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2024 年高三上学期数学月考试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 设集合 ，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将集合 化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【 详 解 】 因 为 ， 所 以
.
故选：C.
2. 若 ，则复数 的共轭复数 的虚部是（
）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法，化简整理为标准型，结合共轭复数与虚部的
定义，可得答案.
【详解】
，则
，所以复数 的共轭复数 的虚部是 .
故选：B.
3. “ ”是“直线 与圆 相
切”的 （ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必
要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系求得 ，根据充分、必要条件的知
识确定正确答案.
【详解】圆 的圆心为 ，半径为
，
若 直 线 与 圆 相
切，
则有 ，解得 或 .
所以“ ”是“直线 与圆 相
切”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知向量 ， 满足 ， ，
，则 （ ）
A. 2 B. C. 4 D. 16
【答案】C【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律列式计算即得.
【详解】由 ，得 ，而
，
因此 ，所以 .
故选：C
5. 已知 ， 都是锐角， ，
，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，化切为弦得
，代入即可求解.
【详解】由题意 ，又
，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 .
故选：D
6. 有一袋子中装有大小、质地相同的白球k个，黑球
.甲、乙两人约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局
的负者先摸球.若第
一局中甲先摸球，记第 局甲获胜的概率为 ，则关于以下两
个命题判断正确的是（ ）
，且 ；
①若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则 不小于1992.
A. 都是真命题 B. 是真命题，
②
是假命题
①② ①
C. 是假命题， 是真命题 D. 都是假命
②
题
① ② ①②
【答案】A
【解析】
【分析】分别计算在第一局中：摸1次，摸3次， ，摸
次 甲 获 胜 概 率 ， 可 得
，从而求得 ，由于第 局甲获胜包括两种情况：第 局
甲赢且第 局甲后摸球和第 局甲输且第 局甲先摸
球，可得 ，利用数列求通项公式的构造
法，可得 是首项为 ，公比为 的等比
数列，求出 ，解不等式即可求解.
【详解】第一局：摸1次甲获胜概率为： ，摸3次甲获胜概率为： ，
摸5次甲获胜概率： ，摸7次甲获胜概率：
， ，
摸 次甲获胜概率： ，
所以
，
所以
，
第 局甲获胜包括两种情况：第 局甲赢且第 局甲后
摸球和第 局甲输且第 局甲先摸球，
则 ，故①正确；
由 ，设 ，解得 ，
所以 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数
列，
则 ，即
，
所以 ，即
，
即 ，即 ，即
，
则 ，即 ，解得
，
所以 不小于1992，所以②正确.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是在第一局中求出摸1次，摸3次，
，摸 次甲获胜概率，可得其概率是等比数列，从而得
到，利用数列求和和极限的知识进行求解.
7. 已知 ，函数 在 上没
有零点，则实数 的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分 、 讨论，根据 没有零点求出
的范围可得答案.
【详解】 时， ，
若 无解，则 或 ；
时， ，
若 无解，则 ，
则 .
故选：D．
8. 已知函数 在区间 上有且
仅有一个零点，当 最大时 在区间 上的
零点个数为（ ）
A. 466 B. 467 C. 932 D. 933
【答案】B【解析】
【分析】方法一：根据 的范围，确定 的范围，结合已知
条件以及函数的零点，得 且
，分别验证 、 、 确定
的范围，求出 的最大值，代入函数解析式即可求解；方法
二：利用换元的令 ，根据 的范围，确定 的范
围，由 ，得出 的范围，结合 图象性
质，以及已知条件，最终确定 的最大值，代入函数解析式即可求
解.
【详解】方法一：由题意，函数 ，可
得函数的周期为 ，
因为 ，可得 ，
又由函数 在区间 上有且仅有
一个零点，
且满足 ，且 ，可得，
即 ，且 ，
当 时， ，解得 ，所以
；
当 时， ，解得 ，所以
；
当 时， ，解得 ，此时解集
为空集，
综上可得，实数 的取值范围为 .
所以 ，得 ，
，则 ，解得，
令 ，则有 ，
解得 ，即 ，
因为 ，所以共有467个零点.
方法二：由题意，函数 ，可得函数的
周期为 ，
因为 ，可设 ，则
，
又函数 在区间 上有且仅有一
个零点，
可得 ，所以 ，则
由 图象性质，
可知 ，得 ，即 .
或者 ，得 ，即 .所以 最大为 ，得 .
，则 ，解得
.
令 ，则有：
，
解得： ，即 ，
因为 ，所以共有467个零点.
故选：B
【点睛】思路点睛：对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有
个零点，需要确定含有 个零点的区间长度，一般和周期相关.
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 不共线，且 ，则
.
B. 若向量 ，且 与 的夹角为钝
角，则 的取值范围是
C. 已知 ，则 在 上的
投影的坐标为
D. 已知点 为 的垂心，则【答案】BD
【解析】
【分析】求得 三向量间的关系判断选项A；求得
的取值范围判断选项B；求得 在 上的投影的坐标判断选
项C；求得 三者间的关系
判断选项D.
【详解】选项A： 不共线，且 ，
则 ，则
即 .判断错误；
选项B：向量 ，且 与 的夹角为钝
角，
则 ，解之得 或 或
则 的取值范围是 .判断正确；
选项C： 在 上的投影向量为
，则 在 上的投影的坐标为 .判断错误；
选项D：点 为 的垂心，则 ,
则 ，
则 ，
由 可得
，
则 ，
即 ，
由 ，可得
，
则 ,
即 ，
故 .判断正确.
故选：BD
10. 如图，在三棱锥 中， 两两垂直，
为 上一点， ， 分别在直线
上， ，则：（ ）.A.
B.
C. 若平面 且 到 距离相等，则直线
与 的夹角正弦值为
D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】建系标点，设 ，根据向量垂直可得 .
对于A：根据向量垂直的坐标表示分析判断；对于B：利用坐标运算求模
长 即 可 ； 对 于 C ： 举 反 例 说 明 即 可 ； 对 于 D ： 分 析 可 知 当
时， 取到最小值，结合向量的坐标运
算求解.
【详解】如图，以 为坐标原点， 分别为
轴，建立空间直角坐标系，则 ，
可得 ，
设 ，则
，
因为 ，则 ，解得
.
对于选项A：因为 ，且 ，
可得 ，
则 ，所以 ，故A正确；
对于选项B：因为 ，所以
，故B错误；对于选项C：因为 ，
例如平面 过 的中点 ，且与平面
平行，
则 到平面 的均为距离 ，符合题意，此时
平面 的法向量 ，
可得 ，
此时直线 与 的夹角正弦值为 ，故C错误；
对于选项D：设
，
则 ，
，
若 取到最小值，则 ，
可得 ，解得 ，
则 ，
，所以 的最小值为 ，故D正确；
故选：AD.
11. 如图，函数 的部分图
象，则（ ）
A.
B. 将 图象向右平移 后得到函数 的图象
C. 在区间 上单调递增
D. 在区间 上的最大值与最小值之差的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出 ，再结合
正弦型函数图象与性质逐项分析判断.
【详解】对于A，观察图象， ， 的最小正周期，解得 ，
由 ，得 ，而 ，
则 ，
所以 ，A正确；
对于B，将 图象向右平移 后得到函数
，B错误；
对于C，当 时， ，而正弦函数
在 上单调递增，
因此 区间 上单调递增，C正确.
对于D，函数 的图象对称轴为 ，
当 与 关于直线 对称时，
的最大值与最小值的差最小，
此时 ， ，当 为偶数时，
，而 ，
当 为奇数时， ，而，最大值与最小值的差为1；
当 或
时，
函数 在 上单调，最大值与最小值的差最大，
，当 或 时均可取到
等号，
所以最大值与最小值之差 取值范围为 ，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：给定 的部分
图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定
，由图象上特殊点求 .
12. 如图，圆锥 的底面直径和母线长均为6，其轴截面为
， 为底面半圆弧 上一点，且 ，
， ，则（ ）A. 当 时，直线 与 所成角的余弦值为
B. 当 时，四面体 的体积为
C. 当 且 面 时，
D. 当 时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，算出各个线段长度，将异面直线通过转化化为同面直
线，根据余弦定理求解即可；对于 B，根据题意先计算出四面体
的体积，又因四面体 中一个底面积是原来的四分
之一，故可求解；对于C，法一：根据中位线定理，即可判断，法二：
构建空间坐标系，将各点表示出来，同时设平面 的一个法向量
为 ，根据向量运算法则 ，根据
可求解；对于D，法一：求出所需线段，根据余弦定理可
求出 ，代入求解即可，法二：解出 ，同时
，根据 ，则 ，即可
求解.
【详解】由题意可知 是边长为6的等边三角形，
， ， .
时， 为 的中点，取 得
， 为直线 与 所成角或其补
角，又根据余弦定理可得
，
再根据余弦定理可求得
,
所以 , ， .则
，
故A正确；
在 中， ， ，得
，
，且 ，则四面体 的体积为
.
， 为 的中点， 为 的中点，故
四面体 体积为四面体 体积的四分之一，得四面体
体积为 ，故B错误；
对于CD选项：
【法一】当 时，取 的中点 ，则 ，所以 面
过 作 交 于 ，所以 面
，
此时 为 的中点,又因 相较于点 ，
所以面 面 ，
得 面 ，所以 ，故C正确；
当 时， ，
在面 内过 作 交 于 ，
则 面 ， 面 ，
故此时得到的 ，
中， ，
由余弦定理得 ， ，
，
得 ，则 ，故D正确.
故选：ACD.
【法二】则以 为坐标原点，过点 与 垂直的直线为轴，分别以 、 所在直线为 轴和 轴建立
如图所示的空间直角坐标系，由题意得
， ， ，
， ，
，
得 ， ，
，
对于C， ，则 ，
，
设平面 的一个法向量为 ，则 ， ，可取 .
面 时，得 ，
解得 故C正确.
对于D， ，
由 得，
， .故D
正确.
故选：ACD.
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 已知函数 .若不等式
对任意 恒成立，则
的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先分析函数 的奇偶性和单调性，再将不等式转化为， 再 将 不 等 式 ， 转 化 为
，利用基本不等式求最值，即可求解.
【详解】因为 的定义域为 ，
，
所以 为奇函数.因为函数 在 上单调
递增，
函数 在 上单调递增，
所以 在 上单调递增.
因为 为R上的奇函数，所以 在 上单调递增，
因为 ，所以不等式
即为
，则 .
因为 ，所以 ，即
.
因为 ，当且仅当 ，即时，等号成立，
所以 ，即 的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断函数奇偶性和单调性，利用函
数的单调性，解抽象不等式.
14. 已知 ，且 ，则
_____________.
【答案】 或
【解析】
【分析】根据条件，利用换底公式得到 ，
从而得到 或 ，即可求解.
【详解】因为 ，整理得到
，
解得 或 ，所以 或 ，
故答案为： 或 .
15. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数
字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.
摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标
有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结
束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是
______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出标有数字的4只球排序情况，标有数字最大的球分为第3
次摸到和第4次摸到两种情形，结合古典概型即可得结果.【详解】标有数字的4只球排序共有 种情况.
要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：
①标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有
种情况.
②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次
被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有 种情况.故所求概率为
.
故答案为： .
16. 已知 ， 分别为双曲线 （ ，
）的左、右焦点，过 的直线 与双曲线的右支交于
、 两点（其中 在第一象限）， 的内切圆
半径为 ， 的内切圆半径为 ，若 ，则
直线 的斜率为_____.
【答案】
【解析】
【分析】作出示意图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴
相 切 于 ， 后 设 直 线 倾 斜 角 为 ， 由 几 何 知 识 可 得
，后由两圆外切相关条件可得答案.
【详解】设 的内切圆的圆心为 ， 的内切
圆的圆心为 ，记边 上的切点分别为 ，
由切线的性质可得： ，
由双曲线定义可得： ，即
，则
，又
.
则 ，又 ，则 ，
即 .
同理可得， 的内切圆也与轴相切于点 .
连接 ，则 与 轴垂直，设圆 与 相切于
点 ，连接 ，
过点 作 ，记垂足为 ，则
.
设直线倾斜角为 ，则 .
在四边形 中，注意到 ，又四边形内角和为 ，
则 ，在 中，
，
，
则 ，
则直线斜率，即 .
故答案为： .
【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴
相切于双曲线顶点处.
四、解答题（共70分）
17. 已知数列 ，其前 项和为 ，对任意正整数
恒成立，且 .
（1）证明：数列 为等比数列，并求实数 的值；
（2）若 ，数列 前 项和为 ，求证：
；
（3）当 时，设集合
， .集
合 中元素的个数记为 ，求数列 的通项公式.
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析 （3）【解析】
【分析】（1）根据 的关系，结合等比数列定义，即可证明结
论；进而结合已知求出实数 的值；
（2）结合（1）可求出 的表达式，进而可得 表达
式，继而推出只需证明 ，构造函数，利用导数判断函
数单调性，即可证明结论；
（3）由题意可知 中元素个数等价于满足
的不同解 的个数，利用反正思想推出
，从而推出不等式共 个不同解 ，即可得答
案.
【小问1详解】
由题意得 ，
两式相减可得 ，
令 可得 ，即 .
令 可得 ，即 ，所以
又 .
数列 为首项为4，公比为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知 ，所以 .，
要证 成立，
只需证 ，即
令 ，
当 时， 单调递增,
故 ，
；
【小问3详解】
时，集合 ，
即 ，
中元素个数等价于满足 的不同解
的个数，
如果 ，则 ，矛盾；
如果 ，则 ，矛盾
，
又 ，
，
即 ，共 个不同解 ，所以.
【点睛】难点点睛：本题为数列的综合应用问题，解答的难点在于第二
问，要注意列用类加的方法得出 ，从而要证
成立，只需证 ，即
，从而构造函数，结合导数解决问题.
18. 如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形，
， ， ，
为等边三角形且垂直于底面 .
（1）求证： ；
（2）求平面 与平面 夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：先证 ，再由线面垂直的判定
定理证明 面 ，即可得证；法二：建系，由空间向量
的坐标运算代入计算，即可证明；
（2）法一：建系，由面面角的向量求法，代入计算，即可得到结果；法二：由面面角的定义，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
法一：证明：如图所示，取 中点 ， 为等边三角
形， ，
又 面 垂直于底面 ，交线为 ，
得 面 ，
又 面 .
底面 为直角梯形， ， ，
， ， ，
所以 ， ，
，
所以 ，得 ，
又 ，得 面 ， 面
，所以 .
法二：取 中点 ，为等边三角形且垂直于底面，交线为
，
则 ，得 面 ，
又因为 ， ， ，
可设 ，
则以 为坐标原点，过点 与 平行的直线为 轴，分
别以 、 所在直线为 轴和 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得 ， ， ，
得 ， ，
所以 ，
得 .
【小问2详解】
法一：由（1）知 面 ，
不妨设 ，则 ，
以 为坐标原点，过点 与 平行的直线为 轴，分别
以 、 所在直线为 轴和 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
得 ， ， ，， ， ；
设平面 的一个法向量为 ，
则 ， ，
可取 ；
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
可取 .
设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
法二：不妨设 ，
为等边三角形且垂直于底面 ，交线为 ，
底面 为直角梯形， ， ，
所以 面 ，又 ，得 面 ，
面 ，得面 面 ，交线为 ，
取 的中点 ，则 ，
等边 边长为2，则 ，
，则 面 ，
则 点到面 的距离等于 点到面 的距离为
，
因为 面 ， 面 ， ，
均为直角三角形， ，
得 ， ， .
作 ，可得 ，
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 .
19. 已知 ，数列 前 项和为 ，且满足
；数列 满足 ， ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）是否存在实数 ，使得数列 是等差数列？如果存
在，求出实数 的值；如果不存在，请说明理由；
（3）求使得不等式 成立的 的最大值．
【答案】（1）（2）存在，
（3）4
【解析】
【分析】（1）根据 作差得到 ，结合等
比数列的定义计算可得；
（2）假设存在实数 ，使得数列 是等差数列，根据等
差数列的定义作差得到 ，即可求出
；
（3）结合（2）可得 的通项公式，即可得到 ，令
，利用作差法说明单调性，即可求出 的最大值.
【小问1详解】
因为 ， ，
- 得 ① ， ② ，而 ，
② ① ， ∴
∴
成首项为 ，公比为 的等比数列， ．
∴ ∴
【小问2详解】
假设存在实数 ，使得数列 是等差数列，
∴为常数，
，解得 ，
∴
存在 使 成等差数列，且公差为 ．
【小问3详解】
∴
由（2）知 ，
， 不 等 式 ， 即
∴ ∴
，
令 ，则 ，
在 上 单 调 递 减 ， 注 意 到 ，
∴
，
时， ， ．
∴ ∴
20. 已知函数 ．
（1）当 时，判断 在 上的单调性，并
说明理由；
（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围；
（3）设 ，在 的图象上有一点列，直线 的斜率为
，求证： ．
【答案】（1） 在 上单调递减，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用多次求导的方法来判断出 在
上的单调性.
（2）利用多次求导的方法，结合 恒成立，列不等式来求得
的取值范围.
（3）根据（2）的结论，得到 ，求得 的不等关系
式，然后根据分组求和法以及等比数列的前 项和公式证得不等式成
立.
【小问1详解】
上单调递减，理由如下：
当 时， ，
，，
所以函数 在 上单调递减，
当 时， ，所以 ，
所以 ，所以 在 上单
调递减.
【小问2详解】
当 时， 恒成立①，
当 时， ②，
，设 ，
时 ，
，设 ，
当 时， ，
，
要使①恒成立，由于②，则需 恒成立，
所以 恒成立，所以 ， .
此时 ，
在 上单调递增，
，
在 上单调递增，
，在 上单调递增，
使得 恒成立.
综上所述， 的取值范围是 .
【小问3详解】
由（2）可知，当 ， 时，
恒成立，
即 时， 恒成立，
下证： ，
时，
，
由上述分析可知， ，即
，则 ，
所以，
，即得证.
【点睛】思路点睛：
用导数分析单调性：首先对函数进行多次求导，通过分析导数符号来判
断函数在不同区间的单调性，这一步为后续的不等式恒成立条件的推导
奠定了基础.
结合不等式求参数范围：通过设定不等式恒成立，结合函数的单调性，
逐步推导出参数 的取值范围.
利用等比数列和斜率关系进行证明：在小问3中，通过对等比数列的求
和以及利用斜率条件，成功证明了所需的不等式.
21. 在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产
口罩､防护服､消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际
社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量
管理，不定时抽查口罩质量､该厂质检人员从某日生产的口罩中随机抽取
了100个，将其质量指标值分成以下五组：
，得到如下
频率分布直方图.规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，
其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值不低于130的为一级
口罩.（1）求该厂商生产口罩质量指标值的平均数和第60百分位数；
（2）现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，再从中抽
取3个，记其中一级口罩个数为 ，求 的分布列及方差；
（3）在2024年“五一”劳动节前，甲､乙两人计划同时在该型号口罩的某
网络购物平台上分别参加 两店各一个订单“秒杀”抢购，其中每
个订单由 个该型号口罩构成.假定甲､乙两人在
两店订单“秒杀”成功的概率分别为 ，记甲､乙两
人抢购成功的口罩总数量为 ，求当 的数学期望
取最大值时正整数 的值.
【答案】（1）平均数为123，第60百分位数为125；
（2）分布列见解析，方差为
（3）6
【解析】
【分析】（1）利用中间值作代表求出平均数；判断出第 60百分位数落
在 内，设其为 ，列出方程，求出答案；
（2）求出一级口罩与二级口罩的个数比，从而得到抽取8个口罩中，一
级口罩有2个，二级口罩有6个， 的可能取值为0,1,2，并得到相应
的概率，得到分布列和方差；
（3） 的可能取值为 ，并求出相应的概率，得到，换元后，求导，得到其单调性，从而确定当
时， 取最大值.
【小问1详解】
该厂商生产口罩质量指标值的平均数为
；
，
故第60百分位数落在 内，设其为 ，
则 ，
解得 ，故第60百分位数为125；
【小问2详解】
一级口罩与二级口罩的个数比为 ，
现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，
则一级口罩有 个，二级口罩有 个，
再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为 ， 的可能取值为
0,1,2，
， ，
，
故 的分布列如下：
0 1 2数学期望为 ，
方差为
【小问3详解】
的可能取值为 ，
，
，
，
故
，令 ，设 ，则
，
因为 ，
当 时， ，当 时，
，
在 上单调递增，在 上单调递减，
当 ，即 时， 取最大值.
【点睛】关键点点睛：表达出 ，用换元思想，
进而求导，求解最值.
22. 已知椭圆 的离心率为 ， ，
分别为椭圆的左顶点和上顶点， 为左焦点，且 的
面积为 ．（1）求椭圆 的标准方程：
（2）设椭圆 的右顶点为 、 是椭圆 上不与顶点
重合的动点．
（i）若点 ，点 在椭圆 上且位于 轴下方，
直线 交 轴于点 ，设 和 的面积
分别为 ， 若 ，求点 的坐标：
（ii）若直线 与直线 交于点 ，直线 交
轴于点 ，求证： 为定值，并求出此定值（其中
、 分别为直线 和直线 的斜率）．
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）依题意可得 ，解得 、 、
，即可得解；
（2）（i）连接 ，由面积公式推导出
，从而得到 ，即可求出
的方程，联立直线与椭圆方程，求出 点坐标；
（ ii ） 设 直 线 的 斜 率 为 ， 的 方 程 为，再求出直线 的方程，联立求出 、
点坐标，从而求出 的方程，即可求出 点坐标，再由斜率公
式计算可得.
【小问1详解】
由题意得 ，又 ，解得
，
椭圆 的标准方程为
【小问2详解】
（i）由（1）可得 ，
连接 ，因为 ， ，
所以 ，
，
，所以 ，
所以直线 的方程为 ，联立 ，
解得 或 （舍去），.
（ii）设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为：
，
又 ， ，直线 的方程为
，
由 ，解得 ，
所以 ，
由 ，得 ，
由 ，
则 ，所以 ，则 ，
，
依题意 、 不重合，所以 ，即 ，
所以 ，
直线 的方程为 ，
令 即 ，解得
，
，
，
为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基
本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 、 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二
次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
