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安徽省宿州市灵璧中学2025届高三上学期模拟考数学试题
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这是一份安徽省宿州市灵璧中学2025届高三上学期模拟考数学试题，文件包含精品解析安徽省宿州市灵璧中学2025届高三上学期开学考试数学试题原卷版docx、精品解析安徽省宿州市灵璧中学2025届高三上学期开学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1. 已知复数，则（ ）
A 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘除法运算结合共轭复数的定义、模长公式计算即可.
【详解】易知，则，
所以．
故选：C．
2. 已知向量，，若存在唯一的实数t，使得，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直的坐标表示得，再转化为判别式为0即可.
【详解】由，得，
即，
由题意可知，存在唯一的实数，使得，
则关于的方程有且只有一个解，
所以，解得.
故选：A.
3. 已知集合，则集合A的元素个数为（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法表示集合A即可得出元素个数.
【详解】，共6个元素.
故选：C.
4. 数学家华罗庚倡导的“优选法”在各领域都应用广泛，就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则等于（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】将用代换，再由二倍角公式及诱导公式计算可得.
【详解】依题意，
所以
.
故选：C
5. 用半径为1的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当容器的容积最大时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，求出，表示出体积表达式，利用导数求出函数的最大值，得到结果．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，那么，
因此，
可得．
令，即，得，
当时，；当时，，
所以时，取得极大值，并且这个极大值是最大值，
把代入，得，
由，得．
故选：B．
6. 函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解.
【详解】因为对任意，都有成立，
可得在上是单调递减的，
则，解得.
故选：A
7. 已知函数，若存在，满足，，且，，则满足条件的实数的最小值为（ ）
A. 506B. 507C. 508D. 509
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数性质可得要使实数的值最小，应尽可能多让取得最值点，则当取一个零点，取最后一个零点时，才能最小，计算即可得.
【详解】函数，对，，
都有，
要使实数的值最小，应尽可能多让取得最值点，
，，
且，
在一个周期上的最大值为4，且，
取一个零点，取最后一个零点时，才能最小，
，，，，，，，
所以的最小值为.
故选：B.
8. 已知定义域为的函数满足：①对任意，有恒成立；②若，则．下列说法不正确的是（ ）
A. 在上是严格增函数B. 若，则
C. 函数经过原点D. 函数的图象与轴重合
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据其单调性判断A；取结合条件①判断B；由判断C；由判断D.
【详解】对于A：不妨设，满足题设条件，但此时在上是严格减函数，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：令，，故C正确；
对于D：，即，
函数的图象与轴重合，故D正确；
故选：A
二、多选题
9. 对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（ ）
A. 数据的第75百分位数是6
B. 若事件的概率满足，则
C. 由两个分类变量的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断独立
D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求出第75百分位数，从而判定A；由互斥加法的概率公式、条件概率公式判定B；根据，可判定C；根据直线方程斜率为负值，可知相关系数为负值，根据所有点都在直线上，可知相关系数绝对值为1，进而可知相关系数，从而判定D.
【详解】对于A，9个数据从小到大排列，由于，所以第75百分位数应该是第7个数8，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由，不可判断独立，故C错误；
对于D，样本点都在直线，说明是负相关且为线性函数关系，所以相关系数为，故D正确，
故选：BD.
10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 若是上的增函数，则
B. 当时，函数有两个极值
C. 当时，函数有两零点
D. 当时，在点处的切线与只有唯一个公共点
【答案】AB
【解析】
【分析】对A：借助导数，令导函数大于等于零恒成立即可得；对B：借助导数研究函数的单调性即可得；对C：举出反例即可得；对D：计算出在点处的切线方程后，联立，解出方程即可得.
【详解】对A：，由是上的增函数，
则有恒成立，即，解得，故A正确；
对B：由，则当时，，
故有两个不等实根，设这两个根分别为且，
则当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
故函数有两个极值，故B正确；
对C：令，
对，有，若，则，
此时有两个非零不等实根，即有三个零点，故C错误；
对D：当时，，则，
，由，则在点处的切线为，
令，即有，解得或，
故在点处的切线与有两个公共点，故D错误.
故选：AB.
11. 一般地，如果一个四面体存在由同一点出发的三条棱两两垂直，我们把这种四面体叫做直角四面体，记该点为直角四面体的直角顶点，两两垂直的三条棱叫直角四面体的直角棱，任意两条直角棱确定的面叫直角四面体的直角面，除三个直角面外的一个面叫斜面．若一个直角四面体的三条直角棱长分别为，，，直角顶点到斜面的距离为，其内切球的半径为，三个直角面的面积分别为，，，三个直角面与斜面所成的角分别为，，，斜面的面积为，则（ ）
A. 直角顶点在斜面上的射影是斜面的内心B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，证明出线面垂直，得到⊥，同理可得⊥，⊥，确定为的垂心，不一定为内心，A错误；B选项，证明线面垂直，求出，由线面角定义得到，同理可得，推出；C选项，先得到，在基础上推出，得到答案；D选项，求出直角四面体的体积得到，，结合和，推出结论.
【详解】A选项，连接，由于⊥，⊥，且，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
同理可得⊥，⊥，
故为的垂心，不一定为内心，A错误；
B选项，由A可知，⊥平面，⊥平面，
延长交于点，连接，因为平面，平面，
则⊥，⊥，
设，在Rt中，，，
故，
又，
所以，
故，
设直角面与斜面所成角分别为，
则，同理可得，
故，B正确；
C选项，显然，
且
，
故，当且仅当时，等号成立，
综上，，C正确；
D选项，直角四面体的体积，
故，，
又，，
所以
，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛，本题的关键是通过面积公式和勾股定理等推出，再判断BCD选项.
三、填空题
12. 设M，N，P是椭圆上的三个点，O为坐标原点，且四边形OMNP为正方形，则椭圆的离心率为______；
【答案】##
【解析】
【分析】根据四边形OMNP为正方形，设出点的坐标，代入椭圆的方程中，再结合点的坐标特点，得到与的关系，最后结合的关系，求椭圆的解离心率即可.
【详解】
因为四边形OMNP为正方形，结合图形可知，可设，
则，则，的坐标为，
所以，所以，
所以椭圆的离心率.
故答案为：.
13. 冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为______．
【答案】##01
【解析】
【分析】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根据古典概型的概率计算公式进行求解即可.
【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为，运算次数为；
正整数7的部分运算过程为，
当运算到10时，运算次数为10，由正整数的运算过程可知，正整数7总的运算次数为；
正整数8的运算次数为；
正整数9的部分运算过程为，当运算到7时，运算次数为3，
由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为；
正整数10的运算次数为6；
故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数，
从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为：
，共种，
其中的运算次数均为奇数的方法总数为：，共种，
故运算次数均为奇数概率为．
故答案为：
14. 已知实数，满足，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】把已知等式变形为，利用函数的单调性得的关系，这样把转化为的函数，再利用导数求得极值即可得解．
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以.
令，则，所以在上单调递增，
所以由，即，得，所以，
所以，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故答案为：
四、解答题
15. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长．
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解；
（2）在和中用两次正弦定理可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解.
【小问1详解】
解法一：由余弦定理可得，
即，整理可得，
所以，
因为，所以.
解法二：由正弦定理可得，
因为，，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
如图所示
由题意可得是角的平分线，，，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
中，由正弦定理可得，
即，解得，
所以，由正弦定理边角互化得，
在中由余弦定理解得，
所以，
在由余弦定理得，
解得.
16. 已知抛物线与交于两点，其中点在第一象限，且，抛物线的准线与轴交于点．
（1）求以线段为直径的圆的方程；
（2）若在抛物线上，且，探究：直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线过定点．
【解析】
【分析】（1）根据图象的对称性，先明确点的纵坐标，代入圆的方程，确定点的横坐标，再求以为直径的圆的方程；
（2）先明确直线不与轴平行，故可设为：，与抛物线方程联立，消去，利用一元二次方程根与系数的关系，写出，，利用进行转化，求出、的关系，确定直线过定点.
【详解】（1）由题意得，两点的纵坐标分别为，
代入中，解得舍去），，
代入中，得，解得抛物线，
则以线段为直径的圆的方程为．
（2）如图：
显然直线与轴不平行，设直线的方程为，
联立，消去得．
设，则．
，且是抛物线上异于的不同两点，．
，同理得，
∴，∴，∴，即，
∴，所以直线过定点．
17. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系证明平面；
（2）根据（1）的结果，利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解.
【小问1详解】
因为是等边三角形，点是的中点，，
所以，且，
点分别是的中点，所以，
中，，且，，
所以，，
所以，即，
且，且平面，
所以平面，平面,
所以平面平面；
【小问2详解】
中，，，，，
所以，
过点作，
因为平面平面，且平面平面；
所以平面，
作，连结，
因为平面，所以，
且，平面，
所以平面，平面，
所以，
则为二面角的平面角，
中，，
中，，
所以，，
所以二面角的余弦值为.
18. 已知函数
（1）求的单调区间和极值；
（2）若在单调递增，求实数的取值范围；
（3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导分析单调性，极值，即可求解.
（2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，即可求解.
（3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解.
【小问1详解】
，，
令，解得，
当时，，当时，，
所以单调递减区间为，单调递增区间为，
所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值.
【小问2详解】
，，
则，
因为在1,2单调递增，
所以在1,2上恒成立，
所以在1,2上恒成立，即，
设，，
所以1,2上单调递增，
所以，
所以，故的取值范围为.
【小问3详解】
若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
由（1）知在上单调递增，
所以当时，，
，，
，
当时，，单调递减，
，
，
，
的取值范围为.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立、存在性问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，
（1）若，有成立，则；
（2）若，有成立，则；
（3）若，有成立，则.
19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数所得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为，.
（1）若，求的值；
（2）当时，若为等比数列，求正整数；
（3）记，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据约数的定义确定约数的个数即可；
（2）结合约数的定义可得，结合等比数列的定义推出，由此确定，
（3）先证明，再证明，结合裂项相消法证明结论.
【小问1详解】
时，因为，
所以为8的所有正约数，故.
【小问2详解】
由题意可知.
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以.
因为，所以，因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以可写为，
经检验该关系满足条件，
所以.
【小问3详解】
由题意知，
所以.
因为，
所以
.
因为，所以.
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据约数定义分析其性质，抓住，，，以及为质数即可求解.
一、单选题
1. 已知复数，则（ ）
A 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘除法运算结合共轭复数的定义、模长公式计算即可.
【详解】易知，则，
所以．
故选：C．
2. 已知向量，，若存在唯一的实数t，使得，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直的坐标表示得，再转化为判别式为0即可.
【详解】由，得，
即，
由题意可知，存在唯一的实数，使得，
则关于的方程有且只有一个解，
所以，解得.
故选：A.
3. 已知集合，则集合A的元素个数为（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法表示集合A即可得出元素个数.
【详解】，共6个元素.
故选：C.
4. 数学家华罗庚倡导的“优选法”在各领域都应用广泛，就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则等于（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】将用代换，再由二倍角公式及诱导公式计算可得.
【详解】依题意，
所以
.
故选：C
5. 用半径为1的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当容器的容积最大时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，求出，表示出体积表达式，利用导数求出函数的最大值，得到结果．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，那么，
因此，
可得．
令，即，得，
当时，；当时，，
所以时，取得极大值，并且这个极大值是最大值，
把代入，得，
由，得．
故选：B．
6. 函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解.
【详解】因为对任意，都有成立，
可得在上是单调递减的，
则，解得.
故选：A
7. 已知函数，若存在，满足，，且，，则满足条件的实数的最小值为（ ）
A. 506B. 507C. 508D. 509
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数性质可得要使实数的值最小，应尽可能多让取得最值点，则当取一个零点，取最后一个零点时，才能最小，计算即可得.
【详解】函数，对，，
都有，
要使实数的值最小，应尽可能多让取得最值点，
，，
且，
在一个周期上的最大值为4，且，
取一个零点，取最后一个零点时，才能最小，
，，，，，，，
所以的最小值为.
故选：B.
8. 已知定义域为的函数满足：①对任意，有恒成立；②若，则．下列说法不正确的是（ ）
A. 在上是严格增函数B. 若，则
C. 函数经过原点D. 函数的图象与轴重合
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据其单调性判断A；取结合条件①判断B；由判断C；由判断D.
【详解】对于A：不妨设，满足题设条件，但此时在上是严格减函数，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：令，，故C正确；
对于D：，即，
函数的图象与轴重合，故D正确；
故选：A
二、多选题
9. 对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（ ）
A. 数据的第75百分位数是6
B. 若事件的概率满足，则
C. 由两个分类变量的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断独立
D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求出第75百分位数，从而判定A；由互斥加法的概率公式、条件概率公式判定B；根据，可判定C；根据直线方程斜率为负值，可知相关系数为负值，根据所有点都在直线上，可知相关系数绝对值为1，进而可知相关系数，从而判定D.
【详解】对于A，9个数据从小到大排列，由于，所以第75百分位数应该是第7个数8，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由，不可判断独立，故C错误；
对于D，样本点都在直线，说明是负相关且为线性函数关系，所以相关系数为，故D正确，
故选：BD.
10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 若是上的增函数，则
B. 当时，函数有两个极值
C. 当时，函数有两零点
D. 当时，在点处的切线与只有唯一个公共点
【答案】AB
【解析】
【分析】对A：借助导数，令导函数大于等于零恒成立即可得；对B：借助导数研究函数的单调性即可得；对C：举出反例即可得；对D：计算出在点处的切线方程后，联立，解出方程即可得.
【详解】对A：，由是上的增函数，
则有恒成立，即，解得，故A正确；
对B：由，则当时，，
故有两个不等实根，设这两个根分别为且，
则当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
故函数有两个极值，故B正确；
对C：令，
对，有，若，则，
此时有两个非零不等实根，即有三个零点，故C错误；
对D：当时，，则，
，由，则在点处的切线为，
令，即有，解得或，
故在点处的切线与有两个公共点，故D错误.
故选：AB.
11. 一般地，如果一个四面体存在由同一点出发的三条棱两两垂直，我们把这种四面体叫做直角四面体，记该点为直角四面体的直角顶点，两两垂直的三条棱叫直角四面体的直角棱，任意两条直角棱确定的面叫直角四面体的直角面，除三个直角面外的一个面叫斜面．若一个直角四面体的三条直角棱长分别为，，，直角顶点到斜面的距离为，其内切球的半径为，三个直角面的面积分别为，，，三个直角面与斜面所成的角分别为，，，斜面的面积为，则（ ）
A. 直角顶点在斜面上的射影是斜面的内心B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，证明出线面垂直，得到⊥，同理可得⊥，⊥，确定为的垂心，不一定为内心，A错误；B选项，证明线面垂直，求出，由线面角定义得到，同理可得，推出；C选项，先得到，在基础上推出，得到答案；D选项，求出直角四面体的体积得到，，结合和，推出结论.
【详解】A选项，连接，由于⊥，⊥，且，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
同理可得⊥，⊥，
故为的垂心，不一定为内心，A错误；
B选项，由A可知，⊥平面，⊥平面，
延长交于点，连接，因为平面，平面，
则⊥，⊥，
设，在Rt中，，，
故，
又，
所以，
故，
设直角面与斜面所成角分别为，
则，同理可得，
故，B正确；
C选项，显然，
且
，
故，当且仅当时，等号成立，
综上，，C正确；
D选项，直角四面体的体积，
故，，
又，，
所以
，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛，本题的关键是通过面积公式和勾股定理等推出，再判断BCD选项.
三、填空题
12. 设M，N，P是椭圆上的三个点，O为坐标原点，且四边形OMNP为正方形，则椭圆的离心率为______；
【答案】##
【解析】
【分析】根据四边形OMNP为正方形，设出点的坐标，代入椭圆的方程中，再结合点的坐标特点，得到与的关系，最后结合的关系，求椭圆的解离心率即可.
【详解】
因为四边形OMNP为正方形，结合图形可知，可设，
则，则，的坐标为，
所以，所以，
所以椭圆的离心率.
故答案为：.
13. 冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、猜想等，其描述为：任一正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1．例如：给出正整数5，则进行这种反复运算的过程为，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任取2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为奇数的概率为______．
【答案】##01
【解析】
【分析】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根据古典概型的概率计算公式进行求解即可.
【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为，运算次数为；
正整数7的部分运算过程为，
当运算到10时，运算次数为10，由正整数的运算过程可知，正整数7总的运算次数为；
正整数8的运算次数为；
正整数9的部分运算过程为，当运算到7时，运算次数为3，
由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为；
正整数10的运算次数为6；
故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数，
从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为：
，共种，
其中的运算次数均为奇数的方法总数为：，共种，
故运算次数均为奇数概率为．
故答案为：
14. 已知实数，满足，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】把已知等式变形为，利用函数的单调性得的关系，这样把转化为的函数，再利用导数求得极值即可得解．
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以.
令，则，所以在上单调递增，
所以由，即，得，所以，
所以，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故答案为：
四、解答题
15. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若角的平分线与交于点，，，求线段的长．
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理角化边或利用正弦定理边化角即可求解；
（2）在和中用两次正弦定理可得，然后在中利用余弦定理可得的长度，进而可得的大小，再在中利用余弦定理即可求解.
【小问1详解】
解法一：由余弦定理可得，
即，整理可得，
所以，
因为，所以.
解法二：由正弦定理可得，
因为，，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
如图所示
由题意可得是角的平分线，，，
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
中，由正弦定理可得，
即，解得，
所以，由正弦定理边角互化得，
在中由余弦定理解得，
所以，
在由余弦定理得，
解得.
16. 已知抛物线与交于两点，其中点在第一象限，且，抛物线的准线与轴交于点．
（1）求以线段为直径的圆的方程；
（2）若在抛物线上，且，探究：直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线过定点．
【解析】
【分析】（1）根据图象的对称性，先明确点的纵坐标，代入圆的方程，确定点的横坐标，再求以为直径的圆的方程；
（2）先明确直线不与轴平行，故可设为：，与抛物线方程联立，消去，利用一元二次方程根与系数的关系，写出，，利用进行转化，求出、的关系，确定直线过定点.
【详解】（1）由题意得，两点的纵坐标分别为，
代入中，解得舍去），，
代入中，得，解得抛物线，
则以线段为直径的圆的方程为．
（2）如图：
显然直线与轴不平行，设直线的方程为，
联立，消去得．
设，则．
，且是抛物线上异于的不同两点，．
，同理得，
∴，∴，∴，即，
∴，所以直线过定点．
17. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系证明平面；
（2）根据（1）的结果，利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解.
【小问1详解】
因为是等边三角形，点是的中点，，
所以，且，
点分别是的中点，所以，
中，，且，，
所以，，
所以，即，
且，且平面，
所以平面，平面,
所以平面平面；
【小问2详解】
中，，，，，
所以，
过点作，
因为平面平面，且平面平面；
所以平面，
作，连结，
因为平面，所以，
且，平面，
所以平面，平面，
所以，
则为二面角的平面角，
中，，
中，，
所以，，
所以二面角的余弦值为.
18. 已知函数
（1）求的单调区间和极值；
（2）若在单调递增，求实数的取值范围；
（3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导分析单调性，极值，即可求解.
（2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，即可求解.
（3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解.
【小问1详解】
，，
令，解得，
当时，，当时，，
所以单调递减区间为，单调递增区间为，
所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值.
【小问2详解】
，，
则，
因为在1,2单调递增，
所以在1,2上恒成立，
所以在1,2上恒成立，即，
设，，
所以1,2上单调递增，
所以，
所以，故的取值范围为.
【小问3详解】
若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
由（1）知在上单调递增，
所以当时，，
，，
，
当时，，单调递减，
，
，
，
的取值范围为.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立、存在性问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，
（1）若，有成立，则；
（2）若，有成立，则；
（3）若，有成立，则.
19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数所得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为，.
（1）若，求的值；
（2）当时，若为等比数列，求正整数；
（3）记，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据约数的定义确定约数的个数即可；
（2）结合约数的定义可得，结合等比数列的定义推出，由此确定，
（3）先证明，再证明，结合裂项相消法证明结论.
【小问1详解】
时，因为，
所以为8的所有正约数，故.
【小问2详解】
由题意可知.
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以.
因为，所以，因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以可写为，
经检验该关系满足条件，
所以.
【小问3详解】
由题意知，
所以.
因为，
所以
.
因为，所以.
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据约数定义分析其性质，抓住，，，以及为质数即可求解.
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