一、選擇題（本大題共8個(gè)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.
2. 若虛部大于0復(fù)數(shù)滿足方程，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為
A. B. C. D.
3. 古希臘數(shù)學(xué)家泰特托斯（Theaetetus，公元前417—公元前369年）詳細(xì)地討論了無(wú)理數(shù)的理論，他通過(guò)圖來(lái)構(gòu)造無(wú)理數(shù)，，，，如圖，則（ ）

A. B.
C. D.
4. 設(shè)向量與的夾角為θ，定義，已知，，則（ ）
A. B. C. 5D. 25
5. 血藥濃度檢測(cè)可使給藥方案?jìng)€(gè)體化，從而達(dá)到臨床用藥的安全、有效、合理.某醫(yī)學(xué)研究所研制的某種新藥進(jìn)入了臨床試驗(yàn)階段，經(jīng)檢測(cè)，當(dāng)患者A給藥3小時(shí)的時(shí)候血藥濃度達(dá)到峰值，此后每經(jīng)過(guò)2小時(shí)檢測(cè)一次，每次檢測(cè)血藥濃度降低到上一次檢測(cè)血藥濃度的，當(dāng)血藥濃度為峰值的時(shí)，給藥時(shí)間為（ ）
A. 11小時(shí)B. 13小時(shí)C. 17小時(shí)D. 19小時(shí)
6. 對(duì)于一些不太容易比較大小的實(shí)數(shù)，我們常常用構(gòu)造函數(shù)的方法來(lái)進(jìn)行，如，已知，，，要比較，，的大小，我們就可通過(guò)構(gòu)造函數(shù)來(lái)進(jìn)行比較，通過(guò)計(jì)算，你認(rèn)為下列關(guān)系正確的一項(xiàng)是（ ）
A. B. C. D.
7. 函數(shù)（，）的部分圖象如圖所示，若在上有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則的最小值為（ ）
A. B.
C D.
8. 定義在上的不恒為零的偶函數(shù)滿足，且.則（ ）
A. 30B. 60C. 90D. 120
二、選擇題（本大題共4個(gè)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)是符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分）
9. 氣象意義上從春季進(jìn)入夏季的標(biāo)志為“連續(xù)5天的日平均溫度均不低于22 ℃”.現(xiàn)有甲、乙、丙三地連續(xù)5天的日平均溫度（單位:℃）的記錄數(shù)據(jù)（記錄數(shù)據(jù)都是正整數(shù)）:
①甲地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為24，眾數(shù)為22；
②乙地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為27，總體平均數(shù)為24；
③丙地：5個(gè)數(shù)據(jù)中有一個(gè)數(shù)據(jù)是32，總體平均數(shù)為26，總體方差為10.8.
則肯定進(jìn)入夏季的地區(qū)有（ ）
A. 一個(gè)都沒(méi)有B. 甲地
C. 乙地D. 丙地
10. 點(diǎn)是直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作圓的兩條切線，為切點(diǎn)，則（ ）
A. 存在點(diǎn)，使得
B. 弦長(zhǎng)的最小值為
C. 點(diǎn)在以為直徑的圓上
D. 線段經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)
11. 如圖，直四棱柱的底面是梯形，，，，，P是棱的中點(diǎn)．Q是棱上一動(dòng)點(diǎn)（不包含端點(diǎn)），則（ ）

A. 與平面BPQ有可能平行
B. 與平面BPQ有可能平行
C. 三角形BPQ周長(zhǎng)的最小值為
D. 三棱錐的體積為定值
12. 設(shè)正整數(shù)，其中.記，則（ ）
A. B.
C. D.
三、填空題（本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分）
13. 的展開(kāi)式中的系數(shù)為_(kāi)_____.（用數(shù)字作答）
14. 寫(xiě)出一個(gè)同時(shí)具有下列兩個(gè)性質(zhì)的函數(shù)：______.
①的值域?yàn)椋虎诋?dāng)時(shí)，.
15. 雙曲線的左，右焦點(diǎn)分別為，，右支上有一點(diǎn)M，滿足，的內(nèi)切圓與y軸相切，則雙曲線C的離心率為_(kāi)_______．
16. 已知正四面體外接球半徑為3，MN為其外接球的一條直徑，P為正四面體表面上任意一點(diǎn)，則的最小值為_(kāi)__________．
四、解答題（本大題共6個(gè)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. 在中，內(nèi)角的對(duì)邊分別為，且
（1）求B.
（2）是否存在，使得，若存在，求若不存在，說(shuō)明理由.
18. 已知數(shù)列滿足，且.
（1）求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
（2）若，求滿足條件的最大整數(shù)n.
19. 如圖所示，等腰梯形中，，，，E為中點(diǎn)，與交于點(diǎn)O，將沿折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置（平面）.

（1）證明：平面平面；
（2）若，試判斷線段上是否存在一點(diǎn)Q（不含端點(diǎn)），使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求三棱錐的體積，若不存在，說(shuō)明理由.
20 已知函數(shù).
（1）若在上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)的最大值；
（2）若，求證：.
21. 新高考數(shù)學(xué)試卷中有多項(xiàng)選擇題，每道多項(xiàng)選擇題有A，B，C，D這四個(gè)選項(xiàng)，四個(gè)選項(xiàng)中僅有兩個(gè)或三個(gè)為正確選項(xiàng).題目得分規(guī)則為：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.已知測(cè)試過(guò)程中隨機(jī)地從四個(gè)選項(xiàng)中作選擇，每個(gè)選項(xiàng)是否為正確選項(xiàng)相互獨(dú)立.某次多項(xiàng)選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練中，共有道題，正確選項(xiàng)設(shè)計(jì)如下：第一題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率為，并且規(guī)定若第題正確選項(xiàng)為兩個(gè)，則第題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率為；若第題正確選項(xiàng)為三個(gè)，則第題正確選項(xiàng)為三個(gè)的概率為.
（1）求第n題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率；
（2）請(qǐng)根據(jù)期望值來(lái)判斷：第二題是選一個(gè)選項(xiàng)還是選兩個(gè)選項(xiàng)，更能獲得較高分.
22. 已知橢圓過(guò)和兩點(diǎn).

（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖所示，記橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M在定直線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線，分別交橢圓于兩點(diǎn)P和Q.
（i）證明：點(diǎn)B在以為直徑圓內(nèi)；
（ii）求四邊形面積的最大值.
豐城九中2023-2024學(xué)年上學(xué)期高三月考數(shù)學(xué)試卷
時(shí)量：120分 滿分：150分
一、選擇題（本大題共8個(gè)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】D
【解析】
【分析】解對(duì)數(shù)不等式求出，進(jìn)而求出交集.
【詳解】，解得，故，
因?yàn)椋?
故選：D
2. 若虛部大于0的復(fù)數(shù)滿足方程，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】由題可知：，故，所以共軛復(fù)數(shù)為故選B
3. 古希臘數(shù)學(xué)家泰特托斯（Theaetetus，公元前417—公元前369年）詳細(xì)地討論了無(wú)理數(shù)的理論，他通過(guò)圖來(lái)構(gòu)造無(wú)理數(shù)，，，，如圖，則（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用直角三角形中邊角關(guān)系和兩角和的余弦公式即可求解.
【詳解】記，由圖知：，，，
所以
.
故選：B.
4. 設(shè)向量與的夾角為θ，定義，已知，，則（ ）
A. B. C. 5D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得，以及向量與的夾角，結(jié)合題意可求得答案
【詳解】因?yàn)?，?br>所以，，即，
所以向量與的夾角為，
所以，
故選：C
5. 血藥濃度檢測(cè)可使給藥方案?jìng)€(gè)體化，從而達(dá)到臨床用藥的安全、有效、合理.某醫(yī)學(xué)研究所研制的某種新藥進(jìn)入了臨床試驗(yàn)階段，經(jīng)檢測(cè)，當(dāng)患者A給藥3小時(shí)的時(shí)候血藥濃度達(dá)到峰值，此后每經(jīng)過(guò)2小時(shí)檢測(cè)一次，每次檢測(cè)血藥濃度降低到上一次檢測(cè)血藥濃度的，當(dāng)血藥濃度為峰值的時(shí)，給藥時(shí)間為（ ）
A. 11小時(shí)B. 13小時(shí)C. 17小時(shí)D. 19小時(shí)
【答案】B
【解析】
【分析】利用題意，將給藥時(shí)間與檢測(cè)次數(shù)轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列模型，將給藥時(shí)間與患者血藥濃度轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列模型，則利用數(shù)列的通項(xiàng)公式求解即可.
【詳解】解：檢測(cè)第n次時(shí)，給藥時(shí)間為，則是以3為首項(xiàng)，2為公差的的等差數(shù)列，
所以，
設(shè)當(dāng)給藥時(shí)間為小時(shí)的時(shí)候，患者血藥濃度為，血藥濃度峰值為a，
則數(shù)列是首項(xiàng)為a，公比為的等比數(shù)列，所以，
令，即，解得，
當(dāng)血藥濃度為峰值的時(shí)，給藥時(shí)間為，
故選：B.
6. 對(duì)于一些不太容易比較大小的實(shí)數(shù)，我們常常用構(gòu)造函數(shù)的方法來(lái)進(jìn)行，如，已知，，，要比較，，的大小，我們就可通過(guò)構(gòu)造函數(shù)來(lái)進(jìn)行比較，通過(guò)計(jì)算，你認(rèn)為下列關(guān)系正確的一項(xiàng)是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】構(gòu)造函數(shù)討論單調(diào)性，可得，即，化簡(jiǎn)即可得答案．
【詳解】令，
則，
當(dāng)，即，，，
所以，在上單調(diào)遞增，
因?yàn)?
所以有，
即，
所以有，
即，
所以有．
故選：A．
7. 函數(shù)（，）的部分圖象如圖所示，若在上有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則的最小值為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得，然后根據(jù)在上有且僅有3個(gè)零點(diǎn)列不等式，從而求得的取值范圍，進(jìn)而求得正確答案.
【詳解】由圖可知，
由于，所以，
令，
得，由得，
依題意，在上有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，
故當(dāng)取值最小時(shí)，有，
解得，所以的最小值為.
故選：A
8. 定義在上的不恒為零的偶函數(shù)滿足，且.則（ ）
A. 30B. 60C. 90D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】首先等式變形為，再結(jié)合以及偶函數(shù)的性質(zhì)，即可求和.
【詳解】由條件可知，，且，
則，
所以，
因?yàn)楹瘮?shù)為偶函數(shù)，所以，
則.
故選：D.
二、選擇題（本大題共4個(gè)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)是符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分）
9. 氣象意義上從春季進(jìn)入夏季的標(biāo)志為“連續(xù)5天的日平均溫度均不低于22 ℃”.現(xiàn)有甲、乙、丙三地連續(xù)5天的日平均溫度（單位:℃）的記錄數(shù)據(jù)（記錄數(shù)據(jù)都是正整數(shù)）:
①甲地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為24，眾數(shù)為22；
②乙地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為27，總體平均數(shù)為24；
③丙地：5個(gè)數(shù)據(jù)中有一個(gè)數(shù)據(jù)是32，總體平均數(shù)為26，總體方差為10.8.
則肯定進(jìn)入夏季的地區(qū)有（ ）
A. 一個(gè)都沒(méi)有B. 甲地
C. 乙地D. 丙地
【答案】BD
【解析】
【分析】根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)的中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)和方差的數(shù)字特征，逐個(gè)判定，即可求解.
【詳解】①甲地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為24，眾數(shù)為22，
根據(jù)數(shù)據(jù)得出，家底連續(xù)5天的日平均溫度的記錄數(shù)據(jù)可能為，
其連續(xù)5天的日平均溫度均不低于22，可確定甲地進(jìn)行夏季；
②乙地：5個(gè)數(shù)據(jù)的中位數(shù)為27，總體平均數(shù)為24，
當(dāng)5數(shù)據(jù)為，可知其連續(xù)5天的日溫度有低于22，所以不確定；
③丙地：5個(gè)數(shù)據(jù)中有一個(gè)數(shù)據(jù)是32，總體平均數(shù)為26，
若有低于22，假設(shè)取21，此時(shí)方程就超出了，可知其連續(xù)5天的日溫度均不低于22，
如：，這組數(shù)據(jù)的均值為26，方差為，但是進(jìn)一步擴(kuò)大方差就會(huì)超過(guò)，所以可判定丙地進(jìn)入夏季.
故選：BD.
10. 點(diǎn)是直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作圓的兩條切線，為切點(diǎn)，則（ ）
A. 存在點(diǎn)，使得
B. 弦長(zhǎng)的最小值為
C. 點(diǎn)在以為直徑的圓上
D. 線段經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)
【答案】BCD
【解析】
【分析】對(duì)于A，設(shè)，根據(jù)得，，得，可得A不正確；對(duì)于B，根據(jù)四邊形面積關(guān)系列式求出，根據(jù)可求出，可得B正確；對(duì)于C，用以為直徑的圓的方程和圓相減得公共弦所在直線方程，可得定點(diǎn)坐標(biāo)，可得D正確.
【詳解】對(duì)于A，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
因?yàn)?，，，?br>所以，所以，所以，
故不存在點(diǎn)，使得，故A不正確；
對(duì)于B，根據(jù)圓的對(duì)稱性得，所以，
又，
所以，
所以，
由A知，，所以.
故B正確；
對(duì)于C，因?yàn)?，，所以既是直角三角形的外接圓的直徑，又是直角三角形的外接圓的直徑，所以點(diǎn)在以為直徑的圓上，故C正確；
對(duì)于D，設(shè)，則的中點(diǎn)為，
所以以為直徑的圓的方程為，
即，
因?yàn)槭菆A與圓的公共弦，
所以直線的方程為：，當(dāng)時(shí)，，
所以直線：過(guò)定點(diǎn)，因?yàn)槎c(diǎn)在圓內(nèi)，所以線段經(jīng)過(guò)定點(diǎn)，故D正確.

故選：BCD
11. 如圖，直四棱柱的底面是梯形，，，，，P是棱的中點(diǎn)．Q是棱上一動(dòng)點(diǎn)（不包含端點(diǎn)），則（ ）

A. 與平面BPQ有可能平行
B. 與平面BPQ有可能平行
C. 三角形BPQ周長(zhǎng)的最小值為
D. 三棱錐的體積為定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】對(duì)于A，當(dāng)Q為的中點(diǎn)時(shí)，可證得四邊形為平行四邊形，則與互相平分于點(diǎn)，連接可證得∥，再由線面平行的判定定理可得結(jié)論，對(duì)于B，由題意可得與平面BPQ相交，對(duì)于C，把沿展開(kāi)與在同一平面（如圖），則當(dāng)B，P，Q共線時(shí)，有最小值，從而可求得結(jié)果，對(duì)于D，， 為定值，可得結(jié)論.
【詳解】對(duì)于A，連接，當(dāng)Q為的中點(diǎn)時(shí)，，
因?yàn)?，∥，∥，?br>所以，∥，
所以四邊形為平行四邊形，
所以與互相平分，設(shè)與交于點(diǎn)，連接，
因?yàn)镻是棱的中點(diǎn)，所以∥，
因?yàn)槠矫?，平面?br>所以∥平面BPQ，故A正確；

對(duì)于B，，又平面BPQ，BD與平面BPQ只能相交，所以與平面BPQ只能相交，故B錯(cuò)；
對(duì)于C，，把沿展開(kāi)與同一平面（如圖），
則當(dāng)B，P，Q共線時(shí)，有最小值，
在直角梯形中，，，，，
則，
所以，
所以，
所以三角形BPQ周長(zhǎng)的最小值為，故C正確；

對(duì)于D，，因?yàn)槎ㄖ担驗(yàn)椤?，∥，所以∥?br>因?yàn)槠矫妫矫妫?br>所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距離也為定值，所以為定值．所以D正確，
故選：ACD．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查線面平行的判定和棱錐體的求法，對(duì)于選項(xiàng)A解題的關(guān)鍵是證明四邊形為平行四邊形，從而可找到的中點(diǎn)，再利用三角形中位線定理可得線線平行，考查空間想象能力，屬于較難題.
12. 設(shè)正整數(shù)，其中.記，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)的表達(dá)式，的表達(dá)式，結(jié)合等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式確定正確答案.
【詳解】，所以，所以A選項(xiàng)正確.
正整數(shù)，
則
，
所以，所以B選項(xiàng)正確.
，
所以，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
，是首項(xiàng)為，公比為的數(shù)列的前項(xiàng)和，
即，
所以，所以D選項(xiàng)正確.
故選：ABD
【點(diǎn)睛】解新定義題型的步驟：(1)理解“新定義”——明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論.(2)重視“舉例”,利用“舉例”檢驗(yàn)是否理解和正確運(yùn)用“新定義”;歸納“舉例”提供的解題方法.歸納“舉例”提供的分類情況.(3)類比新定義中的概念、原理、方法，解決題中需要解決的問(wèn)題.
三、填空題（本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分）
13. 的展開(kāi)式中的系數(shù)為_(kāi)_____.（用數(shù)字作答）
【答案】25
【解析】
【分析】把按照二項(xiàng)式定理展開(kāi)，可得展開(kāi)式中系數(shù)．
【詳解】的展開(kāi)式中的系數(shù)為，
故答案為：25
14. 寫(xiě)出一個(gè)同時(shí)具有下列兩個(gè)性質(zhì)的函數(shù)：______.
①的值域?yàn)?；②?dāng)時(shí)，.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由條件可知函數(shù)滿足在上單調(diào)遞增且值域?yàn)?，考慮反比例函數(shù)類型即可得到結(jié)果.
【詳解】函數(shù)同時(shí)滿足值域?yàn)榍耶?dāng)時(shí)，，
考慮，則且，再將函數(shù)向上平移兩個(gè)單位可得
，則，且滿足題意.
故答案為：
15. 雙曲線的左，右焦點(diǎn)分別為，，右支上有一點(diǎn)M，滿足，的內(nèi)切圓與y軸相切，則雙曲線C的離心率為_(kāi)_______．
【答案】##
【解析】
【分析】由圓的切線性質(zhì)及雙曲線定義，可得關(guān)系式，
，從而解出、，利用勾股定理可解.
【詳解】?jī)?nèi)切圓Q分別與，，，軸切于點(diǎn)S，T，N，P
則四邊形、都為正方形，
設(shè)內(nèi)切圓半徑為，由圓的切線性質(zhì)，
則，則 ，①
又因?yàn)?，?br>且雙曲線定義得，，③
由①、②、③得，
所以，
從而，
由勾股定理，，所以，解得．
故答案為：
16. 已知正四面體的外接球半徑為3，MN為其外接球的一條直徑，P為正四面體表面上任意一點(diǎn)，則的最小值為_(kāi)__________．
【答案】
【解析】
【分析】設(shè)正四面體外接球球心為O，把用表示并計(jì)算數(shù)量積后可得．
【詳解】設(shè)正四面體外接球球心為O，
正四面體的外接球半徑為3，
設(shè)正四面體內(nèi)切球半徑為，一個(gè)面的面積為，高為，則，所以，顯然，所以，即．
．
故答案為：．
四、解答題（本大題共6個(gè)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. 在中，內(nèi)角的對(duì)邊分別為，且
（1）求B.
（2）是否存在，使得，若存在，求若不存在，說(shuō)明理由.
【答案】（1）或；（2）當(dāng)時(shí)，存在，使得當(dāng)時(shí)，不存在，使得
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化簡(jiǎn)已知條件，求得，進(jìn)而求得.
（2）利用正弦定理化簡(jiǎn)已知條件，對(duì)進(jìn)行分類討論，進(jìn)而求得.
【詳解】（1）因，
所以，
可得或，
即或，
所以，
又因?yàn)?，所以?
（2）因?yàn)?，所?
當(dāng)時(shí)，，
可得，
所以，
又因?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，，
可得，
所以，無(wú)解，
綜上，當(dāng)時(shí)，存在，使得
當(dāng)時(shí)，不存在，使得
18. 已知數(shù)列滿足，且.
（1）求證：數(shù)列是等比數(shù)列；
（2）若，求滿足條件最大整數(shù)n.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）99
【解析】
【分析】（1）由已知得再由等比數(shù)列的定義可得答案；
（2）由（1）求出，再由等比數(shù)列的求和公式可得，令，根據(jù)的單調(diào)性可得答案.
【小問(wèn)1詳解】
，，
，，
是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列；
【小問(wèn)2詳解】
由（1）：，，
，
令，
因?yàn)樵趩握{(diào)遞增，
所以在單調(diào)遞增，
單調(diào)遞增，，
可得，所以滿足條件的最大整數(shù)為.
19. 如圖所示，等腰梯形中，，，，E為中點(diǎn)，與交于點(diǎn)O，將沿折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置（平面）.

（1）證明：平面平面；
（2）若，試判斷線段上是否存在一點(diǎn)Q（不含端點(diǎn)），使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求三棱錐的體積，若不存在，說(shuō)明理由.
【答案】（1）證明詳見(jiàn)解析
（2）存在，且
【解析】
【分析】（1）通過(guò)證明平面來(lái)證得平面平面.
（2）判斷出平面，由此建立空間直角坐標(biāo)系，利用直線與平面所成角的正弦值確定點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求得三棱錐的體積.
【小問(wèn)1詳解】
在原圖中，連接，由于，
所以四邊形是平行四邊形，由于，所以四邊形是菱形，
所以，
由于，所以四邊形是平行四邊形，
所以，所以.

在反著過(guò)程中，保持不變，
即保持不變，
由于平面，
所以平面，由于平面，
所以平面平面.
【小問(wèn)2詳解】
由上述分析可知，在原圖中，，所以，
所以，
折疊后，若，則，
所以，
由于平面，
所以平面，
由于平面，所以，
所以兩兩相互垂直，
由此以為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
，
，
設(shè)，，
，
設(shè)平面的法向量為，
則，故可設(shè)，
設(shè)直線與平面所成角為，
則，
，，
所以，即是的中點(diǎn).
由于軸與平面垂直，所以到平面的距離為，
所以.

20. 已知函數(shù).
（1）若在上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)的最大值；
（2）若，求證：.
【答案】（1）（2）證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在上恒成立問(wèn)題，通過(guò)分離變量的方式將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為，利用導(dǎo)數(shù)求得的最大值，進(jìn)而得到結(jié)果；
（2）將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為的證明；利用單調(diào)遞增和零點(diǎn)存在定理可確定存在，使得，從而得到；根據(jù)導(dǎo)函數(shù)正負(fù)可確定單調(diào)性，進(jìn)而得到，化簡(jiǎn)后，結(jié)合基本不等式可證得結(jié)論.
【詳解】由函數(shù)解析式可知，定義域?yàn)?
（1），
在上是減函數(shù)，在上恒成立，即恒成立
令，則，在上單調(diào)遞增，
，，解得：，
的最大值為.
（2）由（1）知：，則，
在上單調(diào)遞增.
，當(dāng)時(shí)，，，此時(shí)，
由零點(diǎn)存在定理可知，存在，使得，即，
.
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
（當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)）.
當(dāng)時(shí)，.
【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用，涉及到根據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性求解參數(shù)范圍、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的問(wèn)題；根據(jù)單調(diào)性求解參數(shù)范圍的關(guān)鍵是能夠?qū)?wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題進(jìn)行求解；證明不等式的關(guān)鍵是能夠?qū)?wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值的求解問(wèn)題.
21. 新高考數(shù)學(xué)試卷中有多項(xiàng)選擇題，每道多項(xiàng)選擇題有A，B，C，D這四個(gè)選項(xiàng)，四個(gè)選項(xiàng)中僅有兩個(gè)或三個(gè)為正確選項(xiàng).題目得分規(guī)則為：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.已知測(cè)試過(guò)程中隨機(jī)地從四個(gè)選項(xiàng)中作選擇，每個(gè)選項(xiàng)是否為正確選項(xiàng)相互獨(dú)立.某次多項(xiàng)選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練中，共有道題，正確選項(xiàng)設(shè)計(jì)如下：第一題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率為，并且規(guī)定若第題正確選項(xiàng)為兩個(gè)，則第題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率為；若第題正確選項(xiàng)為三個(gè)，則第題正確選項(xiàng)為三個(gè)的概率為.
（1）求第n題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率；
（2）請(qǐng)根據(jù)期望值來(lái)判斷：第二題是選一個(gè)選項(xiàng)還是選兩個(gè)選項(xiàng)，更能獲得較高分.
【答案】（1）
（2）第二題選一個(gè)選項(xiàng)更能獲得較高分
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意可得到第n題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率與第題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率之間的關(guān)系，結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式進(jìn)行求解即可.
（2）根據(jù)題中兩種選擇，結(jié)合數(shù)學(xué)期望公式、（1）中結(jié)論進(jìn)行求解判斷即可.
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)第n題正確選項(xiàng)為兩個(gè)的概率為，則，
當(dāng)時(shí)，有，
因此數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，
所以，顯然適合，
故.
【小問(wèn)2詳解】
由（1）可知：，
設(shè)選一個(gè)選項(xiàng)的得分為，，
，，
因此，
設(shè)選二個(gè)選項(xiàng)的得分為，，
，
，
所以，
因?yàn)椋?br>所以第二題選一個(gè)選項(xiàng)更能獲得較高分.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是通過(guò)概率公式得到之間的關(guān)系，通過(guò)適當(dāng)變形，構(gòu)造等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出通項(xiàng)公式.
22. 已知橢圓過(guò)和兩點(diǎn).

（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖所示，記橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M在定直線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線，分別交橢圓于兩點(diǎn)P和Q.
（i）證明：點(diǎn)B在以為直徑的圓內(nèi)；
（ii）求四邊形面積的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）證明見(jiàn)解析；（ii）6
【解析】
【分析】（1）將兩點(diǎn)代入橢圓中，解方程組即可求得橢圓C方程；
（2）（i）分別將直線與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出兩點(diǎn)坐標(biāo)，由數(shù)量積可得為鈍角，得出證明；
（ii）由（i）可寫(xiě)出四邊形的面積為，再利用基本不等式以及函數(shù)單調(diào)性即可得出面積的最大值為6.
【小問(wèn)1詳解】
依題意將和兩點(diǎn)代入橢圓可得
，解得；
所以橢圓方程為
【小問(wèn)2詳解】
（i）易知，由橢圓對(duì)稱性可知，不妨設(shè)，；
根據(jù)題意可知直線斜率均存在，且；
所以直線的方程為，的方程為；
聯(lián)立直線和橢圓方程，消去可得；
由韋達(dá)定理可得，解得，則；
聯(lián)立直線和橢圓方程，消去可得；
由韋達(dá)定理可得，解得，則；
則，；
所以；
即可知為鈍角，
所以點(diǎn)B在以為直徑的圓內(nèi)；
（ii）易知四邊形的面積為，
設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立；
由對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知在上單調(diào)遞增，
所以，可得，
由對(duì)稱性可知，即當(dāng)點(diǎn)的坐標(biāo)為或時(shí)，
四邊形的面積最大，最大值為6.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：證明點(diǎn)和圓的位置關(guān)系時(shí)，可利用向量數(shù)量積的正負(fù)判斷與直徑所對(duì)圓周角的大小即可得出結(jié)論；在求解四邊形面積的最值時(shí)，首先可用一個(gè)變量表示出面積的表達(dá)式，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性或基本不等式求出最值即可.

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