?重慶市育才中學(xué)高2023屆高三（下）開學(xué)考試
數(shù)學(xué)試題
本試卷為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ試卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時(shí)間120分鐘.
注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的學(xué)校、姓名、考號(hào)填寫在答題卡上.
2.作答時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.
3.考試結(jié)束后，將答題卡收回.
第Ⅰ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】B
【解析】
【分析】由對(duì)數(shù)函數(shù)定義域的求解可求得集合，由交集定義可得結(jié)果.
【詳解】，，.
故選：B.
2. 若復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則下列結(jié)論正確的有（ ）
A. 的共軛復(fù)數(shù)為 B.
C. 的虛部為 D. 在復(fù)平面內(nèi)是第三象限的點(diǎn)
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法的運(yùn)算法則，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的定義、復(fù)數(shù)模的公式、復(fù)數(shù)虛部的定義、復(fù)數(shù)在復(fù)平面對(duì)應(yīng)點(diǎn)的特征逐一判斷即可.
【詳解】因?yàn)椋?br /> 所以的共軛復(fù)數(shù)為；
；
的虛部為；
在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為，它在第四象限，
故選：B
3. 函數(shù)的圖象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性以及函數(shù)值的正負(fù)進(jìn)行綜合判斷.
【詳解】因?yàn)?，所以為奇函?shù)，故排除A選項(xiàng)；
因?yàn)闀r(shí)，
令，即，所以，故，排除B、D選項(xiàng).
故選：C.
4. 水晶是一種石英結(jié)晶體礦物，因其硬度、色澤、光學(xué)性質(zhì)、稀缺性等，常被人們制作成飾品．如圖所示，現(xiàn)有棱長為2cm的正方體水晶一塊，將其裁去八個(gè)相同的四面體，打磨成某飾品，則該飾品的表面積為（單位：cm2）（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】截去8個(gè)四面體后，還剩6個(gè)正方形，8個(gè)正三角形，只需求出對(duì)應(yīng)面邊長，即可求解
【詳解】設(shè)截去8個(gè)四面體后，該幾何體棱長為，則有，
此時(shí)，該幾何體表面由8個(gè)正三角形和6個(gè)正方形構(gòu)成，6個(gè)正方形的面積為：，
8個(gè)正三角形面積為：，故該飾品的表面積為
故選：A
5. 在數(shù)列中，已知對(duì)任意正整數(shù)，有，則等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作差法及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式即可求解.
【詳解】當(dāng)時(shí)，由，得，
所以.
當(dāng)時(shí)，，也滿足合上式.
所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為.
所以.
所以數(shù)列是等比數(shù)列，首項(xiàng)為，公比為，
所以.
故選：D.
6. “總把新桃換舊符”（王安石）、“燈前小草寫桃符”（陸游），春節(jié)是中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日，在宋代人們用寫“桃符”的方式來祈福避禍，而現(xiàn)代人們通過貼“?！弊?、貼春聯(lián)、掛燈籠等方式來表達(dá)對(duì)新年的美好祝愿，某商家在春節(jié)前開展商品促銷活動(dòng)，顧客凡購物金額滿50元，則可以從“福”字、春聯(lián)和燈籠這三類禮品中任意免費(fèi)領(lǐng)取一件，若有4名顧客都領(lǐng)取一件禮品，則他們中有且僅有2人領(lǐng)取的禮品種類相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
有4名顧客都領(lǐng)取一件禮品，基本事件總數(shù)n＝34＝81，他們中有且僅有2人領(lǐng)取的禮品種類相同包含的基本事件個(gè)數(shù)m36，則可得他們中有且僅有2人領(lǐng)取的禮品種類相同的概率．
【詳解】從“?！弊?、春聯(lián)和燈籠這三類禮品中任意免費(fèi)領(lǐng)取一件，
有4名顧客都領(lǐng)取一件禮品，基本事件總數(shù)n＝34＝81，
他們中有且僅有2人領(lǐng)取的禮品種類相同包含的基本事件個(gè)數(shù)m36，
則他們中有且僅有2人領(lǐng)取的禮品種類相同的概率是p．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合中的分組分配等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題．
7. 已知函數(shù)對(duì)任意都有，且當(dāng)時(shí)，，則（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得函數(shù)周期為4，后利用函數(shù)周期性結(jié)合當(dāng)時(shí)，可得答案.
【詳解】因?qū)θ我?，，則，即函數(shù)周期為4.
因，則.
又由，令，可得，則.
故選：D
8. 拋物線有如下光學(xué)性質(zhì)：過焦點(diǎn)的光線經(jīng)拋物線反射后得到的光線平行于拋物線的對(duì)稱軸；反之，平行于拋物線對(duì)稱軸的入射光線經(jīng)拋物線反射后必過拋物線的焦點(diǎn)．已知拋物線的焦點(diǎn)為F，一條平行于x軸的光線從點(diǎn)射出，經(jīng)過拋物線上的點(diǎn)A反射后，再經(jīng)拋物線上的另一點(diǎn)B射出，則的周長為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題中光學(xué)性質(zhì)作出圖示，先求解出點(diǎn)坐標(biāo)以及直線的方程，從而聯(lián)立直線與拋物線方程求解出點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)焦半徑公式以及點(diǎn)到點(diǎn)的距離公式求解出的三邊長度，從而周長可求.
【詳解】如下圖所示：因?yàn)?，所以，所以，所以?br /> 又因?yàn)?，所以，即?br /> 又，所以，所以或，所以，所以，所以，
又因?yàn)?，，?br /> 所以的周長為：，
故選：B.

【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：拋物線的焦半徑公式如下：（為焦準(zhǔn)距）
（1）焦點(diǎn)在軸正半軸，拋物線上任意一點(diǎn)，則；
（2）焦點(diǎn)在軸負(fù)半軸，拋物線上任意一點(diǎn)，則；
（3）焦點(diǎn)在軸正半軸，拋物線上任意一點(diǎn)，則；
（4）焦點(diǎn)在軸負(fù)半軸，拋物線上任意一點(diǎn)，則.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)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. 將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長度得到函數(shù)圖象，則（ ）
A. 是函數(shù)的一個(gè)解析式
B. 直線是函數(shù)圖象的一條對(duì)稱軸
C. 函數(shù)是周期為的奇函數(shù)
D. 函數(shù)的遞減區(qū)間為
【答案】BD
【解析】
【分析】先求出的解析式，對(duì)四個(gè)選項(xiàng)一一驗(yàn)證：
對(duì)于A：直接利用解析式驗(yàn)證；
對(duì)于B：直接求出對(duì)稱軸方程進(jìn)行驗(yàn)證；
對(duì)于C：利用奇函數(shù)的定義進(jìn)行否定；
對(duì)于D：直接求出函數(shù)的遞減區(qū)間.
【詳解】由函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長度得到函數(shù)圖象，所以
.
對(duì)于A：，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B：，要求的對(duì)稱軸，只需令，當(dāng)k=1時(shí)，解得：，所以直線是函數(shù)圖象的一條對(duì)稱軸，故B正確；
對(duì)于C：，因?yàn)?，所以函?shù)不是奇函數(shù)，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D：要求函數(shù)的遞減區(qū)間，只需，解得：，即函數(shù)的遞減區(qū)間為，故D正確.
故選：BD
10. 對(duì)兩個(gè)變量和進(jìn)行回歸分析，得到一組樣本數(shù)據(jù)則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. 若求得的經(jīng)驗(yàn)回歸方程為，則變量和之間具有正的線性相關(guān)關(guān)系
B. 若這組樣本數(shù)據(jù)分別是，則其經(jīng)驗(yàn)回歸方程必過點(diǎn)
C. 若同學(xué)甲根據(jù)這組數(shù)據(jù)得到的回歸模型1的殘差平方和為.同學(xué)乙根據(jù)這組數(shù)據(jù)得到的回歸模型2的殘差平方和為，則模型1的擬合效果更好
D. 若用相關(guān)指數(shù)來刻畫回歸效果，回歸模型3的相關(guān)指數(shù)，回歸模型4的相關(guān)指數(shù)，則模型4的擬合效果更好
【答案】ACD
【解析】
【分析】由回歸分析逐一判斷求解即可
【詳解】對(duì)于A：因?yàn)榛貧w方程為，，所以變量和之間具有正的線性相關(guān)關(guān)系，故A正確；
對(duì)于B：樣本數(shù)據(jù)的樣本中心點(diǎn)為，且經(jīng)驗(yàn)回歸方程必過樣本中心點(diǎn)，但不是樣本中心點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C：因?yàn)闅埐钇椒胶驮叫〉哪Ｐ?，其擬合效果越好，故C正確；
對(duì)于D：相關(guān)指數(shù)越接近1，說明關(guān)系越強(qiáng)，擬合效果越好，D正確；
故選：ACD
11. 已知，，下列命題中正確的是（ ）
A. 若，則
B. 若，則
C. 若，則
D. 若，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用已知的等式，將其進(jìn)行變形，利用基本不等式對(duì)選項(xiàng)逐一分析判斷即可．
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)?，，所以，故?br /> 當(dāng)且僅時(shí)取等號(hào)，此時(shí)，故選項(xiàng)A正確；
對(duì)于B，因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
所以，解得，則，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，因?yàn)椋?br /> 所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故選項(xiàng)C正確；
對(duì)于D，因?yàn)椋?，所以?br /> 因?yàn)?，，所以?br /> 所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故，故選項(xiàng)D正確．
故選：ACD．
12. 關(guān)于函數(shù)，下列說法正確的是（ ）
A. 是的極小值點(diǎn)
B. 不存在正整數(shù)，使得恒成立
C. 函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)
D. 對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)，且，若，則
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項(xiàng)，通過導(dǎo)數(shù)求解單調(diào)區(qū)間，驗(yàn)證即可；B選項(xiàng)，將恒成立轉(zhuǎn)化為恒成立，利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)判斷有無最小值即可；C選項(xiàng)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在性定理可判斷選項(xiàng)正誤；D選項(xiàng)，將判斷選項(xiàng)正誤轉(zhuǎn)化為證明若，則，后通過函數(shù)單調(diào)性可證明結(jié)論.
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，函數(shù)的定義域?yàn)?，函?shù)的導(dǎo)數(shù) ，
∴時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，
∴是的極小值點(diǎn)，故A正確；
對(duì)于B選項(xiàng)，若，可得，
令，則，
令，則，
∴在上，，函數(shù)單調(diào)遞增，上，，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴，∴，
∴在上函數(shù)單調(diào)遞減，函數(shù)無最小值，
∴不存在正實(shí)數(shù)，使得成立，故B正確；
對(duì)于C選項(xiàng)，，
∴，∴ 函數(shù)在上單調(diào)遞減，
又∵ ，，
∴ 函數(shù)有且只有1個(gè)零點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D選項(xiàng)，由，，結(jié)合A選項(xiàng)可知，
要證，即證，且，
由函數(shù)在是單調(diào)遞增函數(shù)，所以有，
由于，所以，即證明，
令，
則，所以在是單調(diào)遞減函數(shù)，
所以，即成立，
故成立，所以D正確.
故選：ABD
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：對(duì)于恒成立問題，常轉(zhuǎn)化為求解相關(guān)函數(shù)的最值；對(duì)于零點(diǎn)問題，常利用數(shù)形結(jié)合思想，或單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在性定理進(jìn)行處理；對(duì)于雙變量問題，常見處理手段為利用題目條件將雙變量變?yōu)閱巫兞繂栴}.
第Ⅱ卷
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 若非零向量、，滿足，，則與的夾角為___________.
【答案】##
【解析】
【分析】設(shè)與的夾角為，根據(jù)，，由數(shù)量積的定義和運(yùn)算律求解.
【詳解】解：設(shè)與的夾角為，
因?yàn)?，?br /> 所以，
所以，
因?yàn)椋?br /> 所以，
故答案為：
14. 二項(xiàng)展開式，則___________.
【答案】
【解析】
【分析】等式的兩邊同時(shí)求導(dǎo)數(shù)得到，令，即可求解.
【詳解】因?yàn)椋?br /> 等式的兩邊同時(shí)求導(dǎo)數(shù)，可得，
令，可得.
故答案為：
15. 雙曲線：的左、右焦點(diǎn)分別為、，是右支上的一點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，的內(nèi)切圓在邊上的切點(diǎn)為，若，則的離心率為____.
【答案】
【解析】
【分析】
根據(jù)切線長定理求出MF1﹣MF2，即可得出a，從而得出雙曲線的離心率．
【詳解】設(shè)△MPF2的內(nèi)切圓與MF1，MF2的切點(diǎn)分別為A，B，
由切線長定理可知MA＝MB，PA＝PQ，BF2＝QF2，
又PF1＝PF2，
∴MF1﹣MF2＝（MA+AP+PF1）﹣（MB+BF2）＝PQ+PF2﹣QF2＝2PQ，
由雙曲線的定義可知MF1﹣MF2＝2a，
故而a＝PQ，又c＝2，
∴雙曲線的離心率為e．
故答案為：．

【點(diǎn)睛】本題主要考查雙曲線的離心率，考查三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)，考查切線長定理，考查學(xué)生的計(jì)算能力，利用雙曲線的定義進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．
16. 已知側(cè)棱長為的正四棱錐的所有頂點(diǎn)都在球的球面上，當(dāng)該棱錐體積最大時(shí)，底面的邊長為______，此時(shí)球的表面積為______.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】正四棱柱底面為正方形，側(cè)棱長相等為，表示出底面邊長，以及正四棱柱的體積，利用導(dǎo)函數(shù)求出當(dāng)時(shí)，體積最大，得底面邊長，再在中，求出球的半徑，進(jìn)而求出表面積.
【詳解】
如圖， ,設(shè)四棱錐體積最大時(shí)高為 ，
則 ， ，,
，
，
當(dāng) 時(shí)，體積最大，即，
則， ,
設(shè)外接球半徑為R，則
中， ,
解得 , 球的表面積為 .
故答案為：（1）2；（2）.
【點(diǎn)睛】充分利用正四面體的幾何特點(diǎn)，以及和外接球的關(guān)系，利用導(dǎo)函數(shù)求最大值.
四、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 在中，角所對(duì)的邊分別為.
（1）求；
（2）若為銳角三角形，且，求的最大值.
【答案】（1）或或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，二倍角公式解決；
（2）利用正弦定理轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)最值問題.
【小問1詳解】
由得，
，
或，
所以或或 ；
【小問2詳解】
由為銳角三角形，，根據(jù)正弦定理,
所以,

其中為銳角，.
所以當(dāng)即時(shí)，有最大值1
所以的最大值為.
18. 新冠肺炎是近百年來人類遭遇的影響范圍最廣的全球性大流行病毒.對(duì)前所未知、突如其來、來勢(shì)洶洶的疫情天災(zāi)，習(xí)近平總書記親自指揮、親自部署，強(qiáng)調(diào)把人民生命安全和身體健康放在第一位.明確堅(jiān)決打贏疫情防控的人民戰(zhàn)爭(zhēng)、總體戰(zhàn)、阻擊戰(zhàn).當(dāng)前，新冠肺炎疫情防控形勢(shì)依然復(fù)雜嚴(yán)峻.為普及傳染病防治知識(shí)，增強(qiáng)學(xué)生的疾病防范意識(shí)，提高自身保護(hù)能力，市團(tuán)委在全市學(xué)生范圍內(nèi)，組織了一次傳染病及個(gè)人衛(wèi)生相關(guān)知識(shí)有獎(jiǎng)競(jìng)賽（滿分100分），競(jìng)賽獎(jiǎng)勵(lì)規(guī)則如下：得分在[70，80）內(nèi)的學(xué)生獲三等獎(jiǎng)，得分在內(nèi)的學(xué)生獲二等獎(jiǎng)，得分在內(nèi)的學(xué)生獲一等獎(jiǎng)，其它學(xué)生不得獎(jiǎng).為了解學(xué)生對(duì)相關(guān)知識(shí)的掌握情況，隨機(jī)抽取了100名學(xué)生的競(jìng)賽成績，并以此為樣本繪制了如圖所示的頻率分布表.
競(jìng)賽成績







人數(shù)
6
12
18
34
16
8
6

（1）從該樣本中隨機(jī)抽取2名學(xué)生的競(jìng)賽成績，求這2名學(xué)生恰有一名學(xué)生獲獎(jiǎng)的概率；
（2）若該市所有參賽學(xué)生的成績X近似地服從正態(tài)分布，若從所有參賽學(xué)生中（參賽學(xué)生人數(shù)特別多）隨機(jī)抽取4名學(xué)生進(jìn)行座談，設(shè)其中競(jìng)賽成績?cè)?4分以上的學(xué)生人數(shù)為，求隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望.
【答案】（1）
（2）分布列見解析，2
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意可得獲獎(jiǎng)情況，再根據(jù)組合數(shù)的計(jì)算與概率公式求解即可；
（2）由正態(tài)分布的性質(zhì)可得隨機(jī)變量，再列出分布列求解數(shù)學(xué)期望即可.
【小問1詳解】
由樣本頻率分布表可知，樣本中獲一等獎(jiǎng)的6人，獲二等獎(jiǎng)的8人，獲三等獎(jiǎng)的16人，共30人，則70人沒有獲獎(jiǎng)，
所以從該樣本中隨機(jī)抽取2名學(xué)生的競(jìng)賽成績，這2名學(xué)生恰有一名學(xué)生獲獎(jiǎng)的概率為
.
【小問2詳解】
因?yàn)樵撔Ｋ袇①悓W(xué)生的成績X近似地服從正態(tài)分布，所以，
所以，即從所有參賽學(xué)生中隨機(jī)抽取1名學(xué)生，該生成績?cè)?4分以上概率為，所以隨機(jī)變量，
所以（，1，2，3，4），
所以，，
，，
，
所以的分布列為

0
1
2
3
4
P





所以.
19. 設(shè)為正數(shù)數(shù)列的前項(xiàng)和，且.
（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）若，求數(shù)列的前99項(xiàng)和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由與的混合式消去得到的遞推式，從而證明為等差數(shù)列并求得公差，再由原式求得首項(xiàng)，即可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）根據(jù)的周期性分組求和，各組求和后再累加即可.
【小問1詳解】
,,兩式相減
，
化簡得，
又,
所以,所以數(shù)列為等差數(shù)列，
在中令得，
因此數(shù)列的通項(xiàng)公式為；
【小問2詳解】
由的周期為3，
，
，
因此 .
20. 如圖，在梯形中，AB，四邊形為矩形，且平面.

（1）求證：平面平面；
（2）點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)在什么位置時(shí)，平面與平面所成銳二面角的余弦值為.
【答案】（1）證明見解析
（2）點(diǎn)M在到E的距離為的位置
【解析】
【分析】（1）通過證明AC⊥BC，AC⊥CF，可得AC⊥平面BCF，結(jié)合ACEF可證明結(jié)論；（2）由（1）如圖建立以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA、CB、CF所在直線分別為x、y、z軸的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)M(t，0，1)，其中，分別求出平面與平面法向量，利用平面與平面所成銳二面角的余弦值為可得答案.
【小問1詳解】
證明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD為等腰梯形，因?yàn)?，則，所以
又因?yàn)?，則，
∴AC⊥BC，因?yàn)镃F⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴AC⊥CF.
又∵平面BCF，，∴AC⊥平面BCF，因四邊形ACFE為矩形，AC∥EF，則EF⊥平面BCF ，EF在平面EFD內(nèi)，因此，平面EFD⊥平面BCF；
【小問2詳解】
因?yàn)镃F⊥平面ABCD，AC⊥BC，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA、CB、CF所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
在直角三角形中，因則A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，設(shè)點(diǎn)M(t，0，1)，其中.
設(shè)平面MAB的法向量為，則，.
則，取，可得.又由題易知平面FCB的一個(gè)法向量為
則，
得或（舍去），所以，即點(diǎn)M在到E的距離為的位置.

21. 如圖所示，已知在橢圓上，圓，圓在橢圓內(nèi)部.

（1）求的取值范圍；
（2）過作圓的兩條切線分別交橢圓于點(diǎn)（不同于），直線是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請(qǐng)說明理由.
【答案】（1）
（2）過定點(diǎn)，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)在圓外的性質(zhì)，結(jié)合二次函數(shù)的最值進(jìn)行求解即可；
（2）設(shè)出圓的切線方程，根據(jù)圓切線的性質(zhì)，一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系、直線與橢圓的相交關(guān)系進(jìn)行求解即可.
【小問1詳解】
由題意，故橢圓方，
設(shè)為橢圓上的一動(dòng)點(diǎn)，由于圓在橢圓內(nèi)部，則恒成立，
即對(duì)任意恒成立，
令，
，
則，于是有；
【小問2詳解】
設(shè)，，
，（由（1）斜率都存在），
由于兩直線均與圓C相切，則，
則為方程的兩根，由韋達(dá)定理可知，
設(shè)，
由韋達(dá)定理可知，
由.則
.故過定點(diǎn).
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是根據(jù)兩直線均與圓C相切，得到兩條切線的斜率之間的關(guān)系.
22. 已知且.
（1）試討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）當(dāng)時(shí)，若有三個(gè)零點(diǎn).
①求的范圍；
②設(shè)，求證：.
【答案】（1）答案見解析
（2）①；②證明見解析
【解析】
【分析】（1）去絕對(duì)值符號(hào)，再分和兩種情況討論即可得解；
（2）①，有三個(gè)零點(diǎn)有三個(gè)不同的實(shí)根，，構(gòu)造函數(shù)，易得函數(shù)為奇函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，作出函數(shù)的大致圖象，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解；
②由①可得，則要證，只需證明：，結(jié)合整理即可得證.
【小問1詳解】
注意，，則，
令，
當(dāng)時(shí)，時(shí)，，
時(shí)，，此時(shí)無解，
故當(dāng)時(shí)，在，上單點(diǎn)遞減，
在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，時(shí)，，此時(shí)無解，
時(shí)，，
故當(dāng)時(shí)，在，上單點(diǎn)遞減，
在上單調(diào)遞增，
綜上所述，當(dāng)時(shí)，在，上單點(diǎn)遞減，
在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在，上單點(diǎn)遞減，
在上單調(diào)遞增；
【小問2詳解】
①，有三個(gè)零點(diǎn)有三個(gè)不同的實(shí)根，
，令，
因?yàn)?，所以為奇函?shù)，
當(dāng)時(shí)，，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，
又當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，且，，
如圖，作出函數(shù)的大致圖象：

因?yàn)橛腥泓c(diǎn)，且，
則；
②由①可得，則，
則要證，只需證明：，
由于，
則有，
所以.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)問題的方法：
（1）直接法：先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的方法求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)作出圖象，然后將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與軸的交點(diǎn)問題，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想的應(yīng)用；
（2）構(gòu)造新函數(shù)法：將問題轉(zhuǎn)化為研究兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題；

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