2018-2019学年重庆市第八中学校高二上学期期末数学（理）试题（解析版） 19页

2018-2019 学年重庆市第八中学校高二上学期期末数学（理） 试题 一、单选题 1．设命题 ，则 为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】【详解】试题分析：根据否命题的定义，即既否定原命题的条件，又否定原命 题的结论，特称命题的否定为全称命题，所以命题 的否命题应该为 ，即本题的正确选项为 C. 2．（2014•青岛一模）曲线 y=x3﹣2x 在点（1，﹣1）处的切线方程是（ ） A．x﹣y﹣2=0 B．x﹣y+2=0 C．x+y+2=0 D．x+y﹣2=0 【答案】A 【解析】试题分析：先求导公式求出导数，再把 x=1 代入求出切线的斜率，代入点斜式 方程再化为一般式． 解：由题意得，y′=3x2﹣2， ∴在点（1，﹣1）处的切线斜率是 1， ∴在点（1，﹣1）处的切线方程是：y+1=x﹣1，即 x﹣y﹣2=0， 故选 A． 点评：本题考查了导数的几何意义，即在某点处的切线斜率是该点处的导数值，以及直 线方程的点斜式和一般式． 3．福利彩票“双色球”中红色球由编号为 01，02，…，33 的 33 个球组成，某彩民利用 下面的随机数表选取 6 组数作为 6 个红色球的编号，选取方法是从随机数表（如下） 第 1 行的第 6 列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第 2 个红色球的编号 为（ ） 49 54 43 54 82 17 37 93 23 78 87 35 20 96 43 84 17 34 91 64 57 24 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 76 2: , 2nP n N n∃ ∈ > P¬ 2, 2nn N n∀ ∈ > 2, 2nn N n∃ ∈ ≤ 2, 2nn N n∀ ∈ ≤ 2, 2nn N n∃ ∈ = 2, 2nn N n∀ ∈ ≤ A．32 B．48 C．37 D．23 【答案】A 【解析】用随机数表法选取样本数据时，选取的数据应在指定的范围内，且重复的数据 要舍去． 【详解】 解：从随机数表第 1 行的第 6 列数字开始，由左到右依次选取两个数字， 则选出来的第 1 个数是 21，第 2 个红色球的编号是 32． 故选：A． 【点睛】 本题考查了利用随机数表法选取样本数据的应用问题，是基础题． 4．已知 ， 是椭圆 的两焦点，过点 的直线交椭圆于 A，B 两点.在 中，若 ，则 （ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【解析】由椭圆的定义可得 ，由此可求出 的长． 【详解】 解：由椭圆的定义得 ， 两式相加得 ， 又因为在 中， ， 所以 ， 故选：C． 【点睛】 本题考查过焦点的直线和椭圆相交产生的三角形的周长问题，关键是对椭圆定义的灵活 运用，是基础题． 5．已知回归直线的斜率的估计值是 1.23，样本点的中心为(4,5)，则回归直线的方程是 (　　) 1F 2F 2 2 116 9 x y+ = 2F 1ABF∆ 1 10| |AB AF+ ＝ 1| |BF ＝ 1 1 16AB AF BF+ + = 1| |BF 1 2 1 2 8 8 AF AF BF BF  + = + = 2 2 1 1 1 1 16AF BF AF BF AB AF BF+ + + = + + = 1ABF∆ 1 10| |AB AF+ ＝ 1| | 16 10 6BF = − = A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由条件知， ， ，设回归直线方程为 ，则 .选 D. 6．（2015 秋•淄博校级期末）已知 f′（x）是函数 f（x）的导数，y=f′（x）的图象如图 所示，则 y=f（x）的图象最有可能是图中（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】试题分析：根据导函数图象可确定函数的单调性，由此可得函数的图象． 解：根据导函数可知函数在（﹣∞，﹣1）上单调减，在（﹣1，1）上单调增，在（1， +∞）上单调减，结合图象可知 y=f（x）的图象最有可能是图中 B 故选 B． 【考点】利用导数研究函数的单调性． 7． 是两个不同的平面， 、 是两条不同的直线.则下列四个命题中正确的是 （ ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 且 ， ， ，则 【答案】C 【解析】结合直线与直线位置关系，直线与平面的位置关系，对选项逐一判断即可． ˆ 1.23 4y x= + ˆ 1.23 0.08y x= − ˆ 1.23 0.8y x= + ˆ 1.23 0.08y x= + 4x = 5y = ˆ 1.23y x a= + 1.23 0.08a y x= − = α β、 a b α β⊥ a α⊂ b β⊂ a b⊥  a b⊥  a α⊥ b β/ / α β⊥ a α⊥ / /b α a b⊥  α β⊥ lα β ＝ / /a α b l⊥ a b⊥  【详解】 解：A．若 ， ， ，则 与 相交，异面或 ，所以 A 错； B．若 ， ， ，则 或 ，所以 B 错； C．若 ，则直线 垂直平面 内的任意直线，若 时， 平行于 平面内的 某条直线，所以 ，所以 C 正确； D．若 且 ， ， ，则 或 ，所以 D 错， 故选：C． 【点睛】 本题的考点是平面的基本性质及推论，主要考查线面平行和线面垂直的判定定理和性质 定理． 8．我国元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首待：“我有一壶酒，携着游春走， 遇店添一倍，逢有饮一斗，店友经三处，没有壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用 程序框图表达如图所示，即最终输出的 ，问一开始输入的 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】遇店添一倍，逢友饮一斗，意思是碰到酒店把壶里的酒加1 倍，碰到朋友就把 壶里的酒喝一斗，店友经三处，意思是每次都是遇到店后又遇到朋友，一共是 3 次，等 量关系为：第一次加酒﹣1+（2×一遇店和朋友后剩的酒量﹣1）+（2×二遇店和朋友后 剩的酒量﹣1）=0，把相关数值代入即可求解． 【详解】 由题意，解方程：2[2（2x﹣1）﹣1]﹣1=0，解得 x= ， 故选 C． 【点睛】 考查用一元一次方程解决古代数学问题，得到酒的数量为 0 的等量关系是解决本题 的关键，难点是理解题意． 9．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　） α β⊥ a α⊂ b β⊂ a b / /a b a b⊥  a α⊥ b β/ / α β⊥ / /α β a α⊥ a α / /b α b α a b⊥  α β⊥ lα β ＝ / /a α b l⊥ a b⊥  / /a b 0x = x = 31 32 15 16 7 8 3 4 7 8 A．4 B． C．8 D． 【答案】A 【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可． 【详解】 解：由三视图可知，几何体的直观图如图：是一个三棱锥和一个三棱柱的组合体，底面 都是直角边长为 的等腰直角三角形，高为 3， 所以体积为： ． 故选：A． 【点睛】 本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题． 10．已知直线 与圆 交于 两点， 为圆心，当 的面积最大时， 的值为（ ） A．4 B．2 C． D． 【答案】B 【解析】由已知求得圆心坐标与半径，由点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，利 用垂径定理求得弦长，写出三角形的面积，整理后利用基本不等式求最值． 【详解】 8 3 16 3 2 1 1 12 1 3 2 1 3 42 3 2 × × × + × × × × = 0x y m− + = ( 0)m > 2 2:( 3) ( 3) 4C x y− + − = ,A B C CAB△ m 2 2 2 解：圆 的圆心坐标为 ，半径为 2， 由圆心到直线 的距离 ， 得 ． 直线 被圆所截得的弦长为 ， 则 ， 当且仅当 ，即 时上式“＝”成立． ∴存在 ，使得直线 与圆 相交于 两点，且使 的面积最 大，最大值为 2． 故选：B． 【点睛】 本题考查直线与圆位置关系的应用，考查利用基本不等式求最值，属中档题． 11．已知球 O 为三棱锥 S﹣ABC 的外接球， ，则球 O 的表面积是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意能够求出弦 的中垂面，那么中垂面一定经过球心，设出球心 O 位置，作 ⊥平面 SAC，可得 为等边三角形 SAC 的中心，在三角形 ABM 中求球的 半径，需要用到四点共圆的性质解题． 【详解】 解：取 SC 中点 M，连接 AM、MB， 2 2:( 3) ( 3) 4C x y− + − = (3,3) 0x y m− + = ( 0)m > | 3 3 | 2 222 md m − += = < 0 2 2m< < 0x y m− + = 2 2 22 2 4 2 mr d− = − 2 2 2 2 2 41 2 2 22 4 4 22 2 2 2 2 2ABC m m m m mS m∆ − + = × − × = − ⋅ ≤ =   2 2 4 2 2 m m− = 2( 0)m m= > 2m = 0x y m− + = C ,A B CAB△ 2,SA SC AB AC= = = = 2BS BC= = 14 3 π 16 3 π 7π 8π SC 1OO 1O 因为△SAC 是等边三角形，且 SB＝BC， ∴AM⊥SC，MB⊥SC， ∴SC⊥平面 AMB， ∴球心 O 在平面 AMB 上，作 ⊥平面 SAC，可得 为等边三角形 SAC 的中心， 所以 ＝ ， 取 AB 中点 N，连接 ON，∴ON⊥AB， ∴ 四点共圆，AO 为这四点共圆的直径，也是三棱锥 S−ABC 外接球的半径，连 接 ， 在△ABM 中： ， ， ∴∠MAB＝90°， ∴在直角三角形 中， 由勾股定理，得 ＝ ， ∴三棱锥 S−ABC 外接球的半径长为 AO= = ， ． 故选：A． 【点睛】 1OO 1O 1AO 2 2 2 3 6sin 23 3 3 3 2 3AM AS π= ⋅ ⋅ = × × = 1OO AN 1O N 3 6sin 23 2 2AM AS π= ⋅ = × = 2 2 2 2 2 2 72 2 2MB BC MC  = − = − =    2 2 26 724 2AM AB MB∴ + = + = = 1O NA 1O N 2 2 2 2 1 6 2 42 3 2 6AO AN    + = + =          1O N 42 6 2 144 3S R ππ∴ = = 本题考查了表面积的求法，关键是四点共圆的判断及四点共圆性质的应用，是难题． 12．设 ， 分别为双曲线 的左、右焦点，A 为双曲线的 左顶点，以 为直径的圆交双曲线的某条渐近线于 M，N 两点，且 ， 则该双曲线的离心率为（ ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【解析】由已知条件推导出直线 ，圆的方程为： ，联立 ，解得 ，由 ，推导出 ， 由此能求出双曲线的离心率． 【详解】 解：如图， ， 分别为双曲线 的左、右焦点， 为双曲线的左顶点，以 为直径的圆交双曲线某条渐近线于 两点， ∴直线 ，圆的方程为： ， 联立 ，解得 ， ， ∵ ， 1F 2F 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0)a b> > 1 2F F 3 4MAN π∠ = 2 3 5 : bMN y xa = 2 2 2x y c+ = 2 2 2 by xa x y c  =  + = (2 , ), (0, )AM a b AN b= = −  3 4MAN π∠ = 2b a= 1F 2F 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0)a b> > A 1 2F F ,M N : bMN y xa = 2 2 2x y c+ = 2 2 2 by xa x y c  =  + = ( , ) , ( , )M a b N a b− − ( ,0), (2 , ), (0, )A a AM a b AN b− ∴ = = −   3 4MAN π∠ = ， 解得 ． 故选：D． 【点睛】 本题考查双曲线的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，灵活运用设而不求的 运算技巧． 二、填空题 13．已知某圆锥的母线长为底面圆的半径的 倍，且其侧面积为 ，则该圆锥的 体积为________. 【答案】 【解析】设出圆锥的底面半径，通过侧面积求解底面半径，然后转化求解圆锥的高即可， 进而可求出圆锥的体积． 【详解】 解：设圆锥的底面半径为 ，则母线为 ， 其侧面积为 ，所以： ，解得 ， 圆锥是高为： ， 则该圆锥的体积为： ， 故答案为： ． 【点睛】 本题考查圆锥的侧面积与体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是基础题． 14．箱中有号码分别为 1,2,3,4,5 的五张卡片，从中一次随机抽取两张，则两张号码之和 为 3 的倍数的概率是________． 【答案】 【解析】从五张卡片中任取两张共有 ＝10 种取法，其中号码之和为 3 的倍数有 2 2 2 2cos , 24 bAM AN a b b −∴ < >= = − + ⋅   2 22 , 5b a c a b a= ∴ = + = 5ce a ∴ = = 5 4 5π 16 3 π r 5r 4 5π 1 2 5 4 52 r rπ π× × = 2r = ( )2 22 5 2 4− = 21 164 23 3 ππ× × × = 16 3 π 2 5 5 4 2 × 1,2；1,5；2,4；4,5，共 4 种取法，由此可得两张号码之和为 3 的倍数的概率 P＝ ＝ . 15．过抛物线 的焦点 F 的直线 l 与抛物线在第一象限的交点为 A，直 线 l 与抛物线的准线的交点为 B，点 A 在抛物线的准线上的射影为 C， ，则抛物线的方程为________. 【答案】 【解析】设抛物线的准线与 轴的交点为 ， 为线段 的中点，进而可知 和 ，推断出 ，求得 ，再由 求得 ，则抛物线方 程可求． 【详解】 解：设抛物线的准线与 轴的交点为 ， 依题意， 为线段 的中点，故 ， ， ， 则 ，得 ， ∴抛物线的方程为 ． 故答案为： ． 【点睛】 本题主要考查了抛物线的标准方程，考查了平面几何的求解能力，是中档题． 16．设 在区间 上单调递增，则实数 m 的取值范围 为________. 4 10 2 5 2 2y px= ( 0)p > ,AF FB=  | | 4 3BC = 2 4y x= x D F AB | |AF | |AB 1 | |2AF AB= ABC∠ | | 4 3BC = p x D F AB | | | | 2 | | 2AF AC FD p= = = | | 2 | | 2 | | 4AB AF AC p= = = 30 , | | 2 3ABC BC p°∴∠ = = 2 3 4 3p = 2p = 2 4y x= 2 4y x= 214 32f ( x ) ln x x x= − + [ , 1]m m + 【答案】 【解析】对函数 求导，判断函数的单调性，根据 ⫋ ，得出 的范 围． 【详解】 解： ， ， 易知 在 递增， 递减， 故 ⫋ ， 所以 ， 即 ， 故答案为： ． 【点睛】 考查利用导数法判断函数的单调性和单调性的应用，中档题． 17．如图，底面为矩形的四棱锥 P﹣ABCD 中， 底面 ABCD， ，M、N 分别为 AD、PC 中点. （1）证明： 平面 PAB； （2）求直线 MN 与平面 PAD 所成角的大小. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】（1）取 PB 的中点 E，连接 AE，NE，推导出四边形 AMNE 是平行四边形，从 而 MN∥AE，由此能证明 MN∥平面 PAB． （2）推导出 MN 与平面 PAD 所成角为 AE 与平面 PAD 所成角，过点 E 作 EF⊥PA，垂 足为 F，推导出 EF⊥AD，从而 EF⊥面 PAD，进而∠EAF 是直线 AE 与平面 PAD 所成角， 由此能求出直线 MN 与平面 PAD 所成角的大小． (0,3] ( )f x [ , 1]m m + (0,4] m 0x > 24 3 4 ( 4)( 1)( ) 3 x x x xf x xx x x ′ − − − += − + = − = − ( )f x (0,4] (4, )+∞ [ , 1]m m + (0,4] 0, 1 4m m> + ≤ m (0,3]∈ (0,3] PA ⊥ PA AB= / /MN 4 π 【详解】 解：（1）取 PB 的中点 E，连接 AE，NE， 因为 N 为 PC 的中点，所以 且 ， 又因为 M 为 AD 中点，ABCD 为矩形， 所以 且 ， 所以 且 ， 所以四边形 AMNE 为平行四边形， 所以 ，所以 平面 PAB. （2）由（1）知 MN 与平面 PAD 所成角等于 AE 与平面 PAD 所成角， 过点 E 作 ①，垂足为 F， 因为 底面 ABCD， 所以 ， 又 ， 所以 面 PAB，且 ， 所以 ②， 由①②得 面 PAD， 所以 为直线 AE 与平面 PAD 所成角， 因为 ，所以 F 为 PA 中点， 所以 ， 又 ，所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以直线 MN 与平面 PAD 所成角的大小为 . 【点睛】 / /NE BC 1 2NE BC= / /AM BC 1 2AM BC= / /NE AM NE AM= / /MN AE / /MN EF PA⊥ PA ⊥ ,PA AD⊥ PA AB⊥ AD AB⊥ AD ⊥ / /EF AB EF AD⊥ EF ⊥ EAF∠ / /EF AB 1 ,2EF AB= 1 2AF PA= PA AB= EF AF= tan 1EFEAF AF ∠ = = 4EAF π∠ = 4 π 本题考查线面平行的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置 关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 三、解答题 18．已知函数 在 处取得极值 2. （1）求 与 的值； （2）求函数 的单调区间. 【答案】(1) ， ；(2)单调减区间为 ，单调增区间为 . 【解析】试题分析：（1）求导，利用 且 进行求解，但要注意验证是 否符合题意；（2）利用导数的符号变化进行求解. 试题解析：（1） ，由题意知 ∴ 经检验 ， 为所求. （2）由（1）知 ， ∴ 时， ； 时， ， ∴ 的单调减区间为 ，单调增区间为 . 19．已知抛物线 过点 ，直线 与抛物线 C 相交 于不同两点 A、B. （1）求实数 m 的取值范围； （2）若 AB 中点的横坐标为 1，求以 AB 为直径的圆的方程. 【答案】（1） ；（2） 【解析】（1）代入 可得 ，求得抛物线方程，联立直线方程，应用韦达定理， 判别式大于 0，解不等式可得所求范围； （2）设 ，应用韦达定理和中点坐标公式，可得 ，求得圆心，由 弦长公式可得|AB|，求得半径，即可得到所求圆的方程． 【详解】 ( ) 2lnf x a x bx x= + + 1x = a b ( )f x 3a = − 1b = ( )0,1 ( )1,+∞ ' (1) 0f = (1) 2f = ( ) 2 1af x bxx = + +′ ( ) ( ) 1 2 1 0, 1 1 2, f a b f b  = + + = = ′ = + 3, 1, a b = −  = 3a = − 1b = ( ) ( )( )2 1 2 33 2 32 1 x xx xf x xx x x ′ − ++ −= − + + = = 0 1x< < ( ) 0f x′ < 1x > ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0,1 ( )1,+∞ 2: 2 ( 0)C y px p= > (1, 2)− 2y x m= − + 1 2m > − 2 2 15( 1) ( 1) 4x y− + + = (1, 2)− 2p = ( )1 1, ,A x y ( )2 2,B x y m 解：（1）由题意代入 可得 ， 所以抛物线方程为 .联立 , 消去 x 得 ， 因为相交于 A、B 两点， 则有： , 解得 . （2）设 ， 所以 由 得 满足 ， 所以直线 ， 从而中点 为圆心， 而 为直径， 则 , 所以以 AB 为直径的圆的方程为： . 【点睛】 本题考查抛物线的方程和应用，考查直线方程和抛物线方程联立，应用韦达定理和中点 坐标公式，以及弦长公式，考查圆的方程的求法，化简运算能力，属于基础题． 20．某蔬果经销商销售某种蔬果，售价为每公斤 25 元，成本为每公斤 15 元.销售宗旨 是当天进货当天销售.如果当天卖不出去，未售出的全部降价以每公斤 10 元处理完.根据 以往的销售情况，得到如图所示的频率分布直方图： (1, 2)− 2p = 2 4y x= 2 2 4 y x m y x = − +  = 2 24 (4 4) 0x m x m− + + = 2 2(4 4) 16 32 16 0m m m∆ = + − = + > 1 2m > − ( )1 1, ,A x y ( )2 2,B x y 2 1 2 1 21, 4 mx x m x x+ = + = 1 2 1 12 2 x x m+ += = 1m = 1 2m > − : 2 1l y x= − + 1 2 1 2 12, 4x x x x+ = = (1, 1)− 2 22 2 1 1 2| | (1 ) ( ) 4 5 ( 12 1) 5AB k x x x x = + + − = =  × − 15 2r = 2 2 15( 1) ( 1) 4x y− + + = （1）根据频率分布直方图计算该种蔬果日需求量的平均数 （同一组中的数据用该组 区间中点值代表）； （2）该经销商某天购进了 250 公斤这种蔬果，假设当天的需求量为 公斤 ，利润为 元.求 关于 的函数关系式，并结合频率分布直方图估计利 润 不小于 1750 元的概率. 【答案】（1）265 公斤 （2）0.7 【解析】（1）用频率分布直方图的每一个矩形的面积乘以矩形的中点坐标求和即为平 均值； （2）讨论日需求量与 250 公斤的关系，写出分段函数再利用频率分布直方图求概率即 可. 【详解】 （1） 故该种蔬果日需求量的平均数为 265 公斤. （2）当日需求量不低于 250 公斤时，利润 元, 当日需求量低于 250 公斤时，利润 元 所以 由 得， , 所以 ＝ 故估计利润 不小于 1750 元的概率为 0.7 . 【点睛】 x x (0 500)x≤ ≤ y y x y 50 0.0010 100 150 0.0020 100 250 0.0030 100 350 0.0025 100x = × × + × × + × × + × × 450 0.0015 100+ × × 265= ( )= 25 15 250=2500y ×－ ( ) ( )= 25 15 250 5=15 1250y x x x− − − × − 15 1250,0 250, 2500,250 500. x xy x − ≤ <=  ≤ ≤ 1750y ≥ 200 500x≤ ≤ ( )1750P y ≥ ( )200 500P x≤ ≤ =0.0030 100+0.0025 100+0.0015 100=0.7× × × y 本题主要考查了频率分布直方图的应用，做此类题的关键是理解题意，属于中档题. 21．如图，在多面体 ABCDE 中， ， 平面 ABC， ， ，F 为 BC 的中点，且 . （1）求证： 平面 ADF； （2）求二面角 的正切值. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】（1）先证 ， ，证 AF⊥平面 CDEB，得 EF⊥AF，又 EF⊥AD，从而 EF⊥平面 ADF； （2）过点 F 作 FH⊥AD，垂足为 H，连接 EH，可得∠EHF 为二面角 E−AD−F 的平面角， 然后求出 EF 和 FH，即可求出正切值． 【详解】 解：（1）因为 平面 ABC，所以 ， 因为 ，F 为 BC 的中点， 所以 ，又 ， 所以 平面 CDEB， 所以 ，又因为 ，且 ， 所以 平面 ADF. （2）过点 F 作 ，垂足为 H，连接 EH 由（1）知 ， 所以 为二面角 E-AD-F 的平面角， BE CD∥ CD ⊥ 4BC BE= = 5AB AC AD= = = EF AD⊥ EF ⊥ E AD F− − 5 CD AF⊥ AF BC⊥ CD ⊥ CD AF⊥ AB AC= AF BC⊥ BC CD C∩ = AF ⊥ AF EF⊥ EF AD⊥ AF AAD = EF ⊥ FH AD⊥ AD HE⊥ EHF∠ 因为 ，F 为 BC 的中点， 所以 因为 ， 平面 ABC， 所以 平面 ABC， ， 所以 由（Ⅰ）知 ，所以 ， 所以 ，所以 因为 ， 所以 ，所以 ， 因为 平面 CDEB，所以 ，所以 由等面积法得 ， 所以 ， 所以二面角 E-AD-F 的正切值为 . 【点睛】 本题主要考查线面垂直和二面角，考查计算能力与空间想象能力，属于较难题． 22．已知椭圆 ： 的离心率为 ，以椭圆长、短轴四个端点为 顶点为四边形的面积为 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为 、 ，当动点 在定直线 上运 动时，直线 分别交椭圆于两点 、 ，求四边形 面积的最大值. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） . 4BC BE= = 2CF BF= = BE CD∥ CD ⊥ BE⊥ 90DCA °∠ = 2 5EF= 90DCB EBC °∠ = ∠ = EF DF⊥ ~EBF FCD∆ ∆ EB BF FC CD = 1CD = 5AD = 2 6AC = 2 5AF = AF ⊥ AF FD⊥ 5DF = 2AF FDFH AD ⋅= = tan 5EFEHF FH ∠ = = 5 C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 2 4 3 C A B M 4x = AM BM、 P Q APBQ 2 2 14 3 x y+ = 6 【解析】试题分析：（Ⅰ） 离心率为 ，以椭圆长、短轴四个端点为顶点为四边形 的面积为 ，结合 ,列方程组求得 的值，即可求出椭圆 的 方程；（Ⅱ）点 ，直线 的方程 代入椭圆方程 ， 得 ，利用韦达定理解出 点坐标，同理可求得 点 的坐标，利用三角形面积公式将四边形面积表示为 的函数，利用换元法结合函数单调 性求解即可. 试题解析：（Ⅰ）由题设知， ， 又 ，解得 ， 故椭圆 的方程为 . （Ⅱ）由于对称性，可令点 ，其中 . 将直线 的方程 代入椭圆方程 ，得 ， 由 ， 得 ，则 . 再将直线 的方程 代入椭圆方程 ，得 ， 由 ， 得 ，则 . 故四边形 的面积为 . 由于 ，且 在 上单调递增，故 ， 由 1 2 4 3 2 2 2,ce a b ca = = + ,a b C ( )4,M t AM ( )26 ty x= + 2 2 14 3 x y+ = ( )2 2 2 227 4 4 108 0t x t x t+ + + − = P Q t 2 ,2 4 3a c ab= = 2 2 2a b c= + 2, 3, 1a b c= = = C 2 2 14 3 x y+ = ( )4,M t 0t > AM ( )26 ty x= + 2 2 14 3 x y+ = ( )2 2 2 227 4 4 108 0t x t x t+ + + − = 2 2 4 108• 27A P tx x t −= + 2Ax = − 2 2 2 54 27P tx t −= + 2 18 27P ty t = + BM ( )22 ty x= − 2 2 14 3 x y+ = ( )2 2 2 23 4 4 12 0t x t x t+ − − − = 2 2 4 12• 3B Q tx x t −= + 2Bx = 2 2 2 6 3Q tx t −= + 2 6 3Q ty t = + APBQ 1 • 22 P Q P QS AB y y y y= − = − = 2 2 18 62 27 3 t t t t  + + +  ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 2 2 2 48 9 48 9 48 9 1227 3 9 12 ) 9 t t t t t tt t t t t t + + = = = ++ + + + + + 29 6t t λ += ≥ 12λ λ+ [ )6,+∞ 12 8λ λ+ ≥ 从而，有 . 当且仅当 ，即 ，也就是点 的坐标为 时，四边形 的面积取最 大值 6. 注:本题也可先证明”动直线 恒过椭圆的右焦点 ”,再将直线 的方程 (这里 )代入椭圆方程 ,整理得 ,然 后给出面积表达式 ,令 , 则 ,当且仅当 即 时, . 48 612S λ λ = ≤ + 6λ = 3t = M ( )4,3 APBQ PQ ( )0,1F PQ 1x ty= + t R∈ 2 2 14 3 x y+ = ( )2 23 4 6 9 0t y ty+ + − = ( )2 2 2 4P Q P Q P QS y y y y y y= − = + − ( ) ( ) 2 22 48 3 3 2 3 4 t t t + = + 2 1 1m t= + ≥ 224 24 619 6 1 9 6 m mS m m m m = = ≤+ + + + 6λ = 3t = max 6S =