精品解析：湖北省黄冈中学2024届高三第二次模拟考试（5月）数学试卷

湖北省黄冈中学5月第二次模拟考试 数学试卷 审题单位：圆创教育教学研究中心 本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟. 考试时间：2024年5月16日下年15：00-17：00 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号犊写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､单项选择题：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，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用韦恩图来理解集合的运算即可. 【详解】 因为， 由韦恩图可知，阴影部分表示，所以. 故选：B. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得 【详解】因为，所以， 则，则 故选：B 3. 某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这2个新节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为（ ） A. 42 B. 48 C. 96 D. 124 【答案】A 【解析】 【分析】因为原定节目顺序已确定，所以可以把新节目一个一个进行插空即可. 【详解】因为原定节目顺序已确定，有6个空，插入第一个新节目有6种插法， 这时6个节目产生7个空，插入第二个节目有7种插法，所以共种. 故选：A. 4. 已知角，角的顶点均为坐标原点，始边均与轴的非负半轴重合，终边分别过，则（ ） A. 或 B. 2或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，利用三角函数定义得出，再由倾斜角和斜率的关系得出，最后利用得出答案. 【详解】记为坐标原点，因为，所以， 所以点，均在以原点为圆心为半径的圆上. 连接，取的中点，连接，则， 不妨设，则， 所以. 故选：D. 5. 已知为单位向量，向量满足，则的最大值为（ ） A. 9 B. 3 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件得到，利用二次函数的性质，即可求出结果. 【详解】根据条件得， 得到，所以，即的最大值为， 故选：C. 6. 已知函数的定义域为，若函数为奇函数，为偶函数，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性推出的周期为4，最后再计算出一个周期内的各值即可. 【详解】因为函数为奇函数，所以有， 又因为为偶函数，所以， 于是有， 所以函数的周期为4，因为， 所以， 所以， 于是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据奇偶性推导出周期性，再通过合理赋值求出周期内各整数值的和即可. 7. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为交另一条渐近线于点，且点在点之间，若，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设渐近线的倾斜角为，则，由点到直线的距离和双曲线的性质得到，再由题中几何关系得到，解方程即可求出. 【详解】 设渐近线的倾斜角为，则， 又到渐近线的距离为， 又，所以， 所以，所以， 所以， 即，解得， 所以双曲线的渐近线方程为， 故选：B. 8. 已知分别满足下列关系：，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将指数式化成对数式，利用换底公式，基本不等式可推得，利用指对数函数的单调性，通过构造函数判断单调性可推得，最后利用正切函数的单调性可得. 【详解】由可得 因， 又，故,即； 因，则由， 由函数，，因时，， 即函数在上单调递减，则有，故得； 由，而，即， 综上，则有. 故选：B. 【点睛】方法点睛：解决此类题的常见方法， （1）指、对数函数的值比较：一般需要指对互化、换底公式，以及运用函数的单调性判断； （2）作差、作商比较：对于结构相似的一般进行作差或作商比较，有时还需基本不等式放缩比较； （3）构造函数法：对于相同结构的式子，常构造函数，利用函数单调性判断. 二､多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差 B. 数据的第60百分位数为7 C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为10 D. 用简单随机抽样的方法从51个样本中抽取2个样本，则每个样本被抽到的概率都是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据二项分布的方差以及方差的性质分析求解；对于B：根据百分位数的定义分析求解；对于C：根据平均数的性质分析求解；对于D：根据随机抽样的前提分析判断. 【详解】对于选项A：因为，则， 又因为，所以，故A正确； 对于选项B：因为共有7个数据，且， 所以第60百分位数为第5个数据，是，故B错误； 对于选项C：若样本数据，的平均数为2， 则的平均数为，故C正确； 对于选项D：根据随机抽样的前提可知：从51个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率都是，故D正确； 故选：ACD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，则下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段 C. 若，则四面体的体积为定值 D. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B,利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段；对于C，由推理得到三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值；对于D，根据题意，确定三棱锥外接球球心为中点，从而求得其半径，即得其体积，排除D.. 【详解】 对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因正方形,可得,又平面,平面,则, 又平面，故平面， 因平面，故②， 又平面,故由① ，② 可得平面， 显然该结论不成立，故错误； 对于B，如图2，取中点，连接， 易得,且，故得, 则有，因平面,平面,故平面③； 又,同理可得,则,故有，同法可得平面④ , 因平面，则由③ ，④ 可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段，B正确； 对于C，如图2，//， 因为，， 所以，故三点共线， 所以点在上，而//，且平面，平面,所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确； 对于：如图3，因为正方形的中心，则,故的外心为的中点， 又,故的外心为中点,又因平面平面, 故点即为三棱锥的外接球的球心，其半径， 此外接球的体积.故D不正确. 故选：BC. 11. 如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，则（ ） A. 的方程为 B. 的最小值为 C. D. 曲线在点处的切线与线段垂直 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：求出点处的切线斜率，再利用求出点的坐标，再判断切线斜率和的关系即可. 【详解】对于A：设动圆的半径为，由条件得，则，且不重合， 故点的轨迹为以为焦点的椭圆（去掉重合的点），则曲线的方程为，故A错误； 对于：由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以， 则的最大值为，所以的最小值为，故B正确； 对于.，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D：设点， 下面先证明椭圆上一点的的切线方程为. 联立，消去得， 则，又，所以. 所以椭圆上一点的的切线方程为. 则过点的椭圆的切线方程为，切线斜率为， 又，所以， 则 得，解得， 所以， 又， 因为，所以，所以，所以， 所以，即曲线在点处的切线与线段垂直，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是利用过椭圆上一点的的切线方程为，通过结论可快速找到解题思路. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项为_______． 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 令，可得， 所以，展开式中的常数项为. 故答案为：. 13. 已知等差数列的前项和为是等比数列，若，且，则的最小值为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列分析可知，进而可得，再结合等比数列性质可得，即可得结果. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，可知， 且，则，即， 所以； 又因为是等比数列，且，则， 显然，可得， 则，所以最小值为5. 故答案为：5. 14. 已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数，分类讨论，求出的取值范围. 【详解】令， 令，则， 令，则. 令，则，所以在上单调递增； 令，则，所以在上单调递减； 又， 则有且只有两根，分别为0，1； 因为与的图象有且仅有两个不同的交点， 则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点， 设两个不同的交点的横坐标为，， 则方程组有且只有一组实数根， 令，则， 当时，，则此时在上递增， 又当趋向于，趋向于，当趋向于，趋向于，即， 则有且只有一组实数根； 当时，方程组有且只有一组实数根， 等价于函数图象与直线图象共有两个交点， 临界情况为两条直线与图象相切， 当与相切， 设对应切点为，因， 则相应切线方程为，即， 所以，所以，解得； 当与相切，设对应切点为， 则相应切线，即， 所以，可得，解得； 如图 则， 综上的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用两个函数图象有两个公共点，转化为新函数的零点情况；二是把解的情况转化为直线和曲线的相切问题，结合导数的几何意义求解即可. 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. 已知向量，，，图象上相邻的最高点与最低点之间的距离. （1）求的值及在上的单调递增区间； （2）设的内角，，的对边分别为，，，且，求的值域. 【答案】（1），单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简函数，设函数的最小正周期为，则，即可求出，从而得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）由余弦定理得到，再由基本不等式求出的范围，即可得到的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 依题意可得 ， 由条件图象上的相邻的最高点与最低点之间的距离为，设函数的最小正周期为， 则，解得（负值已舍去），则，解得. . 令， 解得， 所以的单调递增区间为， 又，故在上的单调递增区间为. 【小问2详解】 因为，， 由余弦定理， 又且，所以，当且仅当时取等号， 所以，又，所以， 所以，则， 则，所以的值域为. 16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. （1）求证平面； （2）若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明如下： 如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面， 因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形， 由，AC为直径，则，可得，而，解得， 又， 所以，即， 又因为，所以与相似，所以，即， 又平面，直线平面平面， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，进一步可证得，进而可证直线平面. （2）建立空间直角坐标系，设，由题意得到直线与平面所成角的正弦值的表达式，然后用基本不等式求解其最大值，确定点位置，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 由于，则，即F为OC的中点， 知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 即， 令， 则 ， 当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4， 即当时，的最大值为1，此时点，所以， 易知即为平面与平面所成的角， 又所以， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，平面与平面所成角为. 17. 某校高三年级拟派出甲､乙､丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，其中 （1）甲､乙､丙三人中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值； （3）在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列. 【答案】（1）甲； （2）； （3）的分布列为： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式分别求出甲乙丙进入决赛的概率，再比较大小即可. （2）利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的概率公式，列式解方程即得. （3）利用（2）的结论，求出的可能值及对应的概率列出分布列. 【小问1详解】 甲进入决赛的概率为，乙进入决赛的概率为， 丙进入决赛的概率为，而，则， 所以甲进入决赛的可能性最大. 【小问2详解】 甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为 ， 整理可得，而，所以. 【小问3详解】 依题意，甲､乙､丙进入决赛的概率分别为， 随机变量的可能取值有， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 18. 已知双曲线的左､右焦点分别为，焦距为4，虚半轴长为1.如图，直线与双曲线的右支交于两点，其中点在第一象限.与关于原点对称，连接与，其中垂直于的平分线，垂足为. （1）求双曲线的标准方程； （2）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （3）求的最小值. 【答案】（1） （2） 不妨设，因为点与点关于原点对称，所以， 易知直线的斜率存在，不妨设直线的斜率为， 记，因为直线为的平分线，所以， 因为两点均在双曲线上，所以， 此时，则， 同理得， 因为，又， 所以，整理得，则， 故直线与直线的斜率之积为定值； （3）3 【解析】 【分析】（1）根据虚半轴、焦距求出，即可得出双曲线方程； （2）由角平线转化为向量夹角相等可得，化简可得，据此即可得证； （3）由题意三角形面积比可转化为，由点到直线的距离求出，再由直线联立双曲线方程，结合根与系数的关系，利用弦长公式可得，得出后利用均值不等式求最值. 【小问1详解】 由题设，故，所以，则双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，因为，所以， 联立，又，解得， 所以， 不妨设直线的方程为，因为点在直线上，解得， 所以直线的方程为，易知， 因为直线的斜率为，不妨设直线的方程为， 因为点在直线上，解得， 所以直线的方程为， 联立，消去并整理得， 由韦达定理得， 因为，所以，此时， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 故当时，取得最小值，最小值为3. 【点睛】关键点点睛：首先根据两三角形的有公共边的特点，转化面积比为，再分别根据题目条件，利用点到直线的距离，弦长公式，求出，求最值的关键在于发现分母使用均值不等式即可. 19. 第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶､二阶导数） （1）已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？ （2）若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围； （3）若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明. 【答案】（1） （2） （3） 由题可得， 所以曲线在点处的切线方程是， 即， 令，得，即， 显然，， 由，知，同理， 故，从而， 设，即，所以数列是等比数列， 故，即，从而， 所以，， ， 当时，显然； 当时，， ， 综上，. 【解析】 【分析】（1）首先根据已知条件求出的值，再分别求出函数的一阶导数和二阶导数，代入公式求解即可； （2）根据的奇偶性和单调性得到，根据，的奇偶性和得到在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，代入公式求解即可； （3）首先求出在处的切线方程，进而得到与之间的关系，构造函数得到数列是等比数列，根据的通项公式得到和，适当放缩得到，进而得到. 【小问1详解】 抛物线的焦点到准线的距离为3，， 即抛物线方程为，即，则，， 又抛物线在点处的曲率，则， 即在该抛物线上点处的曲率为； 【小问2详解】 ， 在上为奇函数，又在上为减函数. 对于恒成立等价于对于恒成立. 又因为两个函数都是偶函数， 记，，则曲线恒在曲线上方， ，，又因为， 所以在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，即， 又因为，， ，，所以，解得：， 因此，的取值范围为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于理解所给新定义平均曲率，利用新定义解决函数恒成立问题；关键点之二在于新定义平均曲率与数列结合，通过切线方程转化为数列相邻项之间的关系，再构造新数列求出通项公式，最后适当放缩求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省黄冈中学5月第二次模拟考试 数学试卷 审题单位：圆创教育教学研究中心 本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟. 考试时间：2024年5月16日下年15：00-17：00 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号犊写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､单项选择题：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，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这2个新节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为（ ） A. 42 B. 48 C. 96 D. 124 4. 已知角，角的顶点均为坐标原点，始边均与轴的非负半轴重合，终边分别过，则（ ） A. 或 B. 2或 C. D. 5. 已知为单位向量，向量满足，则的最大值为（ ） A. 9 B. 3 C. D. 10 6. 已知函数的定义域为，若函数为奇函数，为偶函数，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为交另一条渐近线于点，且点在点之间，若，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知分别满足下列关系：，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差 B. 数据的第60百分位数为7 C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为10 D. 用简单随机抽样的方法从51个样本中抽取2个样本，则每个样本被抽到的概率都是 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，则下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段 C. 若，则四面体的体积为定值 D. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 11. 如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，则（ ） A. 的方程为 B. 的最小值为 C. D. 曲线在点处的切线与线段垂直 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项为_______． 13. 已知等差数列的前项和为是等比数列，若，且，则的最小值为__________. 14. 已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为__________. 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. 已知向量，，，图象上相邻的最高点与最低点之间的距离. （1）求的值及在上的单调递增区间； （2）设的内角，，的对边分别为，，，且，求的值域. 16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. （1）求证平面； （2）若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. 17. 某校高三年级拟派出甲､乙､丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和，其中 （1）甲､乙､丙三人中，谁进入决赛的可能性最大； （2）若甲､乙､丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值； （3）在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列. 18. 已知双曲线的左､右焦点分别为，焦距为4，虚半轴长为1.如图，直线与双曲线的右支交于两点，其中点在第一象限.与关于原点对称，连接与，其中垂直于的平分线，垂足为. （1）求双曲线的标准方程； （2）求证：直线与直线的斜率之积为定值； （3）求的最小值. 19. 第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶､二阶导数） （1）已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？ （2）若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围； （3）若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $