2025年1月“长沙市联考”高三数学考前猜想卷

数学 第 1 页（共 6 页） 数学 第 2 页（共 6 页） 数学 第 3 页（共 6 页） 学 校 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 班 级 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 姓 名 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 准 考 证 号 __ __ __ __ __ __ __ __ __ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 密 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 封 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 线 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025 年 1 月“长沙市联考”考前猜想卷 数学·答题卡 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 一、选择题（每小题 5 分，共 40 分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分，共 18 分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题 5 分，共 15 分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清 楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答 题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出 区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题 无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 16．（15 分） 数学 第 4 页（共 6 页） 数学 第 5 页（共 6 页） 数学 第 6 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17 分） 19．（17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025年1月“长沙市联考”考前猜想卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．若复数满足，则复平面内表示的点在（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．计算:（   ） A． B． C． D． 4．已知向量，，若，则（    ） A． B．2 C．5 D． 5．已知的展开式中所有项的系数之和为3，则展开式中的常数项为（    ） A． B．100 C． D．380 6．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（    ） A． B． C． D． 7．已知双曲线，两焦点分别为，过右焦点作直线l交右支于A，B点，且，若，则双曲线C的离心率为（   ） A． B． C． D．2 8．已知函数，，若，则的取值范围是（   ） 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．已知抛物线：的焦点到准线的距离是4，直线过它的焦点且与交于，两点，为弦的中点，则下列说法正确的是（   ） A．抛物线的焦点坐标是 B． C．若，则 D．若以为圆心的圆与的准线相切，则是该圆的一条直径 10．已知，则（    ） A．若，且，则 B．，使得的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称 C．当时，函数恰有三个零点，且，则 D．若在上恰有2个极大值点和1个极小值点，则 11．点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（   ） A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积变大． B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知直线和互相垂直，且，则的最小值为 ． 13．已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为，出现B性状的概率为，A、B两种遗传性状都不出现的概率为．则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为 ． 14．已知函数有两个极值点，且，则的取值范围是 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．如图平面．    (1)若平面，证明：； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值． 16．为进一步提升人才选拔的公正性，某省拟在三年内实现高考使用新高考全国Ⅰ卷，为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分150分），其中甲市有10000名学生参加考试．根据成绩反馈，该省及各市本次模拟考试成绩X都近似服从正态分布． (1)已知本次模拟考试甲市平均成绩为97.5分，成绩位于区间内的学生共有4772人．甲市学生A的成绩为114分，试估计学生A在甲市的大致名次； (2)在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量Y为本次考试数学成绩在之外的人数，求的概率及随机变量Y的数学期望． 附：参考数据： 参考公式：若有，． 17．已知函数，. (1)求函数的图象经过的所有的定点坐标，并写出函数的一条以上述一个定点为切点的切线； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，证明：. 18．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，点D在椭圆上，且，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆交于A，B两点（不与椭圆的左、右顶点重合）． ①当的倾斜角为时，求的面积； ②点P为椭圆的右顶点，直线PA、PB分别与y轴相交于点M、N，求证以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 19．已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. (1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； (2)若为的“伴随数列”，证明：； (3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年1月“长沙市联考”考前猜想卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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 【知识点】交集的概念及运算、求指数型复合函数的值域、求对数型复合函数的定义域 【分析】化简集合，结合集合的交集运算定义求结论. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 2．若复数满足，则复平面内表示的点在（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【知识点】判断复数对应的点所在的象限、复数代数形式的乘法运算 【分析】根据复数的乘法运算法则求得，再求，根据复数的几何意义进行判断. 【详解】，则．其对应的点在第四象限． 故选：D. 3．计算:（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的余弦公式、三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系 【分析】，结合正弦和差公式，二倍角公式及同角三角函数关系化简，得到答案. 【详解】 , 所以原式. 故选： 4．已知向量，，若，则（    ） A． B．2 C．5 D． 【答案】C 【知识点】坐标计算向量的模、向量垂直的坐标表示 【分析】由求得x，再利用向量的模公式求解. 【详解】解：因为向量，， 所以． 因为， 所以， 解得， 所以， 所以． 故选：C． 5．已知的展开式中所有项的系数之和为3，则展开式中的常数项为（    ） A． B．100 C． D．380 【答案】C 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数 【分析】借助赋值法，令可计算出的值，再利用二项式的展开式的通项公式计算可得其常数项即可得. 【详解】对于，令，则，故， 的展开式的通项公式为， 故的展开式中的常数项为： . 故选：C. 6．高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】累加法求数列通项、数列-其他模型 【分析】记第层有个球，则根据题意可得，再根据累加法求解即可. 【详解】记第层有个球，则，，，， 结合高阶等差数列的概念知，，，，，则第层的小球个数 ． 故选：B 7．已知双曲线，两焦点分别为，过右焦点作直线l交右支于A，B点，且，若，则双曲线C的离心率为（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围、余弦定理解三角形、双曲线定义的理解 【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义，结合余弦定理求出的关系等式即可求得离心率. 【详解】令，由，得，，    由双曲线定义，， 在中，，由余弦定理， 得， 整理得，解得，则，， 在中，由余弦定理， 得，整理得，则. 故选：A 8．已知函数，，若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】令，则，从而可得，构造函数，对函数求导，得出函数的单调性与最值，从而得解. 【详解】令，则， 所以，， 所以. 令，则， 则在上单调递减， 在上单调递增，故， 故的取值范围是. 故选：B. 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．已知抛物线：的焦点到准线的距离是4，直线过它的焦点且与交于，两点，为弦的中点，则下列说法正确的是（   ） A．抛物线的焦点坐标是 B． C．若，则 D．若以为圆心的圆与的准线相切，则是该圆的一条直径 【答案】ABD 【知识点】利用焦半径公式解决直线与抛物线交点问题、与抛物线焦点弦有关的几何性质、根据焦点或准线写出抛物线的标准方程 【分析】对选项A，根据题意得到，即可判断A正确，对选项B，分别对直线斜率存在和不存在进行讨论，即可判断B正确，对选项C，根据焦点弦的公式即可判断C错误，对选项D，首先过分别向准线作垂线，垂足为，再结合抛物线的概念即可判断D正确. 【详解】对选项A，抛物线：的焦点到准线的距离是4， 所以，，故A正确. 对选项B，当直线的斜率不存在时，，所以， 当直线的斜率存在时，设， 得：，所以. 故B正确. 对选项C，，故C错误. 对选项D，如图所示：    过分别向准线作垂线，垂足为， 因为， 所以， 即：以为直径的圆与的准线相切，故D正确. 故选：ABD 10．已知，则（    ） A．若，且，则 B．，使得的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称 C．当时，函数恰有三个零点，且，则 D．若在上恰有2个极大值点和1个极小值点，则 【答案】BCD 【知识点】由正弦（型）函数的周期性求值、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、利用正弦函数的对称性求参数、求图象变化前（后）的解析式 【分析】对于A，由周期为判断；对于B，由平移变换得到，再由求解判断；对于C，由函数，令，求解判断；对于D，令，由求解判断. 【详解】因为，所以周期， 对于A，由条件知，周期为，所以，故A错误； 对于B，函数图象左移个单位长度后得到的函数为， 其图象关于原点对称，则，解得，， 又，所以，B正确； 对于C，函数， 令，，可得：，. ，令，可得一条对称轴方程为， 令，可得一条对称轴方程为， 函数恰有三个零点， 可知，关于其中一条对称轴是对称的，即， ，关于其中一条对称轴是对称的，即， 那么，C正确； 对于D，令， 由在上恰有2个极大值点和1个极小值点， 得，解得，故D正确， 故选：BCD. 11．点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（   ） A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积变大． B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】BC 【知识点】求异面直线所成的角、立体几何中的轨迹问题、锥体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明 【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；C选项，建系，利用距离公式求解,D选项，找到的轨迹，计算即可；. 【详解】对于A，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故A不正确； 对于B，与所成角即与所成，为等边三角形， 当P在端点A，时，所成角最小，为，当P在中点时，所成角最大为，故B正确； 对于C，如图建系，由， 设，则 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，可得， 所以，当时，等号成立，正确. 对于D， 因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以1为半径的四分之一圆， 故的轨迹长度为，故D错误； 故选：BC 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知直线和互相垂直，且，则的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】基本不等式求和的最小值、已知直线垂直求参数 【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解. 【详解】因为，所以，即， 因为，， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为． 故答案为：． 13．已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为，出现B性状的概率为，A、B两种遗传性状都不出现的概率为．则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为 ． 【答案】 【知识点】计算条件概率、利用互斥事件的概率公式求概率、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】首先需要定义事件，根据题意得出和，利用概率公式计算出，最后根据条件概率公式计算即可. 【详解】记事件A为该家族某位成员出现A性状；事件B为该家族某位成员出现B性状，由题意得： ，，又， 则,且， 则，因此， 则． 故答案为：． 14．已知函数有两个极值点，且，则的取值范围是 【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、根据极值点求参数 【分析】求，根据是的两个极值点可得为方程的两个根，结合韦达定理可得，令，构造函数分析单调性可得的值域，即得的取值范围. 【详解】∵，∴， ∴为方程的两个根， ∴，∴，， ∴ 代入可得：， 设，∵，∴， 设，则， ∴在上单调递减， ∵， ∴ ，即的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．如图平面．    (1)若平面，证明：； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明过程见解析； (2). 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直、线面平行的性质 【分析】（1）由勾股定理逆定理得到⊥，由线面垂直得到，从而证明出线面垂直，得到⊥，再由线面平行的性质得到，证明出结论； （2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量坐标，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角余弦公式即可求出面面角的夹角余弦值. 【详解】（1）因为，故， 所以⊥， 又平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥， 因为平面，平面，平面平面， 所以， 因为⊥， 所以； （2）由（1）知，⊥，又，故， 因为， 在中，由余弦定理得， 即，解得， 因为，所以⊥， 过点作⊥于点，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 设平面和平面夹角为， 则. 16．为进一步提升人才选拔的公正性，某省拟在三年内实现高考使用新高考全国Ⅰ卷，为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分150分），其中甲市有10000名学生参加考试．根据成绩反馈，该省及各市本次模拟考试成绩X都近似服从正态分布． (1)已知本次模拟考试甲市平均成绩为97.5分，成绩位于区间内的学生共有4772人．甲市学生A的成绩为114分，试估计学生A在甲市的大致名次； (2)在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取500人作为研究样本，随机变量Y为本次考试数学成绩在之外的人数，求的概率及随机变量Y的数学期望． 附：参考数据： 参考公式：若有，． 【答案】(1)1587名 (2)， 【知识点】二项分布的均值、指定区间的概率、正态分布的实际应用 【分析】（1）考试成绩近似服从正态分布，根据概率公式计算出概率后可得名次； （2）求出事件：在样本中抽取的学生在本次考试中数学成绩在之外的概率，随机变量服从二项分布，即，由公式计算出概率，再由二项分布的期望公式计算出期望． 【详解】（1）已知本次模拟考试成绩近似服从正态分布， 由题意可得， ， ,即，解得， 甲市学生A在该次考试中成绩为114分，且， 又，即， ， 答：学生A在甲市本次考试的大致名次为1587名． （2）设事件：在样本中抽取的学生在本次考试中数学成绩在之外， 由于成绩在之内的概率为0，9974， ， 随机变量服从二项分布，即， ， 的数学期望为. 17．已知函数，. (1)求函数的图象经过的所有的定点坐标，并写出函数的一条以上述一个定点为切点的切线； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，证明：. 【答案】(1)（或） (2)答案见详解 (3)证明见详解 【知识点】利用导数证明不等式、含参分类讨论求函数的单调区间、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）分析可知定点的坐标为和，求导，根据导数的几何意义求切线方程； （2）求导，分类讨论的符号，和两根大小，利用导数判断原函数单调性； （3）分析可知原不等式等价于，构建函数，利用导数结合最值分析证明. 【详解】（1）因为，，其他函数值均与a有关， 所以的图象经过的所有定点的坐标为和， 又因为， 若以为切点，则切线斜率为，切线方程为； 若以为切点，则切线斜率为，切线为； 所以切线方程为（或）. （2）因为， ①当时，恒成立， 所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增； ②当时，由，得或. 当，即时，恒成立，则在上单调递增， 当时，即时，当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 当时，即时， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 综上所述：当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增. （3）当时，. 令，则 令，，则在上单调递增. 又因为，， 所以存在，使得，即，即. 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以. 所以也即. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 18．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，点D在椭圆上，且，． (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆交于A，B两点（不与椭圆的左、右顶点重合）． ①当的倾斜角为时，求的面积； ②点P为椭圆的右顶点，直线PA、PB分别与y轴相交于点M、N，求证以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）由离心率得到，由得到，再结合椭圆中，求得的值，得到椭圆方程； （2）①由（1）知道点坐标，从而写出直线方程，联立方程组，求得，由焦点弦长公式求得，点到直线的距离为高，从而求得三角形的面积； ②当直线轴时，通过相似证明点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2；当直线斜率存在时，设直线方程，然后联立方程组，整理得一元二次方程，由韦达定理得到两点坐标与斜率的关系式；然后用两点式写出直线直线方程，求得点坐标，证明向量，证得点在以MN为直径的圆上，从而得到以MN为直径的圆被x轴截得的弦是，得到弦长为2，从而证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值． 【详解】（1）由题意可知，即 ∵，∴，令，则，即，即， 又∵在椭圆中，∴，解得， ∴求椭圆的方程：.    （2）①，，，则直线， 联立方程组，解得，， 焦点弦长， 点到直线的距离， ∴    ②， 当轴时，交点，关于轴对称，∴点关于原定对称，∴与为直径的圆圆心为，半径为 ∵，∴，则，∴， 又∵，∴圆与轴的截得的弦为，    当直线斜率存在时，设直线， 设， 联立方程组，整理得， 则，， ， 直线，令，则， 直线，令，则， 则，， 则 即 即，同理可证， 即点在以MN为直径的圆上，又∵在轴上， ∴以MN为直径的圆被x轴截得的弦为，， 综上所述：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值2.    19．已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. (1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； (2)若为的“伴随数列”，证明：； (3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 【答案】(1)存在，“伴随数列”是15,13,11,10 (2)见解析 (3)的最大值为 【知识点】判断数列的增减性、数列新定义、累加法求数列通项 【分析】（1）根据定义求出即可； （2）证明即可得出； （3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证. 【详解】（1），, ,，均为正整数， 所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10. （2）因为数列存在“伴随数列”， 所以，且， 所以， 所以，即， 所以. （3）①因为，，其中， 当时，，，有，均为正整数， 即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：， 因此的最小值为2； ②一方面，由（2）知，， 于是， 所以， 另一方面，由数列存在“伴随数列”，知， 所以是的正约数， 取， 即取， 综合上述为最大值，取，， 当时， ，符合条件， 当，，符合条件 因此的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定得到最大值，利用累加法估计出得到范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且存在伴随数列. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$