发布时间 : 星期三 文章四川省宜宾市第四中学2018届高三高考适应性(最后一模)考试数学(理)试题(含答案)更新完毕开始阅读97d2244c541810a6f524ccbff121dd36a22dc4d2
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为
1 . 320.（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由
113c113c??，得??再利用a2?c2?b2?3，|OF||OA||FA|caa(a?c)，
可解得c2?1，a2?4（Ⅱ）先化简条件：?MOA??MAO?|MA|?|MO|，即M再OA中垂线上，xM?1再
，利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求B；利用两直线方程组求H，最后根据BF?HF，列等量关系解出直线斜率.
试题解析：（1）解：设F(c,0)，由
113c113c??，即??，可得a2?c2?3c2，又|OF||OA||FA|caa(a?c)x2y2?1. a?c?b?3，所以c?1，因此a?4，所以椭圆的方程为?4322222（2）设直线的斜率为k(k?0)，则直线l的方程为y?k(x?2)，
?x2y2?1,??设B(xB,yB)，由方程组?4 消去y， 3?y?k(x?2),?8k2?6整理得(4k?3)x?16kx?16k?12?0，解得x?2或x?，
4k2?322228k2?6?12k由题意得xB?，从而， y?B224k?34k?39?4k212k,)， 由（1）知F(1,0)，设H(0,yH)，有FH?(?1,yH)，BF?(24k?34k2?34k2?912kyH?2?0， 由BF?HF，得BF?HF?0，所以24k?34k?39?4k219?4k2解得yH?，因此直线MH的方程为y??x?，
12kk12k?19?4k220k2?9,?y??x?设M(xM,yM)，由方程组?， k12k 消去y，得xM?212(k?1)?y?k(x?2),?在?MAO中，?MOA??MAO?|MA|?|MO|，
20k2?9?1， 即(xM?2)?y?x?y，化简得xM?1，即212(k?1)22M2M2M
解得k??6666或k?，所以直线l的斜率为k??或k?. 44441ax2?(a?1)x?1(ax?1)(x?1)21．解：（Ⅰ）f?(x)???ax?(a?1)?． ?xxx??)上单调递减； 当a≤0时，f?(x)?0，则f(x)在(0，当a?0时，由f?(x)?0解得x?11，由f?(x)?0解得0?x?． aa11??)上单调递增； 即f(x)在(0，)上单调递减；f(x)在(，aa1??)；a?0时，f(x)的单调递减区间是(0，)， 综上，a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，af(x)的单调递增区间是(，??)．
11??)上单调递增， (Ⅱ) 由（Ⅰ）知f(x)在(0，)上单调递减；f(x)在(，aa1a11?1． 则f(x)min?f()?lna?a2a要证f(x)≥?即证lna≥1?3131?1≥?，即证lna?，即lna+?1≥0，
2a2a2aa1． a11a?11?1，则??(a)??2?2，
aaaa构造函数?(a)?lna?由??(a)?0解得a?1，由??(a)?0解得0?a?1，
1)上单调递减；?(a)在(1，??)上单调递增； 即?(a)在(0，1∴ ?(a)min??(1)?ln1??1?0，
1即lna?13?1≥0成立．从而f(x)≥?成立． a2a22.解：（1）∵圆C的极坐标方程为??4cos(??22?)， 3∴??4?cos(??2222?31)?4?(sin??cos?)， 322又∵??x?y，x??cos?，y??sin?，∴x2?y2?23y?2x， ∴圆C的普通方程为x2?y2?2x?23y?0； （2）设z?3x?y，
2222故圆C的方程x?y?2x?23y?0?(x?1)?(y?3)?4，
?3x??1?t??2∴圆C的圆心是(?1,3)，半径是2，将?代入z?3x?y得z??t，
1?y?3?t?2?又∵直线l过C(?1,3)，圆C的半径是2，
∴?2?t?2，∴?2??t?2，即3x?y的取值范围是[?2,2].
23.解：（1）因为f?1??3，所以a?1?2a?3.
22，所以??a?0; 3311② 当0?a?时，得a??1?2a??3，解得a??2，所以0?a?;
221414③ 当a?时，得a??1?2a??3，解得a?，所以?a?;
2323① 当a?0时，得?a??1?2a??3，解得a??综上所述，实数a的取值范围是??,? （2）f(x)?1 ，因为a??24??33?2,x?R, 3所以f(x)?1?x?a?2a?x?(1?x?a)?(2a?x)?1?3a?3a?1?1