2024年江苏省苏州市高考数学三模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省苏州市高考数学三模试卷（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.设i为虚数单位，若复数z满足i3z=1+2i，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(2,3)，b=(x,6)，则“x>−9”是“a和b的夹角是锐角”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
3.点声源在空中传播时，衰减量ΔL(单位：dB)与传播距离d(单位：米)之间的关系式为ΔL=10lgπd24.若传播距离从20米变化到40米，则衰减量的增加值约为(参考数据：lg5≈0.7)( )
A. 3dBB. 6dBC. 9dBD. 12dB
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3=9，S9=18，则S12=( )
A. 18B. 21C. 24D. 27
5.如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.记格子从左到右的编号分别为0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的号码，若P(X=k)≤P(X=k0)，则k0=( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
6.已知△ABC的角A，B，C对应的边分别为a，b，c，∠BAC=π3，∠BAC的平分线交边BC于点D，若AD= 3，则b+2c的最小值为( )
A. 2+2 2B. 4C. 3+2 2D. 3+2 3
7.在平面直角坐标系xOy中，过点P(−3,0)的直线l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线相交于A，B两点，若线段AB的中点是M(1,3)，则C的离心率为( )
A. 3B. 32C. 102D. 132
8.已知函数f(x)及其导数f′(x)的定义域为R，记g(x)=f′(x)，且f(x)，g(x+1)都为奇函数.若f(−5)=2，则f(2023)=( )
A. 0B. −12C. 2D. −2
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.在某次数学练习中，高三(1)班的男生数学平均分为120，方差为2，女生数学平均分为112，方差为1，已知该班级男女生人数分别为25、15，则下列说法正确的有( )
A. 该班级此次练习数学成绩的均分为118
B. 该班级此次练习数学成绩的方差为16.625
C. 利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取5名男生
D. 从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率为2439
10.定义min{x,y}表示x，y中的最小者，设函数f(x)=min{x2−3x+3,3−|x−3|}，则( )
A. f(x)有且仅有一个极小值点为32B. f(x)有且仅有一个极大值点为3
C. ∀x∈(−∞,2]∪[5,+∞)，f(x)≤1D. ∃k∈R，f(x)≤k恒成立
11.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2=4x，过点E(1,1)作斜率为k的直线l与x轴相交于点M，与C交于A，B两点，且MA=BE，则( )
A. k=4
B. k=2
C. 以AB为直径的圆与抛物线的准线有公共点
D. 以AB为直径的圆与抛物线的准线没有公共点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2+x−x2)(1−x)5的展开式中x2的系数为______.
13.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=23，P(B)=12，P(A+B−)=56，则P(B|A)=______.
14.在平面直角坐标系xOy中，设A(− 2, 2)，B(3 2,0)，若沿直线l：y=x把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，|AB|=3 2，则θ的余弦值为______.
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)
已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在(0,2π3]上单调递增，在(2π3,π]上单调递减，设(x0,0)为曲线y=f(x)的对称中心.
(1)求x0；
(2)记△ABC的角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若csA=csx0，b+c=6，求BC边上的高AD长的最大值.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+ax+1，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a≤2时，证明：f(x)x≤e2x.
17.(本小题15分)
如图已知斜三棱柱ABC−A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，∠B1BC=60∘，B1B=2，A1B=A1C= 3，AB⊥A1C.
(1)求证：AB⊥BC；
(2)求平面ABB1与平面BB1C夹角的余弦值.
18.(本小题17分)
现有甲、乙两个盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，记为一次操作.重复进行n(n∈N*)次操作后，记甲盒子中黑球个数为Xn，甲盒中恰有1个黑球的概率为an，恰有2个黑球的概率为bn.
(1)求随机变量X1的分布列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)求证：i=1n6−10ai9aiai+1<95.
19.(本小题17分)
已知平面直角坐标系xOy中，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C：x2b2−y2a2=1.
(1)若E的长轴长为8，短轴长为4，直线l1：y=kx+m(k≠±2)与C有唯一的公共点M.过M且与l垂直的直线分别交x轴，y轴于点A(x,0)，B(0,y)两点，当M运动时，求点D(x,y)的轨迹方程；
(2)若E的长轴长为4，短轴长为2，过E的左焦点F1作直线l2与E相交于P，Q两点(P在x轴上方)，分别过P，Q作E的切线，两切线交于点N，求△NPQ面积的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由i3z=1+2i，得−iz=1+2i，
∴−i2z=(1+2i)i=−2+i，则z=−2+i，
∴z在复平面内对应的点的坐标为(−2,1)，位于第二象限．
故选：B.
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由向量a=(2,3)，b=(x,6)，令a⋅b>0，得2x+18>0，解得x>−9，
由a//b，得2×6−3x=0，解得x=4，
所以x>−9且x≠4时，a和b的夹角是锐角，
充分性不成立，必要性成立；
是必要不充分条件．
故选：B.
求出向a、b的夹角为锐角时x的取值范围，即可判断充分性和必要性是否成立．
本题考查了平面向量的夹角问题，也考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：当d=20时，ΔL1=10lg100π，
当d=40时，ΔL2=10lg400π，
则ΔL2−ΔL1=10lg400π−10lg100π=10lg400π100π=10lg4=20lg2=20(1−lg5)=20×(1−0.7)=6，
即衰减量的增加值约为6dB.
故选：B.
分别将d=20，d=40代入ΔL=10lgπd24，两式作差，结合题中数据，对数运算性质求解即可．
本题考查了对数函数模型应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为{an}为等差数列，
所以S3，S6−S3，S9−S6，S12−S9成等差数列，
令S6=x，S12=y，则9，x−9，18−x，y−18成等差数列，
所以9+18−x=2(x−9)x−9+y−18=2(18−x)，
则x=15，y=18.
故选：A.
由等差数列的性质可知，S3，S6−S3，S9−S6，S12−S9成等差数列，代入数据即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：小球在下落过程中，共10次等可能向左或向右落下，
则小球落入格子的号码X服从二项分布，
且落入格子的号码即向右次数，即X∼B(10,12)，
所以P(X=k)=C10k(12)k(1−12)10−k=C10k(12)10(k=0,1,2...,10)，
由二项式系数对称性知，当k=5时，C10k最大，故k0=5.
故选：B.
小球在下落过程中，共10次等可能向左或向右落下，则小球落入格子的号码X服从二项分布，且落入格子的号码即向右次数，即X∼B(10,12)，则P(X=k)=C10k(12)10(k=0,1,2...,10)，然后由二项式系数对称性即可得解．
本题考查了二项分布及二项式系数的性质的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意得∠BAD=∠DAC=π6，AD= 3，
可得SΔABD=12AB⋅ADsinπ6= 34c，SΔACD=12AC⋅ADsinπ6= 34b，
因为SΔABC=12AB⋅ACsinπ3= 34bc，
所以SΔABD+SΔACD=SΔABC，可得 34b+ 34c= 34bc，整理得bc=b+c，即1b+1c=1，
所以b+2c=(b+2c)(1b+1c)=3+bc+2cb≥3+2 bc⋅2cb=3+2 2.
当且仅当bc=2cb，即b= 2+1，c=1+ 22时，b+2c取得最小值3+2 2.
故选：C.
利用三角形的面积公式，根据SΔABD+SΔACD=SΔABC推导出1b+1c=1，然后利用基本不等式与“1的代换”，求出b+2c的最小值．
本题主要考查三角形的面积公式及其应用、利用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由题意可设AB：y=k(x+3)，
联立y=k(x+3)y=bax，可得x=3kba−k，y=3kbb−ak，
联立y=k(x+3)y=−bax，可得x=3k−ba−k，y=3kbb+ak，
因为AB的中点M(1,3)，
所以3kba−k+3k−ba−k=2，3kbb−ak+3kbb+ak=6，
解得ba=32，
故e= 1+(ba)2= 132.
故选：D.
先设出直线AB的方程，结合已知联立方程可分别求出A，B，然后结合中点坐标公式求出a，b，的关系，进而可求离心率．
本题主要考查了双曲线性质的应用，考查了数学计算的核心素养，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，因为g(x+1)为奇函数，则g(1+x)=−g(1−x)，
即g(1+x)+g(1−x)=0，可知g(x)=f′(x)的图象关于点(1,0)对称，
可得f(1+x)+c=f(1−x)+c，即f(1+x)=f(1−x)，
可知f(x)的图象关于x=1对称，则f(x)=f(2−x)，
又因为f(x)为奇函数，则f(x)=−f(−x)，
可得f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，可知f(x)的周期为4，
所以f(2023)=f(507×4−5)=f(−5)=2.
故选：C.
根据g(x)的性质结合导数运算分析可知f(x)的图象关于x=1对称，结合奇函数分析可知f(x)的周期为4，根据周期性运算求解．
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数的周期，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，该班级此次练习数学成绩的均分为x−=2540×120+1540×112=117，故A错误；
对于B，该班级此次练习数学成绩的方差为s2=2540×[2+(120−117)2]+1540×[1+(112−117)2]=16.625，故B正确；
对于C，因为8×2540=5，所以应抽取5名男生，故C正确；
对于D，至少有1名女生的概率为1−C252C402=1−513=813，故D正确．
故选：BCD.
利用分层随机抽样的均值和方差公式可判断AB，利用分层随机抽样的定义可判断C，利用古典概型的概率公式可判断D.
本题主要考查了分层随机抽样的均值和方差公式，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：因为f(x)=min{x2−3x+3,3−|x−3|}=x,x≤1x2−3x+3,1作出f(x)的图象，如图所示，
结合函数图象可知，函数在x=1处取得极大值1，函数在x=32处取得极小值34，函数在x=3处取得极大值3，
故f(x)有且仅有一个极小值点，2个极大值点，A对，B错；
当x∈(−∞,2]∪[5,+∞)时，f(x)值域(−∞,1],C对；
f(x)max=f(3)=3，故存在k≥3，使得f(x)≤k恒成立，D对．
故选：ACD.
由已知定义求出f(x)的解析式，作出f(x)的图象，结合函数图象及导数与单调性及极值关系检验各选项即可判断．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：设直线AB的方程为x−1=m(y−1)，
即x=my−m+1，
联立x=my−m+1y2=4x，消去x并整理得y2−4my+4m−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=4m−4，
此时M(1−m,0)，
因为MA=BE，则AB中点与EM中点重合，
所以2m=12，
解得m=14，
此时k>4，故选项A正确，选项B错误；
当m=14时，y2−y−3=0，
可得y1+y2=1，y1y2=−3，
此时x1+x2=m(y1+y2)−2m+2=74，x1x2=916，
则以AB为直径的圆的方程为(x−x1)(x−x2)+(y−y1)(y−y2)=0，
即x2−(x1+x2)x+x1x2+y2−(y1+y2)+y1y2=0，
因为y1+y2=1，y1y2=−3，
所以x2−74x+y2−y−3916=0，
整理得(x−78)2+(y−12)2=3916+14+4964=22164，
该圆的圆心为(78,12)，半径r= 2218.
所以圆心到准线l的距离d=78+1=158> 2218，
则以AB为直径的圆与准线无公共点，故选项C错误，选项D正确．
故选：AD.
设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1+y2=4m，y1y2=4m−4，结合向量的坐标运算求出m的值，进而可得以AB为直径的圆的方程，对圆的方程进行整理，得到圆心和半径，再结合选项进行逐一分析即可求解．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
12.【答案】14
【解析】解：∵(1−x)5=1+C51(−x)+C52⋅(−x)2+C53(−x)3+C54(−x)4−x5=1−5x+10x2−10x3+5x4−x5，
∴(2+x−x2)(1−x)5的展开式中x2的系数为2×10+1×(−5)−1×1=14.
故答案为：14.
利用二项式定理可得(1−x)5的展开式，进而可求得(2+x−x2)(1−x)5的展开式中x2的系数．
本题考查二项式定理的运用，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】解：因为P(A+B−)=P(A)+P(B−)−P(AB−)=23+12−(P(A)−P(AB))=23+12−(23−P(AB))=12+P(AB)=56，
所以P(AB)=13，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=1323=12.
故答案为：12.
由P(A+B−)=P(A)+P(B−)−P(AB−)求出P(AB)，再利用条件概率公式求解．
本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
14.【答案】13
【解析】解：在平面直角坐标系xOy中，设A(− 2, 2)，B(3 2,0)，
沿直线l：y=x把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，|AB|=3 2，
如图，作OD与CB平行且相等，OC⊥面AOD，AB=3 2，BD=3，
∴AD=3，OD=3，OA=2，θ=∠AOD，
由余弦定理得：csθ=4+9−92×2×3=13.
故答案为：13.
作OD与CB平行且相等，OC⊥面AOD，AB=3 2，BD=3，则AD=3，OD=3，OA=2，θ=∠AOD，由余弦定理能求出结果．
本题考查二面角、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)因为f(x)=sin(ωx+π6)在(0,2π3]上单调递增，在(2π3,π]上单调递减，
所以f(2π3)=1且T⩾4π3，
所以2π3⋅ω+π6=2kπ+π2，k∈Z，
可知ω=3k+12,k∈Z，
又由2π|ω|≥4π3，可知0<ω≤32，
所以ω=12，
可得f(x)=sin(12x+π6)，
由12x+π6=mπ,m∈Z，
可得x=2mπ−π3，即x0=2mπ−π3，m∈Z；
(2)由csA=csx0=12=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc=36−2bc−a22bc，化简得a2=36−3bc，
因为SΔABC=12a⋅AD=12bcsinA，
所以AD= 3bc2a，
所以AD2=3(bc)24a2=3(bc)24(36−3bc)，
又b+c≥2 bc，
所以bc≤9，当且仅当b=c=3时取等号，
可得AD2=3(bc)24(36−3bc)=34[36(bc)2−3bc]≤34(3692−39)=274，
所以AD≤3 32，
故AD长的最大值为3 32.
【解析】(1)由题意利用正弦函数的性质可求f(2π3)=1且T⩾4π3，又由2π|ω|≥4π3，可求ω=12，进而利用正弦函数的对称性即可求解；
(2)由题意利用余弦定理可得a2=36−3bc，利用三角形的面积公式可求AD= 3bc2a，进而利用基本不等式即可求解．
本题考查了正弦函数的性质，余弦定理，三角形的面积公式以及基本不等式等知识的综合应用，考查了计算能力和函数思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)f(x)=lnx+ax+1，a∈R的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=1x+a，
当a≥0时，∀x∈(0,+∞)，f′(x)=1x+a>0恒成立，
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，令f′(x)=1x+a=1+axx=0，解得x=−1a，
当x∈(0,−1a)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0,−1a)上单调递增，
当x∈(−1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在区间(−1a,+∞)上单调递减，
综上所述，当a≥0时，f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，当a<0时，f(x)在区间(0,−1a)上单调递增，在区间(−1a,+∞)上单调递减；
证明：(2)当a≤2时，因为x>0，所以要证f(x)x≤e2x，只要证明lnx+2x+1x≤e2x即可，
即要证lnx+2x+1≤xe2x，等价于e2x+lnx≥lnx+2x+1(*)，
首先，设g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1，
在区间(−∞,0)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
在区间(0,+∞)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=e0−0−1=0，所以ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)，
所以(*)成立，当且仅当2x+lnx=0时，等号成立，
又h(x)=2x+lnx在(0,+∞)上单调递增，h(1e)=2e−1<0，h(1)=2>0，
所以存在x0∈(1e,1)，使得2x0+lnx0=0成立，
综上所述，原不等式成立．
【解析】(1)f(x)=lnx+ax+1，a∈R的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=1x+a，分a≥0和a<0两种情况讨论即可；
(2)当a≤2时，因为x>0，所以要证f(x)x≤e2x，只要证明lnx+2x+1x≤e2x即可，即要证lnx+2x+1≤xe2x，等价于e2x+lnx≥lnx+2x+1(*)，设g(x)=ex−x−1，利用g(x)的单调性即可得证．
本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取BC的中点O，连接OA1，OB1，
因为侧面BCC1B1是菱形，∠B1BC=60∘，所以△B1BC是正三角形，
因为O是BC中点，所以BC⊥OB1
因为O是BC中点，A1B=A1C，所以BC⊥OA1，
又因为OA1∩OB1=O，OA1⊂平面OA1B1，OB1⊂平面OA1B1，
所以BC⊥平面OA1B1，
因为A1B1⊂平面OA1B1，所以BC⊥A1B1，
因为斜三棱柱ABC−A1B1C1，所以AB//A1B1，所以AB⊥BC.
(2)因为AB⊥A1C，AB⊥BC，A1C∩BC=C，A1C⊂平面A1BC，
BC⊂平面A1BC，所以AB⊥平面A1BC，因为A1O⊂平面A1BC，所以AB⊥A1O，
又因为AO⊥BC，AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以A1O⊥平面ABC.
以O为原点，OC的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A(−1,1,0)，B(−1,0,0)，A1(0,0, 2)，C(1,0,0).
因为AB=A1B1，所以点B1(0,−1, 2)，
AB=(0,−1,0)，AB1=(1,−2, 2)，BC=(2,0,0)，BB1=(1,−1, 2)，
设平面ABB1的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅AB=−y1=0n⋅AB1=x1−2y1+ 2z1=0，取x1= 2，得n=( 2,0,−1)，
设平面BB1C的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⋅BC=2x2=0m⋅BB1=x2−y2+ 2z2=0，取y2= 2，得m=(0, 2,1)，
又cs⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=−1 3⋅ 3=−13
所以平面ABB1与平面BB1C夹角的余弦值为13.
【解析】(1)取BC的中点O，连接OA1，OB1，推导出△B1BC是正三角形，BC⊥OB1，BC⊥OA1，从而BC⊥平面OA1B1，BC⊥A1B1，推导出AB//A1B1，由此能证明AB⊥BC.
(2)推导出AB⊥平面A1BC，AB⊥A1O，A1O⊥平面ABC.以O为原点，OC的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出平面ABB1与平面BB1C夹角的余弦值．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)根据题意，X1的所有可能取值为0，1，2，
P(X=0)=13×23=29，
P(X=1)=23×23+13×13=59，
P(X=2)=23×13=29，
∴随机变量X1的分布列如下：
(2)an+1=(23×23+13×13)an+23bn+23(1−an−bn)，即an+1=59an+23−23an=23−19an，
令an+1+x=−19(an+x)−109x=23，
x=−35，an+1−35=−19(an−35)且a1−35=59−35=−245≠0，
∴an−35=−245(−19)n−1=25(−19)n，变形可得an=35+25⋅(−19)n.
(3)证明：i=1n6−10ai9aiai+1=i=1n−49(−19)iai+1ai+1=i=1nai+1−aiaiai+1=i=1n(1ai−1ai+1)
=1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1=95−1an+1<95.
∴i=1n6−10ai9aiai+1<95.
【解析】(1)根据题意，X1的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X1的分布列．
(2)an+1=(23×23+13×13)an+23bn+23(1−an−bn)，即an+1=59an+23−23an=23−19an，令an+1+x=−19(an+x)−109x=23，能求出an=35+25⋅(−19)n.
(3)由i=1n6−10ai9aiai+1=i=1n−49(−19)iai+1ai+1=i=1nai+1−aiaiai+1=i=1n(1ai−1ai+1)，能证明i=1n6−10ai9aiai+1<95.
本题考查离散型随机变量的分布列、相互独立事件概率乘法公式、求和公式、裂项求和法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)因为椭圆E的长轴长为8，短轴长为4，
所以a=4，b=2，
此时双曲线C的方程为x24−y216=1，
联立y=kx+mx24−y216=1，消去y并整理得(4−k2)x2−2kmx−m2−16=0，
因为直线l1与双曲线C有唯一的公共点M，
所以Δ=0，
整理得m2=4k2−16，
易知M(−4km,−16m)，
过M且与直线l1垂直的直线方程为y+16m=−1k(x+4km)，
则x=−20km，y=−20m，
故点D的轨迹方程为x2100−y225=1(y≠0)；
(2)易知椭圆E的左焦点F1(− 3,0)，
当直线l2斜率为0时，P，Q分别为椭圆的左、右顶点，
此时切线平行无交点，不符合题意；
当l2斜率不为0时，
不妨设l2:x=ty− 3，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x=ty−3x24+y2=1，消去x并整理得(t2+4)y2−2 3ty−1=0，
此时Δ=16t2+16>0，
由韦达定理得y1+y2=2 3tt2+4，y1y2=−1t2+4，
所以|PQ|= 1+t2|y1−y2|= 1+t2 (y1+y2)2−4y1y2
= 1+t2 12t2(t2+4)2+4t2+4=4(t2+1)t2+4，
椭圆在x轴上方对应的方程为y= 1−x24，
可得y′=−x4 1−x24，
所以切线方程为x1x4+y1y=1，①
则点P处切线斜率为−x14 1−x124=−x14y1，
同理得点Q处的切线方程为x2x4+y2y=1，②
联立①②，
解得xN=4(y2−y1)x1y2−x2y1=4(y2−y1)(ty1− 3)y2−(ty2− 3)y1=−4 33，
则yN=1+ 33x1y1=1+ 33(ty1− 3)y1= 3t3，
即N(−4 33, 3t3)，
所以NF1=( 33,− 3t3)，
又PQ=λ(t,1)，
所以NF1⋅PQ=0，
即NF1⊥PQ，
因为|NF1|= (−4 33+ 3)2+t23= 1+t23，
所以S△NPQ=12|PQ|⋅|NF1|=12⋅4(t2+1)t2+4⋅ 1+t23=2 33⋅(t2+1) t2+1t2+4，
不妨令 t2+1=m≥1，
此时S△NPQ=2 33⋅m3m2+3，
不妨设f(m)=m3m2+3，函数定义域为[1,+∞),
可得f′(m)=m2(m2+9)(m2+3)2>0，
所以函数f(m)在[1,+∞)上单调递增，
则当m=1时，函数f(m)取得最小值，最小值f(1)=14.
故△NPQ面积的最小值S=2 33⋅14= 36.
【解析】(1)由题意，先求出双曲线C的方程，将直线方程与双曲线方程联立，根据判别式为0，求出点M的坐标和过M且与直线l1垂直的直线方程，进而可得点D(x,y)的轨迹方程；
(2)设出直线l2的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到y1+y2=2 3tt2+4，y1y2=−1t2+4，求出切线方程和点N的坐标，利用向量的坐标运算、弦长公式以及三角形面积公式得到△NPQ面积的表达式，利用换元法将问题转化成求函数的最值，按部就班进行求解即可．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．X1
0
1
2
P
29
59
29