精品解析：北京市中国人民大学附属中学朝阳学校2025-2026学年高三上学期12月阶段性限时练习数学试题

人大附中朝阳学校2025~2026学年度第一学期高三年级阶段性限时练习 数学试题 2025年12月 考生须知 1.本试卷分为I､II两卷，两大题共有21小题，共4页，满分150分；答题纸共8页考试时长120分钟，. 2.请将个人信息完整填写在答题纸密封线内，确保信息准确无误. 3.第I卷各题均须用2B铅笔按规定要求在“机读答题卡”对应区域上作答，选项与题号要对应，填涂要规范，保持答题卡整洁，不要折叠､折皱､破损，不得做任何标记. 4.第II卷各题均须用黑色字迹的签字笔按规定要求在答题纸上作答. 第I卷（共40分请将答案填涂在答题纸上） 一､选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，角与角的终边关于轴对称.若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，在正方形网格上的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月－4月 1965年5月－8月 1965年9月－12月 1966年1月－4月 … 新方案法定退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（ ） A. 61岁4个月 B. 61岁5个月 C. 61岁6个月 D. 61岁7个月 6. 在人工智能模型训练中，为避免模型后期震荡，常采用指数学习率衰减策略，学习率与训练轮次T满足公式（其中是初始学习率，k是衰减系数）．已知当训练轮次时，学习率降至初始学习率的；当训练轮次时，学习率为；当训练轮次时，学习率为，那么约为（ ） A. B. C. 10 D. 7. 若数列是存在负数项的无穷等比数列，则“数列有最小项”是“数列有最大项”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知定点，圆与轴相切，直线是圆的一条对称轴．若圆上存在两点使得，则圆圆心的横坐标的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点是直线上的动点.若点在抛物线上，且，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中正确结论是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①③④ 第II卷（非选择题部分共110分） 二､填空题：（本大题共5大题，每小题5分，共25分，把答案写在答题纸上.） 11. 双曲线的一条渐近线方程为__________. 12. 已知，则实数_____ 13. 在中内角、、所对边分别为、、，能说明“若，则是直角三角形”为假命题的一组、的值_____，_____. 14. 设函数. （1）当时，的解集为______； （2）若函数有3个零点，则实数a的取值范围是______. 15. 已知无穷数列满足.给出下列四个结论： ①存在，使得集合中有无穷多个元素； ②存在，使得集合中有有限个元素； ③对于任意的，集合中至多有一个元素； ④当时，集合. 其中所有正确结论的序号是_________. 三､解答题：（本大题共6大题，共85分，把答案写在答题纸上.） 16. 已知函数.从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定. （1）求的值； （2）若不等式在区间内有解，求的取值范围. 条件①：； 条件②：图象关于对称，且在区间有且只有一个最大值和一个最小值； 条件③：在区间内无极值点，且恒成立. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17. 某项射击比赛的规则如下：比赛可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮比赛，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 9 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 9 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”. （1）若从以上十轮比赛中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； （2）假设甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，用频率估计概率.记X为甲在这三轮比赛中“稳定发挥”的轮数，求X的分布列和数学期望； （3）假设选手乙参加10轮射击比赛，恰有8轮“稳定发挥”.从这10轮比赛中任选2轮，记Y为乙在这两轮比赛中“稳定发挥”的轮数，直接写出与的大小关系（结论不要求证明）. 18. 如图，多面体中，正方形的边长为2，，，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，，分别在，上，且平面平面，求的长. 19. 已知椭圆C：过点，长轴长为. （1）求椭圆方程及离心率； （2）直线l：与椭圆C交于两点M、N，直线AM、AN分别与直线交于点P、Q，O为坐标原点且，求证：直线l过定点，并求出定点坐标. 20. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若是函数的极值点， （i）证明：的取值范围是的子集； （ii）求在区间内的零点个数. 21. 若有限数列A：的各项均为正整数，且对，都有，则称数列A具有性质P.将数列A各项之和记为. （1）分别判断下列两个数列：1，6，2，4，3，：1，2，3，4，5，…，10，是否具有性质P，并说明理由. （2）若数列A具有性质P，且项数m为6，求的最小值. （3）对具有性质P且项数固定为m的数列A，记的最小值为.判断是否存在正整数使得.若存在，求出所有的m；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 $ 人大附中朝阳学校2025~2026学年度第一学期高三年级阶段性限时练习 数学试题 2025年12月 考生须知 1.本试卷分为I､II两卷，两大题共有21小题，共4页，满分150分；答题纸共8页考试时长120分钟，. 2.请将个人信息完整填写在答题纸密封线内，确保信息准确无误. 3.第I卷各题均须用2B铅笔按规定要求在“机读答题卡”对应区域上作答，选项与题号要对应，填涂要规范，保持答题卡整洁，不要折叠､折皱､破损，不得做任何标记. 4.第II卷各题均须用黑色字迹的签字笔按规定要求在答题纸上作答. 第I卷（共40分请将答案填涂在答题纸上） 一､选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出两个集合，然后根据交集的定义得出答案. 【详解】由题意得：或， ， 所以. 故选：D 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模长公式及复数乘除法计算求解. 【详解】复数满足， 则. 故选：A. 3. 在平面直角坐标系中，角与角的终边关于轴对称.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对称得，再结合二倍角的余弦公式和诱导公式即可. 【详解】由题意，即， 由于，故. 故选：A 4. 已知向量，在正方形网格上的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】直接建立平面直角坐标系，再根据向量的坐标运算可得. 【详解】建立平面直角坐标系可得，，， 所以，所以. 故选：A. 5. 渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月－4月 1965年5月－8月 1965年9月－12月 1966年1月－4月 … 新方案法定退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（ ） A. 61岁4个月 B. 61岁5个月 C. 61岁6个月 D. 61岁7个月 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年龄记为，出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年龄记为，出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年龄记为，，分析可知数列构成等差数列，求出该数列的首项和公差，即可求出，即可得解； 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月，可得结果. 【详解】解法一：根据题意，出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年龄记为，， 则构成等差数列，首项岁1个月，公差为1个月，可得岁个月． 依此规律，1970年5月出生的男职工，他的退休年龄应该是的第17项， 即他的退休年龄为岁17个月岁5个月． 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月． 出生年龄 退休年龄 1965.5 60岁2个月 1966.5 60岁5个月 1967.5 60岁8个月 1968.5 60岁11个月 1969.5 61岁2个月 1970.5 61岁5个月 故选：B. 6. 在人工智能模型训练中，为避免模型后期震荡，常采用指数学习率衰减策略，学习率与训练轮次T满足公式（其中是初始学习率，k是衰减系数）．已知当训练轮次时，学习率降至初始学习率的；当训练轮次时，学习率为；当训练轮次时，学习率为，那么约为（ ） A. B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，分别令和，代入求得的值，进而得到答案. 【详解】由学习率与训练轮次T满足公式， 当时，学习率降至初始学习率的，可得， 即，两边取对数，可得，所以， 当时，可得； 当时，可得， 所以. 故选：A. 7. 若数列是存在负数项的无穷等比数列，则“数列有最小项”是“数列有最大项”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，按公比的取值情况，结合单调性探讨等价条件，再利用充要条件的定义判断. 【详解】设等比数列的公比为，则， 由数列存在负数项，得或， 数列有最小项，当时，， 若，则单调递增，随着的增大，无限增大，趋近于正无穷大，无最小项； 若，，数列是常数列，有最小项； 若，则单调递减，随着的增大，正数无限减小，有最小项， 因此； 当时，数列的项正负相间，若，则单调递增，随着的增大， 无限增大，趋近于正无穷大，无最小项； 当时，，数列有最小项； 当时，，单调递减，随着的增大，正数无限减小， 有最小项或，因此， 于是数列有最小项等价于； 数列有最大项：，数列是等比数列， 当时，无最大项，数列无最大项； 当时，，数列有最大项； 当时，单调递减，随着的增大，正数无限减小，数列有最大项， 因此数列有最大项等价于， 所以“数列有最小项”是“数列有最大项”的充分必要条件. 故选：C 8. 已知定点，圆与轴相切，直线是圆的一条对称轴．若圆上存在两点使得，则圆圆心的横坐标的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，求出与圆相切时且时的取值即可得答案. 【详解】由题意可知圆心在直线上， 设， 又因为圆与轴相切， 所以， 因为当与圆相切时，取最大值， 所以当， 则， 此时， 所以， 整理得， 解得或， 因为圆上存在两点使得， 所以，即圆圆心的横坐标的取值范围为. 故选：D. 9. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点是直线上的动点.若点在抛物线上，且，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求抛物线方程和点的坐标，再分别表示直线和方程，求点的坐标，并利用两点间的距离求，并利用换元法求函数的最小值. 【详解】到准线的距离为，设抛物线方程为，焦点，准线，，根据抛物线的定义有，得， 不妨设，设直线，①， 直线 ，② 联立方程①②得：， ，， ， 设，则， 所以当时，取得最小值. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，弦长公式的应用，本题的关键是直线和直线的方程的设法，注意两条直线垂直，注意斜率的关系. 10. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中正确结论是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①③④ 【答案】B 【解析】 【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接， ，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为关于对称，所以，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误，故结论②错误； 对于结论③，取中点分别为，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以，，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，所以四点共面， 此时四边形即为平面截正方体所得截面， 证明如下：已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，， 所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于， 因为，，点为上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点为上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故选：B 第II卷（非选择题部分共110分） 二､填空题：（本大题共5大题，每小题5分，共25分，把答案写在答题纸上.） 11. 双曲线的一条渐近线方程为__________. 【答案】（或） 【解析】 【分析】根据题意，化简得到双曲线的标准方程，求得的值，结合双曲线的几何性质，即可求解. 【详解】由双曲线，可得其标准方程为， 可得，即， 所以双曲线的渐近线方程为，即， 所以双曲线其中一条渐近线为（或） 故答案为：（或）. 12. 已知，则实数_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理将等式右边简化即可得的值. 【详解】因为 ， 所以， 故. 故答案为：. 13. 在中内角、、所对边分别为、、，能说明“若，则是直角三角形”为假命题的一组、的值_____，_____. 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，只需满足即可） 【解析】 【分析】由正弦定理化简得出，可知为锐角，结合诱导公式得出，利用正弦型函数的单调性与对称性可得出、的关系，结合题意可得答案. 【详解】由结合正弦定理可得， 因为、，所以，故，故为锐角， 且，故，所以， 因为，则， 若，由于正弦函数在上为增函数，故，故； 若，则，可得， 综上所述，或. 命题“若，则是直角三角形”为假命题，则， 故可取，（答案不唯一）. 故答案为：；（答案不唯一，只需满足即可）. 14. 设函数. （1）当时，的解集为______； （2）若函数有3个零点，则实数a的取值范围是______. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】（1）分别求出当时和当时不等式的解集，最后取并集即可得解； （2）由零点个数可得在上有一个零点，在上有两个零点，分别求出a的取值范围，最后取交集即可得解. 【详解】当时，函数， 当时，，即， 解得； 结合，得 当时，即， 解得或， 结合，得或 综上，的解集为； 若函数有3个零点，可得在上有一个零点，在上有两个零点， 当时，，得， 因，故， 即当时，在上有一个零点； 当时，，这是一元二次方程，需有2个正根， 则，解得， 综上，a的取值范围是. 故答案为：（1）；（2）. 15. 已知无穷数列满足.给出下列四个结论： ①存在，使得集合中有无穷多个元素； ②存在，使得集合中有有限个元素； ③对于任意的，集合中至多有一个元素； ④当时，集合. 其中所有正确结论的序号是_________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】通过分析数列的递推公式，结合逻辑推理，数学归纳等对不同的结论分别进行讨论，判断其正确性. 【详解】分析结论①，假设存在使得集合中有无穷多个元素. 当时，.那么， 因为，所以，则. 这意味着一旦，后面的项不可能再无限次地小于，所以①错误. 分析结论②，假设存在使得集合中有有限个元素. 由，当时，，. 如果，那么数列从第二项起都大于，即集合中只有有限个元素，所以②正确. 分析结论③，假设时，则. ，因为，所以，. 所以对于任意的，集合中至多有一个元素，③正确. 分析结论④，当时，，，. 通过计算发现恒成立. 用数学归纳法证明： 先证明， 当时，， 假设当时，成立，则， 所以成立， 再证明 当时，，，成立. 假设当时，成立. 则，所以. 所以当时也成立， 所以恒成立， 所以当时，集合，④正确. 故正确结论的序号是②③④. 故答案为：②③④ 三､解答题：（本大题共6大题，共85分，把答案写在答题纸上.） 16. 已知函数.从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定. （1）求的值； （2）若不等式在区间内有解，求的取值范围. 条件①：； 条件②：图象关于对称，且在区间有且只有一个最大值和一个最小值； 条件③：在区间内无极值点，且恒成立. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先化简函数然后根据①、②、③的条件分别利用正弦（型）函数的性质逐个分析得出的值； （2）先化简不等式得出，然后解出不等式的解集，最后根据题意要求得出的取值范围. 【小问1详解】 由函数 ， 若选择①：则， 即， 所以， 解得：不唯一， 所以函数不唯一确定； 若选择②：若图象关于对称， 则， 即， 由，所以 所以若函数在区间有且只有一个最大值和一个最小值， 则，即， 即，则有， 又，所以， 所以，所以函数存在且唯一确定； 若选择③： 设函数的最小正周期为， 因为在区间内无极值点，且， 故，， 由此得出唯一，所以函数唯一确定； 综上所述函数要唯一确定，则. 【小问2详解】 由（1）得：， 所以不等式 所以， 即， 因为，我们需要找到满足： 且的情况， 则当时有：， 所以要使得不等式在区间内有解，则， 所以的取值范围为：. 17. 某项射击比赛的规则如下：比赛可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮比赛，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 9 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 9 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”. （1）若从以上十轮比赛中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； （2）假设甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，用频率估计概率.记X为甲在这三轮比赛中“稳定发挥”的轮数，求X的分布列和数学期望； （3）假设选手乙参加10轮射击比赛，恰有8轮“稳定发挥”.从这10轮比赛中任选2轮，记Y为乙在这两轮比赛中“稳定发挥”的轮数，直接写出与的大小关系（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）先确定“稳定发挥”的轮次，利用古典概型概率公式求解； （2）问题转化为求二项分布的分布列和期望求解； （3）先求超几何分布的期望，再与比较大小. 【小问1详解】 10轮比赛中，除第二、六两轮不是“稳定发挥”，“稳定发挥”的有8轮. 所以从以上十轮比赛中任选两轮，这两轮均“稳定发挥”的概率为： . 【小问2详解】 用频率估计概率，每轮能“稳定发挥”的概率为， 因为甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，所以“稳定发挥”的轮数， 即，， ，. 所以的分布列为： 0 1 2 3 且. 【小问3详解】 的值可以为：0，1，2 且，，. 所以. 所以. 18. 如图，多面体中，正方形的边长为2，，，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，，分别在，上，且平面平面，求的长. 【答案】（1） 正方形中，, 又，平面, , 所以平面,又平面, 所以. 在中，，，, 则 , 则, 所以,即, 又平面, , 所以平面,又平面, 所以. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证得所以平面,又平面, 所以；再利用余弦定理求得的长度，继而证明，再利用线面垂直的判定定理证得平面,继而可得. （2）以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，进一步计算即可. （3）设，，继而求得平面的法向量，利用平面平面，两平面的法向量平行，进一步计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则, 所以, 设平面的法向量， 则,即， 令，得， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为 【小问3详解】 为的中点，则其坐标为， 又平面平面， 平面平面, 平面平面, 则, 设，,则， 所以, 设平面的法向量， 则,即， 令，得 则，又平面平面， 所以，则， 此时, 故. 19. 已知椭圆C：过点，长轴长为. （1）求椭圆方程及离心率； （2）直线l：与椭圆C交于两点M、N，直线AM、AN分别与直线交于点P、Q，O为坐标原点且，求证：直线l过定点，并求出定点坐标. 【答案】（1），； （2） 如图， 由消去y得，， ，即， 设 、，则，． 直线 的方程为，则， 直线 的方程为，则， 由，得，则， 于是， 即 整理得，解得或， 当时，直线方程为，即， 此时直线过定点，不符合题意，舍去； 当时，直线方程为，即，直线过定点，合乎题意， 所以直线经过定点，且定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出的值，将点的坐标代入椭圆的方程，可得出的值，由此可得出椭圆的方程及离心率. （2）设、，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点、的坐标，根据已知得到，再把韦达定理代入化简即得证. 【小问1详解】 由椭圆的长轴为，得， 将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得得， 所以椭圆的方程为，离心率. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 20. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若是函数的极值点， （i）证明：的取值范围是的子集； （ii）求在区间内的零点个数. 【答案】（1） （2）（i）证明： 易知， 则，由题意， 得，设，则有， 又，且在上单调递增， 根据零点存在定理得，即的取值范围是的子集； （ii）2个. 【解析】 【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）（i）根据是函数的极值点求出，设，根据的单调性、零点存在定理可得答案； （ii）求出，设，分、讨论，利用导数判断出单调性可得答案. 【小问1详解】 由题意可知：，所以，， 所以曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 （i）略； （ii）由（i）知，所以，得， 即是一个零点； 易知，设，则， 当时，，故，单调递增， 所以，故函数单调递减，， 故函数在上无零点； 当时，， 设，则， 设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且，，， 故存在，使， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 故，， 故函数在上有1个零点. 综上所述，在区间内的零点个数为2. 21. 若有限数列A：的各项均为正整数，且对，都有，则称数列A具有性质P.将数列A各项之和记为. （1）分别判断下列两个数列：1，6，2，4，3，：1，2，3，4，5，…，10，是否具有性质P，并说明理由. （2）若数列A具有性质P，且项数m为6，求的最小值. （3）对具有性质P且项数固定为m的数列A，记的最小值为.判断是否存在正整数使得.若存在，求出所有的m；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）数列不具有性质，数列具有性质，理由如下： 对于数列 因为 因为存在两个连续三项的和相等，所以数列不具有性质； 对于数列 因为所有连续三项的和互不相等，所以数列具有性质. （2）9 （3）对任意具有性质 的 项数列，记 因为 是 个互不相同且均不小于 的正整数， 所以 又，因此 当 时，． 当 时，取数列的前 项． 完整数列的连续三项和依次为互不相同，所以它的每个前缀都具有性质 ； 且前 项之和不超过 ，故 ． 当 时，由下界得 ． 取数列其连续三项和依次为互不相同，且各项和为 ，所以 ． 综上，满足 的正整数只有 ． 【解析】 【分析】（1）根据数列A具有性质P的定义判断即可； （2）用列举法，从数列最小的项开始尝试，直至求出满足条件的； （3）从开始尝试，构造出满足条件的数列，进而可求得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为数列的各项均为正整数，所以为了使最小，数列的项应尽可能小，从1开始尝试， 构造数列，，要求互不相等， 当数列A的项全为1时，，所有连续三项的和为，不满足互不相等； 当数列A的项有5个1时，若有4个或5个1相邻，不满足互不相等，当有3个1相邻时，如， 不满足互不相等； 当数列A的项有4个1时，若有4个1相邻，不满足互不相等， 若有3个1相邻，如或或， 均不满足互不相等； 当数列A的项有3个1时，如或，满足题意； 此时数列的和最小，最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $