精品解析：湖南省A⁺联考2025-2026学年高三上学期12月检测数学试题

2025年12月高三检测卷 数学 （本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：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. 抛物线的准线纵截距为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】将给定抛物线方程转化为标准形式，结合抛物线标准方程的准线性质计算准线方程，最终得到纵截距. 【详解】首先将抛物线方程整理为标准形式： 变形得，所以，解得， 其准线方程为，代入得： ，该准线为平行于轴的直线，纵截距即为. 2. 已知a，，则“”是“”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 【解析】 【详解】分析充分性： 若成立， 举反例验证：取，，此时，， 但，，显然不成立，即不成立， 因此充分性不成立. 分析必要性： 若成立， 由绝对值的性质：， 因为，所以，即a为正数， 当时，， 又因为，结合，可得， 即， 因为， 所以， 因此必要性成立. 综上，“”是“”的必要不充分条件. 3. 已知等差数列满足，，则（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 2026 【答案】B 【解析】 【详解】由等差数列可知，即. 4. ，和的等比中项不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设和的等比中项为，则， 故， 选项A：若，则，不存在等比中项，矛盾，故A不可能； 选项B：若，则，， 存在满足，可以是等比中项； 选项C：正好，满足； 选项D：若，则，，存在满足，可以是等比中项． 5. 地铁已成为市民必不可少的交通工具，某地铁线路A，B，C三站点自左向右位于同一条直线上，某市民要步行去地铁站乘地铁前往C站，已知该市民在圆锥曲线E左侧时去A站到达C站更快，反之则去B站更快，若地铁平均速度是该市民的3倍，且A，B两站等候时间期望相同，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得当该市民位于点时，去站和去站到达站的时间相等，列式可得，结合双曲线定义判断求解. 【详解】设为圆锥曲线上任意一点，由题意可知当该市民位于点时，去站和去站到达站的时间相等， 设该市民的步行速度为，则地铁的平均速度为， 设两站间的距离为，即， 所以该市民从点去站到达站的时间为：， 该市民从点去站到达站的时间为：，其中为等候时间， 由，， 所以，即， 化简整理得，即， 所以点的轨迹是以点为焦点的双曲线，设， 所以，即双曲线的离心率. 6. 设曲线，设一过原点且斜率一定的直线与曲线相交的弦长为，则“随的增大而增大”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 且 【答案】A 【解析】 【分析】先用表示出，再利用导数分析函数的单调性，即可得到问题的答案. 【详解】设过原点的直线方程为，代入得：， 整理得：. 因为直线与曲线有交点，故，所以，所以. 所以. 设，，则. 由. 若，由， 由. 此时在上单调递减，在上单调递增； 若，由或， 由且. 所以在和上单调递减，在和上单调递增. 所以“随的增大而增大”的充要条件为：当时，；当时，或. 对A：因为是的充分不必要条件，故A正确； 对B：当时，， “随的增大而增大”的充要条件为：或， 此时“”不是“或”的充分不必要条件，故B错误； 对C：当时，， “随的增大而增大”的充要条件为：或， 此时“”不是“或”的充分不必要条件，故C错误； 对D：：当时， “随的增大而增大”的充要条件为：或， 此时“且”不是“或”的充分不必要条件，故D错误. 7. 定义在上的函数和的最小正周期分别是和．已知函数的最小正周期为，则下列选项中可能成立的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【详解】若周期，周期，设是的公倍数， 则一定是的一个周期，已知其最小正周期， 则必须整除这个公倍数； 选项A：，故1是的周期，若， 则， 故1是的一个周期，但最小正周期是2，矛盾，故A错误； 选项B：，，故1是的周期， 于是，即1必须是的一个周期， 但的最小正周期，1不是的整数倍，矛盾，故B错误； 选项C：，的最小公倍数是，故一定是的一个周期， 如果最小正周期是1，则， 结合可得， 即3是的周期，但最小正周期，3不是的整数倍，矛盾，故C错误； 选项D：，的最小公倍数为，故一定是的一个周期，满足条件， 构造，则周期5，周期， ，其最小正周期为3，故D成立． 8. 满足下列条件的的个数为（ ） （i）有且仅有8项，且其中每个元素都是正整数，并且互不相同； （ii），． A. 72000 B. 28224 C. 28800 D. 57600 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列所满足的不等关系，探究数列的规律，利用分步乘法计数原理计算满足条件的的个数． 【详解】当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 当时，，则，因为为正整数，故； 因为8个元素互不相同，，则其他7个数不能取1； 先选，可以从中选，4种选法； 第二步选，可以从中选，共7个数，已选一个，还剩6种选法； 第三步选，可以从中选，共7个数，，已选两个，还剩5种选法； 第四步选，可以选从中选，共9个数，，，已选三个，还剩6种选法； 第五步选，可以从中选，共9个数，，，，已选四个，还剩5种选法； 第六步选，可以从中选，共10个数，，，，，已选五个，还剩5种选法； 第七步选，可以从中选，共10个数，，，，，，已选六个，还剩4种选法； 则一共有个． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分． 9. 某公司在新年联欢会上组织抽奖活动，抽奖箱里有1张一等奖奖品券，3张二等奖奖品券，6张“谢谢参与”券，参加抽奖活动的规则是不放回地依次抽取3张券，则（ ） A. 第一次抽到“谢谢参与”券的概率为 B. 在第一次抽到一等奖的条件下，第二次抽到二等奖的概率为 C. 三次抽到的都是“谢谢参与”券（即没有得到任何奖项）的概率为 D. 恰好抽到1个一等奖和1个二等奖的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，只考虑第一次抽取，根据古典概型概率计算公式即可求解；对于B，利用古典概型概率计算公式，计算“第一次抽到一等奖”的概率和“第一次抽到一等奖”且“第二次抽到二等奖”的概率，利用条件概率公式即可求解；对于C，三次都抽到谢谢参与，分步乘法计数原理计算符合要求的取法数量，根据古典概型概率计算公式即可求解；对于D，“恰好抽到1个一等奖和1个二等奖”即三次抽奖，一等奖、二等奖、谢谢参与各抽一张，根据古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】对于A，根据古典概型的概率公式， 第一次抽到“谢谢参与”券的概率，故A选项正确； 对于B，设事件“第一次抽到一等奖”，事件“第二次抽到二等奖”， ，， 所以，故B选项正确； 对于C，三次抽到的都是“谢谢参与”券的概率为,故C选项错误； 对于D，恰好抽到1个一等奖和1个二等奖的概率为， 故D选项正确. 10. 已知函数的定义域，的图像在定义域内连续且均落在图中阴影区域内（包括边界，上下左右无限延伸），则（ ） A. 不可能为奇函数 B. 可能为奇函数 C. 当，记m为的最大值，则m无最大值 D. 若为偶函数，则集合中所有元素之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析不同阴影部分的含义，通过反证，特殊值代入法以及函数平移的性质即可得出答案. 【详解】由题可得，黑色部分为具有边界的阴影部分，画斜线部分仅有部分边界. 因为的图像在定义域内连续且均落在图中阴影区域内， 所以由图像得，. 对于A，由图可得当时，， 假设为奇函数，则当时，，由的连续性可得，， 与矛盾，故不可能为奇函数； 对于B，设，因为在处没意义， 所以在处没意义，若为奇函数，则为奇函数，则在处没意义， 因为在定义域内连续，所以在定义域内也连续，则在处有意义，矛盾， 故不可能为奇函数； 对于C，当时，，当时，， 若取,与在定义域内连续矛盾，故，所以取不到3， 对于，，即，故取不到最大值； 对于D，因为为偶函数，所以，，， 对于的区域有，对于的区域有， 则当时，有，且，则， 所以集合所有元素之和为. 11. 已知中满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据条件，判断的形状，得到角最大，.利用角为锐角，结合余弦定理，得到，再结合正弦定理，可得，判断A；利用，结合，，问题转化为，可判断B；利用特值法可判断C；利用角为三角形最大内角，结合不等式性质，可判断D. 【详解】因为， 因为为三角形内角，且有意义，所以， 所以. 因为、为三角形内角，所以，， 又且为三角形的最大内角. 所以为锐角三角形，且角最大，. 对A选项，因为为锐角，所以， 根据正弦定理，可得，故A正确； 对B选项，因为， 所以左， 右 ， 所以成立，故B正确； 对C选项，因为为锐角三角形，为最大内角，且. 取，则，. 所以，，. 因为，，所以，故C错误； 对D选项，因为，， 所以，，所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 方程有两个根，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】根据方程，，复数韦达定理成立：，， 求根：， 若，， 利用复数模性质：， ， ，， 即； 若，， 利用复数模性质：， ， ，， 即. 13. 函数恰有1个零点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用零点的定义，对进行分类讨论，利用零点的性质，判断函数在定义域内的零点情况. 【详解】当时，，定义域为. 令，得.满足题意. 当时，. 所以必有零点. 因为函数恰有1个零点，则不能再出现其他异于的零点. 当时，由得，即的定义域为. 则，. 由得，即 两边平方化简得，又，解得或，且. 所以有两零点，不满足题意. 当时，由得或，即的定义域为. 由得. 当时，，则即. 化简得. 当时，解得，则在没有零点； 当时，解得或. 当时，，则有异于的零点，不满足题意. 当时，，则，函数在区间没有零点. 当时，，由得. 两边平方化简得. 当时，解得，所以在区间没有零点； 当时，解得或. 当时，，即. 所以有异于的零点，不满足题意. 综上所述，可得a的取值范围为. 14. 平面图形斜二测画法为矩形，，，求取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意直观图是边长为1的正方形.该正方形可在斜二测坐标系内绕中心旋转，利用斜二测向量还原公式得到原四边形对角线向量，求出数量积，借助辅助角公式求得取值范围. 【详解】因为直观图是矩形，且，对角线互相垂直， 因此是正方形，，. 设与斜二测轴夹角为，则直观图中，. 根据斜二测坐标变换规则，对应原图形向量： ，. 因为原图形为平行四边形，所以，， 则 ， 利用辅助角公式化简得，其中. 因为， 所以的取值范围为. 四、解答题：本题共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. 记等差数列的前n项和为，满足，． （1）求的通项公式； （2）设，求（用含n的代数式表示）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用已知条件建立方程组，求出数列的首项与公差，进一步确定等差数列的通项公式． （2）利用（1）的结论，进一步求出数列的通项公式，最后利用错位相减法求出数列的和． 【小问1详解】 设等差数列首项，公差， ， 化简：，解得：， 通项：. 【小问2详解】 设①， 两边乘：②， ①②，错位相减： ， 则， 所以， 即. 16. 8月7日，杭州地铁18号线过江区间大直径盾构机“奋进号”验收顺利完成．其刀盘直径为12米，为安全高效穿越钱塘江提供强有力设备支撑．以下是奋进号将钻入甬江路站的场景．如图所示，奋进号中心轴与水平面夹角为，奋进号点装有一信号发射器，能随奋进号的转动而转动．将奋进号前端最右沿点（即图示位置）恒记为点．奋进号将在挖好的长方体站台的平面上钻出一个以为短轴的椭圆，分别与三边相切于． （1）平面上是否存在着一点，使得向与发射的信号恒相互垂直？请说明理由． （2）假设由于该站临江，导致开挖时不得不将向方向移了米至，并保持点位置不变．若，求最终隧道中轴线与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）存在，理由如下： 设点的对径点为，则点为点沿中心轴的投影，连结， 由题意得平面，而平面，故， 因为为圆的直径，故， 因为，平面， 所以平面， 又平面，故， 因此存在点满足条件，这个点就是点． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定和性质可证明，因此取点与点重合即可； （2）建立空间直角坐标系，求出中轴线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量法即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， 取中心轴线的一个方向向量， 根据圆与椭圆的投影关系，可得，， 故，， 设平面的法向量， 则有，即，取，则， 设隧道中轴线与平面的夹角为， 因此． 17. 椭圆左右焦点分别为，，为的弦，且过原点．的最小值为．以为直径作圆与顺时针交于． （1）求的标准方程； （2）若在第一象限，当四边形的面积达到最大时． ①求直线的斜率； ②求证：以圆上一点为圆心，半径为的圆与的交点弦长小于． 【答案】（1） （2）①； ②设以圆（即以为直径、圆心在原点的圆）上任意一点为圆心、半径为的圆的方程为： ，， 因为为圆的弦，故， 若，则为的中点，设， 则，故， 故， 若，则，若，则， 此时为原点，与矛盾，故， 故，整理得， 由的， 故， 故， 整理得，而， 所以，整理得， 此时，故方程无解， 即. 若，则此时，此时，由对称性，不妨设 圆的方程为，由， 解析或（舍），，故， 综上， 【解析】 【分析】（1）设，可得向量的数量积的表达式，结合最小值可求出参数，即可得答案； （2）①判断四边形为矩形，设，可得，由此可得四边形的面积的表达式，结合最值求出A点坐标，即可得答案； ②设，可得圆P的方程，利用反证法结合弦长公式可得，根据此方程无解可得. 【小问1详解】 椭圆，可知，， 由题意知关于原点对称，设， 则， 结合，得， 故， 当时，取最小值，故，解得， 故，故E的标准方程为. 【小问2详解】 ①以为直径作圆O与E顺时针交于，可知四边形为矩形， 设，则， 故四边形的面积为， 由于，故， 当且仅当且时等号成立，即得， 即当四边形的面积达到最大时，, 直线过原点，故此时的斜率为； ②略 18. 已知．（e为自然对数的底数） （1）求证：在定义域上恒有； （2）判断的单调性并求其值域； （3）已知a，，且，求的取值范围． 【答案】（1）的定义域为， ， 即. （2）在上单调递减，在上单调递增； （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数的解析式，求出，即可证明； （2）求出的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可判断函数的单调性，结合单调性可求函数值域； （3）设，将转化为，可得，继而构造函数，利用函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得， 令，则， 故在上单调递增，且， 当时，，即，则在上单调递减， 当时，，即，则在上单调递增， 设，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 故，当且仅当时等号成立， 即得，当且仅当时等号成立， 故当时，； 对于，当时，， 当时，，当时，， 结合的单调性可知. 【小问3详解】 设， 则，； 令， 由于用代换d时，上式不变，故不妨假设，则， 所以，则， 设， 当时，，且， 则， 下面证明时，， 设，则时，， 则， 即在上单调递增，则， 即得，故； 当时，，则， 当时，，则， 故在上单调递增，结合， ， 可得，即得， 当时，，，结合，可知， 则， 综合以上的取值范围为. 19. 平面直角坐标系中有n个动点，，，，初始时刻为0，初始位于原点．在每个单位时间内，每个动点向x或y轴正方向移动一个单位长度． （1）求在时刻8到达的不同路径数量； （2）若对任意时间，任意动点都满足． ①求证：在时刻到达所经过不同路径的数量为； ②给定且．若对任意时刻且，都有对任意，，位置不同，求解所有动点在时刻到达所经过路径的不同方案数（用含n，k的代数式表示，注意：两个方案不同当且仅当存在某个动点在两个方案中走过的路径不同）． 【答案】（1）70 （2）①不加 的限制时，从 到 的路径共有条． 把曾出现 的路径称为不合格路径． 对任意一条不合格路径，从起点开始截取到第一次到达直线 的部分，并将这部分关于直线 对称，则得到一条从 到 的路径； 反之也可唯一还原． 因此不合格路径共有条． 所以符合 的路径数为 ②设方案数为 ，则 【解析】 【分析】（1）到达 共走8步，其中沿 轴、 轴正方向各4步，用组合数直接计数；（2）①先计数所有从 到 的路径，再用反射法扣除越过直线 的路径；②先利用时刻2只有两个可能位置判断 ，当 时把两条路径转化为两条互不越过的非负上下步路径，再用“第一次相交后交换尾部”的一一对应计数． 【小问1详解】 从 到 共需移动8次，其中沿 轴正方向移动4次，沿 轴正方向移动4次． 从8个时刻中选出4个时刻沿 轴正方向移动即可，因此不同路径数为 【小问2详解】 ①略 ②先看时刻2．此时 ，又有 ，故动点只能位于 题设要求任意两个动点在时刻2的位置不同，因此 ． 所以当 时，方案数为0． 当 时，由①知方案数为 下面考虑 ． 在时刻2，两点必须分别位于 与 ，点号的分配有2种． 又因为两点最终都到达 ，所以在时刻 两点必分别位于 与 ． 固定时刻2的一种点号分配． 对一条路径，在时刻 记高度为 在 时，两点位置不同； 而同一时刻有 ，所以两点位置不同等价于高度不同． 两个高度与 同奇偶，因此它们之差至少为2； 并且两者的大小关系不可能中途交换，否则某一整数时刻两高度必相等． 设靠近直线 的路径高度为 ，另一条路径高度为 ． 令并把时刻 重新编号为 ，定义 则 都从0出发并回到0，每一步均增加1或减少1，始终非负，且 因此，固定点号分配后，问题转化为计数两条互不越过的非负上下步路径，二者的长度均为 ． 记长度为 的非负上下步路径数为 ． 由①可知 现计数满足 的路径对． 在 的左端补两个上升步、右端补两个下降步，得到一条长度为 的非负路径； 再把 整体向右平移2个单位． 于是原来的路径对与下列路径对一一对应：一条从 到 ，另一条从 到 ，且两条路径不相交． 若暂不要求两条路径不相交，则路径对共有个． 对于相交的路径对，在第一次相交处交换两条路径相交点之后的部分，便得到一条从 到 的非负路径和一条从 到 的非负路径． 反过来，这两条路径的起点、终点次序相反，必有交点，在第一次相交处交换尾部即可还原，因此这是一个一一对应． 故相交的路径对共有个． 所以固定点号分配时的方案数为 代入 ，并乘上时刻2处的2种点号分配，得 综上， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年12月高三检测卷 数学 （本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：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. 抛物线的准线纵截距为（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知a，，则“”是“”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 3. 已知等差数列满足，，则（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 2026 4. ，和的等比中项不可能为（ ） A. B. C. D. 5. 地铁已成为市民必不可少的交通工具，某地铁线路A，B，C三站点自左向右位于同一条直线上，某市民要步行去地铁站乘地铁前往C站，已知该市民在圆锥曲线E左侧时去A站到达C站更快，反之则去B站更快，若地铁平均速度是该市民的3倍，且A，B两站等候时间期望相同，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 6. 设曲线，设一过原点且斜率一定的直线与曲线相交的弦长为，则“随的增大而增大”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 且 7. 定义在上的函数和的最小正周期分别是和．已知函数的最小正周期为，则下列选项中可能成立的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 8. 满足下列条件的的个数为（ ） （i）有且仅有8项，且其中每个元素都是正整数，并且互不相同； （ii），． A. 72000 B. 28224 C. 28800 D. 57600 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分． 9. 某公司在新年联欢会上组织抽奖活动，抽奖箱里有1张一等奖奖品券，3张二等奖奖品券，6张“谢谢参与”券，参加抽奖活动的规则是不放回地依次抽取3张券，则（ ） A. 第一次抽到“谢谢参与”券的概率为 B. 在第一次抽到一等奖的条件下，第二次抽到二等奖的概率为 C. 三次抽到的都是“谢谢参与”券（即没有得到任何奖项）的概率为 D. 恰好抽到1个一等奖和1个二等奖的概率为 10. 已知函数的定义域，的图像在定义域内连续且均落在图中阴影区域内（包括边界，上下左右无限延伸），则（ ） A. 不可能为奇函数 B. 可能为奇函数 C. 当，记m为的最大值，则m无最大值 D. 若为偶函数，则集合中所有元素之和为 11. 已知中满足，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 方程有两个根，，则________． 13. 函数恰有1个零点，则的取值范围为______． 14. 平面图形斜二测画法为矩形，，，求取值范围为______． 四、解答题：本题共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. 记等差数列的前n项和为，满足，． （1）求的通项公式； （2）设，求（用含n的代数式表示）． 16. 8月7日，杭州地铁18号线过江区间大直径盾构机“奋进号”验收顺利完成．其刀盘直径为12米，为安全高效穿越钱塘江提供强有力设备支撑．以下是奋进号将钻入甬江路站的场景．如图所示，奋进号中心轴与水平面夹角为，奋进号点装有一信号发射器，能随奋进号的转动而转动．将奋进号前端最右沿点（即图示位置）恒记为点．奋进号将在挖好的长方体站台的平面上钻出一个以为短轴的椭圆，分别与三边相切于． （1）平面上是否存在着一点，使得向与发射的信号恒相互垂直？请说明理由． （2）假设由于该站临江，导致开挖时不得不将向方向移了米至，并保持点位置不变．若，求最终隧道中轴线与平面夹角的正弦值． 17. 椭圆左右焦点分别为，，为的弦，且过原点．的最小值为．以为直径作圆与顺时针交于． （1）求的标准方程； （2）若在第一象限，当四边形的面积达到最大时． ①求直线的斜率； ②求证：以圆上一点为圆心，半径为的圆与的交点弦长小于． 18. 已知．（e为自然对数的底数） （1）求证：在定义域上恒有； （2）判断的单调性并求其值域； （3）已知a，，且，求的取值范围． 19. 平面直角坐标系中有n个动点，，，，初始时刻为0，初始位于原点．在每个单位时间内，每个动点向x或y轴正方向移动一个单位长度． （1）求在时刻8到达的不同路径数量； （2）若对任意时间，任意动点都满足． ①求证：在时刻到达所经过不同路径的数量为； ②给定且．若对任意时刻且，都有对任意，，位置不同，求解所有动点在时刻到达所经过路径的不同方案数（用含n，k的代数式表示，注意：两个方案不同当且仅当存在某个动点在两个方案中走过的路径不同）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $