?2023高考臨考信息卷
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 已知集合，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分別求出集合，再根據(jù)交集的定義即可得解.
【詳解】，
由，得，
則，
則.
故選：C.
2. 已知復(fù)數(shù)滿(mǎn)足 ，則的共軛復(fù)數(shù)（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式，轉(zhuǎn)化為，利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和共軛復(fù)數(shù)的概念，即可求解.
【詳解】因?yàn)椋?br /> 可得，所以.
故選：C.
3. 2023年3月24日是第28個(gè)“世界防治結(jié)核病日”，我國(guó)的宣傳主題是“你我共同努力，終結(jié)結(jié)核流行”，呼吁社會(huì)各界廣泛參與，共同終結(jié)結(jié)核流行，維護(hù)人民群眾的身體健康.已知某種傳染疾病的患病率為5%通過(guò)驗(yàn)血診斷該病的誤診率為2%，即非患者中有2%的人診斷為陽(yáng)性，患者中有2%的人診斷為陰性.隨機(jī)抽取一人進(jìn)行驗(yàn)血，則其診斷結(jié)果為陽(yáng)性的概率為（ ）
A. 0.46 B. 0.046 C. 0.68 D. 0.068
【答案】D
【解析】
【分析】應(yīng)用全概率公式求解即可.

【詳解】設(shè)隨機(jī)抽取一人進(jìn)行驗(yàn)血，則其診斷結(jié)果為陽(yáng)性為事件A,

設(shè)隨機(jī)抽取一人實(shí)際患病為事件B, 隨機(jī)抽取一人非患為事件，

則.
故選:D.
4. 過(guò)拋物線(xiàn)：的焦點(diǎn)的直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于、兩點(diǎn)，以線(xiàn)段為直徑的圓的圓心為，半徑為.點(diǎn)到的準(zhǔn)線(xiàn)的距離與之積為25，則（ ）
A. 40 B. 30 C. 25 D. 20
【答案】A
【解析】
【詳解】由拋物線(xiàn)的性質(zhì)知，點(diǎn)到的準(zhǔn)線(xiàn)的距離為，
依題意得，又點(diǎn)到的準(zhǔn)線(xiàn) 的距離為，
則有，故，
故選：A．
5. 根據(jù)《民用建筑工程室內(nèi)環(huán)境污染控制標(biāo)準(zhǔn)》，文化娛樂(lè)場(chǎng)所室內(nèi)甲醛濃度為安全范圍.已知某新建文化娛樂(lè)場(chǎng)所施工中使用了甲醛噴劑，處于良好的通風(fēng)環(huán)境下時(shí)，竣工1周后室內(nèi)甲醛濃度為，3周后室內(nèi)甲醛濃度為，且室內(nèi)甲醛濃度（單位：）與竣工后保持良好通風(fēng)的時(shí)間（單位：周）近似滿(mǎn)足函數(shù)關(guān)系式，則該文化娛樂(lè)場(chǎng)所竣工后的甲醛濃度若要達(dá)到安全開(kāi)放標(biāo)準(zhǔn)，至少需要放置的時(shí)間為（ ）
A. 5周 B. 6周
C. 7周 D. 8周
【答案】B
【解析】
【分析】由相除可得，然后解不等式，由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)估計(jì)出，從而可得的范圍，由此可得結(jié)論.
【詳解】由題意可知，，，
，解得.
設(shè)該文化娛樂(lè)場(chǎng)所竣工后放置周后甲醛濃度達(dá)到安企開(kāi)放標(biāo)準(zhǔn)，
則，
整理得，設(shè)，因?yàn)椋?br /> 所以，即，則，即.
故至少需要放置的時(shí)間為6周.
故選：B.
6. 在軸截面頂角為直角的圓錐內(nèi)，作一內(nèi)接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側(cè)面積，則圓柱的底面半徑與圓錐的底面半徑的比值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，由圓柱表面積等于圓錐側(cè)面積建立方程，求半徑比.
【詳解】設(shè)圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，因?yàn)閳A錐軸截面頂角為直角，所以圓錐母線(xiàn)長(zhǎng)為，
設(shè)圓柱高為h，則，，
由題，，得.
故選：D.
7. 已知雙曲線(xiàn)C：（，）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，點(diǎn)M是雙曲線(xiàn)右支上一點(diǎn)，且，延長(zhǎng)交雙曲線(xiàn)C于點(diǎn)P，若，則雙曲線(xiàn)C的離心率為（　 ?。?br /> A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)，則由雙曲線(xiàn)的定義可得，，，然后在利用勾股定理可求出，再在中利用勾股定理可表示的關(guān)系，從而可求出離心率.
【詳解】
設(shè)（），由雙曲線(xiàn)的定義可得，，，
由，可得，
即，解得，
又，即為，
即為，則，
故選：D.
8. 在中，，，，P，Q是平面上的動(dòng)點(diǎn)，，M是邊BC上的一點(diǎn)，則的最小值為（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)向量運(yùn)算可得，結(jié)合圖形分析的最小值即可得結(jié)果.
【詳解】取的中點(diǎn)，則，
可得，
∵，當(dāng)且僅當(dāng)在線(xiàn)段上時(shí)，等號(hào)成立，
故，
顯然當(dāng)時(shí)，取到最小值，
∴，
故.
故選：B.

二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.
9. 下列結(jié)論正確的有（ ）
A. 若隨機(jī)變量，滿(mǎn)足，則
B. 若隨機(jī)變量，且，則
C. 若線(xiàn)性相關(guān)系數(shù)越接近1，則兩個(gè)變量線(xiàn)性相關(guān)性越強(qiáng)
D. 按從小到大順序排列的兩組數(shù)據(jù)：甲組：27，30，37，m，40，50；乙組：24，n，33，44．48，52，若這兩組數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)、第50百分位數(shù)都分別對(duì)應(yīng)相等，則
【答案】BC
【解析】
【分析】由方差的性質(zhì)判斷A；由正態(tài)分布的對(duì)稱(chēng)性判斷B；由相關(guān)系數(shù)的定義判斷C；根據(jù)百分位數(shù)的定義判斷D.
【詳解】對(duì)于A(yíng)，由方差的性質(zhì)可得，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，由正態(tài)分布的圖象的對(duì)稱(chēng)性可得，故B正確；
對(duì)于C，由相關(guān)系數(shù)知識(shí)可得：線(xiàn)性相關(guān)系數(shù)越接近1，則兩個(gè)變量的線(xiàn)性相關(guān)性越強(qiáng)，故C正確；
對(duì)于D，甲組：第30百分位數(shù)為30，第50百分位數(shù)為，
乙組：第30百分位數(shù)為，第50百分位數(shù)為，則，
解得，故，故D錯(cuò)誤；
故選：BC
10. 年月，神舟十三號(hào)返回艙成功著陸，返回艙是宇航員返回地球的座艙，返回艙的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓都包含，點(diǎn)組成的“曲圓”半圓的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)，半圓所在的圓過(guò)橢圓的焦點(diǎn)，橢圓的短軸長(zhǎng)等于半圓的直徑，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，下半圓與軸交于點(diǎn)若過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)與上半橢圓交于點(diǎn)，與下半圓交于點(diǎn)，則（ ）

A. 橢圓的離心率為 B. 的周長(zhǎng)為
C. 面積的最大值是 D. 線(xiàn)段長(zhǎng)度的取值范圍是
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)給定的條件，求出橢圓的短半軸長(zhǎng)，半焦距判斷選項(xiàng)A；利用橢圓的定義求出焦點(diǎn)三角形周長(zhǎng)判斷選項(xiàng)B；求出長(zhǎng)度范圍判斷選項(xiàng)D； 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的觀(guān)點(diǎn)可得最大值判斷C.
【詳解】由題知，橢圓中的幾何量，所以，
則，故A不正確；
因?yàn)?，由橢圓性質(zhì)可知，所以，故D正確；
設(shè)，到軸的距離為，，則，
當(dāng)在短軸端點(diǎn)處時(shí)，，同時(shí)取得最大值，故面積的最大值是，故C不正確；
由橢圓定義知，，
所以的周長(zhǎng)，故B正確．

故選：．
11. 如圖，四棱柱的底面是邊長(zhǎng)為的正方形，側(cè)棱底面ABCD，三棱錐的體積是，底面ABCD和的中心分別是O和，E是的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E的平面分別交，，于F，N，M點(diǎn)，且平面，G是線(xiàn)段MN任意一點(diǎn)（含端點(diǎn)），P是線(xiàn)段上任意一點(diǎn)（含端點(diǎn)），則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A. 側(cè)棱的長(zhǎng)為
B. 四棱柱的外接球的表面積是
C. 當(dāng)時(shí)，平面截四棱柱的截面是六邊形
D. 當(dāng)G和P變化時(shí)，的最小值是5
【答案】BCD
【解析】
【分析】選項(xiàng)A，可直接利用三棱錐的體積公式，求出側(cè)棱長(zhǎng)，從而判斷選項(xiàng)A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，利用長(zhǎng)方體外接球心是體對(duì)角線(xiàn)的中心，體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)即球的直徑，從而求出半徑，從而判斷選項(xiàng)B正確；選項(xiàng)C，利用性質(zhì)找出平面截四棱柱的截面，再利用平行關(guān)系找出比例，從而判斷出結(jié)果的正誤；選項(xiàng)D，先求證出平面，從而得到故對(duì)任意的G都有，進(jìn)而判斷出結(jié)果的正誤.
【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)槿忮F的體積是，解得，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)B，外接球的半徑滿(mǎn)足，故外接球的表面積，故選項(xiàng)B正確；
對(duì)于選項(xiàng)C，如圖，延長(zhǎng)MN交的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)Q，連接AQ交于點(diǎn)F，在平面內(nèi)作交于H，連接AH，
則平面截四棱柱的截面是五邊形AFNMH，因?yàn)椋?br /> 所以此時(shí)，故時(shí)截面是六邊形，時(shí)截面是五邊形，
故選項(xiàng)C正確；
對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)槠矫?，，平面，所以平面?br /> 又面面，面，所以，
又因?yàn)樗倪呅问钦叫?，，所以?br /> 因?yàn)閭?cè)棱底面，底面，所以，
又，所以平面，垂足是E，

故對(duì)任意的G都有，又因?yàn)?，?br /> 故，故選項(xiàng)D正確，

故選：BCD.
12. 已知，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A.先構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性確定的大致范圍，再構(gòu)造
，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性確定與的大小關(guān)系，進(jìn)而得到A選項(xiàng).
B.先構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性確定的大致范圍，再構(gòu)造
，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性確定與的大小關(guān)系，進(jìn)而可知B選項(xiàng)錯(cuò)誤.
C.通過(guò)，得到，進(jìn)而可得與的大小關(guān)系, 進(jìn)而可知C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
D.與C選項(xiàng)同樣的方法即可判斷.
【詳解】A. 令
則 ，所以在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
且，故.
令
則，
所以在上單調(diào)遞減，且

即 故選項(xiàng)A正確
B. 令
則，所以在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
且，故.
令
所以在上單調(diào)遞減，且

即 故選項(xiàng)B錯(cuò)誤
C
又在單調(diào)遞增
故選項(xiàng)C錯(cuò)誤
D. 由C可知， 又在單調(diào)遞減
故選項(xiàng)D正確
故選：AD
三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 在平面直角坐標(biāo)系中，角的頂點(diǎn)為，始邊與軸的非負(fù)半軸重合，終邊與圓相交于點(diǎn)，則___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義可求得，再利用誘導(dǎo)公式、倍角公式運(yùn)算求解.
【詳解】因?yàn)榻堑慕K邊與圓相交于點(diǎn)，
則，
所以.
故答案為：.
14. 已知多項(xiàng)式，則___________.
【答案】74
【解析】
【分析】利用二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)分別求得和的展開(kāi)式的項(xiàng)，進(jìn)而求得的值.
【詳解】對(duì)于，
其二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)為，
令，得，
故，
對(duì)于，
其二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)為，
令，得，故，
所以.
故答案為：74.
15. 已知函數(shù)和，若的極小值點(diǎn)是的唯一極值點(diǎn)，則k的最大值為_(kāi)___.
【答案】##
【解析】
【分析】利用導(dǎo)數(shù)求出的單調(diào)性和極小值點(diǎn)，然后，然后可得或恒成立，然后可求出答案.
【詳解】由可得
所以當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，
所以的極小值點(diǎn)是2
由可得
因?yàn)榈奈ㄒ粯O值點(diǎn)為2，所以或恒成立
所以或在上恒成立
因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)
所以
故答案為：
16. “數(shù)列”是每一項(xiàng)均為或的數(shù)列，在通信技術(shù)中應(yīng)用廣泛．設(shè)是一個(gè)“數(shù)列”，定義數(shù)列：數(shù)列中每個(gè)都變?yōu)椤啊保忻總€(gè)都變?yōu)椤啊?，所得到的新?shù)列．例如數(shù)列，則數(shù)列．已知數(shù)列，且數(shù)列，，記數(shù)列的所有項(xiàng)之和為，則__________．
【答案】
【解析】
【分析】設(shè)數(shù)列中，的個(gè)數(shù)為，的個(gè)數(shù)為，可利用表示出，兩式分別作和、作差，結(jié)合等比數(shù)列通項(xiàng)公式可推導(dǎo)求得，從而得到，整理可得最終結(jié)果.
【詳解】設(shè)數(shù)列中，的個(gè)數(shù)為，的個(gè)數(shù)為，
則，，
兩式相加得：，又，
數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，；
兩式相減得：，又，
數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，；
，，，
.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題求解的關(guān)鍵是能夠根據(jù)所定義的變化規(guī)律，得到與所滿(mǎn)足的遞推關(guān)系，利用遞推關(guān)系式證得數(shù)列和均為等比數(shù)列，從而推導(dǎo)得到的通項(xiàng)公式.
四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.
17. 如圖在平面四邊形ABCD中，，，，．

（1）求邊BC；
（2）若，求四邊形ABCD的面積．
【答案】（1）1； （2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即可求得邊BC的長(zhǎng)；
（2）分別利用三角形面積公式求得的面積，進(jìn)而求得四邊形ABCD的面積．
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)?，為銳角，
所以．
因?yàn)?，，在中?br /> 由余弦定理得，
即，得．
【小問(wèn)2詳解】
在中，由正弦定理得，
即，所以．
在中，由余弦定理得，
即，解得．
因?yàn)?，?br /> 所以．
18. 在各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列中，，．
（1）求的通項(xiàng)公式；
（2）若，的前項(xiàng)和為，證明：．
【答案】（1）
（2）證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）由得出，再根據(jù)得出，則數(shù)列為等比數(shù)列，即可得出通項(xiàng)公式；
（2）由（1）得，，，代入，化簡(jiǎn)得，即可得出，則，再證明為增數(shù)列，則，即可證明結(jié)論．
【小問(wèn)1詳解】
，
，則或，
又，，
數(shù)列為等比數(shù)列，公比為2，，．
【小問(wèn)2詳解】
證明：由（1）得，，，
則
，
的前項(xiàng)和為，
則，
又當(dāng)時(shí)，
當(dāng)時(shí)，為增數(shù)列，，即，
．
19. 2023年3月華中師大一附中舉行了普通高中體育與健康學(xué)業(yè)水平合格性考試．考試分為體能測(cè)試和技能測(cè)試，其中技能測(cè)試要求每個(gè)學(xué)生在籃球運(yùn)球上籃、羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球和游泳3個(gè)項(xiàng)目中任意選擇一個(gè)參加．某男生為了在此次體育學(xué)業(yè)考試中取得優(yōu)秀成績(jī)，決定每天訓(xùn)練一個(gè)技能項(xiàng)目．第一天在3個(gè)項(xiàng)目中任意選一項(xiàng)開(kāi)始訓(xùn)練，從第二天起，每天都是從前一天沒(méi)有訓(xùn)練的2個(gè)項(xiàng)目中任意選一項(xiàng)訓(xùn)練．
（1）若該男生進(jìn)行了3天的訓(xùn)練，求第三天訓(xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”的概率；
（2）設(shè)該男生在考前最后6天訓(xùn)練中選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”的天數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望．
【答案】（1）
（2）分布列見(jiàn)解析；
【解析】
【分析】（1）根據(jù)乘法原理，結(jié)合古典概型計(jì)算求解即可；
（2）由題知的可能取值為，再依次求對(duì)應(yīng)的概率，列分布列，求期望即可.
【小問(wèn)1詳解】
解：當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”且第三天也是訓(xùn)練“籃球運(yùn)球上籃”為事件；
當(dāng)?shù)谝惶煊?xùn)練的不是“籃球運(yùn)球上籃”且第三天是訓(xùn)練“籃球運(yùn)球上籃”為事件；
由題知，三天的訓(xùn)練過(guò)程中，總共的可能情況為種，
所以，，，
所以，第三天訓(xùn)練的是“籃球運(yùn)球上籃”的概率.
【小問(wèn)2詳解】
解：由題知，的可能取值為，
所以，考前最后6天訓(xùn)練中，所有可能的結(jié)果有種，
所以，當(dāng)時(shí)，第一天有兩種選擇，之后每天都有種選擇，故；
當(dāng)時(shí)，
第一天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第二天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共2種選擇；
第二天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，則第一天有2種選擇，第三天2種，后每天只有1種選擇，共4種選擇；
第三天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”， 則第一天有2種選擇，第二天有1種選擇，第三天1種，第四天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共4種選擇；
第四天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”， 則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第六天有1種，第五天有2種選擇，共4種選擇；
第五天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”， 則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五天有1種，第六天有2種選擇，共4種選擇；
第六天選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”， 則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1種選擇，共2種選擇；
綜上，當(dāng)時(shí)，共有種選擇，
所以，；
當(dāng)時(shí)，
第一天，第三天，第五天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有種選擇；
第一天，第三天，第六天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有種選擇
第一天，第四天，第六天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有種選擇；
第二天，第四天，第六天，選擇“羽毛球?qū)哌h(yuǎn)球”，有種選擇；
所以，當(dāng)時(shí)，共有種選擇，
所以，；
所以，當(dāng)，
所以，的分布列為：










所以，.
20. 已知橢圓的左右焦點(diǎn)分別是，是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(與左右頂點(diǎn)不重合)，已知的內(nèi)切圓半徑的最大值是橢圓的離心率是.
（1）求橢圓的方程；
（2）過(guò)作斜率不為0的直線(xiàn)交橢圓于兩點(diǎn)，過(guò)作垂直于軸的直線(xiàn)交橢圓于另一點(diǎn)，連接，設(shè)的外心為，求證：為定值.
【答案】（1）；（2）證明見(jiàn)解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)面積最大時(shí)，r最大可得出等量關(guān)系求解；
（2）設(shè)出直線(xiàn)方程，與橢圓聯(lián)立，設(shè)，得出韋達(dá)定理，表示出AB的中點(diǎn)坐標(biāo)，求得AB的垂直平分線(xiàn)方程，得出點(diǎn)坐標(biāo)，即可表示出，即可得出定值.
【詳解】（1）由題意知∶，∴a=2c，，
設(shè)△的內(nèi)切圓半徑為r，
則.
故當(dāng)面積最大時(shí)，r最大，即P點(diǎn)位于橢圓短軸頂點(diǎn)時(shí)，
所以，把a(bǔ)=2c，代入，解得∶a=2，，
所以橢圓方程為
（2）由題意知，直線(xiàn)AB的斜率存在且不為0，設(shè)直線(xiàn)AB為，
代入橢圓方程得.
，
設(shè)，則，，
因此可得
所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(，)
因?yàn)镚是△ABQ的外心，所以G是線(xiàn)段AB的垂直平分線(xiàn)與線(xiàn)段BQ的垂直平分線(xiàn)的交點(diǎn)，
由題意可知B，Q關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，故，
AB的垂直平分線(xiàn)方程為
令y=0，得，即G(，0)，
所以
又
=
故，所以為定值，定值為4.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)相交問(wèn)題的常用步驟：
（1）得出直線(xiàn)方程，設(shè)交點(diǎn)為，；
（2）聯(lián)立直線(xiàn)與曲線(xiàn)方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程；
（3）寫(xiě)出韋達(dá)定理；
（4）將所求問(wèn)題或題中關(guān)系轉(zhuǎn)化為形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解.
21. 在三棱臺(tái)中，平面，，分別是的中點(diǎn)，是棱上的動(dòng)點(diǎn).

（1）求證：；
（2）若是線(xiàn)段的中點(diǎn)，平面與的交點(diǎn)記為，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接，證得四點(diǎn)共面，根據(jù)平面，證得，結(jié)合，證得平面，即可證得；
（2）延長(zhǎng)與交于點(diǎn)，連接，根題意證得兩兩垂直，以為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面和平面的一個(gè)法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.
【小問(wèn)1詳解】
證明：取線(xiàn)段的中點(diǎn)，連接，如圖所示，
因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，
三棱臺(tái)中，，所以，且，
故四點(diǎn)共面，
因?yàn)槠矫?，平面，所以?br /> 因?yàn)椋?br /> 所以四邊形是正方形，所以，
又因?yàn)?，且平面?br /> 所以平面，
因?yàn)槠矫妫?
【小問(wèn)2詳解】
解：延長(zhǎng)與相交于點(diǎn)，連接，則，
因?yàn)榉謩e為和的中點(diǎn)，，所以，
則，所以，為的中點(diǎn)，
又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，且，則為的重心，
所以，
因?yàn)槠矫嫫矫?，所?
因?yàn)?，所以?br /> 又因?yàn)槠矫妫?br /> 所以平面，所以?xún)蓛纱怪保?br /> 以為原點(diǎn)，所在直線(xiàn)分別為軸、軸和軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則，
可得.
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
所以，
故平面與平面夾角的余弦值為.

22. 已知函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，，且，
（1）求的取值范圍；
（2）證明：
【答案】（1）
（2）證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）易得，分和討論，對(duì)時(shí)，根據(jù)存在兩零點(diǎn)得，求出的范圍，再結(jié)合，放縮得，確定，則，再構(gòu)造函數(shù)，，求出其單調(diào)性即可得到的范圍；
（2）利用基本不等式得，放縮證明，利用比值換元法設(shè)，構(gòu)造函數(shù)，，求導(dǎo)證明其單調(diào)性，得到其范圍即可.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)榈亩x域?yàn)?，所?br /> 當(dāng)時(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
故不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，故舍去；
當(dāng)時(shí)，令，解得
令，解得，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以，要使有兩個(gè)零點(diǎn)，
則，解得，
又，，
所以當(dāng)時(shí)，在和上各有一個(gè)零點(diǎn)，，
且，所以，
由單調(diào)性知，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
因?yàn)椋?，?br /> 所以，而，
即，所以，而，
令，
則，，，所以，
所以在上單調(diào)遞增，
所以，所以
【小問(wèn)2詳解】

，當(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào)，而，
故
要證，即證，即證
即證，
即證，
.設(shè)，，，
，，

令，，
令，，易知在上單調(diào)遞增，
故，
∴在單調(diào)遞增，
∴，∴在上單調(diào)遞增，
∴得證
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第2問(wèn)首先采用了基本不等式進(jìn)行放縮得，從而將題目的證明轉(zhuǎn)化為證明，然后得到，利用經(jīng)典的比值換元法，設(shè)，，則，從而設(shè)，，通過(guò)多次求導(dǎo)研究其單調(diào)性和值域即可.

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