江西省乐平中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题

江西省乐平中学2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷 (5-27班) 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，只有一项是符合要求的， 1.若集合A={y川y=3},B={xx2-4x<5},则4UB=（). A.(L,+m) B.(0,5) C.(-l,+m D.(-1,0)U(0,+co) 2.已知(1+i)z=2,则z=() A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 3.若m,n为两条肖线，a为一个平面，则下列结论中正确的是(） A.若ml1a,nca,则m∥n B.若mIla,n/1a,则ml∥n C.若m/ia,n⊥a,则m⊥n D.若m/1a,n⊥a,则m与n相交 4.若直线1：2mx+y+4m=0与圆C:x2+y2-8y+12=0相切，则实数m的值为() A是 B c D 5.若随机变量x服从正春分布X~N8,2）),PX>1D=a,P65≤X510=b,则2+2的最 a b 小值为() A.8 B.9 C.6+2W2 D.6+4W2 6.若a(a+孕=-3如8=3，则0g-月=（) sin(a+B) A.-1 B.3 c D. 7.已知抛物线y=2pr（p>0)的焦点F是双曲线-y=1(a>0)的个顶点，两家 曲线的·个交点为A,过A作抛物线准线的垂线， 垂足为B,若aFAB是正三角形，则p的 值为() A.2w6 3 B. C. 3 9 试卷第1页，共4页 扫描全能王创建 有议为.程 &设潘茶了=二的两个极值点分别为：名：过6小，女，6》丙点的 线斜率为() c.} D. 二、多项进華愿：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 合愿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. 9.已知正实数x满足x+4y=y,则() A.xs16 B.x+y29 C士。的桑大值为0 D.4+4的最小值为20 10.已妇函数f(x)=血2x+2c0sx,则() A.f(x)的最小正周期为π B.f儿纠的图象关于点0对称 C.f(x)在区间(0,2x)上有4个零点 D.f(x)的值域为 353W3 2,2 11.知图，曲线y=√左下有一系列正三角形，设第n个正三角形2，P2,(Q。为坐标原点) 的边长为a,,划下列命愿正确的是() 2 A4=54=5 县起或为的孩和期2为区+学9 3 C.记5为数列和，}的前n项和，则8a+与0 2 D.数列{a,}的通项公式为a=写 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，满分15分. 12.已知数列{a}的前n项和为S,a1=3,a+a,=2n-1,则号= 1B.若不等式：一宁+-120对于任意之0相破立，则实数加的取值箱调为 14.已知P为稀圈C:号+号-1止的一个动点，过P作因M:-+少-2的两条切线，切 点分别为A,B,划A同的最小值为 试卷第2页，共4页 扫描全能王创建 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程 及验算步骤。 15.(13分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=c(1+2cosB). (1)求证：B=2C: (2)若c=5,b=2,求△ABC的面积. 月， ”2 34 16.(15分)甲、乙、丙三人各投篮一次，甲、乙、丙的投篮命中章分别为2， 乙、丙各自能否投中相互独立 (1)已知甲、乙、丙三人共投中1次，求甲投中的概率： (2)设甲、乙、丙共投中X次，求X的分布列和期望. .15分)已知椭墨c学+茶 =a>b>0)的左、右焦点分别为K(2.0,(么，0，离心 率为号 ()求椭圆C的标准方程： (2)若椭圆C的左、右顶点分别为4,4，过点M(1,0)作斜率不为0的直线1，与C交于两个 不同的点P,?若FP⊥F和，求直线1的方程 试卷第3页，共4页 扫描全能王创建 18.(17分)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PDC⊥底面ABCD, B,F分别为棱4a,PC上的点，且花台丽，C=2PF,。4 (I)若DF⊥BC,证明：底而ABCD为矩形： (2)在(I)的条件下，若PD=DC=PC=√5，BC=1,求二面角E-PC-D的正切值： )在棱D上是否存在一点G,使得PG∥平面BDF?若存在求出 DG 的值：若不存在， 说明理由。 B 19.(17分)已知f(x)-2ar-sinx+axcosx(aeR)】 ()当a✉1时，求曲线y=f()在（红，f(》处的切线方程： (2)若对任意x之0，恒有f(树≥0. (i)求a的取值范围： ()证明：对任意的正整数， 1n12n+1) 之ksi 12(n+10 试卷第4页，共4页 扫描全能王创建 答案第 1 页，共 16 页 《高二数学期末考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B B B A A BC BD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】分别求出集合 ,A B ,再根据并集的定义求解即可. 【详解】由题意，得        23 0 4 5 1 5| | | |xA y y y y B x x x x x= = =  = −  = −  ， , 所以  | 1A B x x =  − . 故选：C. 2．B 【分析】根据复数除法计算得 2 iz = + ，再根据复数模长公式计算即可. 【详解】因为 ( )1 i 2z+ = ，所以 ( ) ( )( ) 2 2 1 i2 2 2i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i z − − = = = = − + − + − . 故选：B 3．C 【分析】ABD 可举出反例；C 选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于 A，若 / /m  ，n，则m与n平行或异面，A 错误； 对于 B，若 / /m  ， / /n  ，则m与n异面、平行或相交，B 错误； 对于 C，若 / /m  ，则存在直线 l，满足 l  且 //l m， 若n ⊥ ，则n l⊥ ，而 //l m，则m n⊥ ，C 正确； 对于 D，若 / /m  ，n ⊥ ，则m与n相交或异面，D 错误. 故选：C. 4．B 答案第 2 页，共 16 页 【分析】先得出圆的圆心和半径，由圆心到直线 l的距离等于半径列方程即可求解. 【详解】圆 2 2: 8 12 0C x y y+ − + = 即 ( ) 22 4 4x y+ − = 的圆心坐标为 ( )0, 4 ，半径为 2r = ， 若直线 : 2 4 0l mx y m+ + = 与圆 2 2: 8 12 0C x y y+ − + = 相切， 则 2 4 4 2 4 1 m d m + = = + ，解得 3 8 m = − . 故选：B. 5．B 【分析】根据正态分布的性质得2 1, , (0,1)a b a b+ =  ，再应用基本不等式“1”的代换求最小 值. 【详解】由正态分布的性质得 (5 11) 1 ( 8) ( 11) 2 2 P X P X P X    = +  = ，则 2 1, , (0,1)a b a b+ =  ， 所以 2 1 2 1 2 2 2 2 (2 ) 5 5 2 9 b a b a a b a b a b a b a b   + = + + = + +  +  =    ，当且仅当 1 3 a b= = 时取等 号． 故选：B 6．B 【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式求出 tan ，再利用和差角的正余弦公式，结 合齐次式法求解即得. 【详解】由 π tan( ) 3 4  + = − ，得 tan 1 3 1 tan   + = − − ，解得 tan 2 = ，又 tan 3 = ， 所以 cos( ) cos cos sin sin 1 tan tan 1 2 3 7 sin( ) sin cos cos sin tan tan 2 3 5                 − + + +  = = = = + + + + . 故选：B 7．A 【分析】根据抛物线的基本性质，和正三角形的基本性质，用参数 p表示出各点坐标，带 入求得参数的值. 【详解】 答案第 3 页，共 16 页 如图所示，设抛物线的另一个顶点为C， 依题意 2 p a = ，可知 π 3 BFO = ， FC p= ，可知 3BC p= ， 2BF p= ， 不妨设 A在第一象限，则 3 , 3 2 A p p       在双曲线上， 所以 2 2 2 9 4 3 1 4 p p p − = ，解得 2 6 3 p = ， 故选：A． 8．A 【分析】对函数求导，得到 ( )1 1 1 ln 2 3 3 x x= − ， ( )2 2 1 ln 2 3 3 x x= − ，进而可得 ( )1 1 1 3 f x x= 、 ( )2f x = 2 1 3 x ，再应用两点式求斜率. 【详解】由题设 2 2 3ln 3 ( ) (2 3) x x f x x − −  = − ， 故 1x ， 2x 满足 1 12 3ln 3 0x x− − = ， 2 22 3ln 3 0x x− − = ， 也即 ( )1 1 1 ln 2 3 3 x x= − ， ( )2 2 1 ln 2 3 3 x x= − ． 而 ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 ln 13 2 3 2 3 3 x x x x f x x x x  − = = = − − ，同理 ( )2f x = 2 1 3 x ， 故过 ( )( )1 1,x f x ， ( )( )2 2,x f x 两点的直线斜率 1 2 1 2 1 1 13 3 3 x x k x x − = = − . 故选：A 9．BC 【分析】利用基本不等式与“1”的妙用，结合指数的运算法则逐一分析判断即可得解. 【详解】对于 A， 4 2 4 4x y xy xy xy+ =  = ，所以 16xy  ， 答案第 4 页，共 16 页 当且仅当 4x y= ，即 8, 2x y= = 时等号成立，故 A 错误； 对于 B，由 4x y xy+ = ，可知 4 1 1 x y + = ， 所以 4 1 4 4 ( ) 5 5 2 9 y x y x x y x y x y x y x y   + = + + = + +  +  =    ， 当且仅当 4y x x y = ，即 6, 3x y= = 时，等号成立，故B 正确； 对于 C，由 4x y xy+ = ，可知 4 1 y x y = − ， 所以 1 1 1 1 1 1 2 0 16 4 16 4 4 16 4 4 16 y y y y y x y y y  − − = − = − +  −  =    ， 当且仅当 1 4 16 y y = ，即 2y = 时，等号成立，故 C 正确； 对于 D， 14 4 2 4 4 2x y x y x y+ ++   = ，当 x y= 等号成文， 由B 可知， 9x y+  ，当且仅当 2x y= 时等号成立， 因为前后两次不等式取等条件不一致，所以 104 4 2x y+  ，故 D 错误. 故选：BC. 10．BD 【分析】根据三角函数的周期性、对称性等可判断 AB 选项，再根据零点定义解方程可判 断 C 选项，利用导数得出函数单调性可求得其值域，可得 D 正确. 【详解】A 选项：由已知 sin 2y x= 的最小正周期为 π， 2cosy x= 的最小正周期为2π， 所以函数 ( ) sin 2 2cosf x x x= + 的最小正周期为2π，A 选项错误； B 选项：由已知 ( ) sin 2 2cosf x x x= + ， 则 ( ) ( ) ( ) ( )π sin 2 π 2cos π sin 2 2cosf x x x x x f x− = − + − = − − = − ， 所以函数 ( ) sin 2 2cosf x x x= + 关于点 π ,0 2       中心对称，B 选项正确； C 选项：令 ( ) ( )sin 2 2cos 2 sin 1 cos 0f x x x x x= + = + = ， 则 sin 1x = − 或 cos 0x = ，又 ( )0,2πx ，则 π 2 x = 或 3π 2 x = ， 即函数 ( )f x 在 ( )0, 2π 共有 2 个零点，C 选项错误； D 选项：由 ( ) sin 2 2cosf x x x= + ，则 答案第 5 页，共 16 页 ( ) ( )( )22cos 2 2sin 4sin 2sin 2 2 sin 1 2sin 1f x x x x x x x = − = − − + = − + − ， 当 π 0, 6 x       或 5π , 2π 6 x       时， ( ) 0f x  ，当 π 6 π 5 , 6 x       时， ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 在 π 0, 6      ， 5π , 2π 6       上单调递增，在 π 5π , 6 6       上单调递减， 所以 ( )f x 的最小值为 5π 3 3 6 2 f   = −    ，最大值为 3 3 6 2 π f   =    ， 即函数 ( )f x 在 0, 2π 上的值域为 3 3 3 3 , 2 2   −    ， 结合函数的最小正周期为2π，所以函数 ( )f x 的值域为 3 3 3 3 , 2 2   −    ，D 选项正确； 故选：BD. 11．ABD 【分析】A 项，根据题意由正三角形求得点 1 11 3 , 2 2 a a P        和 22 1 2 3 , 2 2 a P a a   +     ，代入曲线 y x= ，即可求解 1 2,a a ；B 项，由 1n n nQ PQ− 为边长为 na 的等边三角形，求得 1 1 1 3 , 2 2 n n n n a P S a++ +   +     ；C 项，将 1nP + 坐标代入曲线 y x= ，整理得 2 1 1 3 1 4 2 n n nS a a+ += − ；D 项，结合 1n n na S S −= − ，化简得到 1 2 3 n na a+ − = ，利用等差数列的通项公式求解得 na . 【详解】选项 A，由题意知 10 1Q PQ 为边长为 1a 的等边三角形， 如图 1 1OQ a= ，则 1 1 1 3 , 2 2 a a P        ， 因为点 1P在曲线 y x= 上，可得 1 1 3 1 2 2 a a= ，解得 1 2 3 a = 或 1 0a = (舍去）， 又由题意知 1 2 2Q PQ△ 为边长为 2a 的等边三角形，则 1 2 2QQ a= ， 则 22 1 2 3 , 2 2 a P a a   +     ，可得 22 1 3 2 2 a a a= + ，解得 2 4 3 a = 或 2 2 3 a = − (舍去），故 A 正确； 选项 B，由 1n n nQ PQ− 为边长为 na 的等边三角形，可得 1 1 1 3 , 2 2 n n n n a P S a++ +   +     ，故 B 正确； 答案第 6 页，共 16 页 选项 C，由点 1nP + 在曲线 y x= 上，则 1 1 3 2 2 n n n a a S ++ = + ， 整理得 2 1 1 3 1 4 2 n n nS a a+ += − ， 由 1 0na +  ，可知 2 2 1 1 1 1 3 1 3 1 4 2 4 2 n n n n nS a a a a+ + + += +− ，故 C 错误； 选项 D，当 2n  时，可得 2 1 3 1 4 2 n n nS a a− = − ， 所以 2 2 1 1 1 3 1 3 1 4 2 4 2 n n n n n n na S S a a a a− + +   = − = − − −    ， 可化为 1 1 1 3 ( )( ) 2 n n n n n na a a a a a+ + ++ − = + ， 因为 0na  ，则 1 0n na a+ +  ，所以 1 2 , 2 3 n na a n+ − =  ， 又因为 2 1 4 2 2 3 3 3 a a− = − = ，符合上式，故 1 2 , 3 n na a n  + − = N ， 则数列{ }na 是以 2 3 为首项， 2 3 为公差的等差数列， 所以数列 na 的通项公式为 2 2 2 ( 1) 3 3 3 n na n = + −  = ，故 D 正确． 故选：ABD. 12．24 【分析】先依题意计算 2a ，判断 2 1na − 和 2na 均是等差数列，求得通项公式，再利用等差 数列的求和公式分类计算即可. 【详解】因为 1 3a = ， 1 2 1n na a n+ + = − ，所以 1 2 1a a+ = ，即 2 2a = − . 又 1 2 1n na a n+ + = − ①， 则 ( )2 1 2 1 1n na a n+ ++ = + − ②， 由②-①，得 2 2n na a+ − = ， 所以 2 1na − 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列， 2na 是以 2− 为首项，2 为公差的等差数 列， 所以 2 1 2 1na n− = + ， 2 2 4na n= − ， 所以 7 2 4 1 9a =  + = ， 6 2 3 4 2a =  − = ， 所以 ( ) ( )7 1 2 6 7 1 3 7 2 4 6S a a a a a a a a a a= + + + + = + + + + + + 答案第 7 页，共 16 页 ( ) ( )4 3 9 3 2 2 24 2 2  +  − + = + = . 故答案为：24. 13． 27 e , 4  − +   【分析】先证明 ( ) 2 e 1 0 2 x xx x + +  ，再利用特征探路得 27 e 4 m −  ，再利用证明此时不等 式恒成立，或者利用参变分离求出新函数的最值后可得参数的取值范围. 【详解】方法一：先证明 ( ) 2 e 1 0 2 x xx x + +  ， 设 ( ) ( ) 2 e 1 0 2 x xs x x x= − − −  ，则 ( ) e 1xs x x= − − ， 设 ( ) e 1xv x x= − − ，则 ( ) e 1 0xv x = −  ，故 ( )v x 为 ( )0, + 的增函数， 故 ( ) ( )0 0v x v = ，故 ( )s x 为 )0, + 上的增函数，故 ( ) ( )0 0s x s = ， 故 ( ) 2 e 1 0 2 x xx x + +  恒成立. 又原不等式等价于 3 21 1 2 1 ex x mx x− + +  恒成立， 构造函数 ( ) 3 21 1 2 ex x mx x f x − + + = ， 0x  ，则 ( ) ( )( ) 1 2 2 1 2 ex x x x m f x − − − −  = ． 易知当 0x = 或 2x = 时， ( ) 0f x = ， ( )0 1f = ， 则 ( ) 2 7 4 2 1 e m f − =  ，解得 27 e 4 m −  ， 下面证明当 27 e 4 m −  时， ( ) 3 21 1 2 1 ex x mx x f x − + + =  恒成立． 对于任意的 0x  ， ( ) 0f x = 的三个实根分别为 0x = ， 2x = ， 2 1x m= + ， 因为 27 e 4 m −  ，所以 29 e 2 1 0 2 m − + =  ，若2 1 2m +  ， 则在 ( )0,2 1m+ 上 ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， 在 ( )2 1,2m+ 上 ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， 在 ( )2, + 上 ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减， 所以在 )0, + 上， ( )f x 的最大值为 ( )0f ， ( )2f 中的较大者． 答案第 8 页，共 16 页 又 ( )0 1f = ， ( )2 1f  ，所以在 )0, + 上 ( ) 1f x  ． 若 2 1 2m +  ，则 ( )f x 在 )1,+ 上的最大值为 ( )0f ， ( )2 1f m+ 中的较大者， ( )0 1f = ， ( ) 2 2 1 5 2 4 22 1 e m m m f m + + + + =  ( ) ( ) 2 2 5 2 4 2 1 1 2 1 2 1 2 m m m m + + + + + + 1= ， 所以在 )0, + 上 ( ) 1f x  ． 方法二： 当 0x = 时，不等式恒成立， 当 0x  时，分离参数得 3 2 1 e 1 2 x x x m x − − −  − ． 记 ( ) ( ) 3 2 1 e 1 2 0 x x x g x x x − − − = −  ，则 ( ) ( ) 2 3 1 2 e 1 2 xx x x g x x   − − − −    = − ． 而 21e 1 0 2 x x x− − −  在 ( )0, + 上恒成立， 故当 ( )0,2x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增， 当 ( )2,x  + 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 所以 ( ) ( ) 2 max 7 e 2 4 g x g −   = =  ，所以 27 e 4 m −  ． 即实数m的取值范围是 27 e , 4   − +    ． 故答案为： 27 e , 4   − +    ． 14． 2 10 5 【分析】设 ( ), ,P x y MAB  = ，解三角形可得 2 2cosAB = ， 2 sin PM  = ，利用两点距 离公式求 PM 的最小值，结合平方关系可求 AB 的最小值. 【详解】设 ( ), ,P x y MAB  = ， 由已知MA AP⊥ ，由对称性可得 AB PM⊥ , 所以 π π , 2 2 PAB MAB MPA PAB + =  + = ， 答案第 9 页，共 16 页 则 2 2cosAB = ， MPA MAB  = = ， 且 2 sin PM  = ， 因为 22 2 2 2 2 3 5( 1) ( 1) 3 3 3 2 2 x PM x y x x   = − + = − + − = − +    ， 因为 3 3x− ≤ ≤ ， 所以 10 2 PM  ，当且仅当 3 2 x = 时等号成立， 所以 2 2 sin 5PM  =  ，又 π 0, 2        ， 所以 2 1 5 cos 1 sin 55  = −  = ， 所以 5 2 10 2 2cos 2 2 5 5 AB =   = . 所以 AB 的最小值为 2 10 5 . 故答案为： 2 10 5 . 15．(1)证明见解析 (2) 7 6 【分析】（1）证明 2B C= ：用正弦定理把边化为角，结合三角形内角和与两角和正弦公式 化简，再根据两角差正弦公式得到sin( ) sinB C C− = ，进而推出 2B C= . （2）由正弦定理和二倍角公式求出cosC，再用余弦定理列方程，解出a的两个可能值. 分别讨论a的值，舍去不符合条件的，用同角三角函数关系求出sinC，最后用面积公式算 出面积. 【详解】（1）证明：由 ( )1 2cosa c B= + ，根据正弦定理得 ( )sin sin 1 2cosA C B= + ， 答案第 10 页，共 16 页 在 ABC中， ( )sin sin sin cos cos sinA B C B C B C= + = + ， 所以sin cos cos sin sin 2sin cosB C B C C C B+ = + ， 整理得cos sin sin cos sinC B C B C− = ，即 ( )sin sinB C C− = ， 因为 ( ) ( )π,π , 0,πB C C−  −  所以B C C− = 或 πB C C− + = （不符合题意，舍去），可得 2B C= ． （2）解：根据正弦定理 sin sin b c B C = ，可得 5 2 15 sin sin2C C = ，即 5 2 15 sin 2sin cosC C C = ， 解得 15 cos 5 C = ，由余弦定理 2 2 2 2 cos 25c a b ab C= + − = ，即 260 12 25a a+ − = ， 整理得 2 12 35 0a a− + = ，解得 5a = 或 7a = ． 当 5a = 时， 5a c= = ，C A= ，结合 2B C= 可得 4 πA B C C+ + = = ， 所以 π 2 2 B C= = ． 此时 2 2 250a c b+ =  ，故 π 2 B = 不符合题意，舍去． 所以 7a = ， 10 sin 5 C = ， ABC的面积为 1 1 10 sin 2 15 7 7 6 2 2 5 S ab C= =    = ． 16．(1) 2 13 (2) X 0 1 2 3 ( )P X 1 25 13 50 23 50 0 ( 1 ) 19 E X = 【分析】（1）根据互斥事件的加法公式、独立事件的乘法公式及条件概率公式即可求解； （2）求出 X 的可能取值，求出各取值的概率，画出分布列即可求解. 【详解】（1）设甲、乙、丙三人各投篮一次，甲、乙、丙投篮命中分别为事件 , ,A B C， 设甲、乙、丙三人各投篮一次，甲投中为事件D，甲、乙、丙三人共投中 1 次为事件 E， ( ) 1 2 P A = ， ( ) 3 5 P B = ， ( ) 4 5 P C = ， ( ) 1 2 P A = ， ( ) 2 5 P B = ， ( ) 1 5 P C = ， 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 5 5 25 P ED P ABC P A P B P C= = =   = ， ( ) ( ) ( ) ( )P E P ABC P B C P CABA= + + 答案第 11 页，共 16 页 1 2 1 1 3 1 1 2 4 13 2 5 5 2 5 5 2 5 5 50 =   +   +   = , 故所求概率 ( ) ( ) ( ) 1 225 13 13 50 P DE P D E P E = = = （2） X 的可能取值为0,1, 2,3， ( ) ( ) 1 2 1 1 0 2 5 5 25 P X P ABC= = =   = ， ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 3 1 1 2 4 13 1 2 5 5 2 5 5 2 5 5 50 P X P ABC P ABC P ABC= = + + =   +   +   = ， ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 3 1 1 2 4 1 3 4 2 25 2 5 5 2 5 5 2 5 5 P X P ABC P ABC P ABC= = + + = =   +   +   3 4 6 23 50 25 25 50 = + + = ， ( ) ( ) 1 3 4 6 3 2 5 5 25 P X P ABC= = =   = ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 ( )P X 1 25 13 50 23 50 6 25 所以 1 13 23 6 19 1 2 3 25 50 50 25 0 ) 0 1 (E X  +  +  +=  = . 17．(1) 2 2 1 9 5 x y + = (2)5 41 5 0x y+ − = 或5 41 5 0x y− − = . 【分析】（1）根据椭圆的参数关系，和离心率定义，求出椭圆标准方程. （2）对于直线斜率不为 0，和斜率存在，取用不同的直线设法，选用不同的方程联立，根 据向量垂直的坐标表示，和韦达定理求出直线斜率，求出方程. 【详解】（1）由题意可知 2 2 2 2 3 2 a b c c a c  = +   =  = ，解得 2 2 9 5 a b  =  = ， 所以椭圆C的标准方程为 2 2 1 9 5 x y + = . （2）解法一：因为直线 l的斜率存不为 0，所以设直线 l的方程为 1x ty= + ， 答案第 12 页，共 16 页 设 ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，联立方程组 2 2 1 9 5 1 x y x ty  + =   = + ， 消去 x整理可得 ( )2 25 9 10 40 0t y ty+ + − = ， 因为 ( )2 2Δ 100 160 5 9 0t t= + +  ，所以 1 2 2 10 5 9 t y y t + = − + ， 1 2 2 40 5 9 y y t −  = + ， 又 ( ) ( )1 1 1 1 12, 3,FP x y ty y= + = + ， ( ) ( )1 2 2 2 22, 3,FQ x y ty y= + = + ，且 1 1FP FQ⊥ ， 故 ( )( ) ( ) ( )21 1 1 2 1 2 1 2 1 23 3 1 3 9 0FP FQ ty ty y y t y y t y y = + + + = + + + + = ， 于是 ( )2 2 240 1 30 45 81 0t t t− + − + + = ，化简得 225 41t = ，解得 41 5 t =  ， 所以直线 l的方程为： 41 1 5 x y=  + ，即5 41 5 0x y+ − = 或5 41 5 0x y− − = ； 解法二： 当斜率不存在时，直线 1x = 与椭圆交于 2 10 2 10 (1, ), (1, ) 3 3 P Q − , 可得 1 1 2 10 2 10 ( 1, ) ( 1, ) 3 3 FP FQ − − == −， ，则 1 1 40 37 1 3 3 FP FQ = − = − ，不符合 1 1FP FQ⊥ 条 件，所以直线 l的斜率存在且不为 0， 所以设直线 l的方程为 ( )1y k x= − ， 设 ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，联立方程组 2 2 1 9 5 ( 1) x y y k x  + =   = − ， 消去 x得 ( )2 2 2 25 9 18 9 45 0k x k x k+ − + − = ， 因为 ( )( ) ( )2 4 2 2 2Δ 18 4 5 9 9 45 4 360 225 0k k k k= − + − = +  ， 所以设 ( ) ( )1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，则 2 2 1 2 1 22 2 18 9 45 , 5 9 5 9 k k x x x x k k − + = = + + ， 又 ( ) ( )( )1 1 1 1 12, 2, 1FP x y x k x= + = + − ， ( ) ( )( )1 2 2 2 22, 2, 1FQ x y x k x= + = + − ，且 1 1FP FQ⊥ ， 答案第 13 页，共 16 页 故 ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 21 1 1 2 1 2 1 2 1 22 2 1 1 1 2 4 0FP FQ x x k x x k x x k x x k = + + + − − = + + − + + + = ， 于是 ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 21 9 45 2 18 4 5 9 0k k k k k k+ − + − + + + = 化简得 225 41k= ，解得 5 41 k =  ， 所以直线 l的方程为： ( ) 5 1 41 y x=  − ， 即5 41 5 0x y+ − = ，或5 41 5 0x y− − = . 18．(1)证明见解析； (2) 4 3 ． (3)存在， 1 AG DG = 【分析】（1）过 P作PH DC⊥ ，交 DC于 H，设PH DF O= ，由平面PDC ⊥平面 ABCD得 PH ⊥平面 ABCD，即PH BC⊥ ，又DF BC⊥ 得 ⊥BC 平面PDC，进而得 BC CD⊥ ，从而得证； （2）过 H作HK PC⊥ ，交 PC于 K，连接HK，即证PC EK⊥ ，得 HKE 为二面角 E PC D− − 平面角，在Rt HEK中即可求解； （3）存在点 G，当 1 AG DG = 时， / /PG 平面 BDF ，连接 CG，设CG DB M= ，连接 MF，利用线面平行的判断定理，通过证 / /FM PG即可得证. 【详解】（1）如图过 P作PH DC⊥ ，交DC于 H，则PH 与DF相交，设PH DF O= ， ∵平面PDC ⊥平面 ABCD，平面PDC 平面 ABCD CD= ，PH DC⊥ ，DC 平面PDC， ∴ PH ⊥平面 ABCD，又 BC 平面 ABCD， ∴PH BC⊥ ，又DF BC⊥ ，DF PH O= ，PH 、DF 平面PDC， ∴ ⊥BC 平面PDC，又DC 平面PDC， ∴BC CD⊥ ，又底面 ABCD为平行四边形， ∴底面 ABCD为矩形． 答案第 14 页，共 16 页 （2）∵PD DC PC= = ， ∴H为DC中点，过 H作HK PC⊥ ，交 PC于 K，连接HK． ∵ ⊥BC 平面PDC， PC 平面PDC， ∴BC PC⊥ ， ∵H为DC中点、E为 AB中点， ∴ / /HE BC，∴ EH PC⊥ ， 又HK PC⊥ ，HK EH H= ， ,HK EH 平面EHK， ∴PC ⊥平面EHK，又EK 平面EHK， ∴PC EK⊥ ，∴ HKE 为二面角E PC D− − 平面角． 又因为 3PD DC PC= = = ，所以 3 2 HC = ， 2 2 3 2 PH PC HC= − = ， 所以HC PH PC HK =  ，即 3 4 HK = ， 1EH BC= = ， 所以 1 4 tan 3 3 4 EH HKE HK  = = = ，即二面角E PC D− − 的正切值为 4 3 ． （3）存在点 G，当 1 AG DG = 时， / /PG 平面 BDF ． 连接 CG，设CG DB M= ，连接MF． ∵ / /GD BC， 1 2 GD BC= ，∴ 1 2 GM MC = ， 又 2FC PF= ，∴ GM PF MC FC = ，即 / /FM PG， 又 FM 平面BDF ，PG 平面BDF ， ∴ / /PG 平面BDF ． 答案第 15 页，共 16 页 19．(1) 2 π 0x y− − = ； (2)（i） 1 3 a  ；（ii）证明见解析. 【分析】（1）把 1a = 代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）（i）等价变形不等式并构造函数 sin , 0 2 c s ( ) o x h ax x x x = −  + ，求出导数，按 1 1 ,0 , 0 3 3 a a a    分类探讨即可；（ii）由（i）的结论可得 sin 2 cos , 0 3 x x x x +   ，再利用导 数证明不等式 21cos 1 ,0 1 4 x x x −   ，取 1 , Nx k k =  ，利用放缩法及裂项相消法求和得 证. 【详解】（1）当 1a = 时，函数 ( ) 2 sin cosf x x x x x= − + ，求导得 ( ) 2 sinf x x x = − ， 则 (π) 2f  = ，而 (π) πf = ，切线方程为 π 2( π)y x− = − ， 所以曲线 ( )y f x= 在 (π, (π))f 处的切线方程2 π 0x y− − = . （2）（i）对任意 0x  ，不等式 sin ( ) 0 (2 cos ) sin 0 0 2 cos x f x ax x x ax x   + −   −  + ， 设函数 sin , 0 2 c s ( ) o x h ax x x x = −  + ，求导得 2 2 cos (2 cos ) sin (2 cos ) ( ) x h x x x a x  + + + = − 2 2 2 1 2cos 2 3 1 1 1 3( ) (2 cos ) 2 cos (2 cos ) 2 cos 3 3 x a a a x x x x + = − = − + = − + − + + + + 当 1 3 a  时， ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 在[0, )+ 上单调递增， ( ) (0) 0h x h = ，因此 1 3 a  ； 当 1 0 3 a  时，令 ( ) sin 3 , 0x x ax x = −  ，求导得 ( ) cos 3x x a = − ，3 (0,1)a ， 则 0 π (0, ) 2 x  ，使得 0( ) 0x = ，当 00 x x  时， 0( ) 0x  ，函数 ( ) x 在 0(0, )x 上递增， 当 00 x x  时， ( ) (0) 0x  = ，即sin 3x ax ，因此 sin sin 2 cos 3 x x ax x   + ， 此时 sin 0 2 cos ( )h x axx x −  + = ，不符合题意； 当 0a  时， 1 0 π π ( ) 2 22 a h −=  ，不符合题意， 答案第 16 页，共 16 页 所以a的取值范围是 1 3 a  . （ii）由（i）得当 0x  时， 1 sin sin 2 cos 0 3 2 cos 3 x x x x x x + −    + ， 令函数 21( ) cos 1 ,0 1 4 g x x x x= − +   ，求导得 1 ( ) sin 2 g x x x = − + ， 令函数 1 π sin , (0,1] (0, ) 2 3 y x x x= − +   ，求导得 1 cos 0 2 y x= − +  ， 函数 ( )g x 在 (0,1]上单调递减， ( ) (0) 0g x g  = ，函数 ( )g x 在 (0,1]上单调递减， 因此 ( ) (0) 0g x g = ，当0 1x  时， 21cos 1 4 x x − ，当 Nk  时， 2 1 1 1 cos 1 4k k  −  ， 于是 2 2 1 1 1 1 sin 2 cos 2 1 1 1 1 1 1 1 1 14sin 1 1 1 ( ) 1 3 3 12 12 ( 1) 12 1 k k kk k k k k k k k + + −  =   = −   −   − − + + ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 (12 11) sin (1 ) 12 2 2 3 1 12( 1) 12( 1) n k n n n k n n k n n n n= +  − − + − + + − = − = + + +  .