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公众号：高中试卷君
辽宁省教研教改联合体 2025 届高三第一次调研考试
数学试题
试卷满分：150分 考试时间：120分钟
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 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集结合一元二次不等式求 ，再根据交集运算求解.
【详解】因为 ，则 ，
所以 .
故选：B.
2. 已知复数 的实部为 的虚部为 ，则 在复平面内对应的点位于（
）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法得到 ，从而得到实部 的值，由复数的乘法得到 ，从而得到虚部 的值，从而
得到 ，得到对应的点，得到所在象限.
【详解】 ，所以 ，所以 ，
其在复平面内的对应点为 ，位于第一象限．
故选：A．
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3. 设 ， 是向量，则“ ”是“ 或 ”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】
【分析】根据向量数量积分析可知 等价于 ，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为 ，可得 ，即 ，
可知 等价于 ，
若 或 ，可得 ，即 ，可知必要性成立；
若 ，即 ，无法得出 或 ，
例如 ，满足 ，但 且 ，可知充分性不成立；
综上所述，“ ”是“ 且 ”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 下列结论正确的是（ ）
A. 已知一组样本数据 ， ，…， ( )，现有一组新的数据 ， ，…，
， ，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大
B. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为 ，若样本点的中心为 ，
则实数m的值是4
C. 50名学生在一模考试中的数学成绩 ，已知 ，则 的人
数为20人
D. 已知随机变量 ，若 ，则
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【答案】D
【解析】
【分析】计算可得平均数不变，可得新数据极差变小，可判断A；利用贺归直线过样本中心点，可求 ，
可判断B；可求得 ，进而可判断C；由已知得 ，计算可判断D.
【详解】对于A：新数据的总和为 ，
与原数据的总和相等，且数据个数相等，因此平均数不变，
因为 ，而 ，
即极差变小了，由于两组数据平均数不变，而极差变小，
说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故A错误；
对于B：因为回归直线方程 必经过样本中心点 ，
所以 ，解得 ，故B错误；
对于C：因为一模考试中的数学成绩 ， ，
所以 ，所以 ，
的
所以 人数为 人，故C错误；
对于D：因为 ，所以 ，
.
，解得 ，故D正确
故选：D.
5. 已知双曲线 为坐标原点，若直线 与双曲线 的两条渐近线分别交于点 ，
则 内切圆的半径等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
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【解析】
【分析】求出渐近线方程，与直线 联立，求出点 的坐标，求出 的三边长，及点 到
直线 的距离 ，利用等面积法即可求解 内切圆的半径.
【详解】双曲线 的渐近线方程为 ，
联立方程 ，解得
同理联立 ，解得 ，
不妨设 ，
则 ，
点 到直线 的距离 ，
设 内切圆的半径为 ，
则有 ，
即 ，
解得 .
故选：C
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6. 已知函数 的极值点为 ，则 （ ）
A. B. 2 C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导，然后结合导数与单调性的关系、零点存在定理，求出函数的极大值点，然后利用指
对互化求解即可.
【详解】由 得 ， ，
设 ，则 ，所以 在 单调递减，
又 ， ，由零点存在定理知，存在 ，使得 ，
所以当 时， ， ，函数 单调递增；
当 时， ， ，函数单调递减， ，
所以 是函数 的极大值点，则 ，即 .
所以 .
故选：D
7. 在菱形 中， ， ，将 沿对角线 折起，使点 到达 的位置，且二
面角 为直二面角，则三棱锥 的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】根据给定条件，确定三棱锥 的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：
由题意在菱形 中， 互相垂直且平分，点 为垂足，
，
由勾股定理得 ，
所以 ，
设点 为 外接圆的圆心，
则 外接圆的半径为 ， ，
设点 为 外接圆的圆心，同理可得 外接圆的半径为 ，
，
如图所示：
设三棱锥 的外接球的球心、半径分别为点 ，
而 均垂直平分 ，
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所以点 在面 ，面 内的射影 分别在直线 上，
即 ，
由题意 ，且二面角 为直二面角，
即面 面 ， ，
所以 ，即 ，可知四边形 为矩形，所以 ，
由勾股定理以及 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 .
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问
题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离
相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这
些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
8. 设 、 、 满足 ， ， ，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
的
【分析】构造函数 ，其中 ，利用导数分析函数 在 上
单调性，结合 ，可得出 与 的大小关系，再结合基本不等式以及不等式的基本性质可得出
与 的大小关系.
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【详解】 、 、 且 ， ， ，则 ，
先比较 与 的大小关系，
构造函数 ，其中 ，
则 ，所以， ，
则 ，
令 ，其中 ，则 ，
令 ，其中 ，所以， ，
所以，函数 在 上单调递增，故 ，
所以，函数 在 上单调递增，则 ，即 ，
因为 ，则 ，
所以， ，
所以， ，
因为 ，所以，
，
所以，对任意的 ， ，
故函数 在 上单调递减，
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因为 ，则 ，故 ，
由基本不等式可得 （ ，故取不了等号），所以， ，
故选：A.
【点睛】方法点睛：
在解决比较两个数大小的问题时，常常有三种解决方法：
（1）作差法，即两个数作差，若 ，则 ，若 ，则 ；
（2）作商法，即两个数坐商，若 ，则 ，若 ，则 ；
（3）单调性法，即借助函数的单调性比较两个数的大小.
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，有选错的得0分.
9. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的对称中心为 ，
C. 在 上的单减区间为
D. 在 上的极值点个数为1
【答案】AD
【解析】
【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与
极值点逐项计算并判断即可得.
【详解】 ，
对A：由 ，则 ，故A正确；
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对B：令 ， ，解得 ， ，
故 的对称中心为 ， ，故B错误；
对C：令 ， ，解得 ， ，
则 在 上的单减区间为 ，故C错误；
对D：令 ， ，即 ， ，
则 在 上的极值点有 一个，故D正确.
故选：AD.
10. 已知抛物线 的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限）
与 的等差中项为 ．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴
交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最大值为
C. 的最大值为 D. 的最小值为16
【答案】BCD
【解析】
【分析】设 ， ，且 ,设直线 ，联立直线 和抛物线方程得韦
达定理，再结合两角和与差的正切公式，导数运算等知识，对各个选项逐一分析即可.
【详解】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线 ，与 联立得
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．
设 ， ，则 ， ， ， ．
，
因此 ，A选项错误．
，B选项正确．
, ，切线 ，即 ，
同理 ，联立解得 ，故 ．
不妨设 ，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，
则 ．
当直线PN与抛物线相切时， 最小．
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与 联立，消去y得： ，
令 ，解得 ，则 ，
故 ，C选项正确．
，故 ，
则 ，D选项正确．
故选:BCD．
【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜
式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式 ：计算一元二次方程根的判别式 .
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
11. 已知函数 ，则下列说法正确的有（ ）
A. 若 ，则 的值域为
B. 若 ，则过原点有且仅有一条直线与曲线 相切
C. 存在 ，使得 有三个零点
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D. 若 ，则 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据 趋近于0时，函数值趋近于负无穷，当 趋近于正无穷时，函数值趋近于正无穷
得到A正确；B选项，求导，设出切点，得到切线方程，把点 代入切线方程得 ，
此方程只有一个根，故B正确；C选项，分 与 两种情况，推导出 至多两个零点；D
选项，先得到 不合要求， 满足要求，考虑 ， 时，满足要求，故只需
时， 恒成立，若 ， ，故不合要求，若 ，结合导函数得到
函数单调性和最值，得到 满足要求，得到答案.
【详解】A选项，若 ，则 ，
故 ，
当 趋近于0时， 趋近于负无穷，此时 趋近于负无穷，
当 趋近于正无穷时， 和 都趋近于正无穷，函数值趋近于正无穷，
因此函数 的值域为R，A正确；
B选项，函数定义域为 ， 时， ，
因为 时， ，故 ，
则 ，设切点坐标为 ，故 ，
则在 处， 的切线方程为 ，
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把点 代入切线方程得， ，
化简得 ，
当 时， ，此方程无解，
当 时， ，此方程无解，
当 时， ，且函数 此时为增函数，
故方程 只有 这1个解，
即过原点有且仅有一条切线和 相切，B正确；
C选项， ，当 时， ， ，
则 ，故 单调递减，故在此区间上函数最多一个零点，
要想这个零点存在，需 ，
当 时， ， ，
则 ，显然这是一个增函数，
要想 函数零点尽可能多，则需存在一个 使得 成立，
此时 在 上单调递减，在 上单调递增，
若在 上存在一个零点，则 ，
故此时在 上只存在一个零点，此时函数一共有两个零点，不合要求，
若在 上不存在零点，则 ，
又 在 上单调递减，在 上单调递增，
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故此时函数最多有两个零点，不合要求，
综上，不存在 ，使得函数存在三个零点，C错误；
D选项，由A知，当 时，函数的值域为R，不满足 ，
当 时， ，满足要求，
当 时， 时， ，满足要求，
故只需 时， 恒成立，
若 ， ，故不合要求，
若 ， ，
则 ，显然这是一个增函数，
，
函数 单调递增，则 ，
故 满足题意，又 也满足要求，
因此 ，D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式
一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条
件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两
个函数图象确定条件.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在数列 中，已知 ， ，则数列 的前2024项和 __________．
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【答案】
【解析】
【分析】由 ，得到 ，利用累乘法得到数列 的通项公式，再用裂项相消，
即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
因此 ，
故答案为： .
13. 已知 ，若 ，使 成立，则
__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式将方程化成 ，通过左右两边函数的值域比较,
得到两边只能等于 ，求得 ，回代求出 .
【详解】由 可得， ,
设 .
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依题意， ，而 ，故 ，
由 ， 可得， ，
又由 可得， ，
因 ，则 ，
，故 ，解得， .
故答案为： .
14. 设严格递增的整数数列 ， ，…， 满足 ， .设 为 ， ，…，
这19个数中被3整除的项的个数，则 的最大值为________，使得 取到最大值的数列 的
个数为________.
【答案】 ①. 18 ②. 25270
【解析】
【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被 3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模 3余
1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数
一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论
即可得到结果.
为
【详解】第一个空，设某个数除以 余数 ，则称该数模 余 ( ， 均为整数，且 )，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的
组合，这样它们之和才会被3整除.
而 ， 均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以 的最大值为18.
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第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要
求的20个数.
第一步，在 到 这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数
一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得 的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模
3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也
最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有 种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个
数中，由 种，共有 种.
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有 种，此时加回来的数必定是删去的两端
之一中的1或40，有1种选法，共 种.
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，
而对于删去的数，假设为 ，它旁边两个数分别为 ，即排列为 ，在第三步捆绑时，可能捆绑
的组合为 ，然后删去，再补回 ；或者为 ，然后删去，再补回 ，这两种删去方式结果相同.
综上，共有 种.
故答案为：18；25270
【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定
的规律，再利用排列组合的思想进行求解.
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. 已知 分别为 三个内角 的对边，且
（1）求 ；
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（2）若 的面积为 ， 为 边上一点，满足 ，求 的长．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去 ，由和差公式和辅助角公式化简可得；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出 ，然后在 中利用余弦定理可得.
【小问1详解】
由正弦定理有 ，
因为 ，
所以 ，
化简得 ，
由 有 ，可得 ，
因为 ，
所以 ，则 ．
【小问2详解】
由 有
又 可得 ，
联立 解得 ，所以 为正三角形，
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所以 ，
在 中，由余弦定理得 ．
故 的长为 .
16. 已知函数 .
（1）若曲线 在 处的切线与 轴垂直，求 的极值.
（2）若 在 只有一个零点，求 .
【答案】（1）极小值 ，无极大值；
（2） .
【解析】
【分析】（1）求出函数 的导数，结合几何意义求出 ，再分析单调性求出极值.
（2）由函数零点的意义，等价变形得 在 只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求
解.
【小问1详解】
函数 的定义域为R，求导得 ， ，
依题意， ，则 ， ，
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当 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以函数 在 处取得极小值 ，无极大值.
【小问2详解】
函数 在 只有一个零点，等价于 在 只有一个零点，
设 ，则函数 在 只有一个零点，当且仅当 在 只有一解，
即 在 只有一解，于是曲线 与直线 只有一个公共点，
令 ，求导得 ，当 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
函数 在 取得极小值同时也是最小值 ，
当 时， ；当 时， ，
画山 大致的图象，如图，
在 只有一个零点时， ，
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所以 在 只有一个零点吋， .
17. 如图，在四棱锥 中，底面 是直角梯形， ， ，且
， .
（1）若 为 的中点，证明：平面 平面 ；
（2）若 ， ，线段 上的点 满足 ，且平面 与平面
夹角的余弦值为 ，求实数 的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 中点为 ，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明 ，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计
算求解即可.
【小问1详解】
取 中点为 ，由条件可得 为梯形 的中位线，则 ，
又 ，则 ，
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且 ， 平面 ， 平面 ，
根据线面垂直的判定定理，得 平面 ，
平面 ， .
由 ，则 ，又 ， 为梯形的两腰，则 与 相交，
平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
【小问2详解】
取 的中点为Q，由 ， ，
则 ， ，
因此△ 为等边三角形， .
由（1）知 平面 ， ， ， 两两垂直，
如图，以 ， ， 分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由 ， ，则 ，
， ， ， ，
由 ，
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所以 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由
取 ，得 ， ，得 .
设平面 的一个法向量为 ，
由
取 ，得 ， ，
即平面 的一个法向量为 .
记平面 与平面 夹角的大小为 ，
所以 ，化简得 ，即 ，所以实数 的值为 .
18. 测试发现，某位惯用脚为右脚的足球球员甲在罚点球时，踢向球门左侧、中间和右侧的概率分别为
0.5，0.1和0.4，并且，踢向左侧、中间和右侧时分别有0.1，0.2和0.2的概率踢飞或踢偏（没有射正）.守
门员在扑点球一般会提前猜测方向.测试发现，某位守门员乙在扑点球时猜右侧（即足球运动员甲在罚点球
时，踢向球门左侧）、中间和左侧（即足球运动员甲在罚点球时，踢向球门右侧）的概率分别为0.6，0.1
和0.3.当他猜中方向为左侧或者右侧来时扑出点球的概率均为0.5，当他猜中方向为中间时，扑出点球的的
概率为0.8.
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（1）求球员甲面对守门员乙时，第1次罚点球罚丢的概率；
（2）若球员甲在上一轮罚丢点球，则下一轮面对球员甲罚点球时，守门员乙的信心将会激增，在猜中方
向的前提下，所有方向扑出点球概率都会在原来的基础上增加0.1；若球员甲在上一轮罚进点球，守门员
乙将会变得着急，会有0.2的概率提前移动，在守门员乙提前移动的情况下，若球员甲罚丢点球，则可获
得重罚机会.已知守门员乙提前移动时扑出三个方向点球的概率均会增加0.1.假定因为守门员乙提前移动球
员甲重罚点球仍属于第二轮，且重罚时守门员乙不再提前移动.
（i）求球员甲第二轮罚进点球的概率；
（ii）设 为球员甲在第k轮罚进点球的概率，若 满足对于 ， ，直接写出
符合题意的 .（注：最终结果均保留两位小数.）
【答案】（1）0.34；
（2）（i）0.67；（ii） .
【解析】
【分析】（1）由互斥事件的概率公式及全概率公式求解即可.
（2）（i）球员甲第二轮罚进点球包含4个互斥事件：第一轮罚进，第二轮守门员乙未提前移动且罚进，
第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动且罚进，第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动未罚进，但重罚后
罚进，第一轮未罚进，第二轮罚进，分别求出对应的概率，相加即可得解；
（ii）分析可得 （ ）随k的增大而增大，由对于 ，均有 ，
由此可得答案．
【小问1详解】
设球员甲罚点球时，踢向左侧、中间、右侧的事件分别为 ，
球员甲踢飞或踢偏（没有射正）的事件为D，守门员乙在扑点球时扑向右侧、中间、左侧的事件分别为
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，
守门员乙扑出点球的事件为E，
则 ， ，
，
设球员甲第1次罚点球罚丢的事件为F，则 为互斥事件，
则
.
【小问2详解】
（i）当球员甲在上一轮罚丢点球时，守门员乙所有方向扑出点球的概率都增加0.1，
或者守门员乙提前移动时，所有方向扑出点球的也增加0.1，因此球员甲第二轮罚进点球包含以下4个互斥
事件：
第一轮罚进，第二轮守门员乙未提前移动且罚进，概率为 ；
①
第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动且罚进，此时罚丢点球的概率为
②
，
此时罚进的点球的概率为 ；
第一轮罚进，第二轮守门员乙提前移动未罚进，
③
此时罚进的概率为 ；
第一轮未罚进，第二轮罚进，此时罚进的概率为 ，
④
所以第二轮球员甲罚进的概率为 .
（ii） .
由（1）及（2）（i）知， ，
则第三轮的情况如第二轮时情形，但第二轮罚进点球的概率增加了，
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因此第三轮罚进点球的概率比第二轮时要高，从而 随 的增大而增大，
于是若 满足对于 ，均有 ，则 .
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，
相互独立事件的积是解题的关键.
19. 设A，B为椭圆C： 的短轴端点，P为椭圆上异于A，B的任意一点，D在直线 上．
（1）求直线 ， 的斜率的乘积；
（2）证明： ；
（3）过右焦点F作x轴的垂线 ，E为 上异于F的任意一点，直线 交C于M，N两点，记直线 ，
， 的斜率分别为 ， ， ，是否存在 ， ， 的某个排列，使得这三个数成等差数列？
若存在，加以证明；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在；证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据斜率公式结合点 在椭圆上即可求解；
（2）由椭圆的对称性，不妨设 位于第一象限或长轴右端点，设直线 ， 的倾斜角分别为 ， ，
则 ，结合（1）及基本不等式可得 ，根据
正切函数的单调性即可证明；
（3）设 ，①当D在x轴上时，可得 ；②当D不在x轴上时，设 ，
，直线 ： ，与椭圆方程联立，证明 即可．
【小问1详解】
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不妨设 ， ，设 ，
则直线 ， 的斜率分别为 ， ，
所以 ．
又因为 ，所以 ，
故 ，
即直线 ， 的斜率的乘积为 ．
【小问2详解】
由椭圆的对称性，不妨设P位于第一象限或长轴右端点，
设直线 ， 的倾斜角分别为 ， ，
则 ．
由（1）知， ，故 ，
从而 ，
当且仅当 时等号成立，此时P为C的右顶点．
因为 ，
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又因为 ，且 ，
所以 ．
【小问3详解】
设 ，
①当 在 轴上时， ，不妨设 ， ，
， ， ，从而 ；
②当 不在 轴上时，设 ， ，直线 ： ，
由 得 ，所以 ．
由 消去 ，得 ，
因为直线 过点 ，则 ，
从而 ， （*），
又
．
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将（*）式代入上式，得 ．
综上，可得 ，即 ， ， 或 ， ， 成等差数列．
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
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