高二数学开学摸底考（新高考地区通用）01-2024-2025学年高中下学期开学摸底考试卷

2025届高二下学期开学摸底考试卷（新高考通用）01 数学•全解全析 （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、准考证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，用铅笔把答题卡上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．如图，已知平行六面体中，点是侧面的中心，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的线性运算计算即可. 【详解】因为点是侧面的中心， 所以点是的中点， 则 . 故选：C. 2．在数列中，，（，），则（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】利用数列的递推公式求出数列的前4项，推导出为周期数列，从而得到的值； 【详解】因为，（，）， 所以，，， 所以数列是以为周期的周期数列， 所以. 故选：A 3．若直线恒过定点A，则点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将直线化为，据此可得定点坐标. 【详解】， 令，则所过定点为. 故选：C 4．已知抛物线，直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，若弦的长为8，则直线的方程为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】B 【分析】因为直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，所以直线的方程为，再与抛物线联立，用韦达定理及弦长公式即可求得斜率，进而求出直线的方程. 【详解】由抛物线的方程，得，抛物线的焦点．根据题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，，． 由消去，整理得，可得，所以． 因为，解得， 所以直线的方程为或． 故选：B． 5．已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，根据一元二次函数的单调性求参数范围；当时，根据导数与单调性的关系求参数范围，再根据函数在上单调递增，列不等式求解即可. 【详解】由题知当时，单调递增，所以，解得； 当时，单调递增，所以恒成立， 即恒成立，所以； 因为在上单调递增，所以当时，， 所以的取值范围是. 故选：. 6．在各项均不为零的数列中，，若，则（   ） A．13 B．16 C．19 D．22 【答案】A 【分析】根据等差数列定义得出数列是等差数列，再结合等差数列基本量运算得出，进而可得解. 【详解】由已知，得， 则数列是等差数列，公差为． ，则． 故选：A． 7．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，点为与在第一象限的公共点，且，若，则的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求出椭圆的方程，再由椭圆的定义及余弦定理求出，即可求出双曲线的方程． 【详解】设椭圆的方程为，双曲线的方程为， 因为椭圆的焦点，且离心率， 所以，，所以，， 所以椭圆的方程为，又，，， 由余弦定理， 即， 又， 所以，， 所以，又， 所以，即，所以， 又双曲线的焦点为，，所以， 所以， 所以双曲线的方程为．    故选：A． 8．在棱长为1的正方体中，P为正方体内一动点（包括表面），若，且．则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得点在三棱柱内，设为的中点，由，求出的取值范围可得答案． 【详解】满足的点在三棱柱内． 如图，设为的中点，连接相交于点，连接， 因为，，且，平面， 所以平面，又，所以平面，且， ，所以， 所以． 因为，所以的取值范围为． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量的运算，根据题意确定点所在的位置是解题的关键． 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．已知圆，圆，则下列结论正确的是（   ） A．若和外离，则或 B．若和外切，则 C．当时，和内含 D．当时，有且仅有一条直线与和均相切 【答案】BD 【分析】先根据圆的标准方程得到两圆圆心坐标与半径，从而求出圆心距，再由两圆的位置关系得到圆心距与半径的和、差的关系得到不等式(或方程)，即可判断. 【详解】由题知，，，，. 对于A，若和外离，则，解得或，故A错误； 对于B，若和外切，则，解得，故B正确； 对于C，当时，，则和相交，故C错误； 对于D，当时，，则和内切，有且只有一条公切线，故D正确. 故选：BD. 10．已知方程，则下列说法中正确的有（   ） A．方程可表示圆 B．当时，方程表示焦点在轴上的椭圆 C．当时，方程表示焦点在轴上的双曲线 D．当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10 【答案】BCD 【分析】对于ABC，根据圆锥曲线方程的特点列出相应曲线的关于k的不等式组计算即可求解判断；对于D，根据圆锥曲线方程特点结合的关系即可求出焦距即可判断. 【详解】由题方程即， 对于A，若方程表示圆，则，无解， 所以方程不可以表示圆，故A错误； 对于B，若方程表示焦点在轴上的椭圆， 则，故B正确； 对于C，若方程表示焦点在轴上的双曲线， 则，故C正确； 对于D，当方程即表示椭圆时， 因为，所以该椭圆为焦点在轴上的椭圆， 则，所以椭圆的焦距为； 当方程表示焦点在x轴上的双曲线时， ； 当方程表示焦点在y轴上的双曲线时， ，不符合； 所以当方程表示双曲线时焦距为.故D正确. 故选：BCD. 11．已知函数在处有极值，则（    ） A． B．的极大值为C．有三个零点 D． 【答案】AB 【分析】求出函数的导函数，根据求出的值，再代入检验，从而得到函数的单调性与极值，即可判断. 【详解】因为， 所以，依题意，解得或， 当时，不满足题意， 当时， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 则在处取得极大值，在处取得极小值， 则极大值为，极小值我为，所以有且仅有一个零点，故A、B正确，C错误； 由，，而在上单调递减， 所以，故D错误. 故选：AB 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．已知数列的前项和为，当取最小值时， . 【答案】3 【分析】根据求得，代入结合基本不等式分析最值即可. 【详解】因为， 当时，， 又当时，，满足，故； 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，取得最小值. 故答案为：. 13．已知四棱锥平面，底面为矩形，为的中点，为上一点，若与平面所成角的正弦值为，则 ． 【答案】1 【分析】运用线面垂直性质，结合题意建立空间直角坐标系，然后用向量法表示出线面角的正弦值，进而反求出. 【详解】因为平面，底面为矩形，建立如图所示的空间直角坐标系， 易得，设，则， 设平面BEF的法向量为，则即 令，则，所以， 解得，即． 故答案为：1. 14．对于函数，若对任意的，存在唯一的使得，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】借助导数研究单调性，并求出函数在给定区间上的值域，再结合集合包含关系，列出不等式解题即可. 【详解】函数，求导， 令，求导， 函数在上单调递增，当时，；当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 则，因此函数在上单调递增， 当时，，即， 函数，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，此时，即； 在上单调递增，此时，即， 由对任意的，存在唯一的使得， 得是的子集， 即，解得， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题关键是将题目转化为值域之间的包含关系，再借助导数研究单调性，得到值域. 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．（13分） 已知圆经过三点，，. (1)求圆的方程； (2)若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）设出圆的一般式，代入三个点的坐标，求出圆的方程； （2）分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由垂径定理得到方程，求出直线方程. 【详解】（1）设圆的方程为， 将，，代入得 ，解得， 故圆的方程为； （2）， 故圆的圆心为，半径为2， 当直线的斜率不存在时，，此时圆心到的距离， ，满足要求； 当直线的斜率存在时，设， 圆心到的距离， 由得，故，解得， 故直线的方程为，即， 故直线的方程为或. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是等边三角形，平面平面为棱上一点，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)求的长； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)2； (2)存在，为上靠近点的三等分点. 【分析】（1）利用面面垂直的性质证得平面，再利用锥体体积公式求出长. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在等边三角形中，由为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 则平面，即是四棱锥的高， 设，则，矩形的面积， 于是，解得， 所以长为2. （2）在平面内过点作，由（1）知直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然平面的一个法向量为， ，而，解得， 所以存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，为上靠近点的三等分点. 17．（15分） 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. (1)求椭圆的方程； (2)若直线过点，椭圆的左顶点为，当面积为时，求直线的斜率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量数量积坐标运算和通径长可构造方程组求得，进而得到椭圆方程； （2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据，结合韦达定理可构造方程求得结果. 【详解】（1）由题意得：，，，，， ，即，； 当直线过焦点且与轴垂直时，，不妨令， 由得：，， 由得：，椭圆的方程为：. （2） 由题意知：直线斜率不为，可设， 由得：，则， 设，则，， ， 又，， ，解得：， 直线的斜率. 18．（17分） 已知函数. (1)当时，求在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)证明：当时，只有一个零点. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可； （2）利用分类讨论的思想，根据导数研究函数的单调性计算即可； （3）利用（2）的结论，含参分类讨论函数的极值与0的大小关系，对于含参极值通过构造函数求导结合零点存在性定理计算即可. 【详解】（1）当时，则，所以， 所以在点处的切线方程为：， 即； （2）易知， 因为，若，则在R上单调递增； 若，令，， 即此时在上单调递增，在上单调递减； 若，令，， 即此时在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：时，在R上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； （3）①由（2）可知时，在R上单调递增， 则在R上单调递增， 而，即只有一个零点为0； ②若，由（2）可知此时，在上单调递增， 在上单调递减， 则极大值为，极小值为， 不妨令，则， 此时单调递减，又， ， 即只有一个零点，在区间上； ③若，由（2）可知此时，在上单调递增， 在上单调递减，故极大值为， 极小值为， 不妨令，则， 显然时有，此时单调递增， 而时有，此时单调递减， 易知， 所以， 又， 即只有一个零点，在区间上； 综上，当时，只有一个零点. 19．（17分） 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 【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. 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2025届高二下学期开学摸底考试卷（新高考通用）01 数学·答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高二下学期开学摸底考试卷（新高考通用）01 数学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 C A C B B A A 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 10 11 BD BCD AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 3 13． 1 14． 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．（13分） 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）设出圆的一般式，代入三个点的坐标，求出圆的方程； （2）分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由垂径定理得到方程，求出直线方程. 【详解】（1）设圆的方程为， 将，，代入得 ，解得， 故圆的方程为； （2）， 故圆的圆心为，半径为2， 当直线的斜率不存在时，，此时圆心到的距离， ，满足要求； 当直线的斜率存在时，设， 圆心到的距离， 由得，故，解得， 故直线的方程为，即， 故直线的方程为或. 16．（15分） 【答案】(1)2； (2)存在，为上靠近点的三等分点. 【分析】（1）利用面面垂直的性质证得平面，再利用锥体体积公式求出长. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在等边三角形中，由为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 则平面，即是四棱锥的高， 设，则，矩形的面积， 于是，解得， 所以长为2. （2）在平面内过点作，由（1）知直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然平面的一个法向量为， ，而，解得， 所以存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，为上靠近点的三等分点. 17．（15分） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量数量积坐标运算和通径长可构造方程组求得，进而得到椭圆方程； （2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据，结合韦达定理可构造方程求得结果. 【详解】（1）由题意得：，，，，， ，即，； 当直线过焦点且与轴垂直时，，不妨令， 由得：，， 由得：，椭圆的方程为：. （2） 由题意知：直线斜率不为，可设， 由得：，则， 设，则，， ， 又，， ，解得：， 直线的斜率. 18．（17分） 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可； （2）利用分类讨论的思想，根据导数研究函数的单调性计算即可； （3）利用（2）的结论，含参分类讨论函数的极值与0的大小关系，对于含参极值通过构造函数求导结合零点存在性定理计算即可. 【详解】（1）当时，则，所以， 所以在点处的切线方程为：， 即； （2）易知， 因为，若，则在R上单调递增； 若，令，， 即此时在上单调递增，在上单调递减； 若，令，， 即此时在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：时，在R上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； （3）①由（2）可知时，在R上单调递增， 则在R上单调递增， 而，即只有一个零点为0； ②若，由（2）可知此时，在上单调递增， 在上单调递减， 则极大值为，极小值为， 不妨令，则， 此时单调递减，又， ， 即只有一个零点，在区间上； ③若，由（2）可知此时，在上单调递增， 在上单调递减，故极大值为， 极小值为， 不妨令，则， 显然时有，此时单调递增， 而时有，此时单调递减， 易知， 所以， 又， 即只有一个零点，在区间上； 综上，当时，只有一个零点. 19．（17分） 【答案】(1)存在，“伴随数列”是15,13,11,10 (2)见解析 (3)的最大值为 【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. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高二下学期开学摸底考试卷（新高考通用）01 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．如图，已知平行六面体中，点是侧面的中心，且，则（    ） A． B． C． D． 2．在数列中，，（，），则（   ） A． B．1 C． D．2 3．若直线恒过定点A，则点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．已知抛物线，直线过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，若弦的长为8，则直线的方程为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 5．已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．在各项均不为零的数列中，，若，则（   ） A．13 B．16 C．19 D．22 7．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，点为与在第一象限的公共点，且，若，则的方程为（    ） A． B． C． D． 8．在棱长为1的正方体中，P为正方体内一动点（包括表面），若，且．则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知圆，圆，则下列结论正确的是（   ） A．若和外离，则或 B．若和外切，则 C．当时，和内含 D．当时，有且仅有一条直线与和均相切 10．已知方程，则下列说法中正确的有（   ） A．方程可表示圆 B．当时，方程表示焦点在轴上的椭圆 C．当时，方程表示焦点在轴上的双曲线 D．当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10 11．已知函数在处有极值，则（    ） A． B．的极大值为C．有三个零点 D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列的前项和为，当取最小值时， . 13．已知四棱锥平面，底面为矩形，为的中点，为上一点，若与平面所成角的正弦值为，则 ． 14．对于函数，若对任意的，存在唯一的使得，则实数的取值范围是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知圆经过三点，，. (1)求圆的方程； (2)若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是等边三角形，平面平面为棱上一点，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)求的长； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 17．（15分） 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. (1)求椭圆的方程； (2)若直线过点，椭圆的左顶点为，当面积为时，求直线的斜率. 18．（17分） 已知函数. (1)当时，求在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)证明：当时，只有一个零点. 19．（17分） 已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. (1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； (2)若为的“伴随数列”，证明：； (3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$