【衡水真题密卷】2026年高三数学学科素养月度测评（二）（全国通用）

2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三数学（二） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 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.设全集U={-1,0,1,2,3},集合A={0,1},B={-1,1,3},则(CuA)∩B=() A.{-1,1} B.{1,3} C.{-1,3} D.{-1,1,3} 2.已知复数之满足之(1+i)=2,则之的虚部为 () A.1 B.-1 C.i D.-i 3.某中学举行主题为“弘扬传统文化，传承中华美德”的演讲比赛，现随机抽取10名参赛 选手，获得他们出场顺序的数据，这组数据从小到大排序为3,5,6,8，m,14,15,16,17, 18,若该组数据的中位数是极差的，则m的值为 A.9 B.10 C.11 D.12 4.已知直线1：mx-y-3m+1=0恒过点P,过点P的直线与圆C:(x-1)2+(y-2)2= 25相交于A,B两点，则AB的最小值为 () A.2 B.4 C.25 D.4√5 5.设Sm是数列{am}的前n项和，且a1=一1，am+1=SnSn+1,则Sn= () B.-1 C.1-2 1 A.-n D.二-2 n 6.中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活 动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”…千 百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭 整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和 圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高 度为7，则该容器中液体的体积为 ) 高三数学试题（二）第1页（共4页） 学科素养 班级 姓名 ------------- 325π A. 12 号 C.215r 25π 得分 D. 9 16 7.已知函数f(x)=1ne(x-2) ,则下列函数是奇函数的是 x A.f(x+1)+1B.f(x-1)+1 C.f(x+1)-1 D.f(x-1)-1 8.已知双曲线：-为1a>0,6>0,圆0：z2+y=a2+62与x轴交于A,B两 M,N是圆O与2在x轴上方的两个交点，点A,M在y轴同侧，AM交BN于点G,且 M为线段AG的中点，则2的离心率为 () A.√5 B.√5+1 C.√5 D.5+1 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.关于(5一x)6的展开式，下列判断正确的是 () A.展开式共有6项 B.展开式的各二项式系数的和为64 C.展开式的第6项的系数为30 D.展开式中二项式系数最大的项是第4项 0.已知椭圆C:+31(a>b>0)的左、右焦点分别为F,F2,长轴长为4：点 P(2,1)在C内部，点Q在C上，则 () A.离心率的取值范围为0,2》 。1 B当离心率为时，Q的最大值为3+ C.不存在点Q,使得QF·QF2=0 1 9 D.TQF+1QF的最小值为 11.已知函数f(x)=√1十sin2x-√/1-sin2x,则 A.元为f(x)的最小正周期 B.fx)的图象关于点(5,0)对称 C.f(x)的值域为[-√2,2] D.当x∈[0,2π]时，函数y=f(x)一sinx有5个零点 月度测评 高三数学试题（二）第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某实践团有4个男生、3个女生，从中任选3人发起问卷调研，那么恰好有2个女生被 选中的方法有 种（用数字作答）. 13.已知函数f)=2sin(ar-》o>0),若fx)在[0，]上恰有3个零点，则a的取值 范围是 14.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，P为空间中的点，且 满足A立=AA+1+csA店+1+、in“AD,a∈R,则多面体A,MBDP体积的最大 2 2 值为 D B 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足3 acos B=bsin A. (1)求B的大小； (2)若a<c,b=2√7，△ABC的面积为3√3，求sinC的值. 16.（15分)已知公差不为零的等差数列{an}中，a1=1,且a1,a2,a4成等比数列. (1)求{am}的通项公式； (2)数列亿.}满足6.=()广a,求亿.}的前n项和T 高三数学试题（二）第3页（共4页） 学科素养 17.（15分)为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现F症状的 试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给 药周期，试验共进行三个周期.假设每只白鼠给药后当天出现下症状的概率均为3，且 每次给药后是否出现F症状与上次给药无关. (1)从试验开始，若某只白鼠连续2次出现F症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能 参加一个给药周期的概率； (2)若在一个给药周期中某只白鼠至少出现3次F症状，则在这个给药周期后，对其终 止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为X,求X的分布列和数学期望. 8.7分)已知函数fz)=tanx,gc)=x十h()=ax3+x(aER (1)讨论h(x)的单调性. (2)i证明：当x∈(0，》时，fcga)>1. (3)若2h()<sin2x在x∈(0，）上恒成立，求a的取值范围.。 19.（17分)已知动圆M过点(1,0)，且与x=一1相切，记该动圆圆心M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程， (2)若n>m>0,直线l1:x一y一m=0与C交于A,B两点，直线l2:x一y一n=0与C 交于A',B'两点，点A,A'在第一象限，记直线AA'与BB'的交点为G,直线AB'与 BA'的交点为H,线段AB的中点为E. ①证明：G,E,H三点共线. ②若(m十1)2+n=7,过点H作11的平行线，分别交线段AA',BB'于点T,T',记 △GET与△GET'的面积分别为S1和S2,求S1+S2的最大值. 月度测评 高三数学试题（二）第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三数学（二） 命题要素细目表 关键能力：I.逻辑思维能力Ⅱ.运算求解能力Ⅲ.空间想象能力Ⅳ.数学建模能力V.创新能力 核心素养：①数学抽象②逻辑推理③数学建模④直观想象⑤数学运算⑥数据分析 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 I ⅡⅢ WV①②③ ④ ⑤⑥等级系数 单选题 集合的交，补集运算 0.85 2 单选题 5 复数的运算与虚部的概念 0.85 单选题 5 极差、中位数的统计计算 0.80 单选题 5 直线过定点、圆的弦长最值 0.80 单选题 数列递推关系与前n项和 中 0.70 6 单选题 圆柱、圆锥组合体的体积计算 中 0.70 7 单选题 5 函数奇偶性的判定与性质 中 0.65 单选题 5 双曲线与圆的几何性质、离心 率计算 难 0.45 9 多选题 6 二项式定理的展开式性质 易 0.80 二 10 多选题 6 椭圆的定义、几何性质与最值 中 0.60 11 多选题 6 三角函数的化简、周期性、对 称性、值域与零点 难 0.40 12 填空题 组合计数 易 0.80 三 13 填空题 根据零点个数求参数取值范围 中 0.60 14 填空题 空间向量与多面体体积最值 难 0.40 15 解答题 13 正余弦定理、三角形面积公式 0.75 少 解答题 15 等差数列、等比数列、错位相 减求和 分 0.55 四 少 解答题 15 独立重复试验、分布列与数学 期望 中 0.55 18 解答题 12 函数单调性、不等式证明、恒 中 成立问题 0.50 19 解答题 17 轨迹方程、圆锥曲线综合 0.35 高三数学答案（二）第1页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 精典评析 ★中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话 “嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”…千百年来，中国人以不同的方式 表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥 和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注 入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为 () A B.76x 325π D 3 C.215x 9 16 【试题解读】 本题以中国载人航天事业的发展历程为背景，将数学知识与家国情怀教育巧妙融合，实现了“立德树 人”与学科考查的有机统一；试题核心考查圆锥与圆柱组合体的体积计算，既要求学生具备扎实的空间想 象能力，能准确分析液面高度为7时圆锥、圆柱注入液体部分的几何特征，又侧重考查运算求解能力，是一 道情境设置新颖、考查目标明确、难度适中的基础应用题，有效兼顾了基础性、应用性和教育性 ★如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，P为空间中的点，且满足A户 -A不+1+Cos&A+1+、inAD,a∈R,则多面体A:MBDP体积的最大值为 2 2 D A B D 【试题解读】 本题以正方体为载体，将空间向量的线性运算与多面体体积最值问题深度融合，既考查了学生对向量 分解系数的几何意义的理解，又要求学生具备较强的空间想象能力和逻辑推理能力.试题通过参数化点P 的位置，引导学生分析点P的轨迹，进而求多面体A1MBDP体积的最大值，可以有效区分学生的数学思 维层次.同时，试题将向量运算、空间几何与最值问题相结合，体现了“多考一点想，少考一点算”的命题理 念，是一道考查核心素养、区分度良好的优质填空题. ★(17分)已知动圆M过点(1,0)，且与x=一1相切，记该动圆圆心M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程. (2)若n>m>0,直线l1:x-y-m=0与C交于A,B两点，直线12：x-y-n=0与C交于A',B'两点， 点A,A'在第一象限，记直线AA'与BB'的交点为G,直线AB'与BA'的交点为H,线段AB的中点 为E. ①证明：G,E,H三点共线 ②若(m+1)2+n=7,过点H作l1的平行线，分别交线段AA',BB'于点T,T',记△GET与△GET' 的面积分别为S1和S2,求S1十S2的最大值. 【试题解读】 本题以抛物线的定义为切入，点，将轨迹方程求解、直线与圆锥曲线的位置关系、三点共线证明以及面 积最值问题有机融合，全面考查了学生的逻辑推理、运算求解和直观想象等核心素养，试题层次分明，从基 础的轨迹方程，到复杂的几何证明，再到创新的面积最值探究，梯度合理，既注重对解析几何通性通法的考 查，又能有效区分学生的数学思维深度，是一道兼具基础性、综合性和区分度的优质压轴题. 高三数学答案（二）第2页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 1.C【解析】因为CA={-1,2,3},所以(CA)∩B 1密 ={-1,3}. 7.C【懈析】由于fz)=nex-》-1+n-2, 22(1-i) 2.A【解析】由z(1十i)=2,得x=1干=12-平 定义域为(-∞，0)U(2,十∞)，故f(x十1)+1= n+十2，定义城为(-∞，-1)U1,+©)， x-1 =1一i,从而2=1十i,所以之的虚部为1. 3.B【解析】依题意，该组数据的中位数为m十14 29 x1)+1=h吊+2=h 十2= x-1 极差为18一3=15，由该组数据的中位数是极差 -ln x-1 的号好4-音×15=18，所以m=10 +i+2≠-f(x+1)-1,故fx+1)+1不 4.D【解析】易知l:m(x一3)一y+1=0恒过点 是奇函数，故A错误；f(x-1)十1=1n工一3 2一+2，定 P(3,1),又(3-1)2+(1-2)2=5<25，故点P在 义域为（一∞，1）U(3,十∞)，不关于原点对称，故 圆C内，要使弦长|AB|最短，只需圆心C(1,2) f(x-1)十1不是奇函数，故B错误；f(x十1)-1= 与P的连线与该直线垂直，又CP|=√5，圆的半 n之1 工+1定义城为(-∞，-1)U(1,+∞)， 径为5，所以|AB=2×√25-5=4√5. 5.B【解析】因为am+1=Sm+1-Sm,所以Sm+1 水-+w-1=h+出-用 x-1 x+1 Sm=SmSm+1,所以 11=1,即、1-÷ =-[f(x十1)-1]，故f(x十1)-1为奇函数，故C -1.所以数列 1 .11 s}是以s-a =一1为首项， 显瑰，/c-1》-1=h定义城为(-60,1U (3,十∞)，不关于原，点对称，故f(x一1)一1不是奇 1 一1为公差的等差数列，所以 Sn =-1+(n-1) 函数，故D错误」 8.D【解析】如图所示， X(-1)=-n,所以Sn=- n 6.A【解析】由题意可知，容器中液体可分为圆柱 和圆台两部分，取轴裁面，如图所示，01，O2,03 分别为AB,CD,EF的中点， 因为c2=a2十b2,所以A,B为2的焦，点.因为M 为圆O上的点，所以|OM=c,根据双曲线的对 称性，可知，点G在y轴上，又M为AG的中点， 所以|AM|=|MG|=|OM|=c,所以△OAM为 B 等边三角形，即∠OAM=60°，所以|BM=√5· 易知AB∥CD∥EF,且O1B=O2C=2,O1O2=6, |AM=√c.又根据双曲线的定义，可知 0P=4,00,=1,0P=3,可得8-8：B-, |BM|-|AM|=2a,即√3c-c=2a,所以e=S a 3 2 即0F=2,所以该容器中液体的体积为πX2X6 =3+1. √3-1 +×xg+x(》+,x2xxx× 二、选择题 9.BD【解析】展开式共有7项，故A错误；展开式 高三数学答案（二） 第3页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 的各二项式系数的和为2=64，故B正确；展开 式的第6项是C51(-x)5=一30x5,其系数为 f(牙）=，所以fx)[-w2],故C 一30，故C错误；展开式共7项，所以第4项的二 错误；结合y=f(x)和y=sinx的图象易知两 项式系数最大，故D正确. 个函数在[0，π]的图象有5个交点，故D正确. 10.CD【解析】由题设，a=2,则+ VA 4+6=1,又点 =x) P62,1在C内k,湖吃+1，即2<对 7元 2πx 于Ae-E-4 ,故A错 a 三、填空题 风，对于B当-号时有-号la,1 12.12【解析】恰好有2个女生被选中时，共有 CC=12种方法. a+c=2十2，故B错误；对于C,由c2一=4 1[仔9）【标】因方=0w片以or 2b2<0,得c<b,所以以原点为圆心，c为半径的圆 与C无交点，所以C上不存在，点Q使得QF:·QF ∈[wr引由fx)=2mr）a =0,故C正确；对于D,由椭圆的定义可知 1 >0)的零点等价于gx)=sim@r-）的零点，再 |QF1+|QF,=2a=4,所以QFT+QF 结合正弦函数在区间 -i(ToF.I-Io.T)<.QF.I+IQF.l 厂3wm-3 上恰有3个零 7 10 点，得2π≤ωπ一 <3π，解得 -6+85+8） 3 3≤<3 QF2 12+2g 【解析】由已知，以A为原点，建立如 ≥6+8×8- 图所示的空间直角坐标系， P D 当|QF=2|QF,=S时，等号成主，故D 正确. 11.ABD【解析】因为f(π-x)=√1十sin(2r-2x) -√/1-sin(2r-2x)=√/1-sin2x-√/1+sin2x =一f(x),故B正确；因为f(x十π) =√1+sin(2x+2x)-√1-sin(2x+2r) B 则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0), =√1+sin2x-√/1-sin2x=f(x),所以π为 f(x)的一个周期， C(2,2,2),因为Ap=4+1+cos“AB+ 2 又f(e+）-V1十in(2z+元--m(2x+可 1+。m,则市=0.0,2)+1+。s0(20,0)+ 2 2 =√-$n2z-√1+sin2z≠f(a),且f(x)= √/1+sin2x-√1-sin2x=|sinx+cosx| 1+sin（0,2,0),则P(1十c0sa,1+sina,2),不坊 2 |sinx-cosx,当x∈0,4时，fx)=2sinx 取平面ABD的法向量为n= 2AC=(11,1),则 单满递增，当x∈[匠引时f)=2asx单 点P到平面A!BD的距离为d= |AP·n n 调递减，结合B可得f(x)的大致图象，故A正确； |2+sina十cosa 2+Zsin(+-） 经分析可知fx)m=f(任）=，fx) 2+2 5 3 高三数学答案（二） 第4页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 又Sa4,助=月 1 1 n ×(22)=23,所以VrA,m 2 T.=2十2++2②， ①-②得，2 .=2+2 1.1 ,即三棱锥P-A,BD体 23十…+ 1 n 22m+7 积的最大值为什名，又因为M为A,的中 0-) 2+n 1 2+1 2n+1, 1 点，则VM-Am=Va-A1D=3SAA1MD·2= 12 3 所以Tn=2- n+2 (15分) 含X1×2X2子，所以多面体A1MBDP体无 17.解：(1)设“一只白鼠至少能参加一个给药周期” 的最大值为VA,MBDP=VP-A1BD+VM-A1BD 为事件M, (2分) 2+2g 则M的对立事件为“一个给药周期也没有参加 完”.设“一次给药出现F症状”为事件A, 四、解答题 则一个给药周期也没有参加完的概率为P= 15.解：(1)在△ABC中，因为√3 acos B=bsin A, 由正弦定理得v3 sin Acos B=sin Bsin A, PMM)-PAM-()传+号x× 又sinA≠0，所以W3cosB=sinB,所以tanB=√3， 所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率 522 又0<B<,所以B=子 (4分)》 为P(M)=1-P=1-27-271 (6分) (2)设事件B为“在一个给药周期中某只白鼠至 2由①知，B=营， 少出现3次F症状”， 因为△ABC的面积为3√3， 则P(B) c()×号+()- 即Sac=74csn号-3v5,解得ac=12. 随机变量X的所有可能取值为1,2,3. (8分) 由余弦定理得a2+c2-2ac60s号-28， P(X=1)=g' 即a2+c2-ac=28,即(a+c)2-3ac=28. P(X=2)=1-P(B)]XP(B)= 81 所以(a+c)2=28+3ac=64,解得a十c=8. 64 又a<c,联立 c=12,解得a=2,c=6, P(X=3)=1-P(B)]X1-P(B)]=81: a+c=8, (10分) 由正弦定理得nBs奶C即 b 6 所以X的分布列为 π sin sin C' 1 3 每得mG-3Y P 1 64 (13分) 81 16.解：(1)设等差数列{am}的公差为d(d≠0)， (12分) 由a1,a2,a4成等比数列，得a=a1·a4, P 64217 即(a1+d)2=a1·(a1+3d),又a1=1,解得d 所以E(X)=1×g+2×81+3×81=81: =1或d=0(舍去)， (15分) 所以am=n. (4分) 18.(1)解：因为h(x)=ax3+x,所以h'(x)=3ax2 +1, (2)因为bn=（ 2m’ (5分) 当a≥0时，h'(x)=3ax2+1>0,则h(x)在R 所以T.=2+++ 1,2 上单调递增， 2①， 当a<0时，令h'(x)=3ax2+1>0,解得 高三数学答案（二） 第5页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 3a<x<-/ 3a 3a 令Ax)=3ax2+1-os2x,x∈(0,7）， -3a 则A'(x)=6ax+2sin2x, 令h'(x)=3ax2+1<0,解得x<Y 或x> 3a 令Bx)=6ax+2sin2xz∈(b,), √-3a 3a 则B'(x)=6a+4cos2x. 先判断必要性： 则h(x)在 √/-3a √-3a 上单调递增，在 3a 3a 因为G(0)=0,A(0)=G(0)=0, B(0)=A'(0)=0,B'(0)=6a+4, 放要证明当x∈(0，）时，G)=ax+x 综上，当a≥0时，h(x)在R上单调递增； 当a<0时，h(x)在 √-3a √-3a )上单调 2sin 2x0, 3a 3a 则必须满足G(x)在x=0及附近单调递减， √-3 3a ,十∞)上单 则必有B0)=a十4C0,即a<-子 调递减， (4分) (2)证明：当x∈(0，）时，要证明fxgx)>1, 当a>-号时，B0)=6a十40. 即证明fg)=(+）mx>1, 此时必x,∈(0,2)，使得在0，)上满足 B'(x)=6a+4cos2x>0,即B(x)=A'(x)在 又x>0,所以原不等式可变为x(女+)anz (0,xo)上单调递增，则B(x)=A'(x)>B(0)=0, 即A(x)=G(x)在(0，xo)上单调递增，则 >x,xtan x+tan x-x>0. A(x)=G'(x)>A(0)=0,即G(x)在(0，x0)上 令F(x)=x2tanx十tanx-x,则只需证F(x)>0 单调递增，则G(x)>G(0)=0,从而可判断原不等 在x∈(o,)上恒成立即可。 式不成立， x2 1 2 又F'(x)=2 xtan x+ 1 cos2z 故口≤-号是原不等式成立的必要条件 cosx (14分) =2xtan x+- os2 -+tan'x. (8分) 再证明充分性： 因为x∈(o,）, 当a≤- 时，则G6a)=3ar+1-cos2r< -2x2+2 sin2x=2(-x+sin x)(x+sin x), 所以tanx>0,x2>0 c0s2>0, 令C(x)=-x+sinx,则C'(x)=-1+cosx 所以F'(x)>0, ≤0， 所以F(x)在0，)上单调递增，所以F)> 所以Cx)在(0，）上单调递减， F(0)=0, 即C(x)<C(0)=0, 即f(x)g(x)>1. 故G(x)=3a.x2+1-cos2x≤2(-x+sinx)· 因此当x∈(b,)时，fc)ga)>1.(10分) (x+sin x)<0, (3)解：由2h(x)<sin2x,得2(ax3+x)<sin2x, 从而可得G(x)=ax3十x一 2 sin 2x<G(0)= 令G(z)=ax3+x- sn2z,xeo,2》: 0,即原不等式成立 则G(x)=3ax2+1-cos2x, 所以a的取值范围是 (17分) 高三数学答案（二） 第6页（共7页） ·数学· 参考答案及解析 19.(1)解：已知圆M过点(1,0)，且与x=-1相 4x+y1y3 整理得，直线AA':y= 切，所以圆心M到点(1,0)与点M到直线x= y1+y3 一1的距离相等， 又y6=2,所以xG= 2(y1+y3)-y1y3 根据抛物线的定义可知，圆心M的轨迹为抛物 线，且点(1,0)为焦点，直线x=一1为准线. 同理，直线BA':y= 4x+y2y3 y2+y3 设抛物线方程为)2=2px(p>0),则号-1， 又yH=2,所以xH= 2(y2+y3)-y2y3 4 所以p=2,故y2=4x. 所以C的方程为y2=4x. (4分) 所以|GH=|xc一xH|= (y1-y2)(2-y3) 4 (2)①证明：设线段A'B'的中点为F, 因为l1∥L2,所以可设GA=λGA产，GB=GB产 0)+y 2 (y1-y2)(y3一y1) 因为成-G+6成)-号+G成) 所以四边形GAHB面积 含G+6）=AGi, s=21GH111-0g- 16 所以G,E,F三点共线， [(y1+y2)2-4y1y2]√y+y4)2-4y3y4 同理，H,E,F三点共线， 16 所以G,E,H三点共线. (8分) ②解：设A(x1,y1),B(x2,y2),A'(x3,y3), (16+16m)W6+16-=4,√/1+m)21+n) 16 B'(x4y4), T(1+m)2+(n+1)7 将x=y十m代入y2=4x,得y2一4y-4m=0, ≤4 =4x74-16,16分) 2 2 所以y1+y2=4,y1y2=一4m, 当且仅当(1+m)2=1+n,且(1+m)2+n=7, 所以g=十=2， (10分) 2 即m=1, 时取等号， n=3 同理y3十y4=4,y3y4=-4n,yr=2,结合①可 所以四边形GAHB面积的最大值为16，即S1十S2 知G,E,H,F均在定直线y=2上. 的最大值为16. (17分) 因为TT'∥11，所以△EAT与△EAH面积相 1V4 等，△EBT'与△EBH面积相等， (12分) 所以S1十S2等于四边形GAHB的面积. 设G(xG,2),H(xH,2), 直线AA:y一1=二头(z一1)，即y-y 1-x3 44 高三数学答案（二）第7页（共7页）