广东省珠海市斗门区第一中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题
1．（2024高三下·斗门月考）复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用复数混合运算法则求出复数，再利用复数求模公式得出复数z的模.
2．（2024高三下·斗门月考）若圆被直线平分，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆心，因为圆C被直线平分，所以圆心在直线上，
则，解得.
故答案为：D.
【分析】求圆心，由圆被直线平分，将圆心坐标代入直线方程求解即可.
3．（2024高三下·斗门月考）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则、可能平行，也可能相交，故A错误；
B、若，，则、可能平行，也可能异面，故B错误；
C、若，，，则，故C正确；
D、若，，，可知、可能平行，也可能异面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐项判断即可.
4．（2024高三下·斗门月考）的展开式中的系数为（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
【答案】B
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
因为，
所以的系数为展开式中，的系数之和，
项，需取，系数为；
项，需取，系数为，
则的系数为.
故答案为：B．
【分析】先写出展开式的通项，再利用乘法运算律进行展开，分别求得系数相加即可.
5．（2024高三下·斗门月考）若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
因为函数 在区间上单调递增 ，所以在上单调递减，则，即，故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据复合函数单调性列式求解即可.
6．（2024高三下·斗门月考）已知等差数列的前项和为，，，则满足的值为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为d，
由，，可得，解得，
则，且，
当时，；当时，；
故当或时，；当时，；
若，则.
故答案为：B.
【分析】设等差数列的公差为d，由题意列式求，得数列的前n项和，分析其符号求解即可.
7．（2024高三下·斗门月考）已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 点为线段（含端点）上一动点 ，
则，即，
，
则，
，
，，
当时，取得最大值.
故答案为：C.
【分析】利用基底表示和，再根据向量数量积计算即可.
8．（2024高三下·斗门月考）已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
设，因为，所以，即；
又因为，所以，
由于A，B在第一象限内，则，即，
由线段中点的横坐标为3，可得，则，即.
故答案为：B.
【分析】设，由可得，结合弦长以及已知求出，利用求解即可.
9．（2024高三下·斗门月考）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、函数最小周期为，则，故A正确；
B、若，则函数的对称轴为，令，，则，令，解得，，故B错误；
C、当时，，，则，故C正确；
D、，当时，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正弦型函数的周期即可判断A；根据其对称性即可判断B；利用整体法求出函数值域即可判断C；求导并举出反例即可判断D.
10．（2024高三下·斗门月考）在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的是（ ）
A．成绩在内的考生人数最多
B．不及格的考生人数为1000
C．考生竞赛成绩的平均分约为分
D．考生竞赛成绩的中位数为75分
【答案】A,B,C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、由频率分布直方图可得：成绩在内的面积最大，考生人数最多，故A正确；
B、由频率分布直方图可得：成绩在内的频率为，
则不及格的人数为，故B正确；
C、由频率分布直方图可得：平均分约为：
，故C正确；
D、成绩在内的频率为，在内的频率为，
则中位数为，故D错误；
故答案为：.
【分析】根据频率分布直方图，结合平均数、中位数的计算方法判断即可.
11．（2024高三下·斗门月考）定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数 B．在上单调递减
C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、 定义在的函数满足，
令，则，即，令，则，即，则为奇函数，故A正确；
B、令，则，可得，
且，即，
可得，则，即，
所以在内单调递增，故B错误；
CD、令，，则，所以，故C正确；
所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意，结合函数奇偶性的定义分析即可判断A；根据函数单调性的定义分析即可判断B；对利用赋值法分析即可判断C；根据选项C的结果结合函数单调性分析即可判断D.
12．（2024高三下·斗门月考）已知集合，，则集合的元素个数为 ．
【答案】2
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：当时，，2，4，分别为，不满足；
当时，时，满足；
时，；时，，不满足；
当时，，满足；
时，；时，不满足，
则，即集合的元素有2个.
故答案为：2.
【分析】利用列举法求解集合，再求元素个数即可.
13．（2024高三下·斗门月考） .
【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】利用诱导公式化简求值即可.
14．（2024高三下·斗门月考）传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为，且以每秒等速率缩短，而长度以每秒等速率增长.已知神针的底面半径只能从缩到，且知在这段变形过程中，当底面半径为时其体积最大，假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则体积的最小值为 ，此时金箍棒的底面半径为 ．
【答案】；
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设原来定海神针长为，秒时神针体积为，
由题意可得：，，
，
因为当底面半径为时其体积最大，所以，解得，
此时，解得，
则，，
，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，，
故当时，有最小值，此时金箍棒的底面半径为．
故答案为：；．
【分析】设原来定海神针长为，秒时神针体积为，由题意可得的表达式，结合体积最大时t的值，从而求得a的值，利用导数求解的最大值即可.
15．（2024高三下·斗门月考）已知函数
（1）求在处的切线；
（2）比较与的大小并说明理由.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为，且，所以在处的切线方程为，即；
（2）解：当时，，函数在上单调递增，
因为，所以时，，即在上恒成立，
所以，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，求到，且，结合导数的几何意义、点斜式求切线方程即可；
（2）求得，得到在上单调递增，结合，得到即可得到.
（1）解：因为函数，可得，
可得，且，
所以在处的切线方程为，即.
（2）解：由，可得，所以在上单调递增，
又由，所以时，，即在上恒成立，
所以，即.
16．（2024高三下·斗门月考）如图，在三棱台中，平面，，，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明： 在三棱台中 ，因为平面，平面，所以，
作交于点，如图所示：
在等腰梯形中，，，则，
在中，，，
在中，由余弦定理得，可得，
则，又因为，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，
因为平面，所以为面的一个法向量，
设为面的法向量，则，即，
取，，，则，
，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作交于点，根据题意得到，再根据余弦定理得到，进而有平面，由此得证；
（2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为平面，平面，所以，
作交于点，
在等腰梯形中，，，所以
在中，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，从而有，
又，所以平面，
因为平面，所以．
（2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
，，
因为平面，
所以为面的一个法向量．
设为面的法向量，
则，即
取，，，则
依题意，，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．（2024高三下·斗门月考）将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球．
（1）求1号球不在1号盒中的概率；
（2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：．
【答案】（1）解：记事件=“1号球不在1号盒中”，则；
（2）证明：由题意可知：随机变量X的取值为0，1，2，4，且，
，，
，，
，，
时，，时，，此时，则，
时，，此时，，
时，，此时，，
，
因为，所以．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用古典概型公式求解即可；
（2）由题意可知：随机变量X的取值为0，1，2，4，且，分别得出对应概率，可得、，再研究XY的取值和对应概率，可得，比较证明即可．
（1）记事件“1号球不在1号盒中”为A，则；
（2）X的取值为0，1，2，4，且，
，，
，，
所以，，
时，，时，，此时，则，
时，，此时，，
时，，此时，，
，
因为，所以．
18．（2024高三下·斗门月考）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，，，，分别是椭圆上不同的四点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与直线交于点，且，，求实数的最大值.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，则椭圆的标准方程为；
（2）解： 点 满足，则点在椭圆内，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，由韦达定理可得，
则
，
同理，
所以
，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
当时，，
综上所述，实数的最大值为.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列方程组求出，即可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，同理求出，再结合基本不等式求解即可.
（1）根据题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为，所以点在椭圆内，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
所以
，
同理，
所以
，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
当时，，
综上所述，实数的最大值为.
19．（2024高三下·斗门月考）已知实数，定义数列如下：如果，，则．
（1）求和（用表示）；
（2）令，证明：；
（3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
【答案】（1）解：因为，所以；
因为，所以．
（2）解：由数列定义得：；所以．
而，
所以．
（3）证明：当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）观察数列中的系数即可求值；
（2）由数列的定义可得，再分别计算和证明结论即可；
（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.
1 / 1广东省珠海市斗门区第一中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题
1．（2024高三下·斗门月考）复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·斗门月考）若圆被直线平分，则（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2024高三下·斗门月考）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
4．（2024高三下·斗门月考）的展开式中的系数为（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
5．（2024高三下·斗门月考）若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·斗门月考）已知等差数列的前项和为，，，则满足的值为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
7．（2024高三下·斗门月考）已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．3 D．
8．（2024高三下·斗门月考）已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（2024高三下·斗门月考）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三下·斗门月考）在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的是（ ）
A．成绩在内的考生人数最多
B．不及格的考生人数为1000
C．考生竞赛成绩的平均分约为分
D．考生竞赛成绩的中位数为75分
11．（2024高三下·斗门月考）定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数 B．在上单调递减
C． D．
12．（2024高三下·斗门月考）已知集合，，则集合的元素个数为 ．
13．（2024高三下·斗门月考） .
14．（2024高三下·斗门月考）传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为，且以每秒等速率缩短，而长度以每秒等速率增长.已知神针的底面半径只能从缩到，且知在这段变形过程中，当底面半径为时其体积最大，假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则体积的最小值为 ，此时金箍棒的底面半径为 ．
15．（2024高三下·斗门月考）已知函数
（1）求在处的切线；
（2）比较与的大小并说明理由.
16．（2024高三下·斗门月考）如图，在三棱台中，平面，，，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2024高三下·斗门月考）将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球．
（1）求1号球不在1号盒中的概率；
（2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：．
18．（2024高三下·斗门月考）已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，，，，分别是椭圆上不同的四点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与直线交于点，且，，求实数的最大值.
19．（2024高三下·斗门月考）已知实数，定义数列如下：如果，，则．
（1）求和（用表示）；
（2）令，证明：；
（3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用复数混合运算法则求出复数，再利用复数求模公式得出复数z的模.
2．【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆心，因为圆C被直线平分，所以圆心在直线上，
则，解得.
故答案为：D.
【分析】求圆心，由圆被直线平分，将圆心坐标代入直线方程求解即可.
3．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则、可能平行，也可能相交，故A错误；
B、若，，则、可能平行，也可能异面，故B错误；
C、若，，，则，故C正确；
D、若，，，可知、可能平行，也可能异面，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐项判断即可.
4．【答案】B
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
因为，
所以的系数为展开式中，的系数之和，
项，需取，系数为；
项，需取，系数为，
则的系数为.
故答案为：B．
【分析】先写出展开式的通项，再利用乘法运算律进行展开，分别求得系数相加即可.
5．【答案】C
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
因为函数 在区间上单调递增 ，所以在上单调递减，则，即，故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据复合函数单调性列式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为d，
由，，可得，解得，
则，且，
当时，；当时，；
故当或时，；当时，；
若，则.
故答案为：B.
【分析】设等差数列的公差为d，由题意列式求，得数列的前n项和，分析其符号求解即可.
7．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 点为线段（含端点）上一动点 ，
则，即，
，
则，
，
，，
当时，取得最大值.
故答案为：C.
【分析】利用基底表示和，再根据向量数量积计算即可.
8．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
设，因为，所以，即；
又因为，所以，
由于A，B在第一象限内，则，即，
由线段中点的横坐标为3，可得，则，即.
故答案为：B.
【分析】设，由可得，结合弦长以及已知求出，利用求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、函数最小周期为，则，故A正确；
B、若，则函数的对称轴为，令，，则，令，解得，，故B错误；
C、当时，，，则，故C正确；
D、，当时，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正弦型函数的周期即可判断A；根据其对称性即可判断B；利用整体法求出函数值域即可判断C；求导并举出反例即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：A、由频率分布直方图可得：成绩在内的面积最大，考生人数最多，故A正确；
B、由频率分布直方图可得：成绩在内的频率为，
则不及格的人数为，故B正确；
C、由频率分布直方图可得：平均分约为：
，故C正确；
D、成绩在内的频率为，在内的频率为，
则中位数为，故D错误；
故答案为：.
【分析】根据频率分布直方图，结合平均数、中位数的计算方法判断即可.
11．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、 定义在的函数满足，
令，则，即，令，则，即，则为奇函数，故A正确；
B、令，则，可得，
且，即，
可得，则，即，
所以在内单调递增，故B错误；
CD、令，，则，所以，故C正确；
所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意，结合函数奇偶性的定义分析即可判断A；根据函数单调性的定义分析即可判断B；对利用赋值法分析即可判断C；根据选项C的结果结合函数单调性分析即可判断D.
12．【答案】2
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：当时，，2，4，分别为，不满足；
当时，时，满足；
时，；时，，不满足；
当时，，满足；
时，；时，不满足，
则，即集合的元素有2个.
故答案为：2.
【分析】利用列举法求解集合，再求元素个数即可.
13．【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】利用诱导公式化简求值即可.
14．【答案】；
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设原来定海神针长为，秒时神针体积为，
由题意可得：，，
，
因为当底面半径为时其体积最大，所以，解得，
此时，解得，
则，，
，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，，
故当时，有最小值，此时金箍棒的底面半径为．
故答案为：；．
【分析】设原来定海神针长为，秒时神针体积为，由题意可得的表达式，结合体积最大时t的值，从而求得a的值，利用导数求解的最大值即可.
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为，且，所以在处的切线方程为，即；
（2）解：当时，，函数在上单调递增，
因为，所以时，，即在上恒成立，
所以，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，求到，且，结合导数的几何意义、点斜式求切线方程即可；
（2）求得，得到在上单调递增，结合，得到即可得到.
（1）解：因为函数，可得，
可得，且，
所以在处的切线方程为，即.
（2）解：由，可得，所以在上单调递增，
又由，所以时，，即在上恒成立，
所以，即.
16．【答案】（1）证明： 在三棱台中 ，因为平面，平面，所以，
作交于点，如图所示：
在等腰梯形中，，，则，
在中，，，
在中，由余弦定理得，可得，
则，又因为，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，
因为平面，所以为面的一个法向量，
设为面的法向量，则，即，
取，，，则，
，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作交于点，根据题意得到，再根据余弦定理得到，进而有平面，由此得证；
（2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为平面，平面，所以，
作交于点，
在等腰梯形中，，，所以
在中，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，从而有，
又，所以平面，
因为平面，所以．
（2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
，，
因为平面，
所以为面的一个法向量．
设为面的法向量，
则，即
取，，，则
依题意，，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：记事件=“1号球不在1号盒中”，则；
（2）证明：由题意可知：随机变量X的取值为0，1，2，4，且，
，，
，，
，，
时，，时，，此时，则，
时，，此时，，
时，，此时，，
，
因为，所以．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用古典概型公式求解即可；
（2）由题意可知：随机变量X的取值为0，1，2，4，且，分别得出对应概率，可得、，再研究XY的取值和对应概率，可得，比较证明即可．
（1）记事件“1号球不在1号盒中”为A，则；
（2）X的取值为0，1，2，4，且，
，，
，，
所以，，
时，，时，，此时，则，
时，，此时，，
时，，此时，，
，
因为，所以．
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，则椭圆的标准方程为；
（2）解： 点 满足，则点在椭圆内，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，由韦达定理可得，
则
，
同理，
所以
，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
当时，，
综上所述，实数的最大值为.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列方程组求出，即可得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，同理求出，再结合基本不等式求解即可.
（1）根据题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为，所以点在椭圆内，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
所以
，
同理，
所以
，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
当时，，
综上所述，实数的最大值为.
19．【答案】（1）解：因为，所以；
因为，所以．
（2）解：由数列定义得：；所以．
而，
所以．
（3）证明：当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）观察数列中的系数即可求值；
（2）由数列的定义可得，再分别计算和证明结论即可；
（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.
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