2026年福建漳州市高三教学质量检测数学试题（含详解）

2026届高中毕业年级教学质量检测

数学试题

本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟.

考生注意：

1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核

对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否

一致.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，

将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选

项中，只有一项是符合题目要求的.

1.样本数据5,8,8,9,9,9的众数为（）

A.4B.8C.8.5D.9

2.已知复数z=a+/Ma,Z?eR力＜0）的共枕复数为1若z+W=zi=2，则2=（）

A.-1-iB.1-iC.-1-V2iD.1-V2i

3.已知，石都是单位向量，且卜一力卜1,则2+/；在2方向上的投影向量为（）

A.-aB.aC.正£D.-a

222

4.为了测量某古塔的高度，设点A为塔顶，点B为4在地平面上的投影，小张遥控无人机

（将无人机视为质点）从地平面上的C处竖直向上飞行6米后到达。处，在。处测得塔顶A

的仰角为60,然后继续竖宜向上飞行10米后到达E处，在E处测得塔顶A的仰角为30、

则该古塔的高度为（）

A.21米B.(16+5及)米

C.(16+5⑹米D.16括米

5.数列也｝,他｝的通项公式分别为4=〃也=〃3,在风｝中去掉包｝中含有的项得到新数

列｛，,｝，则｛c“｝的前30项的和为()

A.407B.429C.465D.525

6.甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，且三人的选择相互独立.设事件A二

“三个人去的景点各不相同”，事件3=”甲去了第1个景点“，事件。=”乙去了第1个景点”，

则下列说法错误的是()

A.4与。互斥B.4与3相互独立

2?

C.P(A)=-D.P(A|c)=-

7.已知/("=栗|是定义域为R的奇函数，则不等式/(W)+/(x-〃)>()的解集是()

A.(YO,-2)U(1,E)B.(-OO,-1)<J(2,-KO)

C.(-2,1)D.(-1,2)

8.已知月,尸2是椭圆。：5+，=1(4>。〉0)的左、右焦点，P为C上一点，RJ分别为门百巴

的外接圆半径和内切圆半径，旦6A〃=/,则。的离心盅取值范围为()

f11(\21「11「2八

A.A0,—B.C.-4D.--,1

I2」[3T,3Tj[2)L3)

二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选

项中，有多个选项符合题目要求.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.若函数/(x)=siru-JJcosx在(a,a+b)上单调递增，则()

\

A.曲线y=/(x)关于点g,0对称B.的最大值为兀

C.的最小值为-2D.的最大值为2

10.已知正方体人BCO-AqGR的棱长为4,M,N分别是ARCG的中点，P是线段A8上的

动点，则下列说法正确的是()

A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形

试卷第2页，共4页

B.aMPN可能是钝角三角形

C.PM+PN的最小值大于2旧

D.夕河+川的最小值小于历

11.已知曲线y=e，在x=〃+1（〃eN，）处的切线与x轴，），轴分别交于点Pn,Qn,记\0Pn\=%

|。2,|=4,其中。为坐标原点，则下列结论正确的是（）

A.…十B.

RII1\

D.若/t2>e4+ln(/la“)+l2>-，则4一

\4/e

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知圆台的上底面和下底面的半径分别为I,2,母线长为JR,则该圆台的体积为

13.过。（-1,2）作圆（x-1）2+y2=4的两条切线，设切点分别为A8,则直线相的方程为

14.已知A，&是集合4的非空子集，若4八4=0,则称（A，4）是集合4的“互斥子集组，，,

并规定（A，4）与（4，A）为不同的“互斥子集组”•集合｛123,4｝的不同“互斥子集组”的个数

是.（用数字作答）

四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤.

15.已知月,居分别为椭圆。，和（。＞人＞0）的左、右焦点，且恒用=4,点力2用

在。上.

（1）求。的方程：

（2）若点。在C上且在第一象限，△优1为直角三角形，求点。的坐标.

16.在△4BC中，角4BC所对的边分别为4,8c,已知且=塔.

ccosA

⑴判断“8C的形状：

⑵若b=4,c=2,4CACJi上的两条中线AM,3N相交于点?，求cosZMPN.

17.某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案：

方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功

检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少

于2台，则进行第二轮巡检.第二轮巡检只需对第•轮未成功检测的设备再次逐•进行检测，

无论第二轮检测结果如何都结束巡检.机器人每次成功检测每台设备的概率为K

且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元.

方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测

一次的费用为30元.

2

(I)当〃时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率；

⑵记机器人巡检结束时灼所有设备检测的总次数为X,求X的数学期望(用〃表示)；

⑶若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？

18.如图，在四棱锥S—O48c中，OBD4C=。，点，在线段0力上，NSAO=30,SB=4,

OH=HD=DB=C，平面SO8J_平面Q48C.

(1)证明：SHIAC；

(2)过点D作平面。，使得a//平面SAB,a。平面&*〃=/,请作出直线/,写出画法并证

明；

(3)若—AS3=NCSA=60,求当4c取最小值时，二面甭A-SB-C的正弦值.

19.已知函数〃x)=e，,g(x)=ar+6-l,〃(x)=/(x)-g(x).

⑴求函数〃(力的单调区间：

(2)若〃(x)N0,求a+6的最大值;

⑶若函数力(,1)=4'(丁)一6(111¥-1)一g2(工)有零点，证明：6/2+(/?-l)2>e.

试卷第4页，共4页

I.D

【详解】因为样本数据中9出现的次数最多，所以该样本数据的众数为9.

2.B

【详解】可知1=〃一加，

由题意得2。=2,/+/=2。<0),解得，=1,。=-1,

所以z=l-i.

3.A

【详解】设>=次石=丽，则24=丽，因此氯乂鸟为等边三角形，

所以卜+反3=30,且

所以£+5在Z方向上的投影向量为卜+4cos《+尻%=限争=%

4.A

【分析】作出平面图，作。GJ■人“于G,E"_LA8于”，由题意可得AE=OE=10,/AH=5,

由A8=A"+“G+G8求解即可.

【详解】如图，作£>G_LAB于GE”_LA8于〃,

则EOG”为矩形，/AOG=60,/AE”=30,

则"E4=30+90。=120。，

所以ZA£>E=RDAE=30,

所以AE=Z)E=10,AH=AEsin^AEH=10x1=5,

2

所以A8=A"+”G+G8=5+10+6=21(米).

5.D

【分析】结合题意将目标数列的求和合理转化，再结合等差数列的求和公式处理即可.

【详解】因为数列㈤｝的通项公式是〃“=〃，所以数列｛q｝为1,2,3,4,5,…，

答案第1页，共19页

因为数列低｝的通项公式是勿=，，所以数列也｝为13=1,23=83=27,4=64….，

得到｛%｝的前33项中含有1,8,27这3个也｝中的项，

可得｛。｝的前30项为数列｛勺｝的前33项除去三项1,8,27,

故｛c,J前30项的和为6+出+…+-(1+8+27)=334；+网_%=525

6.A

【详解】对于A：因为甲乙有可能都去第1个景点，即8与C能同时发生，所以8与。不互

斥，所以A错误；

A3A0

对于C：由题意得P(A)=2=?=±,所以c正确：

33279

对于B：因为p⑷4J,p⑻=；,P(A8)=*/

所以。(人A)=P(A)P(功，所以A与3相互独立，所以B正确；

对于D：因为P(AC)=；1,P(C)=:，所以P(4|C)=萼?=|,所以D正确.

7.C

【分析】先利用奇函数定义域含0时f(0)=0及f(r)=-/(x)求出参数。力,再将函数变

形判断单调性，最后结合奇偶性与单调性脱去函数符号，转化为一元二次不等式求解.

r

【详解】因为/("=彳_O+2A是定义域为R的奇函数，

2+a

所以〃0)=尹^=0,所以。=1,所以〃力=二汜.

因…”i点

即/(—x)=一/(x)，所以"=2.

因为/(f)+/(x-〃)>。，所以/卜2)>-/。-2)=/(_+2).

T7//\一2'+112J—111曰、叶p*

又/(-v)=—：—=--------=__+——是减函数，

')2㈤+222'+122'+1

所以x2<—x+2,解得xw(-2,1).

8.C

【分析】先在中由正弦定理得外接圆半径/<=三，再用三角形面积两种表达式联

sin6/

答案第2页，共19页

立求出内切圆半径把求「代入6R"=“2化简,约去sin。得到含|P用忖用的等式，再利

用椭圆焦半径乘积的取值范围S2,〃］构造不等式，转化为离心率6的关系式，由二次式恒成

立只需解右侧不等式，最终求得椭圆离心率范围为:4e<l.

【详解】设/耳尸尸2=夕，则2R=三，所以R=三，

又：俨用忖用sin6=B(2a+2少，

所以"P用•阀卜in®,代入条件得上.网1P图.=/,

2a+2csin02a+2c

设?(4),%),一

因为冏卜归周=(4+”>0)(。-判))二/-片4£侔/],

、3cb23dp用JP居|3/c

所rr以iqo3c(a—c)=----<a-2=—!~山~----,

u+cu+ua+c

BP3e(\-e)<\<—,又0<e<l,所以城一3e+l>0且1+e。女,

\+e

所以;4e<L

9.ABC

【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合正弦型函数的对•称性、单调性逐一判断每个选

项.

(1.V3=2sinfx--l

【详解】/(x)=sinx->/3cosx=2—sinx---cosx

\22I3J

对于A：因为/图=2sin(U)=2sin0=0,所以/(“关于(叫对称，A正确;

对于B：由X一色£--+2kn,—+2kK(ZeZ),得xw--+2k7i,—+2kTt(kGZ),

322J|_66

因为|N~+2"乃—一7+2"乃=兀，所以卜7+8)一。£兀，即人《兀，

所以力的最大值为兀，BE确;

对于C：因为a+〃〉a,所以〃〉()，又/(X)在(aa+b)单调递增,

a>~—+2kn

由“6«，可得--F2〃兀<a<F2E,攵eZ,

」/5兀，66

4+匕«--+ZKTC

6

答案第3页，共19页

所以——+2lat<a——<—+2^7t,

232

所以/（。）«-2,2）,即/⑷的最小值为-2,C正确;

对于D：由C分析可知/（。）<2,无最大值，D错误.

10.ABC

【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否

为钝角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于CD：PM+PN的最

小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离.

【详解】对于A：如图，当点P与A8两点不重合时，

将线段PM向两端延K，分别交CD,CB的延长线于点,

连接NO,NH分别交DD、,84于R,S两点，

连接此时截面为11边形MASM?,故A止确：

对于B：当点尸与点A重合时，

MN=\l?2+42+22=2y/b,PM=2^

PN=yj42+42+22=6»MN2+PM2<PN2»故/PMN是钝角，故B正确;

对于CD：如图，取。R的中点K,连接KN,BN,KA,

在K4的延长线上取点R,使得=

连接NR交AB于点』,连接々W/R,

则RsPAMvRt△/%;?,所以=

因为KN_L平面AOR'KAu平面AOR4,所以MV_L必，

PM+PN=PR+PN>RN,

答案第4页，共19页

仅当尸位于々时，（PM+PN）^=NR=J?+（2+7?万『="o+8石>j40+8x2=24r,

所以C正确.

因为“0+8石="0+底^>/40+75^=扃，故D错误.

【分析】根据导数的几何意义，求得曲线y=e'在x=〃+l(〃eN‘)处的切线方程，根据方程

求出点匕，。.的坐标，从而得到耳，"，判断A；构造函数/")=，》之1,利用导数分析

3.1

其单调性，得到其最值，判断B；因为当x〉l时，ex>ev,由此得e"”>e(〃+l),利用裂项

相消法求得判断C；利用指对运算，进行函数同构，并结合函数g(x)=e'-.ji>0的

单调性可判断D.

【详解】由y=e',得「'=1.

所以曲线)，=e'在x=〃+l(，?eN“)处的切线方程为)，-e""=e"x-(〃+1)].

n+,

令y=0,得x=〃；令。=0,得y=—比"。因此,an=n,b„=nef所以叫故选

项A正确.

令〃“)=3，工之1,则'IO=3)

当xe[l,3)时，r(x)vOJ(x)单调递减；当x«3,+oo)时,广(力>0,/(力单调递增.因此

/(%=£(3)与〈1，

所以窘>1不能恒成立，即送⑴>3/不恒成立.

3x3

因此〃>3"不能恒成立，即0>3"：不恒成立.故选项B错误.

答案第5页，共19页

因为当X>1时，er>ex,所以+

W4•故选项。正确•

因为久+ln(/)+1,即力比的>en+ln(2w)+l,

等价于e,n(y?w)+rt+,-(In(Az?)+«+1)>eM-/z.

令g(x)=e*-x,x>0,则g(ln(/l〃)+〃+l)>g(〃).

因为g'(x)="-l>0,所以g(x)在(0,+oo)上单调递增,

又且In(助)+〃+1单调递增，所以ln(疝)+〃+l>ln；+l+l=2(l-ln2)>0,

所以ln(2〃)+〃+l>〃，所以加>L即;故

ene

又因为所以-!-wL所以/1>L故选项D正确.

neee

12.7TT

【详解】因为圆台上、下底面半径分别为r=LR=2,母线长/=丽,

可得回台的高〃=J/一("一广)'=3,

所以丫=工五(八+齐+‘火)〃=』兀02+加+以2)?=

33

13.x-y+l=O

答案第6页，共19页

解法二：4PAC=/PBC所以只A/3,C四点均在以尸。为直径的圆上，圆心为(0,1),

半径为&,故圆方程为f+(y-l>=2,

(x-1)2+y2=4

由，:',得x-y+i=。，所以直线A8方程为x-y+i=o.

解法三：直线A8方程为(T-l)(x-l)+2y=4,即x-)，+1=0,

故答案为A5+1=0.

14.50

【分析】解法一利用组合数的性质并分类讨论求解即可，解法二列举出具体集合，再分类讨

论求解即可.

【详解】解法一：若44中各含1个元素时，“互斥子集组”有C；x2=12个，

若》为中一个含1个，一个含2个元素时，“互斥子集组”有C：xC；x2=24个，

若A，4中一个含1个，一个含3个元素时，“互斥子集组”有C：x2=8个，

若A，4中各含2个元素时，“互斥子集组”有C：=6个，

综上，不同“互斥子集组”的个数是50个.

解法二：当集合A中有1个元素时，有{1},{2},{3},{4},共4种情况，

集合4是由集合A中去除这个元素后，剩下的3个元素组成的非空子集，

可得这样的“互斥子集组“在4x⑵-1)=28个，

当集合A中有2个元素时,有{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3.4},

共6种情况，而集合4是由集合A中去2个元素后，

剩下的2个元素组成的非空子集，此时“互斥子集组”有6x(2?-1)=18个，

答案第7页，共19页

当集合A中有3个元素时,有{1,2,3},{124},{1,3,4},{2,3,4},共4种情况,

而集合&是由集合A中去除3个元素后，剩下的I个元素组成的非空子集,

则此时“互斥子集组”有4x(2-1)=4个，

综上，不同“互斥子集组”的个数是50个.

15.⑴江+亡=1；

62

【分析】(1)解法一：根据题意，得c=2,又点P在椭圆上，代入联立方程即可求解;

解法二：根据题意，得c=2,结合椭圆定义可求得a=«,进而可求得〃=嫄；

(2)解法一：分NQ6£=90或/犀2死二90两种情况进行讨论，若NQK£=90,代点即

可求解：若NKQg=90,利用向量关系即可求解.

解法二：分NQ鸟£=90或/6。入=90两种情况进行讨论，若NQ马耳=90,代点即可求

解；若/耳。6=90,结合三角形面积即可求解.

2c=|片闯=4

^6

46,a=

【详解】(1)解法一：由题意，得〈cr9b1,解得b=五,

c=y]a2-b~c=2

a>b>0

所以°的方程为a+与“

解法二：由题意，得椭圆C的左、右焦点分别为£(-2,0),6(2,0),点。卜2,手)

在C上,

所以c=2,2〃=|P"|+|P周=*+

=2^6,

所以。=指，b=\!a2-c2=>/2,

所以。的方程为争与“

(2)解法一：设Q保,为)，/>0,%>0,由题意，得£(一2,0),6(2,0).

因为点。在C上且在第一象限，AQ/T；为直角三角形,

答案第8页，共19页

所以NQF26=90。或4QE=90.

若NQ*=90,则%=2,代入椭圆c的方程得Z.十m=1,解得％=乎,

623

所以。2,

若/月。鸟=90。,则西•西=(-2—)，o).(2—x。,—%)二片一4+$=0①,

22

又。在。上，所以三十%=1②，

62

联立①②，解得［%

，所以。(后,1).

1>0=1

综上，点。的坐标为2T或(41).

解法二：因为点。在C上且在第一象限，或£月为直角三角形,

所以/。鸟耳=90。，或N£QK=90.

若/。后£=90,则与=2,代入椭圆C的方程得2.+%=1,解得％=好,

623

所以。2,

若AFyQF2=90,则|Q用2+|QK「=忻用2=]6,

因为他用+|。用)2=(24=24,即|。耳|2+2|。制・|。用+|。闾2=24,

解得|Q周,|QK|=4.

设。仇,为），>0,y0>0,

所以“^=3忻段』=；1。修MEl，即2K=2,所以)11.

22"f，即。（国）.

又。在。上，所吟■+夺I，所以

3o-1

综上，点Q的坐标为2,半或（6i）.

16.(I)等腰三角形或直角三角形

答案第9页，共19页

⑵立

14

【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性

质即可得解；

解法二：利用余弦定理化侑为边，化简即可得解；

（2）解法一：以3为原点，分别以8C,84为X），轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的

坐标公式求解即可.

解法二：由题意可得P为AABC的重心，求出PM,PN,MN,再利用余弦定理解三角形即可.

解法三：分别求出乙的正余弦值，再根据cosNMPN=cos（NC&V+Z4MA）结合

两角和的余弦公式求解即可.

aCCS。

【详解】（1）解法一：由q=半，得优osA=ctosC,

ccosA

由正弦定理得sinAcosA=sinCcosC.

HP—sin2A=—sin2C,即sin2A=sin2C,

22

因为AC«0,兀）,所以242Ce（0,2兀），

所以根据丁=42的图象可得2A=2C,或空亨二与，或丝等=当，

2222

所以A=C,或A+C=四，或A+C=包，

22

又A+C£（o,兀）,A+8+C=TU,所以4=C,或8=1，

所以△A8C是等腰三角形或直角三角形；

解法二：由州='SC,得aCosA=ccosC,

ccosA

即+c2-a2>j=c2（cr^-b--c2y

化简得（"_/）伊_/_百=0,

从而a=c,或〃2=/+°2,

所以是等腰三角形或直角三角形；

（2）解法一：①若A=C,则。=c=2,则a+c=4=4不满足三角形三边关系，舍去;

②若8=5，则BC=a=庐花=25

答案第10页，共19页

y，

A

BMCx

以B为原点、,分别以BC,BA为x,.y轴建立平面直角坐标系,

则列0,0),«0,2),0(26,0),M(K,0),N(百,1),

所以初二(后一2).丽=(6,1),

所以cosNMPN=COSPA/,PN=cosAM：BN

_AMBN_(瓜-2)•(6,1)_a

一丽时舸不承舸77K

解法二：①若A=C，则”=c=2,则a+c、=4=〃，不满足三角形三边关系，舍去;

②若Bn],则8。=4=\///一。2=2々，

AM=dBM?+Alf=可+2?=布,

BN=-AC=2,

2

因为8CMC边上的两条中线八M,BN相交于点。，所以尸为的重心,

所以PM=-AM=-,PN=-BN=-,MN=-AB=\,

33332

所以8S/MPN=PM、PNJMN：包.

2PM•PN14

解法三：①若。=。=2,则a+c=4=〃，不满足三角形三边关系，舍去；

②若从=/+<?,则B=],所以8c=〃=扬-c?=26,

cosC=-=^,所以C=£.

b26

又BN=LAC=CN,所以NC8N=C=巴，

26

/0F\

在RtAABM中，AM=yJAB2+BM2=77,sinZAMB=-^,cosZAMB=

所以cos4MPN=cos(Z.CBN+Z.AMB)=cos-+ZAMB

答案第11页，共19页

=—cosZ.AMB--sinZAMfi=—

2214

9、

⑵£(X)=3p3-3p2-3p-6,pe*1

(3)应选方案一.

【分析】(1)根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，利用二项分布求概

率；

(2)由题意得，X=3,5,6,分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望；

(3)分别计算两种方案期望,即3做出决策.

【详解】(1)由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，

所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为〃=$21(1-2]+42丫=型；

八3),⑶27

(2)由题意得,X=3,5,6,

P(X=3)=(p2(l-p)+<p3=3p2(l-p)+p3,

p(x=5)=c；"("p)2=3p(l-p)2,

P(X=6)=C?(l-p)3=(l-p)3,

所以E(X)=3[3p2([-p)+〃3]+5x3p(l-p『+6(l-py=3p3-3p2-3p+6,

所以石(X)=3p—3P2-3p+6,pe

(3)应选方案一，理由如下：

记丫为机器人巡检的检测总费用，Z为人工巡检的检测总费用，

由题意得，E(Z)=Z=30x3=90,

令/(")=3/一3〃2-3〃+6,”|,1),

则r(〃)=9〃2-6〃-3=3(3〃2-2〃-1)=3(3〃+1)(〃一1),

答案第12页，共19页

因为|,i）,所以r（p）＜o,即/（P）在：』）上单调递减,

所以E（X）=〃p）“停用，

32

所以七（y）=E（18X）=18E（X）W18xg=64v90=E（Z）,

故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一.

18.（1）证明如下:

在aSH“中，SB=4,HB=2途，NSBO=30,

所以=\lSB2+HB--2SB-HB-cosZSBO=2，

所以SH?+HB2=SB?,所以S〃_L08.

又因为平面SOB±平面0AI3C,平面SOBD平面OABC=OB,SHu平面SOB,

所以平面Q48C,

又ACu平面。3C,

所以S”_LAC.

（2）

取的中点E,S”的中点尸，连接防，则所即为直线/.

证明如下：

连接。£。小，

因为DF分别是6〃和S"的中点，

所以DF//BS,

又DFU平面SAB,BSu平面SAB,

所以。尸〃平面S48,

同理，OE//平面S/W,

又DECDF=D,DE,DFu平面DEF,

所以平面上”〃平面SAB,

答案第13页，共19页

又过。且与平面SA3平行的平面有且只有一个，。金平面DEF,

所以平面力四即平面。,

又平面DEFc平面SA8=EF,

所以历即为直线/.

⑶绊

【分析】（1）在△S3”中，由余弦定理可得S〃=2,由勾股定理的逆定理可得S〃_LO8.再

由面面垂直的性质可得SH±平面OABC,即可证明SH1AC；

（2）取“4的中点E,S〃的中点尸，连接打，则斯即为直线/.由面面平行的判断定理

证明即可；

（3）以0为坐标原点，08为1轴建立如图所示的空间直角坐标系。一入》,利用空间向量

求解即可.

【详解】（1）略

（2）略

（3）以0为坐标原点，08为x轴建立如图所示的空间直角坐标系。一肛z,

其中）'轴在平面0A8C内，z轴垂直平面0A8C,

则S（瓜0,2）,网3瓜0,0b

设A（x,y,0）,yH0,

则巾=（x-"y,-2）,死=（26,0,-2）,

因为4SB=60,

cosSASB-SASlj-2"L2_1

所以"WB-丽-小一可+小='

化简得

3o3X/

答案第14页，共19页

又），工0,所以

所以点人在心面内的曲线「《-看=1卜＞句上,

同理，点。也在「上.

在平面直角坐标系.S内，。倒"o）,

设直线AC的方程为X=川），+2百，

代入「:[＞石）,

得（2w2-l）y2++18=0,

设4（%%），。（必先），

2m2-1。0,

A=卜疯〃『-72（2〃/-1）＞0,

则-88m

…=而7

卜…罚18”n

解得—正＜〃?＜变.

22

=小八—-+3一年）:=Jl+疗J（〃+yJ-4＞八九

令t=2rn'-1»

因为一受〈机＜1,

22

答案第15页，共19页

I7

所以，=2〃?2-1€卜1,0),-《一1〈一五，

所以当！二一1,即〃?=o时，=6夜，

/Iimm

此时在空间直角坐标系。-型中，A(2x/5,-3夜,0),。俱63&,01

BA=(-X/3,-3>/2,0),以=[-2瓜0.2),8二=3忘,0),

设勺=(内,y,马)是平面SAI3的法向量,

n,-BA=0-y/3x]-3板凹=0

，即

凸BS=()-2'+2ZI=0'

取)二(n,-1,3夜),

设后=(占，刈，?2)是平面SBC的法向量,

兀.BS=0

兀辰二0

-2>/3X2+2Z2=0

即

-X/3X2+3>/2y2=0

取第=(布,1,3夜1

设二面角A-54-C的大小为

则|cos^|=|cos^,n?|=，…丁6-1+18=23

研第5x5"石

又。£[。,可，

所以二面角A—S3—C的正弦值为sin。=Vl-cos2^=如

25

19.(1)

若a4(),则〃(“在(-8,-co)上单调递增;

若a>0,则”(%)在(-°o』na)上单调递减,在(1M,yo)上单调递增.

(2)e+l.

(3)

法1：若力(x)有零点，设零点为毛(毛>。)，

答案第16页，共19页

则〃K)=V(片)-e(叫-l)-g2(%)=(),

即g(/)=⑻-e(欣of=±4，"；-《(1叫-1),

r<

即5+8-1土^xoe'-e(lnx0-1)=0»

这说明点P(。,〃)在直线/:w+y-1士Jx()e*-e(1*-1)=0上,

设点A（0,l）到直线，的距离为d,

则吐〃，即即彳卜12±"1

收+1

由（2）知，e'Nex,仅当x=l时