安徽省滁州市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷

这是一份安徽省滁州市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．
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，务必擦净后再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
一、单项选择题：本题共 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．
集合 A  {x | 2  x  4}， B  {x | 2x  7  8  3x} ，则 A ∪ B  （）
A. , 3
B. 2,3
C. , 4
D. 2, 4
【答案】C
【详解】因为 B  {x | 2x  7  8  3x}  B  {x | x  3} ， A  {x | 2  x  4},
所以 A ∪ B  , 4 .
故选：C.
复数 z  2i 
3
1  i
在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
3
31 i
3  3i37
【详解】 z  2i  2i  2i    i
1 i
1 i1 i
222
z 在复平面内对应的点为  3 , 7  ，在第二象限.
2 2 

故选：B.
圆(x  1)2  ( y  1)2  1 上的点到直线 x  y  2  0 距离的最小值是（）
2
1
1C.
D. 1
2
2
【答案】A
【详解】已知圆的标准方程为： (x  1)2  ( y  1)2  1 ，则其圆心O(1,1) ,半径 r  1.
直线方程为 x  y  2  0 ，根据点到直线的距离公式计算圆心到直线的距离为：
11 11 2
12  12
2
d .
2
因为 d  1  r ，那么圆与直线相离.
2
因此，圆上点到直线的最小距离为圆心到直线的距离减去半径，即： d  r 1
故选:A
已知函数 f  x  sin  x  π  ，将 f  x 的图象向右平移 m(m  0) 个单位长度后关于 y 轴对称，则m 的最
4 

小值为（）
ππ
A. B.
43
π3π
C. D.
24
【答案】A
【详解】由题意得将 f  x  sin  x  π  向右平移m 个单位后
4 
f x 

π π y

得  sin  x  m  4   sin  x  m  4  ，且关于 轴对称，
所以m  π  π  kπ ， k  Z ，得 m   3π  kπ， k  Z ，
424
又因为 m  0 ，所以当k  1 时， m 有最小值 π .
4
故选：A.
设直线l 的方程为 x  ycsθ 2  0 ，则直线l 的倾斜角α的取值范围是（）
0, π
 π , π 
 
 4 2 
 π , 3π 

 44 
 π , π   π , 3π 
 4 2  24 

【答案】C
【详解】当csθ 0 时，直线l 的方程为 x  2 ，此时直线l 的倾斜角α π ；
2
当csθ 0 时，直线l 的斜率为tanα=
1
，
csθ
因为csθ1, 0 0,1 ，
所以 1∞, 11, ∞ ，即tanα ∞, 11, ∞ ，
csθ
又因为α0, π ，
 4 2  24 
所以结合正切函数的图象可得：α  π , π   π , 3π  .


综上可得：直线l 的倾斜角α的取值范围是 π , 3π  .
 44 
故选：C.
设 F , F 为椭圆C : x2  y2  1 的两个焦点，点 P 在C 上，若 PF  PF
 0 ，则 PF
 PF
 （）
1284
1212
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【详解】m PF1  PF2  0 ，
 PF1  PF2 ，

2
2
又椭圆C : xy1 ，
2
84
 PF1  PF2
 2a  4
则2
PF PF
2  F F
2  4c2  16 ，
121 2
PF  PF
 1  PF
 PF
2   PF 2  PF
2   8 .
12
故选：D.
2 
1212
已知空间三点 A0, 2, 3, B 2,1, 6, C 1, 1, 5 ，则V ABC 的面积为（）
3
7
【答案】B
7 3
2
7
7D.
2
【详解】由空间三点 A0, 2, 3, B 2,1, 6, C 1, 1, 5 可得：
2  02  1 22  6  32
AB  14 ；
1 02  1 22  5  32
14
AC ；
2 12  1 12  6  52
BC  14 ，
所以V ABC 是等边三角形，
所以V ABC 的面积为 1  14  14 sin 60∘  7 3 .
22
故选：B.
21
b 3
a, b 为正实数，且 a  2b  2 ，当
a 1b
取最小值时，  ax 

 的展开式中各项系数的和为（）
x

A.  27B. 27
88
C.  1D. 1
6464
【答案】C
【详解】由 a  2b  2 可得： a 1  2b  3 .
因为 a, b 为正实数，
所以由基本不等式可得：
 2  1  a 1  2b  1  4  4b  a 1   1  4  2
4b  a 1   8 ，
 a 1b 33 a 1b 3 a 1b3

 4ba 1a  1

当且仅当 a 1 b
a 1  2b  3
21

，即

b 


2 时等号成立.
3
4
b 3 x3 3
所以当
a 
取最小值时，  ax 
    .
1b
 x3 3

 13 3
x  24x 
1
令 x  1 ，得 
  
   ，
 24x  24 
21
64

b 31
所以当
a 1b
取最小值时，  ax 

的展开式中各项系数的和为.
x
64
故选：C.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
若某中学的女生体重 y （单位：kg）与身高 x （单位：cm）具有线性相关关系．根据一组样本数据
 xi , yi i  1, 2,, n ，用最小二乘法建立的回归方程为 ‸y  0.75x  75.71，则下列结论中正确的是（）
y 与 x 具有负线性相关关系
回归直线过样本点的中心x, y 
若该中学某女生身高增加 1cm，则其体重可能增加 0.75kg
若该中学某女生身高为 160cm，则可断定其体重必为 44.29kg
【答案】BC
【详解】因为回归直线方程为 ‸y  0.75x  75.71，所以 y 与 x 具有正线性相关关系，故 A 错误；又回归直线必过样本点的中心x, y  ，故 B 正确；
因为回归直线方程 ‸y  0.75x  75.71中 aˆ  0.75 ，所以若该中学某女生身高增加 1cm，则其体重可能增加
0.75kg，故 C 正确；
当 x  160 时， ‸y  0.75160  75.71  44.29 ，所以若该中学某女生身高为 160cm，则其体重约为
44.29kg，故 D 错误.
故选：BC.
n
nn1
1
n
n
n
数列a 满足a  a (1)n1 n  N*  ，且a  3 ，数列a 的前 n 项和为 S ，从a 的前2n
项中任取两项，它们的和为奇数的概率为 P2n ，则（）
a  6
a  a
 2a
S 6
P  1
4
【答案】ABD
11151312
2n2
【详解】m a  a (1)n1 ，anan1 1， an1an 1，
a1  3
nn1
 an
1n1
1n1
1n1
1n
又 1，所以数列1n  是首项为 3，公差为 1 的等差数列.，
an
即1n

 n  2 ， an

 (1)n n  2 ，
4
对于选项 A： a  14 4  2  6 ，故 A 正确；
对于选项 B： a  a (1)11 11 2  (1)15 15  2  30; a  (1)13 13  2  15, 所以
111513
a11  a15  2a13 ，故 B 正确；
对于选项 C： S12  a1  a2   a3  a4  L a11  a12   111111  6 ，故 C 正确；
对于选项 D：显然 n 为奇数时， an 为奇数， n 为偶数时， an 为偶数，因此要满足两项之和为奇数，则取奇偶各一个，
C1 C1
n1111
C
2
所以 P2n  nn
2n
  
2n 122 2n 12
，故 D 正确.
故选：ABD.
如图，三棱锥 P  ABC, PA  平面 ABC ， AB  AC  2,∠BAC  2π ， D 为 PC 的中点，点O 为三
3
棱锥 P  ABC 外接球球心，则（）
2
当 PA  2
时， BD  PC
3
π
当 PA 时，二面角 P  BC  A 大小为 6
当异面直线 BD 与 AC 所成角为 π
3
时， PA  6
2
当点O 到平面 PBC 的距离为
时， PA  2
2
【答案】ACD
【详解】
PA2  AB2
3
对于 A，连接 AD ，mPA  平面 ABC ， AB  平面 ABC ，
 PA  AB ，即 PB 
 2，
AB2  AC 2  2 AB  AC cs BAC
又 AB  AC  2,∠BAC  2π ，所以 BC 
3
则 BC  BP ， D 为 PC 的中点，所以 BD  PC ，故 A 正确；对于 B，设 BC 中点为 E ，连接 AE, PE ，
mPA  平面 ABC ， AB, AC, AE  平面 ABC ，
 2，
3
3
7
 PA  AB, PA  AC，PA  AE ，又 PA ， AB  AC  2 ， PB  PC ，又 E 为 BC 中点，所以 PE  BC ，
2π
AB2  BE2
又 AB  AC  2,∠BAC 
3 ，所以 AE  BC ， AE 
 1，
平面 PBC ∩ 平面 ABC  BC ， PEA 就是二面角 P  BC  A 的平面角，
tan PEA  PA 3，PEA  π ，即二面角 P  BC  A 的为 π ，故 B 错误；
AE33
对于 C，设 PA 中点为 F ，连接 DF , BF ， DF  1 ，
AB2  AF 2
设 PA  2x 时， BF 

，
4  x2
2  2 x2 1  2 3
3x2 1
2 x2 1
4 x2 1 12  4 x2 1
x2 1
△PBC 中， PB  PC  2
， cs PCB ，
CB2  CD2  2CB  CD cs PCB
BD 
，
7  x2
BD2  DF 2  BF 27  x2 1 4  x2 1
2 7  x2
cs BDF  ，
2BD  DF2
解得 x  3 ，即 PA  6 ，故 C 正确；
对于 D，设V ABC 的外心为O1 ，过O1 作平面 ABC 的垂线，球心O 在垂线上，
又 PA  平面 ABC ，所以OO1 / / PA ，
2
又OP  OA ，所以O 在 PA 的垂直平分线上，则 PA  2OO1  2，故 D 正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
​
2
lg4  2lg5  (2 2 ) 3  ．
【答案】 4
【详解】由指数幂与对数的运算法则，可得
2 3
2  lg100  2  2  2  4 .
lg4  2lg5  (2 2)3  (lg4  lg25)  (22 )3
故答案为： 4 .
某校的 5 名团员利用周日到市养老院参加义务劳动．已知 5 名团员中有 3 位女生，2 位男生，活动结束后 5 名团员站成一排拍照留念，若两名男生之间有女生，则排法总数有种．（用数字作答）
【答案】72
3
【详解】根据题意，先将三名女生全排列，有A3  6 种不同的排法，
4
从三名女生的 4 个空隙中，选择 2 个插入男生，有A2  12 种不同的排法，
由分步计数原理得，共有612  72 种不同的排法.
故答案为： 72 .
不等式ex  ax ex 1 1  0 对任意 x 0,1 恒成立，则实数 a 的最小值为．
1
【答案】 2 ##0.5
【详解】由ex  ax ex  1  1  0 ，得 ax  ex 1 ,
ex 1
由题意知，不等式 ax
 ex 1 对任意 x 0,1 恒成立.
ex 1
令 f  x 
ex 1 ex 1
，则 f
 x 
2ex
ex 1
2  0 ，所以 f  x 是单调增函数.
设l 是过点0, 0 与 f  x  ex 1 相切的直线，设切点为t, f t  ，
ex 1
则切线斜率 kl 
f t  
2et
et 12 ，
由题意，得 a 
2et
2 et  1  2
et
et 1
2 ， t 0,1恒成立.
g t  
2et

2
2et
2tt
22 1
因为et 1
e  2e 1
et  1  22 ，
et
当且仅当et 
1 ，即t  0 时等号成立，所以 g t 
et
max
 1 .
2
所以 a  1 .即实数 a
2
故答案为： 1
2
1
的最小值为 2 .
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．
已知 a，b，c 分别为V ABC 三个内角 A，B，C 的对边，且 a cs C 
3a sin C  b  c  0 ．
（1）求 A；
（2）若 a  2 ，则V ABC 的面积为 3 ，求V ABC 的周长．
π
【答案】（1）
3
（2）6
【小问 1 详解】
由正弦定理得sin A cs C  3 sin Asin C  sin B  sin C  0 ，
其中sin B  sin  A  C   sin A cs C  cs Asin C ，故 3 sin Asin C  cs Asin C  sin C  0 ，
因为C 0, π ，所以sin C  0 ，故 3 sin A  cs A  1，
即2 sin  A  π   1，所以sin  A  π   1 ，
6 6 2

因为 A 0, π ，所以 A  π   π , 5π  ，
6 6 6 

故 A  π  π ，解得 A  π ；
663
【小问 2 详解】
3
由三角形面积公式得 1 bc sin A  1 bc sin π 3 bc ，
2234
故bc  4 ，
b2  c2  a2b2  c2  41
由余弦定理得cs A  ，
2bc82
解得b2  c2  8 ，
故b  c2  b2  c2  2bc  8  8  16 ，解得b  c  4 ，故 a  b  c  6 ，周长为 6.
已知函数 f  x   ax  1  a  1lnx a  R  ．
x
讨论 f  x 的单调性；
若函数 f  x 的最小值为 2，求实数 a 的值．
【答案】（1）答案见解析

（2）1或e
【小问 1 详解】
f  x
0, 
1 a 1ax2  a 1 x 1
ax 1 x 1
由题意得
的定义为
，且 f
 x  a 22，
2
xxxx
当 a  0 时， f  x    x 1  0 恒成立，此时 f  x 在0,  上单调递减；
x2
当 a  0 时，令 f  x  ax 1 x 1  0 ，则 x  1 或 x  1 ，
x2a
当 a  0 时，则 1  0 ，当 x 0,  时， f  x  0 ，此时 f  x 在0,  上单调递减；
a
当 a  0 时，当0  x  1 时， f  x  0 ，当 x  1 时， f  x  0 ，
aa
此时 f  x 在 1 ,  上单调递增，在 0, 1  上单调递减；
 aa 

综上所述：当 a  0 时， f  x 在0,  上单调递减；
当 a  0 时， f  x 在 1 ,  上单调递增，在 0, 1  上单调递减；
 aa 

【小问 2 详解】
由（1）可得当 a  0 时， f  x 为减函数则无最小值，所以 a  0 ，
当 a  0 时，即 x  1 时， f  x 取得极小值也是最小值 f  1   a  1  a  a 1ln 1  2 ，
a
 
aaa
所以a 11 ln a  0 ，解得 a  1 或 a  e ，故函数 f  x 的最小值为2 ，实数 a 的值为1或e .
2
某同学在做投篮训练，已知该生每次投中的概率为
3
1
，投不中的概率为
3
．为提高该生训练的积极性，
规定：投中一次得 2 分，投不中得 1 分．某同学投篮若干次，每次投中与否互不影响，各次得分之和作为最终得分．
若投篮 2 次，最终得分为 X ，求随机变量 X 的分布列和期望；
设最终得分为 n 的概率为 Pn ，证明：数列Pn1  Pn  为等比数列，并求数列Pn  的通项公式．
【答案】（1）分布列见详解； E  X   10
3
14 
2 n1 
（2）证明见详解； Pn  1   
【小问 1 详解】
315 
3 
由题意可知：最终得分为 X 的可能取值为 2，3，4，
 1 21
124
 2 24
则 P  X  2  
， P  X  3  C1 ， P  X  4   ，
3
3
9
9

2


339
可得随机变量 X 的分布列为
期望为 E  X   2  1  3 4  4  4  10 .
9993
X
2
3
4
P
1
9
4
9
4
9
【小问 2 详解】
由题意可知： P  1 ， P  2  1  1  7 ，且 P
 1 P
 2 P ，
132
4

3339
P
n23
 2 P  P
n13 n
因为 P  P   0 ，且 Pn2  Pn1  3
n1
3 nn1   2 ，
219
Pn1  Pn
Pn1  Pn3
可知数列P P  是以首项为 4 ，公比为 2 的等比数列，
n1n93
4 2 n12 n1
所以 Pn1  Pn  9   3    3 ，

2 2
2 3

2 n



当 n  2 时，则 P2  P1    3  ， P3  P2    3  ，， Pn  Pn1    3  ，
4 2 n1 
23n
9 1   3 
n1 
相加可得 P  P    2     2       2     4 1   2  ，
n13 3 3 
2 
153 

1   
3


14 2 n1 
则 Pn  1    ，
315 3 
1
14 
2 n1 
且 n  1 时， P1  符合上式，所以 Pn  1    .
3315 3 
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  底面 ABCD, ACD  BAD  90 ， ABC  60 ，
PA  AB  BC  2 3, E 是线段 PC 上的动点．
证明： CD  AE ；
若 E 是线段 PC 的中点，求平面 ABE 与平面 PBC 夹角的余弦值；
设直线 PD 与平面 ABE 所成角为θ，求sinθ的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
1
7
  21
sinθ  7 ,1

【小问 1 详解】
因为 PA  底面 ABCD, CD  平面 ABCD ，所以 PA  CD
又m AC  CD, AC ∩ PA  A, AC, PA  平面 PAC ,
所以CD 平面 PAC .
又因为 AE  平面 PAC ，所以CD  AE .
【小问 2 详解】
因为 PA  底面 ABCD, AB  平面 ABCD ，所以 PA  AB ，
如图，以A 为原点， AB, AD, AP 为 x, y, z 轴正方向，建立空间直角坐标系，
∵ ABC  60 ， PA  AB  BC  2 3, BAD  90, ACD  90
3
∴ AC  2， CAD  30， DC  2 ， AD  4 .
所以 A0, 0, 0 ， P 0, 0, 2 3 ， B 2 3, 0, 0， D 0, 4, 0 ， C  3, 3, 0 ，
3
3
E
∵ E 是线段 PC 的中点，∴ ,, 3  ，
–––→


3–––→
22
3
–––→
–––→
3
3 3
所以 AE  , , 3  ， BE   , , 3  ， BC   3, 3, 0， PB  2 3, 0, 2 3 ，
 2222
→
–––→
→ AE  m  0
设平面 ABE 的法向量为 m   x1, y1, z1  ，则–––→ →，
BE  m  0
 3 x  3 y 3z  0
 21
即
2 11
，取 y1  2 ，则 x1  0 ， z1  ，
3
 3 3 x  3 y 3z  0
212 11
→
所以 m  0, 2,  3 为平面 ABE 的一个法向量.
→
设平面 PBC 的法向量为 n   x2 , y2 , z2  ,
–––→  →  0
2 3x
 2 3z  0
3
PB n22
–––→ →，即
，取 x2 ，则 y2  1 ， z2 3 ，
BC  n  0

3x2  3y2  0
3
3
→
.
所以 n   3,1, 3  为平面 PBC 的一个法向量.

→ →
所以→ →m n
0  2 1  3 1
cs m, n  →→
m  n
 
0  4  3  3 1 3
7
所以平面 ABE 与平面 PBC 夹角的余弦值为 1 .
7
【小问 3 详解】
由（2）知 P 0, 0, 2 3 ， C  3, 3, 0 , D 0, 4, 0 ，
–––→
–––→
–––→
–––→
所以 PC   3, 3, 2 3  , PD  0, 4, 2 3 ， AP  0, 0, 2 3  ， AB  2 3, 0, 0 ，
若点 E 与 P 重合，则平面 ABE 即为平面 ABP ，则 AD  0, 4, 0 为平面 ABP 的一个法向量.
则sinθ cs
–––→ –––→

PD, AD
0  0  4  4  2 3  0
28 
16
 2 ，
7
7

–––→
若点 E 与C 重合，则平面 ABE 即为平面 ABCD ,则 AP  0, 0, 2 3 为平面 ABE 的一个法向量.
则sinθ cs
–––→ –––→
PD, AP
0  0  4  0  2 3  2
3
2 7  2
3
21


7
若点 E 与点 P、C 均不重合，

–––→–––→
由 PE 与 PC 共线，设 PE  λPC 
–––→–––→–––→
3λ, 3λ, 2 3λ ，且0  λ 1.
则 AE  AP  PE  0, 0, 2 3  
→
3λ, 3λ, 2 3λ  
3
 ，则
–––→ →
3λ, 3λ, 2
 2 3λ .
设平面 ABE 的法向量为t
  x3, y3, z3
 AE  t  0
–––→ →，
 AB  t  0
3
 3λx3  3λy3  2
即
 2 3λ z3  0
，
2 3x3  0
3
取 z ，则 x  0 ， y
 2 λ1 ,
333λ
→
所以t
  0,
2 λ1
λ

, 3  ，（ 0  λ 1）是平面 ABE 的一个法向量.


–––→
因为 PD  0, 4, 2 3 
0  0  4  2 λ1  2 3  3
λ
 0  
 2 λ1 2

λ
  

3 
2

–––→ →
所以sinθ
–––→ →
0  42  2 3 
2
cs PD, t
PD  t –––→→  PD  t
8λ1  6
λ
2 7  4 
 λ1 2

λ 
  3
1 4 4 1
4  λ   3
 λ1 2


 λ .  λ
 λ1 2
7  4   37 
 λ 
令 k  4 1 ，则 k 3, ∞ ， 1  0, 1  .
7 
 3  k 2


2
  3

λk3 
sinθ
 11 2
k
4

2
7  1 6  21
k
k 2
1
 24 

21
1
7
2
 21 
 11 2
4
 k7 7
，

7
因为21     ,  ，所以sinθ 7 ,1 .
 k7 73 
  21
综上， sinθ  7 ,1 .

在圆 x2  y2  4 上任取一点 P ，过点 P 作 x 轴的垂线段 PD ，垂足为 D ．点Q 在线段 PD 上，且满足
–––→

–––→
3
．当点 P 在圆上运动时，记点Q 的轨迹为曲线C ．
DQDP
2
求曲线C 的标准方程．
过点 F 1,0 的直线l 交曲线C 于 A, B 两点，过点 F 与l 垂直的直线交曲线C 于 D ，E 两点，其中 A, D
在 x 轴上方， M ， N 分别为 AB ， DE 的中点．
证明：直线 MN 过定点；
求VFMN 面积的最大值．
2
2
1
【答案】（1） x  y 
43
9
（2）（i）证明见解析；（ii）
49
【小问 1 详解】
解：设点Q(x, y) 是所求曲线C 上的一点，且 P(x1, y1) ，
–––→–––→
x1  x
1
由 PD  x 轴于 D ，则 D(x , 0) ，因为 DQ 
3
DP ，可得2，
3
 y y
因为点 P 是圆 x
2  y2
 4 上任意一点，则
x2  ( 2
 1
3
2
2
y)2  4 ，即 x  y
43
 1，
2
即曲线C 的标准方程为 x
2
y
 1.
43
【小问 2 详解】
解：（i）当直线l 的斜率存在且不为0 时，设直线l 方程为 y  k (x 1) ，且 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 )，
 y  k  x 1

联立方程组 x
2  y2
，整理得(3  4k 2 )x2  8k 2 x  4k 2 12  0 ，
 1
 43
8k 2
8k 26k
可得 x1  x2  3  4k 2 ，则 y1  y2  k (x1  x2  2)  k (3  4k 2  2)   3  4k 2 ，
4k 2
所以点 M 的坐标为 M (3  4k 2 , 
3k) ，
3  4k 2
因为直线 DE 与直线l 垂直，所以直线 DE 的方程为 y   1 (x  1) ，
k
设 D(x3, y3 ), E(x4 , y4 ) ，
 y   1  x 1
k
联立方程组
，整理得(3k 2  4)x2  8x  4 12k 2  0 ，
1
 x2  y2 
 43
可得 x  x 8，则 y  y   1 (x  x  2) 6k，
343k 2  4
34k34
3k 2  4
所以点 N 的坐标为 N (4,3k) ，
3k 2  4 3k 2  4

3k3k
则直线 MN 的斜率为
kMN
3k 2  43  4k 2
44k 2，
3k 2  4  3  4k 2
3k3k
所以直线 MN 的方程为
y 3k
3k 2  4
 3k 2  43  4k 2 (x 
44k 2
4) ，
3k 2  4
即 y 3k 7k
(x 
3k 2 
4) ，
4  3  4k 2
3k 2  44(k 2 1)3k 2  4
令 y  0 ，解得 x  4 ，所以直线 MN 过定点G( 4 , 0) ；
77
当直线l 的斜率不存在时，直线l 方程为 x  1 ，可得 A(1, 3), B(1,  3) ，则 M (1, 0) ，
22
直线 DE 的方程为 y  0 ，可得 D(2, 0), E(2, 0) ，则 N (0, 0) ，直线 MN 过定点G( 4 , 0) ，
7
4
综上可得，直线 MN 过定点G(, 0) .
7
43k3k
（ii）由（i）知，直线 MN 过定点( 7 , 0) ，且 yM   3  4k 2 , yN  3k 2  4 ，
4
7
1
2
3k
3  4k 2
3k
3k 2  4
可得 GF  1 3 ，则 SGF y y 3 
7V FMNMN14
k (1 k 2 )
 9  9 

k  1
k
，
2 (3  4k 2 )(4  3k 2 )2 12(k 2 
k
k 
1 )  25
k 2
1
k
令t  k  1
，则t  2 ，则
12(k 2  1 )  25
k 2
t
12t 2 1
1，
12t  1
t
令 y  12t  1 在[2, ) 上为单调递增函数，当t  2 时， y 49 ，
t
即 k  1 时， VFMN 面积取得最大值，最大值为 9  2
min2
 9 .
24949