【新结构】2023-2024学年云南省曲靖市高三年级第二次教学质量检测数学试卷（含详细答案解析）

这是一份【新结构】2023-2024学年云南省曲靖市高三年级第二次教学质量检测数学试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.函数y=2x−1(x∈{1,2,3})的值域为( )
A. [1,5]B. {1,3,5}C. [2,6]D. {2,4,6}
2.小明同学用60元恰好购买了3本课外书，若三本书的单价既构成等差数列，又构成等比数列，则其中一本书的单价必然是( )
A. 25元B. 18元C. 20元D. 16元
3.曲线x2+y2+2x−4y−4=0所围成的区域的面积为( )
A. 7πB. 7πC. 3πD. 9π
4.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若a3=3，S3=9，则数列{an}的公比是( )
A. −12或1B. 12或1C. −12D. 12
5.大年初一，爷爷、奶奶、爸爸、妈妈、读高中的姐姐以及刚满周岁的小弟弟一家六口外出游玩，到某处景点时站成一排拍照，小弟弟由其中任意一人抱着，则不同的站法共有( )
A. 120种B. 480种C. 600种D. 720种
6.在三棱锥O−ABC中，OA，OB，OC两两垂直，OA=OC=3，OB=2，则直线OB与平面ABC所成角的正切值等于( )
A. 132B. 2 1313C. 2 23D. 3 24
7.已知O是△ABC的外心，AB+AC=2AO，|OA|=|AB|，则向量AC在向量BC上的投影向量为( )
A. −14BCB. − 24BCC. 34BCD. 34BC
8.设点A，B的坐标分别是(−5,0)，(5,0)，M是平面内的动点，直线MA，MB的斜率之积为λ，动点M的轨迹C与曲线y2=2|x|相交于4个点，以这四个交点为顶点的矩形的面积等于48 3，则轨迹C的离心率等于( )
A. 25411B. 25311C. 1211D. 1311
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列命题正确的是( )
A. x−1x6展开式中x6的系数为1
B. x+1x6展开式的常数项等于20
C. x+1x6展开式的二项式系数之和为64
D. x−1x6展开式的系数之和为64
10.已知集合S，T，定义ST={xy|x∈S,y∈T}，则下列命题正确的是( )
A. 若S={1921,1949}，T={0,1}，则ST与TS的全部元素之和等于3874
B. 若S={2021}，R表示实数集，R+表示正实数集，则SR=R+
C. 若S={2024}，R表示实数集，则RS=R
D. 若S={2049}，R+表示正实数集，函数f(x)=lg2024x，x∈(R+)S，则2049属于函数f(x)的值域
11.如图，一个半径为3 m的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，水面在筒车圆弧内的宽度为3m.记筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d(单位：m，在水面以下时d<0)，若在盛水筒P某次刚出水面时开始计时，时间用t(单位：s)表示，则下列说法正确的是( )
A. d与t之间的函数关系是d=3csπ20t−5π6+3 32(t≥0)
B. d与t之间的函数关系是d=3sinπ20t−π3+3 32(t≥0)
C. 时间恰好到1小时时，水筒P处在水面以下
D. 筒车旋转3周，盛水筒P离开水面的时间总和等于100 s
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.抽样统计得到某班8名女生的身高分别为160，155，157，155.5，154，158，155，162.则这8名女生身高的第75百分位数是________.
13.已知x∈C，若x2+x+1=0，则|−1+x|=________.
14.设M，N是同一平面上的两个区域，点P∈M，点Q∈N，P，Q两点间距离的最小值叫做区域M，N间的距离，记作d(M,N).若M={(x,y)|ex−y+2024=0}，N={(x,y)|ln(x−2024)−y=0}，则d(M,N)=________.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
袋子中有大小相同的2个白球、3个黑球，每次从袋子中随机摸出一个球．
(1)若摸出的球不再放回，求在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率；
(2)若对摸出的球看完颜色后就放回，这样连续摸了3次，求3次摸球中摸到白球的次数X的分布列和均值．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x+a)ex，a∈R.
(1)求函数f(x)的图象在点T(0,f(0))处的切线方程；
(2)讨论方程f(x)=b的实根的个数．
17.(本小题12分)
小红同学利用计算机动画演示圆柱的形成过程，将正方形ABCD绕直线AB逆时针旋转π2弧度时，CD到达EF的位置，得到如图所示的几何体．
(1)求证：平面ACF⊥平面BDE；
(2)若M是DF⌢的中点，求二面角C−AM−E的正弦值．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acsC+ 3csinA=b+c.
(1)求角B的取值范围；
(2)已知△ABC内切圆的半径等于 32，求△ABC周长的取值范围．
19.(本小题12分)
已知一菱形的边长为2，且较小内角等于60∘，以菱形的对角线所在直线为对称轴的椭圆C外接于该菱形．
(1)建立恰当的平面直角坐标系，求椭圆C的方程；
(2)已知椭圆C所在平面上的点D到椭圆C的长轴、短轴的距离依次是 33， 2.点A，B在椭圆C上，直线AD，BD与椭圆C的长轴所在直线的两个夹角相等，求直线AB与菱形对角线的夹角的正切值；
(3)在(2)的条件下求△ABD面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了函数的值域，函数求值．属于基础题．
由题意x∈{1,2,3}，将x的值带入计算即可求得值域．
【解答】
解：函数y=2x−1，x∈{1,2,3}
当x=1时，y=2×1−1=1；
当x=2时，y=2×2−1=3；
当x=3时，y=2×3−1=5；
所以函数的值域为{1,3,5}.
故选B.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的概念、等比数列的概念，是基础题，
由等差数列的概念、等比数列的概念可得该数列为非零常数列，故可得答案
【解答】
解：若一数列既是等差数列，又是等比数列，则该数列为非零常数列，
故选C.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆的一般方程，是基础题.
首先根据圆的一般方程通过配方得到圆的标准方程，求出圆的半径，即可得到其面积.
【解答】
解：由x2+y2+2x−4y−4=0，得(x+1)2+(y−2)2=9，
故该曲线围成区域的面积就是半径为3的圆的面积，s=πr2=9π，
故选D.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查等比数列的基本量的计算，熟记公式即可，属于基础题型.
先设数列{an}的公比为q，由题中条件可得S3=a1+a2+a3=3q2+3q+3=9进而可求出结果.
【详解】
解：设数列{an}的公比为q，因为a3=3，S3=9，则S3=a1+a2+a3=3q2+3q+3=9，解得q=−12或1.
故选A
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了简单排列的应用，是基础题.
先考虑谁抱着小弟弟，然后再全排列，由分步计数原理可得结果.
【解答】
解：首先考虑谁抱着小弟弟，有5种可能，然后5人进行全排列，
所以不同的站法共有5A55=5×5×4×3×2×1=600种，
故选C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量求直线与平面所成角的问题，属于一般题.
取 AC 的中点 D ，作 OE⊥BD 交 BD 于 E 点，由线面垂直的判定定理、性质定理可得 ∠OBD 就是直线 OB 与平面 ABC 所成角，在 Rt△BOD 中计算可得答案.
【解答】
解：如图所示，取 AC 的中点为 D ，连接 OD,BD ，作 OE⊥BD 交 BD 于 E 点，
因为 BO⊥OA,BO⊥OC ，且 OA∩OC=O ， OA、OC⊂ 平面 OAC ，
所以 BO⊥ 平面 OAC ， AC⊂ 平面 OAC ，所以 BO⊥AC ，
因为 OA=OC ，点 D 为 AC 的中点，所以 OD⊥AC ，
因为 BO∩OD=O ， BO、OD⊂ 平面 OBD ，
所以 AC⊥ 平面 OBD ， OE⊂ 平面 OBD ，所以 OE⊥AC ，
因为 BD∩AC=D ， BD、AC⊂ 平面 ABC ，所以 OE⊥ 平面 ABC ，
所以 ∠OBD 就是直线 OB 与平面 ABC 所成角，
因为 BO⊥OD,OD=12AC=3 22 ，所以 tan∠OBD=ODOB=3 222=3 24 .
故选：D.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查投影向量，属于中档题.
由已知可得∠BAC=90∘，∠ACB=30∘，设|BC|=2，则|AC|= 3，从而求出向量向量 AC在向量 BC方向上的投影向量.
【解答】
解：由AB+AC=2AO可知O是BC的中点，则∠BAC=90∘，
再由|OA|=|AB|知∠ACB=30∘，
设|BC|=2，则|AC|= 3，则向量AC在向量BC上的投影向量等于
|AC|csAC,BCBCBC=AC⋅BC|BC|×BC= 3×2×cs30∘22BC=34BC，
故选C.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查的是与双曲线有关的轨迹方程问题，双曲线的几何性质，过两点的斜率公式，双曲线的标准方程，属于中档题.
由过两点的斜率公式可得λ=y2x2−25，联立轨迹C与曲线方程联立，结合矩形面积即可求得交点P点坐标，代入到轨迹方程即可得到标准方程，得到离心率.
【解答】
解：设M(x,y)，则yx+5⋅yx−5=λ，所以动点M的轨迹C的方程为λ=y2x2−25.
设轨迹C与曲线y2=2|x|在第一象限的交点为P(x0,y0)，则x0>0，y0>0，且y02=2x0，
由对称性可知所求矩形的面积S=2x0⋅2y0=y02⋅2y0=48 3，解得y0=2 3，x0=6，故P(6,2 3).
因为P(6,2 3)在曲线C上，所以λ=y02x02−25=(2 3)236−25=1211.
轨迹C的方程可化为x225−y225λ=1，所以轨迹C是双曲线，且a2=25，b2=25λ，
离心率e满足：e2=c2a2=25+25λ25=1+1211=2311，所以e= 25311，选B.
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查二项展开式的通项公式及其应用，属于基础题.
根据给定二项式，利用展开式的通项公式计算可判断选项 A，B;根据二项式系数之和为2n可判断选项C;令x=1，可得所有项系数之和进而判断选项D.
【解答】
解：对于选项A:由(x−1x)6展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r⋅(−1x)r=(−1)rC6rx6−2r，(r=0,1,2,⋯,6)
令6−2r=6，解得r=0，所以含x6的项为T1=(−1)0C60x6=x6，此时系数为1，故A正确;
对于选项B:由(x+1x)6展开式的通项为
Tr+1=C6rx6−r⋅(1x)r=C6rx6−2r，(r=0,1,2,⋯,6)
令6−2r=0，解得r=3，所以常数项为T4=C63x0=20，故B正确;
对于选项C:由(x+1x)6可知n=6，所以二项式系数之和为26=64，故C正确;
对于选项D:令x=1，可得所有项系数之和为(1−1)6=0，故D错误.
故选：ABC.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查集合的含义，元素与集合的关系，考查幂函数与对数函数的运算，属于中档题.
由题逐一对选项进行分析，判断其正确性即可.
【解答】
解：对于选项A，已知S={1921,1949}，T={0,1}，
根据所给定义，得TS={0,1}，ST={1,1921,1949}，
则ST与TS的全部元素之和等于3872，故选项A错误；
对于选项B，SR={y|y=2021x,x∈R}=R+，故选项B正确；
对于选项C，Rs={y|y=x2024,x∈R}，
表示幂函数y=x2024(x∈R)的值域，值域为[0,+∞)，故选项C错误；
对于选项D，x∈(R+)s，设x=t2049(t>0)，则f(x)=lg2024t2049=2049lg2024t，
当t=2024时，f(20242049)=2049，故选项D正确.
故选BD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查的是三角函数的实际应用，正弦型函数的性质，求函数解析式，属于中档题.
设d=3sin(ωt+φ)+h0，根据周期与相关点即可求得函数解析式判断AB，利用正弦型函数的性质即可判断CD.
【解答】
解：筒车上的盛水筒P做匀速圆周运动，设 d与t之间的函数关系式为：d=3sin(ωt+φ)+h0(t≥0).
∵筒车每分钟转1.5圈，∴函数的周期为40s，∴ω=2π40=π20.
∵AB=OA=OB=r=3，∴D到筒车轴心的距离h0=OD=3 32，∠COB=π3.
已知在盛水筒P某次刚出水面时开始计时，则初相φ=−π3，于是得到d与t之间的函数关系为：d=3sin(π20t−π3)+3 32(t≥0)，故选项B正确.
由诱导公式得：sin(π20t−π3)=cs(π2−π20t+π3)=cs(π20t−5π6)，故选项A正确.
t=1h=3600s时，d=3sin(π20×3600−π3)+3 32=0，故选项C错误.
筒车旋转1周，盛水筒P离开水面的时段所对应的圆心角大小为：2π−π3=5π3，对应时长为5π3×20π=1003(s)，
则筒车旋转3周盛水筒P离开水面的时间总和等于100s，故选项D正确.
故选ABD.
12.【答案】159
【解析】【分析】
本题主要考查的是百分位数，属于基础题.
根据百分位数的概念求解即可.
【解答】
解：将数据由小到大排列为：154，155，155，155.5，157，158，160，162.
∵8×75%=6，∴第75百分位数是158+1602=159.
13.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查了复数集内解方程，是基础题.
先解方程得出x，再得出其共轭复数，再求模即可.
【解答】
解：x2+x+1=0⇒x+122=−34⇒x=−12± 32i ，
所以x=−12± 32i,−1+x=−32± 32i，
所以|−1+x|= (−32)2+(± 32)2= 3
故答案为 3
14.【答案】2025 2
【解析】【分析】
本题考查了新定义和利用导数求函数的最值，是中档题.
d(M,N)表示函数y=ex+2024图象上的动点P与函数y=ln(x−2024)图象上动点Q的距离的最小值，即|PQ|min.
【解答】
解：ex−y+2024=0⇔y=ex+2024⇔ex=y−2024⇔x=ln(y−2024)，互换x，y得y=ln(x−2024)，
因此，y=ex+2024与y=ln(x−2024)互为反函数，
它们的图象关于直线y=x对称，
|PQ|min恰好等于函数y=ex+2024图象上的动点P(x,y)到直线y=x的距离的最小值的2倍.
点P(x,y)到直线y=x的距离d(x)=|x−y| 2= 22|ex−x+2024|.
设f(x)=ex−x+2024，则f′(x)=ex−1，f′(0)=e0−1=0，
函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(0)=2025.
所以，d(x)min=2025 22，|PQ|min=2025 2，
所以d(M,N)=2025 2.
15.【答案】解：(1)解法一：∵第一次摸到白球，∴第二次摸球时袋子中有1个白球，3个黑球，
∴所求概率P=14.
解法二：设A=“第一次摸到白球”，B=“第二次摸到白球”，
则P(A)=25，P(AB)=2×15×4=110.
∴所求概率P=P(B|A)=P(AB)P(A)=110×52=14.
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3.
P(X=0)=(35)3=27125，
P(X=1)=C31⋅25⋅(35)2=54125，
P(X=2)=C32⋅(25)2⋅35=36125，
P(X=3)=(25)3=8125.
X的分布列为：
∵X∽B(3,25)，
∴X的均值E(X)=3×25=65.
【解析】本题考查随机变量的分布列，涉及条件概率的计算，考查分析与计算能力，属于基础题．
(1)根据题意，分析在第1次摸到白球的条件下，袋中球的数目和白球的数目，进而计算可得答案；
(2)根据题意，分析X可取的值，分别求出X的值所对应的概率，进而可得XX的分布列和均值．
16.【答案】解：(1)∵f(x)=(x+a)ex，∴f(0)=a.
又∵f′(x)=(x+a+1)ex，∴f′(0)=a+1，
∴函数f(x)的图象在点T(0,f(0))处的切线方程为y−a=(a+1)x，
即y=(a+1)x+a.
(2)∵函数f(x)的定义域为R，且f′(x)=(x+a+1)ex，
∴x<−a−1时f′(x)<0，x>−a−1时f′(x)>0，
∴f(x)在(−∞,−a−1)上单调递减，在(−a−1,+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(x)极小=f(−a−1)=−1ea+1<0.
∵x<−a时f(x)<0，x>−a时f(x)>0，
x→−∞时f(x)→0-，x→+∞时f(x)→+∞.
∴当b<−1ea+1时，方程f(x)=b没有实数根;
当b=−1ea+1或b≥0时，方程f(x)=b有且只有1个实数根;
当−1ea+1【解析】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，利用导数研究方程的根，属于中档题．
(1)利用导数的几何意义求出切线的斜率，再利用点斜式得到切线方程；
(2)对f(x)求导得其单调性，由函数f(x)的图像特征，即可分析方程f(x)=b的实根的个数．
17.【答案】解：(1)证明：∵AF⊥AB，AF⊥AD，AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，
∴AF⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，∴AF⊥BD.
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
又∵AC∩AF=A，AC，AF⊂平面ACF，∴BD⊥平面ACF，
又BD⊂平面BDE，∴平面ACF⊥平面BDE.
(2)由(1)知：AD，AF，AB两两垂直，以AD，AF，AB所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系如图.∠MAD=45∘，不妨设AB=2，则A(0,0,0)，M( 2, 2,0)，
C(2,0,2)，E(0,2,2).
∴AM=( 2, 2,0)，AC=(2,0,2)，AE=(0,2,2)，
设m=(x,y,z)是平面AMC的一个法向量，则
2x+2z=0 2⋅x+ 2⋅y=0，取x=−1得m=(−1,1,1).
同理可得平面AME的一个法向量为n=(1,−1,1).
∴|cs|=1 3⋅ 3=13，即二面角C−AM−E的余弦值的绝对值为13.
∴二面角C−AM−E的正弦值为2 23.

【解析】本题考查面面垂直的判定，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题.
(1)推导出BD⊥平面ACF，则根据面面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立如图空间直角坐标系，求出平面AME、AMC的一个法向量，利用空间向量法求出二面角C−AM−E的正弦值即可.
18.【答案】解：(1)∵acsC+ 3csinA=b+c，
由正弦定理得：sinAcsC+ 3sinCsinA=sinB+sinC，
∴sinAcsC+ 3sinCsinA=sinAcsC+csAsinC+sinC，
即 3sinCsinA=csAsinC+sinC.
∵sinC≠0，∴ 3sinA=csA+1，∴sin(A−π6)=12，
∵−π6∴角B的取值范围是(0,2π3).
(2)∵S=12bcsinA= 34bc，S=12(a+b+c)r= 34(a+b+c)，
∴a+b+c=bc，即a=bc−(b+c).
由余弦定理得：a2=b2+c2−bc，
∴(bc)2−2bc(b+c)+(b+c)2=(b+c)2−3bc，
∴bc=2(b+c)−3.
∵bc≤(b+c2)2(当且仅当b=c时取等号)，
∴2(b+c)−3≤(b+c)24，∴b+c≤2或b+c≥6.
设△ABC与圆内切于点D，E，F，则AD=AF=r⋅tan60∘=32.
∴b+c=AC+AB>AD+AF=3，
∴b+c≥6(当且仅当b=c=3时取等号)
ΔABC的周长L=a+b+c= b2+c2−2bccsA+b+c
= (b+c)2−3bc+b+c≥ (b+c)2−3⋅(b+c2)2+b+c
=32(b+c)≥9(当且仅当b=c=3时两处都取等号)，
∴Lmin=9.
∵c=AB>DB=rtanB2= 32tanB2(0∴B→0时，c→+∞，L→+∞.
∴ΔABC的周长的取值范围是[9,+∞).
【解析】本题考查正弦定理，余弦定理，考查三角函数式的恒等变形，考查三角形的面积以及基本不等式，属于较难题.
(1)在已知条件下，利用正弦定理结合正弦的和角公式，可先求出角A，得到角B的范围；
(2)因为内切圆的半径等于 32，所以利用三角形的面积公式可得到a=bc−(b+c).再由余弦定理得：a2=b2+c2−bc，所以通过消去a，，得bc=2(b+c)−3.利用基本不等式结合内切圆的性质可得：b+c≥6(当且仅当b=c=3时取等号)，ΔABC的周长L=a+b+c= b2+c2−2bccsA+b+c= (b+c)2−3bc+b+c，再次利用基本不等式可求得Lmin=9.又因为B→0时，c→+∞，L→+∞，最后综合可得周长的取值范围．
19.【答案】解：(1)∵菱形边长等于2且较小内角等于60∘，
∴菱形较短对角线的长度为2，较长对角线的长度为2 3.
以菱形较长对角线所在直线为x轴，较短对角线所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系.
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，则a= 3，b=1，
∴椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)由对称性，不妨设点D位于第一象限，则D( 2, 33)，则点D在椭圆上.
∵直线AD，BD与x轴的两个夹角相等，
∴直线AD，BD的斜率存在且互为相反数.
设直线AD的斜率为k，则直线AD的方程为：y− 33=k(x− 2)，
即y=kx+ 33− 2k⋅由x23+y2=1y=kx+ 33− 2k.
得(1+3k2)x2+2 3k(1− 6k)x+6k2−2 6k−2=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，因为D( 2, 33)在椭圆C上，
∴ 2⋅x1=6k2−2 6k−21+3k2，∴x1=3 2k2−2 3k− 21+3k2.
将x1中的k换为−k得：x2=3 2k2+2 3k− 21+3k2.
又∵直线BD的方程为：y=−kx+ 33+ 2k.
∴kAB=y2−y1x2−x1=−kx2+ 33+ 2k−kx1− 33+ 2kx2−x1
=−k(x2+x1)+2 2kx2−x1=−2k3 2k2− 21+3k2+2 2k4 3k1+3k2= 63.
由对称性知，不管点D位于哪个象限，直线AB与菱形两条对角线的夹角是互余的，
∴直线AB与菱形对角线的夹角的正切值等于 63和 62.
(3)点D位于第一象限时，设直线AB的方程为：y= 63x+t，
由x23+y2=1y= 63x+t得 3x2+2 2tx+ 3(t2−1)=0.
∴Δ=−4t2+12，由Δ>0，得− 3|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+23. −4t2+12 3=2 53. 3−t2.
点D到直线AB的距离d=|2 3− 3+3t| 15=1+ 3t 5.
∴S△ABD=12⋅|AB|⋅d= 3−t2⋅|1+ 3t|3.
记f(t)=9S△ABD2=(3−t2)(1+ 3t)2，
则f′(t)=−2t(1+ 3t)2+(3−t2)⋅2(1+ 3t)⋅ 3=−2(1+ 3t)(2 3t2+t−3 3).
令f′(t)=0，得t1=− 3− 21912，t2=− 33，t3=− 3+ 21912，
且− 3∴− 30，t1∴函数f(t)在(− 3,t1)，(t2,t3)上单调递增，在(t1,t2)，(t3, 3)上单调递减，
∴f(x)max=maxf(t1),f(t3)，∴(S△ABD)max=max{13 f(t1),13 f(t3)}.
∵13 f(t1)= 3−t12|1+ 3t1|3= 70 3−2 219⋅ 219−3 3144，
13 f(t3)= 3−t32|1+ 3t3|3= 70 3+2 219 219+3 3144，
∴13 f(t3)>13 f(t1).
由对称性知，不论D在哪个象限，都有(S△ABD)max= 70 3+2 219⋅ 219+3 3144.
【解析】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题及椭圆方程的求解、面积问题、韦达定理，属于较难题.
(1)由四个顶点恰好是一边长为2，一内角为60∘的菱形的四个顶点，求得a，b值，进而得椭圆方程；
(2)由题令D在第一象限，得D( 2, 33)，且点D在椭圆上.设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AD的方程为：y− 33=k(x− 2)，与椭圆方程联立，结合韦达定理得x1，从而可得x2，带入斜率公式，整理可得夹角正弦值;
(3)设直线AB的方程为：y= 63x+t，与椭圆方程联立，结合韦达定理可得|AB|，结合由点到直线距离公式与面积公式得S△ABD= 3−t2⋅|1+ 3t|3，构造函数f(t)=9S△ABD2=(3−t2)(1+ 3t)2，求导，研究其单调性得最大值，从而可得S△ABD的最大值.