文档内容
机密★启用前〔考试时间：2026年4月14日下午15:00-17:00〕
乐山市高中 2023 级第二次调查研究考试
数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．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，用橡皮擦干净后，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。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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。
1.设A=3,5,6,8 ，B=4,5,8 ，则A⋂B=
A. 5 B. 8 C. 5,8 D. 3,4,5,6,8
【答案】C
【解析】由题可知A⋂B=5,8 ．
【命题立意】改编自必修一P12T1，考查集合的基本运算，考查运算求解能力．
2.复数a+bi与c+di的积是实数的充要条件是
A. ad+bc=0 B. ac+bd=0 C. ac=bd D. ad=bc
【答案】A
【解析】(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(bc+ad)i．
【命题立意】选自必修二P94T1，考查复数的概念及四则运算，考查运算求解能力．
3 5
3.在△ABC中，tanA= ，cosB= ，则tanC=
4 5
11 11 2 2
A. B. - C. D. -
2 2 11 11
【答案】A
5
【解析】在△ABC中，∵cosB= ，00，排除C；∵f(x)为奇函数，排除A选项；当x=π时，f(x)=0，
2
排除D．故选B．
【命题立意】改编自2024年全国卷T7，考查函数的奇偶性，单调性在图象上的判断，特别是极限
思想在函数作图中的运用．
5.定义平面斜坐标系xOy，记∠xOy=60°，e ，e 分别为x轴、y轴正方向上的单位向量．若OP
1 2
=xe 1 +ye 2 ，则称x,y 为P的斜坐标．已知A，B的斜坐标分别为1,2 ，2,1
，则AB =
A. 1 B. 2 C. 3 D. 7
【答案】A
【解析】解法1：∵A，B的斜坐标分别为1,2 ，3,4
，∴OA=e +2e ，OB=2e +e ． 1 2 1 2
AB=OB-OA=e -e ，AB
1 2
2 =e2+e2-2e ⋅e =1，故AB
1 2 1 2
=1．
解法2：作图显然AB =1．
【命题立意】改编自必修二P37T15，考察平面向量基本定理．
6.在△ABC中，AB= 2，AC=2，BC=1+ 3，则△ABC的面积是
1+ 3
A. 1 B. 2 C. 3 D.
2
【答案】D
【解析】解法1：cosB= c2+a2-b2 = 2 ，则sinB= 2 ，故S = 1 acsinB= 1+ 3 ．
2ac 2 2 △ABC 2 2
解法2：过A做AD⏊BC，∵AB= 2，AC=2，BC=1+ 3，
1 1+ 3
则AD=BD=1，∴S = BC⋅AD= ．
△ABC 2 2
【命题立意】改编自必修二P47例7，考查余弦定理及面积公式．
7.在1+x 2+1+x 3+1+x 4+⋯+1+x n+2的展开式中，含x2项的系数是
A. C2 B. C3 C. C3 D. C4
n+3 n+3 n+4 n+4
【答案】B
【解析】解法1：由Cr-1+Cr =Cr可知，C2+C2+C2+⋯+C2 =C3+C2+⋯+C2 =C3 ．
n-1 n-1 n 2 3 4 n+2 4 4 n+2 n+3
解法2：令n=0，展开式含x2项的系数是1，排除AC；令n=1，展开式含x2项的系数是4，排
除D．故选B．
【命题立意】改编自选必三P38T9，考查二项式定理的性质，考查运算求解能力
8.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将4g的砝
数学试题第2页（共11页）码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将6g的砝码放在天平右盘中，
取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的
黄金是
A. 大于10g B. 等于10g C. 小于10g D. 无法确定
【答案】D
【解析】设天平的左臂长为a，右臂长b，且a≠b．
4a 6b
再设先称得黄金为xg，后称得黄金为yg，则4a=bx，ay=6b，所以x= ，y= ．
b a
4a 6b 4a 6b
所以顾客购得的黄金共x+y= + ≥4 6．当且仅当 = 时，等号成立．
b a b a
因此，顾客购得的黄金大于4 6，又10>4 6，所以无法确定．故选D．
【命题立意】改编自必修一P49T7，考查基本不等式，考查批判性思维．
二、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。
9.已知等比数列a
n
的前n项和为S ，且S =7，S =63，则
n 3 6
A. 公比q=2 B. 数列a
n
是单调递减数列
C. a =2n-1 D. S =1-2n
n n
【答案】AC
1-q3 1-q6
【解析】若q=1，显然不成立；若q≠1，S =a ⋅ =7，S =a ⋅ =63，两式相除得
3 1 1-q 6 1 1-q
S
6 =1+q3=9，解得q=2，A正确；代入S =7，解得a =1，B错误；a =a ⋅qn-1=2n-1，
S 3 1 n 1
3
1-2n
C正确；S =1× =2n-1，D错误．故选AC．
n 1-2
【命题立意】改编自选必二P36例8，考查等比数列的通项公式及前n项和公式．
10.某水果店店长记录了过去30天苹果的日销售量数据(单位：kg)：
销量 50,60 60,70 70,80 80,90 90,100 100,110 110,120
频数 1 0 4 11 8 4 2
店长假设日销售量 X 近似服从正态分布 N(μ， 12.52)， Pμ-σμ+2σ
1-Pμ-2σ0，解得t∈(-∞,0)，故C正确；
t
2 -2x -2 x +2 -2x-2 x+2
∵t=- ，则g(x)= 1 -ln 1 ，令h(x)= -ln
x2+2x x2+2x x x2+2x x
1 1 1 1 1
4(x2+2x+1) 4
h(x)= ≥0恒成立，所以h(x)在[1,+∞)单调递增，h(x) =h(1)=- -ln3.
(x2+2x)2 min 3
【命题立意】改编自2024年新高考1卷18题,考查三角函数的图象性质、函数的零点、最值问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.点A(1,2)在抛物线y2=2px(p>0)上，F是抛物线的焦点，则AF =_____．
【答案】2
【解析】解法1：∵点A(1,2)在抛物线y2=2px(p>0)上，∴2p=4，即p=2，∴AF
p
=1+
2
=2．
解法2：∵点A(1,2)在抛物线y2=2px(p>0)上，∴2p=4，即p=2，∴F(1,0)，∴AF =
(1-1)2+(2-0)2=2．
【命题立意】改编自选必一P138T3，考查抛物线的定义及标准方程．
π
13.已知函数 f(x) = sin2x+
6
π
+ cos2x-
3
π π
+ a 在区间 ,
12 2
上的最小值为 3，则 a =
．
【答案】4
π π π π
【解析】解法1：∵f(x)=sin2xcos +cos2xsin +cos2xcos +sin2xsin +a
6 6 3 3
π
= 3sin2x+cos2x+a=2sin2x+
6
+a
π π
∵x∈ ,
12 2
π π 7π
，∴2x+ ∈ ,
6 3 6
π
∴sin2x+
6
1
∈ - ,1
2
f(x) =-1+a=3，∴a=4．
min
π
解法2：∵2x+
6
π
+ -2x
3
π
=
2
π
∴sin2x+
6
π
=cos -2x
3
π
=cos2x-
3
数学试题第4页（共11页）π
f(x)=2sin2x+
6
+a，后面同法一．
【命题立意】改编自必修一P255T21，考查两角和差公式及三角函数的图象及性质．
14.已知正方体ABCD-A B C D ，O为ABCD的中心，M为A B 的中点，过O、M两点的平面
1 1 1 1 1 1
V
将正方体分为两部分，记两部分的体积分别为V，V，则 1 的取值范围为 ．
1 2 V
2
1
【答案】 ,3
3
【解析】设正方体得棱长为1．设棱B C ，A D ，BC，AD的中点分别是E，F，G，H，设过
1 1 1 1
O，M的截面为α，取OM的中点为R，则R必为长方体ABHG-AB EF的中心，则截面α将过
1 1
1
R将长方体ABHG-A B EF均分为两部分，都为总体积的 ，显然当截面α为平面A B HG时
1 1 4 1 1
V 1
体积比取最值的临界值，此时 1 =3或 ．当截面α过R绕OM旋转时体积时连续变化的，故
V 3
2
V 1
1 取值范围是 ,3
V 3
2
．
【命题立意】本题以正方体的截面为背景，考察空间想象能力，突出几何直观与运动变化和极限思
想，也考察了逻辑推理的核心素养，体现了多思少算．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤。
15.(13分)
已知数列a
n
的首项a =1，且满足a -a =n(n≥2，n∈N*)．
1 n n-1
(1)求a
n
的通项公式；
1 1 1
(2)证明： + +⋯+ <2．
a a a
1 2 n
【答案】(1)∵a -a =n，
n n-1
∴a =(a -a )+(a -a )+⋯+(a -a)+a．2分
n n n-1 n-1 n-2 2 1 1
=n+(n-1)+⋯+1．4分
nn+1
=
．6分
2
显然n=1也成立．
∴a
n
nn+1
的通项公式a =
n
．7分
2
1 2
(2)∵ =
a n nn+1
1 1
=2 -
n n+1
，9分
1 1 1
∴ + +⋯+
a a a
1 2 n
1
=2 1-
2
1 1
+ -
2 3
1 1
+⋯ -
n n+1
11分
1
=21-
n+1
<2． 13分
【命题立意】改编自选必二T11，考查递推公式、等差数列前n项和公式、裂项相消法．
16.(15分)
数学试题第5页（共11页）已知f(x)=ax3+x2-b(a,b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a≥0时，f(x)在x∈[1,2]最大值为10，最小值为0，求此时a，b的值．
【答案】(1)f(x)=3ax2+2x．1分
2
令f(x)=0，解得x =0，x =- ． 2分
1 2 3a
①当a=0时，f(x)=x2-b
∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，x∈(0，+∞)时单调递增．4分
②当a<0时，
x∈(-∞，0)时，f(x)<0，f(x)单调递减；
2
x∈(0，- )时，f(x)>0，f(x)单调递增；
3a
2
x∈(- ，+∞)时，f(x)<0，f(x)单调递减． 6分
3a
③当a>0时，
2
x∈(-∞，- )时，f(x)>0，f(x)单调递增；
3a
2
x∈(- ，0)时，f(x)<0，f(x)单调递减；
3a
x∈(0，+∞)时，f(x)>0，f(x)单调递增．8分
综上所述：a=0时，f(x)在(-∞，0)单调递减，(0，+∞)单调递增；
2 2
a<0时，f(x)在(-∞，0)和(- ，+∞)单调递减，在(0，- )时单调递增；
3a 3a
2 2
a>0时f(x)在(-∞，- )和(0，+∞)单调递增，在(- ，0)单调递减．10分
3a 3a
(2)由(1)得当a=0时，f(x)在[1,2]上单调递增，
则f(x) =f(1)=1-b=0，f(x) =f(2)=4-b=10，无解． 12分
min max
当a>0时，f(x)在[1,2]上单调递增，
则f(x) =f(1)=a+1-b=0，f(x) =f(2)=8a+4-b=10．14分
min max
解得a=1，b=2． 15分
【命题立意】改编自选必二P93例6，考查利用导函数解决函数单调性，最值问题．
17.(15分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，且底面ABCD是等腰梯形，AB⎳CD，
π
∠ABC= ，CB=CD=CP=1．
3
（1）若平面PAB∩平面PCD=m，求证：m⎳AB；
（2）若平面PAD∩平面PBC=n，求n与AB所成角的余弦值．
【答案】
（1）证明：∵AB⎳CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
∴AB//平面PCD．3分
数学试题第6页（共11页）又∵AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=m．
∴AB//m． 6分
（2）解法一（坐标法）：
延长AD、BC交于点O，则平面PAD∩平面PBC=PO=n． 8分
易证AC⊥BC，
以C为原点，CA，CB，CP所在直线为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．10分
∵C(0,0,0)，A( 3，0，0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，O(0,-1,0)，12分
∴AB=(- 3，1，0)，PO=(0,-1,-1)．13分
∵cosθ=cos
2
= ．
4
2
∴直线AB与直线n所成角的余弦值为 ．15分
4
解法二（几何法）：
如图所示，延长AD、BC交于点O，则平面PAD∩平面PBC=PO=n． 8分
延长AD，BC交于O，过O作OM⋕DC，连接PO，PM，
则∠POM即为n与AB所成角．10分
由题可知，OM=1，PM=PO= 2，
2
由余弦定理得，cosθ=cos∠POM= ．13分
4
2
故直线AB与直线n所成角的余弦值为 ．15分
4
【命题立意】本题改编自选必一P39T10，考察空间点线面的位置关系及空间角的计算，突出直观
想想、逻辑推理、数学运算的核心素养，注重转化思想的应用与符号语言表达的规范性．
18.(17分)
2026年马年春晚《武BOT》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场
人机武术对抗赛。假设每局比赛中，机器人获胜的概率为0.6，少年武者获胜的概率为0.4，且每局
胜负相互独立．比赛采用2k+1局k+1胜制（即先赢得k+1局者获胜）．
(1)当k=1时，记结束比赛时的局数为X，求X的分布列和数学期望EX ；
(2)设在该赛制下机器人获胜的概率为Pk ．
①求P1 和P2 的值，并比较它们的大小，据此说明k=1和k=2哪种赛制对机器人更有利；
②随着k的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论．
【答案】（1）当k=1时，即3局2胜，结束比赛时的局数X的所有可能取值为2，3，
可得P(X=2)=0.62+0.42=0.52．1分
P(X=3)=2×0.6×0.4=0.48．2分
所以随机变量的分布列为：
数学试题第7页（共11页）X 2 3
P 0.52 0.48
3分
所以期望为EX =2×0.52+3×0.48=2.48．4分
（2）①解法1：
由题可知P(1)为3局2胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜有情形有两种2:0或2:1
P(1)=0.6 2+C1×0.6×0.4×0.6=0.648．6分 2
P(2)表示5局3胜时机器人获胜的概率，机器人获胜有情形有三种3:0或3:1或3:2
P(2)=0.6 3+C2 3 ×0.6 2×0.4×0.6+C2 4 ×0.6 2×0.4 2×0.6=0.68256． 8分
∵P(2)-P(1)=0.68256-0.648=0.03456>0，
∴P(2)>P(1)． 9分
∴k=2时，5局3胜制对机器人更有利．10分
解法 2： k = 1 时，即 3 局 2 胜，不妨设赛满 3 局，用 Y 表示 3 局比赛中甲胜的局数，则
Y~B3,0.6 ．
则P(1)=P(Y=2)+P(Y=3)=C2 3 ×0.6 2×0.4+C3 30.6 3=0.648．6分
同理： k = 2 时，即 5 局 3 胜，不妨设赛满 5 局，用 Y 表示 3 局比赛中甲胜的局数，则
Y~B5,0.6 ．
则P(2)=P(Y=3)+P(Y=4)+P(Y=5)
=C3 5 ×0.6 3×0.4 2+C4 5 ×0.6 4×0.4+C5 50.6 5=0.68256． 8分
∵P(2)-P(1)=0.68256-0.648=0.03456>0，
∴P(2)>P(1)． 9分
∴k=2时，5局3胜制对机器人更有利．10分
②解法1：随着k的增大，机器人获胜的可能性越来越大．11分
证明如下：
2k+1
由①可知：P(k)= Ci pi(1-p)2k+1-i
2k+1
i=k+1
下面讨论2k+3局与前2k+1局的递推关系：
（i)若前2k+1局中机器人恰好赢了k局，则后两场机器人都要赢才能获胜，
其概率为Ck pk1-p
2k+1
k+1∙p2，即Ck pk+21-p
2k+1
k+1． 12分
（ii)若前2k+1局中机器人恰好赢了k+1局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜，
其获胜概率为Ck+1 pk+11-p
2k+1
k∙[1-(1-p)2]，即Ck+1 pk+21-p
2k+1
k(2-p)．13分
（iii)若前2k+1局中机器人至少赢了k+2局，则后两场机器人无论输赢都获胜，
2k+1
其获胜概率为 Ci pi(1-p)2k+1-i．14分
2k+1
i=k+2
∴P(k+1)=Ck pk+21-p
2k+1
k+1+Ck+1 pk+21-p
2k+1
2k+1
k(2-p)+ Ci pi(1-p)2k+1-i．15分
2k+1
i=k+2
∴P(k+1)-P(k)=Ck pk+21-p
2k+1
k+1+Ck+1 pk+21-p
2k+1
k(2-p)-Ck+1 pk+11-p
2k+1
k
=Ck pk+11-p
2k+1
k+1(2p-1)．16分
∵p=0.6，∴Ck pk+11-p
2k+1
k+1(2p-1)>0，即P(k+1)>P(k)．17分
解法2：随着k的增大，机器人获胜的可能性越来越大．11分
证明如下：
k
P(k)=pk+1+C1 pk+1×q+C2 pk+1×q2+⋯+Ck pk+1×qk=pk+1Ci qi．12分
k+1 k+2 2k k+i
i=0
数学试题第8页（共11页）k+1
P(k+1)=pk+2+C1 pk+2×q+C2 pk+2×q2+⋯+Ck+1 pk+2×qk+1=pk+2Ci qi．
k+2 k+3 2k+2 k+1+i
i=0
∵Ci =Ci +Ci-1，
k+1+i k+i k+i
k+1 k+1 k+1 k+1
∴P(k+1)=pk+2Ci qi=pk+2+pk+2Ci qi=pk+2+pk+2Ci qi+Ci-1qi
k+1+i k+1+i k+i k+i
i=0 i=1 i=1 i=1
． 13分
k+1 k+1 k
在Ci-1qi中令j=i-1，则Ci-1qi=qCj qj，
k+i k+i k+j+1
i=1 i=1 j=0
k+1 k
∴P(k+1)=pk+2+pk+2Ci qi+pk+2qCi qi
k+i k+1+i
i=1 i=0
k+1 k+1
=pk+2+pk+2Ci qi+pk+2q(Ci qi-Ck+1 qk+1)
k+i k+1+i 2k+2
i=1 i=0
k k+1
=pk+2Ci qi+pk+2qCi qi-Ck+1 pk+2qk+2+Ck+1 pk+2qk+1
k+i k+1+i 2k+2 2k+1
i=0 i=0
=pP(k)+qP(k+1)+Ck+1 pk+2qk+1-Ck+1 pk+2qk+2
2k+1 2k+2
∴pP(k+1)=pP(k)+Ck+1 pk+2qk+1-Ck+1 pk+2qk+2． 14分
2k+1 2k+2
即P(k+1)-P(k)=Ck+1 pk+1qk+1-Ck+1 pk+1qk+2．15分
2k+1 2k+2
2k+2
∵Ck+1 =
2k+2
(2k+1)!
(k+1)!k+1
(2k+1)!
=2× =2Ck+1 ，
! (k+1)!k! 2k+1
∴P(k+1)-P(k)=Ck+1 pk+1qk+1-2Ck+1 pk+1qk+2=Ck+1 pk+1qk+1(1-2q)=Ck+1 pk+1qk+1(2p-1)，．
2k+1 2k+1 2k+1 2k+1
16分
∵p=0.6，∴Ck pk+11-p
2k+1
k+1(2p-1)>0，即P(k+1)>P(k)．17分
【命题立意】改编自选必三P75例3，考查随机变量及其分布列、计数原理、二项分布．
y2 x2 2 2
19.(17分)已知椭圆C： + =1(a>b>0)的中心为O，离心率为 ，且过点( ，1)．
a2 b2 2 2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线y=t，t>a与y轴交于点P，过点P的直线l与C分别交于点A，B，椭圆的下焦点为
F，直线FA，FB分别交直线y=t于点M，N，记直线l，FA，FB的斜率分别为k，k，k ．
1 2
①若t=2，探究k +k +4k是否为定值？若是，求出此值；若不是，请说明理由；
1 2
②若∃t>a，使得O，F，M，N四点共圆，求k的取值范围．
c = 2
a 2
【答案】解：(1)由题意得 1 1 ，解得a2=2，b2=1． 3分
+ =1
a2 2b2
a2=b2+c2
y2
∴椭圆的标准方程为： +x2=1．4分
2
(式子列对得1分，a，b或a2，b2算对各得1分．)
(2)设直线l:y=kx+t，A(x，y)，B(x ，y )
1 1 2 2
y=kx+t
联立y2 ，消去y化简得：(2+k2)x2+2ktx+t2-2=0．5分
+x2=1
2
-2kt t2-2
∴x +x = ，xx =
1 2 2+k2 1 2 2+k2
且Δ=4k2t2-4(2+k2)(t2-2)=8(k2+2-t2)>0．6分
y +1 y +1
又直线FA方程为：y= 1 x-1，直线FB方程为：y= 2 x-1
x x
1 2
数学试题第9页（共11页）(t+1)x
令y=t，得∴M 1 ,t
y +1
1
(t+1)x
，N 2 ,2
y +1
2
．8分
①证明∵t=2
∴直线y=t即为y=2，点P坐标为(0,2)
-4k 2
∴x +x = ，xx = ，且k2>2
1 2 2+k2 1 2 2+k2
y +1 y +1 kx +3 kx +3 2kxx +3(x +x )
∴k +k = 1 + 2 = 1 + 2 = 1 2 1 2
1 2 x x x x xx
1 2 1 2 1 2
4k-12k
= =-4k
2
即：k +k +4k=0．10分
1 2
②法一：∵O，F，M，N四点共圆
∴PO PF =PM PN ，即t(t+1)=x x
M N
．11分
(t+1)x (t+1)x (t+1)2xx
∵x x = 1 ⋅ 2 = 1 2 =
M N y +1 y +1 (kx +t+1)(kx +t+1)
1 2 1 2
(t+1)2xx (t+1)2(t2-2)
1 2 =
k2xx +k(t+1)(x +x )+(t+1)2 k2(t2-2)-2k2t(t+1)+(2+k2)(t+1)2
1 2 1 2
(t+1)2(t2-2) (t+1)2(t2-2)
= = =t(t+1)． 13分
-k2(t2+2t+2)+(2+k2)(t+1)2 -k2+2(t+1)2
又∵t> 2
(t+1)(t2-2) (t+1)(t2-2) 2
∴ =t，即：k2=2(t+1)2- =(t+1)t+ +2
-k2+2(t+1)2 t t
若∃t>a，使得O，F，M，N四点共圆，则上述方程有解
2
令f(t)=(t+1)t+ +2
t
，t> 2．14分
2
(或者化简为f(t)=t2+3t+ +4，t> 2也给分)
t
2 2
则f(t)=t+ +2+(t+1)1-
t t2
2 2t3+3t2-2
=2t+3- =
t2 t2
令g(t)=2t3+3t2-2则g(t)=6t2+6t>0
∴g(t)=2t3+3t2-2在( 2，+∞)上单调递增
∴g(t)>g( 2)=4( 2+1)>0． 15分
∴f(t)>0，∴f(t)在( 2，+∞)上单调递增
∴f(t)>f( 2)=2( 2+1)2，即k2>2( 2+1)2
∴k>2+ 2或k<-(2+ 2)．16分
又由Δ=4k2t2-4(2+k2)(t2-2)=8(k2+2-t2)>0，得：
2
k2+2>t2，即：t2+3t+ +6>t2显然当t> 2时恒成立
t
综上：k∈(-∞，-2- 2)∪(2+ 2，+∞)． 17分
π
法二：∵O，F，M，N四点共圆，∴∠FOM+∠MNF=π∴∠MOx+∠MNF=
2
π π
∴∠MOx= -∠MNF∴tan∠MOx=tan -∠MNF
2 2
即：k ⋅k =1．12分
OM 2
t y +1 t(y +1)(y +1)
又k ⋅k = ⋅ 2 = 1 2 =1
OM 2 (t+1)x x (t+1)xx
1 2 1 2
y +1
1
t(kx +t+1)(kx +t+1)
∴ 1 2 =1
(t+1)xx
1 2
数学试题第10页（共11页）∴t(kx +t+1)(kx +t+1)=(t+1)xx ．13分
1 2 1 2
∴t[k2xx +k(t+1)(x +x )+(t+1)2]=(t+1)xx
1 2 1 2 1 2
(t2-2) -2kt
∴tk2 +k(t+1) +(t+1)2
2+k2 2+k2
(t2-2)
=(t+1)
2+k2
2
化简得：k2=t2+3t+ +4，t> 2．14分
t
2
令f(t)=t2+3t+ +4，t> 2
t
2 2
则f(t)=t+ +2+(t+1)1-
t t2
2 2t3+3t2-2
=2t+3- =
t2 t2
令g(t)=2t3+3t2-2则g(t)=6t2+6t>0
∴g(t)=2t3+3t2-2在( 2，+∞)上单调递增
∴g(t)>g( 2)=4( 2+1)>0． 15分
∴f(t)>0，∴f(t)在( 2，+∞)上单调递增
∴f(t)>f( 2)=2( 2+1)2，即k2>2( 2+1)2
∴k>2+ 2或k<-(2+ 2)．16分
又由Δ=4k2t2-4(2+k2)(t2-2)=8(k2+2-t2)>0，得：
2
k2+2>t2，即：t2+3t+ +6>t2显然当t> 2时恒成立
t
综上：k∈(-∞，-2- 2)∪(2+ 2，+∞)． 17分
【命题立意】改编自2026届T8联考第18题，考查椭圆的标准方程及简单几何性质．
数学试题第11页（共11页）
