精品解析：广东省华附、省实、广雅、深中2026届高三四校联考数学试题

华附、省实、广雅、深中2026届高三四校联考 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共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 【解析】 【分析】化简集合A，B，根据交集的定义写出即可． 【详解】由，即，即，解得， 所以集合， 又集合， 所以， 即 故选：B 2. 已知数列是公差不为零的等差数列，若，，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分、必要条件的定义结合等差数列的通项公式判断. 【详解】若， 因为， 所以， 整理得，即， 所以“”是“”的充分条件； 若， 则， 即， 所以“”是“”的必要条件； 综上，“”是“”的充要条件； 故选：B. 3. 随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分.某地旅游部门从2024年到该地旅游的游客中随机抽取部分游客进行调查，得到各年龄段游客的人数比例和各年龄段中自助游比例，如图所示，则估计2024年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的（ ） A. 45% B. 30% C. 13.5% D. 13% 【答案】C 【解析】 【分析】根据青年人的占比和青年人中选择自助游人数的占比可得答案. 【详解】设2024年到该地旅游的游客总人数为，则游客中青年人的人数为， 其中选择自助游的青年人的人数为， 所以估计2024年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的13.5%. 故选：C 4. 有2位老师和3名学生排成一队照相，老师既不能分开也不排在首尾，则不同的排法有（ ） A. 48种 B. 12种 C. 36种 D. 24种 【答案】D 【解析】 【分析】将2位老师捆绑在一起，看成一个人，此时有种排列法，再求2位老师的内部排列，最后由分步计数原理即可得答案. 【详解】因为2位老师不能分开， 故将2位老师捆绑在一起，看成一个人， 则共有4人排成一排，其中不排首尾， 所以共有种排列法， 又因为2位老师的排列法共有种， 所以共有种排法. 故选：D 5. 任意一个复数（，）都可以表示成三角形式，即（）（，）.法国数学家棣莫弗创立的棣莫弗定理是：设两个复数：，，则，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由棣莫弗定理可知，若，则，求出，代入公式化简即可. 【详解】由棣莫弗定理可知，若，则， 因为，所以， 所以， 故选：A. 6. 设动直线（）交圆于，两点（点为圆心），当最小时其余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线所过定点，当最小时，此时最小，直线与过点和的直线垂直，求出，进一步求出． 【详解】因为动直线，所以， 因为，所以，所以直线过定点， 当最小时，此时最小， 又，其中r为圆C的半径，，d为圆心C到直线l的距离， 当d最小时，也即直线与过点和的直线垂直时，最小，如图所示， 此时，， 所以． 故选：C． 7. 已知函数，，若过点的直线与曲线和均相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线的方程，即可根据公切线得，构造函数，求导即可得解. 【详解】设直线与图象相切的切点为， 由，则切线斜率为， 切线方程为，即， 又，且，即， 所以过点与曲线相切的直线方程为， 联立解得，所以， 设, 当单调递增，当单调递减，所以，故，当且仅当时取等号， 故由得，所以. 故选：C 8. 已知数列满足，则关于说法正确的是（ ） A. 无最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 有最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，得到函数单调性，分为奇数和偶数两种情况，得到的最大值为，最小值为，得到答案. 【详解】令，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 中，当为奇数时，， 故且为奇数时，单调递减，且恒成立， 且，， 当为偶数时，， 令，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 由于，故当为偶数且时，单调递增， 当为偶数且时，单调递减， 其中，， 故， 故， 当为偶数且时，恒成立， 又，所以的最大值为，最小值为， 有最大项，有最小项. 故选：C 二、多项选择题（本大题共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. 已知二项式（其中，，）的展开式中存在常数项，则下列说法正确的是（ ） A. 的所有取值组成的集合中有且仅有3个元素 B. 若当取最大值时常数项为30，则 C. 若当取最小值时函数的图象在点处的切线与轴平行，则 D. 若二项展开式中的所有项的系数和为0，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ,由题意可得有解，由，，可得或，即可判断；对于B，当时，，由，求解后即可判断；对于C，当时，，利用导数的几何意义求得或，分别代入检验后，即可判断；对于D，在中，令，求解后即可判断. 【详解】对于A ,因为二项式展开式的通项公式为且， 又因为展开式中存在常数项，所以，即有解， 又因为，，所以或，故A错误； 对于B，当时，，所以常数项为，所以，解得，故B正确； 对于C，当时，，则，且， 所以，解得或， 当时，，则， 则函数的图象在点处的切线与轴重合，不满足题意； 当时，，则， 所以函数的图象在点处的切线为，满足题意； 综上，，故C正确； 对于D，在中，令，则有，解得，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，连接，并分别延长交椭圆于，两点，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的方程为 B. 若，则 C. 若直线，的斜率分别为，，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意列出方程组求得椭圆方程判断A；由焦点坐标写出直线方程，联立直线方程与抛物线方程，设交点坐标，由韦达定理得到交点坐标与参数的关系，然后由向量的数量关系求得交点坐标，即可求得，判断B选项；由求出参数，然后求得，通过斜率公式写出，即可求得，判断C选项；设坐标，由斜率得到横纵坐标的关系，代入椭圆方程得到纵坐标与纵坐标的关系，借助椭圆方程求得，判断D选项. 【详解】由题意可知，解得，∴椭圆的方程为，A选项正确； 抛物线焦点，设， 则，则， 设，则， ∵，且， 则，∴，即，， ∴，， 即，∴，B选项正确； ∴，∴， 设，， ∵， ∴ ∴，C选项错误； ，同理， 设, ，∴，同理，∴， ∵在椭圆上，，∴， ∵在椭圆上，，∴， ∴， 同理， ∴， ， ，D选项正确. 故选：ABD 11. 在棱长为的正四面体中，，分别为棱和（包括端点）的动点，直线与平面、平面所成角分别为，，则（ ） A. 点到平面和平面的距离之和是定值 B. 的正负由点位置确定，与点位置无关 C. 的最大值为 D. 正四面体顶点在球的球面上，当时，则过点截球的截面面积最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设正四面体的面面角为，根据其性质可知，对于，设，则可表示出，进而可表示出，则可判断；对于，根据线面角的定义可求出线面角，以及可用线段表示出，可以看出其只与点到面和平面的距离有关，则可判断；对于，由选项可求出的，根据正四面体的性质可知异面直线的距离是最短的，继而可判断；对于，正四面体的外接球球心，过点截球的截面面积最小的条件是截面与线段，根据外接球的半径可以求出横截面积. 【详解】设正四面体的面面角为，根据其性质可知， 对于，做分别垂直平面和平面，设， 作分别垂直，因为， 则可表示出， 进而可表示出， 则，故正确； 对于，根据线面角的定义可求出线面角， 则，所以正负由点位置确定，与点位置无关，故正确； 对于，由选项可求出的， 当最大时即取最小时，由正四面体的性质可知异面直线的距离最小， 最小值为，所以，故错误； 对于，正四面体的外接球球心，过点截球的截面面积最小的条件是截面与线段垂直， 由正四面体的性质可知其外接球的半径为，是正四面体高，则垂直平面， 由正四面体性质可知其高为，且点是的重心，则有 则球心到平面距离为，又因，则， 由余弦定理得： ， 则， 故截面的半径的平方为，截面面积，故正确. 故选： 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 等比数列的前n项和为 ， 已知成等差数列，则 的公比为________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据为等差数列，可得，结合等比数列的前n项和公式可得公比. 【详解】因为已知成等差数列，所以； 即，化简得到； 所以或（舍去）. 故答案为：. 13. 已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再借助正弦函数的图象与性质求解即得. 【详解】由题可得 ， 当时，，又，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而的值域为， 所以，得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知函数的定义域为，且满足，，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，构造函数，求得，得到在上单调递增，得到，将代入求得，，列出不等式，即可求解. 【详解】因为，可得， 因为，可得，所以， 即， 构造函数， 可得， 因为，所以，所以在上单调递增，所以， 又由， ， 所以，即，解得， 所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 在中，，，分别为角，，的对边，已知，. （1）求角的大小； （2）若为的中点，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角差的余弦公式展开等式，然后利用正弦定理、诱导公式及辅助角公式化简等式，即可求得； （2）由中点得到向量的数量关系，然后平方后整理为边的关系式，结合余弦定理求出，即可求得的面积. 【小问1详解】 ∵， ∴， 由正弦定理得， 又∵， ∴， ∴， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴，∴，∴. 【小问2详解】 ∵为的中点，∴， ∴， ∴，∴， 在中，由余弦定理可知，∴， ∴， ∴. 16. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的任一点. （1）若劣弧中点为（如图1），过点作出平面平面，请说明平面的作法，并证明平面平面； （2）现定义：和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段叫做两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.当为半圆弧的中点（如图2）所示，设平面平面，，求异面直线与的距离的最大值. 【答案】（1）连接，平面即为所求作的平面 ， 证明如下： ∵在圆台中，平面平面 ， ∵为劣弧 中点，为圆的半径，∴ ， 又 ∵平面平面 ， 又 ∵平面 平面平面 . （2） 【解析】 【分析】(1)先证线面垂直，再推面面垂直，结合圆台“上下底面圆心连线垂直底面”、圆“弧中点与圆心连线垂直弦”的性质. (2)空间向量法(建系表示点与向量求法向量距离公式函数最值)，利用圆台的几何特征(延长母线得圆锥顶点)简化坐标计算，通过换元法分析分式函数的最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 延长交于点，故平面平面 ， 故平面平面 即在中， 均为圆锥母线．由，得,故 , 以为原点， 方向轴正向建立空间直角坐标系， 则， 设且，则 ， 将平移至平面，设平面的法向量 ， 则 ，即 ，取 ， 又 ，则异面直线与的距离为 令 ，则 ， 当时，，此时与相交，不为异面直线（舍）； 当时，， 当且仅当，异面直线与的距离有最大值为 ． 17. 某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 （1）消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； （2）若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置一个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 【答案】（1）150元 （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得； （2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得. 【小问1详解】 设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为. . 则的分布列为 100 200 300 P 故（元）. 【小问2详解】 （i）， ， 因为， 所以 （ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 因为， 所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为. 18. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率等于2，右焦点到其渐近线的距离等于. （1）求双曲线的方程； （2）经过点的直线与双曲线交于、两点，以为直径的圆记作. （ⅰ）求证：恒过某个定点，并求出此定点的坐标； （ⅱ）是否存在某个定圆与相切，若存在，请求出此定圆的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2） （ⅰ），当过点的直线斜率不为0时，设为， 联立与得， 整理可得， 要想直线与双曲线交于、两点， 需满足，解得， 设，则， 所以， 所以，， ， 故以为直径的圆的圆心为，半径为， 所以方程为， 由对称性可知，过的定点应在轴上， 故中，令得 ，解得或， 故与轴交点为，， 当直线斜率为0时，直线为， 此时的坐标分别为，则方程为，经过点， 综上，恒过某个定点，此定点的坐标为； （ⅱ）存在，定圆为 【解析】 【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线距离得到方程，结合求出，得到双曲线方程； （2）（ⅰ）当斜率不为0时，设为，联立，求出两根之和，两根之积，求出方程，由对称性可知，过的定点应在轴上，故令得或，当直线斜率为0时，直线为，此时方程为，求出所过定点； （ⅱ）先考虑斜率为0和斜率不存在时，求出的方程，由对称性猜想出与相切的定圆方程为：，再进行证明，得到当时，与外切，当时，与内切，故存在某个定圆与相切，此定圆的方程为. 【小问1详解】 设双曲线方程为， 故右焦点坐标为，渐近线方程为， 故到的距离为， 又离心率等于2，故，又，解得， 故双曲线方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）当直线斜率为0时，方程为， 当直线的斜率不存在时，方程为， 中，令得，故设， 故的圆心为，半径为3，所以方程为， 由对称性可知，与相切的定圆方程为：，下面进行证明， 由（ⅰ）知，圆心为，半径为， 故两圆圆心距为， 当，即或时，与的半径之和为， 此时与外切， 当，即时，与的半径之差为， 此时与内切， 故存在某个定圆与相切，此定圆的方程为. 19. 已知函数. （1）讨论函数在区间内的零点个数； （2）若，使得对恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个不相等的实根，，求证：. 【答案】（1）当时，在区间内的零点个数为0； 当时，在区间内的零点个数为1 （2）； （3）方程， 代入有， 即有两个不相等的实根，， 不妨设，则有， 构造函数，则， 所以在R上单调递减， 故，得. ，即. 下证， 令，则只要证， 设，则， 故当时，单调递增，故，则. 故，. 【解析】 【分析】（1）通过对参数的取值进行讨论，根据本身、导函数及二阶导函数的正负性分为，以及； （2）利用变换主元法及单调性，消去，再利用同构法，构造出新的函数，根据其单调性结合参变分离，求出的取值范围； （3）属于极值点偏移问题，利用对数均值不等式作为桥梁，建立题目条件和要证明的结论之间的纽带，进而求解. 【小问1详解】 由， 得，令，则， 当时，因为，所以， 故恒成立，因此在内无零点； 当时，因为，所以，则单调递增， 故，则单调递增，故， 因此，在区间内无零点； 当时，因为，所以，则单调递增， 因为， 所以存在唯一的使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因为，所以，又， 故在区间内只有一个零点，且. 综上，当时，在区间内的零点个数为0； 当时，在区间内的零点个数为1. 【小问2详解】 可整理为 ， 则，使得，转化为. 因为，所以，则在上单调递增， 故， 转化为对恒成立， 即，即对恒成立， 因为当时，，所以. 构造函数，则， 故在上单调递增. 又，等价于，则 所以恒成立，转化为. ，令，得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故，故的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华附、省实、广雅、深中2026届高三四校联考 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共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. 已知数列是公差不为零的等差数列，若，，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分.某地旅游部门从2024年到该地旅游的游客中随机抽取部分游客进行调查，得到各年龄段游客的人数比例和各年龄段中自助游比例，如图所示，则估计2024年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的（ ） A. 45% B. 30% C. 13.5% D. 13% 4. 有2位老师和3名学生排成一队照相，老师既不能分开也不排在首尾，则不同的排法有（ ） A. 48种 B. 12种 C. 36种 D. 24种 5. 任意一个复数（，）都可以表示成三角形式，即（）（，）.法国数学家棣莫弗创立的棣莫弗定理是：设两个复数：，，则，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 6. 设动直线（）交圆于，两点（点为圆心），当最小时其余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若过点的直线与曲线和均相切，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知数列满足，则关于说法正确的是（ ） A. 无最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 有最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 二、多项选择题（本大题共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. 已知二项式（其中，，）的展开式中存在常数项，则下列说法正确的是（ ） A. 的所有取值组成的集合中有且仅有3个元素 B. 若当取最大值时常数项为30，则 C. 若当取最小值时函数的图象在点处的切线与轴平行，则 D. 若二项展开式中的所有项的系数和为0，则 10. 已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，连接，并分别延长交椭圆于，两点，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的方程为 B. 若，则 C. 若直线，的斜率分别为，，则 D. 11. 在棱长为的正四面体中，，分别为棱和（包括端点）的动点，直线与平面、平面所成角分别为，，则（ ） A. 点到平面和平面的距离之和是定值 B. 的正负由点位置确定，与点位置无关 C. 的最大值为 D. 正四面体顶点在球的球面上，当时，则过点截球的截面面积最小值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 等比数列的前n项和为 ， 已知成等差数列，则 的公比为________________. 13. 已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是__________. 14. 已知函数的定义域为，且满足，，则的最小值为_________. 四、解答题（本大题共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. 在中，，，分别为角，，的对边，已知，. （1）求角的大小； （2）若为的中点，且，求的面积. 16. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的任一点. （1）若劣弧中点为（如图1），过点作出平面平面，请说明平面的作法，并证明平面平面； （2）现定义：和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段叫做两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.当为半圆弧的中点（如图2）所示，设平面平面，，求异面直线与的距离的最大值. 17. 某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 （1）消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； （2）若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置一个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 18. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，离心率等于2，右焦点到其渐近线的距离等于. （1）求双曲线的方程； （2）经过点的直线与双曲线交于、两点，以为直径的圆记作. （ⅰ）求证：恒过某个定点，并求出此定点的坐标； （ⅱ）是否存在某个定圆与相切，若存在，请求出此定圆的方程，若不存在，请说明理由. 19. 已知函数. （1）讨论函数在区间内的零点个数； （2）若，使得对恒成立，求实数的取值范围； （3）若方程有两个不相等的实根，，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $