宁夏青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试试卷高二数学（A卷）

**基本信息** 高二数学期中试卷聚焦导数、排列组合等核心知识，通过分层设问（如二项式定理条件选择）和实际情境（如区域花卉种植），考查数学思维与应用能力，解答题融合证明与计算，适配期中阶段性评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|导数定义、排列组合|基础概念辨析，如切线倾斜角与导函数图像分析| |多选题|3/18|二项式系数、选考组合|选项分层，考查逻辑推理，如函数极值判断| |填空题|3/15|区域种植、凸函数|实际情境应用，如四区域花卉种植计数| |解答题|6/77|函数最值、立体几何|分层设问，如二项式定理条件选择，线面角计算与证明结合|

青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试试卷 高 二 数 学（A卷） 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题（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，有且只有一项是符合题目要求的把答案填涂在答题卡上） 1．已知函数在处的导数为2，则（    ） A．－2 B．2 C．－1 D．1 2．邮递员把两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则不同的投入方法共有（　　） A．6种 B．8种 C．9种 D．10种 3．展开式中的第项是（    ） A． B． C． D． 4．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（     ） A． B． C．-2 D． 5．如图是的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是（      ） A．当时，取得极大值 B．在上是增函数 C．当时，取得极大值 D．在上是增函数，在上是减函数 6．若函数在区间上单调递增，则实数k的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．某班上午有5节课，分别安排语文､数学､英语､物理､化学各1节课，要求语文与化学相邻，且数学不排在第一节课，则不同的排课法的种数是（    ） A．36 B．24 C．18 D．12 8．已知函数，，若，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9．已知，则（    ） A． B． C． D． 10．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、通用技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法错误的是（    ） A．若任意选择三门课程，则选法总数为 B．若物理和化学至少选一门，则选法总数为 C．若物理和历史不能同时选，则选法总数为 D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，则选法总数为 11．已知函数，则（   ） A．是函数的极小值点 B．对，方程恒有两个不同的实数解 C． D．存在，使得直线与曲线相切 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题3题，每小题5分，共15分，把正确答案填在题中横线上） 12．在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有_________种（用数字作答） 13．在二项式的展开式中，常数项为______. 14．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上恒成立，则称函数在区间上为"凸函数.已在区间上为“凸函数”，则实数的取值范围为________. 四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知函数，当时，取得极值． (1)求的解析式； (2)求在区间上的最值． 16．（15分）在以下三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；条件②：只有第5项的二项式系数最大；条件③：所有项的二项式系数的和为256．问题：在的展开式中，_________. (1)求的值； (2)若展开式中的常数项为112，求展开式中的系数. 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（17分）已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． (3)若，数列的前n项和为，求证： 19．（17分）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)当时，，求的取值范围． 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度高中数学期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A A D D A B ACD BD 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】利用导数的定义即得. 【详解】∵函数在处的导数为2， ∴. 故选：B. 2．C 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法. 故选：C 3．A 【分析】根据展开式通项公式写出第项即可. 【详解】由题意可得二项式展开式的通项为：， 将代入上式，可得：， 所以展开式中的第项是：. 故选：A. 4．A 【分析】利用导数的几何意义，即可求解. 【详解】，由题意可知，切线的斜率，则 ，解得：，， 所以. 故选：A 5．D 【分析】由导函数的图象，确定导函数的正负，由此得到函数的单调性，由极值的定义判断函数的极值，由此判断四个选项即可. 【详解】根据导函数的图象可知， 当时，，当时，， 可知在内单调递减，在单调递增， 所以当时，取得极小值，当时，取得极大值，当时，取得极小值， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 6．D 【分析】求导，可得对恒成立，可得对恒成立，求得的最大值即可. 【详解】由，可得， 因为函数在区间上单调递增， 所以对恒成立，即对恒成立， 即对恒成立， 令，则，因为，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以， 所以实数k的取值范围是. 故选：D. 7．A 【分析】先将语文和化学捆绑、与英语，物理全排列，再将数学插空，由分步乘法计数原理计算即可. 【详解】将语文和化学捆绑、与英语，物理全排列有种排法， 数学不排在第一节课，将数学插空有种， 由分步乘法计数原理可得不同的排课法的种数是种， 故选：A. 8．B 【分析】问题转化为：在上的最大值不大于在上的最大值，然后根据导数及二次函数的性质求最值即得. 【详解】由题意，在上的最大值不大于在上的最大值. 对：因为，所以， 由， 所以函数在上单调递增， 又，所以在上单调递增，所以在上的最大值为. 对：当时，，因为，故满足题意； 当时，因为的对称轴为，所以在上单调递增，所以在上的最大值为， 由.所以； 当时，在上单调递减，所以在上的最大值为， 由，结合得. 综上可知，实数的取值范围为. 9．ACD 【分析】利用赋值法求二项展开式的系数即可. 【详解】对于A，令，，故A正确； 对于B，令，，故B错误； 对于C，令，， 结合，所以，故C正确； 对于D，令，，故D正确； 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据组合数判断A，分物理和化学选一门、两门判断B，利用间接法判断C，对三个科目分类讨论，即可判断D. 【详解】A选项，若任意选择三门课程，则选法总数为，所以A正确. B选项，若物理和化学至少选一门，则选法总数为，所以B错误. C选项，若物理和历史不能同时选，则选法总数为，所以C正确. D选项，只选物理、不选化学和历史，选法为； 只选化学、不选物理，选法为； 物理化学同时选、不选历史，选法为. 所以选法总数是，所以D错误. 故选：BD 11．AB 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 12．240 【分析】直接利用分步乘法计数原理即可求出结果. 【详解】由分步乘法计数原理得种, 故答案为：240. 13． 【分析】对二项式变形，然后利用的通项公式，赋值求解即可. 【详解】. 因为的通项公式为， 所以在中，当时不满足； 在中，当时，，则常数项为. 故答案为： 14． 【分析】根据题意对函数求二阶导函数，令在区间恒成立，分离参数，解得实数的取值范围即可. 【详解】 ， 在区间上为“凸函数” 在上恒成立 在上恒成立 设，， 则 当且仅当，即时取得最大值， 只需. 故答案为：. 15．(1) (2)的最小值为，最大值为. 【分析】（1）利用极值定义可求得，可得解析式； （2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论. 【详解】（1）依题意可得， 又当时，取得极值，所以，即； 解得； 所以； （2）由（1）可知， 令，可得或， 当变化时，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 因此，在区间上，的最小值为，最大值为. 16．(1)8 (2) 【分析】（1）分别选择这三个条件，利用二项式系数的性质，求的值； （2）根据的值和展开式中的常数项为112，利用二项式求得的值，再求展开式中的系数. 【详解】（1）选①，， ； 选②，∵只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，； 选③，∵所有项的二项式系数的和为256，， . （2）二项式的展开式的通项公式为 ，令得， ∴展开式中的常数项为， 得，又， 的展开式的通项公式为， 令得， ， ∴展开式中的系数为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，即可得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】（1）底面为矩形， 所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 可知平面平面； （2）由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 可得， 所以； 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列前n项和公式及等比中项性质，求出的值，代入公式，即可得答案 （2）由（1）得，根据分组求和法，结合等差、等比数列的前n项和公式，即可得答案. （3）由（1）得，根据裂项相消求和法，可得表达式，分析即可得证. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则①， 又成等比数列，所以，则， 整理得②， 联立①②，解得，所以. （2）由（1）得， 所以 . （3）由（1）得， 则 19．(1) (2)当时，单调递减，当时，单调递增．. (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系求解即可； （3）当时，不等式为：，显然成立，当时，分离参数得，令，利用导数研究的单调性，求出的最大值即可. 【详解】（1）由， 得， 所以切线方程为； （2）当时，， 令 由于，故单调递增， 注意到，故当时，单调递减， 当时，单调递增． （3）由得，，其中， 法一：①当时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②当时，分离参数得，， 记， 令，则，令， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，单调递增，当时，单调递减． 另解：， 令，则， 设， 所以， 又，所以，使得， 则函数在上单调递减，在上单调递增，且． 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 因此，． 综上可得，实数a的取值范围是． 法二：等价于． （另） 设函数，则 ， ①若，即， 则当时，，所以在上单调递增， 而，故当时，，不合题意． ②若，即， 则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由于，所以当且仅当， 即． 所以当时，． ③若，即，则， 由于，故由②可得， 故当时，． 综上可得，实数a的取值范围是． 答案第18页，共18页 答案第1页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $ > > > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 ( 青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学答题卡 （A卷） ) ( 注意事项 选择题请用2B铅笔填涂方框，如需改动，必须用橡皮擦干净，不留痕迹，然后再选择其它答案标号。 非选择题必须使用黑色签字笔书写，笔迹清楚。 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域，以及在草稿纸和试题上的答案均无效。 请保持卷面清洁，不要折叠和弄破答题卡。 填 涂 样 例 正确填涂 > 条形码粘贴区域 (正面朝上，切勿贴出虚线方框) 试卷类型 A B 缺考标记 （禁止考生填涂） < < < 姓 名： 班 级： 考 号： ) ( 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) 二、多项选择题： （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．） ) ( 5 abcd 6 abcd 7 abcd 8 abcd    ) ( 1 abcd 2 abcd 3 abcd 4 abcd ) ( 9 abcd 10 abcd 11 abcd ) ( 三、填空题 (本题共3小题，每小题5分，共15分。) 12. 13. 14. ) ( 15. （共13分） ) ( 1 6 . （共15分） 温馨提示： 我选条件 （1分） ) ( 1 7 . （共1 5 分） ) ( 1 8 . （共17分） ) ( 19 . （共1 7 分） ) 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > 数学 第2面 共2面 > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > 数学 第1面 共2面 > > 学科网（北京）股份有限公司 $ 青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试试卷 高 二 数 学（A卷） 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题（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，有且只有一项是符合题目要求的把答案填涂在答题卡上） 1．已知函数在处的导数为2，则（    ） A．－2 B．2 C．－1 D．1 2．邮递员把两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则不同的投入方法共有（　　） A．6种 B．8种 C．9种 D．10种 3．展开式中的第项是（    ） A． B． C． D． 4．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（     ） A． B． C．-2 D． 5．如图是的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是（      ） A．当时，取得极大值 B．在上是增函数 C．当时，取得极大值 D．在上是增函数，在上是减函数 6．若函数在区间上单调递增，则实数k的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．某班上午有5节课，分别安排语文､数学､英语､物理､化学各1节课，要求语文与化学相邻，且数学不排在第一节课，则不同的排课法的种数是（    ） A．36 B．24 C．18 D．12 8．已知函数，，若，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9．已知，则（    ） A． B． C． D． 10．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、通用技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法错误的是（    ） A．若任意选择三门课程，则选法总数为 B．若物理和化学至少选一门，则选法总数为 C．若物理和历史不能同时选，则选法总数为 D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，则选法总数为 11．已知函数，则（   ） A．是函数的极小值点 B．对，方程恒有两个不同的实数解 C． D．存在，使得直线与曲线相切 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题3题，每小题5分，共15分，把正确答案填在题中横线上） 12．在如图所示的四个区域中，有5种不同的花卉可选，每个区域只能种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法共有_________种（用数字作答） 13．在二项式的展开式中，常数项为______. 14．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上恒成立，则称函数在区间上为"凸函数.已在区间上为“凸函数”，则实数的取值范围为________. 四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知函数，当时，取得极值． (1)求的解析式； (2)求在区间上的最值． 16．（15分）在以下三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；条件②：只有第5项的二项式系数最大；条件③：所有项的二项式系数的和为256．问题：在的展开式中，_________. (1)求的值； (2)若展开式中的常数项为112，求展开式中的系数. 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（17分）已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． (3)若，数列的前n项和为，求证： 19．（17分）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)当时，，求的取值范围． 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度高中数学期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A A D D A B ACD BD 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】利用导数的定义即得. 【详解】∵函数在处的导数为2， ∴. 故选：B. 2．C 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法. 故选：C 3．A 【分析】根据展开式通项公式写出第项即可. 【详解】由题意可得二项式展开式的通项为：， 将代入上式，可得：， 所以展开式中的第项是：. 故选：A. 4．A 【分析】利用导数的几何意义，即可求解. 【详解】，由题意可知，切线的斜率，则 ，解得：，， 所以. 故选：A 5．D 【分析】由导函数的图象，确定导函数的正负，由此得到函数的单调性，由极值的定义判断函数的极值，由此判断四个选项即可. 【详解】根据导函数的图象可知， 当时，，当时，， 可知在内单调递减，在单调递增， 所以当时，取得极小值，当时，取得极大值，当时，取得极小值， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 6．D 【分析】求导，可得对恒成立，可得对恒成立，求得的最大值即可. 【详解】由，可得， 因为函数在区间上单调递增， 所以对恒成立，即对恒成立， 即对恒成立， 令，则，因为，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以， 所以实数k的取值范围是. 故选：D. 7．A 【分析】先将语文和化学捆绑、与英语，物理全排列，再将数学插空，由分步乘法计数原理计算即可. 【详解】将语文和化学捆绑、与英语，物理全排列有种排法， 数学不排在第一节课，将数学插空有种， 由分步乘法计数原理可得不同的排课法的种数是种， 故选：A. 8．B 【分析】问题转化为：在上的最大值不大于在上的最大值，然后根据导数及二次函数的性质求最值即得. 【详解】由题意，在上的最大值不大于在上的最大值. 对：因为，所以， 由， 所以函数在上单调递增， 又，所以在上单调递增，所以在上的最大值为. 对：当时，，因为，故满足题意； 当时，因为的对称轴为，所以在上单调递增，所以在上的最大值为， 由.所以； 当时，在上单调递减，所以在上的最大值为， 由，结合得. 综上可知，实数的取值范围为. 9．ACD 【分析】利用赋值法求二项展开式的系数即可. 【详解】对于A，令，，故A正确； 对于B，令，，故B错误； 对于C，令，， 结合，所以，故C正确； 对于D，令，，故D正确； 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据组合数判断A，分物理和化学选一门、两门判断B，利用间接法判断C，对三个科目分类讨论，即可判断D. 【详解】A选项，若任意选择三门课程，则选法总数为，所以A正确. B选项，若物理和化学至少选一门，则选法总数为，所以B错误. C选项，若物理和历史不能同时选，则选法总数为，所以C正确. D选项，只选物理、不选化学和历史，选法为； 只选化学、不选物理，选法为； 物理化学同时选、不选历史，选法为. 所以选法总数是，所以D错误. 故选：BD 11．AB 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 12．240 【分析】直接利用分步乘法计数原理即可求出结果. 【详解】由分步乘法计数原理得种, 故答案为：240. 13． 【分析】对二项式变形，然后利用的通项公式，赋值求解即可. 【详解】. 因为的通项公式为， 所以在中，当时不满足； 在中，当时，，则常数项为. 故答案为： 14． 【分析】根据题意对函数求二阶导函数，令在区间恒成立，分离参数，解得实数的取值范围即可. 【详解】 ， 在区间上为“凸函数” 在上恒成立 在上恒成立 设，， 则 当且仅当，即时取得最大值， 只需. 故答案为：. 15．(1) (2)的最小值为，最大值为. 【分析】（1）利用极值定义可求得，可得解析式； （2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论. 【详解】（1）依题意可得， 又当时，取得极值，所以，即； 解得； 所以； （2）由（1）可知， 令，可得或， 当变化时，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 因此，在区间上，的最小值为，最大值为. 16．(1)8 (2) 【分析】（1）分别选择这三个条件，利用二项式系数的性质，求的值； （2）根据的值和展开式中的常数项为112，利用二项式求得的值，再求展开式中的系数. 【详解】（1）选①，， ； 选②，∵只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，； 选③，∵所有项的二项式系数的和为256，， . （2）二项式的展开式的通项公式为 ，令得， ∴展开式中的常数项为， 得，又， 的展开式的通项公式为， 令得， ， ∴展开式中的系数为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，即可得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】（1）底面为矩形， 所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 可知平面平面； （2）由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 可得， 所以； 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列前n项和公式及等比中项性质，求出的值，代入公式，即可得答案 （2）由（1）得，根据分组求和法，结合等差、等比数列的前n项和公式，即可得答案. （3）由（1）得，根据裂项相消求和法，可得表达式，分析即可得证. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则①， 又成等比数列，所以，则， 整理得②， 联立①②，解得，所以. （2）由（1）得， 所以 . （3）由（1）得， 则 19．(1) (2)当时，单调递减，当时，单调递增．. (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系求解即可； （3）当时，不等式为：，显然成立，当时，分离参数得，令，利用导数研究的单调性，求出的最大值即可. 【详解】（1）由， 得， 所以切线方程为； （2）当时，， 令 由于，故单调递增， 注意到，故当时，单调递减， 当时，单调递增． （3）由得，，其中， 法一：①当时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②当时，分离参数得，， 记， 令，则，令， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，单调递增，当时，单调递减． 另解：， 令，则， 设， 所以， 又，所以，使得， 则函数在上单调递减，在上单调递增，且． 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 因此，． 综上可得，实数a的取值范围是． 法二：等价于． （另） 设函数，则 ， ①若，即， 则当时，，所以在上单调递增， 而，故当时，，不合题意． ②若，即， 则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由于，所以当且仅当， 即． 所以当时，． ③若，即，则， 由于，故由②可得， 故当时，． 综上可得，实数a的取值范围是． 答案第18页，共18页 答案第1页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $