2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（四）

2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（四） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1．在高三一次调研考试时，某学习小组对本组6名同学的考试成绩进行统计，其中数学试卷上有一道满分为15分的解答题，6名同学的得分为，统计结果为：，已知这6名同学该解答题得分的第80%分位数和平均得分均为12分，则该解答题得分的极差为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．记直线与直线的交点的轨迹为，则使得直线与恰有一个交点的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．令和分别为的重心和外心，若，则是（   ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断 4．已知，，若，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．如图，一个三角形被分成9个房间，称有公共边的2个房间为相邻房间，一个小球每次从一个房间等概率地移动到相邻房间，则下列说法错误的是（   ） A．将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率为 B．将k个小球放至不同的房间，若房间两两不相邻，则 C．小球从房间C出发，3次移动后在房间E或G的概率为 D．小球从房间C出发，4次移动后在房间H的概率为 6．双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 7．已知等比数列的首项，公比为q，记，则“”是“数列为递减数列”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 8．在农业生产中，自动化控制技术的应用有效提高了农业生产效率.如图所示，在某矩形试验田中，为中点，为中点，三角形区域种植小麦，梯形区域种植玉米.为提高劳动效率，节约用水，现采用自动浇水机器人（忽略机器人的面积）对试验田进行灌溉.已知该机器人沿着以为焦点，为准线的抛物线运动，且向以自身为圆心，半径为的圆形区域内浇水.记小麦田能够被机器人灌溉的面积为，则（    ）（若直线与抛物线相切于点，平行于的直线与交于两点，记与围成的图形面积为的面积为，则） A． B． C． D． 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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．在中，，为内心．在延长线上取使．设为的内心，的平分线与的平分线交于．在延长线上取使，在延长线上取使，又设直线与直线交于，则（   ） A． B．四点共圆 C．三点共线 D． 10．已知四棱柱的底面是边长为2的菱形，底面，，，点满足，其中，，，则下列说法正确的是（    ） A．若点到点，，，的距离相等，则 B．若，则长度的最小值为 C．若，则长度的最大值为2 D．若，则点的轨迹的长度为 11．如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且，．记，如，即，，即，，即，…，以此类推．设数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知函数是偶函数，，若函数与的图像有且只有一个公共点，则实数的取值范围是 ． 13．设a是实数，关于z的方程(z2－2z+5)(z2+2az+1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a的取值范围是 . 14．已知直线与函数，的图象分别交于，两点，则取最小值时， ，最小值为 ． 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．三次函数的三个零点为，两个极值点为．作直线，在上分别取使得是正三角形． (1)计算：． (2)证明：均与的内切圆相切． 16．在椭圆外一直线上取个不同的点，过向椭圆作切线、，切点分别为、.记直线为. （1）若存在正整数、（、，），使得点在直线上，证明：点在直线上； （2）试求直线将椭圆分成的区域的个数. 17．对于项数为（，）的有穷正整数数列，记（），即为，，…，中的最大值，称数列为数列的“图新数列”.比如1，3，2，5，5的“图新数列”为1，3，3，5，5. (1)若数列的“图新数列”为1，2，3，4，4，写出所有可能的数列 (2)设数列为数列的“图新数列”，满足（），求证:（） (3)设数列为数列的“图新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列. 18．设是独立同分布的随机变量序列，．定义随机级数． (1)证明：； (2)证明：； (3)证明：随机级数S以概率1收敛． 19．在天文学和导航领域中，天球是一个假想中的与地球（视为实心球体）同球心、具有相同自转轴且半径充分大的球体，天空中所有物体均可沿观测者的视线投影到天球表面上，这一概念有助于研究天体的位置和运动．地球的赤道和南北极点在这个球面上分别对应为天球的赤道和南北天极，其余经纬线圈也可以在天球上通过投影得到．由于地球的遮挡，我们在地表上任何一点无法看到完整的天球表面，记天球表面构成的集合为处能看到的天球表面的部分区域为．（设光沿直线传播，不考虑大气层和地形等因素的影响） (1)若天球半径是地球半径的10倍． i．求与的面积之比． ii．设地球表面有个点．若，求的最小值． (2)设天球半径为1，已知有121颗星，它们在天球表面的投影位于天赤道以北，北纬以南的带状区域内，考虑这些投影点两两之间的距离，记所有个距离之积为． 证明：． 注：允许不加证明地使用以下结论： ·球冠是指一个球面被平面所截后剩下的曲面部分，若球的半径为，球冠上的点到该平面的最大距离为，则球冠的面积为． ·设，则． ·，， 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（四） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1．在高三一次调研考试时，某学习小组对本组6名同学的考试成绩进行统计，其中数学试卷上有一道满分为15分的解答题，6名同学的得分为，统计结果为：，已知这6名同学该解答题得分的第80%分位数和平均得分均为12分，则该解答题得分的极差为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】由百分位数和平均数的计算得到的值可能取值，再分的值可能是13，14，15讨论即可； 【详解】因为，所以，又， 所以，即， 因为，所以的值可能是13，14，15， 当时，， 因为，且，为整数，所以不可能； 当时，，因为， 且，为整数，所以不可能； 当时，， 因为，且，为整数， 所以当且仅当，时，， 所以所求极差为. 故选：C. 2．记直线与直线的交点的轨迹为，则使得直线与恰有一个交点的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】求出直线所过定点分析可知，求出点的轨迹方程，再应用直线和圆的位置关系判断即可. 【详解】直线与直线的交点的轨迹为， 直线方程可化为， 由可得，所以直线过定点， 直线方程可化为， 由可得，所以直线过定点， 设线段的中点为，设点，因为，则两直线垂直，即， 由直角三角形的几何性质可得， 即，化简可得， 所以点的轨迹为圆（除去点）， 直线过定点，在轨迹上， 直线与圆相切时，直线与恰有一个交点，此时, 直线经过时，直线与恰有一个交点，此时, 过圆上的一点做切线只有一条故使得直线与恰有一个交点的的个数是2个. 故选：C. 3．令和分别为的重心和外心，若，则是（   ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断 【答案】C 【分析】根据题设条件证明，即可得到是钝角三角形. 【详解】 不妨设. 设的垂心为，外接圆半径为，则根据欧拉线的性质，有. 而，所以，从而. 另一方面，熟知，同时，. 所以，这就得到. 此即，故 . 所以，这表明是钝角三角形. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过题设条件得到, 4．已知，，若，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用导数求得，再将不等式化为在上恒成立，参变分离得在上恒成立，即只需求在上的最小值即得. 【详解】由，，求导得，，则当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减，则时， ，，使得成立， 而，故须使在上恒成立，即在上恒成立. 不妨设，，则， 再令，，则是减函数，当时，， 即在上为减函数，则， 又，故当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 即时函数取极大值，即最大值， 因，，，故得. 故选:A. 【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，属于难题.可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 5．如图，一个三角形被分成9个房间，称有公共边的2个房间为相邻房间，一个小球每次从一个房间等概率地移动到相邻房间，则下列说法错误的是（   ） A．将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率为 B．将k个小球放至不同的房间，若房间两两不相邻，则 C．小球从房间C出发，3次移动后在房间E或G的概率为 D．小球从房间C出发，4次移动后在房间H的概率为 【答案】C 【分析】A应用列举法及对立事件概率求法、组合数求概率；B由六个房间互不相邻即可判断；C、D首先确定各房间移动到相邻房间的概率，再应用列举法、独立乘法公式、互斥事件的概率求法求概率判断. 【详解】A：任取2个房间，相邻的情况有，9种情况， 所以将2个小球放至不同的房间，则房间不相邻的概率，对； B：由于六个房间互不相邻，则，且和总有相邻的房间，故不可能有，对； C：由于各有3个相邻的房间，则它们移动任意一个相邻房间的概率为， 各有2个相邻的房间，则它们移动任意一个相邻房间的概率为， 各有1个相邻的房间，则它们移动任意一个相邻房间的概率为， 从房间C出发，3次移动后在房间E或G的可能情况如下， 的概率为， 的概率为， 的概率为， 所以3次移动后在房间E或G的概率为，错； D：从房间C出发，4次移动后在房间H的情况如下， 的概率为， 的概率为， 的概率为， 的概率为， 的概率为， 的概率为， 的概率为， 所以4次移动后在房间H的概率为，对. 故选：C 6．双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 【答案】A 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则， 过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线， 则， 由双曲线的定义及已知条件可知，则， 由勾股定理可知， 易知，即， 整理得，∴，即离心率为2. 故选： 7．已知等比数列的首项，公比为q，记，则“”是“数列为递减数列”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 【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式以及充分性和必要性的定义进行判断即可. 【详解】由题意，， 则 当时，对于不一定恒成立， 如取，,即得不到数列为递减数列； 当数列为递减数列时，且对于恒成立， 又因，故得. 故“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件. 故选：B. 8．在农业生产中，自动化控制技术的应用有效提高了农业生产效率.如图所示，在某矩形试验田中，为中点，为中点，三角形区域种植小麦，梯形区域种植玉米.为提高劳动效率，节约用水，现采用自动浇水机器人（忽略机器人的面积）对试验田进行灌溉.已知该机器人沿着以为焦点，为准线的抛物线运动，且向以自身为圆心，半径为的圆形区域内浇水.记小麦田能够被机器人灌溉的面积为，则（    ）（若直线与抛物线相切于点，平行于的直线与交于两点，记与围成的图形面积为的面积为，则） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线和直线的方程.把抛物线向右平移个单位得到，求平行于且与相切的直线，并求出切点，则可求切点到直线的距离，再联立方程组，求抛物线与直线的交点，由韦达定理和弦长公式得到弦长，把距离和弦长代入三角形面积公式可求抛物线和直线围成的三角形面积，根据题目所给的公式，可求抛物线和直线围成的图形的面积.再把抛物线向左平移个单位，用同样的方法求出，即可得到直线左侧，两条平移后的抛物线围成的区域的面积.最后验证机器人浇水的区域必然大于两条抛物线围成的区域，即可得到结论. 【详解】如图1，取的中点，以所在直线为轴，的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系. 设抛物线的方程为，则所以抛物线的方程为. 则，,所以直线的斜率为， 所以直线的方程为. 如图2， 把抛物线向右平移个单位得， 设平行于且与相切的直线方程为，其中为切点， 则， 所以，解得，所以切点坐标为. 则切点到直线：的距离， 设直线与相交于 联立方程组得：，. 则， ， ， 所以， 则与抛物线围成的图形的面积. 如图3， 把抛物线向左平移个单位得， 设平行于且与相切的直线方程为，其中为切点， 则， 所以，解得，所以切点坐标为. 则切点到直线：的距离， 设直线与相交于 联立方程组得：，. 则， ， ， 所以. 则与抛物线围成的图形的面积. 如图4， 直线左侧两条抛物线与围成的区域的面积. 又因为机器人浇水的区域为圆形，方程可设为， 联立得， 令， 易知，所以有零点，又，所以必有两个零点， 由可得，解析或，结合图形可得， 同理可得直线与抛物线的交点的横坐标为， 该交点与之间的距离为， 综上，机器人浇水的区域必然大于两条抛物线围成的区域，所以,即. 故选：D 【点睛】方法点睛：解决直线和抛物线的位置关系类问题时，一般方法是设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，要结合题中条件进行化简，但要注意的是计算量一般都较大而复杂，要十分细心. 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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．在中，，为内心．在延长线上取使．设为的内心，的平分线与的平分线交于．在延长线上取使，在延长线上取使，又设直线与直线交于，则（   ） A． B．四点共圆 C．三点共线 D． 【答案】ACD 【分析】对A，利用旁心的性质和三角形全等即可判断；对B，利用反证法即可说明；对C，证明即可；对D，根据抛物线切线三角形性质即可判断. 【详解】对A，， ， 易知是中所对的旁心，知 ， ，故， ，由得四点共圆， 记圆心为，则，故，故A正确； 对B，假设有四点共圆，由割线定理知， 由A知，故，可得，， 故，得， 从而，而，且不共线，故，这与三点共线矛盾，故B错误； 对C，记，由，则三点共线，故C正确； 对D，作，由角平分线性质知， 由抛物线性质知在以为焦点，为准线的抛物线上， 易知，由抛物线的光学性质知直线是抛物线的切线， 同理，的也在该抛物线上，且直线，直线也是抛物线的切线， 由抛物线的切线三角形面积性质知，故D正确. 故选：ACD. 10．已知四棱柱的底面是边长为2的菱形，底面，，，点满足，其中，，，则下列说法正确的是（    ） A．若点到点，，，的距离相等，则 B．若，则长度的最小值为 C．若，则长度的最大值为2 D．若，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】选项A：若点P到点B，，D，的距离相等，则点P在经过对角面的中心，且垂直于平面的直线上，计算即可.选项B:长度的最小值为点到平面的距离,计算即可，选项C：若，则点P在上及其内部，长度的最大值为，选项D:若，则点在平面内，且在以为圆心，半径为1的圆弧上，这段圆弧的长度为，故D正确. 【详解】对于A，若点P到点B，，D，的距离相等， 则点P在经过对角面的中心，且垂直于平面的直线上， 分别取，的中点，， 连接，如图（1），则点P在线段上，则，， 所以，故A正确；    对于B，若，则点在上及其内部， 如图（2），    则长度的最小值为点到平面的距离， 设为与的交点，则所求距离转化为点到直线的距离， 易知为等腰直角三角形，所以，故B正确； 对于C，若，则点P在上及其内部， 如图（3），    则长度的最大值为，，中的一个，计算可得，， 所以长度的最大值为，故C错误； 对于D，若，则， 所以， 所以，所以， 则点在平面内，且在以为圆心，半径为1的圆弧上，这段圆弧的长度为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：利用向量的几何意义，得到具体的几何关系进行求解是关键，方法点睛：几何与代数的结合求解是关键. 11．如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且，．记，如，即，，即，，即，…，以此类推．设数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】设，，设数列的前n项和为则，由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的最后一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前22圈共有2024个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；由，依次对应第一象限上的对角线上的点，，，…，，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项. 【详解】由题知，点，，设，， 设数列的前n项和为则，第一圈从点到点共8个点， 由对称性可知；第二圈从点到点共16个点， 由对称性可知即， 以此类推，可得第n圈的个点对应的这项的和为0，即， 设在第k圈，则，由此可知前22圈共有2024个数，故， 则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为， ，所在点的坐标为，则，故A错误； ，故B正确； ，依次对应第一象限上的对角线上的点，，，…，， 则，故依次为0，2，…，，所以，C正确； ， 对应点的坐标为，，， 所以，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知函数是偶函数，，若函数与的图像有且只有一个公共点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由是偶函数，求出；令，将函数与的图像有且只有一个公共点，转化为方程（*）有且只有一个正根，对讨论求解. 【详解】因为函数是偶函数，所以， 整理得，即对一切恒成立，所以． 又函数与的图像有且只有一个公共点． 即方程有且只有一个实根． 化简得，方程有且只有一个实根． 令，则方程（*）有且只有一个正根． （1）当时，解得，不合题意； （2）当时， ①时，方程（*）存在唯一一个实根，此时或． 当时，解得，不合题意； 当时，解得，满足题意． ③时，或， 方程（*）存在两根，则须一个正根与一个负根，即，解得． 综上，实数的取值范围是． 故答案为： 13．设a是实数，关于z的方程(z2－2z+5)(z2+2az+1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a的取值范围是 . 【答案】{a|－1<a<1}∪{－3} 【详解】由z2－2z+5=0，得. 因为z2+2az+1=0有两个不同的根，所以△=4(a2－1)≠0，故a≠±1. 若△=4(a2－1)<0，即－1<a<1时，.因为在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，满足条件. 若△=4(a2－1)>0，即|a|>1时，是实根，在复平面上对应的点在实轴上，仅当z1、z2对应的点在以对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为， 整理得，即x2+2ax+1+y2=0，将点(1，±2)代入得a=－3. 综上所述，满足条件的实数a的取值范围是{a|－1<a<1}∪{－3}. 故答案为：{a|－1<a<1}∪{－3}. 14．已知直线与函数，的图象分别交于，两点，则取最小值时， ，最小值为 ． 【答案】 【分析】根据两函数的图象关于直线对称，且与垂直，转化为求曲线上一点到直线距离的最小值，利用点到直线的距离及导数即可得解. 【详解】由可得，，即， 所以函数，互为反函数，图象关于直线对称， 因直线互相垂直， 所以问题可转化为求上点到直线距离的最小值的2倍， 因为， 令， 则，当时，， 当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故当时，有最小值3， 此时， 故答案为： 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．三次函数的三个零点为，两个极值点为．作直线，在上分别取使得是正三角形． (1)计算：． (2)证明：均与的内切圆相切． 【答案】(1)0； (2)证明见解析. 【分析】（1）直接求导代入计算即可； （2）设，此时，利用韦达定理求出，，再计算出即可. 【详解】（1）， ， 故，，， 即. （2）易知图象是一个中心对称图形，不妨设，此时， 记，则， 在正中，逆时针旋转得到，由坐标旋转公式知①， 令，根据韦达定理知②， 设为的对称中心的横坐标，易知， 故的中心在直线上， 而，令，同理由韦达定理知③， 故， 而. 故均与的内切圆相切，证毕. 16．在椭圆外一直线上取个不同的点，过向椭圆作切线、，切点分别为、.记直线为. （1）若存在正整数、（、，），使得点在直线上，证明：点在直线上； （2）试求直线将椭圆分成的区域的个数. 【答案】（1）见解析；（2） 【详解】设椭圆:，直线：，. 则点关于椭圆的切点弦的方程为                    ① （1）直线：，由点在上知. 从而，点也满足方程①，即点也在直线上. （2）当时，直线：，即.    ② 由直线在椭圆外知. 将式②代入式①整理得. 从而，直线恒过定点. 而，故该定点在椭圆内.当时，直线：，即 .    ③ 联立椭圆与直线的方程并化简得. 由直线在椭圆外知 . 将式③代入式①整理得. 此时，直线恒过定点. 而，故该定点在椭圆内. 综上，直线交于椭圆内一定点. 故这条直线将椭圆分成个区域. 17．对于项数为（，）的有穷正整数数列，记（），即为，，…，中的最大值，称数列为数列的“图新数列”.比如1，3，2，5，5的“图新数列”为1，3，3，5，5. (1)若数列的“图新数列”为1，2，3，4，4，写出所有可能的数列 (2)设数列为数列的“图新数列”，满足（），求证:（） (3)设数列为数列的“图新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列. 【答案】(1)；，， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由新数列的概念，利用枚举法，可得答案； （2）由新数列的概念，根据题干中的等式可得数列的单调性，即可得答案； （3）由题意明确数列的单调性，利用分类讨论，建立方程，研究方程两边的大小关系，可得答案. 【详解】（1）由，且，则；由，且，则； 由，且，则；由，且，则； 由，且，则可能取值为. 所以的所有可能情况有；，，. （2）由题意可得，，其中，. 则， 由，则数列为单调不减数列，即， 所以，故（）. （3）由题意可得数列是严格递增的正整数列，即， 当时，由，则，解得，不符合题意. 当时，由，则当时，等式成立，符合题意； 整理等式可得， 当，时，，当且仅当时等号成立，，当且仅当时，等号成立，故，不符合题意； 当，时，，，故，不符合题意. 当时，由，整理可得， 易知，， 即，不符合题意. 综上所述，符合题意的数列为，则数列为. 18．设是独立同分布的随机变量序列，．定义随机级数． (1)证明：； (2)证明：； (3)证明：随机级数S以概率1收敛． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用随机级数的收敛性及期望和方差的线性性质，定义部分和，研究当时的极限行为； （2）利用独立随机变量的方差可加性，结合巴塞尔问题的结论，取极限即可； （3）采用三级数定理，分别验证概率级数、期望级数和方差级数的收敛性，从而得出结论． 【详解】（1）独立同分布，， ， ， 记部分和，由期望的线性性质：， ，在中有界，且是的列， 存在极限，满足． （2）独立，， ，． （3）采用三级数定理：对于随机级数收敛，需要满足： ①对某个，②收敛，③， ，取， （），， ，收敛， ，， 随机级数S以概率1收敛． 19．在天文学和导航领域中，天球是一个假想中的与地球（视为实心球体）同球心、具有相同自转轴且半径充分大的球体，天空中所有物体均可沿观测者的视线投影到天球表面上，这一概念有助于研究天体的位置和运动．地球的赤道和南北极点在这个球面上分别对应为天球的赤道和南北天极，其余经纬线圈也可以在天球上通过投影得到．由于地球的遮挡，我们在地表上任何一点无法看到完整的天球表面，记天球表面构成的集合为处能看到的天球表面的部分区域为．（设光沿直线传播，不考虑大气层和地形等因素的影响） (1)若天球半径是地球半径的10倍． i．求与的面积之比． ii．设地球表面有个点．若，求的最小值． (2)设天球半径为1，已知有121颗星，它们在天球表面的投影位于天赤道以北，北纬以南的带状区域内，考虑这些投影点两两之间的距离，记所有个距离之积为． 证明：． 注：允许不加证明地使用以下结论： ·球冠是指一个球面被平面所截后剩下的曲面部分，若球的半径为，球冠上的点到该平面的最大距离为，则球冠的面积为． ·设，则． ·，， 【答案】(1)；， (2)答案见详解 【分析】（1）利用题目所给的球冠的表面积公式和球的表面积公式即可求得与的面积之比，利用“先猜后证”的方法说明第二小问； （2）利用多面体、投影、复数、三角恒等变换等知识求解. 【详解】（1）i: 设地球半径为，过作切平面，注意到处只能看得到切平面以上的部分，也就是该平面截得的球冠，其高度为，半径为，故面积为， 而完整的球面面积为，所以二者之比为. ii: 断言: 的最小值为. 构造: 任取一个地球的内接正四面体，过作切平面，围成一个较大的正四面体，其外接球半径为，小于天球半径，而其外接球中心和天球中心重合，从而完全落在天球内部，于是能看到的天球表面的部分之并为整个天球表面. 证明: 若成立，考虑全空间（包括地球内部）在处均无法看到的区域，这个区域显然是非空的，因为地球内部就在这个区域内，又注意到多面体至少有四个面，故三个切平面围成的看不见的区域必然是无界的且包含某些天球内部的点，从而和天球表面有交点，故天球表面存在均看不见的点矛盾. （2）证明：引理一：在三棱锥中，平面， 记，，，则. 引理一的证明：设，，，， 则，，由余弦定理得 引理一得证. 引理二：设天球北极点为，球心为，天赤道所在平面为，为上位于天球外部的两点，设直线与天球表面的另一个交点为，与天球表面的另一个交点为，则， 引理二的证明：设，，，，, ，由引理一知，且由几何关系， 于是，同理可得，，， 注意到 . 故， 引理二得证， 引理三：， 引理三证明：， 于是 . 从而有， 回到原题，设颗星在天球表面的投影为，对， 设与天赤道的交点为，显然，设对应的复数为， 则， 由引理二、三和题目所给的结论知 . 【点睛】本题考查运算求解、推理论证等能力，考查数形结合、函数与方程、分类讨论、化归与转化、特殊与一般等思想，体现基础性、综合性，导向对发展空间想象、数学运算、逻辑推理等核心素养的关注. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $