2024年福建省高考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年福建省高考数学一模试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x−lnx>y−lny”的( )
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
2.已知复数z满足|z+i|=|1−i|，z在复平面内对应的点为(x,y)，则( )
A. (x−1)2+y2=2B. (x+1)2+y2=2
C. x2+(y−1)2=2D. x2+(y+1)2=2
3.在一组样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)(n≥2,x1,x2,…，xn不全相等)的散点图中，若所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…，n)都在直线y=−15x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为( )
A. −1B. 1C. −15D. 15
4.已知函数f(x)=ex+x−2，g(x)=lnx+x−2，若∃x1∈R，x2>0，使得f(x1)=g(x2)，则x1x2的最小值为( )
A. −eB. −1C. −1eD. −1e2
5.在三棱锥M−ABC中，MA⊥平面ABC，底面△ABC为正三角形，三棱锥M−ABC的体积为6，△ABC的外接圆半径为2，则该三棱锥的外接球的体积为( )
A. 28πB. 28π3C. 28 7πD. 28 7π3
6.已知实数x，y满足3xy+y2=1，y>0，则2x+y的最小值是( )
A. 23B. 2 23C. 2 2D. 3 2
7.若θ∈(π2,π)，tan2θ=3csθ2−sinθ，则csθ=( )
A. −12B. − 32C. 32D. 12
8.在平面直角坐标系xOy中，已知A是圆C1：x2+(y−3)2=1上的一点，B，C是圆C2：(x−4)2+y2=4上的两点，则∠BAC的最大值为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.若Cn3=Cn17−n，则n的值可以是( )
A. 10B. 12C. 14D. 15
10.已知数列{an}：1，1，2，1，3，5，1，4，7，10，…，其中第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推，则( )
A. a20=21
B. an(n+1)2=n2−2n+2
C. 存在正整数m，使得am，am+1，am+2成等比数列
D. 有且仅有3个不同的正整数m，使得am+am+1+am+2=156
11.数学家笛卡尔研究了许多优美的曲线，如笛卡尔叶形线D在平面直角坐标系xOy中的方程为x3+y3−3axy=0.当a=1时，以下四个结论正确的是( )
A. 曲线D经过第三象限
B. 曲线D关于直线y=x轴对称
C. 对任意k∈R，曲线D与直线y=−x+k一定有公共点
D. 对任意k∈R，曲线D与直线y=k一定有公共点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设函数f(x)的定义域为D，若满足：①f(x)在D内是单调增函数；②存在[m,n]⊆D(n>m)，使得f(x)在[m,n]上的值域为[m,n]，那么就称y=f(x)是定义域为D的“成功函数”，若函数g(x)=lg3⁡(a2x+t)(a>0且a≠1)是定义域为R的“成功函数”，则t的取值范围是______.
13.已知抛物线y2=8x，斜率为4 25的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于点C，若3S△ACF=8S△BCF，则cs∠AFB=______.
14.联想祖暅原理(夹在两个平行平面间的几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等)，请计算：由曲线y=ex，y=ex+4，直线x=2，y轴所围成的平面几何图形的面积等于______.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知等比数列{an}的公比为整数，且a3=12，a2+a4=30，数列{an+bn}的前n项和为Sn=n2+n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的通项公式.
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(2x+π3)+1.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)求f(x)的最大值和取得最大值时相应的x值.
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=lg2(4x+1)−mx(m∈R)是偶函数.
(1)求实数m的值；
(2)若函数g(x)=2f(x)+x−t⋅2x，x∈[0,2]的最大值为1，求实数t的值；
(3)若函数y=f(x)−x−a有且只有一个零点，求实数a的取值范围.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角均为60∘，AD=2AB=2，O为AD中点，E为侧棱PB上一点，且OE//平面PCD.
(Ⅰ)请确定点E的位置；
(Ⅱ)求平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值.
19.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l.若抛物线C与直线y= 2(x−p2)交于P，Q两点，且|PQ|=6.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线与C交于不同的两点A，B，O为坐标原点，直线OA与l交于点M.连接MF，过点F作MF的垂线与l交于点N.求证：O，B，N三点共线.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：令g(x)=x−lnx，x>0，
g′(x)=1−1x=x−1x，
令g′(x)=0，得x=1，
所以在(0,1)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
在(1,+∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x>y>1时，g(x)>g(y)，即x−lnx>y−lny，
所以“x>y>1”是“x−lnx>y−lny”的充分条件，
当x−lnx>y−lny，即g(x)>g(y)时，x与y的大小关系不确定，
所以“x−lnx>y−lny”是“x>y>1”的不必要条件．
故选：A.
令g(x)=x−lnx，x>0，求导分析单调性，结合充要条件的定义，即可得出答案．
本题考查充要条件，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
2.【答案】D
【解析】解：z在复平面内对应的点为(x,y)，则z=x+yi，
|z+i|=|1−i|，即|x+(y+1)i|=|1−i|，所以有x2+(y+1)2=2.
故选：D.
由复数模的定义计算即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵这组样本数据的所有样本点(xi,yi)(i=1,2,…，n)都在直线y=−15x+1上，
∴这组样本数据完全相关，
即说明这组数据的样本完全负相关，其相关系数是−1.
故选：A.
根据样本数据的所有样本点都在一条直线上，得出这组样本数据完全相关，再根据直线的斜率得出是正相关还是负相关即可．
本题考查了相关系数以及正相关和负相关的应用问题，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵∃x1∈R，x2>0，使得f(x1)=g(x2)，
∴ex1+x1−2=lnx2+x2−2，
即ex1+x1=lnx2+x2=elnx2+lnx2，
令h(x)=ex+x，x∈R，
则h′(x)=ex+1>0，
∴函数h(x)在R上单调递增，
∴x1=lnx2，即x2=ex1，
∴x1x2=x1⋅ex1，
令u(x)=xex，x∈R，
则u′(x)=(x+1)ex，
可得x=−1时，函数u(x)取得极小值即最小值，u(−1)=−1e.
故选：C.
由已知∃x1∈R，x2>0，使得f(x1)=g(x2)，可得ex1+x1=lnx2+x2=elnx2+lnx2，构造函数h(x)=ex+x，x∈R，利用其单调性即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
5.【答案】D
【解析】解：设底边正三角形的边长为a，外接圆的半径为r，外接圆的圆心为O1，三棱锥的外接球的球心为O，
则根据正弦定理得asinπ3=2r=4，则a=2 3，
∵MA⊥平面ABC，∴VM−ABC=13S△ABC⋅MA，
即6=13×12×(2 3)2× 32⋅MA，解得MA=2 3，
则外接球半径R= (MA2)2+r2= (2 32)2+22= 7，
则外接球的体积为43πR3=43π( 7)3=28 7π3.
故选：D.
根据正弦定理求出底面边长，再利用棱锥体积公式求出MA=2 3，最后根据勾股定理求出外接球半径即可．
本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：因为实数x，y满足3xy+y2=1，y>0，
所以x=1−y23y，
所以2x+y=2−2y23y+y=23y+13y≥2 23y⋅13y=2 23，
当且仅当23y=13y，即y= 2时，等号成立，
所以2x+y的最小值是2 23.
故选：B.
将已知式子化为x=1−y23y，从而2x+y=2−2y23y+y=23y+13y，再利用基本不等式求解．
本题考查基本不等式的应用，考查学生的逻辑思维能力，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：因为tan2θ=sin2θcs2θ=2sinθcsθ1−2sin2θ=3csθ2−sinθ，θ∈(π2,π)，
所以4sinθ−2sin2θ=3−6sin2θ，
即4sin2θ+4sinθ−3=0，解得sinθ=12或sinθ=−32(舍)，
又因为θ∈(π2,π)，
所以csθ=− 1−sin2θ=− 32.
故选：B.
运用切化弦及二倍角公式化简即可求得sinθ，再结合同角三角函数平方关系即可求得csθ.
本题主要考查了同角基本关系，二倍角公式及同角基本关系的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：A是圆C1：x2+(y−3)2=1上的一点，B，C是圆C2：(x−4)2+y2=4上的两点，
可知A与圆C2距离最短，并且过A与圆C2：(x−4)2+y2=4相切时，∠BAC取得最大值，
此时|AC2|= 32+42−1=4，sin∠BAC2=24=12，可得∠BAC2=π6，∠BAC=π3.
故选：B.
判断A的位置，然后求解夹角即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：由组合数性质知3=17−n，或3+17−n=n，且n≥3，n≥17−n，n∈N，
解得n=14，或n=10，都满足n≥3且n≥17−n.
故选：AC.
利用组合数的性质建立方程即可求解．
本题考查了组合数的性质，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：将数列{an}分组，第一组：1；第二组：1，2；第三组：1，3，5；以此类推，
第n组：1，n，2n−1，3n−2，⋅⋅⋅，1+(n−1)2，
则每组构成以1为首项，(n−1)为公差的等差数列，且项数为n.
A选项，由21=1+5×(5−1)=a20，知a20是数列{an}的第6组数中的第5项，故A 正确；
B选项，由1+2+3+⋅⋅⋅+n=n(n+1)2，知an(n+1)2是数列{an}的第n组数中的第n项，
此时该组数据是以1为首项，(n−1)为公差的等差数列，
所以an(n+1)2=1+(n−1)2=n2−2n+2，故B正确；
C选项，因为am，am+1，am+2是数列{an}中的连续3项：
所以①若am，am+1，am+2是数列{an}中第k(k∈N,k≥3)组的连续3项，
则am，am+1，am+2是等差数列，不是等比数列；
②若am，am+1，am+2是数列{an}中第k组和第(k+1)组的3项，
当am在第k组，am+1，am+2在第(k+1)组，此时am+1=1，
am，am+1，am+2既不是等差数列也不是等比数列；
当am，am+1在第k组，am+2在第(k+1)组，此时am+2=1，
am，am+1，am+2既不是等差数列也不是等比数列；
综上，不存在正整数m，使得am，am+1，am+2成等比数列，故C错误；
D选项，当am，am+1在第k组，am+2在第(k+1)组，此时am+2=1，
得1+(k−1)(k−2)+1+(k−1)(k−1)+1=156，解得k=10，
当am在第k组，am+1，am+2在第(k+1)组，此时am+1=1，
1+(k−1)(k−1)+1+k+1=156，即k2−k−152=0，此方程无整数解；
当am，am+1，am+2是数列{an}中第k(k∈N,k≥3)组的连续3项，
则am，am+1，am+2是等差数列；
所以3am+1=156，设am+1是第k组数据中的第t个数，则即am+1=52=1+(t−1)(k−1)，
所以解得k=18，t=4，或t=2，k=52.
综上所述，有且仅有3个不同的正整数m，使得am+am+1+am+2=156，故D正确．
故选：ABD.
由题意将数列{an}分组，第一组：1；第二组：1，2；第三组：1，3，5；以此类推，第n组：1，n，2n−1，3n−2，⋅⋅⋅，1+(n−1)2，则每组构成以1为首项，(n−1)为公差的等差数列，且项数为n，结合等差数列的通项公式和前n项和公式计算，依次判断选项即可．
本题考查了数列的相关知识，等差数列的通项公式，前n项和公式，等比数列的判定，属较难题．
11.【答案】BD
【解析】解：当a=1时，曲线D的方程为x3+y3−3xy=0.
对于A，当x<0且y<0时，x3+y3−3xy<0，故第三象限内的点不可能在曲线D上，故A项不正确；
对于B，将点(y,x)代入曲线D的方程得y3+x3−3yx=0，即x3+y3−3xy=0，
故曲线D关于直线y=x对称，B项正确；
对于C，当k=−1时，联立y=−x+kx3+y3−3xy=0，其中x3+y3−3xy=0即(x+y)(x2+y2−xy)−3xy=0，
将x+y=−1代入，整理得−(x+y)2=0，即x+y=0，与x+y=−1矛盾，故方程组无解，
因此，曲线D与直线x+y=−1没有公共点，可知C项不正确；
联立y=kx3+y3−3xy=0，可得x3+k3−3xk=0，
设t(x)=x3+k3−3xk，则t′(x)=3x2−3k，
当k>0时，t′(x)=3x2−3k=3(x− k)(x+ k)，
t(x)在(−∞,− k),( k,+∞)单调递增，(− k, k)单调递减，
可知t(x)的值域为R，所以t(x)=0有解；
当k=0时，存在x=0，使t(x)=0成立；
当k<0时，t′(x)=3x2−3k>0恒成立，可知t(x)在R上单调递增，
而t(−k)=−k3+k3+3k2>0，t(k)=k3+k3−3k2<0，所以存在x0∈(k,−k)，使t(x0)=0成立．
因此，曲线D与直线y=k一定有公共点，故D项正确．
故选：BD.
根据题意，曲线D的方程为x3+y3−3xy=0，通过讨论x、y均小于0的情况，判断出A项的正误；将点(y,x)代入曲线D的方程，化简整理后与原方程相同，从而判断出B项的正误；根据曲线D的方程与直线方程联解，通过方程组的解的情况判断它们公共点的个数，从而判断出C、D两项的正误．
本题主要考查了曲线与方程、平面直角坐标系中的轴对称问题、利用导数判断函数的零点等知识，属于中档题．
12.【答案】(0,14)
【解析】解：依题意，函数g(x)=lga(a2x+t)(a>0且a≠1)在定义域R上为单调递增函数，则t≥0，而t=0时，g(x)=2x不满足条件(2)，所以t>0，
设存在[m,n]，使得g(x)在[m,n]上的值域为[m,n]，
所以lga(a2m+t)=mlga(a2n+t)=n，即a2m+t=ama2n+t=an，
所以m，n是方程(ax)2−ax+t=0的两个不等的实根，设y=ax，则y>0，
所以方程等价为y2−y+t=0的有两个不等的正实根，
即Δ=1−4t>0y1y2=t>0y1+y2=1>0，所以t<14t>0，解得t∈(0,14).
故答案为：(0,14).
先根据对数型复合函数的单调性求得t>0，然后根据“成功函数”的定义列方程，从而转化为二次方程有两正根的问题，利用二次函数根的分布列不等式求解即可．
本题主要考查函数与方程的综合应用，属于中档题．
13.【答案】13
【解析】解：如图，过A，B两点分别作准线l：x=−2的垂线，垂足分别为A1，B1，
则△B1BC∼△A1AC，所以|BC||AC|=|BB1||AA1|，
由抛物线定义得|AA1|=|AF|，|BB1|=|BF|，所以|BB1||AA1|=|BF||AF|，
由S△BCFS△ACF=|BC||AC|，得S△BCFS△ACF=|BF||AF|=38，所以|AF|=83|BF|，
由点B向AA1作垂线交于点E，
不妨令|BF|=t，则|AF|=83t，
在直角三角形ABE中，|AE|=53t，
因为直线斜率为4 25，所以|BE|=53t⋅4 25=4 23t，|AB|2=579t2，
在△ABF中，由余弦定理可得，
cs∠AFB=|AF|2+|BF|2−|AB|22⋅|AF|⋅|BF|=649t2+t2−579t22×83t×t=13.
故答案为：13.
过A，B两点分别作准线l：x=−2的垂线，根据△B1BC∼△A1AC，结合抛物线定义可得|BB1||AA1|=|BF||AF|，再结合已知可得S△BCFS△ACF=|BF||AF|=38，由点B向AA1作垂线交于点E，再在△ABF中，由余弦定理即可得解．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】8
【解析】解：夹在直线x=2，x=0间的图形，
被平行于这两条直线的任意直线所截的直线长度都为4，
∴所求的面积和高为2长为4的矩形面积一样，是4×2=8.
故答案为：8.
类比祖暅原理求长宽即可求曲边面积．
本题考查祖暅原理、定积分等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】解：(1)由题意，设等比数列{an}的公比为q，
则a2=a3q=12q，a4=a3q=12q，
∵a2+a4=30，
∴12q+12q=30，
化简整理，得2q2−5q+2=0，
解得q=12(舍去)，或q=2，
∴an=a3⋅qn−3=12⋅2n−3=3⋅2n−1，n∈N*.
(2)由题意，设cn=an+bn，
则数列{cn}的前n项和Sn=n2+n2，
则当n=1时，c1=S1=12+12=1，
当n≥2时，cn=Sn−Sn−1
=n2+n2−(n−1)2+(n−1)2
=n，
∵当n=1时，c1=1也满足上式，
∴cn=n，n∈N*，
∴an+bn=n，n∈N*，
∴bn=n−an=n−3⋅2n−1，n∈N*.
【解析】(1)根据等比数列通项的基本量运算计算即可；
(2)根据前n项和及通项公式的关系得出通项公式．
本题主要考查等比数列的基本运算，以及数列求通项公式．考查了方程思想，分类讨论，转化与化归思想，等比数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
16.【答案】解：(1)由2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2,k∈Z，
得kπ−5π12≤x≤kπ+π12,k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间是[kπ−5π12,kπ+π12],k∈Z.
(2)f(x)=sin(2x+π3)+1，
当2x+π3=2kπ+π2,k∈Z，
即x=π12+kπ,k∈Z时，函数f(x)取得最大值2.
【解析】(1)根据正弦函数的单调性，利用整体代换法求解；
(2)根据正弦函数的最值，利用整体代换法求解．
本题考查正弦函数的单调性与最值，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)是偶函数，所以f(−x)=f(x)，
即lg2(4−x+1)+mx=lg2(4x+1)−mx对任意x∈R恒成立，
所以2mx=lg24x+14−x+1，2mx=lg24x=2x，
解得m=1；
(2)由题意g(x)=2f(x)+x−t⋅2x=2lg2(4x+1)−t⋅2x=4x−t⋅2x+1，x∈[0,2]的最大值为1，
令s=2x∈[1,4]，则y=s2−ts+1，s∈[1,4]的最大值为1，
①当t2≤52，即t≤5时，当s=4时，ymax=16−4t+1=1，所以t=4；
②当t2>52，即t>5时，s=1时，ymax=2−t=1，得t=1(舍去).
综上可知，实数t=4；
(3)由(1)可得f(x)=lg2(4x+1)−x，
函数y=f(x)−x−a有且只有一个零点，即方程lg2(4x+1)=2x+a有且只有一个实数根．
由lg2(4x+1)=2x+a，得22x+a=4x+1，即2a=4x+14x=1+14x，
又1+14x>1，且u=1+14x在R单调递减，所以2a>1，故a>0.
所以a的取值范围是(0,+∞).
【解析】(1)由f(−x)=f(x)及对数函数的性质求解即可；
(2)由题意可得g(x)=4x−t⋅2x+1，x∈[0,2]的最大值为1，令s=2x∈[1,4]，则y=s2−ts+1，结合二次函数的性质求解即可；
(3)由题意可得方程lg2(4x+1)=2x+a有且只有一个实数根，即2a=4x+14x=1+14x，结合指数函数的性质求解即可．
本题考查函数奇偶性，最值及零点等相关知识，考查转化思想、逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(I)取BC的中点F，连接OF，则OF//CD，
过点F作EF//PC，交PB于点E，则E为PB的中点，
∵OF//CD，且OF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴OF//平面PCD，
∵EF//PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，∴EF//平面PCD，
又OF∩EF=F，∴平面OEF//平面PCD，
又OE⊂平面OEF，∴OE//平面PCD，∴点E的位置为PB的中点．
(II)∵侧面PAD⊥底面ABCD，
∴侧棱PA和侧棱PD与底面ABCD所成的角分别为∠PAD和∠PDA，
则∠PAD=∠PDA=60∘，所以△PDA为等边三角形，
连接PO，则PO⊥底面ABCD.
以O为坐标原点，分别以OF，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD=2AB=2，∴O(0,0,0)，A(0,−1,0)，B(1,−1,0)，P(0,0, 3)，E(12,−12, 32)，
则AB=(1,0,0)，PA=(0,−1,− 3)，OE=(12,−12, 32)，OA=(0,−1,0).
设平面AOE的法向量为u=(x,y,z)，
则OA⋅μ=−y=0OE⋅μ=12x−12y+ 32z=0，取z= 3，得u=(−3,0, 3)，
设平面PAB的法向量为v=(a,b,c)，
则PA⋅v=−b− 3c=0AB⋅v=a=0，取c= 3，得v=(0,−3, 3)，
设平面AOE与平面PAB所成夹角为θ，
则csθ=|u⋅v||u|⋅|v|=32 3×2 3=14，
∴平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值为14.
【解析】(I)取BC的中点F，连接OF，则OF//CD，过点F作EF//PC，交PB于点E，则E为PB的中点，推导出OF//平面PCD，EF//平面PCD，从而平面OEF//平面PCD，由此能求出点E的位置为PB的中点．
(II)连接PO，则PO⊥底面ABCD.以O为坐标原点，分别以OF，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AOE与平面PAB所成夹角的余弦值．
本题线面平行的判定定理、平面与平面所成夹角的余弦值，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查逻辑推理、直观想象、数学运算核心素养，是中档题．
19.【答案】(1)解：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程y= 2(x−p2)y2=2px，消去y化简得4x2−8px+p2=0，则Δ=48p2>0，
∴x1+x2=2p,x1x2=p24，
易知直线过焦点F，
∴|PQ|=x1+x2+p=3p=6，解得p=2，
∴抛物线C的方程为y2=4x；
(2)证明：如图，设直线AB的方程为x=ty+1，A(x3,y3)，B(x4,y4)，
联立x=ty+1y2=4x，消去x化简得y2−4ty−4=0，Δ=16t2+16>0，
则y3+y4=4t，y3y4=−4，
直线OA的方程为y=y3x3x，由y32=4x3，得y=4y3x，
令x=−1，则y=−4y3，则点M的坐标为(−1,−4y3)，
∴直线MF的斜率kMF=−4y3−0−1−1=2y3，则直线FN的斜率kFN=−y32，
∴直线FN的方程为y=−y32(x−1)，
令x=−1，则y=y3，点N的坐标为(−1,y3)，
∴直线ON的斜率kON=−y3，
又直线OB的斜率kOB=y4x4，由y42=4x4得kOB=4y4，
则kOB−kON=4y4−(−y3)=4+y3y4y4=4−4y4=0，即kOB=kON，
∴O，B，N三点共线．
【解析】(1)联立直线与抛物线方程，再利用焦半径公式得到方程，解出p即可；
(2)设直线AB的方程为x=ty+1，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，再求出M(−1,−4y3)，计算出kFN=−y32，再得到直线FN的方程，再求出N点坐标，最后计算斜率之差即可．
本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题．