黄金卷06（新高考Ⅱ卷专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（浙江专用） 黄金卷06·参考答案 （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 2 3 4 5 6 7 8 D C A B D C D D 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 10 11 ABD ACD BCD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14．2 0 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）(1)；(2) 【详解】（1）由正弦定理可知， 所以，于是， 因为是斜三角形，所以，，于是，………………………2分 因为，所以或，………………………3分 因为，所以，因此， 因为，………………………5分 于是；………………………6分 （2）由条件知，两边同时平方得， 即，………………………8分 根据正弦定理得， 即，代入，得，解得，，………………………10分 又， 所以的面积为………………………13分 16．（15分）(1)；(2) 【详解】（1）当时，，，………………………1分 所以曲线在点处切线的斜率，………………………2分 又，所以曲线在点处切线的方程为即.……………………5分 （2）因为在区间上恒成立，即，对，即恒成立，………………………6分 令，只需， ，，………………………8分 当时，有，则， 在上单调递减，符合题意，………………………10分 当时，令， 其对应方程的判别式， 若即时，有，即， 在上单调递减，，符合题意，………………………12分 若即时，，对称轴， 又， 方程的大于1的根为， ，，即， ，，即， 所以函数在上单调递增，，不合题意.………………………14分 综上，在区间上恒成立， 综上，实数的取值范围为.………………………15分 17．（15分）(1)；(2)①；②. 【详解】（1）平面平面的边上的高为四棱锥的高. 由已知得底面是直角梯形，，………………………2分 是等腰直角三角形， 边上的高.………………………3分 四棱锥的体积.………………………5分 （2）①如图，取的中点，连接. 为棱的中点，， 又，又四点共面，………………………7分 平面，平面平面， 四边形是平行四边形. ，即.………………………9分 ②取的中点，连接，由条件知四边形为正方形.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图. 易知. .………………………11分 设平面的法向量为， 则 令，可得. 易知平面的一个法向量为.………………………13分 ， 平面与平面夹角的余弦值为.………………………15分 18．（17分）(1)分布列见解析；期望为；(2) 【详解】（1）解：由题知甲的总得分的可能值为， 不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为，则乙四轮出的卡片共有种情况，…………………2分 当时，乙出的卡片上的数依次为，所以． 当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；； ；；；；；． 所以．………………………4分 当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；； ；；；；． 所以．………………………6分 当时，乙出的卡片上的数依次为，所以． 因此甲的总得分的分布列为 0 1 2 3 故甲的总得分的数学期望为．………………………8分 （2）设轮比赛后甲的总得分为，则． 不妨设甲轮出的卡片上的数依次数， 则乙轮出的卡片顺序有种． 若，则乙出的卡片上的数依次为，所以．………………………10分 若，即甲只有一张卡片上的数比乙的卡片上的数大， 不妨设甲轮出的卡片上的数依次为， 乙轮出的卡片上的数为： 中元素的一个排列：，，，…，， 故要满足题意，则存在唯一的，使得，即，………………………12分 且对任意的满足，．（提示：观察到，均为的倍数，接下来可以将研究对象转化到的排列中进行研究，更容易理解） 令，则问题转化为存在唯一的，使得，且对任意的满足，．（注意：此处满足的条件是从上面的满足的条件转化而来，且，，，…，的取值顺序不确定） 易知，则． 当时，． 当时，，且， 设满足，的序列，，…，，的个数为： ①当时，，，…，，为的一个排列， 故满足，的序列，，…，，的个数为；………………………14分 ②当时，，，…，，为的一个排列，， 故满足，的序列，，…，，的个数为． （提示：注意出现的位置与等价） 综上，，易得，故，………………………15分 因为当且仅当序列，，…，，为时满足任意的，，且，所以满足，，且的序列，，…，，的个数为． 设第轮甲卡片上的数比乙卡片上的数大，，则根据以上推论可得满足的情况有 （种）． 故． 综上，． 所以甲的总得分不小于的概率为．………………………17分 19．（17分）(1)；(2)①；②面积最大值为，. 【详解】（1） 设，由，得，为等腰直角三角形， ∴，………………………1分 由面积为得，，………………………2分 又∵， ∴，故椭圆标准方程为………………………4分 （2） ①设，则， 由（1）得，， 直线：，直线：， 故，，………………………6分 四边形的面积 .………………………9分 ②由①得，要求面积最大值只需求出面积最大值即可. 由，得，直线：， ∴点到的距离，………………………11分 ∴.………………………13分 ， ∴， ∴，解得………………………15分 当时，，此时， 由得， 由面积最大值为得面积最大值为.………………………17分 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用） 黄金卷06 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，，则集合（   ） A． B． C． D． 2．“关于的不等式的解集为”的一个必要不充分条件是（    ） A． B． C． D．或 3．在平面直角坐标系中，点，，，若，则（    ） A．1 B． C． D．2 4．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 6．已知且，则（    ） A． B． C． D． 7．如图所示，在三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．对，不等式恒成立，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的统计图，则（    ）    A．甲得分的中位数大于乙得分的中位数 B．甲得分的极差大于乙得分的极差 C．甲得分的第75百分位数小于乙得分的第75百分位数 D．甲得分的方差大于乙得分的方差 10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点G在底面内运动含边界，且平面，则（    ） A．若，则平面 B．点G到直线的距离为 C．若，则 D．直线与平面所成角的正弦值为 11．已知椭圆和双曲线有公共焦点，左，右焦点分别为，设两曲线在第一象限的交点为为的角平分线，，点均在轴上，设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（    ） A． B．以椭圆和双曲线四个交点为顶点的四边形的面积的最大值为 C．若，则的取值范围为 D．若，则的最小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，点C，D满足，，则D点的轨迹方程为 . 13．记数列的前项和为，若对任意的正整数，函数均存在两个极值点，，且满足，则 . 14．已知抛物线的焦点为，，，为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，若直线AB，AD，BD的斜率分别为，，，则的值为 ； ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且， (1)求的值； (2)点D是边AB的中点，连接CD，且，求的面积． 16．（15分）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上恒成立，求的取值范围； 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，且. (1)求四棱锥的体积. (2)点满足为棱的中点，且平面. ①求的值； ②求平面与平面夹角的余弦值. 18．（17分）甲、乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数，甲的卡片上分别标有数，乙的卡片上分别标有数，两人进行轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上的数的大小，数大的人得分，数小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）． (1)当时，求甲的总得分的分布列和数学期望； (2)轮比赛后，求甲的总得分不小于的概率． 19．（17分）椭圆左焦点和，构成一个面积为的，且. (1)求椭圆的标准方程； (2)点是在三象限的点，与轴交于，与轴交于 ①求四边形的面积；②求面积最大值及相应点的坐标 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考2卷专用） 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，，则集合（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化简集合，分析集合中的元素，即可得到结果. 【详解】由题意得，. 对于集合，当时，，当为其他整数时，， 所以. 故选：D. 2．“关于的不等式的解集为”的一个必要不充分条件是（    ） A． B． C． D．或 【答案】C 【分析】求出满足题意的充要条件为，然后根据充分条件以及必要条件的定义，即可得出答案. 【详解】因为不等式的解集为，所以应有， 解得. 选择的必要不充分条件的范围，应该大于包含的范围，显然只有C项满足. 故选：C. 3．在平面直角坐标系中，点，，，若，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】由题意，求出，的坐标，利用向量垂直的坐标表示列示求出，进而求出. 【详解】因为，，所以，， 又，所以， 所以， 因为，所以，即， 解得，所以，所以． 故选：A． 4．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用关系及等比数列定义得，将问题化为恒成立，研究右侧的单调性并求其最大值，即可得答案. 【详解】由，令，解得， 当时，由，得，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 由，即恒成立，令，则， 而，所以，即数列单调递减，故， 所以，所以的最小值为. 故选：B 5．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据指数函数与对数函数的函数图像进行大小比较. 【详解】∵且，∴， ∵且，∴， ∵且，∴， ∴，，，即且， 又∵， ，，∴， 故，故. 故选：D. 6．已知且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用和角公式先把的分子、分母展开，再弦化切，代入已知条件即可. 【详解】因为． 故选：C 7．如图所示，在三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证，取的中点分别为，再证平面，推得点为三棱锥外接球的球心，即可求得该三棱锥外接球的半径，计算即得表面积. 【详解】在中，， ，则， 取的中点分别为，则分别为的外心，且， 平面平面，平面平面平面， 平面，因平面，故, 在中，又 在中， 在中， 故为三棱锥外接球的球心，外接球的半径， 故外接球的表面积. 故选:D． 8．对，不等式恒成立，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】令，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得在 上恒成立，问题转化为函数有相同的零点，计算可得选项D正确. 【详解】由得， 对于选项A、B，若，可令，不等式可化为， 当时，， 要使恒成立，则需，即恒成立， ∴， 当时，， 要使恒成立，则需，即恒成立， ∴， ∴， 当时，， 要使恒成立，则需，即恒成立， ∴， 综上可得，不存在使得不等式恒成立，选项A、B错误. 对于选项C、D，若， ∵ ∴， ∴， 要使不等式恒成立，则需， ∵函数在为增函数， ∴函数有相同的零点， 由得，由得，， ∴，即， ∴， ∴，选项D正确. 故选D. 【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，具体思路如下： （1）不等式变形为. （2）对于选项A、B，若，对，与符号不确定，可取，通过分类讨论得到不存在使得不等式恒成立，即可说明选项A、B错误. （3）对于选项C、D，若，确定恒成立，转化为，则与同号，利用函数的单调性可知函数有相同的零点，利用零点相同可得. 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．某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的统计图，则（    ）    A．甲得分的中位数大于乙得分的中位数 B．甲得分的极差大于乙得分的极差 C．甲得分的第75百分位数小于乙得分的第75百分位数 D．甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】ABD 【分析】运用极差、中位数及百分位数的公式计算，和方差的意义即可判断选项. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲 7.0 8.3 8.9 8.9 9.2 9.3 乙 8.1 8.5 8.6 8.6 8.7 9.1 故可得如下表格： 甲 乙 中位数 A正确 极差 B正确 第75百分位数 ，故第75百分位数是第5个数 C错误 9.2 8.7 方差 由题图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差 D正确 故选：ABD 10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点G在底面内运动含边界，且平面，则（    ） A．若，则平面 B．点G到直线的距离为 C．若，则 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q作出图形，确定平面，及点G的轨迹．对于A，由条件得点G为棱的中点P，根据线面平行的性质判定即可；对于B，由，可得点G到的距离即为与间的距离，求解即可判断；对于C，连，与的交点即为点G，求解即可得出；对于D，设面，根据对称性可知，为的中点，由已知得为直线与平面所成的角，即可求解判断. 【详解】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q， ∵点E，F分别为棱，的中点，∴， ∵，∴， ∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴，同理， ∵平面，∴平面， 根据条件平面，可得平面即为平面， 于是点G的轨迹即为线段 对于A，若，则点G在上， 又点G的轨迹即为线段，则点G为棱的中点P， 连，∵，∴为平行四边形， ∴，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，∵点F，Q分别为棱，的中点，∴， ∴正六边形的边长为， 设正六边形的中心， 则均是边长为的正三角形， ∵, ∴，即与间的距离， 因为，所以点G到的距离即为与间的距离， 所以点G到的距离为，所以 B错误； 对于C，连，交点为， ∵，则点G在上， 又点G的轨迹即为线段，则点G为与的交点， ∵分别为的中点，则， 此时，于是满足，所以C正确； 对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点， ∴， ∵平面，∴为直线与平面所成的角， 又， ∴， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确， 故选：ACD. 11．已知椭圆和双曲线有公共焦点，左，右焦点分别为，设两曲线在第一象限的交点为为的角平分线，，点均在轴上，设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（    ） A． B．以椭圆和双曲线四个交点为顶点的四边形的面积的最大值为 C．若，则的取值范围为 D．若，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】由椭圆和双曲线定义有，将两式平方相加后由余弦定理和向量的数量积计算可得A错误；由对称性得到四边形的顶点的坐标，再结合基本不等式求出面积可得B正确；由离心率的定义和边长关系得到，再结合对勾函数的单调性可得C正确；由角平分线的定理将问题转化为求的最小值，再由椭圆和双曲线的性质结合余弦定理得到，再用基本不等式的乘“1”法分析可得D正确； 【详解】 对于A，设， 由椭圆和双曲线定义有， 将两式平方得， 相加整理得， 又在中，由余弦定理有， 则，即， 则，故A选项错误； 对于B，椭圆和双曲线一个交点，由椭圆和双曲线的对称性可知， 另外三个点的坐标为，， 以它们为顶点的四边形为矩形，面积，又点在椭圆上， 所以满足，则有， 当且仅当时等式成立，故B选项正确； 对于C，即，所以，则， 又，所以，即， 又，所以， ，则． 令，则， 函数在上单调递减，所以，故C选项正确； 对于D，由为的角平分线，，易知为的外角平分线， 则由角平分线性质定理有即， 由外角平分线性质定理有，即， 求的最小值即求的最小值； 由可得， 代入即，整理可得， 所以， 则， 当且仅当时取等号，所以的最小值为，故D选项正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛： 本题D选项关键在于利用角平分定理将所求转换成求的最小值，再结合基本不等式的乘“1”法分析. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，点C，D满足，，则D点的轨迹方程为 . 【答案】 【分析】根据题意设的坐标，利用平面向量线性运算与模的坐标表示，结合求轨迹的相关点法即可得解. 【详解】依题意，设，又，， 则，，， 因为，所以， 则，故， 因为，所以， 所以，则， 所以D点的轨迹方程为. 故答案为：. 13．记数列的前项和为，若对任意的正整数，函数均存在两个极值点，，且满足，则 . 【答案】 【分析】根据导数法求极值，得，设，因为，结合已知得，再利用裂项相消法求和. 【详解】函数定义域为，且， 令，得，    如图所示，不妨设， 因为，所以， 解得，代入条件得， 化简得：， 即， 所以 . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据导数法求极值，得，设，因为，从而得，代入已知化简得：，从而可得，可解问题. 14．已知抛物线的焦点为，，，为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，若直线AB，AD，BD的斜率分别为，，，则的值为 ； ． 【答案】 2 0 【分析】根据三角形重心公式以及抛物线焦半径公式求解即可；根据题意求得直线的斜率，代入等式计算即可求解. 【详解】因为为抛物线上任意三点，且， 所以F为的重心，， 所以， 又，即. 因此抛物线的方程为， 则，， 两式相减得：， 所以， 同理可得，， 所以. 故答案为：2；0. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且， (1)求的值； (2)点D是边AB的中点，连接CD，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理化简得，，结合，根据可求； （2）根据，两边平方之后结合正弦定理可得，，再求出，即可得三角形面积． 【详解】（1）由正弦定理可知， 所以，于是， 因为是斜三角形，所以，，于是， 因为，所以或， 因为，所以，因此， 因为， 于是； （2）由条件知，两边同时平方得， 即， 根据正弦定理得， 即，代入，得，解得，， 又， 所以的面积为 16．（15分）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上恒成立，求的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解函数在某点的切线方程； （2）分类讨论以及结合导数和函数的增减性，分别从，，三方面分类讨论； 【详解】（1）当时，， ， 所以曲线在点处切线的斜率， 又， 所以曲线在点处切线的方程为即. （2）因为在区间上恒成立，即， 对，即恒成立， 令，只需， ，， 当时，有，则， 在上单调递减，符合题意， 当时，令， 其对应方程的判别式， 若即时，有，即， 在上单调递减，，符合题意， 若即时，，对称轴， 又， 方程的大于1的根为， ，，即， ，，即， 所以函数在上单调递增，，不合题意. 综上，在区间上恒成立， 综上，实数的取值范围为. 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，且. (1)求四棱锥的体积. (2)点满足为棱的中点，且平面. ①求的值； ②求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2)①；②. 【分析】（1）分别求得四棱锥的高与底面积，再由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果； （2）①根据题意，取的中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到结果；②建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）平面平面的边上的高为四棱锥的高. 由已知得底面是直角梯形，， 是等腰直角三角形， 边上的高. 四棱锥的体积. （2）①如图，取的中点，连接. 为棱的中点，， 又，又四点共面， 平面，平面平面， 四边形是平行四边形. ，即. ②取的中点，连接，由条件知四边形为正方形.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图. 易知. . 设平面的法向量为， 则 令，可得. 易知平面的一个法向量为. ， 平面与平面夹角的余弦值为. 18．（17分）甲、乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数，甲的卡片上分别标有数，乙的卡片上分别标有数，两人进行轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上的数的大小，数大的人得分，数小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）． (1)当时，求甲的总得分的分布列和数学期望； (2)轮比赛后，求甲的总得分不小于的概率． 【答案】(1)分布列见解析；期望为 (2) 【分析】（1）根据题得的可能值为，分别求，，，的概率，列出分布列，再求期望； （2）先求得和的概率，再由求解. 【详解】（1）解：由题知甲的总得分的可能值为， 不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为，则乙四轮出的卡片共有种情况， 当时，乙出的卡片上的数依次为，所以． 当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；； ；；；；；． 所以． 当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；； ；；；；． 所以． 当时，乙出的卡片上的数依次为，所以． 因此甲的总得分的分布列为 0 1 2 3 故甲的总得分的数学期望为． （2）设轮比赛后甲的总得分为，则． 不妨设甲轮出的卡片上的数依次数， 则乙轮出的卡片顺序有种． 若，则乙出的卡片上的数依次为，所以． 若，即甲只有一张卡片上的数比乙的卡片上的数大， 不妨设甲轮出的卡片上的数依次为， 乙轮出的卡片上的数为： 中元素的一个排列：，，，…，， 故要满足题意，则存在唯一的，使得，即， 且对任意的满足，．（提示：观察到，均为的倍数，接下来可以将研究对象转化到的排列中进行研究，更容易理解） 令，则问题转化为存在唯一的，使得，且对任意的满足，．（注意：此处满足的条件是从上面的满足的条件转化而来，且，，，…，的取值顺序不确定） 易知，则． 当时，． 当时，，且， 设满足，的序列，，…，，的个数为： ①当时，，，…，，为的一个排列， 故满足，的序列，，…，，的个数为； ②当时，，，…，，为的一个排列，， 故满足，的序列，，…，，的个数为． （提示：注意出现的位置与等价） 综上，，易得，故， 因为当且仅当序列，，…，，为时满足任意的，，且，所以满足，，且的序列，，…，，的个数为． 设第轮甲卡片上的数比乙卡片上的数大，，则根据以上推论可得满足的情况有 （种）． 故． 综上，． 所以甲的总得分不小于的概率为． 19．（17分）椭圆左焦点和，构成一个面积为的，且. (1)求椭圆的标准方程； (2)点是在三象限的点，与轴交于，与轴交于 ①求四边形的面积；②求面积最大值及相应点的坐标 【答案】(1)； (2)①；②面积最大值为，. 【分析】（1）根据离心率和三角形面积公式列方程，结合关系即可求解. （2）①设点，求出直线和的方程，写出点和的坐标，计算和，即可证明四边形的面积为定值；②要求面积最大值只需求出面积最大值，结合基本不等式及等号成立的条件可得结果. 【详解】（1） 设，由，得，为等腰直角三角形， ∴， 由面积为得，， 又∵， ∴，故椭圆标准方程为 （2） ①设，则， 由（1）得，， 直线：，直线：， 故，， 四边形的面积 . ②由①得，要求面积最大值只需求出面积最大值即可. 由，得，直线：， ∴点到的距离， ∴. ， ∴， ∴，解得 当时，，此时， 由得， 由面积最大值为得面积最大值为. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合问题，具体思路如下： （1）当四边形对角线互相垂直时，四边形面积等于两对角线乘积的一半； （2）面积不易表达，可借助四边形面积为定值，把求面积最大值转化为求面积最大值. 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$