精品解析：安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

安师大附中2024-2025学年高三下学期开学考试 数学试题 （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.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I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集定义计算判断即可. 【详解】集合集合，， 所以， 故选：A． 2. 若向量，的夹角为，且，，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，根据向量的模长公式即可求出结果. 【详解】 ，，两边平方得：， 即， 解得， 故选：B 3. 有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ） A. 260种 B. 220种 C. 160种 D. 130种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分甲只安排一项任务与甲只安排两项任务讨论，结合排列数与组合数代入计算，即可得到结果. 【详解】若甲只安排一项任务，则有种； 若甲只安排两项任务，则有种； 故分配给甲的任务不超过两项的安排方法共有130种． 故选：D 4. 三棱锥中，，为中点，且，，和均为面积为的锐角三角形，则当三棱锥的体积取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过作，记，，可得，．根据三角形面积得，利用表示锥体体积，结合导数方法求函数的最大值. 【详解】 由题意，，， 平面，平面， 过作，垂足为，由 平面， 可得，由，平面， 所以平面，即为棱锥的高. 记，，则，． 根据三角形面积得， 要使三棱锥的体积最大，则最大． ， ． ，其中， 令，记，， 令，或（舍）， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，有最大值，即有最大值，此时三棱锥体积最大， 所以此时， 故选：A． 【点睛】关键点点睛：问题转化为求棱锥的高的最大值，利用解三角形表示出棱锥的高，再由导数求最值即可. 5. 费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线：为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中点以及角平分线的性质可得，即可根据双曲线定义得，代入到双曲线方程可得，即可根据离心率公式求解. 【详解】如图，延长交的延长线于点, 由于是的角平分线上的一点，且, 所以点为的点，所以, 又为的中点，所以， 故， 故，即，将点代入可得，解得， 故离心率为， 故选：B 6. 已知函数（，），，，且在区间上单调，则的最大值为( ). A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意计算出周期，再由周期求，又因为在区间上单调， 所以列出不等式，计算出，判断即可. 【详解】由题意知，，则， 因为，所以，又因为在区间上单调， 所以，解得，则的最大值为. 故选：B. 7. 已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的首项及递推公式可得数列是周期为3的周期数列，故对数列进行分组求和，结合等比数列求和公式即可求解. 【详解】由，可得，，， ∴数列是周期为3的周期数列，，，. . 设， 则， ∴数列是首项为，公比为8的等比数列， ∴数列的前7项和为， 即数列的前21项和为. 故选：B. 8. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ） A. 30 B. 14 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 根据条件可得出的图象关于对称，的周期为4，从而可考虑的一个周期，利用，根据在上是减函数可得出在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，然后根据在上有实数根，可判断该实数根是唯一的，并可判断在一个周期内有两个实数根，并得这两实数根和为2，从而得出在区间这三个周期内上有6个实数根，和为30. 【详解】由知函数的图象关于直线对称， ∵，是R上的奇函数， ∴， ∴， ∴的周期为4， 考虑的一个周期，例如， 由在上是减函数知在上是增函数， 在上是减函数，在上是增函数， 对于奇函数有，， 故当时，，当时，， 当时，，当时，， 方程在上有实数根， 则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数， 则由于，故方程在上有唯一实数， 在和上， 则方程在和上没有实数根， 从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根， 当，方程的两实数根之和为， 当，方程的所有6个实数根之和为. 故选：A. 【点睛】本题考查了由可判断关于对称，周期函数的定义，增函数和减函数的定义，考查了计算和推理能力，属于难题. 二、多选题：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. 已知虚数满足，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 可能为纯虚数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的概念，建立方程方程，可得答案. 【详解】设，由，可得， 所以，解得，则， 所以的实部为的虚部为不可能为纯虚数. 故选：AC. 10. 如图所示，棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 点到平面的距离是到平面的距离的倍 B. 若点平面，且与所成角是，则点的轨迹是双曲线的一支 C. 三棱锥的外接球的表面积为 D. 若线段 ，则的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A；利用坐标法，列出关于异面直线所成角的余弦值的式子，即可判断B；利用坐标法，求三棱锥的外接球的球心坐标和半径，即可判断C；利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可求最值. 【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则，， 所以，点到平面的距离为， 点到平面的距离为，所以，，故A正确； 对于B选项，设点，，， 若与所成角是， 则， 整理为，为双曲线方程， 所以点的轨迹是双曲线，故B错误； 对于C选项，、、、， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为， 则,方程组中前个式子和后个式子相减， 得，得，再回代方程组得，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确； 对于D选项， 由，可设点，即，， ， ， 上式的意义可以理解为平面直角坐标系中， 动点到定点和的距离和的倍， 显然，动点到定点和的距离和的最小值是两定点和间的距离， 距离为， 所以的最小值是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的使用，不仅可以表示角，距离，还可以求解轨迹方程，球心坐标等问题. 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69．800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A、B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于32 【答案】BC 【解析】 【分析】A根据即可求出抛物线的标准方程；B联立方程组求出点坐标，再根据对称性即可求出；C设直线与抛物线相切，直线与抛物线相切，联立方程组根据求出切点坐标，再根据数形结合即可求出；D根据对称性可求花瓣的一半，利用导函数求在点处的切线方程，其与轴的交点为，利用的面积来进行估计即可. 【详解】对于A，由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为， 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为， 即，故A错误； 对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象的对称性，可得、，故，即B正确； 对于C，设直线与抛物线相切， 联立，可得， 由可得，且方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 设直线与抛物线相切， 联立，可得， 由可得，此时方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 两切点连线的斜率为，即切点的连线与直线平行或重合， 故当、时，取最大值， 且其最大值为，故C对； 对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值， 如图： 对函数求导得，则抛物线在点处的切线斜率为， 所以，抛物线在点A处的切线方程为，即， 该切线交x轴于点， 所以半个花瓣的面积必小于， 故原图中的阴影部分面积必小于，故D不正确． 故选：BC． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 令，解得，所以， 即的系数为. 故答案为： 13. 已知直线与曲线相切，则直线的方程为：__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线过定点，进而根据单调性可知为切点，求导，即可根据点斜式求解方程,当不是切点时，根据，构造函数求解方程的根即可求解. 【详解】将变形为，故直线恒过点，又经过点， 若直线与相切于点， ，故， 所以直线的方程为，即， 若直线与不相切于点，设切点为，则 ，故， 故， 化简可得， 记， 则， 由于且， 在单调递增，故单调递增，且， 故，因此在单调递减， 由于，结合可知，当时，无实根， 故当不是切点时，无满足条件的切线方程， 综上可知：切线方程为 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据直线经过定点，根据切点是否为，结合求导求解. 14. 在平面直角坐标系xOy中，射线，，半圆C：.现从点向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇到射线、时会发生镜面反射.设光线在发生反射前所在直线的斜率为k，若光线始终与半圆C没有交点，则k的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】求出光线与、、相切时的斜率，数形结合即可得解. 【详解】将半圆依次沿着，，作对称，如图所示： 光线在镜面发生反射可以等效处理为：光线进入了镜子后的空间， 因此问题就转化为光线如何与镜子内外的圆没有交点，光线变化的范围如图所示. 当光线与相切时，光线所在直线斜率为， 由对称性可知当光线遇射线时反射光线若与相切，则入射光线所在直线为与圆相切， 当光线与圆相切但遇射线时反射光线不与相切时， 此时，所以光线斜率为 ， 当光线与相切时，光线斜率为， 所以由图可知k的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是数形结合简化问题的难度. 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. 已知函数，曲线在点处的切线为. （1）求，的值； （2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值. 【答案】（1），；（2）3 【解析】 【分析】（1）根据切线方程可求得且，从而构造方程求得结果；（2）利用分离变量的方式可得在上恒成立；令，，通过导数可知，当时，，当时，，从而可得，可求得，则，得到所求结果. 【详解】（1）由得： 由切线方程可知： ，，解得：， （2）由（1）知 则时，恒成立等价于时，恒成立 令，，则. 令，则 当时，，则单调递增 ， ，使得 当时，；时， ，即正整数的最大值为 【点睛】本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果. 16. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 【答案】（1） （2）分布列： 0 4 6 数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数的性质结合古典概型求解概率即可. （2）利用给定条件求出每种情况对应的概率，再求解分布列和数学期望即可. （3）合理进行分类讨论，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【小问1详解】 由题意得甲同学所有可能的选择答案有种， 而其中正确选项只有一个，设符合条件的事件为，故. 【小问2详解】 乙同学所有可能的选择答案有种，即共有10个样本点， 设乙同学本题可能得分为，则的可能取值为， ，，， 所以乙同学可能得分的分布列为 0 4 6 所以数学期望为. 【小问3详解】 由题意得丙得0分的概率为， 丁得0分的概率为， 丙丁总分刚好得分的情况包含： 事件：丙得分有一种情况，丁得分有三种情况， 则； 事件：丙得分有两种情况，丁得分有两种情况， 则； 事件：丙得分有三种情况，丁得分有一种情况， 则； 所以丙丁总分刚好得分的概率. 17. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； 解法二：延长、，设，连接，分析可知，为平面与平面夹角，计算出、的长，即可求得的余弦值，即为所求； （2）解法一：假设存在满足条件的点，设，根据空间向量法得出，求出的值，即可得出结论； 解法二：当时，平面，连接，取为的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论. 【小问1详解】 解法一：因为在直四棱柱中，底面是边长为的正方形， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，. 设平面的法向量为，则， 令，则， 易知是平面的一个法向量， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：延长、，设，连接， 过在平面内作的垂线，垂足为，连接. 因为平面，平面，则， 又因为，、平面，， 所以，平面， 因为平面，所以，， 所以为平面与平面的夹角. 因为，所以，则，则为的中点， 所以，， 在中， ， 因为， 所以， 因为平面，平面，则， 则， 所以，， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【小问2详解】 解法一：由（1）可得、，， 假设存在满足条件的点，设，所以， 因为平面，所以，解得. 故当时，平面. 解法二：当时，平面. 证明过程如下：连接，取为的中点，连接、. 因为为的中点，所以为梯形的中位线， 即，且， 因为，且，所以，， 所以为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 18. 已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆相切于点． （ⅰ）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）设椭圆的右焦点关于的对称点为，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2） （ⅰ）设点，所以，， 设直线的斜率为，方程为：，则， 由消去，得①， 因为直线与椭圆相切，所以方程①， 得， 所以②， 其中． 所以关于的方程②有两相等实根，所以， 所以为定值． （ⅱ）椭圆：的左、右焦点，． 方法1：由（ⅰ）得过点与直线垂直的直线为：， 令，得，所以直线与轴交点， 所以，． （）， 同理．所以． 根据内角分线定理得，为的角平分线，设与轴交于点, 所以， 即，，三点共线，所以直线过点． 方法2：设点，则， 根据题意得，解得 所以， 所以，所以，，三点共线， 所以直线过点． 方法3：设点，则， 过垂直于的直线交于点， 由（ⅰ）可得：，则：． 联立直线与的方程得所以 所以， 所以，所以，，三点共线， 所以直线过点． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率和短轴的概念建立方程组，解之即可求解； （2）（ⅰ）设，：，联立椭圆方程，利用可得，结合得，解得，即可证明；（ii）由（i）可得点与直线垂直的直线方程，求出直线与轴交点，根据两点求距离公式证明，结合内角平分线定理即可下结论. 【小问1详解】 根据题意得， 又，解得，， 所以椭圆：． 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定点（值），再证明这个点（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，从而得到定点（值）． 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3）具有，具有 【解析】 【分析】（1）对于判断数列是否具有性质，需要根据性质的定义，即判断数列是否为无穷正项数列，是否存在使得，以及数列是否为单调数列即可. （2）对于证明数列具有性质，需要根据二项分布的性质，先求出的表达式，再分析其单调性和有界性即可. （3）对于判断数列和是否具有性质，需要根据函数的性质，通过分析数列的递推关系来判断其单调性和有界性即可. 【小问1详解】 因为单调递增，不存在正数， 使得恒成立，所以数列不具有性质. 因为，又数列为单调递减数列，所以数列具有性质. 【小问2详解】 因为， 若为奇数的概率为为偶数的概率为， 则， 记为①， ， 记为②， 而，即， 所以当时，， 故随着的增大而增大，且，即数列具有性质. 【小问3详解】 令， 则，，， 所以当时，在上递减，而， 故，由零点存在性定理得在有唯一的零点， 得到，即， 且当时，，即， 当时，，即 由，可知， 此时在上单调递增； 由， 得到， 故， 假设时，成立， 则， 即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列. 对数列，存在，使，所以数列具有性质. 对数列，存在，使，所以数列也具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是合理运用导数和数学归纳法，然后结合给定定义得到所要求证明的命题即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安师大附中2024-2025学年高三下学期开学考试 数学试题 （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.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I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若向量，的夹角为，且，，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 3 3. 有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ） A. 260种 B. 220种 C. 160种 D. 130种 4. 三棱锥中，，为中点，且，，和均为面积为的锐角三角形，则当三棱锥的体积取得最大值时，（ ） A. B. C. D. 5. 费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线：为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知函数（，），，，且在区间上单调，则的最大值为( ). A. B. C. D. 7. 已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ） A. 30 B. 14 C. 12 D. 6 二、多选题：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. 已知虚数满足，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 可能为纯虚数 10. 如图所示，棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 点到平面的距离是到平面的距离的倍 B. 若点平面，且与所成角是，则点的轨迹是双曲线的一支 C. 三棱锥的外接球的表面积为 D. 若线段 ，则的最小值是 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69．800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A、B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于32 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为_____________． 13. 已知直线与曲线相切，则直线的方程为：__________. 14. 在平面直角坐标系xOy中，射线，，半圆C：.现从点向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇到射线、时会发生镜面反射.设光线在发生反射前所在直线的斜率为k，若光线始终与半圆C没有交点，则k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，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，曲线在点处的切线为. （1）求，的值； （2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值. 16. 高中数学标准化考试选择题分为单项选择和多项选择两种题型，按照现行评分标准，多项选择题一般从四个选项中选出所有正确的选项（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（两个正确选项的每个正确选项3分，三个正确选项的每个正确选项2分），有选错的得0分. （1）考生甲有一道正确选项为两个选项的多项选择题不会做，他随机挑选两个选项，求他猜对本题得6分的概率； （2）考生乙有一道答案为的多项选择题不会做，他随机选择两个或三个选项，求他得到分数的分布列和期望； （3）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生丙得6分的概率为，得3分的概率为；考生丁得6分的概率为，得3分的概率为；丙，丁二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题丙丁两位考生总分刚好得18分的概率. 17. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆：（）的离心率为，短轴长为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆相切于点． （ⅰ）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （ⅱ）设椭圆的右焦点关于的对称点为，求证：直线过定点． 19. 若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在，使得；②为单调数列，则称数列具有性质，注：若数列的各项满足（或，则称数列为递增（递减数列）.递增或递减的数列统称为单调数列. （1）若，判断数列是否具有性质，并说明理由； （2）已知离散型随机变量服从二项分布，记为奇数的概率为.证明：数列具有性质； （3）已知函数，试判断数列是否具有性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $