浙江省永嘉中学2025-2026学年高三上学期九月数学教学质量检测试题
1．（2025高三上·永嘉月考）已知一扇形的半径为3，周长为10，则该扇形的面积为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
2．（2025高三上·永嘉月考）已知集合，，则集合中元素个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2025高三上·永嘉月考）根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．只满足一元线性回归模型的的假设
C．只满足一元线性回归模型的的假设
D．不满足一元线性回归模型的，的假设
4．（2025高三上·永嘉月考）点是所在平面内一点，满足，若为中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·永嘉月考）已知 ，则角 所在的区间可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高三上·永嘉月考）在平面直角坐标系中有曲线和，直线与、分别相切于，直线（不同于）与、分别相切于点，则与交点的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·永嘉月考）在平面直角坐标系中，存在圆，点和点，M为圆O上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最小值为
8．（2025高三上·永嘉月考）已知函数，记函数的反函数为，设函数的极值点个数为c；当时，，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·永嘉月考）随机事件A，B满足，其中分别指事件A和B的概率，则下列说法中正确的是（ ）
A．= B．=
C．事件A与B不独立 D．
10．（2025高三上·永嘉月考）在平面直角坐标系中，曲线的方程为：，试判断下列说法中正确的是（ ）
A．曲线与直线：没有交点
B．存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点
C．曲线与直线：有两个交点
D．曲线与圆： 有三个交点
11．（2025高三上·永嘉月考）（多选题）已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（和）组成的三角形，如下图所示，其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题中正确的是（ ）
A．在线段上存在一定点，使得平面
B．存在某个位置，使得直线平面
C．存在某个位置，使得直线与所成角为
D．对于任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角
12．（2025高三上·永嘉月考）已知抛物线：焦点为，过向第一象限作射线，过点作的切线，切点为，且，则点的轨迹是 的一部分（选填：直线，圆，椭圆，抛物线，双曲线）.
13．（2025高三上·永嘉月考）已知函数的定义域为，对任意，有且.若，则 .
14．（2025高三上·永嘉月考）已知，且，记随机变量为中的最小值，则 .
15．（2025高三上·永嘉月考）如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧.
（1）若平面与平面所成的二面角为，求顶点到平面的距离的最大值；
（2）若顶点到平面的距离分别为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
16．（2025高三上·永嘉月考）已知满足三个条件：①，②，③________________.
（1）若条件③是“是直角三角形”，求；
（2）从下列选项中选择一个作为条件③，使满足条件的恰好有2个，并说明你的选择理由.
Ⅰ.，Ⅱ. Ⅲ.是等腰三角形.
17．（2025高三上·永嘉月考）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为．
（1）求与；
（2）求；
（3）证明：．
附：①若随机变量的可能取值为，则
②若随机变量，则．
18．（2025高三上·永嘉月考）平面直角坐标系中，点在以为左，右焦点的双曲线上，双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若不过的直线l与交于不同的两点；
（i）设l的斜率为，若为直线斜率的等差中项，求到l的距离的取值范围；
（ii）如图，点P在双曲线C的左支上，点A在第一象限，l与的平分线m垂直，垂足为D，点O为线段AP的中点，求的最大值.
19．（2025高三上·永嘉月考）已知函数.
（1）设，曲线y=在点（）处切线均经过坐标原点.
（i）求 ；
（ii）求证：；
（2）将的极小值点从小到大排列，形成的数列记为，首项记为.
（i）求证：是单调递增数列；
（ii）求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形半径为r，周长为C，扇形圆心角为，面积为S.
由题意，得，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意和扇形的周长公式可得扇形的圆心角，再由扇形的面积公式得出该扇形的面积.
2．【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题；并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，共有3个元素.
故答案为：C.
【分析】利用复数的四则运算法则化简复数，再由并集的运算法则得出集合C，从而得出集合中元素个数.
3．【答案】D
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，
残差应是均值为0，方差为的随机变量的观测值，
在残差图中显示应均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，
而图中的残差与观测时间存在线性关系，说明均值不为0，残差的方差不是一个常数，
所以不满足一元线性回归模型的所有假设．
故答案为：D.
【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，再结合残差散点图的分布趋势，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，又因为为中点，
所以，
代入可得，
则三点共线，，
所以点是线段上靠近点的四等分点，
则，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】由结合，从而可得点是线段上靠近点的四等分点，再结合图形分析和三角形的面积公式，从而得出的值.
5．【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；三角函数中的恒等变换应用；象限角、轴线角
【解析】【解答】令 ，则 ，又由 ，得 ，解得 ，舍去 ，则 ， 在第二或第四象限，排除A和D，又 而 ，当 时， 排除B，只有C答案满足，故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合二倍角的正弦公式，再利用换元法转化为正弦函数，再利用正弦函数的图象求出三角型函数的值域，再利用完全平方公式结合已知条件，转化为一元二次方程，从而用解一元二次方程的解的方法求出a的值，再利用三角函数值在各象限的符号确定角所在的象限，从而确定角 可能所在的区间。
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：设，
对于曲线，求导得，
所以在处的切线方程为，
则，
对于曲线，求导得，
所以在处的切线方程为，
则，
又因为是与的公切线，
所以，
解得或，
不妨取，同理可得，
从而可得直线，即直线的方程为：，
同理可得直线，即直线的方程为：，
由，
解得，
所以与交点的横坐标是.
故答案为：A.
【分析】设，利用导数的几何意义求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线和直线的方程，再联立两直线方程求解得出直线与直线交点的横坐标.
7．【答案】C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设点，
由圆，点和点，
可得 ，其中，点在圆外，点在圆内，
如图所示，
可得，
当且仅当为的延长线与圆的交点时，取得等号，
所以的最大值为，
由，当且仅当为与圆的交点 时，取得等号，
所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】设点，再利用两点距离公式得出，其中，再结合和，从而得出的最大值和的最小值.
8．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；互为反函数的两个函数之间的关系；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：已知，其反函数，
则.
对求导可得，，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递减，
因为，，
所以在上存在唯一的，使得，即.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因此有且只有一个极值点，则，
令，
因为当时，，
所以恒成立，
对求导可得，，
令，则，
当，，，
所以，在上单调递增，
则，即，
当时，因为，所以，在上单调递增，
则，满足在上恒成立；
当时，因为，所以，在上单调递减，
则，不满足在上恒成立；
当时，因为在上恒成立，
所以在上单调递增，且，，
则在上存在唯一的，使得.当时，，
所以在上单调递减，
则，不满足在上恒成立.
综上所述，实数的取值范围是，
因为，
所以实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】先求出函数的表达式，再求导分析导数的零点个数来确定函数极值点的个数，再构造函数将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，则由不等式恒成立问题得出参数的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：对于选项A：，
，
，
，
，
联立，
，
解得，故选项A错误；
对于选项B：，
，故选项B正确；
对于选项C：，，
，，
事件A与B不独立，故选项C正确；
对于选项D：，
又因为，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据已知条件结合对立事件求概率公式，从而联立方程求出的值，则判断出选项A；利用互斥事件加法求概率公式和对立事件求概率公式，则判断出选项B；利用独立事件求概率公式，则判断出选项C；根据条件概率公式和互斥事件加法求概率公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，将代入曲线，得，
因为，
所以方程有解，即曲线与直线：有交点，故选项A错误；
对于B，因为时，，
所以无解，
则存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点，故选项B正确；
对于C，联立，
解得或或，
则曲线与直线：只有3个交点，故选项C错误；
对于D，将代入曲线，得，
所以或，
当时，即，解得或，
当时，即，解得或，
综上所述，曲线与圆： 有三个交点，故选项D正确．
故答案为：BD．
【分析】将直线与曲线联立，再利用判别式法和方程的根与两函数交点横坐标的等价关系，则判断出选项A；利用已知条件易知直线与曲线没有交点，则判断出选项B；联立直线与曲线方程得出，再利用因式分解求根确定曲线与直线：的交点，则判断出选项C；将圆：代入曲线后可得，从而解得或，再代入圆中求解得出曲线与圆： 的交点，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项．
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于，当为的中点时，
可得，平面，平面，
则平面，故选项正确；
对于，因为，当，且，，
可得直线平面，故选项正确；
对于，取的中点为，则，过作，
可得，
设，，，，
可得，，，，
因为，又因为，
代入计算，可得，
因为，
当时，则，
所以，存在某个位置，使得直线与所成角为，故选项正确；
对于，过作平面，垂足为，连接，
过作，垂足为，连接，
可得为与平面所成角，为二面角的平面角，
则，，，
∴，
可得，
则任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角，故选项正确．
故答案为：ABCD．
【分析】由线面平行的判定定理判断出选项A；由线面垂直的判定定理判断出选项B；假设存在某个位置，使得直线与所成角为，由，过作，可得，设，从而计算出，则可判断选项C；过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为，连接，可得为与平面所成角，为二面角的平面角，再根据和的大小关系得出的大小关系，从而得出两角的正切之间的大小关系，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
12．【答案】直线
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：不妨设，
由，设直线的斜率为①，倾斜角为，切线斜率为，倾斜角为，
由正切和差公式，
可得，
②，
设切线方程为，
联立，
得，
由，得③，
将①③代入②，可得，
化简并因式分解，得，
再代入③，得，
由，得，
所以点的轨迹是直线的一部分.
故答案为：直线.
【分析】设结合已知条件建立与直线、直线的斜率的关系式，再消元得到关于，的方程，从而可得点的轨迹方程，进而得出点的轨迹.
13．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由，
令，则，
代入不等式，得，
再次迭代两次，得，，
由上述三式相加，得，即——①，
再由，
令，则，
代入不等式，得，即——②，
因为对任意，有且，
综合①②，得，
再分别对依次赋值得：
，
，
，
，
，
，
，
，
上述8个式子相加，得：
，
又因为，
所以.
故答案为：.
【分析】通过对两个不等式进行赋值代换，从而得到函数的一个递推关系式，再利用累加法得出的值.
14．【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由，且，
相当于7个1之间的6和空隙中插入两个挡板，
所以共有种情况，
因为随机变量为中的最小值，
所以随机变量为或，
当最小数字为1时，可分为两种情况：
①三个数字中只有一个1时，设其中一个数为1，
则另两数之和为6，且均不小于2，这两个数可以是或，
当三个数为时，有种排列，
当三个数为时，有种排列.故共有种情况；
②三个数字中有两个1时，有种情况，
所以概率为，
当最小数字为2时，则三个数字为，有种情况，
所以概率为，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意转化为7个1之间的6和空隙中插入两个挡板，从而得到基本事件的总数，再分析最小的数字为1和2两种情况讨论，从而分别求得相应的概率，再结合数学期望公式和方差的公式，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：过点A作垂直于平面的平面，
过分别作平面的垂线，垂足分别为，
可知当时，顶点到平面的距离的最大，
则，
因为，所以，则，
在中，得，
因为，所以，
则顶点到平面的距离的最大值为.
（2）解：如图，作平面于，平面于，连接，
过点作，垂足为点，
可得 ，，
，
则 ，
，
， ，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）过点A作垂直于平面的平面，过分别作平面的垂线，垂足分别为，当时，顶点到平面的距离的最大，再利用三角函数定义得出顶点到平面的距离的最大值.
（2）作平面于，平面于，连接，过点作，垂足为点，利用勾股定理可得.，再利用余弦定理可得的值，再根据同角三角函数基本关系式可得的值，设平面与平面所成锐二面角为，再利用和三角形的面积公式，从而得出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（1）过点A作垂直于平面的平面，过分别作平面的垂线，垂足分别为，
可知当时，顶点到平面的距离的最大，
即，而，即，得，
在中，得，而，得，
得顶点到平面的距离的最大值为.
（2）如图，
作平面于，平面于，连接
过点作，垂足为点.
可得： ，，
，
，
，
，
，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：若是直角三角形，分三种情况讨论：
①若，，
整理得，无解；
②若，，则，
又因为，所以，满足条件；
③若，则，
，
整理得，
所以
因为，
所以无解，
则，
又因为，
所以，
则，满足条件，
综上所述，或.
（2）解：仅条件Ⅰ符合题意，理由如下：
对于Ⅰ，Ⅱ，对给定的，
则，
若满足的恰好有2个，
则为锐角，且解出需有两解，分别为一个锐角和一个钝角，
设的锐角解为，则钝角解为，
要使存在，需满足，
解得，
所以，
则，
解得，即，
故Ⅰ符合题意；
因为，所以Ⅱ不满足题意，
对于Ⅲ，若是等腰三角形，分三种情况讨论：
若，
则，，
又因为，所以，
则，满足条件；
若，
则，
所以，，
整理得，
设，
因为，
，
所以在上有零点，
则存在使成立，满足条件；
若，
则，
，
，
整理得，
设，
则，，
则存在，使成立，满足条件；
又因为当时，
不满足条件（可根据②简化步骤），
所以满足题意的至少有三个，
故Ⅲ不满足题意，
所以只有条件Ⅰ符合题意.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数零点存在定理；解三角形的实际应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）分、、三种情况讨论，再结合①②求解得出角A的值.
（2）对Ⅰ，Ⅱ，对给定的的值，由题意可得，则为锐角，所以需有两解，分别为一个锐角和一个钝角，从而解得，则，从而可得只有Ⅰ符合；对于Ⅲ，分、、三种情况讨论，从而分别求解可得三角形有三个，不符题意，进而得出只有条件Ⅰ符合题意.
（1）若是直角三角形，分三种情况讨论：
①若，，
整理得，无解；
②若，，即，
又因为，所以，满足条件；
③若，则，
整理得，
，
因为，
所以无解，
故，
又因为，
所以，
所以，满足条件；
综上，或；
（2）仅条件Ⅰ符合题意，理由如下：
对于Ⅰ，Ⅱ，对给定的，
若满足的恰好有2个，
则为锐角，且解出需有两解，分别为一个锐角和一个钝角.
设的锐角解为，则钝角解为，
要使存在，需满足，
解得，
所以，
即，
解得，即，
故Ⅰ符合题意；
因为，所以Ⅱ不满足题意.
对于Ⅲ，若是等腰三角形，分三种情况讨论：
若，
则有，，
又因为，
所以，
即，满足条件；
若，
则，
所以，，
整理得，
设，
又，
，
则在上有零点，
即存在使成立，满足条件；
若，
则，
，
，
整理得，
设，
则，
即存在，使成立，满足条件；
又因为当时，不满足条件.（可根据②简化步骤）
所以满足题意的至少有三个，
故Ⅲ不满足题意；
所以只有条件Ⅰ符合题意.
17．【答案】（1）解：因为表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，所以，
因为表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，
第5次才摸出最后一个编号的球，
因为第5次才摸出第三个编号的球，
所以，前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）解：依题意，可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得：
，
所以，
则.
（3）证明：设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，
继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设
，
作差可得：
所以
，
所以，
则，
令，
当时，，所以在单调递增，
则，
所以，
则
所以．
【知识点】数列的极限；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据和的定义结合古典概率公式计算，从而得出与的值.
（2）根据题意求出的概率，再根据数学期望公式结合错位相减法求和，从而得出的值.
（3）先求出的概率，再用同（2）的方法求出，再由求出，最后根据导数证出成立.
（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故，
表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球，
第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）依题意可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得，
所以，
所以
（3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设，
作差可得：，
所以，
所以，即，
令，当时，，所以在单调递增，
所以，即，
所以，
所以．
18．【答案】（1）解：因为点在双曲线C上，
所以①，
又因为双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分，
所以渐近线与x轴的交角为，
则②，
由①②，解得，
所以，双曲线的方程为．
（2）解：（i）设直线的方程为，，，
联立，
得，
由韦达定理，得，
由，得，
因为为直线的斜率的等差中项，
则，
代入，
得，
整理得，
当时，直线为，此时直线过焦点，不合题意，
，则，
，代入，化简可得，
解得或，
又因为，
令，可得，
，
因为 在上均单调递减，
所以，
则．
（ii）由题意，得出点A与点P关于原点对称，则，
可知直线m斜率存在，
设直线m斜率为k，记其方向向量，
因为m为的平分线，
所以，
，，
，
同理可得，
又因为，，
代入，
得，化简得，
又因为，，所以，
将代入，，
得，，
，，，
设直线m的方程为，
将代入，得，
直线m的方程为，，
由点到直线距离公式，得，
直线的斜率为，设直线的方程为，将代入得，
直线的方程为，
将其与联立，
得，
则，，
由，得，
则
由基本不等式，得，
当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由点在双曲线上，从而得出双曲线的渐近线与x轴夹角，进而列方程求出参数a，b的值，则可得双曲线的方程.
（2）（i）设直线的方程为，，，联立直线方程与双曲线方程，再利用韦达定理和等差中项的性质，从而列方程得出，再结合判别式法得出、，则求出或，再利用点到直线的距离公式，用表示出，从而得出点到直线l的距离的取值范围.
（ii）设，直线m斜率为k，记其方向向量，根据题意可得，再利用坐标法列方程得到，则代入求出点的坐标，设直线m的方程为，直线的方程为，将点代入求出参数关系，再利用点到直线的距离公式得出且直线的方程为，再联立直线方程和双曲线方程结合韦达定理、弦长公式，从而得出，再利用基本不等式求最值的方法， 从而求出的最大值.
（1）因为点在C上，所以①，
又双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分，
所以渐近线与x轴的交角为，则②，
由①②解得，
故双曲线的方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，
联立得，
韦达定理得，由，得，
因为直线的斜率的等差中项，则，代入，
得，整理得，
当时，直线为，此时直线过焦点，不合题意，
，即，
，代入化简可得，
解得或，
又，
令可得，
，而 在上均单调递减，
所以，故．
（ii）由题意，点A与点P关于原点对称，有，
可知直线m斜率存在，设直线m斜率为k，记其方向向量，
又m为的平分线，则，
，，
，
同理， 又，，
代入，得，化简得，
又，，所以，
将代入，，得，，
，，，
设直线m的方程为，将代入得，
直线m的方程为，，由点到直线距离公式得，
直线的斜率为，设直线的方程为，将代入得，
直线的方程为，
将其与联立得，
则，，由得，
，
由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为．
19．【答案】（1）（i）解：由题意知，令，
则，
得，
所以，曲线在点处的切线方程分别为：
，
因为切线均过原点，
所以，
则，
得.
（ii）证明：由（i）得，
画出函数与图象，如图，
设，知，
由正切函数图象性质，
得，
则，
又因为，
所以，
则，
解得，
所以.
（2）（i）证明：，
令，所以，
则在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以在上有唯一零点且为的极大值点，
又因为，
所以在上有唯一的零点且位于，
易知此零点为函数的极小值点.所以，，
令，
因为，所以，
令，
则 ，
所以，
又因为，
所以在上单调递减，
则，
所以是单调递增数列.
（ii）解：显然的极小值中最小的值为的最小值，
因为 ，
又因为，
所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的函数特性；斜率的计算公式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）（i）由导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式求出函数的切线方程，再根据切线均过原点，从而得出，进而得出的值.
（ii）设，利用已知条件知，由正切函数图象性质得出，从而得出，化简得出，从而证出.
（2）（i）先求出，令，再利用导数正负判断函数的单调性， 从而求出函数的单调区间，进而得到函数的极小值点，令，得到，令，得出，从而得出函数在上单调递减，进而得出，则证出是单调递增数列.
（ii）利用已知条件得出函数的极小值中最小的值为的最小值，再利用得出的最小值.
（1）（i）由题意知，令，则，
得，
所以曲线在点处的切线方程分别为：
，
因为切线均过原点，所以，
即，
得；
（ii）由（i）得，画出函数与图象，如图，
如图，设，
知，
由正切函数图象性质，
得，
即，
又，
所以，
即，解得，即；
（2）（i），于是令，
所以，
即在上单调递减，在上单调递增.
又，，
所以在上有唯一零点且为的极大值点，
又，
所以在上有唯一的零点且位于，
易知此零点为函数的极小值点.所以，；
令，
又，即，
令，
则 ，
所以，又因为，
所以在上单调递减，于是.
所以是单调递增数列；
（ii）显然的极小值中最小的值为的最小值，
又 ，
又，
所以，
所以.
1 / 1浙江省永嘉中学2025-2026学年高三上学期九月数学教学质量检测试题
1．（2025高三上·永嘉月考）已知一扇形的半径为3，周长为10，则该扇形的面积为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形半径为r，周长为C，扇形圆心角为，面积为S.
由题意，得，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意和扇形的周长公式可得扇形的圆心角，再由扇形的面积公式得出该扇形的面积.
2．（2025高三上·永嘉月考）已知集合，，则集合中元素个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】集合中元素的个数问题；并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，共有3个元素.
故答案为：C.
【分析】利用复数的四则运算法则化简复数，再由并集的运算法则得出集合C，从而得出集合中元素个数.
3．（2025高三上·永嘉月考）根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．只满足一元线性回归模型的的假设
C．只满足一元线性回归模型的的假设
D．不满足一元线性回归模型的，的假设
【答案】D
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，
残差应是均值为0，方差为的随机变量的观测值，
在残差图中显示应均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，
而图中的残差与观测时间存在线性关系，说明均值不为0，残差的方差不是一个常数，
所以不满足一元线性回归模型的所有假设．
故答案为：D.
【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，再结合残差散点图的分布趋势，从而找出正确的选项.
4．（2025高三上·永嘉月考）点是所在平面内一点，满足，若为中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，又因为为中点，
所以，
代入可得，
则三点共线，，
所以点是线段上靠近点的四等分点，
则，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】由结合，从而可得点是线段上靠近点的四等分点，再结合图形分析和三角形的面积公式，从而得出的值.
5．（2025高三上·永嘉月考）已知 ，则角 所在的区间可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；三角函数中的恒等变换应用；象限角、轴线角
【解析】【解答】令 ，则 ，又由 ，得 ，解得 ，舍去 ，则 ， 在第二或第四象限，排除A和D，又 而 ，当 时， 排除B，只有C答案满足，故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合二倍角的正弦公式，再利用换元法转化为正弦函数，再利用正弦函数的图象求出三角型函数的值域，再利用完全平方公式结合已知条件，转化为一元二次方程，从而用解一元二次方程的解的方法求出a的值，再利用三角函数值在各象限的符号确定角所在的象限，从而确定角 可能所在的区间。
6．（2025高三上·永嘉月考）在平面直角坐标系中有曲线和，直线与、分别相切于，直线（不同于）与、分别相切于点，则与交点的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：设，
对于曲线，求导得，
所以在处的切线方程为，
则，
对于曲线，求导得，
所以在处的切线方程为，
则，
又因为是与的公切线，
所以，
解得或，
不妨取，同理可得，
从而可得直线，即直线的方程为：，
同理可得直线，即直线的方程为：，
由，
解得，
所以与交点的横坐标是.
故答案为：A.
【分析】设，利用导数的几何意义求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线和直线的方程，再联立两直线方程求解得出直线与直线交点的横坐标.
7．（2025高三上·永嘉月考）在平面直角坐标系中，存在圆，点和点，M为圆O上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最小值为
【答案】C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设点，
由圆，点和点，
可得 ，其中，点在圆外，点在圆内，
如图所示，
可得，
当且仅当为的延长线与圆的交点时，取得等号，
所以的最大值为，
由，当且仅当为与圆的交点 时，取得等号，
所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】设点，再利用两点距离公式得出，其中，再结合和，从而得出的最大值和的最小值.
8．（2025高三上·永嘉月考）已知函数，记函数的反函数为，设函数的极值点个数为c；当时，，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；互为反函数的两个函数之间的关系；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：已知，其反函数，
则.
对求导可得，，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递减，
因为，，
所以在上存在唯一的，使得，即.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因此有且只有一个极值点，则，
令，
因为当时，，
所以恒成立，
对求导可得，，
令，则，
当，，，
所以，在上单调递增，
则，即，
当时，因为，所以，在上单调递增，
则，满足在上恒成立；
当时，因为，所以，在上单调递减，
则，不满足在上恒成立；
当时，因为在上恒成立，
所以在上单调递增，且，，
则在上存在唯一的，使得.当时，，
所以在上单调递减，
则，不满足在上恒成立.
综上所述，实数的取值范围是，
因为，
所以实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】先求出函数的表达式，再求导分析导数的零点个数来确定函数极值点的个数，再构造函数将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，则由不等式恒成立问题得出参数的取值范围.
9．（2025高三上·永嘉月考）随机事件A，B满足，其中分别指事件A和B的概率，则下列说法中正确的是（ ）
A．= B．=
C．事件A与B不独立 D．
【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：对于选项A：，
，
，
，
，
联立，
，
解得，故选项A错误；
对于选项B：，
，故选项B正确；
对于选项C：，，
，，
事件A与B不独立，故选项C正确；
对于选项D：，
又因为，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据已知条件结合对立事件求概率公式，从而联立方程求出的值，则判断出选项A；利用互斥事件加法求概率公式和对立事件求概率公式，则判断出选项B；利用独立事件求概率公式，则判断出选项C；根据条件概率公式和互斥事件加法求概率公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025高三上·永嘉月考）在平面直角坐标系中，曲线的方程为：，试判断下列说法中正确的是（ ）
A．曲线与直线：没有交点
B．存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点
C．曲线与直线：有两个交点
D．曲线与圆： 有三个交点
【答案】B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，将代入曲线，得，
因为，
所以方程有解，即曲线与直线：有交点，故选项A错误；
对于B，因为时，，
所以无解，
则存在垂直于x轴的直线与曲线没有交点，故选项B正确；
对于C，联立，
解得或或，
则曲线与直线：只有3个交点，故选项C错误；
对于D，将代入曲线，得，
所以或，
当时，即，解得或，
当时，即，解得或，
综上所述，曲线与圆： 有三个交点，故选项D正确．
故答案为：BD．
【分析】将直线与曲线联立，再利用判别式法和方程的根与两函数交点横坐标的等价关系，则判断出选项A；利用已知条件易知直线与曲线没有交点，则判断出选项B；联立直线与曲线方程得出，再利用因式分解求根确定曲线与直线：的交点，则判断出选项C；将圆：代入曲线后可得，从而解得或，再代入圆中求解得出曲线与圆： 的交点，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项．
11．（2025高三上·永嘉月考）（多选题）已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（和）组成的三角形，如下图所示，其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题中正确的是（ ）
A．在线段上存在一定点，使得平面
B．存在某个位置，使得直线平面
C．存在某个位置，使得直线与所成角为
D．对于任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：对于，当为的中点时，
可得，平面，平面，
则平面，故选项正确；
对于，因为，当，且，，
可得直线平面，故选项正确；
对于，取的中点为，则，过作，
可得，
设，，，，
可得，，，，
因为，又因为，
代入计算，可得，
因为，
当时，则，
所以，存在某个位置，使得直线与所成角为，故选项正确；
对于，过作平面，垂足为，连接，
过作，垂足为，连接，
可得为与平面所成角，为二面角的平面角，
则，，，
∴，
可得，
则任意位置，二面角始终不小于直线与平面所成角，故选项正确．
故答案为：ABCD．
【分析】由线面平行的判定定理判断出选项A；由线面垂直的判定定理判断出选项B；假设存在某个位置，使得直线与所成角为，由，过作，可得，设，从而计算出，则可判断选项C；过作平面，垂足为，连接，过作，垂足为，连接，可得为与平面所成角，为二面角的平面角，再根据和的大小关系得出的大小关系，从而得出两角的正切之间的大小关系，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
12．（2025高三上·永嘉月考）已知抛物线：焦点为，过向第一象限作射线，过点作的切线，切点为，且，则点的轨迹是 的一部分（选填：直线，圆，椭圆，抛物线，双曲线）.
【答案】直线
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：不妨设，
由，设直线的斜率为①，倾斜角为，切线斜率为，倾斜角为，
由正切和差公式，
可得，
②，
设切线方程为，
联立，
得，
由，得③，
将①③代入②，可得，
化简并因式分解，得，
再代入③，得，
由，得，
所以点的轨迹是直线的一部分.
故答案为：直线.
【分析】设结合已知条件建立与直线、直线的斜率的关系式，再消元得到关于，的方程，从而可得点的轨迹方程，进而得出点的轨迹.
13．（2025高三上·永嘉月考）已知函数的定义域为，对任意，有且.若，则 .
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由，
令，则，
代入不等式，得，
再次迭代两次，得，，
由上述三式相加，得，即——①，
再由，
令，则，
代入不等式，得，即——②，
因为对任意，有且，
综合①②，得，
再分别对依次赋值得：
，
，
，
，
，
，
，
，
上述8个式子相加，得：
，
又因为，
所以.
故答案为：.
【分析】通过对两个不等式进行赋值代换，从而得到函数的一个递推关系式，再利用累加法得出的值.
14．（2025高三上·永嘉月考）已知，且，记随机变量为中的最小值，则 .
【答案】
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由，且，
相当于7个1之间的6和空隙中插入两个挡板，
所以共有种情况，
因为随机变量为中的最小值，
所以随机变量为或，
当最小数字为1时，可分为两种情况：
①三个数字中只有一个1时，设其中一个数为1，
则另两数之和为6，且均不小于2，这两个数可以是或，
当三个数为时，有种排列，
当三个数为时，有种排列.故共有种情况；
②三个数字中有两个1时，有种情况，
所以概率为，
当最小数字为2时，则三个数字为，有种情况，
所以概率为，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意转化为7个1之间的6和空隙中插入两个挡板，从而得到基本事件的总数，再分析最小的数字为1和2两种情况讨论，从而分别求得相应的概率，再结合数学期望公式和方差的公式，从而得出的值.
15．（2025高三上·永嘉月考）如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧.
（1）若平面与平面所成的二面角为，求顶点到平面的距离的最大值；
（2）若顶点到平面的距离分别为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）解：过点A作垂直于平面的平面，
过分别作平面的垂线，垂足分别为，
可知当时，顶点到平面的距离的最大，
则，
因为，所以，则，
在中，得，
因为，所以，
则顶点到平面的距离的最大值为.
（2）解：如图，作平面于，平面于，连接，
过点作，垂足为点，
可得 ，，
，
则 ，
，
， ，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）过点A作垂直于平面的平面，过分别作平面的垂线，垂足分别为，当时，顶点到平面的距离的最大，再利用三角函数定义得出顶点到平面的距离的最大值.
（2）作平面于，平面于，连接，过点作，垂足为点，利用勾股定理可得.，再利用余弦定理可得的值，再根据同角三角函数基本关系式可得的值，设平面与平面所成锐二面角为，再利用和三角形的面积公式，从而得出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（1）过点A作垂直于平面的平面，过分别作平面的垂线，垂足分别为，
可知当时，顶点到平面的距离的最大，
即，而，即，得，
在中，得，而，得，
得顶点到平面的距离的最大值为.
（2）如图，
作平面于，平面于，连接
过点作，垂足为点.
可得： ，，
，
，
，
，
，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
16．（2025高三上·永嘉月考）已知满足三个条件：①，②，③________________.
（1）若条件③是“是直角三角形”，求；
（2）从下列选项中选择一个作为条件③，使满足条件的恰好有2个，并说明你的选择理由.
Ⅰ.，Ⅱ. Ⅲ.是等腰三角形.
【答案】（1）解：若是直角三角形，分三种情况讨论：
①若，，
整理得，无解；
②若，，则，
又因为，所以，满足条件；
③若，则，
，
整理得，
所以
因为，
所以无解，
则，
又因为，
所以，
则，满足条件，
综上所述，或.
（2）解：仅条件Ⅰ符合题意，理由如下：
对于Ⅰ，Ⅱ，对给定的，
则，
若满足的恰好有2个，
则为锐角，且解出需有两解，分别为一个锐角和一个钝角，
设的锐角解为，则钝角解为，
要使存在，需满足，
解得，
所以，
则，
解得，即，
故Ⅰ符合题意；
因为，所以Ⅱ不满足题意，
对于Ⅲ，若是等腰三角形，分三种情况讨论：
若，
则，，
又因为，所以，
则，满足条件；
若，
则，
所以，，
整理得，
设，
因为，
，
所以在上有零点，
则存在使成立，满足条件；
若，
则，
，
，
整理得，
设，
则，，
则存在，使成立，满足条件；
又因为当时，
不满足条件（可根据②简化步骤），
所以满足题意的至少有三个，
故Ⅲ不满足题意，
所以只有条件Ⅰ符合题意.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数零点存在定理；解三角形的实际应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）分、、三种情况讨论，再结合①②求解得出角A的值.
（2）对Ⅰ，Ⅱ，对给定的的值，由题意可得，则为锐角，所以需有两解，分别为一个锐角和一个钝角，从而解得，则，从而可得只有Ⅰ符合；对于Ⅲ，分、、三种情况讨论，从而分别求解可得三角形有三个，不符题意，进而得出只有条件Ⅰ符合题意.
（1）若是直角三角形，分三种情况讨论：
①若，，
整理得，无解；
②若，，即，
又因为，所以，满足条件；
③若，则，
整理得，
，
因为，
所以无解，
故，
又因为，
所以，
所以，满足条件；
综上，或；
（2）仅条件Ⅰ符合题意，理由如下：
对于Ⅰ，Ⅱ，对给定的，
若满足的恰好有2个，
则为锐角，且解出需有两解，分别为一个锐角和一个钝角.
设的锐角解为，则钝角解为，
要使存在，需满足，
解得，
所以，
即，
解得，即，
故Ⅰ符合题意；
因为，所以Ⅱ不满足题意.
对于Ⅲ，若是等腰三角形，分三种情况讨论：
若，
则有，，
又因为，
所以，
即，满足条件；
若，
则，
所以，，
整理得，
设，
又，
，
则在上有零点，
即存在使成立，满足条件；
若，
则，
，
，
整理得，
设，
则，
即存在，使成立，满足条件；
又因为当时，不满足条件.（可根据②简化步骤）
所以满足题意的至少有三个，
故Ⅲ不满足题意；
所以只有条件Ⅰ符合题意.
17．（2025高三上·永嘉月考）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为．
（1）求与；
（2）求；
（3）证明：．
附：①若随机变量的可能取值为，则
②若随机变量，则．
【答案】（1）解：因为表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，所以，
因为表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，
第5次才摸出最后一个编号的球，
因为第5次才摸出第三个编号的球，
所以，前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）解：依题意，可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得：
，
所以，
则.
（3）证明：设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，
继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设
，
作差可得：
所以
，
所以，
则，
令，
当时，，所以在单调递增，
则，
所以，
则
所以．
【知识点】数列的极限；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据和的定义结合古典概率公式计算，从而得出与的值.
（2）根据题意求出的概率，再根据数学期望公式结合错位相减法求和，从而得出的值.
（3）先求出的概率，再用同（2）的方法求出，再由求出，最后根据导数证出成立.
（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故，
表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球，
第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）依题意可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得，
所以，
所以
（3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设，
作差可得：，
所以，
所以，即，
令，当时，，所以在单调递增，
所以，即，
所以，
所以．
18．（2025高三上·永嘉月考）平面直角坐标系中，点在以为左，右焦点的双曲线上，双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若不过的直线l与交于不同的两点；
（i）设l的斜率为，若为直线斜率的等差中项，求到l的距离的取值范围；
（ii）如图，点P在双曲线C的左支上，点A在第一象限，l与的平分线m垂直，垂足为D，点O为线段AP的中点，求的最大值.
【答案】（1）解：因为点在双曲线C上，
所以①，
又因为双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分，
所以渐近线与x轴的交角为，
则②，
由①②，解得，
所以，双曲线的方程为．
（2）解：（i）设直线的方程为，，，
联立，
得，
由韦达定理，得，
由，得，
因为为直线的斜率的等差中项，
则，
代入，
得，
整理得，
当时，直线为，此时直线过焦点，不合题意，
，则，
，代入，化简可得，
解得或，
又因为，
令，可得，
，
因为 在上均单调递减，
所以，
则．
（ii）由题意，得出点A与点P关于原点对称，则，
可知直线m斜率存在，
设直线m斜率为k，记其方向向量，
因为m为的平分线，
所以，
，，
，
同理可得，
又因为，，
代入，
得，化简得，
又因为，，所以，
将代入，，
得，，
，，，
设直线m的方程为，
将代入，得，
直线m的方程为，，
由点到直线距离公式，得，
直线的斜率为，设直线的方程为，将代入得，
直线的方程为，
将其与联立，
得，
则，，
由，得，
则
由基本不等式，得，
当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由点在双曲线上，从而得出双曲线的渐近线与x轴夹角，进而列方程求出参数a，b的值，则可得双曲线的方程.
（2）（i）设直线的方程为，，，联立直线方程与双曲线方程，再利用韦达定理和等差中项的性质，从而列方程得出，再结合判别式法得出、，则求出或，再利用点到直线的距离公式，用表示出，从而得出点到直线l的距离的取值范围.
（ii）设，直线m斜率为k，记其方向向量，根据题意可得，再利用坐标法列方程得到，则代入求出点的坐标，设直线m的方程为，直线的方程为，将点代入求出参数关系，再利用点到直线的距离公式得出且直线的方程为，再联立直线方程和双曲线方程结合韦达定理、弦长公式，从而得出，再利用基本不等式求最值的方法， 从而求出的最大值.
（1）因为点在C上，所以①，
又双曲线C的渐近线和y轴将xOy平面六等分，
所以渐近线与x轴的交角为，则②，
由①②解得，
故双曲线的方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，
联立得，
韦达定理得，由，得，
因为直线的斜率的等差中项，则，代入，
得，整理得，
当时，直线为，此时直线过焦点，不合题意，
，即，
，代入化简可得，
解得或，
又，
令可得，
，而 在上均单调递减，
所以，故．
（ii）由题意，点A与点P关于原点对称，有，
可知直线m斜率存在，设直线m斜率为k，记其方向向量，
又m为的平分线，则，
，，
，
同理， 又，，
代入，得，化简得，
又，，所以，
将代入，，得，，
，，，
设直线m的方程为，将代入得，
直线m的方程为，，由点到直线距离公式得，
直线的斜率为，设直线的方程为，将代入得，
直线的方程为，
将其与联立得，
则，，由得，
，
由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为．
19．（2025高三上·永嘉月考）已知函数.
（1）设，曲线y=在点（）处切线均经过坐标原点.
（i）求 ；
（ii）求证：；
（2）将的极小值点从小到大排列，形成的数列记为，首项记为.
（i）求证：是单调递增数列；
（ii）求的最小值.
【答案】（1）（i）解：由题意知，令，
则，
得，
所以，曲线在点处的切线方程分别为：
，
因为切线均过原点，
所以，
则，
得.
（ii）证明：由（i）得，
画出函数与图象，如图，
设，知，
由正切函数图象性质，
得，
则，
又因为，
所以，
则，
解得，
所以.
（2）（i）证明：，
令，所以，
则在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以在上有唯一零点且为的极大值点，
又因为，
所以在上有唯一的零点且位于，
易知此零点为函数的极小值点.所以，，
令，
因为，所以，
令，
则 ，
所以，
又因为，
所以在上单调递减，
则，
所以是单调递增数列.
（ii）解：显然的极小值中最小的值为的最小值，
因为 ，
又因为，
所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的函数特性；斜率的计算公式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）（i）由导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式求出函数的切线方程，再根据切线均过原点，从而得出，进而得出的值.
（ii）设，利用已知条件知，由正切函数图象性质得出，从而得出，化简得出，从而证出.
（2）（i）先求出，令，再利用导数正负判断函数的单调性， 从而求出函数的单调区间，进而得到函数的极小值点，令，得到，令，得出，从而得出函数在上单调递减，进而得出，则证出是单调递增数列.
（ii）利用已知条件得出函数的极小值中最小的值为的最小值，再利用得出的最小值.
（1）（i）由题意知，令，则，
得，
所以曲线在点处的切线方程分别为：
，
因为切线均过原点，所以，
即，
得；
（ii）由（i）得，画出函数与图象，如图，
如图，设，
知，
由正切函数图象性质，
得，
即，
又，
所以，
即，解得，即；
（2）（i），于是令，
所以，
即在上单调递减，在上单调递增.
又，，
所以在上有唯一零点且为的极大值点，
又，
所以在上有唯一的零点且位于，
易知此零点为函数的极小值点.所以，；
令，
又，即，
令，
则 ，
所以，又因为，
所以在上单调递减，于是.
所以是单调递增数列；
（ii）显然的极小值中最小的值为的最小值，
又 ，
又，
所以，
所以.
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