【新结构】2023-2024学年云南省曲靖市高三第二次教学质量监测数学试题（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第二次教学质量监测数学试题（含详细答案解析），共17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−1x∈1,2,3的值域为( )
A. 1,5B. 1,3,5C. 2,6D. 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=2x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18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6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fx=lg2024x,x∈R+S，则2049属于函数fx的值域
11.如图，一个半径为3m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 32t≥0
B. d与t之间的函数关系是d=3sinπ20t−π3+3 32t≥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100s
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dM,N.若M=x,y∣ex−y+2024=0，N=x,y∣lnx−2024−y=0，则dM,N=__________.
四、解答题：本题共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.(本小题13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15分)
已知函数fx=x+aex,a∈R.
(1)求函数fx的图象在点T0,f0处的切线方程；
(2)讨论方程fx=b的实根的个数.
17.(本小题15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17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17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】【解析】
【分析】把x的值代入解析式计算即可得答案.
【详解】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，
故y=2x−1(x∈1,2,3})的值域为1,3,5}.
故选：B.
2.【答案】C
【解析】【解析】
【分析】根据非零常数列的定义，结合题意即可直接得出结果.
【详解】因为这3本书的单价既是等差数列，又是等比数列，
所以该数列为非零常数列，
则每本书的单价为603=20元.
故选：C.
3.【答案】D
【解析】【解析】
【分析】根据圆的一般方程化为圆的标准方程，确定圆的半径，即可求解.
【详解】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为半径为3的圆的面积为
S=πr2=9π.
故选：D.
4.【答案】A
【解析】【解析】
【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n项和公式，解方程组可得q=1或q=−12.
【详解】设等比数列an的首项为a1，依题意得a3=a1q2=3S3=a1+a2+a3=a1+a1q+a1q2=9，
解得q=1或q=−12.
故选：A.
5.【答案】C
【解析】【解析】
【分析】首先考虑谁抱着小弟弟，有5种可能，再对5人进行全排列，借助分步计数原理计算即可.
【详解】首先考虑谁抱着小弟弟，有5种可能，然后对5人进行全排列有A55种可能，
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】【解析】
【分析】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.
【详解】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】【解析】
【分析】依题意可知O是BC的中点，从而得到∠BAC=90∘，∠ACB=30∘，解法一：过点A作AD⊥BC，垂足为D，即可得到CD=34BC，结合投影向量的定义即可得解；解法二：设BC=2，根据向量AC在向量BC上的投影向量等于AC⋅BCBC2BC计算可得.
【详解】由AB+AC=2AO，所以O是BC的中点，又O是△ABC的外心，
则∠BAC=90∘，再由OA=AB，又OA=OB=OC=12BC，
则△ABO为正三角形，则∠ACB=30∘，
角度一：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，则BD=12BO=14BC，CD=34BC，
所以向量AC在向量BC上的投影向量等于DC=34BC.
角度二：设BC=2，则AB=1，所以AC= 22−12= 3，
所以向量AC在向量BC上的投影向量等于AC⋅BCBC2BC= 3×2×cs30∘22BC=34BC.
故选：C.
8.【答案】B
【解析】【解析】
【分析】首先求点M的轨迹方程，再根据对称性，利用坐标表示四边形的面积，并求双曲线方程，即可求解.
【详解】设Mx,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=2x在第一象限的交点为Px0,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P6,2 3.
因为P6,2 3在曲线C上，所以λ=y02x02−25=2 3236−25=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.
故选：B
9.【答案】ABC
【解析】【解析】
【分析】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.
【详解】对于选项A：由x−1x6展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r−1xr=−1rC6rx6−2r,r=0,1,2,⋯,6，
令6−2r=6，解得r=0，所以含x6的项为T1=−10C60x6=x6,此时系数为1，故A正确；
对于选项B：由x+1x6展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r1xr=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+1x6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1−16=0，故D错误.
故选：ABC.
10.【答案】BD
【解析】【解析】
【分析】对于A：根据题意可得TS=0,1，ST=1,1921,1949，即可得结果；对于B：根据题意结合指数函数的值域分析判断；对于C：根据题意结合幂函数值域分析判断；对于D：根据题意取特值检验即可.
【详解】对于选项A：因为S=1921,1949,T=0,1，
根据所给定义可得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=x2024x∈R的值域，
可知幂函数y=x2024x∈R的值域为0,+∞,即RS=0,+∞,故选项C错误；
对于选项D：因为x∈R+S=x|x=t2049,t>0，
当t=2024时，则x=20242049，
可得f20242049=lg202420242049=2049，故选项D正确.
故选：BD.
11.【答案】ABD
【解析】【解析】
【分析】设函数关系为d=3sinωt+φ+h0t≥0.根据周期和振幅、初相求出解析式，即可判断AB，代入求值判断C，根据周期性求出1周内盛水筒离开水面的时间求解即可.
【详解】对于AB，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=3sinωt+φ+h0t≥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=3sinπ20t−π3+3 32t≥0，故选项B正确.
由诱导公式得：sinπ20t−π3=csπ2−π20t+π3=csπ20t−5π6，故选项A正确.
对于C，t=1h=3600s时，d=3sinπ20×3600−π3+3 32=0，故选项C错误.
对于D，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=1003s，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】【解析】
【详解】将数据由小到大排列为：154,155,155,155.5,157,158,160,162，
由8×75%=6，得第75百分位数是158+1602=159.
故答案为：159
13.【答案】 3
【解析】【解析】
【分析】配方求出一元二次方程的根，得出共轭复数，由模的定义求解即可.
【详解】x2+x+1=0⇒x+122=−34⇒x=−12± 32i，
x=−12± 32i,−1+x=−32± 32i,−1+x= −322+± 322= 3，
故答案为： 3
14.【答案】2025 2
【解析】【解析】
【分析】方法一：dM,N表示函数y=ex+2024图象上的动点P与函数y=lnx−2024图象上动点Q的距离的最小值，利用互为反函数和点到直线的距离和构造函数的最小值，即|PQ|min.
方法二：函数y=ex与y=lnx互为反函数，函数y=ex图象上任意点与y=lnx图象上任意点之间的最小值恰好等于点0,1与1,0之间的距离，再平移后求解最小值.
【详解】方法一：dM,N表示函数y=ex+2024图象上的动点P与函数y=lnx−2024图象上动点Q的距离的最小值，即|PQ|min.
y=ex+2024⇔ex=y−2024⇔x=lny−2024，互换x,y得y=lnx−2024，
因此y=ex+2024与y=lnx−2024互为反函数，
它们的图象关于直线y=x对称，
则|PQ|min恰好等于函数y=ex+2024图象上的动点Px,y到直线y=x的距离的最小值的2倍.
点Px,y到直线y=x的距离dx=x−y 2= 22ex−x+2024，
设fx=ex−x+2024，则f′x=ex−1，
当x<0时，f′x<0；当x>0时，f′x>0；
函数fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以f(x)min=f0=2025，
所以d(x)min=2025 22,|PQ|min=2025 2，所以dM,N=2025 2.
方法二：函数y=ex与y=lnx互为反函数，
函数y=ex图象上任意点与y=lnx图象上任意点之间的最小值恰好等于点0,1与1,0之间的距离，
y=ex图象向上平移2024个单位得到y=ex+2024的图象，
y=lnx图象向右平移2024个单位得到y=lnx−2024的图象.
从而dM,N就等于点0,2025与点2025,0的距离，故dM,N=2025 2.
故答案为：2025 2.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
(1)找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
(2)由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
(3)将已知条件代入新定义的要素中；
(4)结合数学知识进行解答.
15.【答案】【小问1详解】
角度一：∵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.
角度二：设A=“第一次摸到白球”，B=“第二次摸到白球”，
则PA=25，PAB=2×15×4=110 .
∴所求概率P=PBA=PABPA=110×52=14；
【小问2详解】
X的所有可能取值为0,1,2,3.
PX=0=353=27125，PX=1=C31⋅25⋅352=54125，
PX=2=C32⋅252⋅35⋅=36125，PX=3=253=8125，
X的分布列为：
∵X∼B3,25，∴X的均值EX=3×25=65.

【解析】【解析】
【分析】(1)根据条件概率公式的定义或者公式，即可求解；
(2)首先写出随机变量的取值，再根据取值的意义，写出概率，即可求出分布列和数学期望.
16.【答案】【小问1详解】
∵f(x)=(x+a)ex，∴f(0)=a，
又∵f′(x)=(x+a+1)ex,k=f′(0)=a+1，
∴函数fx的图象在点T0,f0处的切线方程为y−a=a+1x，
即y=a+1x+a.
【小问2详解】
∵函数fx的定义域为R，且f′x=x+a+1ex，
∴x<−a−1时，f′x<0，x>−a−1时，f′x>0，
∴fx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，fx<0，x>−a时，fx>0，
x→−∞时fx→0,x→+∞时fx→+∞.
∴fx的大致图象如图所示

∴当b<−1ea+1时，方程fx=b没有实数根；
当b=−1ea+1或b≥0时，方程fx=b有且只有1个实数根；
当−1ea+1
【解析】【分析】(1)求得f′(0)=a+1，f(0)=a，可求切线方程；
(2)求导得f′x=x+a+1ex，进而可得fx在−∞,−a−1上单调递减，在−a−1,+∞上单调递增，又x<−a时，fx<0，x>−a时，fx>0，可作大致图象，由图象可得绝地求生论.
17.【答案】【小问1详解】
∵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
【小问2详解】
由(1)知：AD,AF,AB两两垂直，以A为坐标原点，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所示.
∵∠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AC⋅m=2x+2z=0AM⋅m= 2x+ 2y=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.
∴csm,n=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】【分析】(1)由已知可证AF⊥平面ABCD，可证AF⊥BD，根据AC⊥BD，可证BD⊥平面ACF，可证结论；
(2)以A为坐标原点，AD,AF,AB所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角系，求得平面AMC的一个法向量m，平面AME的一个法向量n，利用向量法可求二面角C−AM−E的余弦值，进而可求结论.
18.【答案】【小问1详解】
∵acsC+ 3csinA=b+c
由正弦定理得：sinAcsC+ 3sinCsinA=sinB+sinC，
∴sinAcsC+ 3sinCsinA=sinB+sinC，∴sinAcsC+ 3sinCsinA=sin(A+C)+sinC，
∴ 3sinCsinA=csAsinC+sinC.
∵sinC≠0,∴ 3sinA=csA+1,∴sinA−π6=12.
∵−π6∴角B的取值范围是0,2π3.
【小问2详解】
∵S=12bcsinA= 34bc,S=12a+b+c⋅r= 34a+b+c，
∴a+b+c=bc，即a=−b−c+bc，
由余弦定理得：a2=b2+c2−bc.
∴(bc)2−2bc(b+c)+(b+c)2=(b+c)2−3bc，
∴bc=2b+c−3.∴(bc)2−2bc=2(b+c)−3，
∵bc≤b+c22(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).
△ABC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(∴B→0时，c→+∞，L→+∞，
∴△ABC的周长的取值范围是9,+∞.

【解析】【分析】(1)由正弦定理可得sinAcsC+ 3sinCsinA=sinB+sinC，利用三角恒等变换可得sinA−π6=12，可求角B的取值范围；
(2)由三角形的面积可求得a=−b−c+bc，结合余弦定理可得(bc)2−2bc(b+c)+(b+c)2=(b+c)2−3bc，计算可得b+c≤2或b+c≥6，进而可求得
△ABC的周长L=a+b+c= b2+c2−2bccsA+b+c，设△ABC与圆内切于点D,E,F，b+c=AC+AB>AD+AF=3，进而分析可得△ABC的周长的取值范围.
19.【答案】【小问1详解】
∵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 22−12=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.
【小问2详解】
由对称性，不妨设点D位于第一象限，则D 2, 33且点D在椭圆上，如上图.
∵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=kx− 2，
即y=kx+ 33− 2k.由x23+y2=1y=kx+ 33− 2k，
得1+3k2x2+2 3k1− 6kx+6k2−2 6k−2=0.
设Ax1,y1,Bx2,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
=−kx2+x1+2 2kx2−x1=−2k⋅3 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.
【小问3详解】
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+ 3t2−1=0.
由Δ=−4t2+12>0，得− 3AB= 1+k2x1−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+ 3t3.
记ft=9S△ABD2=3−t21+ 3t2，
则f′t=−2t1+ 3t2+3−t2⋅21+ 3t⋅ 3=−21+ 3t2 3t2+t−3 3.
令f′t=0，得t1=− 3− 21912,t2=− 33,t3=− 3+ 21912，且− 3∴− 30,t1∴函数ft在− 3,t1,t2,t3上单调递增，在t1,t2,t3, 3上单调递减，
∴fxmax=maxft1,ft3,∴S△ABDmax=max13 ft1,13 ft3.
∵13 ft1= 3−t12⋅1+ 3t13= 70 3−2 219⋅ 219−3 3144，
13 ft3= 3−t32⋅1+ 3t33= 70 3+2 219⋅ 219+3 3144.
∴13 ft3>13 ft1.
由对称性知，不论D在哪个象限，都有S△ABDmax= 70 3+2 219⋅ 219+3 3144.

【解析】【分析】(1)由题意求出菱形的对角线，确定a、b的值，即可求解；
(2)由椭圆的对称性可知直线AD,BD的斜率存在且互为相反数，设直线AD的方程并联立椭圆方程，利用韦达定理求出点A,B的坐标，结合两点坐标表示斜率公式化简计算kAB即可；
(3)直线AB的方程并联立椭圆方程，利用韦达定理和Δ>0求出弦长AB，根据点到直线的距离公式表示D到直线AB的距离，进而S△ABD=12⋅AB⋅d= 3−t2⋅1+ 3t3，即ft=9S△ABD2=3−t21+ 3t2，结合导数求出f(t)max即可.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程(或函数)，从而可求定点、定值、最值问题.
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125