搜索
2026年一本密卷高考数学
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年一本密卷高考数学 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
18. (17 分) 已知椭圆 $ E : \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 $, $ F _ { 1 }, F _ { 2 } $ 分别是椭圆的左、右焦点, $ P $ 是椭圆上的动点, 直线 $ P F _ { 1 } $ 交椭圆于另一点 $ A $, 直线 $ P F _ { 2 } $ 交椭圆于另一点 $ B $.
(1) 求 $ \triangle P A F _ { 2 } $ 面积的最大值;
(2) 求 $ \triangle P F _ { 1 } F _ { 2 } $ 与 $ \triangle P A B $ 面积之比的最大值.
(1) 求 $ \triangle P A F _ { 2 } $ 面积的最大值;
(2) 求 $ \triangle P F _ { 1 } F _ { 2 } $ 与 $ \triangle P A B $ 面积之比的最大值.
答案：
18.解：
(1)设$P(x_{0},y_{0})$，$A(x_{1},y_{1})$，设直线$PA$的方程为$x = my - 1$，联立方程组$\begin{cases}x = my - 1\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，得$(3m^{2}+4)y^{2}-6my - 9 = 0$，所以$y_{0}+y_{1}=\frac{6m}{3m^{2}+4}$，$y_{0}y_{1}=\frac{-9}{3m^{2}+4}$，则$|PA|=\sqrt{m^{2}+1}|y_{0}-y_{1}|=\sqrt{m^{2}+1}\frac{12\sqrt{m^{2}+1}}{3m^{2}+4}$，点$F_{2}$到直线$PA$的距离为$d=\frac{2}{\sqrt{m^{2}+1}}$，所以$S_{\triangle PAF_{2}}=\frac{1}{2}|PA|d=\frac{12\sqrt{m^{2}+1}}{3m^{2}+4}$，令$t=\sqrt{m^{2}+1}\geq1$，则$S_{\triangle PAF_{2}}=\frac{12t}{3t^{2}+1}=\frac{12}{3t+\frac{1}{t}}$，当$t = 1$即$m = 0$时$\triangle PAF_{2}$面积取得最大值，所以$\triangle PAF_{2}$面积的最大值为$3$。
(2)设$P(x_{0},y_{0})$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，设直线$PF_{1}$ 的方程为$x=\frac{x_{0}+1}{y_{0}}y - 1$，联立方程组$\begin{cases}x=\frac{x_{0}+1}{y_{0}}y - 1\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，得$\frac{6x_{0}+15}{y_{0}^{2}}y^{2}-\frac{6(x_{0}+1)}{y_{0}}y - 9 = 0$，即$\frac{2x_{0}+5}{y_{0}^{2}}y^{2}-\frac{2(x_{0}+1)}{y_{0}}y - 3 = 0$，所以$y_{0}y_{1}=\frac{-3y_{0}^{2}}{2x_{0}+5}$，即$y_{1}=\frac{-3y_{0}}{2x_{0}+5}$，同理可得：$y_{2}=\frac{-3y_{0}}{5 - 2x_{0}}$，所以$\frac{S_{\triangle PF_{1}F_{2}}}{S_{\triangle PAB}}=\frac{|PF_{1}|·|PF_{2}|}{|PA|·|PB|}=\frac{(y_{0}-y_{1})(y_{0}-y_{2})}{y_{0}^{2}}=\frac{(y_{0}+\frac{3y_{0}}{2x_{0}+5})(y_{0}+\frac{3y_{0}}{5 - 2x_{0}})}{y_{0}^{2}}=\frac{25 - 4x_{0}^{2}}{64 - 4x_{0}^{2}}=1-\frac{39}{64 - 4x_{0}^{2}}$，当$x_{0}=0$时，$\frac{S_{\triangle PF_{1}F_{2}}}{S_{\triangle PAB}}$取得最大值$\frac{25}{64}$。
18.解：
(1)设$P(x_{0},y_{0})$，$A(x_{1},y_{1})$，设直线$PA$的方程为$x = my - 1$，联立方程组$\begin{cases}x = my - 1\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，得$(3m^{2}+4)y^{2}-6my - 9 = 0$，所以$y_{0}+y_{1}=\frac{6m}{3m^{2}+4}$，$y_{0}y_{1}=\frac{-9}{3m^{2}+4}$，则$|PA|=\sqrt{m^{2}+1}|y_{0}-y_{1}|=\sqrt{m^{2}+1}\frac{12\sqrt{m^{2}+1}}{3m^{2}+4}$，点$F_{2}$到直线$PA$的距离为$d=\frac{2}{\sqrt{m^{2}+1}}$，所以$S_{\triangle PAF_{2}}=\frac{1}{2}|PA|d=\frac{12\sqrt{m^{2}+1}}{3m^{2}+4}$，令$t=\sqrt{m^{2}+1}\geq1$，则$S_{\triangle PAF_{2}}=\frac{12t}{3t^{2}+1}=\frac{12}{3t+\frac{1}{t}}$，当$t = 1$即$m = 0$时$\triangle PAF_{2}$面积取得最大值，所以$\triangle PAF_{2}$面积的最大值为$3$。
(2)设$P(x_{0},y_{0})$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，设直线$PF_{1}$ 的方程为$x=\frac{x_{0}+1}{y_{0}}y - 1$，联立方程组$\begin{cases}x=\frac{x_{0}+1}{y_{0}}y - 1\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，得$\frac{6x_{0}+15}{y_{0}^{2}}y^{2}-\frac{6(x_{0}+1)}{y_{0}}y - 9 = 0$，即$\frac{2x_{0}+5}{y_{0}^{2}}y^{2}-\frac{2(x_{0}+1)}{y_{0}}y - 3 = 0$，所以$y_{0}y_{1}=\frac{-3y_{0}^{2}}{2x_{0}+5}$，即$y_{1}=\frac{-3y_{0}}{2x_{0}+5}$，同理可得：$y_{2}=\frac{-3y_{0}}{5 - 2x_{0}}$，所以$\frac{S_{\triangle PF_{1}F_{2}}}{S_{\triangle PAB}}=\frac{|PF_{1}|·|PF_{2}|}{|PA|·|PB|}=\frac{(y_{0}-y_{1})(y_{0}-y_{2})}{y_{0}^{2}}=\frac{(y_{0}+\frac{3y_{0}}{2x_{0}+5})(y_{0}+\frac{3y_{0}}{5 - 2x_{0}})}{y_{0}^{2}}=\frac{25 - 4x_{0}^{2}}{64 - 4x_{0}^{2}}=1-\frac{39}{64 - 4x_{0}^{2}}$，当$x_{0}=0$时，$\frac{S_{\triangle PF_{1}F_{2}}}{S_{\triangle PAB}}$取得最大值$\frac{25}{64}$。
19. (17 分) 已知函数 $ f ( x ) = \mathrm { e } ^ { a x } - \ln ( x + 1 ) ( a ＞ 0 ) $.
(1) 当 $ a = 1 $ 时, 讨论 $ f ( x ) $ 的单调性;
(2) 已知 $ A ( x _ { 1 }, y _ { 1 } ), B ( x _ { 2 }, y _ { 2 } ) $ 为曲线 $ y = f ( x ) $ 上任意两点, 且 $ A, B $ 关于点 $ ( 0, b ) $ 对称.
(ⅰ) 求 $ b $ 的取值范围;
(ⅱ) 若 $ ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) ( y _ { 1 } - y _ { 2 } ) \leq 0 $, 求 $ a $ 的取值范围.
(1) 当 $ a = 1 $ 时, 讨论 $ f ( x ) $ 的单调性;
(2) 已知 $ A ( x _ { 1 }, y _ { 1 } ), B ( x _ { 2 }, y _ { 2 } ) $ 为曲线 $ y = f ( x ) $ 上任意两点, 且 $ A, B $ 关于点 $ ( 0, b ) $ 对称.
(ⅰ) 求 $ b $ 的取值范围;
(ⅱ) 若 $ ( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) ( y _ { 1 } - y _ { 2 } ) \leq 0 $, 求 $ a $ 的取值范围.
答案：
19.解：
(1)由$a = 1$可得$f(x)=e^{x}-\ln(x + 1)$，其定义域为$(-1,+\infty)$；易知$f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x + 1}$，记$g(x)=f^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}+\frac{1}{(x + 1)^{2}}＞0$，所以$f^{\prime}(x)$在$(-1,+\infty)$单调递增。又$f^{\prime}(0)=0$，因此$x\in(-1,0)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$；所以$f(x)$在区间$(-1,0)$单调递减，在$(0,+\infty)$单调递增。
(2)(ⅰ)由题意可得$x_{1}+x_{2}=0$。由对称性，不妨设$x_{1}=t\in(0,1)$，则$x_{2}=-t$。又$f(x_{1})+f(x_{2})=2b$，即$e^{t}+e^{-t}-\ln(1 - t^{2})=2b$。记$F(t)=e^{t}+e^{-t}-\ln(1 - t^{2})$，则$F^{\prime}(t)=e^{t}-e^{-t}+\frac{2t}{1 - t^{2}}$，又$\frac{2t}{1 - t^{2}}＞0$，$e^{t}-e^{-t}＞0$，所以$F^{\prime}(t)＞0$，所以$F(t)$在区间$(0,1)$上单调递增，所以$2b＞F(0)=2$，即$b＞1$。下面证明$b\in(1,+\infty)$，即证$\forall b\in(1,+\infty),F(t)=2b$有解。记$G(t)=F(t)-2b$，则$G(0)=2 - 2b＜0$，取$t_{1}=\sqrt{1 - e^{-2b}}$，则$G(t_{1})＞-\ln[1-(1-e^{-2b})]-2b=0$，所以$\exists t_{2}\in(0,t_{1})$，使得$G(t_{2})=0$
(1)由$a = 1$可得$f(x)=e^{x}-\ln(x + 1)$，其定义域为$(-1,+\infty)$；易知$f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x + 1}$，记$g(x)=f^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}+\frac{1}{(x + 1)^{2}}＞0$，所以$f^{\prime}(x)$在$(-1,+\infty)$单调递增。又$f^{\prime}(0)=0$，因此$x\in(-1,0)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$；所以$f(x)$在区间$(-1,0)$单调递减，在$(0,+\infty)$单调递增。
(2)(ⅰ)由题意可得$x_{1}+x_{2}=0$。由对称性，不妨设$x_{1}=t\in(0,1)$，则$x_{2}=-t$。又$f(x_{1})+f(x_{2})=2b$，即$e^{t}+e^{-t}-\ln(1 - t^{2})=2b$。记$F(t)=e^{t}+e^{-t}-\ln(1 - t^{2})$，则$F^{\prime}(t)=e^{t}-e^{-t}+\frac{2t}{1 - t^{2}}$，又$\frac{2t}{1 - t^{2}}＞0$，$e^{t}-e^{-t}＞0$，所以$F^{\prime}(t)＞0$，所以$F(t)$在区间$(0,1)$上单调递增，所以$2b＞F(0)=2$，即$b＞1$。下面证明$b\in(1,+\infty)$，即证$\forall b\in(1,+\infty),F(t)=2b$有解。记$G(t)=F(t)-2b$，则$G(0)=2 - 2b＜0$，取$t_{1}=\sqrt{1 - e^{-2b}}$，则$G(t_{1})＞-\ln[1-(1-e^{-2b})]-2b=0$，所以$\exists t_{2}\in(0,t_{1})$，使得$G(t_{2})=0$
查看更多完整答案，请扫码查看
