已知 $a = 5^{\log_{2} 3.4}$，$b = 5^{\log_{4} 3.6}$，$c = \left(\frac{1}{5}\right)^{\log_{3} 0.3}$，则（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 由于底数 $5>1$，只需比较三个指数. 令 $u=\log_2 3.4$，$v=\log_4 3.6$，$w=-\log_3 0.3=\log_3\frac{10}{3}$. 由 $1<3.6<4$，得 $0<v<1$. 又因为 $\frac{10}{3}>3$，所以 $w>1$，从而 $w>v$. 另一方面， 给出 $u>\frac74$，而 给出 $w<\frac74$. 因此 $u>w>v$. 于是 选 C. \end{solution}

对实数 $a$ 与 $b$，定义运算“$\otimes$”： 设函数 $f(x) = (x^2 - 2) \otimes (x - x^2)$，$x \in \mathbf{R}$. 若函数 $y = f(x) - c$ 的图象与 $x$ 轴恰有两个公共点，则实数 $c$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 令 $p=x^2-2$，$q=x-x^2$. 则 因此当 时，$f(x)=x^2-2$；在其余区间，$f(x)=x-x^2$.

分别考察三段的值域. 当 $x<-1$ 时，$f(x)=x-x^2$，且 $f'(x)=1-2x>0$，值域为 $(-\infty,-2)$. 当 $-1\leqslant x\leqslant\frac32$ 时，$f(x)=x^2-2$，在 $x=0$ 处取得最小值 $-2$，并且 $f(-1)=-1$，$f\left(\frac32\right)=\frac14$， 所以这一段的取值在 $[-2,\frac{1}{4}]$，其中 $c\in(-2,-1)$ 时有两个原像，$c=-2$ 时有一个原像，$c\in[-1,\frac{1}{4}]$ 时有一个或两个原像需结合其他区间判断. 当 $x>\frac32$ 时，$f(x)=x-x^2$，且 $f'(x)=1-2x<0$，值域为 $(-\infty,-\frac{3}{4})$，每个值至多有一个原像.

具体计数如下：若 $c<-2$，左右两个外侧区间各有一个原像；若 $c=-2$，中间区间的 $x=0$ 和右侧区间的 $x=2$ 共两个原像；若 $-2<c<-1$，中间区间有两个原像，右侧区间还有一个原像，共三个；若 $c=-1$，中间区间的 $x=-1$，$1$ 与右侧区间的一个原像共三个；若 $-1<c<-\frac{3}{4}$，中间区间和右侧区间各有一个原像；若 $c\geqslant-\frac{3}{4}$ 且 $c\leqslant\frac{1}{4}$，只有中间区间的一个原像；其他 $c$ 没有两个原像. 所以恰有两个公共点的条件为 因此选 B. \end{solution}

已知直角梯形 $ABCD$ 中，$AD \parallel BC$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，$AD = 2$，$BC = 1$，$P$ 是腰 $DC$ 上的动点，则 $\left|\overrightarrow{PA} + 3\overrightarrow{PB}\right|$ 的最小值为______. \begin{answer} $5$ \end{answer}

\begin{solution} 建立直角坐标系，令 $D=(0,0)$，$C=(0,h)$，$A=(2,0)$，$B=(1,h)$ 其中 $h>0$. 设 对任意 $P\in DC$， 点 $Q$ 到直线 $DC$ 的垂足为 $(0,3\frac{h}{4})$，属于线段 $DC$，所以 $PQ$ 的最小值为 $\frac{5}{4}$. 因而 \end{solution}

如图，在三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$H$ 是正方形 $AA_{1}B_{1}B$ 的中心，$AA_{1} = 2\sqrt{2}$，$C_{1}H \perp$ 平面 $AA_{1}B_{1}B$，且 $C_{1}H = \sqrt{5}$.

(1) 求异面直线 $AC$ 与 $A_{1}B_{1}$ 所成角的余弦值； (2) 求二面角 $A - A_{1}C_{1} - B_{1}$ 的正弦值； (3) 设 $N$ 为棱 $B_{1}C_{1}$ 的中点，点 $M$ 在平面 $AA_{1}B_{1}B$ 内，且 $MN \perp$ 平面 $A_{1}B_{1}C_{1}$，求线段 $BM$ 的长.

\begin{solution} 取空间直角坐标系，使 $A=(0,0,0)$，$A_1=(2\sqrt2,0,0)$，$B=(0,2\sqrt2,0)$，$B_1=(2\sqrt2,2\sqrt2,0)$. 于是 $H=(\sqrt2,\sqrt2,0)$. 由于 $C_1H$ 垂直于正方形所在平面且 $C_1H=\sqrt5$，可取 $C_1=(\sqrt2,\sqrt2,\sqrt5)$，$C=(-\sqrt2,\sqrt2,\sqrt5)$.

\begin{enumerate} \item $\overrightarrow{AC}=(-\sqrt2,\sqrt2,\sqrt5)$，$\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2\sqrt2,0)$. 所以 $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{A_1B_1}=4$，$|\overrightarrow{AC}|=3$，$|\overrightarrow{A_1B_1}|=2\sqrt2$. 因此 \item 平面 $AA_1C_1$ 和平面 $A_1B_1C_1$ 的法向量可分别取 $\mathbf n_1=(0,2\sqrt{10},-4)$，$\mathbf n_2=(2\sqrt{10},0,4)$. 有 $|\mathbf n_1\cdot\mathbf n_2|=16$，$|\mathbf n_1|^2=|\mathbf n_2|^2=56$. 若二面角为 $\varphi$，则 从而

\item 点 $N$ 为 $B_1C_1$ 的中点，故 平面 $A_1B_1C_1$ 的一个法向量为 设 $M=(x,y,0)$. 由 $MN\perp$ 平面 $A_1B_1C_1$，存在实数 $\lambda$ 使 比较 $z$ 坐标得 $\lambda=-\frac{\sqrt5}{4}$，于是 $x=\frac{\sqrt2}{4}$，$y=\frac{3\sqrt2}{2}$. 因此 故 $BM=\frac{\sqrt{10}}4$. \end{enumerate} \end{solution}

在平面直角坐标系 $xOy$ 中，点 $P(a,b)$（$a>b>0$）为动点，$F_{1}$，$F_{2}$ 分别为椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的左、右焦点. 已知 $\triangle F_1PF_2$ 为等腰三角形.

(1) 求椭圆的离心率 $e$； (2) 设直线 $PF_{2}$ 与椭圆相交于 $A$，$B$ 两点，$M$ 是直线 $PF_{2}$ 上的点，满足 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=-2$，求点 $M$ 的轨迹方程.

\begin{solution} 设椭圆焦距的一半为 $c$，则 $c^2=a^2-b^2$，$e=\frac ca$，$F_1=(-c,0)$，$F_2=(c,0)$. 由于 $P=(a,b)$，且 $b^2=a^2-c^2$，有 从而 $PF_1>PF_2$. 又 $F_1F_2=2c$.

\begin{enumerate} \item 三角形等腰时，若 $PF_1=F_1F_2$，则 其根为 $e=1$ 或 $e=-\frac{1}{2}$，均不满足 $0<e<1$. 因而只能有 $PF_2=F_1F_2$，即 由 $0<e<1$，得 $e=\frac{1}{2}$. 所以 $a=2c$，$b=\sqrt3c$.

\item 此时椭圆方程为 且直线 $PF_2$ 经过 $F_2=(c,0)$ 和 $P=(2c,\sqrt3c)$，故 将直线上的点参数化为 代入椭圆方程，交点参数 $t_1$，$t_2$ 满足 因此 $t_1+t_2=-\frac{2c}{5}$，$t_1t_2=-\frac{3c^2}{5}$. 设 $M=X(m)$. 直线方向向量为 $(1,\sqrt3)$，其模的平方为 $4$，所以 整理得 又 $m=\frac{y}{\sqrt3}$，且 $c=x-\frac{y}{\sqrt3}$. 代入并化简，得到 还需确定范围. 将上式与 $c=x-\frac{y}{\sqrt3}$ 联立，可得 由于 $c>0$，必有 $x>0$. 所以点 $M$ 的轨迹方程为 $18x^2-16\sqrt3xy-15=0$，$x>0$. \end{enumerate} \end{solution}