精品解析：辽宁省教研教改联合体2025届高三第一次调研考试数学试题

辽宁省教研教改联合体2025届高三第一次调研考试 数学试题 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集结合一元二次不等式求，再根据交集运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：B. 2. 已知复数的实部为的虚部为，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法得到，从而得到实部 的值，由复数的乘法得到，从而得到虚部的值，从而得到，得到对应的点，得到所在象限. 【详解】，所以，所以， 其在复平面内的对应点为，位于第一象限． 故选：A． 3. 设 ，是向量，则“”是“或”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 下列结论正确的是（ ） A. 已知一组样本数据，，…，()，现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大 B. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4 C. 50名学生在一模考试中的数学成绩，已知，则的人数为20人 D. 已知随机变量，若，则 【答案】D 【解析】 【分析】计算可得平均数不变，可得新数据极差变小，可判断A；利用贺归直线过样本中心点，可求 ，可判断B；可求得，进而可判断C；由已知得，计算可判断D. 【详解】对于A：新数据的总和为， 与原数据的总和相等，且数据个数相等，因此平均数不变， 因为，而 ， 即极差变小了，由于两组数据平均数不变，而极差变小， 说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故A错误； 对于B：因为回归直线方程必经过样本中心点， 所以，解得，故B错误； 对于C：因为一模考试中的数学成绩，， 所以，所以， 所以的人数为人，故C错误； 对于D：因为，所以， ，解得，故D正确. 故选：D. 5. 已知双曲线为坐标原点，若直线与双曲线 的两条渐近线分别交于点 ，则内切圆的半径等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出渐近线方程，与直线联立，求出点 的坐标，求出的三边长，及点到直线的距离 ，利用等面积法即可求解内切圆的半径. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 联立方程，解得 同理联立，解得， 不妨设， 则， 点到直线的距离， 设内切圆的半径为 ， 则有， 即， 解得. 故选：C 6. 已知函数的极值点为，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，然后结合导数与单调性的关系、零点存在定理，求出函数的极大值点，然后利用指对互化求解即可. 【详解】由得， ， 设，则，所以 在单调递减， 又，，由零点存在定理知，存在，使得， 所以当时，，，函数单调递增； 当时，，，函数单调递减，， 所以是函数的极大值点，则，即. 所以. 故选：D 7. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点 到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答. 【详解】如图所示： 由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足， ， 由勾股定理得， 所以， 设点为外接圆的圆心， 则外接圆的半径为，， 设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为， ， 如图所示： 设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点， 而均垂直平分， 所以点在面，面内的射影分别在直线上， 即， 由题意，且二面角为直二面角， 即面面，， 所以，即，可知四边形为矩形，所以， 由勾股定理以及， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 8. 设 、、满足，，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合，可得出与的大小关系，再结合基本不等式以及不等式的基本性质可得出与的大小关系. 【详解】、、且，，，则， 先比较与的大小关系， 构造函数，其中， 则，所以，， 则， 令，其中，则， 令，其中，所以，， 所以，函数在上单调递增，故， 所以，函数在上单调递增，则，即， 因为，则， 所以，， 所以，， 因为，所以， ， 所以，对任意的，， 故函数在上单调递减， 因为，则，故， 由基本不等式可得（，故取不了等号），所以，， 故选：A. 【点睛】方法点睛： 在解决比较两个数大小的问题时，常常有三种解决方法： （1）作差法，即两个数作差，若，则，若，则； （2）作商法，即两个数坐商，若，则，若，则； （3）单调性法，即借助函数的单调性比较两个数的大小. 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，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的对称中心为， C. 在上的单减区间为 D. 在上的极值点个数为1 【答案】AD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得. 【详解】， 对A：由，则，故A正确； 对B：令，，解得，， 故的对称中心为，，故B错误； 对C：令，，解得，， 则在上的单减区间为，故C错误； 对D：令，，即，， 则在上的极值点有一个，故D正确. 故选：AD. 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为16 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，，且,设直线，联立直线 和抛物线方程得韦达定理，再结合两角和与差的正切公式，导数运算等知识，对各个选项逐一分析即可. 【详解】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线，与联立得． 设，，则，，，． ， 因此 ，A选项错误． ，B选项正确． ,，切线，即， 同理，联立解得，故． 不妨设，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q， 则． 当直线PN与抛物线相切时，最小． 与联立，消去y得：， 令，解得，则， 故，C选项正确． ，故， 则，D选项正确． 故选:BCD． 【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程． 第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程． 第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式. 第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出． 第五步：根据题设条件求解问题中的结论． 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则的值域为 B. 若，则过原点有且仅有一条直线与曲线相切 C. 存在，使得有三个零点 D. 若，则 的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据 趋近于0时，函数值趋近于负无穷，当 趋近于正无穷时，函数值趋近于正无穷得到A正确；B选项，求导，设出切点，得到切线方程，把点代入切线方程得，此方程只有一个根，故B正确；C选项，分与两种情况，推导出至多两个零点；D选项，先得到不合要求，满足要求，考虑，时，满足要求，故只需时，恒成立，若，，故不合要求，若，结合导函数得到函数单调性和最值，得到满足要求，得到答案. 【详解】A选项，若，则， 故， 当 趋近于0时，趋近于负无穷，此时趋近于负无穷， 当 趋近于正无穷时，和都趋近于正无穷，函数值趋近于正无穷， 因此函数的值域为R，A正确； B选项，函数定义域为，时，， 因为 时，，故， 则，设切点坐标为，故， 则在处，的切线方程为， 把点代入切线方程得，， 化简得， 当时，，此方程无解， 当时，，此方程无解， 当时，，且函数此时为增函数， 故方程只有这1个解， 即过原点有且仅有一条切线和相切，B正确； C选项，，当时，，， 则，故单调递减，故在此区间上函数最多一个零点， 要想这个零点存在，需， 当时，，， 则，显然这是一个增函数， 要想函数零点尽可能多，则需存在一个使得成立， 此时在上单调递减，在上单调递增， 若在上存在一个零点，则， 故此时在上只存在一个零点，此时函数一共有两个零点，不合要求， 若在上不存在零点，则， 又在上单调递减，在上单调递增， 故此时函数最多有两个零点，不合要求， 综上，不存在，使得函数存在三个零点，C错误； D选项，由A知，当时，函数的值域为R，不满足， 当时，，满足要求， 当时，时，，满足要求， 故只需时，恒成立， 若，，故不合要求， 若，， 则，显然这是一个增函数， ， 函数单调递增，则， 故满足题意，又也满足要求， 因此，D正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图象确定条件. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在数列中，已知，，则数列的前2024项和__________． 【答案】 【解析】 【分析】由，得到，利用累乘法得到数列的通项公式，再用裂项相消，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 因此， 故答案为：. 13. 已知，若，使成立，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式将方程化成，通过左右两边函数的值域比较,得到两边只能等于，求得 ，回代求出 . 【详解】由可得，, 设. 依题意，，而，故， 由，可得，， 又由可得，， 因，则， ，故，解得，. 故答案为：. 14. 设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为________，使得取到最大值的数列的个数为________. 【答案】 ①. 18 ②. 25270 【解析】 【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论即可得到结果. 【详解】第一个空，设某个数除以 余数为，则称该数模 余( ，均为整数，且)， 为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除. 而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别， 例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意， 所以的最大值为18. 第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数. 第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18. 第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数. 第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况： ①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足. ②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种. ③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种. 第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为 ，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回 ；或者为，然后删去，再补回 ，这两种删去方式结果相同. 综上，共有种. 故答案为：18；25270 【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定的规律，再利用排列组合的思想进行求解. 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. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求 ； （2）若的面积为， 为边上一点，满足，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去 ，由和差公式和辅助角公式化简可得； （2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 由正弦定理有， 因为， 所以， 化简得， 由有，可得， 因为， 所以，则． 【小问2详解】 由有 又可得， 联立解得，所以为正三角形， 所以， 在中，由余弦定理得． 故的长为. 16. 已知函数. （1）若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值. （2）若 在 只有一个零点，求 . 【答案】（1）极小值，无极大值； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数 的导数，结合几何意义求出 ，再分析单调性求出极值. （2）由函数零点的意义，等价变形得在 只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解. 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得，， 依题意，，则，， 当时，，当时，， 因此函数 在上单调递减，在上单调递增， 所以函数 在处取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 函数在 只有一个零点，等价于在 只有一个零点， 设，则函数 在 只有一个零点，当且仅当在 只有一解， 即在 只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点， 令，求导得，当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在取得极小值同时也是最小值， 当时，；当时，， 画山大致的图象，如图， 在 只有一个零点时，， 所以 在 只有一个零点吋，. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，. （1）若为的中点，证明：平面平面； （2）若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】（1） 取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可； （2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 18. 测试发现，某位惯用脚为右脚的足球球员甲在罚点球时，踢向球门左侧、中间和右侧的概率分别为0.5，0.1和0.4，并且，踢向左侧、中间和右侧时分别有0.1，0.2和0.2的概率踢飞或踢偏（没有射正）.守门员在扑点球一般会提前猜测方向.测试发现，某位守门员乙在扑点球时猜右侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门左侧）、中间和左侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门右侧）的概率分别为0.6，0.1和0.3.当他猜中方向为左侧或者右侧来时扑出点球的概率均为0.5，当他猜中方向为中间时，扑出点球的概率为0.8. （1）求球员甲面对守门员乙时，第1次罚点球罚丢的概率； （2）若球员甲在上一轮罚丢点球，则下一轮面对球员甲罚点球时，守门员乙的信心将会激增，在猜中方向的前提下，所有方向扑出点球概率都会在原来的基础上增加0.1；若球员甲在上一轮罚进点球，守门员乙将会变得着急，会有0.2的概率提前移动，在守门员乙提前移动的情况下，若球员甲罚丢点球，则可获得重罚机会.已知守门员乙提前移动时扑出三个方向点球的概率均会增加0.1.假定因为守门员乙提前移动球员甲重罚点球仍属于第二轮，且重罚时守门员乙不再提前移动. （i）求球员甲第二轮罚进点球的概率； （ii）设为球员甲在第k轮罚进点球的概率，若满足对于，，直接写出符合题意的.（注：最终结果均保留两位小数.） 【答案】（1）0.34； （2）（i）0.67；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由互斥事件的概率公式及全概率公式求解即可. （2）（i）球员甲第二轮罚进点球包含4个互斥事件：第一轮罚进，第二轮守门员乙未提前移动且罚进，第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动且罚进，第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动未罚进，但重罚后罚进，第一轮未罚进，第二轮罚进，分别求出对应的概率，相加即可得解； （ii）分析可得（）随k的增大而增大，由对于，均有，由此可得答案． 【小问1详解】 设球员甲罚点球时，踢向左侧、中间、右侧的事件分别为， 球员甲踢飞或踢偏（没有射正）的事件为D，守门员乙在扑点球时扑向右侧、中间、左侧的事件分别为， 守门员乙扑出点球的事件为E， 则，， ， 设球员甲第1次罚点球罚丢的事件为F，则为互斥事件， 则 . 【小问2详解】 （i）当球员甲在上一轮罚丢点球时，守门员乙所有方向扑出点球的概率都增加0.1， 或者守门员乙提前移动时，所有方向扑出点球的也增加0.1，因此球员甲第二轮罚进点球包含以下4个互斥事件： ①第一轮罚进，第二轮守门员乙未提前移动且罚进，概率为； ②第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动且罚进， 此时罚丢点球的概率为 ， 此时罚进的点球的概率为； ③第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动未罚进，重罚罚进， 此时罚进的概率为； ④第一轮未罚进，第二轮罚进，此时罚进的概率为， 所以第二轮球员甲罚进的概率为. （ii）. 由（1）及（2）（i）知，， 则第三轮的情况如第二轮时情形，但第二轮罚进点球的概率增加了， 因此第三轮罚进点球的概率比第二轮时要高，从而随 的增大而增大， 于是若满足对于，均有，则. 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 19. 设A，B为椭圆C：的短轴端点，P为椭圆上异于A，B的任意一点，D在直线上． （1）求直线，的斜率的乘积； （2）证明：； （3）过右焦点F作x轴的垂线 ，E为 上异于F的任意一点，直线交C于M，N两点，记直线，，的斜率分别为，，，是否存在，，的某个排列，使得这三个数成等差数列？若存在，加以证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）证明：由椭圆的对称性，不妨设P位于第一象限或长轴右端点， 设直线，的倾斜角分别为 ， ， 则． 由（1）知，，故， 从而， 当且仅当时等号成立，此时P为C的右顶点． 因为， 又因为，且， 所以． （3）存在；证明：设， ①当 在 轴上时，，不妨设，， ，，，从而； ②当 不在 轴上时，设，，直线：， 由得，所以． 由消去 ，得， 因为直线过点 ，则， 从而，（*）， 又 ． 将（*）式代入上式，得． 综上，可得，即，，或，，成等差数列． 【解析】 【分析】（1）根据斜率公式结合点在椭圆上即可求解； （2）由椭圆的对称性，不妨设位于第一象限或长轴右端点，设直线，的倾斜角分别为 ， ，则，结合（1）及基本不等式可得，根据正切函数的单调性即可证明； （3）设，①当D在x轴上时，可得；②当D不在x轴上时，设，，直线：，与椭圆方程联立，证明即可． 【小问1详解】 不妨设，，设， 则直线，的斜率分别为，， 所以． 又因为，所以， 故， 即直线，的斜率的乘积为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省教研教改联合体2025届高三第一次调研考试 数学试题 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数的实部为的虚部为，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 设 ，是向量，则“”是“或”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 下列结论正确的是（ ） A. 已知一组样本数据，，…，()，现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大 B. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4 C. 50名学生在一模考试中的数学成绩，已知，则的人数为20人 D. 已知随机变量，若，则 5. 已知双曲线为坐标原点，若直线与双曲线 的两条渐近线分别交于点 ，则内切圆的半径等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的极值点为，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 7. 在菱形中，，，将沿对角线折起，使点 到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 设 、、满足，，，则（ ） 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，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 的对称中心为， C. 在上的单减区间为 D. 在上的极值点个数为1 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为16 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则的值域为 B. 若，则过原点有且仅有一条直线与曲线相切 C. 存在，使得有三个零点 D. 若，则 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在数列中，已知，，则数列的前2024项和__________． 13. 已知，若，使成立，则__________． 14. 设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为________，使得取到最大值的数列的个数为________. 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. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求 ； （2）若的面积为， 为边上一点，满足，求的长． 16. 已知函数. （1）若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值. （2）若 在 只有一个零点，求 . 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，. （1）若为的中点，证明：平面平面； （2）若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 18. 测试发现，某位惯用脚为右脚的足球球员甲在罚点球时，踢向球门左侧、中间和右侧的概率分别为0.5，0.1和0.4，并且，踢向左侧、中间和右侧时分别有0.1，0.2和0.2的概率踢飞或踢偏（没有射正）.守门员在扑点球一般会提前猜测方向.测试发现，某位守门员乙在扑点球时猜右侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门左侧）、中间和左侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门右侧）的概率分别为0.6，0.1和0.3.当他猜中方向为左侧或者右侧来时扑出点球的概率均为0.5，当他猜中方向为中间时，扑出点球的概率为0.8. （1）求球员甲面对守门员乙时，第1次罚点球罚丢的概率； （2）若球员甲在上一轮罚丢点球，则下一轮面对球员甲罚点球时，守门员乙的信心将会激增，在猜中方向的前提下，所有方向扑出点球概率都会在原来的基础上增加0.1；若球员甲在上一轮罚进点球，守门员乙将会变得着急，会有0.2的概率提前移动，在守门员乙提前移动的情况下，若球员甲罚丢点球，则可获得重罚机会.已知守门员乙提前移动时扑出三个方向点球的概率均会增加0.1.假定因为守门员乙提前移动球员甲重罚点球仍属于第二轮，且重罚时守门员乙不再提前移动. （i）求球员甲第二轮罚进点球的概率； （ii）设为球员甲在第k轮罚进点球的概率，若满足对于，，直接写出符合题意的.（注：最终结果均保留两位小数.） 19. 设A，B为椭圆C：的短轴端点，P为椭圆上异于A，B的任意一点，D在直线上． （1）求直线，的斜率的乘积； （2）证明：； （3）过右焦点F作x轴的垂线 ，E为 上异于F的任意一点，直线交C于M，N两点，记直线，，的斜率分别为，，，是否存在，，的某个排列，使得这三个数成等差数列？若存在，加以证明；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $