統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練五仿真模擬專練一文含解析

PAGE五仿真模擬專練仿真模擬專練(一)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．)1．[2024·唐山市高三年級摸底考試]已知集合A＝{0,1,2,3}，B＝{x|x2－2x<0}，則A∩B＝()A．{0,1,2}B．{0,1}C．{3}D．{1}2．[2024·大同市高三學(xué)情調(diào)研測試]設(shè)z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2，則z的共軛復(fù)數(shù)為()A．－1B．1C．iD．－3．[2024·合肥市高三調(diào)研性檢測]已知m，n為直線，α為平面，且m?α，則“n⊥m”是“n⊥α”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件4．[2024·開封市高三模擬]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α與角β均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sinα＝eq\f(1,3)，則cos(α－β)＝()A．－1B．－eq\f(7,9)C.eq\f(4\r(2),9)D.eq\f(7,9)5．[2024·甘肅蘭州一中期中]我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無廣．芻，草也；甍，屋蓋也．”翻譯為：“芻甍的底面為矩形，頂部只有長沒有寬，為一條棱．芻甍的字面意思為茅草屋頂．”如圖為一芻甍的三視圖，其中正視圖為等腰梯形，側(cè)視圖為等腰三角形，則它的體積為()A.eq\f(160,3)B．160C.eq\f(256,3)D．646．[2024·開封市高三第一次模擬考試]某省一般中學(xué)學(xué)業(yè)水平考試成果由高分到低分按人數(shù)所占比例依次分為A，B，C，D，E五個等級，A等級15%，B等級30%，C等級30%，D，E等級共25%.其中E等級為不合格，原則上比例不超過5%.該省某校高二年級學(xué)生都參與學(xué)業(yè)水平考試，先從中隨機(jī)抽取了部分學(xué)生的考試成果進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，統(tǒng)計(jì)結(jié)果如圖所示．若該校高二年級共有1000名學(xué)生，則估計(jì)該年級拿到C等級及以上級別的學(xué)生人數(shù)為()A．45B．660C．880D7．[2024·河南省豫北名校高三質(zhì)量測評]已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為正三角形，且AA1＝AB，E為A1B1上一點(diǎn)，A1E＝2EB1A.eq\f(\r(13),13)B.eq\f(5,13)C.eq\f(2\r(13),13)D.eq\f(12,13)8．[2024·河北省九校高三聯(lián)考試題]設(shè)a＝，b＝，c＝log32，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．c<a<bD．c<b<a9．[2024·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高三起點(diǎn)考試]執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結(jié)果是()A．7B．8C．9D10．[2024·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]已知等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝26－tn(t∈R)，且當(dāng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn取得最大值時，n＝12或13，則當(dāng)Sk＝150時，k＝()A．10B．25C．10或15D．15或2511．[2024·合肥市高三調(diào)研性檢測]某公司一種型號的產(chǎn)品近期銷售狀況如下表：月份x23456銷售額y/萬元15.116.317.017.218.4依據(jù)上表可得到回來直線方程eq\o(y,\s\up6(^))＝0.75x＋eq\o(a,\s\up6(^))，據(jù)此估計(jì)，該公司7月份這種型號產(chǎn)品的銷售額為()A．19.5萬元B．19.25萬元C．19.15萬元D．19.05萬元12．[2024·河北省九校高三聯(lián)考]設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)數(shù)，當(dāng)x>0時，f′(x)lnx<－eq\f(1,x)f(x)，則使得(x2－1)f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．[2024·安徽省部分重點(diǎn)校高三聯(lián)考]已知變量x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≥0,x＋y－1≥0,x≤0))，則z＝x＋3y的最小值為________．14．[2024·石家莊市重點(diǎn)中學(xué)高三畢業(yè)班摸底考試]已知向量a＝(1，－1)，b＝(2，λ)，c＝(λ，－2)．若(a＋b)⊥c，則λ＝________.15．[2024·惠州市高三第一次調(diào)研考試]等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a4＋a5＝25，S6＝57，則{an}的公差為________．16．[2024·廣東省七校聯(lián)合體高三第一次聯(lián)考]已知橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距為2c，直線l：y＝eq\f(\r(2),4)x與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝2c，則橢圓C的離心率為________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2024·安徽省示范中學(xué)名校高三聯(lián)考]在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C對應(yīng)的邊，已知10b2cosB＝6abcosC＋3(b2＋c2－a2)．(1)求cosB；(2)若AB＝2，D為BC邊上的點(diǎn)，且BD＝2DC，∠ADC＝eq\f(5π,6)，求△ADC的面積．18.(12分)[2024·長沙市四校高三年級模擬考試]如圖，四棱錐E-ABCD的側(cè)棱DE與四棱錐F-ABCD的側(cè)棱BF都與底面ABCD垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝3，AD＝4，AE＝5，AF＝3eq\r(2).(1)證明：DF∥平面BCE；(2)求A到平面BEDF的距離，并求四棱錐A-BEDF的體積．19．(12分)[2024·河北張家口階段測試]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－bx.(1)若函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值ln2－eq\f(1,2)，求a，b的值；(2)當(dāng)a＝－eq\f(1,8)時，函數(shù)g(x)＝f(x)＋bx＋b在區(qū)間[1,3]上的最小值為1，求g(x)在該區(qū)間上的最大值．20．(12分)[2024·唐山市高三年級摸底考試]某音樂院校實(shí)行“校內(nèi)之星”評比活動，評委由本校全體學(xué)生組成，隨機(jī)調(diào)查了20個學(xué)生對A，B兩位選手的評分，得到下面的莖葉圖：(1)通過莖葉圖比較A，B兩位選手所得分?jǐn)?shù)的平均值及分散程度(不要求計(jì)算出詳細(xì)值，得出結(jié)論即可)；(2)舉辦方將會依據(jù)評分結(jié)果對選手進(jìn)行三向分流：所得分?jǐn)?shù)低于60分60分到79分不低于80分分流方向淘汰出局復(fù)賽待選干脆晉級依據(jù)所得分?jǐn)?shù)，估計(jì)A，B兩位選手中哪位選手干脆晉級的概率更大，并說明理由．21．(12分)[2024·山西省六校高三第一次階段性測試]已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為e，點(diǎn)(1，e)在橢圓E上，點(diǎn)A(a,0)，B(0，b)，三角形OAB的面積為eq\f(3,2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l交橢圓E于M，N兩點(diǎn)，直線OM的斜率為k1，直線ON的斜率為k2，且k1k2＝－eq\f(1,9)，證明三角形OMN的面積是定值，并求此定值．選考題(請考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進(jìn)行評分．)22．(10分)[2024·大同市高三學(xué)情調(diào)研測試試題]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．已知曲線C的極坐標(biāo)方程為ρsin2θ＝2acosθ(a>0)，過點(diǎn)P(－2，－4)的直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2＋\f(\r(2),2)t,y＝－4＋\f(\r(2),2)t))(t為參數(shù))，直線l與曲線C交于M，N兩點(diǎn)．(1)寫出直線l的一般方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)若|PM|，|MN|，|PN|成等比數(shù)列，求a的值．23．(10分)[2024·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]已知函數(shù)f(x)＝|x－3|＋|x＋m|，g(x)＝x2－8x＋9.(1)當(dāng)m＝－1時，求不等式f(log2x)<4的解集；(2)若存在x0∈[－m,3](m>－3)，使不等式f(x0)≤g(x0)成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．五仿真模擬專練仿真模擬專練(一)1．答案：D解析：B＝{x|0<x<2}，A＝{0,1,2,3}，則A∩B＝{1}，故選D.2．答案：A解析：解法一z＝eq\f(1＋i2,1－i2)＝eq\f(2i,－2i)＝－1，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝－1，故選A.解法二z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2＝i2＝－1，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝－1，故選A.3．答案：B解析：當(dāng)直線m，n都在平面α內(nèi)時，不能由m⊥n推出n⊥α；若n⊥α，且m?α，由線面垂直的性質(zhì)知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分條件，故選B.4．答案：B解析：因?yàn)榻铅僚c角β均以O(shè)x為始邊，且它們的終邊關(guān)于y軸對稱，所以β＝π－α＋2kπ，k∈Z，則cos(α－β)＝cos(α－π＋α－2kπ)＝cos(2α－π)＝cos(π－2α)＝－cos2α，又sinα＝eq\f(1,3)，所以cos2α＝1－2sin2α＝eq\f(7,9)，則cos(α－β)＝－eq\f(7,9)，故選B.5．答案：A解析：將原幾何體截成一個直三棱柱和兩個四棱錐，示意圖如圖所示．則原幾何體的體積V＝eq\f(1,2)×4×4×4＋eq\f(1,3)×(4×2)×4＋eq\f(1,3)×(4×2)×4＝eq\f(160,3).故選A.6．答案：D解析：由題中兩圖可知C等級所占比例為eq\f(12,10)×20%＝24%，所以C等級及以上級別所占比例為20%＋24%＋46%＝90%，所以C等級及以上級別的學(xué)生人數(shù)為1000×90%＝900.故選D.7．答案：A解析：如圖，在A1C1上取一點(diǎn)D，使A1D＝2DC1，連接AD，DE，結(jié)合A1E＝2EB1，知DE∥B1C1.又B1C1∥BC，所以DE∥BC，所以∠AED為異面直線AE與BC所成的角．設(shè)AA1＝AB＝3，則A1D＝DE＝A1E＝2，所以AD＝AE＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1D2)＝eq\r(13)，則在等腰三角形ADE中，cos∠AED＝eq\f(\f(1,2)DE,AE)＝eq\f(1,\r(13))＝eq\f(\r(13),13)，故選A.8．答案：B解析：a＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(1,4\f(1,2))＝eq\f(1,2)，b＝＝log23>log22＝1，c＝log32>log3eq\r(3)＝eq\f(1,2)，且c＝log32<log33＝1，即eq\f(1,2)<c<1，所以a<c<b，故選B.9．答案：B解析：S＝log2eq\f(2,3)＋log2eq\f(3,4)＋log2eq\f(4,5)＋…＋log2eq\f(n＋1,n＋2)＝log2eq\f(2,n＋2)，當(dāng)log2eq\f(2,n＋2)＝－2時，n＝6，n＝n＋1＝7時，S<－2，此時n＝n＋1＝8，故選B.10．答案：C解析：由題意知a12>0，a13＝0，所以26－13t＝0，解得t＝2，所以an＝26－2n，由Sk＝eq\f(k24＋26－2k,2)＝150，解得k＝10或k＝15，故選C.11．答案：D解析：由表中數(shù)據(jù)，得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(2＋3＋4＋5＋6,5)＝4，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(15.1＋16.3＋17.0＋17.2＋18.4,5)＝16.8.因?yàn)榛貋碇本€過樣本點(diǎn)的中心，所以16.8＝0.75×4＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝13.8，所以回來直線方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝0.75x＋13.8，所以該公司7月份這種型號產(chǎn)品的銷售額為eq\o(y,\s\up6(^))＝0.75×7＋13.8＝19.05(萬元)，故選D.12．答案：D解析：因?yàn)楫?dāng)x>0時，f′(x)lnx<－eq\f(1,x)f(x)，所以f′(x)lnx＋eq\f(1,x)f(x)<0，令g(x)＝f(x)lnx，則g′(x)＝f′(x)lnx＋eq\f(1,x)f(x)<0在x>0時恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g(x)>0，又lnx<0，所以f(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g(x)<0，又lnx>0，所以f(x)<0.由f′(x)lnx<－eq\f(1,x)f(x)，令x＝1，得0<－f(1)，所以f(1)<0.綜上可知，當(dāng)x>0時，f(x)<0.又f(x)是奇函數(shù)，所以當(dāng)x<0時，f(x)>0，當(dāng)x＝0時，f(0)＝0.則不等式(x2－1)f(x)>0轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1>0fx>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1<0fx<0))，得x<－1或0<x<1，故選D.13．答案：3解析：作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線x＋3y＝0并平移，可知當(dāng)直線過點(diǎn)A(0,1)時，z取得最小值，最小值為3.14．答案：－2解析：由題意知a＋b＝(3，－1＋λ)，∵(a＋b)⊥c，∴3λ＋2－2λ＝0，∴λ＝－2.15．答案：3解析：通解設(shè){an}的公差為d.因?yàn)閍4＋a5＝25，S6＝57，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝256a1＋15d＝57))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2d＝3))，所以{an}的公差為3.優(yōu)解設(shè){an}的公差為d，因?yàn)镾6＝eq\f(6a1＋a6,2)＝3(a3＋a4)＝57，所以a3＋a4＝19.a4＋a5－(a3＋a4)＝2d＝25－19＝6，所以d＝3.16．答案：eq\f(\r(3),2)解析：設(shè)直線與橢圓在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)為A(x，y)，則y＝eq\f(\r(2),4)x，由|AB|＝2c，可知|OA|＝eq\r(x2＋y2)＝c(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，即eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)x))2)＝c，解得x＝eq\f(2\r(2),3)c，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c，\f(1,3)c))，把點(diǎn)A坐標(biāo)代入橢圓方程得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0<e<1，所以e＝eq\f(\r(3),2).17．解析：(1)由10b2cosB＝6abcosC＋3(b2＋c2－a2)，得10cb2cosB＝6abccosC＋3c(b2＋c2－a2即5bcosB＝3acosC＋eq\f(3cb2＋c2－a2,2bc)，所以5bcosB＝3acosC＋3ccosA.所以5sinBcosB＝3sinAcosC＋3sinCcosA.所以5sinBcosB＝3sin(A＋C)＝3sinB.又sinB≠0，所以cosB＝eq\f(3,5).(2)由(1)得sinB＝eq\f(4,5)，所以eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即eq\f(AD,\f(4,5))＝eq\f(2,\f(1,2))，得AD＝eq\f(16,5).又sin∠BAD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝eq\f(3＋4\r(3),10)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(24＋32\r(3),25).所以S△ADC＝eq\f(1,2)S△ABD＝eq\f(12＋16\r(3),25).18．解析：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD.∵AD＝4，AE＝5∴DE＝3.同理可得BF＝3.又DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，∴BF∥DE.又BF＝DE，∴四邊形BEDF為平行四邊形，∴DF∥BE.∵BE?平面BCE，DF?平面BCE，∴DF∥平面BCE.(2)如圖，連接BD，過A作AH⊥BD，垂足為H，∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AH，又DE∩BD＝D，∴AH⊥平面BEDF.∵AD⊥AB，∴BD＝5，∴AH＝eq\f(12,5)，即點(diǎn)A到平面BEDF的距離為eq\f(12,5).由(1)知BF＝3.∵BF⊥平面ABCD，∴BD⊥BF，∴四邊形BEDF的面積為3×5＝15，故V四棱錐A-BEDF＝eq\f(1,3)×15×eq\f(12,5)＝12.19．解析：(1)依題意知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－b.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝\f(1,2)＋4a－b＝0，f2＝ln2＋4a－2b＝ln2－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,8)，b＝0，))所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(x,4)＝eq\f(4－x2,4x)＝eq\f(2－x2＋x,4x)(x>0)，可知f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，滿意f(x)在x＝2處取得極值，所以a＝－eq\f(1,8)，b＝0.(2)當(dāng)a＝－eq\f(1,8)時，g(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2＋b.對g(x)求導(dǎo)，得g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(x,4)＝eq\f(4－x2,4x)＝eq\f(2－x2＋x,4x).當(dāng)x∈[1,2)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(2,3]時，g′(x)<0，所以g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，在[2,3]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1,3]上，g(x)max＝g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＋b.又g(1)＝－eq\f(1,8)＋b，g(3)＝ln3－eq\f(9,8)＋b，g(3)－g(1)＝ln3－1>0，所以g(x)min＝g(1)＝－eq\f(1,8)＋b＝1，解得b＝eq\f(9,8)，所以g(2)＝ln2＋eq\f(5,8).于是函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,3]上的最大值為g(2)＝ln2＋eq\f(5,8).20．解析：(1)通過莖葉圖可以看出，A選手所得分?jǐn)?shù)的平均值高于B選手所得分?jǐn)?shù)的平均值；A選手所得分?jǐn)?shù)比較集中，B選手所得分?jǐn)?shù)比較分散．(2)A選手干脆晉級的概率更大．用CA表示事務(wù)“A選手干脆晉級”，CB表示事務(wù)“B選手干脆晉級”．由莖葉圖得P(CA)的估計(jì)值為(5＋3)÷20＝eq\f(8,20)＝eq\f(2,5)，P(CB)的估計(jì)值為(5＋2)÷20＝eq\f(7,20)，所以，A選手干脆晉級的概率更大．21．解析：(1)依據(jù)點(diǎn)(1，e)在橢圓E上以及e＝eq\f(c,a)，c2＝a2－b2，得eq\f(1,a2)＋eq\f(e2,b2)＝1，eq\f(1,a2)＋eq\f(c2,a2b2)＝1，eq\f(1,a2)＋eq\f(a2－b2,a2b2)＝1，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)－eq\f(1,a2)＝1，所以b2＝1，b＝1.因?yàn)锳(a,0)，B(0，b)，三角形OAB的面積為eq\f(3,2)，所以eq\f(1,2)ab＝eq\f(3,2)，所以a＝3，因此橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)直線l：x＝t(－3＜t＜3且t≠0)，代入eq\f(x2,9)＋y2＝1，得y2＝1－eq\f(t2,9)，則k1k2＝eq\f(\r(1－\f(t2,9)),t)×eq\f(－\r(1－\f(t2,9)),t)＝－eq\f(1－\f(t2,9),t2)＝－eq\f(1,9)，所以t2＝eq\f(9,2)，則三角形OMN的面積S△OMN＝eq\f(1,2)×2eq\r(1－\f(t2,9))×|t|＝eq\f(3,2).當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線l：y＝kx＋m(m≠0)，代入eq\f(x2,9)＋y2＝1，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0，Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－則x1＋x2＝－eq\f(18km,9k2＋1)，x1x2＝eq\f(9m2－9,9k2＋1)，k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq\f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq\f(1,9)，所以9k2＋1＝2m2，滿意|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(6\r(1＋k2)\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)，又原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))，所以三角形OMN的面積S△OMN＝eq\f(1,2)×|MN|×d＝eq\f(1,2)×eq\f(6\r(1＋k2)\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)×eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq\f(3,2)，即△OMN的面積為定值．綜上，三角形OMN的面積為定值，定值為eq\f(3,2).22．解析：(1)由直線l的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2＋\f(\r(2),2)t