?2023屆湖北省九校教研協(xié)作體高三上學(xué)期起點考試數(shù)學(xué)試題
一、單選題
1．設(shè)集合，集合是集合的非空子集，中最大元素和最小元素的差稱為集合的長度，那么集合所有長度為的子集的元素個數(shù)之和為（???????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先考慮最小元素為，最大元素為的情況：只有一種情況；，且，共有種情況；，且，共有種情況；以此類推，有種情況，所以此類滿足要求的子集元素個數(shù)之和，計算可得：，再考慮可以分為，，， ，等類，可得本題答案
【詳解】當最小元素為，最大元素為時，集合有如下情況：
集合中只含個元素；，只有種情況；
集合中含有個元素；，且，共有種情況；
集合中含有個元素；，且，共有種情況；
以此類推
集合中含有個元素；，有有種情況；
所以此類滿足要求的子集元素個數(shù)之和：
①
???②
，
②兩式相加可得：


同理可得：，， ，，所有子集元素個數(shù)之和都是
集合所有長度為的子集的元素個數(shù)之和為.
故選：A
2．設(shè)是實系數(shù)一元二次方程的兩個根，若是虛數(shù)，是實數(shù)，則（???????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】是實系數(shù)一元二次方程的兩個根，是共軛虛數(shù),是實數(shù),結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的運算性質(zhì),可得是1的立方虛根,再由1的立方虛根的特性,可得答案.
【詳解】是實系數(shù)一元二次方程的兩個虛數(shù)根,
,是實數(shù),

,

,即或，而

.
故選:C
【點睛】本題考查實系數(shù)一元二次方程虛數(shù)根的關(guān)系,以及共軛復(fù)數(shù)的運算關(guān)系.對特殊復(fù)數(shù)的性質(zhì)
的靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵,屬于難題.
3．已知△ABC中，，，，，，則的最小值為（???????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由平面向量的加法法則可得就是點A到BC的距離，結(jié)合已知得△ABC為等腰直角三角形，由于，，P、B、C三點共線且P在BC兩個四等分點之間運動，由圖易得最小值.
【詳解】由平面向量的加法法則可得就是點A到BC的距離，依題意得△ABC為等腰直角三角形，斜邊，D，E為斜邊BC的兩個四等分點，因為，，且，得點P在線段DE上運動，由下圖易得，當點P在點D處時，取得最小值，根據(jù)余弦定理解得，所以.
故選：C.

【點睛】(1) 首尾相接的幾個向量的和，等于由起始向量的起點指向末尾向量的終點的向量；
(2) 平面向量，若，則A、B、C三點共線，反之亦成立.
4．如圖，何尊是我國西周早期的青銅禮器，其造型渾厚，工藝精美，尊內(nèi)底鑄銘文中的“宅茲中國”為“中國”一詞最早的文字記載，何尊還是第一個出現(xiàn)“德”字的器物，證明了周王朝以德治國的理念，何尊的形狀可近似看作是圓臺和圓柱的組合體，組合體的高約為40cm，上口直徑約為28cm，經(jīng)測量可知圓臺的高約為16cm，圓柱的底面直徑約為18cm，則該組合體的體積約為（???????）（其中的值取3）

A．11280cm3 B．12380cm3 C．12680cm3 D．12280cm3
【答案】D
【分析】根據(jù)圓柱和圓臺的體積公式即可求解.
【詳解】由題意得圓柱的高約為（cm），
則何尊的體積（cm3）
故選：D．
5．小林同學(xué)喜歡吃4種堅果：核桃?腰果?杏仁?榛子，他有5種顏色的“每日堅果”袋.每個袋子中至少裝1種堅果，至多裝4種堅果.小林同學(xué)希望五個袋子中所裝堅果種類各不相同，且每一種堅果在袋子中出現(xiàn)的總次數(shù)均為偶數(shù)，那么不同的方案數(shù)為（???????）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
【答案】A
【分析】設(shè)出核桃、腰果、杏仁、榛子為H，Y，X，Z，分類討論求出分堆情況，再進行排列，求出最后答案.
【詳解】依次記核桃、腰果、杏仁、榛子為H，Y，X，Z，則每個字母出現(xiàn)2次或4次，分類計算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，則其中的“4”必須是HYXZ，故1種可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，則考慮（HYX）（Z※）（※）（※），故有種可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，則考慮（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有種可能；
小計：1+12+12=25；
（2）諸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”類型
若是“10=4+3+1+1+1”，則四個H無論怎么安排，都會出現(xiàn)某兩個袋僅放H，故0種可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，則“1+1”中有一個是H，“4+2+2”中各一個H，“2+2”中除了一個H外，另一個互異，故有種可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，則“1+1”中各有1個H，“3+3+2”中各一個H，可以考慮含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有種可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，則可用下表進一步分類，有1+種可能；
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H

若是“10=2+2+2+2+2”，則四個H至少有兩個出現(xiàn)搭配相同，故0種可能；
小計：；
（3）諸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”類型
若是“12=4+4+2+1+1”，則“4+4”必然重復(fù)，故0種可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，則枚舉“3+3”的情況，發(fā)現(xiàn)僅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，則考慮（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有種可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，則有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2種可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，則枚舉“3+3”的情況，發(fā)現(xiàn)（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2種可能.
小計；
諸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”類型
若是“14=4+4+++”，則“4+4”必然重復(fù)，故0種可能；
若是“14=4+3+3+3+1”，則“4+3+3+3”中至少有3個Z，故0種可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，則“4+3+3”至少有2個Z，考慮（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有種可能，故此小類有3種可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，則“3+3+3+3”中至少有3個Z，故0種可能；
小計；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1種可能；
綜上：共有25+76+54+12+1=168個分堆可能，故不同的方案數(shù)為=種.
故選：A
【點睛】比較復(fù)雜一些的排列組合問題，要結(jié)合分類加法原理和分步乘法原理進行求解，特別是分類標準，要做到不重不漏，本題中，應(yīng)用的是把8,10,12,14,16分為5個數(shù)（從1到4）的和的分類標準，可以做到不重不漏.
6．已知正實數(shù)C滿足：對于任意，均存在，使得，記C的最小值為，則（???????）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為對于任意，均存在，使得，結(jié)合數(shù)軸求得當在相鄰的兩個點或中點時，，則有.
【詳解】題設(shè)等價于對于任意，均存在，使得，將在數(shù)軸上表示如下：

當與上述數(shù)軸上的點重合時，易得存在使得，又C為正實數(shù)，則成立；
當與上述數(shù)軸上的點不重合時，假設(shè)在相鄰的兩個點之間，則，當且僅當在相鄰的兩個點中點時取等，
要使對于任意，均存在，使得，則有，
又數(shù)軸上所有相鄰的兩個點之間距離最大為，此時在相鄰的兩個點或中點，則.
以下說明數(shù)軸上所有相鄰的兩個點之間距離最大為，易得數(shù)軸上兩點之間的距離為，
當或，和為相鄰的兩點，之間的距離為；當時，則，
即之間必存在點，可得相鄰的兩點之間的距離小于，綜上可得數(shù)軸上所有相鄰的兩個點之間距離最大為.
故，故.
故選：B.
【點睛】本題關(guān)鍵點在于先將問題簡化為對于任意，均存在，使得，將在數(shù)軸上表示出來，結(jié)合對于都成立，得到當在相鄰的兩個點或中點時，，進而求出的范圍，即可求解.
7．已知，其中為自然對數(shù)的底數(shù)，則（???????）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】觀察，發(fā)現(xiàn)都含有，把換成，自變量在或其子集范圍內(nèi)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明其單調(diào)性，比較的大小.
【詳解】令，，
令，，
當時，，單調(diào)遞增，
又，所以，又，
所以，在成立，所以即，
令，，在為減函數(shù)，所以，即，
令，，在為減函數(shù)，所以，即，
所以，成立，
令，則上式變?yōu)椋?br /> 所以，
所以.
故答案為：B.
【點睛】比較大小題目，是高考的熱點，也是難點，通過觀察和構(gòu)造函數(shù)是基本的解題要求，難點在于構(gòu)造后的證明，需要平時多積累常見的結(jié)論，達到深入理解，舉一反三，融會貫通.
8．蹴鞠（如圖所示），又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準已列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄．已知某鞠（球）的表面上有四個點，，，，且球心在上，，，，則該鞠（球）的表面積為（???????）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】畫出圖形，作出輔助線，求出，進而得到，利用勾股定理求出球的半徑，求出球的表面積.
【詳解】如圖，取AB的中點M，連接MP，由AC=BC=4，AC⊥BC得：，
由，得：，
連接CM并延長，交球O于點H，連接PH，因為PC球O的直徑，
設(shè)球的半徑為R，則PH⊥CH，，
則，
所以，
解得：，球的表面積為.

故選：C
【點睛】立體幾何中外接球問題，要畫出具體圖形，找到球心的位置，結(jié)合解三角形等知識進行求出半徑，再求解球的表面積或體積.
二、多選題
9．如圖，ABCD是邊長為5的正方形，半圓面APD⊥平面ABCD．點P為半圓弧上一動點（點P與點A，D不重合）．下列說法正確的是（???????）


A．三棱錐P－ABD的四個面都是直角三角形
B．三棱錐P一ABD體積的最大值為
C．異面直線PA與BC的距離為定值
D．當直線PB與平面ABCD所成角最大時，平面PAB截四棱錐P－ABCD外接球的截面面積為
【答案】AC
【分析】利用面面垂直和線面垂直的性質(zhì)可得，由平面幾何知識可證明，，，由此可判斷選項A；
當點是半圓弧的中點時，三棱錐的底面積取得最大值，求解即可判斷選項B；
證明為異面直線與的距離，即可判斷選項C；
過點作于點，連接，確定為直線與平面所成的角，利用平面幾何知識，表示出，利用基本不等式求解最值，即可得到答案．由題意可得正方形的中心即為四棱錐的外接球的球心，求其對角線長，可得外接球的半徑，代入球的表面積公式得答案．
【詳解】對于A選項，因為底面為邊長是4的正方形，則，
又半圓平面，半圓平面，平面，
則半圓，
又平面，
故，
則為直角三角形，
所以，
因為是圓的直徑，
則，
故為直角三角形，
所以，
因為，
則是直角三角形，
所以，
在中，，
則，
所以為直角三角形，
故三棱錐的每個側(cè)面三角形都是直角三角形，
故選項A正確；
對于B選項，在三棱錐中，半圓面，
則是三棱錐的高，
當點是半圓弧的中點時，三棱錐的底面積取得最大值，
三棱錐的體積取得最大值為，
故選項B錯誤；
因為半圓面平面，，半圓面平面，
所以半圓面，又半圓面，所以，又，
所以為異面直線與的距離，所以異面直線與的距離為定值；故C正確；
對于D選項，取的中點，由選項A中的解析可得，，
所以點為四棱錐外接球的球心，

過點作于點，連接，如圖所示，

因為半圓面平面，半圓面平面，
故平面，
所以為在平面內(nèi)的射影，
則為直線與平面所成的角，
設(shè)，則，，
在中，，
，
所以，
故，
令，則，且，
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以，
則，
所以直線與平面所成最大角的正弦值為，
此時，，所以，，，
過作于，，解得，所以球心到面的距離，
設(shè)截面半徑為，則有，所以截面面積為，故D錯誤；
故選：AC．
【點睛】本題以命題的真假判斷為載體，考查了空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，空間幾何體外接球的理解與應(yīng)用，空間角、空間幾何體的體積的計算等知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想等，屬于難題．
10．已知函數(shù)有兩個極值點，，則下列選項正確的有（???????）
A． B．函數(shù)有兩個零點
C． D．
【答案】ACD
【分析】問題化為在上有兩個變號零點，討論參數(shù)a研究的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理判斷區(qū)間零點情況，進而求出a的范圍，再研究的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理判斷零點個數(shù)，且可得，最后應(yīng)用對數(shù)均值不等式判斷C、D.
【詳解】由題設(shè)，在上有兩個變號零點，
令，則，
若，則，即遞增，此時不可能存在兩個零點；
所以，則時，遞增；時，遞減；
故，而，
要存在零點，則，可得，則，
此時x趨向于正無窮時趨于負無窮，則在各有一個零點，滿足題設(shè)，A正確；
由上，不妨設(shè)，
在上，遞減；在上，遞增，且，
所以x趨向于時趨于0，，，
故上無零點，上不一定存在零點，B錯誤；
由對數(shù)均值不等式，證明如下：
令，要證，即證，
若，則，故在上遞減，
所以，即，故得證；
令要證，即證，
若，則，故在上遞增，
所以，即，故得證；
綜上，，
故，C正確；且，即，
所以，故，D正確.
故選：ACD
【點睛】關(guān)鍵點點睛：注意將問題化為在上有兩個變號零點求參數(shù)范圍問題，由此得到的的單調(diào)性和零點情況判斷的單調(diào)性和零點，根據(jù)零點得到，利用對數(shù)均值不等式求證不等式.
11．雙曲線的虛軸長為2，為其左右焦點，是雙曲線上的三點，過作的切線交其漸近線于兩點.已知的內(nèi)心到軸的距離為1.下列說法正確的是（???????）
A．外心的軌跡是一條直線
B．當變化時，外心的軌跡方程為
C．當變化時，存在使得的垂心在的漸近線上
D．若分別是中點，則的外接圓過定點
【答案】AD
【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)，結(jié)合雙曲線的漸近線方程、直線斜率的公式，通過解方程（組）、運用夾角公式逐一判斷即可.
【詳解】因為已知的內(nèi)心到軸的距離為1，雙曲線的虛軸長為2，
所以的內(nèi)心橫坐標，雙曲線方程：，，漸近線.
設(shè).
當點在雙曲線上時：
設(shè)直線與雙曲線交兩點
???

當直線與雙曲線相切時，此時切點滿足：

切線
設(shè)直線與漸近線交兩點
???

切點正是線段的中點，
∴；線段中垂線是.
中垂線與軸交于點，且.
可設(shè)
一方面，；另一方面，線段中點是


考慮到
∴
，點???????確系之外心！其軌跡是直線.選項A正確！
依（1）設(shè)
線段中點是
線段中垂線是，即
線段中垂線是，即
∴
，即外心的軌跡方程為.故選項B錯！
（3）對來講，若垂心在漸近線上可設(shè)坐標是，進而
化簡得



∴
把代入并化簡得：

考慮到不在漸近線上得，故
∴，這不可能！垂心不能在上，同理不能在上，選項C錯誤；
（4）設(shè)



共圓！
的外接圓過定點原點，選項D對.
故選：AD
【點睛】關(guān)鍵點睛：正確地進行數(shù)學(xué)運算，應(yīng)用夾角公式是解題的關(guān)鍵.
12．已知函數(shù)，下列選項正確的是 （???????）
A．函數(shù)f（x）在（－2，1）上單調(diào)遞增
B．函數(shù)f（x）的值域為
C．若關(guān)于x的方程有3個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是
D．不等式在恰有兩個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是
【答案】ACD
【分析】A選項，利用導(dǎo)函數(shù)求解單調(diào)性；B選項，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，極值情況，畫出圖象，作出判斷；C選項，畫出的圖象，數(shù)形結(jié)合將根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為圖象交點個數(shù)，從而判斷出a的取值范圍是；D選項，畫出的圖象，數(shù)形結(jié)合得到斜率的取值范圍，進而求出a的取值范圍.
【詳解】當時，，當時，，單調(diào)遞減，
當時，，單調(diào)遞增，
當時，，
當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，
又當時，，，
故數(shù)f（x）在（－2，1）上單調(diào)遞增，A正確；
由A選項分析可知：在處取得極小值，，在處取得極大值，，又時，恒成立，時，恒成立，
畫出，如圖：

故f（x）的值域為，B錯誤；
由得：或
畫出的圖象，如圖所示：

從圖象可以看出有1個根，為，
要想方程有3個不相等的實數(shù)根，
需要需要有2個不相等的實數(shù)根，且不等于-1，
所以則實數(shù)a的取值范圍是，C正確；
不等式在恰有兩個整數(shù)解，
即在恰有兩個整數(shù)解，在同一坐標系下畫出的圖象：當介于直線之間時，滿足要求，
其中，，

則實數(shù)a的取值范圍是，D正確.
故選：ACD
【點睛】研究方程根的個數(shù)問題或根據(jù)根的個數(shù)求取值范圍問題，當方程較復(fù)雜時，要轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點問題，數(shù)形結(jié)合進行求解.
三、填空題
13．已知為正整數(shù)，.其中的系數(shù)為10，則的系數(shù)的最大可能值與最小可能值之和為___________.
【答案】40
【分析】由題意得，
則的系數(shù)為.
結(jié)合柯西不等式得出的最大最小值分別為12，28，所以的系數(shù)的最大可能值與最小可能值之和為40.
【詳解】由題意得，
的系數(shù)為.
由柯西不等式知，
又由于為正整數(shù)所以.
當時，，因此的最小值為34.
另一方面，若為正整數(shù)，則，
這是因為上式展開即為，亦即.
所以.
當時，，因此的最大值為66.
進而我們有的最大最小值分別為12，28，所以的系數(shù)的最大可能值與最小可能值之和為40.
故答案為：40.
14．如圖，經(jīng)過坐標原點O且互相垂直的兩條直線AC和BD與圓相交于A，C，B，D四點，M為弦AB的中點，有下列結(jié)論：
①弦AC長度的最小值為；
②線段BO長度的最大值為；
③點M的軌跡是一個圓；
④四邊形ABCD面積的取值范圍為．


其中所有正確結(jié)論的序號為______．
【答案】①③④
【分析】根據(jù)方程寫出已知圓的圓心和半徑，由圓的性質(zhì)判斷①；由BO長度表示圓上點到原點的距離，即可判斷②；若分別是的中點，圓心到直線的距離且，易證為矩形且其中心、對角線長度恒定，即可確定M的軌跡判斷③；根據(jù)得到四邊形ABCD面積關(guān)于的表達式，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求范圍，判斷④.
【詳解】由題設(shè)，則圓心，半徑，
由圓的性質(zhì)知：當圓心與直線距離最大為時AC長度的最小，
此時，①正確；
BO長度最大，則圓心與共線且在它們中間，此時，②錯誤；
若分別是的中點，則且，且，
又，易知：為矩形，而，
若圓心到直線的距離且，
所以，則，故，
所以在以為直徑，交點為圓心的圓上，③正確；

由上分析：，，而，
所以，
令，則，
當，即時，；
當或5，即或時，；
所以，④正確；
故答案為：①③④
【點睛】關(guān)鍵點點睛：③證明分別是的中點所成四邊形為矩形且對角線長度及中心恒定，判斷軌跡形狀；④利用得到關(guān)于的表達式，結(jié)合函數(shù)思想求范圍.
15．已知函數(shù)存在4個零點，則實數(shù)的取值范圍是__________．
【答案】
【分析】方程根的數(shù)量轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點個數(shù)，利用復(fù)合函數(shù)結(jié)合圖形共同分析可以求解.
【詳解】轉(zhuǎn)化為有四個解，
即在范圍內(nèi)有四個解，
即在范圍內(nèi)有四個解，
即在范圍內(nèi)有四個解，
即在范圍內(nèi)有四個解，
令，
則，
令得，
所以當時，，當時，，
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
所以，
做出大致圖像如下：

令，
則原方程轉(zhuǎn)化為，
令，
，
令得，
當時，，當時，，
所以在遞減，在遞增，
做出大致圖像如下：

所以時，對應(yīng)解出兩個值，
從而對應(yīng)解出四個值，
故答案為：.

16．阿波羅尼奧斯在其著作《圓錐曲線論》中提出：過橢圓上任意一點的切線方程為．若已知△ABC內(nèi)接于橢圓E：，且坐標原點O為△ABC的重心，過A，B，C分別作橢圓E的切線，切線分別相交于點D，E，F(xiàn)，則______．
【答案】4
【分析】設(shè)、、，由重心的性質(zhì)有、、，寫出過切線方程并求交點坐標，進而判斷△重心也為O，再由在橢圓上可得、、共線，即分別是的中點，即可確定面積比.
【詳解】若、、，則的中點、、，
由O為△ABC的重心，則、、，
所以、、，可得，
由題設(shè)，過切線分別為、、，
所以，，，
所以，同理，即△重心也為O，
又、、，可得、、，
所以，同理可得、，
所以、、共線，
綜上，分別是的中點，則

【點睛】關(guān)鍵點點睛：設(shè)點坐標及過切線方程，并求出坐標，利用重心的性質(zhì)確定△重心為O，并求證分別是的中點即可.
四、解答題
17．已知數(shù)列滿足，（其中）
(1)判斷并證明數(shù)列的單調(diào)性；
(2)記數(shù)列的前n項和為，證明：．
【答案】(1)單調(diào)遞減，證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由結(jié)合即可判斷數(shù)列的單調(diào)性；
（2）直接求出，由即可證得；又由得，由累加法得，結(jié)合放縮得到，再由裂項求和及放縮證得.
（1）單調(diào)遞減，理由如下：．∵，∴，∴數(shù)列單調(diào)遞減；
（2）∵，，，∴，又，則.∵，，∴，則，當，累加可得，則，則，則，∴
，則．
【點睛】本題關(guān)鍵點在于利用進行放縮得到，再由累加法得到，再次進行放縮得，再通過裂項求和及放縮即可證得結(jié)論.
18．如圖，在平面四邊形ABCD中，，，．

(1)若，求的面積；
(2)若，求BC．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)求得，再結(jié)合求解即可
（2）設(shè)，再在中利用正弦定理得出關(guān)于的方程，再根據(jù)三角函數(shù)恒等變換化簡求解即可
（1）由可得，又故，故
（2）設(shè)，則，，在中，由正弦定理可得，即，交叉相乘化簡得，即，利用降冪公式有，利用輔助角公式有，故，利用誘導(dǎo)公式可得，故，又，解得，又由正弦定理有，故
19．查找并閱讀關(guān)于蜂房結(jié)構(gòu)的資料，建立數(shù)學(xué)模型說明蜂房正面采用正六邊形面，底端是封閉的六角棱錐體的底，由三個相同的菱形組成（菱形的銳角為，鈍角為）的原因．

【答案】理由見解析.
【分析】蜂房是蜜蜂用來盛蜂蜜的在體積一定的情況下，為了節(jié)約空間，蜜蜂建造蜂房時，首先希望蜂房既對稱而又有規(guī)律，而正多邊形正好符合這一要求，我們知道并非任意的正多邊形都能鋪滿平面的，那么能鋪滿整個平面的正多邊形又有哪些呢？誰最佳呢？
這也就是我們要回答問題：為什么蜂房正面采用正六邊形面，底端是封閉的六角棱錐體的底，由三個相同的菱形組成（菱形的銳角為，鈍角為）？因為蜜蜂建造蜂房時需要使用材料（蜂臘）最少，在空間(體積)一定的情況下，這種形狀容積最大.用正六邊形才能蜂臘的用料最小.菱形的大小不影響蜂房的容積，只影響蜂房的表面積，但會影響到制造蜂房所用的材料；蜂房的底能夠無間隙地粘合在一起.
【詳解】數(shù)學(xué)模型I：能鋪滿平面的正多邊形有哪些？在周長一定的情況下，哪種面積最大？
數(shù)學(xué)模型I的求解：
由于正邊形的每一個內(nèi)角都等于， 要將平面鋪滿，則有：
，解得，
故時，符合要求.
當周長一定時，正三角形的面積為；
正四邊形的面積為；正六邊形的面積為.
此時有： ，所以正六邊形是最佳的設(shè)計.
數(shù)學(xué)模型Ⅱ：蜂房口的正六邊形及蜂房的容積一定的情況下，問題是底面菱形的各角分別多大時，蜂房的表面積最??？
數(shù)學(xué)模型Ⅱ求解：
假定六棱柱的邊長是，先求的長度，是腰長為1，夾角為的等腰三角形.以為對稱軸作一個三角形 (圖3).三角形是等邊三角形.因此，
，即得.

把圖4的表面分成六份，把其中之一攤平下來，得出圖7的形狀.從一個寬為的長方形切去一角，切割處成邊.以為腰，為高作等腰三角形.問題:怎樣切才能使所作出的圖形的面積最小?
假定被切去的三角形的高是.從矩形中所切去的面積等于.現(xiàn)在看所添上的三角形的面積。AP 的長度是，因此的長度等于
因而三角形的面積等于.問題再變而為求的最小值的問題.
令，故，兩邊平方，整理得

因為是實數(shù)，故二次方程判別式
，而必大于，因此的最小值為，即.
當時取最小值，即在一棱上過處（圖5中點）以及與該棱相鄰的二棱的端點（圖5中，點）切下來洴上去的圖形的表面積最小.
設(shè)，由余弦定理得，并將代入可得
.
因此得出.
【點睛】建模的關(guān)鍵是圍繞蜂房是蜜蜂用來盛蜂蜜的在體積一定的情況下，為了節(jié)約空間和蜂房既對稱而又有規(guī)律，材料最少的原則.
20．某果園種植“糖心蘋果”已有十余年，根據(jù)其種植規(guī)模與以往的種植經(jīng)驗，產(chǎn)自該果園的單個“糖心蘋果”的果徑（最大橫切面直徑，單位：）在正常環(huán)境下服從正態(tài)分布.
（1）一顧客購買了20個該果園的“糖心蘋果”，求會買到果徑小于56的概率；
（2）為了提高利潤，該果園每年投入一定的資金，對種植、采摘、包裝、宣傳等環(huán)節(jié)進行改進.如圖是2009年至2018年，該果園每年的投資金額（單位：萬元）與年利潤增量（單位：萬元）的散點圖：

該果園為了預(yù)測2019年投資金額為20萬元時的年利潤增量，建立了關(guān)于的兩個回歸模型；
模型①：由最小二乘公式可求得與的線性回歸方程：；
模型②：由圖中樣本點的分布，可以認為樣本點集中在曲線：的附近，對投資金額做交換，令，則，且有，，，.
（I）根據(jù)所給的統(tǒng)計量，求模型②中關(guān)于的回歸方程；
（II）根據(jù)下列表格中的數(shù)據(jù)，比較兩種模型的相關(guān)指數(shù)，并選擇擬合精度更高、更可靠的模型，預(yù)測投資金額為20萬元時的年利潤增量（結(jié)果保留兩位小數(shù)）.
回歸模型
模型①
模型②
回歸方程




102.28
36.19

附：若隨機變量，則，；樣本的最小乘估計公式為，；
相關(guān)指數(shù).
參考數(shù)據(jù)：，，，.
【答案】（1）0.3695；（2）（I）,（II）模型①的小于模型②，說明回歸模型②刻畫的擬合效果更好，當時，模型②的年利潤增量的預(yù)測值為（萬元），
【分析】（1）由已知滿足正態(tài)分布，則可知，的值，由正態(tài)分布的對稱性可知，可求得買一個蘋果，其果徑小于56的概率，由獨立重復(fù)試驗概率的運算方式，求得購買20個“糖心蘋果”中有果徑小于56的蘋果概率；
（2）（I）由最小二乘法求得模型②中關(guān)于的回歸方程；
（II）分別計算兩種模型的相關(guān)系數(shù)的平方，得模型②的相關(guān)系數(shù)的平方更大其擬合程度越好，再代進行計算，求得預(yù)測值.
【詳解】（1）由已知，當個“糖心蘋果”的果徑，
則，.
由正態(tài)分布的對稱性可知，
設(shè)一顧客購買了20個該果園的“糖心蘋果”，其中果徑小于56的有個，則，
故，
所以這名顧客所購買20個“糖心蘋果”中有果徑小于56的蘋果概率為0.3695.
（2）（I）由，，可得，，
又由題，得，
則
所以，模型②中關(guān)于的回歸方程.
（II）由表格中的數(shù)據(jù)，有，即，
所以模型①的小于模型②，說明回歸模型②刻畫的擬合效果更好，
當時，模型②的年利潤增量的預(yù)測值為
（萬元），
這個結(jié)果比模型①的預(yù)測精度更高、更可靠.
【點睛】本題考查統(tǒng)計案例的綜合問題，涉及正態(tài)分布求概率、獨立重復(fù)試驗的概率運算以及利用最小二乘法求回歸直線方程，還考查了由相關(guān)系數(shù)的平方比較模型的擬合程度，屬于難題.
21．拋物線的焦點為，準線為A為C上的一點，已知以為圓心，為半徑的圓交于兩點，


(1)若的面積為，求的值及圓的方程
(2)若直線與拋物線C交于P，Q兩點，且，準線與y軸交于點S，點S關(guān)于直線PQ的對稱點為T，求|的取值范圍.
【答案】(1)，圓的方程為
(2)
【分析】（1）由焦半徑和圓的半徑得到，結(jié)合面積求出，圓的方程為；（2）表達出關(guān)于直線的對稱點的坐標，利用垂直關(guān)系列出方程，求出，從而利用兩點間距離公式表達出.
（1）由對稱性可知：，設(shè)，由焦半徑可得：，，解得：圓的方程為：
（2）由題意得：直線的斜率一定存在，其中，設(shè)關(guān)于直線的對稱點為，則，解得：，聯(lián)立與得：，設(shè)，則，則，則，解得：（此時O與P或Q重合，舍去）或，所以，
【點睛】圓錐曲線相關(guān)的取值范圍問題，一般思路為設(shè)出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，由題干條件列出方程，求出變量之間的關(guān)系，再表達出弦長或面積等，結(jié)合基本不等式，導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)單調(diào)性等求出最值或取值范圍.
22．設(shè)函數(shù)．
(1)求的單調(diào)區(qū)間；
(2)已知，曲線上不同的三點處的切線都經(jīng)過點．證明：
（?。┤簦瑒t；
（ⅱ）若，則．
（注：是自然對數(shù)的底數(shù)）
【答案】(1)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.
(2)（?。┮娊馕?；（ⅱ）見解析.
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號后可得函數(shù)的單調(diào)性.
（2）（ⅰ）由題設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點橫坐標的方程，根據(jù)方程有3個不同的解可證明不等式成立，（ⅱ） ，，則題設(shè)不等式可轉(zhuǎn)化為，結(jié)合零點滿足的方程進一步轉(zhuǎn)化為，利用導(dǎo)數(shù)可證該不等式成立.
（1），當，；當，，故的減區(qū)間為，的增區(qū)間為.
（2）（?。┮驗檫^有三條不同的切線，設(shè)切點為，故，故方程有3個不同的根，該方程可整理為，設(shè)，則，當或時，；當時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，因為有3個不同的零點，故且，故且，整理得到：且，此時，設(shè)，則，故為上的減函數(shù)，故，故.（ⅱ）當時，同（?。┲杏懻摽傻茫汗试谏蠟闇p函數(shù)，在上為增函數(shù)，不妨設(shè)，則，因為有3個不同的零點，故且，故且，整理得到：，因為，故，又，設(shè)，，則方程即為：即為，記則為有三個不同的根，設(shè)，，要證：，即證，即證：，即證：，即證：，而且，故，故，故即證：，即證：即證：，記，則，設(shè)，則即，故在上為增函數(shù)，故，所以，記，則，所以在為增函數(shù)，故，故即，故原不等式得證：
【點睛】思路點睛：導(dǎo)數(shù)背景下的切線條數(shù)問題，一般轉(zhuǎn)化為關(guān)于切點方程的解的個數(shù)問題，而復(fù)雜方程的零點性質(zhì)的討論，應(yīng)該根據(jù)零點的性質(zhì)合理轉(zhuǎn)化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.

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