江苏省苏州市部分学校2025届新高三暑期调研考试暨高考模拟考试数学试题（原卷及解析版）

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数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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，再选涂其它答案标号．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．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符．
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】将，与的终边相同．
【详解】，
又终边在第三象限，
所在的象限为第三象限，
故选：C．
2. 过原点的圆的圆心为，则原点处与圆相切的直线的倾斜角为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆心为，即可求出，从而得到，再由诱导公式及倾斜角的定义判断即可.
【详解】设圆心为，则，
依题意，所以，
又，所以直线的倾斜角为3．.
故选：A
3. 已知函数的图像如图所示，则可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题使用排除法，通过赋值法可排除，项，通过对指数函数与幂函数增长速度的比较，可以排除项，从而得出正确选项.
【详解】对于，，与题图不符，故错误；
对于，当时，因为指数函数的增长速度远大于幂函数的增长速度，所以，与题图不符，故错误；
对于，，与题图不符，故错误；
通过排除法，所以正确.
故选：.
4. 已知正四棱锥的8条棱长均相等，为顶点在底面的射影，则（ ）
A. 侧棱与底面所成角的大小为
B. 设，为正方形边上的两点，则二面角的值大于
C. 侧面与底面所成角的大小为
D. 设为正方形上的点，则直线与底面所成角的最大值为
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面角、面面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，平面，
平面，则.
，
对于A，依题意可知是侧棱与底面所成的角，
，为锐角，且，则A选项错误.
对于B，过作，垂足为，由于平面，
则，由于平面，
则平面，由于平面，则，
则二面角的平面角为，
由于平面，则，
当时，平面，则平面..平面，
此时二面角为直角，
当时，，由于是正方形边上的两个点，
则，则，
则二面角的值大于.则B选项正确.
对于C，设是的中点，连接，由于，
侧面与底面的交线为，
则侧面与底面所成角的平面角为，
由于平面，则，，
则，则侧面与底面所成的角大于，则C选项错误.
对于D，当点与点重合时，直线与底面所成角为，则D选项错误.
故选：B
5. 命题为的根，命题若，则，则命题为命题的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】首先推导出，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为
，
由命题为的根，则，
又，则，所以，
故，故由推得出，所以充分性成立；
若且，则，
所以，即，
所以为的根，故由推得出，即必要性成立；
所以命题为命题的充分必要条件.
故选：C
6. 在实际生活中，我们会用铁片焊接到钢管上以保证管道正常使用．更极端地，我们可以用有限个铁片焊接到钢管上绕整个钢管侧面一周，其类似下面的数学概念．称为紧致的，如果对任意满足的开集族，都存在有限的，使得．称一个集合为开集，如果对其中任意一个点，都存在一个，使得以为球心，为半径的球的内部包含于．则以下集合中，紧致的集合的个数为（ ）
①，②，③.
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】A
【解析】
【分析】根据定义，只需要对每个集合都给出无限个开集覆盖之，而其中任意有限个都不能覆盖之，即可证明每个集合都不是紧致的，从而A选项正确.
【详解】对非空有限集，用表示中的最大元素.
由于，且都是开集.
但对任意非空有限集（如果是空集，则不可能成立，后面两种情况也类似），有
.
而不包含，故不是紧致的；
由于，且都是开集.
但对任意非空有限集，有.
而不包含，
故不是紧致的；
由于，且都是开集.
但对任意非空有限集，有.
不包含，故不是紧致的.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对紧致集合定义的理解，以及对开覆盖的恰当构造.
7. 奇函数于上连续，满足当时，，且，若对任意使得直线，垂直的正数，都有：，则的最大可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定满足，然后证明原命题的充要条件是，即可得到的最大值.
【详解】由已知可得在上二阶可导，从而对，设.
则当时，有.
所以在上恒为定值，设为，则对有.
这表明对任意，都有，所以不小于每一个负数，故.
由于对，由知或，但在上二阶可导，故和都连续.
所以连续，从而只可能恒有或恒有.
若，设，则.
所以在上恒为定值，但由于在上连续，故在上连续，从而在上恒为定值.
而是奇函数，故，所以对有.
这就得到，故.
若，同理可得，
但这就得到，矛盾.
所以必有，再代入得.
从而.
由于对满足，故在上单调递增.
而，，.
故，从而对有，又因为是奇函数，故对任意实数都有.
另外，两直线，垂直，当且仅当，即.
根据之前得到的，不等式等价于，即.
因此问题可等价转化为：若对任意满足的正数都有，求的最大值.
一方面，若对任意满足的正数都有，则特别地，我们可以取，，因为它们都是正数，且满足.
这就得到，从而；
另一方面，若，则.
从而对任意满足的正数，我们有
，
所以，即，从而此时的满足条件.
综上，原命题成立的充要条件是，这表明的最大值是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造恰当的函数，从而能够利用题目条件得到新函数的性质.
8. 考虑从到的所有正整数．我们作一个的数表，使得若为的倍数，则在位置填入，否则填为，则据数表中的数之和最接近的数为（ ）（已知）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将命题转化为计算的大致区间，然后直接计算和，再用导数估计剩余的项，即可得到结果.
【详解】设，则数表中的数之和为.
设表示不超过的最大整数，则对，在中有个的倍数.
所以，故数表中的数之和为.
由于对有，对有，对有，对有，对有，对有，对有，
对有，对有，对有，对有，对有，对有，对有，对有，对有.
故
.
同时有
.
最后，设，则，所以对有，对有.
故在上递减，在上递增，从而.
所以对大于的正整数，由有，即；由有，即.
所以有，
.
从而，且
.
而，，
故，.
因此，从而选项中最接近的是D选项.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对目标的表达式分为三段，每段需用不同的方式进行处理.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，选对得6分，漏选得部分分，错选或不选得0分．
9. 1843年，Hamiltn在爱尔兰发现四元数．当时他正研究扩展复数到更高的维次（复数可视为平面上的点）．他不能做到三维空间的例子，但四维则造出四元数．根据哈密顿记述，他于10月16日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突然想到的方程解．之后哈密顿立刻将此方程刻在Brughant Bridge．对四元数，的单位，其运算满足：，，，，，，；记，，，定义，记所有四元数构成的集合为，则以下说法中正确的有（ ）
A. 集合的元素按乘法得到一个八元集合
B. 若非零元，则有：
C. 若，则有：
D. 若非零元，则有：
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用已知条件求出所求集合为即可；对于B，直接给出反例，即可；对于C，利用的定义计算即可；对于D，利用C选项的结果验证即可.
【详解】对于A，由于，，，，故集合的元素按乘法可以得到集合，容易验证该集合中任意两个元素的乘积还在该集合中，故集合的元素按乘法得到的集合是八元集合，故A正确；
对于B，取，，则，故B错误；
对于C，若，设，，则
，故C正确；
对于D，根据题目中的定义有，从而.
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，只有理解了定义，方可求解所求的问题.
10. 考虑函数，记函数，其中为的整数部分，定义为在上满足的根的个数，则以下说法正确的有（ ）
A. 的值域为B.
C. 为周期函数当且仅当为有理数D. 对成立
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，直接给出作为反例即可；对于B，根据定义，将命题转化为求方程在上的解的个数，再用余弦函数的性质即可；对于C，直接说明和或者都是周期函数或者都不是周期函数即可；对于D，利用余弦函数的单调性证明即可.
【详解】对于A，显然当时有，故A错误；
对于B，根据定义，是方程在上的解的个数.
而，故意味着，即.
由于是整数，故，从而是方程在上的解的个数.
又因为，故该方程等价于或，这在上的全部解构成的集合是，共个解，故B正确；
对于C，由于（二者函数值相等或同时没有定义），故和或者都是周期函数，或者都不是周期函数.
所以或者时不是周期函数，或者时是周期函数，无论哪种情况，都能导致C选项错误；
对于D，该选项等价于，对任意，方程在上都有解.
而，故等价于或，即或.
由于恒成立，故方程等价于或，即或..
但当时，有，；
当时，有；
当时，有；
当时，有.
从而原方程在上无解，从而，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用余弦函数的对称性和单调性，以及对取整函数定义的理解.
11. 在现实的经济生活中，投资者在面对不确定性时往往表现出风险厌恶的特征．当投资者的财富发生变化时，其用于投资风险资产的绝对量和相对量都将会发生变化．假设一名风险厌恶的投资者的效用函数（，为一连续区间）是可导且其导函数也可导的．若函数在上单调递减，则称该投资者是递减绝对风险厌恶的；若函数在上单调递减，则称该投资者是递减相对风险厌恶的．则以下哪些效用函数对应的投资者是递减绝对风险厌恶的，但不是递减相对风险厌恶的？（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求导，根据递减绝对风险厌恶与递减相对风险厌恶的概念分别判断即可.
【详解】A选项：，则，
所以，在上单调递增，
所以不是递减绝对风险厌恶，A选项错误；
B选项：，，，
所以在上单调递减，所以是递减绝对风险厌恶，
，在上单调递增，所以不是递减相对风险厌恶，B选项正确；
C选项：，则，，
所以，，，
所以，即单调递减，所以是满足递减绝对风险厌恶，
又，恒成立，即单调递增，所以不是递减相对风险厌恶，C选项正确；
D选项：，则，，
所以，，即单调递增，所以不是递减绝对风险厌恶，D选项错误；
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的两个空中，第一个空2分，第二个空3分．
12. 已知某工厂有三条流水线用于生产某产品，三条流水线的产量之比为2：1：2，根据抽样，有：
则流水线2的均值为__________，流水线3的标准差为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设三条流水线的产量为，根据平均数和分层抽样方差计算公式求解.
【详解】根据题意，设三条流水线的产量为，流水线2的均值为m，
则，解得，
设流水线3的方差为，则
，
解得.
故答案为：；.
13. 数列满足，其中，，．当，时，该数列的通项公式为__________，若该数列满足对任意的正整数，都有：，当时，符合条件的正整数对的个数为__________．其中为的最大公因数．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）直接构造通项并验证满足递推公式即可；
（2）利用最大公因数的性质，将命题等价转化为，再求解满足的的个数即可.
【详解】（1）当，时，有，，.
设，则，，且
.
故具有相同的初值和递推式，故，从而；
（2）根据，，，知，.
一方面，若，则，故.
从而；
另一方面，若，下面证明：.
定义数列满足，，.
则用数学归纳法可证明，，
直接利用公式计算可知，对，有.
由于，，，故.
从而如果，就有；
如果，就有.
定义序列如下：，且对非负整数，.
则根据上面的结论，有，同时根据最大公因数的性质，有.
而若，则；
若，则.
综上，总有.
由于非负整数不能无限严格递减下去，故存在非负整数，使得.
考虑前面的不等号的取等条件，有，，或，.
即存在非负整数，使得或.
若，则；
若，则.
所以，而我们又有，，故
.
从而.
综上，的充要条件是.
从而我们需要确定的是，当时，满足的正整数对的个数.
而在的情况下，有，故所求的的个数，就是中和互质的正整数的个数.
由于，故中和互质的正整数的个数相当于从该集合中去掉的倍数后的元素个数，即等于.
所以满足条件的正整数对的个数为.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用递推数列和最大公因数的性质解决问题.
14. 已知抛物线的焦点为，满足若过点的直线交于，则有．在上有三点构成等边三角形，其中心的轨迹记为，则的轨迹方程为___________，试给出一圆，使得对上任意一点，过点作的两条切线分别交于不同于的点，则必为的切线：___________．
【答案】 ①. ②. （答出一种特殊情况即可）
【解析】
【分析】（1）先确定的方程，然后利用等边三角形的性质计算轨迹方程；
（2）先给出圆的方程，再计算验证即可.
【详解】
（1）设直线交的准线于点，据已知有，故.
而点都在线段外，故重合，从而在的准线上，所以的准线是.
这就得到，所以的方程是.
设上的三个不同点，，构成等边三角形，设该三角形的重心为，则.
所以的坐标分别是.
故，.
得，
.
两式分别相加，相减，得，.
故可得方程组.
展开即得.
将第一式减去第二式的倍，得，从而.
再由第二式得，两式作差即有.
所以，即
所以或.
若，则由知，所以重合，这不可能.
故一定有，即.
另一方面，若，则取方程的一根后，根据上面类似的计算知.
取的坐标为，则等边三角形的顶点在上，且中心为.
综上，上的等边三角形的中心的轨迹方程为.
（2）我们设圆的方程为.
则对上的点，设过该点的与圆相切，则根据距离公式有.
从而，即
设满足条件的分别为，则，.
同时，该直线与的另一个交点满足，从而由韦达定理知.
设，，则，.
而直线的方程为，即，从而圆心到直线的距离.
而，故，
所以，得.
且
.
故，得.
从而，
这就得到.
所以直线到圆的距离恰等于其半径，故是其切线.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对抛物线方程的使用和计算.
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 双曲线，为两焦点，为的顶点，为上不同于的一点．
（1）证明：，的角平分线的交点的轨迹为一对平行直线的一部分，并求出这对平行线的方程；
（2）若平面上仅有的曲线，没有坐标轴和坐标原点，请给出确定的两个焦点的位置的方法并给出作长为的线段的方法．（叙述即可）
【答案】（1）证明见解析，和
（2）作图方法见解析
【解析】
【分析】（1）利用内切圆的性质和双曲线的定义，即可证明所求交点在直线上或在直线上；
（2）利用双曲线的性质先确定双曲线的中心，再作圆确定坐标轴，最后直接根据双曲线的方程即可确定作法.
【小问1详解】
设，的角平分线的交点为，则就是的内心.
设的内切圆在边上的切点分别为，则
.
所以由或，知或.
而，故或者，
或者.
故或者和重合，或者和重合，而是在轴上的投影，故的横坐标是或.
所以点必定在直线或上，结论得证.
【小问2详解】
任意作一对平行线，使得它们和都有两个公共点.
那么两直线分别将截得一条弦，取这两条弦的中点，并设直线交于点.
取的中点，则是坐标原点.
以为圆心，作一半径足够大的圆，使得该圆与有四个公共点，这四个公共点构成矩形，
过作该矩形两条相邻边的平行线，则与有公共点的平行线是轴，与无公共点的平行线是轴，这就得到了两个实轴的端点和.
然后，在轴上方基于点作正方形，并以为圆心，以为半径作圆，交轴正半轴于点，再过作轴垂线，在轴上方交于点.
则我们得到所求，.
最后，以为圆心，以为半径作圆，交轴正半轴于点，再以为圆心，以为半径作圆，交轴于点，则就是的两个焦点.
下面我们说明上面的作法是可行的，需要论证的地方有二：
①坐标原点的确定；②最后的确定.
关于①，利用韦达定理，我们可以证明用斜率为的直线截双曲线时，弦的中点总在一条过原点的直线上.
事实上，两方程联立后可得到，从而两交点和满足，故.
从而代入知弦的中点坐标为，它总在直线上，这就证明了①；
关于②，根据后续的作法不难看出，，设，则，，解得.
从而，故，这就得到，这就证明了②.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于恰当利用双曲线的不同性质.
16. 在高中课本中，我们研究导数是在实数上研究的．实际上，求导（微分）是一个局部性质．那么我们能不能在某些范围内推广导数这一种局部性质．我们在高中课本中讲到：若在附近连续，且若存在，则为点处的导数．我们能不能将概念推广到复数域上呢？显然，我们是可以做到的．此时考虑函数，若在附近连续（实际上可以考虑一个非常非常小的圆），且若存在，则为点处的导数．
（1）按此定义，验证导数的除法公式在复函数求导下仍然成立．
（2）更一般地，若在某个区域上均可导，我们称为上解析的函数．考虑复函数，其中为一个模长小于的复数，为一个模长为的复数．证明：
①该复函数将上的点映为上的点，且将上的点映为上的点．
②为上的解析函数．
（3）已知：（ⅰ）若函数为上的解析函数，且值域在中，满足，则有：．
（ⅱ）若函数，分别为，上的解析函数，则为上的解析函数．
此时若为上的解析函数，且值域在中，满足，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接使用导数的定义证明；
（2）根据给出的函数表达式，利用复数的运算性质证明；
（3）利用（2）的结论构造复合函数，然后用给定的结论证明命题.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
①由于，
且.
故.
当即时，有，从而；
当即时，有，从而.
②直接由（1）可得，故是上的解析函数.
【小问3详解】
取，则，由（ⅱ）的结论，知是的解析函数.
则取，就有是的解析函数，且.
从而，据（ⅰ）的结论，知.
而，故.
直接计算可得，，故.
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于恰当利用给出的已知结论，以证明新结论.
17. 将全体定义在上的函数的集合记为．对，，定义上的函数之间的加法和数乘运算：，．已知为一个满足线性关系的映射，即，，这里，，且满足对任意整数，有，数列，，其中．
（1）求，的递推公式；（不需要提供初值，递推公式可以由，组成）
（2）若满足，，且为单调递减的正项数列：
①求，的通项公式；
②记，记为的前项和，证明：为定值，并求出该定值．
【答案】（1），
（2）①， ②证明见解析，
【解析】
【分析】（1）使用三角恒等变换求出递推式；
（2）先用已知求出通项，再利用通项验证②的结论.
【小问1详解】
我们有
，
.
这就得到，.
所以，即.
而，故
.
所以所求的递推式为：，.
【小问2详解】
①设，，则，，.
由，知.
所以，从而存在实数，使得.
同理存在实数，使得.
两式作差就得到，故.
从而具有形式，即.
故.
据已知有，递减，故，从而，.
由于，，故.
代入，解得，所以，.
②此时.
由于对，有
.
故.
所以，即.
整理得到，从而，得.
而，故，所以.
这就表明，所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及三角恒等变换的使用.
18. 在中，，的外接圆圆心为，内切圆的圆心为，垂心为，为的中点，在上的投影为，以为半径作．
（1）证明：，相切；
（2）记，的切点为，直线交于点，为线段上一点，满足，证明：直线和的交点在的外接圆上．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）这就是平面几何中的著名定理——费尔巴哈定理，这里使用解析法证明；
（2）先证明必要的结论作为准备，再用适当的工具解决原问题.
【小问1详解】
建立平面直角坐标系（注意不是坐标原点），并不妨设，，再设，并不妨设.
设，则由得，解得，故.
设，则由得，解得，故.
所以的中点的坐标是.
显然，所以.
这就得到的方程：.
设内切圆在边上的切点分别为，则
.
而，故
.
同理.
所以.
另一方面，的内切圆半径.
故.
从而和的半径之差为，
而.
下面说明二者相等，即
.
设，，则我们要证明的就是
.
将两个较大的平方式展开，合并同类项，得.
再将展开，移项即得
.
显然和不异号，而，故.
所以上面的方程两边同号，故其等价于两边平方后的方程，即
.
此即.
将右边展开，合并同类项，得
.
而，.
故
，
从而上面的方程
等价于.
此即.
即.
而.
故命题最终等价转化为证明.
而，，故
.
从而确有，这就证明了和的半径之差等于.
所以和相切.
【小问2详解】
先证明四个引理，注意引理的字母与原题中都可能不一致，仅单独作为一个定理使用.
引理1：设的外心为，垂心为，则的中点，往对边各自的投影，以及各自的中点九点共圆，圆心为的中点，该圆称为的“九点圆”.
引理1的证明：将的外接圆记为，其半径为，然后记关于的对径点为.
设的中点为，以为圆心作，使得的半径为的一半，从而和关于点位似，且位似比为.
则，且
.
其中为的三个内角，其对边边长分别为.
显然和平行，故和的交点满足，所以和重合，从而三点共线，且.
从而根据和的位似关系，知在上，同理在上.
直接根据的定义，及和的位似关系，知在上.
设分别与交于不同于的点.
由于是直径，故，从而和平行，而三点共线，且，故.
从而根据和的位似关系，知在上，同理在上.
至此我们就证明了引理1成立.
引理2：设的内切圆为，边切点分别为，边的中点分别为，点在边上的投影为，的平分线交于，点关于的对称点为，直线交于不同于的点，则在的九点圆上，这里九点圆的定义如引理1所述.
引理2的证明：不妨设，记的中点分别为，在线段上取点，使得.
则根据对称性，三点共线，且所在直线与相切于点.
记的中点为，则
，
而根据切线长相等，知
，
故三点共线.
由于分别是的中点，故，而根据切线长相等有，故.
由于，故四点共圆，所以.
而，故相似于，所以，即.
而直接根据圆幂定理，有，再结合，就有，所以四点共圆.
故
.
而注意到是直角的斜边，是其中点，故.
再由知
.
所以四点共圆.
根据引理1，的外接圆就是的九点圆，所以在的九点圆上，引理2得证.
引理3：设的外心为，内切圆的圆心为，在边上的切点为，直线交的外接圆于，点关于直线的对称点为，则三点共线.
引理3的证明：设的外接圆为，的外接圆为，并记直线和交于不同于的点，则由于平分，知是上的弧的中点.
所以，且.
故，从而，同理有，故.
以为原点建立平面直角坐标系，使得平行于轴，不妨设为轴正方向，在轴下方，且的半径为.
则的方程为，且，我们设，.
此时由，可直接解出的外接圆圆心为，外接圆的方程为.
由于，故在以为圆心，半径为的圆上.
而，故该圆的方程为.
从而可设，则.
记直线的斜率为，则的方程为，且.
再将与的方程联立，得.
解得，故.
由于直线的斜率，故直线的方程是.
将与的方程联立，得.
解得，所以.
从而.
由的方程为，而，故关于的对称点为
，
即.
由于，故，所以.
所以，且.
设，则有
，
，
，
.
所以，，以及.
所以的斜率
，
且的斜率
下面证明两直线斜率相等，即.
这即是要证明，即
.
由于，故这等价于证明.
而
，
故我们就证明了，所以三点共线.
这表明关于的对称点在上，所以关于的对称点在上.
这就得到了三点共线，引理3得证.
引理4：设的外心为，内切圆的圆心为，点在线段上，使得平分.
过作的切线，其中一条切线是，设其切点为，另一条切线的切点记为.
设的中点为，直线交于不同于的点，直线交的外接圆于不同于的点，则平分.
引理4的证明：建立直角坐标系（不是坐标原点），使得对应轴正方向.
不妨设，的方程为，且，其中，则由在外部，知.
设的方程是的切线，对应切点，则据对称性有.
由于，故和的方程分别可设为和，二者的并集为，代入的方程，得.
展开即，从而得到的中点的横坐标为.
所以
.
故.
而，故的斜率满足
.
结合，就知道的方程是.
考虑的坐标，将的方程代入的方程，就得到.
展开即为.
即，从而该方程的不同于的解是
.
所以
，
从而
.
这就得到了：.
另外，和的方程分别为和，的方程是，解得
，.
先记，，则和的中垂线分别是和.
联立得方程组，解得.
整理得.
由于，，故
.
且.
所以
，
且
故.
由于，，故
.
所以，且.
将上面的结果简记为.
再由，，以及之前得到的，知
，.
所以，且
.
所以.
根据，就得到直线的斜率.
所以直线的方程是.
之前我们已经得到的方程是，故的斜率.
设关于的对称点为，则由，知的斜率.
从而和的斜率互为相反数.
由于是的切线，切点分别为，故关于对称，而都是的平分线，故关于对称.
而直线与轴重合，故关于轴对称.
同时由于都在上，而轴经过的圆心，且和的斜率互为相反数，故也关于轴对称.
此即关于对称，所以平分.
根据引理3，我们有三点共线，所以平分，引理4得证.
回到原题.
我们使用同一法，记直线和的外接圆交于点，直线与交于点，然后在此条件下，我们证明，这同样可以说明原结论成立.
设的中点为，直线与交于点，点关于的对称点为，直线交于不同于的点.
则根据引理2，我们知道点在的九点圆上.
由于的圆心是的中点，且经过点在边上的投影，故根据引理1，知就是的九点圆，所以点在上.
而根据（1）的结论，和相切，故它们的公共点一定是切点，从而和重合.
换言之，点就是直线与的不同于的交点，根据引理4，我们知道平分.
由于也平分，故，同理.
从而，，这就得到
，
所以.
根据同一法，原结论得证.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用适当的平面几何中的定理.
19. 设为空间直角坐标系中的一个非空闭凸集，即，且若，则对任意有，且对任意的，都存在，使得，这里为线段的长度．称的下确界或最大下界为，定义为小于等于在中的所有数的最大实数，如果不存在这样的实数，则记为．已知若为闭集，则为开集.
（1）设点，，证明：为非空闭凸集，并求．
（2）证明：对任意，存在唯一的一个，使得；
（3）证明：对任意，存在非零向量以及实数，使得对任意，都有：．
【答案】（1）证明见解析，.
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先用定义证明为非空闭凸集，然后确定的最小值为即可；
（2）利用凸集的定义，分存在性和唯一性两方面证明；
（3）直接根据几何意义，通过几何直观以及内积的性质证明.
【小问1详解】
由于，故.
由于对任意，有或或，故可取
.
则在时，首先有，，故：
如果，就有，且.
故，，所以
，
从而；
如果，就有，且.
故，，所以
，
从而.
如果，就有，故.
从而.
综上，有，故是闭集.
由于对，，设，则
.
故只要，就有在上递减，在上递增，故，即.
显然，当时，有.
故无论如何都有.
故若，，则
，，.
故，所以是凸集.
综上，是闭凸集.
由于对，有，故
.
而对，有.
故.
【小问2详解】
设，根据的定义，对任意正整数，不是的上界，从而可取，使得.
那么，所以是有界序列.
从而该序列一定有一个收敛子列，记，由于是闭集，故.
在两边同时取极限就得到.
根据的定义及有，所以.
假设对不相等的有，由于互不相同，而三角形的中线长一定小于与该中线具有公共端点的两条边中的较长边的长度，故根据几何意义有.
而，这与的定义矛盾，所以这样的是唯一的.
【小问3详解】
设如（2）所说，过作的法平面，如果存在，使得和在的同侧（不包括本身），则到由和确定的直线上的投影满足，而是凸集，故，这与的定义矛盾.
所以中每个点都在上或在的不包含的一侧，从而对任意，在上的投影不小于，从而有.
所以取，，就有恒成立，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用几何意义与向量结合，从而得到相应的代数结论. 同时，本题的（2）小问的证明过程使用了结论：中的有界序列必定有收敛子列，这是（2）结论背后的本质，难以规避.
流水线1
流水线2
流水线3
总计
方差
0.825
0.634
0.810
均值
9.0
9.4
9.2