华大新高考联盟2024届高三下学期5月名校高考预测数学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 华大新高考联盟2024届高三下学期5月名校高考预测数学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-18 19:42:08 | ||
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文档简介
华大新高考联盟2024届高三下学期5月名校高考预测
数 学
本试题卷共4页．满分150分，考试用时120分钟．
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卷指定位置，认真核对与准考证号条形码上的信息是否一致，并将准考证号条形码粘贴在答题卷上的指定位置．
2．选择题的作答：选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂共他答案标号．答在试题卷上无效．
3．非选择题的作答：用黑色墨水的签字笔直接答在答题卷上的每题所对应的答题区域内．答在试题卷上或答题卷指定区域外无效．
4．考试结束，监考人员将答题卷收回，考生自己保管好试题卷，评讲时带来．
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．已知集合，，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．若a，，且，则（ ）
A．2 B．3 C． D．
3．由于天气原因，夏季相关部门加大对水果储运环节的抽检力度，坚决杜绝腐烂变质的水果流入市场，下表是对运到仓储点的某种水果进行抽检后得到的数据．
车辆 甲 乙 丙 丁
抽检数量/个 35 60 50 55
合格数量/个 32 56 47 53
若从运到仓储点的四车水果中随机抽出一个，则估计这个水果不能上市的概率为（ ）
A．0.06 B．0.08 C．0.1 D．0.12
4．中国女排精神代代相传．某网站对出战2024年巴黎奥运会的中国女排12人大名单进行了预测：主攻队员4人，副攻队员3人，二传和接应各2人，自由人1人．在中国女排每场比赛7人的首发阵容中，主攻和副攻各2人，二传和接应各1人，自由人1人．如果按照该网站预测的12人大名单出战，首发阵容方案数为（ ）A．144 B．140 C．72 D．36
5．已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
6．在平面直角坐标系中，已知点A坐标为，若动点P位于y轴右侧，且到两定点，的距离之差为定值4，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，函数，若的图象与直线有3个不同的交点，则实数m的值可能为（ ）
A． B．9 C． D．12
8．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），则二十四等边体的体积与其外接球体积之比为（ ）
A． B． C． 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．已知函数的图像关于直线对称，且，则（ ）
A．
B．的图像关于点中心对称
C．与的图像关于直线对称
D．在区间内单调递增
10．如图，正八面体校长为1，M为线段上的动点（包括端点），则（ ）
A． B．的最小值为
C．当时，AM与BC的夹角为 D．
11．某工厂对一条生产线上的产品A和B进行抽检．已知每轮抽到A产品的概率为，每轮抽检中抽到B产品即停止．设进行足够多轮抽检后抽到A产品的件数与B产品的件数的比例为k，単轮抽检中抽检的次数为x，则（ ）
A．若，则
B．当时，取得最大值
C．若一轮抽检中x的很大取值为M，
D．恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列是单调递增的等比数列，且，，则________，数列的公差为________．
13．已知等腰梯形ABCD的四个顶点在抛物线上，且，则原点到AB的距离与原点到CD的距离之比为________．
14．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D，E分别为AB，AC上一点，为BC上一点，与A关于DE对称．若，，，则________．
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）贵州省“美丽乡村”篮球联赛在比赛间隙进行芦笙舞、侗族大歌等非物质文化遗产展演，这项活动将体育运动与当地民族民俗文化相触合，创造出独特的文体公共产品．为了打造更具吸引力的赛事，某平台发起了群众观赛意见反馈调查，共收回了200份调查问卷．
性别 关注赛事 不关注赛事
男 84 36
女 40 40
（1）通过进一步分析关注赛事群众的调查问卷得知，关注表演的女性用户有24名，现从关注赛事的群众中抽取一人，设“抽取的一人为男性”为事件A，“抽取的一人关注表演”为事件B，若，则以此次调查的数据为依据，估计从平台用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率为多少；
（2）是否有的把握认为是否关注赛事与性别有关？
附：，其中．
0.050 0.010 0.005 0.001
k 3.841 6.635 7.879 10.828
16．（15分）如图，在三棱锥中，底面ABC是以AB为斜边的直角三角形，侧面OAC是边长为2的正三角形，平面平面ABC，，D为AC的中点，将以OD所在直线为轴旋转得到圆锥OD，底面圆D与AB交于点E，圆锥侧面上一点F满足．
（1）试确定点F的位置并证明；
（2）求二面角的正弦值．
17．（15分）已知函数，．
（1）若在处的切线斜率为，求函数的单调区间；
（2），若是的极大值点，求m的取值范围．
18．（17分）已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上的动点，直线交椭圆于一点M，直线交椭圆于另一点N，当P为椭圆的上顶点时，有．
（1）求椭圆E的离心率；
（2）求的最大值．
19．（17分）对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程q的一组正整数解，则，将代入等式右边，
得，
变形得：，于是构造出方程q的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程q的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2．
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）方程的所有正整数解为，且数列单调递增．
①求证：始终是4的整数倍；
②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
华大新高考联盟2024届高三下学期5月名校高考预测
数学参考答案和评分标准
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A C A C D D B C BCD BC AD
1．【答案】A
【解析】易知，，由得，则，，．故选A．
2．【答案】C
【解析】由，得，即，解得．所以．故选C．
3．【答案】A
【解析】由题意可知，该水果合格的概率为，则随机抽出一个，估计其不能上市的概率为0.06．故选A．
4．【答案】C
【解析】由题意可知，共有种不同的首发阵容方案．故选C．
5．【答案】D
【解析】由题意得，又，解得，则，即，则，故与的夹角为．故选D．
6．【答案】D
【解析】由动点P到两定点，的距离之差为定值4，结合双曲线定义可知，动点P的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，易得，，由得，则动点P的轨迹方程为，又，则，故的周长为，当且仅当P，A，三点共线时等号成立，故周长的最小值为．故选D．
7．【答案】B
【解析】令，则，要使得的图象与直线有3个交点，则存在两个实数根，，且，或，，结合函数的图象可知，，故选B．
8．【答案】C
【解析】设，则二十四等边体的外接球半径为2a，其外接球体积为，
二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，故所求体积，故二十四等边体的体积与其外接球体积之比为，故选C．
二、选择题
9．【答案】BCD
【解析】由题意得，，解得，，又因为，所以，A错误；由可知，，令，，解得，，令，得，所以点是曲线的对称中心，B正确；因为，所以与的图象关于直线对称，C正确；当时，，故在区间内单调递增，D正确．故选BCD．
10．【答案】BC
【解析】，，A错误；因与均是边长为1的正三角形，故可将沿翻折，使其与共面，得到菱形，则，B正确；由且得平面，，若，则平面，故，知M与C重合，AM与BC的夹角为，C正确；，，（与的夹角为钝角），D错误．
11．【答案】AD
【解析】由题意知（前次为产品A，最后一次为产品B），当时，，A正确；，，令，得，在上单调递增，在上单调递减，当时，取最大值，B错误；由A知，，令①，
则②，
①②得，，C错误；由C知若一轮抽检出n件产品，则，每轮抽检必会抽到B产品1次，则，，则，，，当且仅当时等号成立，D正确．
三、填空题
12．【答案】81；．（第1空2分，第2空3分）
【解析】因为数列是单调递增的等比数列，所以，由，解得或（舍去），则数列的公比，，，，而根据等比数列性质可知，，，成等比数列，，故．故答案为81，．
13．【答案】．
【解析】由题意可知，且轴，设，，则，，．
14．【答案】．
【解析】如图，由得．令，，．令，，在上单调递减，，，在上单调递减，，．由题意知，
，，，，．
四、解答题
15．【解析】（1）由题意可知，关注赛事的总人数为人，其中男性84人，女性40人，女性中关注表演的有24人，则不关注表演的女性有16人．
设在关注赛事的84名男性中，关注表演的有m人，则不关注表演的男性有人，所以不关注表演的共有人，
则，
且，
由，得，解得，
所以关注表演的男性有20人，即在样本中关注表演的共有4人，在样本中的比例为，由此估计，从平台的所有用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率约为0.22．
（2）由题意得列联表如下：
性别 关注赛事 不关注赛事 合计
男 84 36 120
女 40 40 80
合计 124 76 200
则，
故有的把握认为是否关注赛事与性别有关．
16．【解析】（1），平面OAB，，平面OAB．
又在圆锥OD侧面上，且圆锥OD是由以OD所在直线为轴旋转得到的，．
在中，，，．
故．
在中，，，．即F为线段AO上靠近O的五等分点．
平面平面ABC，平面平面，，平面OAC．
平面OAC内，．
（2）是边长为2的正三角形，且D为AC的中点，
，由（1）得，，
以D为坐标原点，DA，DO所在直线分别为x轴、z轴，过点D且平行于BC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
，
，，．
设平面COE的法向量为，
则即，
令，得，．则平面COE的一个法向量为．
设平面OEF的法向量为，
则，即
令，则，．则平面OEF的一个法向量为．
设二面角的平面角为，则
，
．
17．【解析】
（1）的定义域为，，
，，
．
令，得，，
令，得或；令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
即的单调递增区间为和，
单调递减区间为．
（2）由题意知，，，．
令，则，，
若，因为当时，单调递增，所以在上单调递增．
又因为，，
因此存在，使得，
所以当时，，在上单调递减．
又因为，所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，符合题意．
若，当时，，
所以在上单调递增，，在上单调递增，因此不可能是的极大值点．
综上，当是的极大值点时，m的取值范围为．
18．【解析】
（1）方法一：当P为椭圆E的上顶点时，，，
又，，，
，
，，．
方法二：当P为椭圆E的上顶点时，，，
又，，．
又点M在椭圆上，，，．
（2）方法一：设，，，，（，），
．，，
又点M在椭圆上，，．
又，，
，同理（用“”代替“c”），，
．
又，，当且仅当时等号成立，的最大值为．
方法二：由（1）知，，，椭圆方程可化为．
设，，，，，
，
由，得，
即，
，即①，同理②，
②①得．
又，
，，以下同方法一．
19．【解析】（1）由题意知，解得，
则，
故双曲线E的标准方程为．
（2）①方法一：
在循环构造中，对任意正整数k，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同，二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有
，，
从而，
于是对任意的正整数n，
，
因为是正整数，所以是4的整数倍．
方法二：
在循环构造中，对任意正整数k，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分；第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
故，
于是，
，
即
由得，，
代入得，
整理得，即．
因为是正整数，所以是4的整数倍．
②，，设，的夹角为，
则的面积
，
由得，，
代入得
，
，
由得，从而，
故，，
．
，，，，即，
代人得，
于是的面积为定值．
数 学
本试题卷共4页．满分150分，考试用时120分钟．
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卷指定位置，认真核对与准考证号条形码上的信息是否一致，并将准考证号条形码粘贴在答题卷上的指定位置．
2．选择题的作答：选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂共他答案标号．答在试题卷上无效．
3．非选择题的作答：用黑色墨水的签字笔直接答在答题卷上的每题所对应的答题区域内．答在试题卷上或答题卷指定区域外无效．
4．考试结束，监考人员将答题卷收回，考生自己保管好试题卷，评讲时带来．
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．已知集合，，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．若a，，且，则（ ）
A．2 B．3 C． D．
3．由于天气原因，夏季相关部门加大对水果储运环节的抽检力度，坚决杜绝腐烂变质的水果流入市场，下表是对运到仓储点的某种水果进行抽检后得到的数据．
车辆 甲 乙 丙 丁
抽检数量/个 35 60 50 55
合格数量/个 32 56 47 53
若从运到仓储点的四车水果中随机抽出一个，则估计这个水果不能上市的概率为（ ）
A．0.06 B．0.08 C．0.1 D．0.12
4．中国女排精神代代相传．某网站对出战2024年巴黎奥运会的中国女排12人大名单进行了预测：主攻队员4人，副攻队员3人，二传和接应各2人，自由人1人．在中国女排每场比赛7人的首发阵容中，主攻和副攻各2人，二传和接应各1人，自由人1人．如果按照该网站预测的12人大名单出战，首发阵容方案数为（ ）A．144 B．140 C．72 D．36
5．已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
6．在平面直角坐标系中，已知点A坐标为，若动点P位于y轴右侧，且到两定点，的距离之差为定值4，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，函数，若的图象与直线有3个不同的交点，则实数m的值可能为（ ）
A． B．9 C． D．12
8．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），则二十四等边体的体积与其外接球体积之比为（ ）
A． B． C． 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．已知函数的图像关于直线对称，且，则（ ）
A．
B．的图像关于点中心对称
C．与的图像关于直线对称
D．在区间内单调递增
10．如图，正八面体校长为1，M为线段上的动点（包括端点），则（ ）
A． B．的最小值为
C．当时，AM与BC的夹角为 D．
11．某工厂对一条生产线上的产品A和B进行抽检．已知每轮抽到A产品的概率为，每轮抽检中抽到B产品即停止．设进行足够多轮抽检后抽到A产品的件数与B产品的件数的比例为k，単轮抽检中抽检的次数为x，则（ ）
A．若，则
B．当时，取得最大值
C．若一轮抽检中x的很大取值为M，
D．恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列是单调递增的等比数列，且，，则________，数列的公差为________．
13．已知等腰梯形ABCD的四个顶点在抛物线上，且，则原点到AB的距离与原点到CD的距离之比为________．
14．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D，E分别为AB，AC上一点，为BC上一点，与A关于DE对称．若，，，则________．
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）贵州省“美丽乡村”篮球联赛在比赛间隙进行芦笙舞、侗族大歌等非物质文化遗产展演，这项活动将体育运动与当地民族民俗文化相触合，创造出独特的文体公共产品．为了打造更具吸引力的赛事，某平台发起了群众观赛意见反馈调查，共收回了200份调查问卷．
性别 关注赛事 不关注赛事
男 84 36
女 40 40
（1）通过进一步分析关注赛事群众的调查问卷得知，关注表演的女性用户有24名，现从关注赛事的群众中抽取一人，设“抽取的一人为男性”为事件A，“抽取的一人关注表演”为事件B，若，则以此次调查的数据为依据，估计从平台用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率为多少；
（2）是否有的把握认为是否关注赛事与性别有关？
附：，其中．
0.050 0.010 0.005 0.001
k 3.841 6.635 7.879 10.828
16．（15分）如图，在三棱锥中，底面ABC是以AB为斜边的直角三角形，侧面OAC是边长为2的正三角形，平面平面ABC，，D为AC的中点，将以OD所在直线为轴旋转得到圆锥OD，底面圆D与AB交于点E，圆锥侧面上一点F满足．
（1）试确定点F的位置并证明；
（2）求二面角的正弦值．
17．（15分）已知函数，．
（1）若在处的切线斜率为，求函数的单调区间；
（2），若是的极大值点，求m的取值范围．
18．（17分）已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上的动点，直线交椭圆于一点M，直线交椭圆于另一点N，当P为椭圆的上顶点时，有．
（1）求椭圆E的离心率；
（2）求的最大值．
19．（17分）对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程q的一组正整数解，则，将代入等式右边，
得，
变形得：，于是构造出方程q的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程q的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2．
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）方程的所有正整数解为，且数列单调递增．
①求证：始终是4的整数倍；
②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
华大新高考联盟2024届高三下学期5月名校高考预测
数学参考答案和评分标准
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A C A C D D B C BCD BC AD
1．【答案】A
【解析】易知，，由得，则，，．故选A．
2．【答案】C
【解析】由，得，即，解得．所以．故选C．
3．【答案】A
【解析】由题意可知，该水果合格的概率为，则随机抽出一个，估计其不能上市的概率为0.06．故选A．
4．【答案】C
【解析】由题意可知，共有种不同的首发阵容方案．故选C．
5．【答案】D
【解析】由题意得，又，解得，则，即，则，故与的夹角为．故选D．
6．【答案】D
【解析】由动点P到两定点，的距离之差为定值4，结合双曲线定义可知，动点P的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，易得，，由得，则动点P的轨迹方程为，又，则，故的周长为，当且仅当P，A，三点共线时等号成立，故周长的最小值为．故选D．
7．【答案】B
【解析】令，则，要使得的图象与直线有3个交点，则存在两个实数根，，且，或，，结合函数的图象可知，，故选B．
8．【答案】C
【解析】设，则二十四等边体的外接球半径为2a，其外接球体积为，
二十四等边体可以看成一个长方体加上四个四棱锥拼接而成的几何体，故所求体积，故二十四等边体的体积与其外接球体积之比为，故选C．
二、选择题
9．【答案】BCD
【解析】由题意得，，解得，，又因为，所以，A错误；由可知，，令，，解得，，令，得，所以点是曲线的对称中心，B正确；因为，所以与的图象关于直线对称，C正确；当时，，故在区间内单调递增，D正确．故选BCD．
10．【答案】BC
【解析】，，A错误；因与均是边长为1的正三角形，故可将沿翻折，使其与共面，得到菱形，则，B正确；由且得平面，，若，则平面，故，知M与C重合，AM与BC的夹角为，C正确；，，（与的夹角为钝角），D错误．
11．【答案】AD
【解析】由题意知（前次为产品A，最后一次为产品B），当时，，A正确；，，令，得，在上单调递增，在上单调递减，当时，取最大值，B错误；由A知，，令①，
则②，
①②得，，C错误；由C知若一轮抽检出n件产品，则，每轮抽检必会抽到B产品1次，则，，则，，，当且仅当时等号成立，D正确．
三、填空题
12．【答案】81；．（第1空2分，第2空3分）
【解析】因为数列是单调递增的等比数列，所以，由，解得或（舍去），则数列的公比，，，，而根据等比数列性质可知，，，成等比数列，，故．故答案为81，．
13．【答案】．
【解析】由题意可知，且轴，设，，则，，．
14．【答案】．
【解析】如图，由得．令，，．令，，在上单调递减，，，在上单调递减，，．由题意知，
，，，，．
四、解答题
15．【解析】（1）由题意可知，关注赛事的总人数为人，其中男性84人，女性40人，女性中关注表演的有24人，则不关注表演的女性有16人．
设在关注赛事的84名男性中，关注表演的有m人，则不关注表演的男性有人，所以不关注表演的共有人，
则，
且，
由，得，解得，
所以关注表演的男性有20人，即在样本中关注表演的共有4人，在样本中的比例为，由此估计，从平台的所有用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率约为0.22．
（2）由题意得列联表如下：
性别 关注赛事 不关注赛事 合计
男 84 36 120
女 40 40 80
合计 124 76 200
则，
故有的把握认为是否关注赛事与性别有关．
16．【解析】（1），平面OAB，，平面OAB．
又在圆锥OD侧面上，且圆锥OD是由以OD所在直线为轴旋转得到的，．
在中，，，．
故．
在中，，，．即F为线段AO上靠近O的五等分点．
平面平面ABC，平面平面，，平面OAC．
平面OAC内，．
（2）是边长为2的正三角形，且D为AC的中点，
，由（1）得，，
以D为坐标原点，DA，DO所在直线分别为x轴、z轴，过点D且平行于BC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
，
，，．
设平面COE的法向量为，
则即，
令，得，．则平面COE的一个法向量为．
设平面OEF的法向量为，
则，即
令，则，．则平面OEF的一个法向量为．
设二面角的平面角为，则
，
．
17．【解析】
（1）的定义域为，，
，，
．
令，得，，
令，得或；令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
即的单调递增区间为和，
单调递减区间为．
（2）由题意知，，，．
令，则，，
若，因为当时，单调递增，所以在上单调递增．
又因为，，
因此存在，使得，
所以当时，，在上单调递减．
又因为，所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，符合题意．
若，当时，，
所以在上单调递增，，在上单调递增，因此不可能是的极大值点．
综上，当是的极大值点时，m的取值范围为．
18．【解析】
（1）方法一：当P为椭圆E的上顶点时，，，
又，，，
，
，，．
方法二：当P为椭圆E的上顶点时，，，
又，，．
又点M在椭圆上，，，．
（2）方法一：设，，，，（，），
．，，
又点M在椭圆上，，．
又，，
，同理（用“”代替“c”），，
．
又，，当且仅当时等号成立，的最大值为．
方法二：由（1）知，，，椭圆方程可化为．
设，，，，，
，
由，得，
即，
，即①，同理②，
②①得．
又，
，，以下同方法一．
19．【解析】（1）由题意知，解得，
则，
故双曲线E的标准方程为．
（2）①方法一：
在循环构造中，对任意正整数k，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同，二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有
，，
从而，
于是对任意的正整数n，
，
因为是正整数，所以是4的整数倍．
方法二：
在循环构造中，对任意正整数k，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分；第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
故，
于是，
，
即
由得，，
代入得，
整理得，即．
因为是正整数，所以是4的整数倍．
②，，设，的夹角为，
则的面积
，
由得，，
代入得
，
，
由得，从而，
故，，
．
，，，，即，
代人得，
于是的面积为定值．
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