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橢圓C₁的焦點(diǎn)在x軸上，中心是坐標(biāo)原點(diǎn)O，且與橢圓C2：

x2

12

+

y2

4

=1的離心率相同，長軸長是C₂長軸長的一半．A（3，1）為C₂上一點(diǎn)，OA交C₁于P點(diǎn)，P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q點(diǎn)，過A作C₂的兩條互相垂直的動(dòng)弦AB，AC，分別交C₂于B，C兩點(diǎn)，如圖．

（1）求橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求Q點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）求證：B，Q，C三點(diǎn)共線．

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橢圓C₁的焦點(diǎn)在x軸上，中心是坐標(biāo)原點(diǎn)O，且與橢圓C2：

x2

12

+

y2

4

=1的離心率相同，長軸長是C₂長軸長的一半．A（3，1）為C₂上一點(diǎn)，OA交C₁于P點(diǎn)，P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q點(diǎn)，過A作C₂的兩條互相垂直的動(dòng)弦AB，AC，分別交C₂于B，C兩點(diǎn)，如圖．

（1）求橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求Q點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）求證：B，Q，C三點(diǎn)共線．

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已知以原點(diǎn)O為中心的橢圓的一條準(zhǔn)線方程為y=

4 3

3

，離心率e=

3

2

，M是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)
（Ⅰ）若C，D的坐標(biāo)分別是(0，-

3

)，(0，

3

)，求|MC|•|MD|的最大值；
（Ⅱ）如題（20）圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），B是圓x²+y²=1上的點(diǎn)，N是點(diǎn)M在x軸上的射影，點(diǎn)Q滿足條件：

OQ

=

OM

+

ON

，

QA

•

BA

=0、求線段QB的中點(diǎn)P的軌跡方程．

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一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.

題號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

D

A

D

A

C

B

A

C

B

C

二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.其中12題的第一個(gè)空3分，第二

個(gè)空2分.

11..     12..     13..     14..

三、解答題：本大題共6小題，共80分.解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或推證過程.

15．解：(1) 根據(jù)題意，可知，，即.  ……………………………2分

于是.  ………………………………………………………………………………………………3分

將點(diǎn)代入，得

即.     …………………………………………………………5分

滿足的最小正數(shù).  ……………………………………………………………7分

從而所求的函數(shù)解析式是.    ……………………………………………8分

(2)略.（振幅變換1分.周期變換、相位變換做對(duì)一個(gè)2分，全對(duì)3分）   ……12分

16．解：顯然是隨機(jī)變量.

(1)..  …………………………………6分

    (2)由的期望為，得

，即. …………………9分

    根據(jù)表中數(shù)據(jù)，得，即. ………………………………………………11分

    聯(lián)立解得. …………………………………………………………………………………………12分

17.解：(1)連結(jié)PQ，AQ.

∵△PCD為正三角形，  ∴PQ⊥CD.

∵底面ABCD是∠ADC的菱形，∴AQ⊥CD.

∴CD⊥平面PAQ.  ………………………………………………………………………………………………4分

∴PA⊥CD.

(2)設(shè)平面CDM交PA于N，∵CD//AB，  ∴CD//平面PAB.  ∴CD//MN.

由于M為PB的中點(diǎn)，∴N為PA的中點(diǎn). 又PD=CD=AD，∴DN⊥PA.

    由(1)可知PA⊥CD，  ∴PA⊥平面CDM.  ………………………………8分

∴平面CDM⊥平面PAB.

∵PA⊥平面CDM，聯(lián)接QN、QA，則ÐAQN為AQ與平面CDM所成的角.  ……10分

在RtDPMA中，AM=PM=，

∴AP=，∴AN=，sinÐAQN==.

∴ÐAQN =45°.…………………………………………………14分

(2)另解（用空間向量解）：

由(1)可知PQ⊥CD，AQ⊥CD.

又由側(cè)面PDC⊥底面ABCD，得PQ⊥AQ.

因此可以如圖建立空間直角坐標(biāo)系. ………………………………………………………6分

易知P(0 , 0 ,)、A(, 0 , 0)、B(, 2 , 0)、

C（0 , 1 , 0）、D（0 , -1 , 0）. ………………………………………………………………………………7分

①由=（, 0 , -），=（0 , -2 , 0），得×=0.

∴PA⊥CD. ……………………………………………………………………………………………………………9分

②由M（, 1 , -），=（, 0 , -），得×=0.

∴PA⊥CM . ……………………………………………………………………10分

∴PA⊥平面CDM，即平面CDM⊥平面PAB.

從而就是平面CDM的法向量.………………………12分

設(shè)AQ與平面所成的角為q ，

則sinq =|cos<,>|=.

∴AQ與平面所成的角為45°.……………………14分

18．解：(1)根據(jù)題意，有解，

∴即. ……………………………………………………………………………3分

(2)若函數(shù)可以在和時(shí)取得極值，

則有兩個(gè)解和，且滿足.

易得.  ………………………………………………………………………………………………6分

(3)由(2)，得. ………………………………………………………………7分

根據(jù)題意，()恒成立.  ……………………………………………9分

∵函數(shù)（）在時(shí)有極大值（用求導(dǎo)的方法），

且在端點(diǎn)處的值為.

∴函數(shù)（）的最大值為.   …………………………13分

所以. …………………………………………………………………………………………………………14分

19．解：(1)由于橢圓過點(diǎn)，故.…………………………………1分

,橫坐標(biāo)適合方程

解得(即)．………………………………………………………4分

即,橫坐標(biāo)是(即).……………………………………5分

(2)根據(jù)題意，可設(shè)拋物線方程為．  …………………6分

∵，∴．………………………………………………………………7分

把和（等同于,坐標(biāo)（，））代入式拋物線方

程，得. ……………………………………9分

令．……………………………………10分

則內(nèi)有根（并且是單調(diào)遞增函數(shù)），

∴………………………………………………………………13分

解得． …………………………………………………………………………………………14分

20．解：（1）∵f₁(0)=2，a₁==，f_n+1(0)= f₁［f_n(0)］=, …………2分

∴a_n+1==== -= -a_n. ……………4分

∴數(shù)列｛a_n｝是首項(xiàng)為,公比為-的等比數(shù)列，∴a_n=()^n-1.  ………………5分

（2）∵T_{2 n} = a₁+2a ₂+3a ₃+…+(2n-1)a _{2 n-1}+2na _{2 n}，

∴T_{2 n}= (-a₁)+(-)2a ₂+(-)3a ₃+…+(-)(2n-1)a_{2 n－1}+2na_{2 n}

= a ₂+2a ₃+…+(2n－1)a_{2 n}－na_{2 n}.

兩式相減，得T_{2 n}= a₁+a₂+a ₃+…+a_{2 n}+na_{2 n}.  ……………………………………………………7分

∴T_2n =+n×(-)^2n-1=-(-)²ⁿ+(-)^2n-1.

T_2n =-(-)²ⁿ+(-)^2n-1=(1-). ……………9分∴9T_2n=1-.

又Q_n=1-， ……………………………………………………………………………………………10分

當(dāng)n=1時(shí)，2^{2 n}= 4,(2n+1)²=9,∴9T_{2 n}＜Q _n；  ……………………………………………………11分

當(dāng)n=2時(shí)，2^{2 n}=16,(2n+1)²=25,∴9T_{2 n}＜Q_n；   …………………………………………………12分

當(dāng)n≥3時(shí)，，

∴9T_{2 n}＞Q _n. …………………………………………………………………………………………………………14分