云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2024-2025学年高三上学期开学适应性考试数学试卷

试卷第 1页，共 5页 2024-2025 学年度高中数学高三开学适应性考试 考试范围：高考范围；考试时间：120 分钟 第 I卷（选择题） 一、单选题（每小题 5 分，共 8 小题，共计 40 分） 1．已知集合  2, NA x ax a  ∣ ，若 A N ，则所有 a的取值构成的集合为（ ） A．{1,2} B．{1} C．{0,1,2} D．N 2．已知复数 20248i 6iz   （ i为虚数单位），则 z （ ） A．8 B．9 C．10 D．100 3．某公司对员工的工作绩效进行评估，得到一组数据 1 2 3 9, , , ,x x x xL ，后来复查数据时，又 将 3 9,x x 重复记录在数据中，则这组新的数据和原来的数据相比，一定不会改变的是（ ） A．平均数 B．中位数 C．极差 D．众数 4．函数 2 ( ) ex xf x  的图象大致为（ ） A． B． C． D． 5． ,A B是抛物线 2 2x y 上的两点，O为坐标原点.若 OA OB ，且 AOB 的面积为12 3， 则 AOB （ ） A．30 B． 45 C．60 D．120 6．已知向量 p  以 , ,a b c   为基底时的坐标为  2, 3,3 ，则 p以 2 , , 2    a b a b c 为基底时的 坐标为（ ） A． 5 1 3, , 2 2 2      B． 5 1 3, , 3 3 2       C．  1,3,2 D．  1, 3,2 试卷第 2页，共 5页 7．若“  0,2x  ， 12 2 0x x m    ”为假命题，则m的取值范围为（ ） A．  , 2   B． 2,  C． 9, 4     D． 9 , 4    8．已知函数   e e 2sinx xf x x   ，   2 2, 0 e 1, 0x x x g x x       ，若关于 x的方程    0f g x m  有两个不等实根 1 2,x x ，且 1 2x x ，则 2 1x x 的最大值是（ ） A． ln2 B． 1ln2 2  C．3 ln2 D． ln2 1 二、多选题（每小题 6 分，共 3 小题，选对得部分分，选错得 0 分，共计 18 分） 9．在 612x x      的展开式中，下列命题正确的是（ ） A．偶数项的二项式系数之和为 32 B．第 3项的二项式系数最大 C．常数项为 60 D．有理项的个数为 3 10．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yE a b a b     的左､右焦点分别为 1 2,F F ，左､右顶点分别为 ,A B，P 是 E上异于 ,A B的一个动点.若 1 13 AF BF ，则下列说法正确的有（ ） A．椭圆 E的离心率为 12 B．若 1 1 2PF FF ，则 2 1 3cos 5 PF F  C．直线 PA的斜率与直线 PB的斜率之积等于 3 4  D．符合条件 1 2 0PF PF    的点 P有且仅有 2个 11．已知函数  f x 的定义域为 R，     3 3 2 2 f x y f x y f x f y                ，  0 0f  ，则 （ ） A． 3 0 2 f       B．函数  f x 是奇函数 C．  0 2f   D．  f x 的一个周期为 3 第 II 卷（非选择题） 三、填空题（每小题 5 分，共 3 小题，共计 15 分） 12．某省的高中数学学业水平考试，分为 A，B，C，D，E五个等级，其中 A，B等级的比 例为 16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布  280,N  ，其中王同学得分 88分等级为 A，李同学得分 85分等级为 B.请写出一个符合条件的 值 . （参考数据：若  2~ ,X N   ，则   0.68P X        ，  2 2 0.95P X        ） 试卷第 3页，共 5页 13．有甲、乙两个工厂生产同一型号的产品，其中甲厂生产的占 40%，甲厂生产的次品率 为 2%，乙厂生产的占60%，乙厂生产的次品率为3%，从中任取一件产品是次品的概率 是 ． 14．已知函数    sin ( 0, 0,0 π)f x A x A         的部分图象如图所示.若在 BCD△ 中， 3, 3 2 BCD f       ，则 BCD△ 面积的最大值为 . 四、解答题（15 题 13 分，16、17 题各 15 分，18、19 题各 17 分，共计 77 分） 15．已知等差数列 na ，若 6 11a  ，且 2a ， 5a ， 14a 成等比数列． （Ⅰ）求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）若 1 2a  ，设 1 1 n n n b a a   ，求数列 nb 的前 n项和 nS ． 16．2021年某公司为了提升一项产品的竞争力和市场占有率，对该项产品进行了科技创新 和市场开发，经过一段时间的运营后，统计得到 x，y之间的五组数据如下表： x 1 2 3 4 5 y 9 11 14 26 20 其中，x（单位：百万元）是科技创新和市场开发的总投入，y（单位：百万元）是科技创新 和市场开发后的收益. (1)求相关系数 r的大小（精确到 0.01），并判断科技创新和市场开发后的收益 y与科技创新 和市场开发的总投入 x的线性相关程度； (2)该公司对该产品的满意程度进行了调研，在调研 100名男女消费者中，得到的数据如下 表： 试卷第 4页，共 5页 满意 不满意 总计 男 45 10 55 女 25 20 45 总计 70 30 100 是否有 99%的把握认为消费者满意程度与性别有关？ (3)对（2）中调研的 45名女消费者，按照其满意程度进行分层抽样，从中抽出 9名女消费 者到公司进行现场考察，再从这 9名女消费者中随机抽取 4人进行深度调研，设这 4人中选 择“满意”的人数为 X，求 X的分布列及数学期望. 参考公式：①        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            ； ②        2 2 n ad bcK a b c d a c b d       ，其中n a b c d    . 临界值表：  2 0P K k 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 参考数据： 485 22 . 17．如图所示，AB是 O 的直径，点C是 O 上异于A，PC 平面 ABC，E、F 分别为 PA， PC的中点， (1)求证：EF⊥平面 PBC； (2)若 2PC  ， 2 2AB  ，二面角 B PA C  的正弦值为 6 3 ，求 BC． 试卷第 5页，共 5页 18．已知双曲线 的渐近线方程为 3 3 y x  ，左焦点为 F，过 ( , 0), (0, )A a B b 的 直线为 l，原点到直线 l的距离是 （1）求双曲线的方程； （2）已知直线 y x m  交双曲线于不同的两点 C，D，问是否存在实数m，使得以 CD为 直径的圆经过双曲线的左焦点 F．若存在，求出 m的值；若不存在，请说明理由． 19．设实系数一元二次方程  2 0 0ax bx c a    ①，有两根 1 2,x x ， 则方程可变形为   1 2 0a x x x x   ，展开得  2 1 2 1 2 0ax a x x x ax x    ②， 比较①②可以得到 1 2 1 2 , , bx x a cx x a         这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项 系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次 方程的韦达定理. 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理. 设方程  3 2 0 0ax bx cx d a     有三个根 1 2 3, ,x x x ，则有 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 bx x x a cx x x x x x a dx x x a               ③ (1)证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； (2)已知函数   3 2 1( 0)f x ax bx x a     恰有两个零点. （i）求证：  f x 的其中一个零点大于 0，另一个零点大于 2 且小于 0； （ii）求 a b 的取值范围. 试卷第 1页，共 14页 2024-2025 学年度高中数学高三开学适应性考试 考试范围：高考范围；考试时间：120 分钟 第 I卷（选择题） 一、单选题（每小题 5 分，共 8 小题，共计 40 分） 1．已知集合  2, NA x ax a  ∣ ，若 A N ，则所有 a的取值构成的集合为（ ） A．{1,2} B．{1} C．{0,1,2} D．N 【答案】C 【详解】 { 2}A x ax  ∣ ， NA ,故当 A 时，易求 0a  ； 当 A  时，由 2 Nx a   得， 1a  或 2. 综上得： {0,1, 2}a 2．已知复数 20248i 6iz   （ i为虚数单位），则 z （ ） A．8 B．9 C．10 D．100 【答案】C 【详解】 20248i 6i=8 1+6i 8 6iz      ，所以 2 28 6 10z    3．某公司对员工的工作绩效进行评估，得到一组数据 1 2 3 9, , , ,x x x xL ，后来复查数据时，又 将 3 9,x x 重复记录在数据中，则这组新的数据和原来的数据相比，一定不会改变的是（ ） A．平均数 B．中位数 C．极差 D．众数 【答案】C 【详解】平均数是所有数据之和再除以这组数据的个数，故平均数有可能改变， 中位数是按照顺序排列的一组数据中居于中间位置的数，故中位数也可能改变， 极差表示一组数据中最大值与最小值之差，将 3 9,x x 重复记录在数据中，最大值与 最小值并未改变，所以极差一定不变， 众数是一组数据中出现次数最多的数，有可能改变. 4．函数 2 ( ) ex xf x  的图象大致为（ ） A． B． 试卷第 2页，共 14页 C． D． 【答案】A 【详解】由解析式知： (2 )( ) ex x xf x  ， ∴0 2x  时 ( ) 0f x  ， ( )f x 递增； 0x  或 2x  时 ( ) 0f x  ， ( )f x 递减； 结合各选项易知：A符合要求. 5． ,A B是抛物线 2 2x y 上的两点，O为坐标原点.若 OA OB ，且 AOB 的面积为12 3， 则 AOB （ ） A．30 B． 45 C．60 D．120 【答案】C 【详解】如图， ∵ | | | |OA OB ，知 ,A B两点关于 y轴对称，设 2 , 2 aA a       ， 2 , 2 aB a       ∴ 21 2 12 3 2 2△    AOB aS a ，解得 2 3a  ，∴  2 3,6B ，∴ 2 3 3tan 6 3    ， ∴ 30  ，∴ 2 60AOB     . 6．已知向量 p  以 , ,a b c   为基底时的坐标为  2, 3,3 ，则 p以 2 , , 2    a b a b c 为基底时的 坐标为（ ） A． 5 1 3, , 2 2 2      B． 5 1 3, , 3 3 2       C．  1,3,2 D．  1, 3,2 【答案】B 试卷第 3页，共 14页 【详解】因为向量 p  以 , ,a b c   为基底时的坐标为  2, 3,3 ，所以 2 3 3p a b c      ， 设 ( 2 ) ( ) 2 ( ) ( 2 ) 2p x a b y a b zc x y a y x b zc                    ， 由空间向量基本定理得 2 2 3 2 3 x y y x z         ，解得 5 3 1 3 3 2 x y z         ， 所以 p  以 2 , , 2    a b a b c 为基底时的坐标为 5 1 3, ,3 3 2       . 7．若“  0,2x  ， 12 2 0x x m    ”为假命题，则m的取值范围为（ ） A．  , 2   B． 2,  C． 9, 4     D． 9 , 4    【答案】C 【详解】由题意得该命题的否定为真命题，即“  0,2x  ， 12 2 0x x m    ”为真命题， 12 2 0x x m    即 12 2x xm    ， 令 2xt  ，因为  0 2x , ，则  1,4t ，则存在  1,4t ，使得 1 1 2 m t t   成立， 令   1 2 tf t t   ，令 1 2 t t  ，则 2t  （负舍）， 则根据对勾函数的性质知  f t 在 1, 2 上单调递减，在  2,4上单调递增， 且   31 2 f  ，   94 4 f  ，则    max 94 4 f t f  ，则 9 4 m  . 8．已知函数   e e 2sinx xf x x   ，   2 2, 0 e 1, 0x x x g x x       ，若关于 x的方程    0f g x m  有两个不等实根 1 2,x x ，且 1 2x x ，则 2 1x x 的最大值是（ ） A． ln2 B． 1ln2 2  C．3 ln2 D． ln2 1 【答案】B 【详解】由   e e 2sinx xf x x   可得： 函数  f x 的定义域为R ，   e e 2cos 2 2cos 0x xf x x x       ， 所以函数  f x 在R 上单调递增. 试卷第 4页，共 14页 令  t g x . 因为关于 x的方程    0f g x m  有两个不等实根 1 2,x x ， 1 2x x ， 则关于 x的方程  t g x 有两个不等实根 1 2,x x ， 1 2x x . 作出函数  y g x 的图象，如图所示： . 所以结合图形可知  0,2t . 由  t g x 可得： 12 2t x  ， 2e 1xt   ， 解得：    1 2 1 2 , ln 1 2 x t x t    ，即有  2 1 1ln( 1) 2 2 x x t t     . 设        1ln 1 2 , 0, 2 2 t t t t      ，则     1 1 1 1 2 2 1 tt t t       . 令   0t  ，得：0 1t  ；令   0t  ，得：1 2t  ， 所以函数  t 在区间 0,1 上单调递增，在区间  1,2 上单调递减，所以  max 11 ln2 2     . 二、多选题（每小题 6 分，共 3 小题，选对得部分分，选错得 0 分，共计 18 分） 9．在 612x x      的展开式中，下列命题正确的是（ ） A．偶数项的二项式系数之和为 32 B．第 3项的二项式系数最大 C．常数项为 60 D．有理项的个数为 3 【答案】AC 【详解】偶数项的二项式系数之和为 1 52 2 32n   ，故 A正确； 根据二项式，当 3r  时 36C 的值最大，即第 4项的二项式系数最大，故 B错误     366 6 2 1 6 6 1C 2 1 C 2 r rr rr r r rT x xx               ， 试卷第 5页，共 14页 令 36 0 2 r  ， 4r  ，∴ 4 25 6C 2 60T    ，故 C正确； 36 2 r 为整数时， 0,2,4,6r  ，故有理项的个数为 4，故 D错误. 10．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yE a b a b     的左､右焦点分别为 1 2,F F ，左､右顶点分别为 ,A B，P 是 E上异于 ,A B的一个动点.若 1 13 AF BF ，则下列说法正确的有（ ） A．椭圆 E的离心率为 12 B．若 1 1 2PF FF ，则 2 1 3cos 5 PF F  C．直线 PA的斜率与直线 PB的斜率之积等于 3 4  D．符合条件 1 2 0PF PF    的点 P有且仅有 2个 【答案】AC 【详解】A选项， 1AF a c  ， 1BF a c  ，因为 1 13 AF BF 即  3 a c a c   ， 解得 2a c ，所以离心率 1 2 ce a   ，故 A正确； B选项，若 1 1 2PF FF ，连接 1 2,PF PF ， 在 1 2Rt PFF△ 中，由勾股定理得 2 2 2 1 1 2 2PF F F PF  ，又因为点 P在椭圆上，所以 1 2 2PF PF a  ， 所以     22 22 22 2a PF c PF   ，又由 2a c ，解得 2 5 2 PF c ， 所以 1 2 2 1 2 2 4cos 5 5 2 F F cPF F PF c     ，故 B错误； C选项，设  0 0,P x y ，  ,0A a ，  ,0B a 试卷第 6页，共 14页 则 0 0 PA yk x a   ， 0 0 PB yk x a   ， 2 0 0 0 2 2 0 0 0 PA PB y y yk k x a x a x a        ， 又因为点 P在椭圆上，所以 2 2 0 0 2 2 1 x y a b   ，因为 2a c ，所以 2 2 2 24 , 3 a c b c ， 从而 2 2 2 0 0 33 4 y c x  ，所以   2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 2 2 0 0 0 3 33 4 34 4 4 4 4PA PB c x x cyk k x a x c x c             ，故 C正确； D选项，因为 1 2 0PF PF    ，所以点 P在以 1 2F F 为直径的圆上，半径为 c， 又因为 3b c c  ，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没 有符合条件的点 P，故 D错误. 11．已知函数  f x 的定义域为 R，     3 3 2 2 f x y f x y f x f y                ，  0 0f  ，则 （ ） A． 3 0 2 f       B．函数  f x 是奇函数 C．  0 2f   D．  f x 的一个周期为 3 【答案】AC 【详解】令 0x y  ，则     2 30 0 2 f f f        ，所以 3 0 2 f       ，A选项正确； 令 0x  ，则     3 3 0 2 2 f y f y f f y               ，即    f y f y  ，所以  f x 是偶函数，B 选项错误；    3 3f f  ，令 3 2 x y  ，则      23 0 3f f f  ， 令 3x y 2    ，则          23 0 0 3 0f f ff f    ，所以    2 20 3f f ， 试卷第 7页，共 14页 所以       22 20 0 0f f f  ，因为  0 0f  ，所以  0 2f   ，  3 2f  ，C选项正确； 令 3 2 y   ，则  3 3 3 30 2 2 2 2 2 f x f x f x f f x                               ， 所以 3 3 0 2 2 f x f x              ， 3 9 0 2 2 f x f x              ，所以 3 9 2 2 f x f x             ，  f x 的 一个周期为 6，D选项错误. 第 II 卷（非选择题） 三、填空题（每小题 5 分，共 3 小题，共计 15 分） 12．某省的高中数学学业水平考试，分为 A，B，C，D，E五个等级，其中 A，B等级的比 例为 16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布  280,N  ，其中王同学得分 88分等级为 A，李同学得分 85分等级为 B.请写出一个符合条件的 值 . （参考数据：若  2~ ,X N   ，则   0.68P X        ，  2 2 0.95P X        ） 【答案】7（答案不唯一，只需要填区间 5,8 内的任意一个值） 【详解】由题意可知，85 80 88   ，解得5 8  . 故答案为： 7（答案不唯一，只需要填区间 5,8 内的任意一个值）. 13．有甲、乙两个工厂生产同一型号的产品，其中甲厂生产的占 40%，甲厂生产的次品率 为 2%，乙厂生产的占60%，乙厂生产的次品率为3%，从中任取一件产品是次品的概率 是 ． 【答案】0.026 / 13 500 【详解】设 1 2,A A 为甲，乙两厂生产的产品， B表示取得次品，  1 0.4P A  ，  2 0.6P A  ，  1 0.02P B A  ，  2 0.03P B A  ， 所以          1 1 2 2P B P A P B A P A P B A  0.4 0.02 0.6 0.03 0.026     . 所以任取 1件产品的概率为0.026 . 14．已知函数    sin ( 0, 0,0 π)f x A x A         的部分图象如图所示.若在 BCD△ 中， 3, 3 2 BCD f       ，则 BCD△ 面积的最大值为 . 试卷第 8页，共 14页 【答案】 3 3 4 / 3 3 4 【详解】由图象可得 π π 2π 4 3 12 4 T     ，解得 2  ，所以    sin 2f x A x   ，由 0A  ， 由图 π πsin 2 1,0 π 12 3              ，即   πsin 2 3 f x A x      ， 由 (0) 3f  ，得 πsin 3 2 3 A A   .故   π2sin 2 3 f x x      ， 在 BCD△ 中， π 33 sin 2 3 2 Bf B              ， π π 4π π 2π0 π, 3 3 3 3 3 B B B        ，即 π 3 B  ， 设角 , ,B C D的对边为 , ,b c d，由 3CD b  ， 则 2 2 2 2 22 cos 2b c d cd B c d cd cd cd cd         ， 3cd  ，当且仅当 3c d  时等号成立. 1 1 3 3 3sin 3 2 2 2 4BCD S cd B      ，所以 BCD 面积最大值为 3 3 4 . 四、解答题（15 题 13 分，16、17 题各 15 分，18、19 题各 17 分，共计 77 分） 15．已知等差数列 na ，若 6 11a  ，且 2a ， 5a ， 14a 成等比数列． （Ⅰ）求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）若 1 2a  ，设 1 1 n n n b a a   ，求数列 nb 的前 n项和 nS ． 【答案】（Ⅰ） 2 1na n  或 11na  （Ⅱ） 2 1n nS n   【详解】解：（Ⅰ）∵ 6 11a  ，∴ 1 5 11a d  ① ∵ 2a ， 5a ， 14a 成等比数列，∴ 25 2 14a a a ，∴       2 1 1 14 13a d a d a d    化简得 2 16 3a d d ， 若 0d  ， 11na  试卷第 9页，共 14页 若 0d  ， 12a d ②，由①②可得， 1 1a  ， 2d  所以数列的通项公式是 2 1na n  或 11na  （Ⅱ）由（Ⅰ）得 1 1 1 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n b n n n n          ∴ 1 2 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n nS b b b n n n n                           16．2021年某公司为了提升一项产品的竞争力和市场占有率，对该项产品进行了科技创新 和市场开发，经过一段时间的运营后，统计得到 x，y之间的五组数据如下表： x 1 2 3 4 5 y 9 11 14 26 20 其中，x（单位：百万元）是科技创新和市场开发的总投入，y（单位：百万元）是科技创新 和市场开发后的收益. (1)求相关系数 r的大小（精确到 0.01），并判断科技创新和市场开发后的收益 y与科技创新 和市场开发的总投入 x的线性相关程度； (2)该公司对该产品的满意程度进行了调研，在调研 100名男女消费者中，得到的数据如下 表： 满意 不满意 总计 男 45 10 55 女 25 20 45 总计 70 30 100 是否有 99%的把握认为消费者满意程度与性别有关？ (3)对（2）中调研的 45名女消费者，按照其满意程度进行分层抽样，从中抽出 9名女消费 者到公司进行现场考察，再从这 9名女消费者中随机抽取 4人进行深度调研，设这 4人中选 择“满意”的人数为 X，求 X的分布列及数学期望. 参考公式：①        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            ； 试卷第 10页，共 14页 ②        2 2 n ad bcK a b c d a c b d       ，其中n a b c d    . 临界值表：  2 0P K k 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 参考数据： 485 22 . 【答案】(1)0.84，科技创新和市场开发后的收益 y与科技创新和市场开发的总投入 x具有较 强的相关性. (2)有；(3)分布列见解析， 20 9 【详解】（1）由题意可得 1 2 3 4 5 3 5 x      ， 9 11 14 26 20 16 5 y      ，               5 1 2 7 1 5 0 2 1 10 2 4 37i i i x x y y                    ，               5 5 2 2 2 2 2 22 2 2 1 1 2 1 0 1 2 7 5 2 10 4i i i i x x y y                           1940 ， ∴ 37 0.84 1940 r   . ∴“科技创新和市场开发后的收益 y与科技创新和市场开发的总投入 x具有较强的相关性. （2）由题意： 满意 不满意 总计 男 45 10 55 女 25 20 45 总计 70 30 100 ∴  22 100 45 20 25 10 8.129 6.635 55 45 70 30 K           ， ∴有 99%的把握认为消费者满意程度与性别有关. （3）易知 9人中满意的有 5人，不满意的有 4人 由题意可知，X的可能取值为 0，1，2，3，4， 试卷第 11页，共 14页   4 4 4 9 10 126 CP X C    ；   1 3 5 4 4 9 20 101 126 63 C CP X C     ；   2 2 5 4 4 9 60 102 126 21 C CP X C     ；   3 1 5 4 4 9 40 203 126 63 C CP X C     ；   4 5 4 9 54 126 CP X C    ， ∴X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 1 126 10 63 10 21 20 63 5 126   1 10 10 20 5 200 1 2 3 4 126 63 21 63 126 9 E X            . 17．如图所示，AB是 O 的直径，点C是 O 上异于A，PC 平面 ABC，E、F 分别为 PA， PC的中点， (1)求证：EF⊥平面 PBC； (2)若 2PC  ， 2 2AB  ，二面角 B PA C  的正弦值为 6 3 ，求 BC． 【答案】(1)证明见解析；(2) 2BC  【详解】（1）证明：因为 PC 平面 ABC， AC 平面 ABC。所以PC AC ， 因为 AB是 O 的直径，知 AC BC ， 因为 PC BC C  ，且 ,PC BC 平面 PBC，所以 AC 平面PBC， 由 ,E F分别是 ,PA PC的中点，所以 EF AC∥ ，所以 EF 平面 PBC． （2）以C为原点， , ,CA CB CP所在直线分别为 x轴、 y轴、z轴，建立如图所示的空间直角 坐标系， 试卷第 12页，共 14页 则  0,0,2P ，  0,0,0C ，设  ,0,0A a ，  0, ,0B b ，且  2 2 8 0, 0a b a b    ， 所以  ,0, 2PA a   ，  0, , 2PB b   ，易知平面PAC的一个法向量  0,1,0m  ， 设平面 PAB的一个法向量  , ,n x y z ，则 则 n PA n PB       ，即 0 0 n PA n PB         ，∴ 2 0 2 0 ax z by z      ， 取 z ab ，得 2x b ， 2y a ，则  2 ,2 ,n b a ab ， 因为二面角 B PA C  的正弦值为 6 3 ，则其余弦值为 3 3 ， 所以 2 2 2 2 2 3cos , 34 4 m n a m n m n b a a b             ，化简得 2 2 2 28 4 0a b a b   ， 又因为  2 2 8 0, 0a b a b    ，所以 4 24 32 0a a   ，解得： 2 4a  ，即 2a  ， 所以 2b  ，即 2BC  . 18．已知双曲线 的渐近线方程为 3 3 y x  ，左焦点为 F，过 ( , 0), (0, )A a B b 的 直线为 l，原点到直线 l的距离是 （1）求双曲线的方程； （2）已知直线 y x m  交双曲线于不同的两点 C，D，问是否存在实数m，使得以 CD为 直径的圆经过双曲线的左焦点 F．若存在，求出 m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 1. 3 x y  （2） 3 2m   ． 【详解】试题分析：（1）∵ 3 , 3 b a  原点到直线 AB： 的距离， 2 2 3 . 2 ab abd ca b     试卷第 13页，共 14页 1, 3.b a   故所求双曲线方程为 2 2 1. 3 x y  （2）把 2 23 3y x m x y   代入 中消去 y，整理得 2 22 6 3 3 0x mx m    . 设 1 1 2 2( , ), ( , )C x y D x y ，则 2 1 2 1 2 3 33 , , 2 mx x m x x     ( 2,0),F  因为以 CD为直径的圆经过双曲线的左焦点 F，所以 FC  · 0FD   ， 可得 1 2 1 2( 2)( 2) 0x x y y    把 1 1 1 1,y x m y x m    代入， 解得： 3 2m   解 0  ，得 2 2m  ， 3 2m   满足 0  ， 3 2m   19．设实系数一元二次方程  2 0 0ax bx c a    ①，有两根 1 2,x x ， 则方程可变形为   1 2 0a x x x x   ，展开得  2 1 2 1 2 0ax a x x x ax x    ②， 比较①②可以得到 1 2 1 2 , , bx x a cx x a         这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项 系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次 方程的韦达定理. 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理. 设方程  3 2 0 0ax bx cx d a     有三个根 1 2 3, ,x x x ，则有 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 bx x x a cx x x x x x a dx x x a               ③ (1)证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； (2)已知函数   3 2 1( 0)f x ax bx x a     恰有两个零点. （i）求证：  f x 的其中一个零点大于 0，另一个零点大于 2 且小于 0； （ii）求 a b 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii） 1, 4      . 【详解】（1）证明：因为方程  3 2 0 0ax bx cx d a     有三个根 1 2 3, ,x x x ， 试卷第 14页，共 14页 所以方程  3 2 0 0ax bx cx d a     即为    1 2 3 0a x x x x x x    ， 变形为    3 21 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 0ax a x x x x a x x x x x x x ax x x        ， 比较两个方程可得 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 bx x x a cx x x x x x a dx x x a               . （2）（i）证明：  f x 有两个零点，   0f x  有一个二重根 1x ，一个一重根 2x ，且 1 2 0, 0, x x    由（1）可得 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 12 1 bx x a x x x a x x a             ，由 2 1 1 2 12 0x x x a    可得 1 2 0x x  . 由 2 1 2 1 0x x a     可得 2 0x  ， 1 20x x   . 联立上两式可得 2 2 1 1 2 1 22x x x x x    ，解得 1 2 1 2 xx x    ， 又 2 10, 0x x  1 2x   ，综上 1 22 0x x    . （ii）解：由（i）可得 1 2 3 2 3 1 2 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 21 1 2 2 2 42 1 1 2 3 xa x x x x x x x xb x x x x x x x x x                    ， 3 2 1 1 1 2 2 2a b x x x      . 令  1 1 1 1, 2,0 , , 2 t x t x             ，则    3 22g t t t t   ，        22 3 2 1 2 3 1 1 0g t t t t t       ，当 1 2 t   时，   0g t  ，  g t 在 1, 2       上单调递增，   1 1 2 4 g t g         ， 1, 4 a b         .