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河北省秦皇岛市部分学校2023届高三上学期数学开学摸底试卷
一、单选题
1．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·秦皇岛开学考）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022高三上·秦皇岛开学考）抛掷一枚质地均匀的骰子，设事件A：出现的点数为质数，事件B：出现的点数不小于3，则事件A与事件B（ ）
A．相互独立 B．对立
C．互斥但不对立 D．概率相等
4．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知向量满足，且，则（ ）
A．4 B． C． D．
5．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知角的终边在射线上，则（ ）
A．或 B． C．-3 D．
6．（2022高三上·秦皇岛开学考）如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
7．（2022高三上·秦皇岛开学考）若直线与圆交于A，B两点，则面积的最大值为（ ）
A．4 B．8 C． D．
8．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．e B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．为其定义域上的增函数 B．为偶函数
C．的图象与直线相切 D．有唯一的零点
10．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，则以下结论正确的为（ ）
A．当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）
B．
C．方程比方程拟合效果好
D．y与x正相关
11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均成立，且相邻的两个最小值点间的距离为，则（ ）
A．的最大值为1
B．
C．在上单调递减
D．对任意的，均有成立
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，且，A，P，B为双曲线上不同的三点，且A，B两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为1，则（ ）
A．
B．双曲线C的离心率为
C．直线倾斜角的取值范围为
D．若，则三角形的面积为2
三、填空题
13．若复数z满足（i为虚数单位），且z为实数，则实数a的值为 ．
14．已知函数满足：①，都有成立；②．请写出一个符合上述两个条件的函数 ．
15．已知数列中，，且则 ．
16．在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，，点M为的垂心，且平面，若三棱锥的外接球体积为，则 ．
四、解答题
17．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知数列的前n项和为，当时，．
（1）求；
（2）设，求数列的前n项和．
18．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．
（1）求角C
（2）若，D为的中点，，求的面积．
19．（2022高三上·秦皇岛开学考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面，M，N分别为线段和的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
20．（2022高三上·秦皇岛开学考）“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．
（1）求甲以3∶1赢得比赛的概率；
（2）设比赛的总局数为，求．
21．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知椭圆的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为N，求面积的最大值．
22．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知函数．
（1）若在处的切线l与直线平行，求切线l的方程；
（2）证明：当时，对任意的恒成立．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由可得，所以，
因为函数的值域为，所以
所以或，所以．
故答案为：A.
【分析】化简集合A，B，利用集合的补集和交集的运算定义求解.
2．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】由全称命题的否定为特称命题得，该命题的否定为“”
故答案为：C
【分析】根据“任意一个符合命题”的否定为“存在一个不符合命题”即可判断.
3．【答案】A
【知识点】相互独立事件
【解析】【解答】抛掷骰子可能得到的点数为1，2，3，4，5，6，其中质数为2，3，5，
所以，故，
所以A与B相互独立．
故答案为：A
【分析】根据即可得到答案.
4．【答案】D
【知识点】向量的模
【解析】【解答】由两边平方化简可得，所以，所以．
故答案为：D
【分析】根据可判断垂直，进而根据模长公式即可求解.
5．【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式
【解析】【解答】，解得或，
因为角的终边在射线上，所以角的终边在第三象限，
所以，故，所以．
故答案为：C.
【分析】利用直线的斜率，即可通过二倍角公式求得的值，再通过角的终边在第三象限从而得出结论.
6．【答案】A
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】连接与交于点，，
所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以．
连接，易得，平面，平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，，所以．
故答案为：A.
【分析】连接与交于点，先利用线面垂直的条件证得平面，可知即为直线与平面所成的角，从而得出答案.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由圆C方程可知，圆心，所以，直线l恒过点，点D在圆内，，当时，最小，也最小，此时，故（时不能构成三角形），时，．
故答案为：C．
【分析】由圆方程确定圆心坐标和半径，直线过定点，由时，最小，也最小，求出的范围，结合三角形面积公式，正弦函数性质得最大值．
8．【答案】B
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】依题意，，而，则，
设，则原不等式等价于，又，
即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
设，求导得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，则，
所以实数a的最小值为.
故答案为：B
【分析】将给定不等式作等价变形，构造函数并利用导数求出函数最大值作答.
9．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】的定义域为R，，所以为R上的增函数，A符合题意；
，故为奇函数，B不符合题意；
，故在原点处的切线方程为直线，C符合题意；
为R上的增函数，，所以有唯一的零点，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】求出导函数，确定单调性，由奇偶性定义判断函数的奇偶性，由导数几何意义求切线方程，由单调性判断零点个数．
10．【答案】A,B,D
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】将代入得，A符合题意；
将代入得，B符合题意；
由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，C不符合题意；
因为y随x的增大而增大，所以y与x正相关，D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】将代入对应的回归方程，判断A，结合样本中心点过回归直线方程判断B，由散点图判断C，根据正相关的定义判断D.
11．【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，得到，再向左平移个单位长度，得到函数，所以的最大值为2，A不符合题意；
因为相邻的两个最小值点间的距离为，故，则，
因为恒成立，所以在处取得最小值，
故，即，因为，所以，B符合题意；
因为，令，得，所以在上单调递减，C不符合题意；
因为，所以在处取得最大值，D符合题意，
故答案为：BD
【分析】先利用图象变化得到，即可判断A，然后通过得到即可判断B，再用正弦函数的图象性质可判断C和D.
12．【答案】A,B,D
【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】设焦距为，则，设，
则，，作差得，即，
，
故，又，所以，A符合题意；
而离心率，B符合题意；
双曲线C的渐近线方程为，直线过原点，由题可知直线与C有两个不同的交点，
所以直线倾斜角的取值范围为，C不符合题意；
若，则，由双曲线的定义以及A的结论可得
，故，
又，可得，
所以三角形的面积为，D符合题意．
故答案为：ABD.
【分析】根据双曲线的几何性质，再对各个选项进行逐个计算检验即可得出结论.
13．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】为实数，所以．
故答案为：.
【分析】根据复数的基本概念，由复数的除法和乘法，明确实部和虚部，结合虚部为零，可得答案.
14．【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】由，都有成立，我们发现指数函数满足其条件，
不妨设，再由得，解得，故.
故答案为：.
【分析】由①我们可以联想到指数函数，再由②算得，即可解决问题.
15．【答案】
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】由题：，
，，，
，，，
，
观察可得数列从第2项开始是以6为周期的数列，
故．
故答案为：.
【分析】首先根据递推公式依次写数列的前几项，观察数列的周期，进而可以得到的值．
16．【答案】2
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图，连接并延长，交于点D，与交于点E，则．
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为正三角形，D为中点，所以是等边三角形，，，
则，所以，
所以三棱锥的外接球即为棱长为的正方体的外接球，所以外接球半径，
故外接球体积，解得．
【分析】先由平面证平面，可证平面，即可进一步证是等边三角形，通过的几何关系求得，即三棱锥为正三棱锥，则其外接球即为侧面对角线长为的正方体的外接球，进一步求外接球半径，利用体积建立方程即可求得a.
17．【答案】（1）解：当时，由得，
即．
又，所以，符合上式，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
.
（2）解：，
所以，
，
作差得，
化简得．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】(1)利用与的关系可求得通项公式；
(2)由第（1）小问可知，可用错位相减法即可求得数列的前n项和．
18．【答案】（1）解：因为，所以，
由正弦定理得．
即，由余弦定理得，
因为，所以．
（2）解：在三角形中，，
即，解得或，即或，
因为，故，
因为，所以，故，所以，
所以．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解；
（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.
19．【答案】（1）证明：如图，取中点Q，连接，因为M，Q分别为和的中点，
故，
且，
所以四边形为平行四边形，
所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）解：由题，平面平面，平面平面，
所以平面，所以．
又，所以平面，故．
因为，可得，
所以，故．
以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以
，
因为平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）首先取中点Q，连接， 易证四边形为平行四边形，从而得到，再利用线面平行的判定证明即可；
（2）首先易证，，以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
20．【答案】（1）解：设事件甲在第局比赛获胜为，，由已知可得，，，，，
事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，
所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为，
其中互斥，相互独立，
所以
，
所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；
（2）解：的可能取值为3，4，5，
设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，
；
；
；
；
；
；
则，
所以．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；
(2)确定的可能取值，再求取各值的概率，利用期望公式求期望.
21．【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为，则，即，
所以，即，
又C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为，
所以，即，
综上解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）解：易得，设，则，联立直线l与椭圆C的方程，得，
则．
又，
易知与同号，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设椭圆C的焦距为，则，即，推出 ，又因为，解得，代入椭圆方程即可；
（2）联立直线l与椭圆C的方程得到，再利用切割法得到，化简得到，进而利用基本不等式求得面积的最大值.
22．【答案】（1）解：，则．
因为切线l与直线平行，所以，得，
又，所以切线l的方程为，即．
（2）证明：由对任意的恒成立得对任意的恒成立．
设，则，易得在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
设，则，所以在上单调递增，
故当时，，即当时，，
所以当时，，
即①．
设，则，
设，则，
由①式知当时，，所以即在上单调递增，
所以，
当时，，所以在上单调递增，
故，即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立．得证
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）由 在处的切线l与直线平行 得， 得， 又，即可用点斜式写出切线方程；
（2）原命题等价成 对任意的恒成立，构造，结合当时、证明在单调递增，即可证，即可证，命题得证.
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河北省秦皇岛市部分学校2023届高三上学期数学开学摸底试卷
一、单选题
1．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由可得，所以，
因为函数的值域为，所以
所以或，所以．
故答案为：A.
【分析】化简集合A，B，利用集合的补集和交集的运算定义求解.
2．（2022高三上·秦皇岛开学考）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】由全称命题的否定为特称命题得，该命题的否定为“”
故答案为：C
【分析】根据“任意一个符合命题”的否定为“存在一个不符合命题”即可判断.
3．（2022高三上·秦皇岛开学考）抛掷一枚质地均匀的骰子，设事件A：出现的点数为质数，事件B：出现的点数不小于3，则事件A与事件B（ ）
A．相互独立 B．对立
C．互斥但不对立 D．概率相等
【答案】A
【知识点】相互独立事件
【解析】【解答】抛掷骰子可能得到的点数为1，2，3，4，5，6，其中质数为2，3，5，
所以，故，
所以A与B相互独立．
故答案为：A
【分析】根据即可得到答案.
4．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知向量满足，且，则（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模
【解析】【解答】由两边平方化简可得，所以，所以．
故答案为：D
【分析】根据可判断垂直，进而根据模长公式即可求解.
5．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知角的终边在射线上，则（ ）
A．或 B． C．-3 D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式
【解析】【解答】，解得或，
因为角的终边在射线上，所以角的终边在第三象限，
所以，故，所以．
故答案为：C.
【分析】利用直线的斜率，即可通过二倍角公式求得的值，再通过角的终边在第三象限从而得出结论.
6．（2022高三上·秦皇岛开学考）如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】A
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】连接与交于点，，
所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以．
连接，易得，平面，平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，，所以．
故答案为：A.
【分析】连接与交于点，先利用线面垂直的条件证得平面，可知即为直线与平面所成的角，从而得出答案.
7．（2022高三上·秦皇岛开学考）若直线与圆交于A，B两点，则面积的最大值为（ ）
A．4 B．8 C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由圆C方程可知，圆心，所以，直线l恒过点，点D在圆内，，当时，最小，也最小，此时，故（时不能构成三角形），时，．
故答案为：C．
【分析】由圆方程确定圆心坐标和半径，直线过定点，由时，最小，也最小，求出的范围，结合三角形面积公式，正弦函数性质得最大值．
8．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．e B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】依题意，，而，则，
设，则原不等式等价于，又，
即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
设，求导得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，则，
所以实数a的最小值为.
故答案为：B
【分析】将给定不等式作等价变形，构造函数并利用导数求出函数最大值作答.
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．为其定义域上的增函数 B．为偶函数
C．的图象与直线相切 D．有唯一的零点
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】的定义域为R，，所以为R上的增函数，A符合题意；
，故为奇函数，B不符合题意；
，故在原点处的切线方程为直线，C符合题意；
为R上的增函数，，所以有唯一的零点，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】求出导函数，确定单调性，由奇偶性定义判断函数的奇偶性，由导数几何意义求切线方程，由单调性判断零点个数．
10．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，则以下结论正确的为（ ）
A．当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）
B．
C．方程比方程拟合效果好
D．y与x正相关
【答案】A,B,D
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】将代入得，A符合题意；
将代入得，B符合题意；
由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，C不符合题意；
因为y随x的增大而增大，所以y与x正相关，D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】将代入对应的回归方程，判断A，结合样本中心点过回归直线方程判断B，由散点图判断C，根据正相关的定义判断D.
11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均成立，且相邻的两个最小值点间的距离为，则（ ）
A．的最大值为1
B．
C．在上单调递减
D．对任意的，均有成立
【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，得到，再向左平移个单位长度，得到函数，所以的最大值为2，A不符合题意；
因为相邻的两个最小值点间的距离为，故，则，
因为恒成立，所以在处取得最小值，
故，即，因为，所以，B符合题意；
因为，令，得，所以在上单调递减，C不符合题意；
因为，所以在处取得最大值，D符合题意，
故答案为：BD
【分析】先利用图象变化得到，即可判断A，然后通过得到即可判断B，再用正弦函数的图象性质可判断C和D.
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，且，A，P，B为双曲线上不同的三点，且A，B两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为1，则（ ）
A．
B．双曲线C的离心率为
C．直线倾斜角的取值范围为
D．若，则三角形的面积为2
【答案】A,B,D
【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】设焦距为，则，设，
则，，作差得，即，
，
故，又，所以，A符合题意；
而离心率，B符合题意；
双曲线C的渐近线方程为，直线过原点，由题可知直线与C有两个不同的交点，
所以直线倾斜角的取值范围为，C不符合题意；
若，则，由双曲线的定义以及A的结论可得
，故，
又，可得，
所以三角形的面积为，D符合题意．
故答案为：ABD.
【分析】根据双曲线的几何性质，再对各个选项进行逐个计算检验即可得出结论.
三、填空题
13．若复数z满足（i为虚数单位），且z为实数，则实数a的值为 ．
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】为实数，所以．
故答案为：.
【分析】根据复数的基本概念，由复数的除法和乘法，明确实部和虚部，结合虚部为零，可得答案.
14．已知函数满足：①，都有成立；②．请写出一个符合上述两个条件的函数 ．
【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】由，都有成立，我们发现指数函数满足其条件，
不妨设，再由得，解得，故.
故答案为：.
【分析】由①我们可以联想到指数函数，再由②算得，即可解决问题.
15．已知数列中，，且则 ．
【答案】
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】由题：，
，，，
，，，
，
观察可得数列从第2项开始是以6为周期的数列，
故．
故答案为：.
【分析】首先根据递推公式依次写数列的前几项，观察数列的周期，进而可以得到的值．
16．在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，，点M为的垂心，且平面，若三棱锥的外接球体积为，则 ．
【答案】2
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图，连接并延长，交于点D，与交于点E，则．
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为正三角形，D为中点，所以是等边三角形，，，
则，所以，
所以三棱锥的外接球即为棱长为的正方体的外接球，所以外接球半径，
故外接球体积，解得．
【分析】先由平面证平面，可证平面，即可进一步证是等边三角形，通过的几何关系求得，即三棱锥为正三棱锥，则其外接球即为侧面对角线长为的正方体的外接球，进一步求外接球半径，利用体积建立方程即可求得a.
四、解答题
17．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知数列的前n项和为，当时，．
（1）求；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：当时，由得，
即．
又，所以，符合上式，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
.
（2）解：，
所以，
，
作差得，
化简得．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】(1)利用与的关系可求得通项公式；
(2)由第（1）小问可知，可用错位相减法即可求得数列的前n项和．
18．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．
（1）求角C
（2）若，D为的中点，，求的面积．
【答案】（1）解：因为，所以，
由正弦定理得．
即，由余弦定理得，
因为，所以．
（2）解：在三角形中，，
即，解得或，即或，
因为，故，
因为，所以，故，所以，
所以．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解；
（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.
19．（2022高三上·秦皇岛开学考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面，M，N分别为线段和的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：如图，取中点Q，连接，因为M，Q分别为和的中点，
故，
且，
所以四边形为平行四边形，
所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）解：由题，平面平面，平面平面，
所以平面，所以．
又，所以平面，故．
因为，可得，
所以，故．
以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以
，
因为平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）首先取中点Q，连接， 易证四边形为平行四边形，从而得到，再利用线面平行的判定证明即可；
（2）首先易证，，以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
20．（2022高三上·秦皇岛开学考）“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．
（1）求甲以3∶1赢得比赛的概率；
（2）设比赛的总局数为，求．
【答案】（1）解：设事件甲在第局比赛获胜为，，由已知可得，，，，，
事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，
所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为，
其中互斥，相互独立，
所以
，
所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；
（2）解：的可能取值为3，4，5，
设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，
；
；
；
；
；
；
则，
所以．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；
(2)确定的可能取值，再求取各值的概率，利用期望公式求期望.
21．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知椭圆的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为N，求面积的最大值．
【答案】（1）解：设椭圆C的焦距为，则，即，
所以，即，
又C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为，
所以，即，
综上解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）解：易得，设，则，联立直线l与椭圆C的方程，得，
则．
又，
易知与同号，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 设椭圆C的焦距为，则，即，推出 ，又因为，解得，代入椭圆方程即可；
（2）联立直线l与椭圆C的方程得到，再利用切割法得到，化简得到，进而利用基本不等式求得面积的最大值.
22．（2022高三上·秦皇岛开学考）已知函数．
（1）若在处的切线l与直线平行，求切线l的方程；
（2）证明：当时，对任意的恒成立．
【答案】（1）解：，则．
因为切线l与直线平行，所以，得，
又，所以切线l的方程为，即．
（2）证明：由对任意的恒成立得对任意的恒成立．
设，则，易得在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
设，则，所以在上单调递增，
故当时，，即当时，，
所以当时，，
即①．
设，则，
设，则，
由①式知当时，，所以即在上单调递增，
所以，
当时，，所以在上单调递增，
故，即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立．得证
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）由 在处的切线l与直线平行 得， 得， 又，即可用点斜式写出切线方程；
（2）原命题等价成 对任意的恒成立，构造，结合当时、证明在单调递增，即可证，即可证，命题得证.
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