广西玉林市第十中学2025-2026学年高三下学期数学期末模拟卷练习

**基本信息** 高三数学期末模拟卷，通过基础巩固、综合应用、创新拓展三层设计，覆盖函数、几何、概率等核心知识，梯度递进培养数学抽象、逻辑推理与数学建模素养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|集合、复数、三角等单一概念|直接考查定义辨析，如集合子集个数、复数共轭| |综合层|圆台体积、频率分布直方图、概率统计|结合生活情境（陶瓷茶杯）与数据分析（频率分布）| |拔高层|函数图像交点、导数恒成立、立体几何、新定义数列|需逻辑推理与创新思维，如正三角形交点、斐波那契数列应用|

《高三数学模拟卷练习》评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A B C D A A AD ABD 题号 11 答案 ABC 一、单项选择题（每题5分 共40分 ） 1．B 【分析】根据指数函数的性质，求得集合的元素，利用交集以及元素个数与子集关系个数的关系，可得答案. 【详解】当时，，则，所以， 所以，2个元素的集合有4个子集. 故选：B. 2．A 【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案. 【详解】因为，所以， 所以复数的共轭复数还是2. 故选：A. 3．A 【分析】由关系运算可得. 【详解】由得，. ，∴． 故选：A. 4．B 【分析】根据题意，结合圆锥和圆台的体积公式，求得两部分的体积，即可求解. 【详解】由题意得，茶杯杯身内部可装茶水的体积：， 杯盖内部可装茶水的体积， 因为，所以最多可倒满7杯盖. 故选：B． 5．C 【详解】对于A，因为，故，故A错误； 对于B，因为前三组的频率之和为， 前四组的频率之和为， 故中位数在中，故中位数大于，故B错误； 对于C，设顾客平均每次的消费金额的极差，则， 故，故C正确； 对于D，顾客平均每次的消费金额的平均数为： （元）， 故D错误. 6．D 【分析】根据题意可知，利用等差数列性质可得，即可得，构造函数并利用导函数即可求得时，取最小值，可得，易知只有为整数，即可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为， 由成等差数列得，即， 整理得，故为正项数列， 又因为等比数列单调递增，说明其公比， 于是． 设，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增， 故当时，取最小值； 于是可求得， 所以可得 所以集合中的元素之和为， 故选：D． 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用等差数列性质得出，通过构造函数利用导数求出取得最小值时的取值，得出数列的通项公式即可求出结果. 7．A 【分析】解法一，令，可得，不妨取，1，2，得三个连续的交点依次为，，，求得的高，再根据与图象求得的高，建立方程求得结果. 解法二，在同一平面直角坐标系中，作出函数和的图象，求得的高为，可得的边长为4即的周期为4，得解. 【详解】解法一 由，令，得， 所以，不妨取，1，2，得三个连续的交点依次为，，， 因为为正三角形，为的边长，为的高， 由正弦函数、余弦函数的图象可知在和的图象的交点处， 所以的高为， 所以， 解得． 故选：A． 解法二：如图，在同一平面直角坐标系中，作出函数和的图象， 设两图象的三个连续交点分别为A，B，C，连接，，， 则为正三角形，过点作，垂足为， 由正弦函数、余弦函数的图象可知在和的图象的交点处， 所以， 所以，所以的最小正周期，即，所以． 故选：A． 二、多选选择题（每题6分，共18分，对部分给部分，选错0分） 8．A 【分析】当时，，所以问题转化为，求解即可. 【详解】由可得， 当时，符合题意； 当时，是关于的一次函数，此时只需区间端点的函数值不小于即可， 又当时，， 当时，， 所以，即，解得， 综上，. 故选；A. 9．AD 【分析】根据正态分布及附加数据，结合选项可以判定，由可得，平均数是9，标准差为2. 【详解】因为，，所以平均数是9，标准差为2，A正确，B不正确； 因为，，. 结合正态曲线的对称性可得，该校学生每周阅读时间不超过3小时的人数占，C不正确； 每周阅读时间在3-5小时的人数占， ，所以D正确； 故选：AD. 【点睛】本题主要考查正态分布，掌握正态曲线的性质是求解的关键，属于容易题，侧重考查数学运算的核心素养. 10．ABD 【分析】结合选项逐项进行验证，利用几何意义可得切线方程，利用导数符号可求减区间，利用求解极值的方法可得极小值，结合极值情况可得方程解的情况. 【详解】，，，所以在处的切线方程为，A正确. 令可得，所以的单调递减区间为，B正确. 令可得，所以的单调递增区间为，所以有极大值，没有极小值，C不正确. 由前面的分析可知，先增后减，有唯一极大值，当时，， 当无限大时，无限接近；简图如下：    因为，所以有两个不同的解，D正确. 故选：ABD. 11．ABC 【分析】依题意得出曲线的方程，根据对称性验证表达式即可判断A正确，由自变量的范围计算可得，即B正确，易知点在线段的垂直平分线上，综合可得仅是原点时满足，即C正确；易知当，时等号成立， 曲线上的点恰好在圆上，可得D错误. 【详解】由题意可知曲线的方程为． A选项：由是曲线上一点，得， 点关于原点的对称点为， 有， 即点也在曲线上，故A选项正确； B选项：由，得， 解得，故B选项正确； C选项：若，则点在线段的垂直平分线上，所以， 将代入曲线的方程，得，解得， 即仅是原点时满足，故C选项正确； D选项：由，得， 又，所以，所以， 当，时等号成立， 此时曲线上的点恰好在圆上，故D选项错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用曲线与方程的思想结合对称性、自变量取值范围、点与曲线的位置关系等解决. 三、填空题 （ 每题5分 双空题对一个给3分，共15分） 12． 720 【分析】（1）直接利用排列数计算即可； （2）相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，计数后，利用古典概型求概率. 【详解】排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单，共有种不同的排法； 记事件A: 恰有两首歌曲相邻,则事件A包含： 故. 故答案为：720， 【点睛】（1）排列组合问题中，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法. （2）古典概型求概率也可以利用计数原理求出事件个数，再求概率. 13．11 【分析】根据正弦型函数单调性的周期性特征可得，，再结合对称性可得，，进而可得的最大值为11，并代入检验即可. 【详解】设函数的最小正周期为， 因为在区间上单调，且直线为的一条对称轴， 则，可得， 且，则，解得， 又因为为的一个对称中心， 则，，解得，， 可得，，解得，， 则，解得，， 当时，取到最大值11， 此时， 因为直线为的一条对称轴， 则，，即，， 且，可得，，符合题意， 综上所述：的最大值为11. 14． 【详解】甲要获胜，则取出的数字只能是3，5，7，记甲得分为随机变量． 当甲选出3且获胜，则乙只能选2，概率为； 当甲选出5且获胜，则乙选出的是2，4，概率为； 当甲选出7且获胜，则乙选出的是2，4，6，概率为，所以甲获胜的概率； 由以上推出． 四、解答题（15题13分，16、17题15分，18、19题17分） 15．(1) (2)认为吃核桃与注意力增强有关 【分析】（1）根据表格数据直接求解概率即可. （2）计算，与临界值比较即可判断. 【详解】（1）由表格数据可知，实验组共有40人，注意力增强的有30人（2分）， 故的估计值为. （5分） （2）零假设为：吃核桃与注意力增强无关.（7分） 根据列联表中的数据，经计算得.（10分） 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，（12分） 即认为吃核桃与注意力增强有关.（13分） 16．（1）.（2） 【分析】（1）求导得到，讨论和两种情况，根据单调区间计算极值得到答案. （2）题目等价于时，恒成立，构造函数，求导，计算导函数的导数，讨论和两种情况，根据函数的单调性计算最值得到答案. 【详解】（1），，（1分） ①若，则在R上恒成立， ∴在单调递增，所以无极值；（2分） ②若，当时，，当时，，（3分） 即在单调递减，在单调递增， 所以的极小值为，由，解得. 综上所述：.（5分） （2），函数图像全部在第一象限，等价于时，恒成立， 令，， 令，，令， 显然在单调递增，∴. （9分） 当时，，所以，∴在单调递增， ∴，即，∴在单调递增， 所以，此时符合题意； 当时，，∴，使，（12分） 故在恒为负值，在单调递减，此时， 所以在单调递减，所以，此时不符合题意. （14分） 故所求m的取值范围为. （15分） 【点睛】本题考查了根据极值求参数，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，构造函数求最值是解题的关键. 17．(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）根据勾股定理可得线线垂直，由面面垂直的定义与性质定理，可得线面垂直，结合等腰三角形的性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：由已知可得，则，（1分） 由二面角为直二面角，则平面平面，（2分） 因为平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，又，所以．（4分） 又，由等腰三角形的性质，知是中点．（5分） （2）由已知和（1），以为原点，，，分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系．（7分） 故平面的一个法向量． 设平面的法向量为，设， 由已知可得， ， 所以，，， 所以，，（9分） 由，可得， 取，（11分） 所以，（13分） 化简得， 解得（舍）或，所以 又是中点，所以，即长为4．（15分） 18．（1）；（2）． 【分析】（1）利用椭圆的对称性确定在椭圆上的三点，由椭圆的上顶点可求出a，点或的坐标代入椭圆求出b，即可写出椭圆的方程；（2）联立直线的方程与椭圆方程得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求出两根之和与两根之积，即可利用弦长公式求出，求出点N的坐标即可写出直线的垂直平分线的方程，令求出，代入得到关于k的分式，利用基本不等式可求得最小值. 【详解】（1）易知，关于轴对称，一定都在椭圆上，所以一定不在椭圆上，根据题意也在椭圆上，则，（2分） 将代入椭圆方程得，（4分） 所以椭圆方程为. （5分） （2）由知椭圆的左焦点, 设直线的方程为（），，，的中点为.（7分） 联立，可得，（9分） 则，， 所以，， 点，（12分） ， 垂直平分线方程为：，（14分） 令，求得，则， 所以当且仅当即时取等号（16分） 因此，当，取最小值.（17分） 【点睛】本题考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的综合应用，涉及弦长公式、基本不等式求和的最小值，属于较难题. 19．(1)存在，理由如下： 存在，理由如下： 由已知得， ， ，即，（2分） 对，当正整数时，存在，使得成立，（4分） 即数列为“1阶可分拆数列”.（5分） (2)（ⅰ）符合条件的实数的值为0；（7分） （ⅱ）证明如下： ， 当时，， （9分） ，（10分） ，（11分） 由（ⅰ）知，所以， ①， ②， 由①-②可得 ，（14分） ， ， ，（16分） 当且时，成立. （17分） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学模拟卷练习 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，，则的子集个数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．已知是虚数单位，复数，则复数z的共轭复数为（    ） A．2 B．2 C．2 D．2 3．已知，，则的值为（    ）． A． B．3 C． D．2 4．中国是世界上著名的文明古国之一，为世界文化和科技繁荣谱写了绚丽的篇章，陶瓷的制作工艺及发展，更是其中闪耀的一颗明珠．随着近代科学技术的发展，近百年来又出现了许多新的陶瓷品种．如图为一款陶瓷茶杯，杯盖可以使水温瞬间变成左右并保持恒温状态，将茶杯里面的茶水倒入杯盖中即可饮用到的温水．该款茶杯的杯身内部空间可看作上、下底面直径分别为，，高为的圆台；杯盖内部空间可看作底面直径为，高为的圆锥．若茶杯中装满茶水，则最多可倒满几杯盖?（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 5．为了给顾客提供更好的服务，某饭店对2025年的营业情况进行了盘点，发现顾客平均每次的消费金额(单位：元)都在内，整理统计数据得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论中正确的是（    ） A． B．顾客平均每次的消费金额的中位数小于元 C．顾客平均每次的消费金额的极差介于元至 元之间 D．顾客平均每次的消费金额的平均数为 元 6．已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（    ） A．36 B．42 C．54 D．61 7．若函数的图象与函数的图象的任意三个连续交点都是一个正三角形的三个顶点，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若时，恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．4月23日为世界读书日，已知某高校学生每周阅读时间服从正态分布，则（    ） （附：，，，.） A．该校学生每周平均阅读时间为9小时； B．该校学生每周阅读时间的标准差为4； C．该校学生每周阅读时间不超过3小时的人数占0.3%； D．若该校有10000名学生，则每周阅读时间在3-5小时的人数约为210. 10．已知，下列说法正确的是（    ） A．在处的切线方程为 B．单调递减区间为 C．的极小值为 D．方程有两个不同的解 11．在平面直角坐标系中，到定点，的距离之积等于的点的轨迹为曲线．若是曲线上一点，则下列说法中正确的有（   ） A．曲线关于原点成中心对称 B．的取值范围是 C．曲线上有且仅有一点满足 D．曲线上所有的点都在圆的内部 三、填空题 12．若排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单，共有______种不同的排法（用数字作答），其中恰有两首歌曲相邻的概率为______. 13．函数，直线为的一条对称轴，为的一个对称中心，且在区间上单调，则的最大值为_________. 14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行一轮比赛，在这轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人获胜，则甲获胜的概率为______；若甲选出数字3且赢时记3分，甲选出数字5且赢记2分，甲选出数字7且赢时记1分，甲输掉比赛记作0分，则甲最终得分的期望为______． 四、解答题 15．某机构为了调查吃核桃是否能增强注意力，邀请了80名青少年作为研究对象，随机分成两组，实验组每天吃3~4个核桃，对照组没有接受任何形式的干预，持续6个月后，观察这80名青少年的注意力变化情况，得到如下数据. 受试者 注意力 合计 增强 无明显改善 对照组 10 30 40 实验组 30 10 40 合计 40 40 80 (1)记每天吃3~4个核桃，持续6个月后注意力增强的概率为，求的估计值； (2)根据小概率值的独立性检验，分析吃核桃是否与注意力增强有关. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16．已知函数. （1）若函数的极小值为1，求实数m的值； （2）若函数在时，其图象全部都在第一象限，求实数m的取值范围. 17．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，，是棱上一点，且二面角为直二面角． (1)证明：是中点； (2)若，且二面角的余弦值为，求的长． 18．已知椭圆，四点，，，中恰有三个点在椭圆上，左、右焦点分别为、． （1）求椭圆的方程； （2）过左焦点且不与坐标轴平行的直线交椭圆于、两点，若线段的垂直平分线交轴于点，求的最小值． 19．已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” (1)已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； (2)设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三数学模拟卷练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A B C D A A AD ABD 题号 11 答案 ABC 1．B 【分析】根据指数函数的性质，求得集合的元素，利用交集以及元素个数与子集关系个数的关系，可得答案. 【详解】当时，，则，所以， 所以，2个元素的集合有4个子集. 故选：B. 2．A 【分析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案. 【详解】因为，所以， 所以复数的共轭复数还是2. 故选：A. 3．A 【分析】由关系运算可得. 【详解】由得，. ，∴． 故选：A. 4．B 【分析】根据题意，结合圆锥和圆台的体积公式，求得两部分的体积，即可求解. 【详解】由题意得，茶杯杯身内部可装茶水的体积：， 杯盖内部可装茶水的体积， 因为，所以最多可倒满7杯盖. 故选：B． 5．C 【详解】对于A，因为，故，故A错误； 对于B，因为前三组的频率之和为， 前四组的频率之和为， 故中位数在中，故中位数大于，故B错误； 对于C，设顾客平均每次的消费金额的极差，则， 故，故C正确； 对于D，顾客平均每次的消费金额的平均数为： （元）， 故D错误. 6．D 【分析】根据题意可知，利用等差数列性质可得，即可得，构造函数并利用导函数即可求得时，取最小值，可得，易知只有为整数，即可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为， 由成等差数列得，即， 整理得，故为正项数列， 又因为等比数列单调递增，说明其公比， 于是． 设，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增， 故当时，取最小值； 于是可求得， 所以可得 所以集合中的元素之和为， 故选：D． 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用等差数列性质得出，通过构造函数利用导数求出取得最小值时的取值，得出数列的通项公式即可求出结果. 7．A 【分析】解法一，令，可得，不妨取，1，2，得三个连续的交点依次为，，，求得的高，再根据与图象求得的高，建立方程求得结果. 解法二，在同一平面直角坐标系中，作出函数和的图象，求得的高为，可得的边长为4即的周期为4，得解. 【详解】解法一 由，令，得， 所以，不妨取，1，2，得三个连续的交点依次为，，， 因为为正三角形，为的边长，为的高， 由正弦函数、余弦函数的图象可知在和的图象的交点处， 所以的高为， 所以， 解得． 故选：A． 解法二：如图，在同一平面直角坐标系中，作出函数和的图象， 设两图象的三个连续交点分别为A，B，C，连接，，， 则为正三角形，过点作，垂足为， 由正弦函数、余弦函数的图象可知在和的图象的交点处， 所以， 所以，所以的最小正周期，即，所以． 故选：A． 8．A 【分析】当时，，所以问题转化为，求解即可. 【详解】由可得， 当时，符合题意； 当时，是关于的一次函数，此时只需区间端点的函数值不小于即可， 又当时，， 当时，， 所以，即，解得， 综上，. 故选；A. 9．AD 【分析】根据正态分布及附加数据，结合选项可以判定，由可得，平均数是9，标准差为2. 【详解】因为，，所以平均数是9，标准差为2，A正确，B不正确； 因为，，. 结合正态曲线的对称性可得，该校学生每周阅读时间不超过3小时的人数占，C不正确； 每周阅读时间在3-5小时的人数占， ，所以D正确； 故选：AD. 【点睛】本题主要考查正态分布，掌握正态曲线的性质是求解的关键，属于容易题，侧重考查数学运算的核心素养. 10．ABD 【分析】结合选项逐项进行验证，利用几何意义可得切线方程，利用导数符号可求减区间，利用求解极值的方法可得极小值，结合极值情况可得方程解的情况. 【详解】，，，所以在处的切线方程为，A正确. 令可得，所以的单调递减区间为，B正确. 令可得，所以的单调递增区间为，所以有极大值，没有极小值，C不正确. 由前面的分析可知，先增后减，有唯一极大值，当时，， 当无限大时，无限接近；简图如下：    因为，所以有两个不同的解，D正确. 故选：ABD. 11．ABC 【分析】依题意得出曲线的方程，根据对称性验证表达式即可判断A正确，由自变量的范围计算可得，即B正确，易知点在线段的垂直平分线上，综合可得仅是原点时满足，即C正确；易知当，时等号成立， 曲线上的点恰好在圆上，可得D错误. 【详解】由题意可知曲线的方程为． A选项：由是曲线上一点，得， 点关于原点的对称点为， 有， 即点也在曲线上，故A选项正确； B选项：由，得， 解得，故B选项正确； C选项：若，则点在线段的垂直平分线上，所以， 将代入曲线的方程，得，解得， 即仅是原点时满足，故C选项正确； D选项：由，得， 又，所以，所以， 当，时等号成立， 此时曲线上的点恰好在圆上，故D选项错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用曲线与方程的思想结合对称性、自变量取值范围、点与曲线的位置关系等解决. 12． 720 【分析】（1）直接利用排列数计算即可； （2）相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，计数后，利用古典概型求概率. 【详解】排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单，共有种不同的排法； 记事件A: 恰有两首歌曲相邻,则事件A包含： 故. 故答案为：720， 【点睛】（1）排列组合问题中，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法. （2）古典概型求概率也可以利用计数原理求出事件个数，再求概率. 13．11 【分析】根据正弦型函数单调性的周期性特征可得，，再结合对称性可得，，进而可得的最大值为11，并代入检验即可. 【详解】设函数的最小正周期为， 因为在区间上单调，且直线为的一条对称轴， 则，可得， 且，则，解得， 又因为为的一个对称中心， 则，，解得，， 可得，，解得，， 则，解得，， 当时，取到最大值11， 此时， 因为直线为的一条对称轴， 则，，即，， 且，可得，，符合题意， 综上所述：的最大值为11. 14． 【详解】甲要获胜，则取出的数字只能是3，5，7，记甲得分为随机变量． 当甲选出3且获胜，则乙只能选2，概率为； 当甲选出5且获胜，则乙选出的是2，4，概率为； 当甲选出7且获胜，则乙选出的是2，4，6，概率为，所以甲获胜的概率； 由以上推出． 15．(1) (2)认为吃核桃与注意力增强有关 【分析】（1）根据表格数据直接求解概率即可. （2）计算，与临界值比较即可判断. 【详解】（1）由表格数据可知，实验组共有40人，注意力增强的有30人， 故的估计值为. （2）零假设为：吃核桃与注意力增强无关. 根据列联表中的数据，经计算得. 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为吃核桃与注意力增强有关. 16．（1）.（2） 【分析】（1）求导得到，讨论和两种情况，根据单调区间计算极值得到答案. （2）题目等价于时，恒成立，构造函数，求导，计算导函数的导数，讨论和两种情况，根据函数的单调性计算最值得到答案. 【详解】（1），， ①若，则在R上恒成立， ∴在单调递增，所以无极值； ②若，当时，，当时，， 即在单调递减，在单调递增， 所以的极小值为，由，解得. 综上所述：. （2），函数图像全部在第一象限，等价于时，恒成立， 令，， 令，，令， 显然在单调递增，∴. 当时，，所以，∴在单调递增， ∴，即，∴在单调递增， 所以，此时符合题意； 当时，，∴，使， 故在恒为负值，在单调递减，此时， 所以在单调递减，所以，此时不符合题意. 故所求m的取值范围为. 【点睛】本题考查了根据极值求参数，不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，构造函数求最值是解题的关键. 17．(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）根据勾股定理可得线线垂直，由面面垂直的定义与性质定理，可得线面垂直，结合等腰三角形的性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：由已知可得，则， 由二面角为直二面角，则平面平面， 因为平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，又，所以． 又，由等腰三角形的性质，知是中点． （2）由已知和（1），以为原点，，，分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 故平面的一个法向量． 设平面的法向量为，设， 由已知可得， ， 所以，，， 所以，， 由，可得， 取， 所以， 化简得， 解得（舍）或，所以 又是中点，所以，即长为4． 18．（1）；（2）． 【分析】（1）利用椭圆的对称性确定在椭圆上的三点，由椭圆的上顶点可求出a，点或的坐标代入椭圆求出b，即可写出椭圆的方程；（2）联立直线的方程与椭圆方程得关于x的一元二次方程，利用韦达定理求出两根之和与两根之积，即可利用弦长公式求出，求出点N的坐标即可写出直线的垂直平分线的方程，令求出，代入得到关于k的分式，利用基本不等式可求得最小值. 【详解】（1）易知，关于轴对称，一定都在椭圆上，所以一定不在椭圆上，根据题意也在椭圆上，则， 将代入椭圆方程得， 所以椭圆方程为. （2）由知椭圆的左焦点, 设直线的方程为（），，，的中点为. 联立，可得， 则，， 所以，， 点， ， 垂直平分线方程为：， 令，求得，则， 所以，当且仅当即时取等号， 因此，当，取最小值. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的综合应用，涉及弦长公式、基本不等式求和的最小值，属于较难题. 19．(1)存在，理由如下： 存在，理由如下： 由已知得， ， ，即， 对，当正整数时，存在，使得成立， 即数列为“1阶可分拆数列”. (2)（ⅰ）符合条件的实数的值为0； （ⅱ）证明如下： ， 当时，， ， ， 由（ⅰ）知，所以， ①， ②， 由①-②可得 ， ， ， ， 当且时，成立. 【分析】（1）根据“k阶可分拆数列”的概念，判断数列为“1阶可分拆数列”. （2）先根据前项和公式，求出数列的通项公式，（ⅰ）由可求的值，再讨论时，无解即可；（ⅱ）根据，可得，利用“累加法”可得：；再利用“错位相减法”证明，即可. 【详解】（1）略 （2）， 当时，， 当时，， （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立， 当时，，即，解得， 当时，，即， 因，所以，又， 故方程无解. 综上所述，符合条件的实数的值为0. （ⅱ）略 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的正整数，存在正整数使得成立即可. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $