浙江省2022届高三下学期数学高考冲刺卷（二）
一、单选题
1．（2022·浙江模拟）已知全集，集合.若，则（ ）
A．4 B．3 C．2 D．0
2．（2022·浙江模拟）已知复数满足，则共轭复数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
3．（2022·浙江模拟）已知是两个不同的平面，直线，且，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2022·浙江模拟）若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·浙江模拟）已知点满足不等式组，点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·浙江模拟）如图，S﹣ABC是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，三角形BEF的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．20° D．90°
7．（2022·辽阳二模）函数 的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022·浙江模拟）设函数，其中，若对任意的，在上有且仅有4个零点，则下列的值中不满足条件的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·浙江模拟）已知双曲线的左 右焦点分别为，M为右支上一点，的内切圆圆心为Q，直线交x轴于点N，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·嘉兴模拟）已知数列满足，，为数列的前n项和，则（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
11．（2022·浙江模拟）如图所示，角的终边与单位圆交于点，已知点的坐标为，则 ．
12．（2022·长春模拟）已知，则的值为 ．
13．（2022·浙江模拟）若函数f(x)＝64x6表示为f(x)＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，其中a0，a1，a2，…，a6为实数，则a5＝ ，a2＋a4＋a6＝ .
14．（2020高二上·浙江开学考）已知 中，角A，B，C所对的边分别是 ，已知 ， 是边 上一点，且 ，则 = ； = .
15．（2022·浙江模拟）随机变量的分布列如下表，其中．当 时，取最小值；当 时，有最小值．
1 2 3
p p
16．（2022·浙江模拟）双曲线的左 右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率 ；若点在双曲线右支上，则的取值范围是 .
17．（2022·浙江模拟）已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，则实数的值是 ，向量的取值范围是 .
三、解答题
18．（2022·浙江模拟）向量，，函数.
（1）求函数的对称中心；
（2）若函数在上有5个零点，求的取值范围；
（3）在中，内角，，的对边分别为，，，的角平分线交于点，且恰好为函数的最大值.若此时，求的最小值.
19．（2022·和平模拟）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.
（1）若点是的中点，求证：平面
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.
20．（2022·浙江模拟）已知数列的前项和为，点在直线上．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求使得成立的的最大值．
21．（2022·浙江模拟）已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．
（1）求抛物线C的方程
（2）求直线的斜率的取值范围；
（3）设为原点，，，求证：为定值．
22．（2022·浙江模拟）已知函数．
（1）若，求函数的单调递增区间；
（2）（ⅰ）若是函数的极大值点，记函数的极小值为，求证：；
（ⅱ）若在区间上有两个极值点．求证：．（提示：）．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，又，
所以，即且，又，所以；
故答案为：A
【分析】首先用列举法表示全集U，再根据补集的结果得到，即可得到，可得答案.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】因为
所以，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D
【分析】根据复数的运算法则进行化简，根据共轭复数的定义， 结合复数的几何意义进行求解，即可得答案.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：当直线，且，，则，或，与相交，故充分性不成立，
当直线，且，时，，故必要性成立，
所以，“”是“”的必要而不充分条件.
故答案为：B
【分析】 根据空间线面位置关系，结合充分条件、必要条件的定义即可得答案.
4．【答案】D
【知识点】由三视图还原实物图
【解析】【解答】如图所示，
长方体中，其中，
则该三视图对应的几何体为三棱锥，
其中该几何体最长的棱为.
故答案为：D.
【分析】该三视图对应的几何体为三棱锥，把三棱锥放到长方体中可得答案.
5．【答案】B
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：，，所以，设，则，不等式组表示的平面区域如图所示，
当直线过时，取得最大值，；
当直线过时，取得最小值，；则的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】 画出约束条件的可行域，转化目标函数的解析式，利用目标函数的最大值，判断最优解，代入约束条件求解即可得答案.
6．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】把正三棱锥沿SB剪开，并展开，形成三个全等的等腰三角形，△SBC、△SCA、△SAB'，
连接BB'，交SC于F，交SA于E，则线段BB′就是△BEF的最小周长，BB'＝，
又SB＝SB'＝a，根据勾股定理，SB2+SB'2＝BB'2＝2a2，
△SBB'是等腰直角三角形，
∴∠BSB'＝90°，
∴∠ASC＝，
∴侧棱SA，SC的夹角为30°
故答案为：A．
【分析】 由题意，△BEF的周长的最小值为 ，即沿多面体表面从B到B′经过的长度的最小值为，可将此几何体沿SB剪开，变多面体表面上的轨迹长度问题为平面上的两点间距离问题，展开后得到等腰三角形SBB'，可求得此时∠BSB'=90°，再由正三棱锥的性质得SA， SC的夹角为30°，得出答案.
7．【答案】A
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】因为 ，定义域为R，又 ，
所以 是奇函数，排除C；
当 时， ， ，则 且 单调递增，排除B，D.
故答案为：A.
【分析】通过奇偶性排除C选项，再结合函数的单调性排除B、D选项即可.
8．【答案】B
【知识点】余弦函数的性质
【解析】【解答】解：设，则，所以在，上有4个零点，
可知，所以，
又，所以，即，满足的只有，
故答案为：B．
【分析】利用换元思想转化为在，上有4个零点，则需满足，进而根据φ的取值范围得到的取值范围即可.
9．【答案】A
【知识点】双曲线的定义；余弦定理
【解析】【解答】如图，设内切圆Q与的三边分别切于三点，过作轴于点，
易得，
又由双曲线定义得，即，又，
故，即点横坐标为，又，则，故直线的方程为，代入，
解得，即，又，则，故，
又，则，，在中，由余弦定理得，
即，化简得，即，解得或，又离心率大于1，故离心率为.
故答案为：A.
【分析】先由切线长定理及双曲线的定义求得Q点横坐标为a，再由直线的方程求出，再借助，进而得，在中，由双曲线的定义及余弦定理即可求出双曲线的离心率.
10．【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】当，时，因为，所以，
又因为，
且，
下证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证
令，即证，当，时，不等式恒成立.
因此，，
所以
，
又因为，
故答案为：D.
【分析】先判断，通过缩放得到，再通过分析法证得，结合裂项相消即可得证，又有证得即可.
11．【答案】
【知识点】二倍角的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】由三角函数的定义可得，所以.
故答案为：.
【分析】 由题意，利用任意角的三角函数的定义，二倍角的正切公式，计算求得 的值.
12．【答案】
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】．
故答案为：.
【分析】将3代入对应解析式依次推导即可.
13．【答案】6；31
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】64x6＝[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2 x－1)6，
∴，
故答案为：6， 31
【分析】由题意可得[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2 x－1)6，再利用二项展开式的通项公式求出a5的值以及 a2＋a4＋a6 的值。
14．【答案】；
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解： ，
设 ， ，
中， ，
中， ，
中， ，
，
D是边AC上一点，所以 ，
，
故答案为： ； .
【分析】直接用余弦定理可求 .设 ， ， 中，用正弦定理得出 ； 中， ； 中， ，再用两角差的正弦公式求出 ，则 可求.
15．【答案】；
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可得，
故当时，取最小值；
，
因为对称轴方程为，，
故当时，取最小值.
故答案为：；.
【分析】求出，，再利用函数的性质求解出答案。
16．【答案】；
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：
又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
【分析】 当轴时，，由已知可得，求解可得a，从而可得e，设直线的方程为，联立可得，可得，从而可求 的取值范围 .
17．【答案】；
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】①由题
因为，，所以
因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，最小
所以，解得
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
②因为
又有
将模长代入，设
即原式
因为，所以
故答案为：①；②
【分析】 (1)先假设向量与的夹角为θ，对于通常采用平方法，然后转换为关于t的二次函数，通过配方法得出最小值，从而求出t的值；
(2)采用的是坐标法，在(1)的结论下，再利用 ，然后利用数量积的运算，将目标式转换为三角函数来求 的取值范围 .
18．【答案】（1）解：∵，，∴，
∴.
令得，∴的对称中心为（Z）
（2）解：当时，，又在上有5个零点，
∴，∴的取值范围为
（3）解：由恰好为函数的最大值可得，
即，∵，则可解，则，
在中，由，可得，
在中，由，可得，
∴，
在中，，
则可得，，
则
，
∵，，
∴，
当且仅当等号成立，故的最小值为
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【分析】(1)由数量积的坐标运算求得f (x)的解析式，化简后令 ，可得函数的对称中心；
(2)当 时，， 结合 在上有5个零点， 得 ，由此可得a的取值范围；
(3) 由恰好为函数的最大值可得， 求出 ，得 ，在△ACD和△BCD中，分别求出AD， BD，求得c，再由正弦定理得a与b，然后利用基本不等式求 的最小值.
19．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，
在菱形中，因为，则，
而平面，平面，故平面，
由四棱台可得，而，
故，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，故平面，
因为， 平面，平面，
故平面平面，而平面，故平面.
（2）解：
在平面中，过作的垂线，与交于，
因为平面，平面，故，
同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
故，
，
故，，所以，
所以，故，
而平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则.
（3）解：由可得，
故，而，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故，
结合（2）的平面的一个法向量为，
故，
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面的夹角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)利用面面平行证明线面平行即可；
(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；
(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面与平面的夹角的正弦值 .
20．【答案】（1）解：点在直线上，，
当时，，解得：；
当时，，，
即，，
数列是以为首项，2为公比的等比数列，，
.
（2）解：由（1）得：，
，
由得：，，则，
，则，
使得成立的的最大值为9.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由已知点在直线上， 可得 ， 利用递推公式可求出 数列的通项公式；
(2)由(1)可求 ， 再利用裂项相消法可求出Tn，进而求出 的最大值．
21．【答案】（1）解：抛物线：经过点，
PF=1+2
解得，故抛物线方程为：
（2）解：由题意，直线的斜率存在且不为，
设过点的直线的方程为，
设，
联立方程组可得，
消可得，
，且，
解得，且，
则，，
又、要与轴相交，
直线不能经过点，即，
故直线的斜率的取值范围是；
（3）证明：设点，，
则，，
因为，所以，
故，同理，
直线的方程为
，
令，得，同理可得，
因为
，
，
为定值．
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1)根据抛物线的定义求出p的值，进而得到抛物线C的方程；
(2)显然直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， 与抛物线方程联立，根据△> 0结合题目条件即可求出直线的斜率的取值范围；
(3) 设， 由(2)可知 ，， 求出直线PA的方程，进而得到M的坐标，同理可得N的坐标，再结合 ，， 表达出的值，再把，代入 的表达式中化简，即可证得 为定值.
22．【答案】（1）解：，
令，则或，
所以的单调递增区间为和
（2）证明：（ⅰ），
因为是函数的极大值点，所以，
函数的极小值为，
令，
则，
令，
则，
所以函数在上递减，即函数在上递减，
又因，，
故存在，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
由，得，
得，
所以；
（ⅱ），
因为在区间上有两个极值点，
所以在递增，在递减，在递增，
即，且，
解得，或，
当时，
；
当时，，
，
因为，
要证，只需证，
而，
当时，，当时，，
所以在递减，在递增，在递减，
又因为，
所以当时，，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1)将a = 1代入，求导，令f' (x)> 0，求出解集，即可得到函数的单调递增区间；
(2)( i )分析可知a > 3，则 ， 令 利用导数证明函数 的最大值小于0即可证出 ；
（ⅱ）分析可知 ，或， 然后分 ，或， 讨论即可.
1 / 1浙江省2022届高三下学期数学高考冲刺卷（二）
一、单选题
1．（2022·浙江模拟）已知全集，集合.若，则（ ）
A．4 B．3 C．2 D．0
【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，又，
所以，即且，又，所以；
故答案为：A
【分析】首先用列举法表示全集U，再根据补集的结果得到，即可得到，可得答案.
2．（2022·浙江模拟）已知复数满足，则共轭复数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】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】因为
所以，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D
【分析】根据复数的运算法则进行化简，根据共轭复数的定义， 结合复数的几何意义进行求解，即可得答案.
3．（2022·浙江模拟）已知是两个不同的平面，直线，且，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：当直线，且，，则，或，与相交，故充分性不成立，
当直线，且，时，，故必要性成立，
所以，“”是“”的必要而不充分条件.
故答案为：B
【分析】 根据空间线面位置关系，结合充分条件、必要条件的定义即可得答案.
4．（2022·浙江模拟）若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】由三视图还原实物图
【解析】【解答】如图所示，
长方体中，其中，
则该三视图对应的几何体为三棱锥，
其中该几何体最长的棱为.
故答案为：D.
【分析】该三视图对应的几何体为三棱锥，把三棱锥放到长方体中可得答案.
5．（2022·浙江模拟）已知点满足不等式组，点，为坐标原点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：，，所以，设，则，不等式组表示的平面区域如图所示，
当直线过时，取得最大值，；
当直线过时，取得最小值，；则的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】 画出约束条件的可行域，转化目标函数的解析式，利用目标函数的最大值，判断最优解，代入约束条件求解即可得答案.
6．（2022·浙江模拟）如图，S﹣ABC是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，三角形BEF的周长的最小值为，则侧棱SA，SC的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．20° D．90°
【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】把正三棱锥沿SB剪开，并展开，形成三个全等的等腰三角形，△SBC、△SCA、△SAB'，
连接BB'，交SC于F，交SA于E，则线段BB′就是△BEF的最小周长，BB'＝，
又SB＝SB'＝a，根据勾股定理，SB2+SB'2＝BB'2＝2a2，
△SBB'是等腰直角三角形，
∴∠BSB'＝90°，
∴∠ASC＝，
∴侧棱SA，SC的夹角为30°
故答案为：A．
【分析】 由题意，△BEF的周长的最小值为 ，即沿多面体表面从B到B′经过的长度的最小值为，可将此几何体沿SB剪开，变多面体表面上的轨迹长度问题为平面上的两点间距离问题，展开后得到等腰三角形SBB'，可求得此时∠BSB'=90°，再由正三棱锥的性质得SA， SC的夹角为30°，得出答案.
7．（2022·辽阳二模）函数 的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】因为 ，定义域为R，又 ，
所以 是奇函数，排除C；
当 时， ， ，则 且 单调递增，排除B，D.
故答案为：A.
【分析】通过奇偶性排除C选项，再结合函数的单调性排除B、D选项即可.
8．（2022·浙江模拟）设函数，其中，若对任意的，在上有且仅有4个零点，则下列的值中不满足条件的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦函数的性质
【解析】【解答】解：设，则，所以在，上有4个零点，
可知，所以，
又，所以，即，满足的只有，
故答案为：B．
【分析】利用换元思想转化为在，上有4个零点，则需满足，进而根据φ的取值范围得到的取值范围即可.
9．（2022·浙江模拟）已知双曲线的左 右焦点分别为，M为右支上一点，的内切圆圆心为Q，直线交x轴于点N，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的定义；余弦定理
【解析】【解答】如图，设内切圆Q与的三边分别切于三点，过作轴于点，
易得，
又由双曲线定义得，即，又，
故，即点横坐标为，又，则，故直线的方程为，代入，
解得，即，又，则，故，
又，则，，在中，由余弦定理得，
即，化简得，即，解得或，又离心率大于1，故离心率为.
故答案为：A.
【分析】先由切线长定理及双曲线的定义求得Q点横坐标为a，再由直线的方程求出，再借助，进而得，在中，由双曲线的定义及余弦定理即可求出双曲线的离心率.
10．（2022·嘉兴模拟）已知数列满足，，为数列的前n项和，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】当，时，因为，所以，
又因为，
且，
下证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证
令，即证，当，时，不等式恒成立.
因此，，
所以
，
又因为，
故答案为：D.
【分析】先判断，通过缩放得到，再通过分析法证得，结合裂项相消即可得证，又有证得即可.
二、填空题
11．（2022·浙江模拟）如图所示，角的终边与单位圆交于点，已知点的坐标为，则 ．
【答案】
【知识点】二倍角的正切公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】由三角函数的定义可得，所以.
故答案为：.
【分析】 由题意，利用任意角的三角函数的定义，二倍角的正切公式，计算求得 的值.
12．（2022·长春模拟）已知，则的值为 ．
【答案】
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】．
故答案为：.
【分析】将3代入对应解析式依次推导即可.
13．（2022·浙江模拟）若函数f(x)＝64x6表示为f(x)＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，其中a0，a1，a2，…，a6为实数，则a5＝ ，a2＋a4＋a6＝ .
【答案】6；31
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】64x6＝[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2 x－1)6，
∴，
故答案为：6， 31
【分析】由题意可得[1＋(2x－1)]6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2 x－1)6，再利用二项展开式的通项公式求出a5的值以及 a2＋a4＋a6 的值。
14．（2020高二上·浙江开学考）已知 中，角A，B，C所对的边分别是 ，已知 ， 是边 上一点，且 ，则 = ； = .
【答案】；
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解： ，
设 ， ，
中， ，
中， ，
中， ，
，
D是边AC上一点，所以 ，
，
故答案为： ； .
【分析】直接用余弦定理可求 .设 ， ， 中，用正弦定理得出 ； 中， ； 中， ，再用两角差的正弦公式求出 ，则 可求.
15．（2022·浙江模拟）随机变量的分布列如下表，其中．当 时，取最小值；当 时，有最小值．
1 2 3
p p
【答案】；
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可得，
故当时，取最小值；
，
因为对称轴方程为，，
故当时，取最小值.
故答案为：；.
【分析】求出，，再利用函数的性质求解出答案。
16．（2022·浙江模拟）双曲线的左 右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率 ；若点在双曲线右支上，则的取值范围是 .
【答案】；
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：
又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
【分析】 当轴时，，由已知可得，求解可得a，从而可得e，设直线的方程为，联立可得，可得，从而可求 的取值范围 .
17．（2022·浙江模拟）已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，则实数的值是 ，向量的取值范围是 .
【答案】；
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】①由题
因为，，所以
因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，最小
所以，解得
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
②因为
又有
将模长代入，设
即原式
因为，所以
故答案为：①；②
【分析】 (1)先假设向量与的夹角为θ，对于通常采用平方法，然后转换为关于t的二次函数，通过配方法得出最小值，从而求出t的值；
(2)采用的是坐标法，在(1)的结论下，再利用 ，然后利用数量积的运算，将目标式转换为三角函数来求 的取值范围 .
三、解答题
18．（2022·浙江模拟）向量，，函数.
（1）求函数的对称中心；
（2）若函数在上有5个零点，求的取值范围；
（3）在中，内角，，的对边分别为，，，的角平分线交于点，且恰好为函数的最大值.若此时，求的最小值.
【答案】（1）解：∵，，∴，
∴.
令得，∴的对称中心为（Z）
（2）解：当时，，又在上有5个零点，
∴，∴的取值范围为
（3）解：由恰好为函数的最大值可得，
即，∵，则可解，则，
在中，由，可得，
在中，由，可得，
∴，
在中，，
则可得，，
则
，
∵，，
∴，
当且仅当等号成立，故的最小值为
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【分析】(1)由数量积的坐标运算求得f (x)的解析式，化简后令 ，可得函数的对称中心；
(2)当 时，， 结合 在上有5个零点， 得 ，由此可得a的取值范围；
(3) 由恰好为函数的最大值可得， 求出 ，得 ，在△ACD和△BCD中，分别求出AD， BD，求得c，再由正弦定理得a与b，然后利用基本不等式求 的最小值.
19．（2022·和平模拟）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.
（1）若点是的中点，求证：平面
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】（1）证明：取的中点为，连接，
在菱形中，因为，则，
而平面，平面，故平面，
由四棱台可得，而，
故，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，故平面，
因为， 平面，平面，
故平面平面，而平面，故平面.
（2）解：
在平面中，过作的垂线，与交于，
因为平面，平面，故，
同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
故，
，
故，，所以，
所以，故，
而平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则.
（3）解：由可得，
故，而，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故，
结合（2）的平面的一个法向量为，
故，
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面的夹角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)利用面面平行证明线面平行即可；
(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；
(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面与平面的夹角的正弦值 .
20．（2022·浙江模拟）已知数列的前项和为，点在直线上．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求使得成立的的最大值．
【答案】（1）解：点在直线上，，
当时，，解得：；
当时，，，
即，，
数列是以为首项，2为公比的等比数列，，
.
（2）解：由（1）得：，
，
由得：，，则，
，则，
使得成立的的最大值为9.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由已知点在直线上， 可得 ， 利用递推公式可求出 数列的通项公式；
(2)由(1)可求 ， 再利用裂项相消法可求出Tn，进而求出 的最大值．
21．（2022·浙江模拟）已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．
（1）求抛物线C的方程
（2）求直线的斜率的取值范围；
（3）设为原点，，，求证：为定值．
【答案】（1）解：抛物线：经过点，
PF=1+2
解得，故抛物线方程为：
（2）解：由题意，直线的斜率存在且不为，
设过点的直线的方程为，
设，
联立方程组可得，
消可得，
，且，
解得，且，
则，，
又、要与轴相交，
直线不能经过点，即，
故直线的斜率的取值范围是；
（3）证明：设点，，
则，，
因为，所以，
故，同理，
直线的方程为
，
令，得，同理可得，
因为
，
，
为定值．
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1)根据抛物线的定义求出p的值，进而得到抛物线C的方程；
(2)显然直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， 与抛物线方程联立，根据△> 0结合题目条件即可求出直线的斜率的取值范围；
(3) 设， 由(2)可知 ，， 求出直线PA的方程，进而得到M的坐标，同理可得N的坐标，再结合 ，， 表达出的值，再把，代入 的表达式中化简，即可证得 为定值.
22．（2022·浙江模拟）已知函数．
（1）若，求函数的单调递增区间；
（2）（ⅰ）若是函数的极大值点，记函数的极小值为，求证：；
（ⅱ）若在区间上有两个极值点．求证：．（提示：）．
【答案】（1）解：，
令，则或，
所以的单调递增区间为和
（2）证明：（ⅰ），
因为是函数的极大值点，所以，
函数的极小值为，
令，
则，
令，
则，
所以函数在上递减，即函数在上递减，
又因，，
故存在，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
由，得，
得，
所以；
（ⅱ），
因为在区间上有两个极值点，
所以在递增，在递减，在递增，
即，且，
解得，或，
当时，
；
当时，，
，
因为，
要证，只需证，
而，
当时，，当时，，
所以在递减，在递增，在递减，
又因为，
所以当时，，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1)将a = 1代入，求导，令f' (x)> 0，求出解集，即可得到函数的单调递增区间；
(2)( i )分析可知a > 3，则 ， 令 利用导数证明函数 的最大值小于0即可证出 ；
（ⅱ）分析可知 ，或， 然后分 ，或， 讨论即可.
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