精品解析：江苏省淮阴中学2025-2026学年第一学期高二数学12月阶段性检测

江苏省淮阴中学2025-2026学年第一学期高二数学12月阶段性检测 一、单选题 1. 若能被7整除，则的一个值可能为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】A 【解析】 【分析】运用二项式定理、结合指数幂的运算性质进行求解即可. 【详解】 ， 因为， 所以能被7整除， ， 所以能被7整除， 因此要想能被7整除，只需能被7整除. A：，，显然符合能被7整除； B：，，显然不符合能被7整除； C：，，显然不符合能被7整除； D：，，显然不符合能被7整除； 故选：A 2. 将6名学生分别安排到甲､乙､丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生A不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（ ） A. 392 B. 390 C. 262 D. 260 【答案】D 【解析】 【分析】分学生A独自1人去乙地或丙地、学生A与学生B外的1人成一队去乙地或丙地、学生A与学生B外的2人成一队去乙地或丙地、学生A与学生B外的3人成一队去乙地或丙地这四种情况讨论求解即可. 【详解】学生A独自1人去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 学生A与学生B外的1人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 学生A与学生B外的2人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 学生A与学生B外的3人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 综上，符合题意的安排方案共有种. 故选：D. 3. 某足球队球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为、、，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为、、．当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件、、分别为球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，记事件乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球，利用全概率公式可求得的值. 【详解】记事件、、分别为球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置， 记事件乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球， 由题意可知，，， ，，， 由全概率公式可得 . 故选：A. 4. 给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ） A. 144 B. 288 C. 432 D. 576 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据，，，，，，按顺序涂色，逐步分析各个步骤的可能数，最后根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色，有4种可能，再给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能，给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能， 这样给七个正六边形区域，，，，，，涂色， 不同的涂色方案有． 故选：D． 5. 已知，是样本空间中的随机事件，，若，，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用条件概率和全概率计算公式，列出关于的方程求解. 【详解】因为， . 又， 所以. 故选：A 6. 已知是的某种排列，集合，，且，则这样的有序数对的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件把问题转化为满足的有序对个数，再对分类讨论求出满足情况的对数，最后求和． 【详解】，的总对数为， 时，，，除均满足，共对； 时，，，则时： 若，可取共3种； 若，可取共计2种；若，则可取共计1种； 不满足的情况为种， 共种情况； 时，，，则： 若，可取1种；若，可取2种；若，可取3种； 若，可取4种；若，可取5种； 不满足的情况为种， 共种情况； 时，，， 若，可取4种；若，可取3种；若，可取2种；若，可取1种； 共种情况； 时，，： 若，可取2种；若，可取1种； 共种情况； 时，，，不存在； 总情况数为种． 故选：C． 7. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案 A. 90 B. 120 C. 360 D. 540 【答案】D 【解析】 【分析】先分组再分配，利用分步乘法计数原理进行计算. 【详解】先将6本不同诗集分成3组，可分三种情况： 情况一：按分组：则有种； 情况二：按分组：则有种； 情况三：按分组：则有种； 所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有种分配方案， 故选：D 8. 小明在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的小球也是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先计算每种情况下，“取出 2 个黑球” 的条件概率，再用贝叶斯公式计算概率. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为黑球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球，则， 由全概率公式可得， 所以. 故选：D 二、多选题 9. 设，，是同一概率空间中的随机事件，满足，，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算判断选项A，D；利用全概率公式计算判断选项B；利用加法公式计算判断选项C． 【详解】已知，，，，， 选项A：由条件概率公式， 得，故A正确； 选项B：由全概率公式， 得，故B正确； 选项C：由加法公式， 得，故C正确； 选项D：由条件概率公式， 得，故D错误． 故选：ABC． 10. 某商场为了吸引顾客前来消费，开展抽奖活动，规定消费每满100元即可获得一次抽奖机会．已知顾客第一次抽奖的中奖概率为，从第二次抽奖开始，若前一次没有中奖，则这次抽奖的中奖概率为，若前一次中奖，则这次抽奖的中奖概率为．记顾客第次抽奖的中奖概率为，则（ ） A. B. 某顾客消费200元，则其中奖概率为 C. 的最大值为 D. 当时，越大，越小 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据抽奖规则建立递推公式，代入算出验证选项；对B，用对立事件概率公式计算两次抽奖至少中奖一次的概率进行判断；对C，将递推公式变形构造等比数列，求出通项后分奇偶讨论验证选项；对D，根据通项公式分析奇偶项的单调性，进行判断. 【详解】对于A：由题意可得， 所以，A正确； 对于B：第一次未中奖的概率为，在第一次未中奖的条件下，第二次也未中奖的概率为， 因此，两次均未中奖的概率为，由对立事件的概率可得其中奖概率为：，B错误； 对于C：由得，所以是等比数列， 首项为，公比为， 所以. 当为奇数时，； 当为偶数时，随增大而减小，当时取得最大值， 综上，的最大值为，C正确； 对于D：当为奇数时，，随的增大而增大； 当为偶数时，随增大而减小，D错误； 故选：AC. 11. 小明是登山运动爱好者，经常与父母一起去爬涂山.涂山有甲、乙两条登山路线，通常，当小明与父母一起爬山时，选择甲路线的概率为，当他不和父母一起爬山时，选择乙路线的概率为，若小明与父母一起爬山的概率为，则下列结论正确的是（ ） A. “小明与父母一起爬山”与“小明选择甲路线”是相互独立事件 B. 小明与父母一起选择乙路线登山的概率为 C. 小明选择甲路线登山的概率为 D. 已知小明从乙路线登山，则他与父母一起爬山的概率为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项利用条件概率和全概率公式求出和，再利用独立事件的定义进行判断即可；B选项利用条件概率求解；C选项由全概率公式求解；D选项利用贝叶斯公式进行求解. 【详解】设“小明与父母一起爬山”，“选择甲路线”， 则“小明不与父母一起爬山”，“选择乙路线”， ，，， ，， 对于A选项，，， 根据全概率公式可得，， ， “小明与父母一起爬山”与“小明选择甲路线”不是相互独立事件，故A错误； 对于B选项，小明与父母一起选择乙路线登山为， ，， ， 即小明与父母一起选择乙路线登山的概率为，故B正确； 对于C选项，由A选项的解析可知， 即小明选择甲路线登山的概率为，故C正确； 对于D选项，已知小明从乙路线登山，求他与父母一起爬山的概率，即求， ，， 根据条件概率公式可得，， 再根据贝叶斯公式可得，，故D错误. 故选：BC. 三、填空题 12. 在的展开式中，项的系数为______． 【答案】1260 【解析】 【分析】分析项的来源，然后利用组合的运算方法求解即可. 【详解】在表示有10个相乘，项来源如下： 有6个提供，有2个提供，有2个提供， 故项的系数为. 故答案为：1260 13. 两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件“两位游客选择的景点不同”，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设先求出事件和事件的概率，再利用对立事件的概率公式求出事件的概率，最后结合条件概率的公式即可求解. 【详解】依题意，事件“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚，且两位游客选择的景点不同”， 所以； 事件“两位游客中没有一人选择太湖鼋头渚”，， 所以； 所以. 故答案为： 14. 甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，采用5局3胜制（先胜3局者获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则在已知甲最终获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】在已知甲最终获胜的条件下，甲第一局获胜的情况有甲分别以3：0，3：1，3：2获胜，求出对应的概率，然后计算甲最终获胜的概率，最后根据条件概率公式计算即可. 【详解】由题意可得，在已知甲最终获胜的条件下甲第一局获胜的情况有 ①甲以3：0获胜，概率为； ②甲以3：1获胜，概率为； ③甲以3：2获胜，概率为. 所以甲最终获胜的条件下甲第一局获胜的概率为. 甲获胜的总概率为. 所以条件概率为. 故答案为：. 四、解答题 15. 某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. （1）求该选手在一轮答题中答对题目的概率； （2）记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解； （2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证. 【小问1详解】 设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为. 【小问2详解】 （i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立， 由（1）知，， 当时，挑战显然不会终止，即， 当时，则第1、2轮至少答对一轮，， 由概率加法公式得 ； 同理. （ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”， 当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第1轮答对，且第2轮到轮结束时挑战未终止； ②第1轮答错，且第2轮答对，第3轮到轮结束时挑战未终止， 因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 所以时，， 设存在实数，使得数列为等比数列， 当时，，整理得， 而，则，解得或， 当时，， 因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以存在实数或，使得数列为等比数列. 16. 已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，个白乒乓球． （1）甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回．当时， （ⅰ）求乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率； （ⅱ）记表示游戏结束时甲摸球的次数，求的分布列． （2）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻．记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为p，若，求x的最小值． 【答案】（1）（ⅰ） （ⅱ）的分布列为 1 2 3 4 （2）6 【解析】 【分析】（1）（i）根据甲第一次摸到黄乒乓球，接下来乙在第1次恰好摸到白乒乓球求概率即可；（ii）根据分布列的步骤求解即可； （2）先将黄球分组，再利用插空法即可得出事件总数，进而求出概率即可得解. 【小问1详解】 （i）由题意，乙第一次恰好摸到白球的概率为. （ii）根据游戏规则，的取值可能为1，2，3，4， ； ； ； ； 所以的分布列为 1 2 3 4 【小问2详解】整理乒乓球时，要使得至少2个黄球相邻，则有“黄黄—黄黄—黄黄”，“黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”，“黄黄黄黄黄黄”5种情况. 可以先排列白球，通过插空法，让黄球排列在白球与白球之间的空位上. 所以“黄黄—黄黄—黄黄”有种排法； “黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”均有种排法，总共种； “黄黄黄黄黄黄”有种排法. 不超过3个黄球排在一起的情况只能为“黄黄—黄黄—黄黄”与“黄黄黄—黄黄黄”两种情况， 所以，即有， 解得或（舍去），所以x的最小值为6. 17. 在平面直角坐标系中，已知椭圆经过点，离心率为．动直线交于两点，点满足． （1）求的标准方程； （2）记四边形的面积为． ①若点恰好在上，求的值； ②若，问：在轴上是否存在两个定点，使得直线与轴分别交于两点，且为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①；②存在，，或， 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出方程求解即可； （2）①联立椭圆与直线方程，由韦达定理可得，，结合弦长公式得到，原点到直线的距离为，由知四边形是平行四边形，所以面积，根据坐标运算可得，代入椭圆方程求出即可求解. ②根据面积关系化简可得，由向量关系可得，，从而得到，且，设存在两个定点，，（定值），表示出直线的方程，求出点，化简即可求解. 【小问1详解】 由题意得，， 所以，，所以的方程为． 【小问2详解】 ①设，，， 由得，即， 所以，所以， 且，， 所以， 又因为原点到直线的距离为， 由知四边形是平行四边形， 所以面积． 由，所以， 因为在椭圆上，所以，解得， 所以． ②因为， 所以，即， 所以，， 所以，即，且． 设存在两个定点，，（定值）， 所以直线的方程为，令，得， 同理可得， 所以， 化简得， 所以得，， 所以在轴上存在两个定点，或，使得为定值． 18. 已知函数，，. （1）当时，若的图像与轴相切，求的值； （2）当时，若在有一个零点，求的取值范围； （3）设数列满足，.证明：. 【答案】（1） （2） （3）由于，则， 由（1） ，即，则， 所以， 所以， 则，所以， 则， 设，则，令 ，得， 则时， ，则函数单调递增， 时，，则函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值为， 则，所以， 则， 所以 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）设的图像与轴相切于点，根据导数的几何意义得，可得，和，设，可得方程只有一解，即 得解； （2）求出导数，当时，所以函数在单调递增，且 ，所以在上无零点；当时，令，则，根据单调性可得解； （3）根据，则，所以，从而，所以，再根据，所以，利用对数运算性质可证. 【小问1详解】 当时，函数， 则 设的图像与轴相切于点， 则， 即，可得，从而， 设，则，令，得， 则时，，则函数单调递减， 时，，则函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值为， 所以方程只有一解，即 ， 所以； 【小问2详解】 当时，， 则， 当时， ，所以函数在单调递增，此时 ； 所以在上无零点； 当时，令，则， 当时，，则函数在单调递减， 时，，则函数在单调递增， 由于，所以， 且当趋于 时，趋于 ， 所以在有一个零点，符合题意， 综上所述，； 【小问3详解】 略 19. 在四棱锥中，四边形为正方形，，为锐角，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段的长度； （2）若平面，几何体的体积为． （ⅰ）求平面与平面夹角的正切值； （ⅱ）若四面体的所有顶点均在球的球面上，求球的表面积． 【答案】（1）2 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，通过证明AF、BE相交于点G，且G在直线l上，从而找出具体的直线l，在此基础上，进一步找出点Q，并同时根据中位线将PQ和BC联系起来即可； （2）（ⅰ）取的中点O，连接，，，，通过题干的垂直关系及体积大小列等式解出，从而证明为正三棱柱，最后再根据几何关系证明为所求二面角，并求出正切值即可；（ⅱ）以为原点建立空间直角坐标系，并设，通过列代数方程组解出M点的坐标即可． 【小问1详解】 如图，取的中点为，连接，， 由，，得， 因为四边形为正方形，所以， 则，所以，，，四点共面， 因为，所以，的延长线相交，设交点为， 因为平面平面，所以平面，平面， 即为平面与平面的公共点， 又为平面与平面的公共点，连接，则直线即为交线， 因为在同一平面内两条相交直线有且仅有1个交点，所以与重合， 取的中点为，连接， 因为，，同理，， 所以． 【小问2详解】 （ⅰ）设为的中点，连接，，，，如图所示， 由（1）知，， 所以几何体是以和为底面的三棱柱， 因为平面，即平面， 所以三棱柱为直三棱柱， 则， 解得， 因为为锐角，所以， 即三棱柱为正三棱柱， 所以，，则，， 所以为二面角的平面角， 在直角三角形中，， 所以平面与平面夹角的正切值为． （ⅱ）由（ⅰ）知平面，以为原点，以过点且在平面内与垂直的直线为轴， ，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设球心，则， 所以①， ②， ③， 由①②③解得，，， 所以球心的坐标为，则， 所以球的表面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省淮阴中学2025-2026学年第一学期高二数学12月阶段性检测 一、单选题 1. 若能被7整除，则的一个值可能为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 2. 将6名学生分别安排到甲､乙､丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生A不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（ ） A. 392 B. 390 C. 262 D. 260 3. 某足球队球员乙能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为、、，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为、、．当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛输球的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ） A. 144 B. 288 C. 432 D. 576 5. 已知，是样本空间中的随机事件，，若，，，则=（ ） A. B. C. D. 6. 已知是的某种排列，集合，，且，则这样的有序数对的个数为（ ） A. B. C. D. 7. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案 A. 90 B. 120 C. 360 D. 540 8. 小明在某不透明的盒子中放入4红5黑9个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下8个小球中取出两个小球，结果都是黑球，则丢掉的小球也是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设，，是同一概率空间中的随机事件，满足，，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 某商场为了吸引顾客前来消费，开展抽奖活动，规定消费每满100元即可获得一次抽奖机会．已知顾客第一次抽奖的中奖概率为，从第二次抽奖开始，若前一次没有中奖，则这次抽奖的中奖概率为，若前一次中奖，则这次抽奖的中奖概率为．记顾客第次抽奖的中奖概率为，则（ ） A. B. 某顾客消费200元，则其中奖概率为 C. 的最大值为 D. 当时，越大，越小 11. 小明是登山运动爱好者，经常与父母一起去爬涂山.涂山有甲、乙两条登山路线，通常，当小明与父母一起爬山时，选择甲路线的概率为，当他不和父母一起爬山时，选择乙路线的概率为，若小明与父母一起爬山的概率为，则下列结论正确的是（ ） A. “小明与父母一起爬山”与“小明选择甲路线”是相互独立事件 B. 小明与父母一起选择乙路线登山的概率为 C. 小明选择甲路线登山的概率为 D. 已知小明从乙路线登山，则他与父母一起爬山的概率为 三、填空题 12. 在的展开式中，项的系数为______． 13. 两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件“两位游客选择的景点不同”，则__________. 14. 甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，采用5局3胜制（先胜3局者获胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则在已知甲最终获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是___________． 四、解答题 15. 某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. （1）求该选手在一轮答题中答对题目的概率； （2）记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 16. 已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，个白乒乓球． （1）甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回．当时， （ⅰ）求乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率； （ⅱ）记表示游戏结束时甲摸球的次数，求的分布列． （2）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻．记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为p，若，求x的最小值． 17. 在平面直角坐标系中，已知椭圆经过点，离心率为．动直线交于两点，点满足． （1）求的标准方程； （2）记四边形的面积为． ①若点恰好在上，求的值； ②若，问：在轴上是否存在两个定点，使得直线与轴分别交于两点，且为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数，，. （1）当时，若的图像与轴相切，求的值； （2）当时，若在有一个零点，求的取值范围； （3）设数列满足，.证明：. 19. 在四棱锥中，四边形为正方形，，为锐角，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段的长度； （2）若平面，几何体的体积为． （ⅰ）求平面与平面夹角的正切值； （ⅱ）若四面体的所有顶点均在球的球面上，求球的表面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $