文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）
黄金卷06
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要
求的。
1．已知集合M={y∣y=sinx,x∈R}，N={y∣y=2x,x∈R}，则M∩N=（ ）
A．[−1,+∞) B．[−1,0) C．[0,1] D．(0,1]
【答案】D
【分析】求出y=sinx与y=2x的值域，得到M=[−1,1]与N=(0,+∞)，进而求出M∩N.
【详解】y=sinx∈[−1,1]，所以M=[−1,1]，y=2x ∈(0,+∞)，所以N=(0,+∞)，故M∩N= (0,1]
故选：D
2．设复数z满足i(z+i)∈R，则z的实部为（ ）
A．0 B．1 C．-1 D．i
【答案】A
【分析】设出复数z=a+bi，(a,b∈R)，通过计算得到结果.
【详解】设z=a+bi,a,b∈R，则i(z+i)=i(a+bi+i)=ai−b−1∈R，所以a=0，故z的实部为0.
故选：A
π 1 3π
3．已知α为锐角，且cos(α+ )=− ，则cos(α+ )=（ ）
4 2 4
1 1 √3 √3
A．− B． C．− D．
2 2 2 2
【答案】C
π
【分析】先由平方关系计算出sin(α+ )，再由诱导公式得出答案.
4
π π 3π π √ π √3
【详解】由α为锐角得 <α+ < ，所以sin(α+ )= 1−cos2 (α+ )= ，
4 4 4 4 4 2
3π π π π √3
cos(α+ )=cos(α+ + )=−sin(α+ )=− .
4 4 2 4 2
故选：C.1 1 1
4．夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为 和 ，且两地同时下雨的概率为 ，则夏季的一天里，在
3 4 6
乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为（ ）
1 1 2 3
A． B． C． D．
12 2 3 4
【答案】C
【分析】记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，根据条件概率的公式计算即可得出结果.
【详解】记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，
1 1 1
∴ P(A)= ,P(B)= ,P(AB)= .
3 4 6
1
P(AB) 6 2
在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为P(A|B)= = = .
P(B) 1 3
4
故选：C
5．已知圆锥SO的底面半径为1，若其底面上存在两点A,B，使得∠ASB=90∘，则该圆锥侧面积的最大
值为（ ）
A．√2π B．2π C．2√2π D．4π
【答案】A
【分析】根据OA+OB≥AB可确定l≤√2，由圆锥侧面积公式可求得最大值.
【详解】设圆锥的母线长为l，
∵∠ASB=90∘，∴AB=√2l，又OA+OB≥AB（当且仅当AB为底面圆直径时取等号），
∴AB≤2，即l≤√2，
∴圆锥侧面积S=π×1×l=πl≤√2π，即所求最大值为√2π.
故选：A.
6．云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的
“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从
最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列 ，则 的值为（ ）
{a } log (a a )
n 2 3 5
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【分析】推导出 是以2为公比的等比数列，且 a (1−27 ) ，解得 ，由此能求出
{a } S = 1 =1016 a =8
n 7 1−2 1log (a ·a )的值．
2 3 5
【详解】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{a }，
n
则{a }是以2为公比的等比数列，
n
a (1−27 ) ， ，解得 ，
∴S = 1 =1016 127a =1016 a =8
7 1−2 1 1
所以 ，
a =8×2n−1
n
．
∴log (a ·a )=log (8×22×8×24 )=12
2 3 5 2
故选：C．
m n 8
7．已知m，n，s，t为正数，m+n=4， + =9，其中m，n是常数，且s＋t的最小值是 ，点M(m,n)
s t 9
x2 y2
是曲线 − =1的一条弦AB的中点，则弦AB所在直线方程为（ ）
8 2
A．x－4y＋6=0 B．4x－y－6=0
C．4x＋y－10=0 D．x+4 y−10=0
【答案】A
m n
【分析】由已知 + =9求出s+t取得最小值时m,n满足的条件，再结合m+n=4求出m,n，再用点差法
s t
求出直线的斜率，从而得直线方程．
1 m n 1 ns mt 1 8
【详解】∵s+t= (s+t)( + )= (m+ + +n)≥ (m+n+2√mn)= ，
9 s t 9 t s 9 9
ns mt
当且仅当 = ，即√ns=√mt取等号，
t s
∴m+n+2√mn=8，又m+n=4，又m,n为正数，
m=2
∴可解得{ ．
n=2
x2 y2
1− 1=1
设弦两端点分别为 ，则 8 2 ，
(x ,y ),(x ,y ) {
1 1 2 2 x2 y2
2− 2=1
8 2
(x +x )(x −x ) (y + y )(y −y )
两式相减得 1 2 1 2 − 1 2 1 2 =0，
8 2
∵x +x =4,y + y =4，
1 2 1 2∴ y −y 2(x +x ) 1．
k= 1 2= 1 2 =
x −x 8(y + y ) 4
1 2 1 2
1
∴直线方程为y−2= (x−2)，即x−4 y+6=0．
4
故选：A．
8．设函数 的导函数是 ，且 恒成立，则（ ）
f (x) f'(x) f (x)⋅f'(x)>x
A．f(1)f(−1) C．|f(1)|<|f(−1)| D．|f(1)|>|f(−1)|
【答案】D
1
【分析】构造函数g(x)= [f2(x)−x2]，利用导函数研究其单调性，求出结果.
2
1 1
【详解】设g(x)= [f2(x)−x2]，则g'(x)= [2f (x)f'(x)−2x]=f (x)f'(x)−x>0恒成立，所以
2 2
1 1 1
g(x)= [f2(x)−x2]单调递增，故g(1)>g(−1)，即 [f2(1)−1]> [f2(−1)−1]，解得：f2(1)>f2(−1)，
2 2 2
即|f(1)|>|f(−1)|.
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知函数 ( π) 与函数 的图象的对称轴相同，则（ ）
f(x)=sin ωx+ (ω>0) g(x)=cos(2x+θ)
6
A．ω的值可以为4
2π
B．θ的值可以为
3
C．函数 的单调递增区间为[ π π ]
f(x) − +kπ, +kπ ,k∈Z
3 6
D．函数f(x)的所有零点的集合为¿
【答案】BC
【分析】根据正余弦函数图像的性质即可逐项求解.
【详解】由于两函数的对称轴相同，而两相邻对称轴之间的距离等于周期的一半，
2π 2π
∴两函数的周期也相同，因此 = ，解得ω=2，A错误；
ω 2所以 ( π)，
f (x)=sin 2x+
6
当 2π时， ( 2π) ( π π) ( π)，
θ= g(x)=cos 2x+ =cos 2x+ + =−sin 2x+
3 3 6 2 6
此时f (x)与g(x)的图象关于x轴对称，则它们的对称轴相同，B正确；
在 π [ π π] 时递增，解得 的单调递增区间为
f (x) 2x+ ∈ 2kπ− ,2kπ+ ,k∈Z f (x)
6 2 2
[ π π] ，C正确；
kπ− ,kπ+ ,k∈Z
3 6
π
f (x)的所有零点满足2x+ =kπ,k∈Z，解得所有零点的集合为：¿，故D错误.
6
故选：BC.
10．作为平面直角坐标系的发明者，法国数学家笛卡尔也研究了不少优美的曲线，如笛卡尔叶形线，其在
平面直角坐标系xOy下的一般方程为x3+ y3−3axy=0.某同学对a=1情形下的笛卡尔叶形线的性质进行了
探究，得到了下列结论，其中正确的是( )
A．曲线不经过第三象限
B．曲线关于直线y=x对称
C．曲线与直线x+ y=−1有公共点
D．曲线与直线x+ y=−1没有公共点
【答案】ABD
【分析】A：当x,y<0时，判断x3+ y3−3xy=0是否可能成立即可；
B：将点(y，x)代入方程，判断与原方程是否相同即可；
C、D：联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解即可.
【详解】当x,y<0时，x3+ y3−3xy<0，故第三象限内的点不可能在曲线上，A选项正确；
将点(y,x)代入曲线有程得x3+ y3−3xy=0，故曲线关于直线y=x对称，B选项正确；
联立 其中 ，
¿ x3+ y3−3xy=(x+ y)(x2+ y2−xy)−3xy=0
将 代入得 ，即 ，则方程组无解，故曲线与直线 无公共点，C选项
x+ y=−1 −(x+ y) 2=0 x+ y=0 x+ y=−1
错误，D选项正确.故选：ABD.
11．在长方体ABCD−A B C D 中，AB=2，A A =3，AD=4，则下列命题为真命题的是（ ）
1 1 1 1 1
5
A．若直线AC 与直线CD所成的角为φ，则tanφ=
1 2
B．若经过点A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，且l与面BCC B 交于点M，则AM=√29
1 1
√3
C．若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则sinθ=
3
√6
D．若经过点A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，则sinμ=
3
【答案】ACD
【分析】A根据长方体的性质找到直线AC 与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根
1
据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求 ，
cos<⃗A A ,⃗AM> = cos<⃗AB,⃗AM> = cos<⃗AD,⃗AM>
1
即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以4为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、
平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.
【详解】A：如下图，直线AC 与直线CD所成角，即为直线AC 与直线AB所成角∠BAC ，则
1 1 1
BC 5
tanφ=tan∠BAC = 1= ，正确；
1 AB 2
B：构建如下图示的坐标系，过A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，与面BCC B 交于M(x,2,z)且
1 1
，又 ，则 z
x,z>0 ⃗A A =(0,0,3),⃗AB=(0,2,0),⃗AD=(4,0,0) cos<⃗A A ,⃗AM>= =
1 1 √x2+4+z2
cos<⃗AB,⃗AM>=
2
= cos<⃗AD,⃗AM>=
x ，故
x=z=2
，则
AM=2√3
，错误.
√x2+4+z2 √x2+4+z2C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以4为棱长的正方体的体对角线
√3
AM，故sinθ= ，正确；
3
D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需面β与以4为棱长的正方体中相邻的
三条棱顶点所在平面平行，如面 ，故 S √3，则 √6，正确.
EDF cosμ= △EDF = sinμ=
S 3 3
△ADE
故选：ACD【点睛】关键点点睛：根据长方体或将其补全为正方体，结合各选项线线角、线面角相等判断直线或平面
的位置，进而求对应角的函数值.
12．已知 是直角三角形， 是直角，内角 、 、 所对的边分别为 、 、
△A B C (n=1,2,3,⋯) A A B C a b
n n n n n n n n n
，面积为 ，若 ， ，
a2 +c2
，
a2 +b2
，则（ ）
c S b =4 c =3 b2 = n+1 n c2 = n+1 n
n n 1 1 n+1 3 n+1 3
A． 是递增数列 B． 是递减数列
{S } {S }
2n 2n−1
C． 存在最大项 D． 存在最小项
{b −c } {b −c }
n n n n
【答案】ACD
【分析】由题意推出 ，从而说明 ，利用三角形面积公式推出 252 S 2 ，构造数列
a 2=a 2 a =a S 2= + n
n+1 n n+1 n n+1 18 9
从而求得 252 49 1 n−1，由此可判断A,B由 c2−b2结合 可求得 、 ，对
S 2= − ( ) b2 −c2 = n n b2+c2=25 b c
n 16 16 9 n+1 n+1 3 n n n n
数列 中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列 的最大
{b −c } {b −c }
n n n n
项和最小项，可判断CD.
【详解】由题意知： ，
a 2=b 2+c 2
n n n
故 2a2 +c2+b2 2a2 +a 2 ，即 ，即 ，
a 2=b2 +c2 = n+1 n n= n+1 n a 2=a 2 a =a
n+1 n+1 n+1 3 3 n+1 n n+1 n
所以 ，则 ，
a =a =a =⋯=a =a =5 a 2=b 2+c 2=25
n+1 n n−1 2 1 n n n
故
a2 +c2 25+c2
，
a2 +b2 25+b2
，
b2 = n+1 n= n c2 = n+1 n= n
n+1 3 3 n+1 3 3
由 1 得： 25+c2 25+b2 252+25(c2+b2 )+c2b2 ，
S = b c (2S ) 2= n ⋅ n= n n n n
n+1` 2 n+1 n+1 n+1 3 3 9即 252+252+(2S ) 2 ，所以 252 S 2 ，
(2S ) 2= n S 2= + n
n+1 9 n+1 18 9
252 1 252 252 1 252 49
则S 2− = (S 2− )，而S 2− = ×42×32− =− ，
n+1 16 9 n 16 1 16 4 16 16
故
S 2−
252
=−
49(1) n−1 ，则
S 2=
252
−
49(1) n−1，
n 16 16 9 n 16 16 9
所以
S 2=
252
−
49(1) 2n−1，由于(1) 2n−1 随
n
的增大而减小，
2n 16 16 9 9
故
S 2=
252
−
49(1) 2n−1是随
n
的增大而增大，
2n 16 16 9
由题意知 ，故 是递增数列，故A正确；
S >0 {S }
2n 2n
同理
S 2=
252
−
49(1) 2n−2随
n
的增大而增大，
{S }
是递增数列，B错误；
2n−1 16 16 9 2n−1
又
c2−b2
1 ，由于 ， ，且 ，
b2 −c2 = n n=− (b2−c2) b 2+c 2=25 b 2+c 2=25 b2−c2=7
n+1 n+1 3 3 n n n+1 n+1 n n 1 1
所以， {b2−c2} 是首项为 7 ，公比为 − 1的等比数列，故 b2−c2=7⋅ ( − 1) n−1，
n n 3 n n 3
所以，¿，
因为 b >0 ， c >0 ，故 b = √25 + 7 ⋅ ( − 1) n−1， c = √25 − 7 ⋅ ( − 1) n−1，
n n n 2 2 3 n 2 2 3
所以， √25 7( 1) n−1 √25 7( 1) n−1，
b −c = + − − − −
n n 2 2 3 2 2 3
所以，
b −c =
√25
+
7
⋅
(1) k−1
−
√25
−
7
⋅
(1) k−1
>0
，其中
k∈N∗
，
2k−1 2k−1 2 2 9 2 2 9
b −c =
√25
−
7
⋅
(1) 2k−1
−
√25
+
7
⋅
(1) 2k−1
<0
，其中
k∈N∗
，
2k 2k 2 2 3 2 2 3因为数列{25
+
7
⋅
(1) k−1}
(k∈N∗)
随着
k
的增大而减小，数列{25
−
7
⋅
(1) k−1}
(k∈N∗)
随着
k
的增大
2 2 9 2 2 9
而增大，
故数列 随着 的增大而减小，故 为数列 中所有正项中最大的，
{b −c }(k∈N∗) k b −c {b −c }
2k−1 2k−1 1 1 n n
同理可知数列 随着 的增大而增大，故 为数列 中所有负项中最小的，
{b −c }(k∈N∗) k b −c {b −c }
2k 2k 2 2 n n
综上所述，数列 的最大项为 ，最小项为 ，CD均对.
{b −c } b −c b −c
n n 1 1 2 2
故选：ACD.
【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解
答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设函数f(x)=¿若f (a)=0，则a= .
【答案】1
【分析】令f (x)=0求出a值，再根据分段函数定义域判断即可.
【详解】由题，当 时， 无解,
a≤0 f (a)=a2+1=0
当a>0时，f (a)=lga=0，解得a=1，成立.
故答案为：1
14．已知( 2) n的展开式中第3项为常数项，则这个展开式中各项系数的绝对值之和为 ．
√x−
x
（用数字作答）
【答案】729
【分析】根据第三项为常数可知该项 得指数为0，解得 ，( 2) 6的展开式中各项系数的绝对值之和
x n √x−
x
与( 2) 6的展开式中各项系数之和相等故可得答案.
√x+
x【详解】解：由题意得：
∵ T =C2 (√x) n−2( − 2) 2 =4C2x n− 2 6
3 n x n
n−6
∴ =0，n=6
2
又 ( 2) 6的展开式中各项系数的绝对值之和与( 2) 6的展开式中各项系数之和相等
∵ √x− √x+
x x
当取 ，得( 2) 6的展开式中各项系数之和为 ．
∴ x=1 √x+ 36=729
x
故答案为：729
15．已知定义在 上的奇函数 满足 ，当 时， ，若
R f(x) f(1−x)+f(1+x)=2 x∈[0，1] f(x)=2x−x2
f(x)≥x+b对一切x∈R恒成立，则实数b的最大值为 .
1
【答案】− /−0.25
4
【分析】根据题设条件画出函数的图象，结合图象可求实数b的最大值.
【详解】因为f(1+x)+f(1−x)=2，故f(x)的图象关于(1,1)中心对称
当 时， ，
x∈[−1,0] f(x)=−f(−x)=x2+2x
故f(x)的图象如图所示：
结合图象可得：只需当 时， 即可，
x∈[−1,0] f(x)=x2+2x≥x+b1 2 1 1
即b≤(x+ ) − ，故b≤− ，
2 4 4
1
故答案为：− .
4
x2 y2
16．已知F ,F 分别为双曲线 − =1的左､右焦点，过F 的直线与双曲线的右支交于A,B两点（其中
1 2 2 6 2
点A位于第一象限），圆C与△AF F 内切，半径为r，则r的取值范围是 ．
1 2
【答案】(√6 )
,√6
3
【分析】设圆C与△AF F 分别切于M,N,E，利用圆的切线性质和双曲线定义可求得E(a,0)，同时知
1 2
1
r=√2⋅
CF 为∠AF F 的角平分线，设直线AB的倾斜角为θ，可求得 θ ，结合双曲线渐近线的倾
2 2 1 tan
2
斜角可确定θ的范围，由此可确定r的范围.
【详解】由双曲线方程知：实半轴长a=√2，虚半轴长b=√6，F (c,0)且c=2√2，
2
设圆C与△AF F 分别切于M,N,E，如下图所示：
1 2
由圆的切线性质知：|AN|=|AM|，|F N|=|F E|，|F M|=|F E|
1 1 2 2
由双曲线定义知：|AF |−|AF |=2a=|F N|−|F M|，即|F E|−|F E|=2a，
1 2 1 2 1 2
设E(x ,0)，则x +c−(c−x )=2a，解得：x =a，
0 0 0 0
由切线性质可知：C与E横坐标都为a，
由三角形内切圆的性质知：CF 为∠AF F 的角平分线，
2 2 1
π−θ
设直线AB的倾斜角为θ，则∠CF E= ，
2 2
，
∵|EF |=c−a=√2
2π−θ 1
∴r=|CE|=|EF |⋅tan∠CF E=(c−a)tan( )=√2⋅
2 2 2 θ ，
tan
2
x2 y2 π 2π
∵双曲线 − =1渐近线为：y=±√3x，∴其倾斜角分别为 和 ，
2 6 3 3
π 2π
又直线AB与双曲线的右支交于A,B两点，∴直线AB的倾斜角θ范围为( , )，
3 3
1 √6
θ π π θ √3 ∴r=|CE|=√2⋅ ∈( ,√6)
则 ∈( , )，∴tan ∈( ,√3)， θ 3 .
2 6 3 2 3 tan
2
√6
故答案为：( ,√6).
3
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的参数范围的求解问题，解题关键是能够将所求的r表示为关
于直线AB倾斜角θ的函数的形式，根据θ的范围，结合正切函数值域的求解方法可求得范围.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
1
17． ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ABC的面积为( a2−b2 )sinC.
2
△ △
(1)证明：sin A=2sinB；
3
(2)若acosC= b，求cosA.
2
【答案】(1)证明见解析；
√2
(2)− .
4
1 1
【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得 ab= a2−b2，再由正弦定理的边角关系即可
2 2
证结论.
3 √2 √3 √7
（2）由（1）及题设可得cosC= ∈( , )，进而求得sinC= ，应用余弦定理及正弦定理边角关
4 2 2 4
系求sinB，即可求cosB，注意根据B的范围判断符号，最后利用cosA=−cos(B+C)及和角余弦公式求
值即可.
1 1
【详解】（1）由题设， absinC=( a2−b2 )sinC，又sinC≠0，
2 2
1 1
所以 ab= a2−b2，由正弦定理可得sinAsinB=sin2A−2sin2B，
2 2所以 ，又 ，
sinB(sin A+sinB)=sin2A−sin2B=(sin A+sinB)(sin A−sinB) sinA+sinB≠0
所以sinB=sinA−sinB，即sinA=2sinB.
3
（2）由（1）及题设，sin AcosC=2sinBcosC= sinB，且sinB>0，
2
3 √2 √3 π π √7
所以cosC= ∈( , )，则 0)元.
(1)①写出X的分布列；
1
②证明：E(X)< ；
p
(2)某公司意向投资该产品.若p=0.25，且试验成功则获利5a元，则该公司如何决策投资，并说明理由.
【答案】(1)①答案见解析；②证明见解析
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意， ， ，
X=1,2,3,...,10 P(X=k)=p(1−p) k−1,k=1,2,⋯,9,P(X=10)=(1−p) 9
列出分布列即可；
列出 ，乘公比错位相减法求和 ，分析可证明
E(X) S=(1−p) 0+2(1−p) 1+3(1−p) 2+⋯+9(1−p) 8
1
E(X)< ；
p
1
（2）由（1）E(X)< =4，分析即得解
p
【详解】（1）①由题意，X=1,2,3,...,10
故
P(X=k)=p(1−p) k−1,k=1,2,⋯,9,P(X=10)=(1−p) 9
分布列如下：
X 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
P p p(1−p) p(1−p) 2 p(1−p) 3 p(1−p) 4 p(1−p) 5 p(1−p) 6 p(1−p) 7 p(1−p) 8 (1−p) 9
② ，
E(X)=p(1−p) 0+2p(1−p) 1+3p(1−p) 2+⋯+9p(1−p) 8+10(1−p) 9
记 ，
S=(1−p) 0+2(1−p) 1+3(1−p) 2+⋯+9(1−p) 8，
(1−p)S=(1−p) 1+2(1−p) 2+3(1−p) 3+⋯+9(1−p) 9
1−(1−p) 9
作差可得，pS=(1−p) 0+(1−p) 1+(1−p) 2+⋯+(1−p) 8−9(1−p) 9= −9(1−p) 9，
p
1−(1−p) 9 1−(1−p) 10 1
则E(X)=pS+10(1−p) 9= +(1−p) 9= < ，即证.
p p p
1
（2）由（1）可知E(X)< =4，则试验成本的期望小于4a，又获利5a大于成本的期望，则应该投资.
p
21．椭圆 x2 y2 的离心率为1，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、
E: + =1(a>b>0)
a2 b2 2
右顶点的动点，△OAB面积的最大值为√3．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线l:x=t交x轴于点P，其中t>a，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点
M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
(2)6
1 √3 1
【分析】（1）由离心率为 可得b= a，又△OAB面积的最大值为 ab=√3，联立方程求解即可得答
2 2 2
案；
（2）设直线BC方程为x=my+t，与椭圆方程联立，由韦达定理可得
y + y =−
6mt
, y y =
3t2−12，又
y =
y
1
(t−2)，
y =
y
2
(t−2)，当O、A、M、N四点共圆，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 M x −2 N x −2
1 2
由相交弦定理可得 ，即 ，根据韦达定理化简可得
|PA|⋅|PO|=|PM|⋅|PN| t(t−2)=|y y |
M N
y y = y 1 y 2 (t−2) 2 = 3 (t+2)(t−2) ，从而即可求解.
M N (x −2)(x −2) 4
1 2
【详解】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则c 1，即c2 b2 1，得 √3 ，
= =1− = b= a
a 2 a2 a2 4 21 1
设B(x ,y ) , S = a|y |，由|y |≤b，所以S 的最大值为 ab，
1 1 △OAB 2 1 1 △OAB 2
√3 1 √3
将b= a代入 ab=√3，有 a2=√3，解得a=2,b=√3，
2 2 4
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1；
4 3
（2）解：设 ，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
C(x ,y )
2 2
设直线BC方程为 ，与椭圆方程联立得 ，
x=my+t (3m2+4)y2+6mty+3t2−12=0
，可得 ，
Δ=36m2t2−12(3m2+4)(t2−4)>0 t2<3m2+4
由韦达定理可得 6mt 3t2−12，
y + y =− , y y =
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
直线BA的方程为 y ，令 得点M纵坐标 y (t−2)，
y= 1 (x−2) x=t y = 1
x −2 M x −2
1 1
同理可得点N纵坐标 y (t−2)，
y = 2
N x −2
2
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得 ，即 ，
|PA||PO|=|PM|⋅|PN| t(t−2)=|y y |
M N
y y (t−2) 2 y y (t−2) 2 y y (t−2) 2
y y = 1 2 = 1 2 = 1 2
M N (x −2)(x −2) (m y +t−2)(m y +t−2) m2y y +m(t−2)(y + y )+(t−2) 2
1 2 1 2 1 2 1 2
=
3(t2−4)(t−2) 2
=
3(t+2)(t−2) 2
3m2(t2−4)−6m2t(t−2)+(3m2+4)(t−2) 2 3m2 (t+2)−6m2t+(3m2+4)(t−2)
3(t+2)(t−2) 2 3 ，
= = (t+2)(t−2)
4(t−2) 4
3
由t>2，故t(t−2)= (t+2)(t−2)，解得t=6．
4
a+1
22．已知函数f(x)=lnx− ，g(x)=a(x−2)e1−x−1，其中a∈R.
x
(1)讨论f(x)的单调性；5
(2)当00 f(x) (0,+∞)
②当 时，令 ，得 ，
a<−1 f' (x)=0 x=−a−1
当 时， ，所以 在 单调递减；
x∈(0,−a−1) f' (x)<0 f(x) (0,−a−1)
当 时， ，所以 在 单调递增；
x∈(−a−1,+∞) f' (x)>0 f(x) (−a−1,+∞)
综上，当a≥−1时，f(x)在(0,+∞)单调递增；
当a<−1时，f(x)在(0,−a−1)单调递减，在(−a−1,+∞)单调递增.
（2）设 ，则 x+a+1 a(x−3)，
ℎ(x)=f(x)−g(x) ℎ ' (x)=f' (x)+a(x−3)e1−x= +
x2 ex−1
①当 时， 恒成立，所以 在 单调递增，
x≥3
ℎ
' (x)>0 ℎ(x) [3,+∞)
5 a+1 a a a
又因为0ln3− >1− >0，
3 3 e2 e2 e2
所以ℎ(x)>0，ℎ(x)在[3,+∞)不存在零点；
②当 时，设 ，则 ，
00 φ(x) (1,3)
1 1
所以φ(x)≥φ(1)=0，即ex−1≥x，因为x>0，所以 ≤ ，
ex−1 x5 a(x−3) a(x−3)
又因为0δ(0)=a+1>0，
所以 ，所以 在 单调递增；
ℎ
' (x)>0 ℎ(x) (0,3)
1 5 16
当 0
ℎ
' (x)>0 ℎ(x) (0,3)
5
综上可知，当0
