′（狓）→＋∞，
ｌｎ狓
当狓→＋∞时，犪ｅ犪狓→＋∞，－ｅ（ｌｎ狓＋１）→
ｅ犪狓≥狓，即犪≥
狓
在狓∈（０，ｅ］上恒成立，
－∞，ｅ犪狓 变化的幅度远大于ｌｎ狓变化的幅
ｌｎ狓
度，故犺′（狓）→＋∞，
令犌（狓）＝ （狓∈（０，ｅ］），则犌′（狓）＝
则犺′（狓）的大致图象如图所示：
狓
１－ｌｎ狓
≥０在狓∈（０，ｅ］上恒成立，
狓２
所以函数犌（狓）在狓∈（０，ｅ］上单调递增，所
１ １
以犌（狓） ＝犌（ｅ）＝ ，所以犪≥ ，
ｍａｘ ｅ ｅ
１
所以实数犪的取值范围是［ ，＋∞）；……
ｅ 即犺′（狓）有两个变号零点，所以函数犺（狓）在
…………………………………… １０分 （０，＋∞）上有两个极值点． ………… １７分
ＸＳ６· 临 门 押 题 · 数 学 答 案 第１ １页 （共２４页 ）
