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新疆生产建设兵团地州学校2023届高三上学期理数一轮期中调研考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·建设期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，，
则.
故答案为：C
【分析】求出集合M、N，然后进行交集的运算即可得答案.
2．（2023高三上·建设期中）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】.
故答案为：D
【分析】利用复数的乘除运算化简可得答案.
3．（2023高三上·建设期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的运算性质
【解析】【解答】由得，所以.
故答案为：A
【分析】结合指对互换求出a，再由对数运算性质可求出的值.
4．（2022高三上·辽宁期中）鲸是水栖哺乳动物，用肺呼吸，一般分为两类：须鲸类，无齿，有鲸须；齿鲸类，有齿，无鲸须，最少的仅具1枚独齿．已知甲是一头鲸，则“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 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；进行简单的合情推理
【解析】【解答】“甲的牙齿的枚数不大于1”，即甲无齿或有1枚独齿，故甲可为须鲸类或齿鲸类，充分性不成立；
“甲为须鲸”，即甲无齿，故甲的牙齿的枚数不大于1，必要性成立；
所以“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的必要不充分条件.
故答案为：B
【分析】根据充分条件，必要条件的定义及题设描述，判断条件间的关系，可得答案.
5．（2023高三上·建设期中）已知一个项数为偶数的等比数列，所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前4项之积为64，则（ ）
A．1 B． C．2 D．1或
【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为，
因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以，
所以，，
故满足，解得，
又，
所以.
故答案为：D
【分析】设数列共有项，所有奇数项之和为，由题意求出和，利用，求出公比q，再结合求出.
6．（2023高三上·建设期中）如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，
所以，则线与所成角等价于与所成角，设，
则，，，，，
则，
所以直线与所成角的余弦值为.
故答案为：C
【分析】取为的中点，为中点，则DE//SA，则直线CD与AS所成的角为∠CDE (或其补角)，然后求解即可得答案.
7．（2022高三上·抚顺期中）现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V（单位：ml）关于时间（单位：s）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（ ）
A．4 cm/s B．5 cm/s C．6 cm/s D．7cm/s
【答案】C
【知识点】变化的快慢与变化率
【解析】【解答】由题设，杯子底面积为，则溶液上升高度，
所以，则cm/s.
故答案为：C
【分析】由题设可得溶液上升高度，求导并代入求值即可.
8．（2023高三上·建设期中）函数的大致图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由题意知，则，当时，，，，所以的大致图象不可能为C，而当为其他值时，如时图象为A，时图象可为B，时图象可为D，均有可能出现.
故答案为：C
【分析】由函数定义域，函数在上的符号，逐项进行判断，可得答案.
9．（2023高三上·建设期中）函数的部分图象如图所示，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】由图可知，的最小值为，又，故可得；
又，故可得，又，故可得；
由五点作图可知，，故可得满足题，则；
若，且，即，又，故，则，
故.
故答案为：C.
【分析】由图形求出A、T，利用周期公式可求w，将点代入f (x)的解析式，结合范围，可得φ的值，即可得解f (x)的解析式，由，求解出，根据两角差的正弦公式即可求解出 的值.
10．（2023高三上·建设期中）青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一．如图1，这是一个青花瓷圆盘．该圆盘中的两个圆的圆心重合，如图2，其中大圆半径，小圆半径，点在大圆上，过点作小圆的切线，切点分别是，，则（ ）
A． B． C．4 D．5
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的运算；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】由题意可知：，，
因为为切线，所以，如图，
由勾股定理可得：，所以，
由，，
过，
所以，
故答案为：.
【分析】由题意可知：，，由勾股定理可得：，所以，由结合余弦二倍角公式求出，再利用向量数量积的运算可求出答案.
11．（2023高三上·建设期中）已知函数，的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】D
【知识点】函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】的图象关于直线对称，故可得，
又，
则，，，
故，，故是周期为的函数.
由可得，又，故可得，
则.
故答案为：D.
【分析】由已知可得，可得是周期为的函数，由可得，求出，进而求出的值.
12．（2023高三上·建设期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图，连接，，，
易证四边形是平行四边形，因为，所以 四点共面，又因为点在侧面内，所以点在线段上.
取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，易证，则平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，连接，，，.设三棱锥外接球的半径为，则.因为，所以，，所以，所以.则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值；当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值.故三棱锥外接球表面积的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由已知可得四边形是平行四边形，设三棱锥外接球的半径为，利用勾股定理求出，当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值，再利用外接球的表面积公式可求出答案.
二、填空题
13．（2023高三上·建设期中）函数的图象在点处的切线方程为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由得，，，所以的图象在点处的切线方程为.
故答案为：
【分析】求得f (x)的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的斜截式方程可得所求切线方程 .
14．（2022高二上·延安期中）已知，满足约束条件，则的最大值为 .
【答案】2
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：画出约束条件满足的可行域如下所示，
由图可知，当 过B点时，z取最大值，
联立 可得 ，
代入 .
故答案为：2
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.
15．（2023高三上·建设期中）函数的值域是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】因为，所以，
令，则，故原函数可化为，且，
所以，令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，，，，
所以函数，的值域为，
所以函数的值域是，
故答案为：.
【分析】利用正弦的二倍角公式化简可得，令，则，，求导可得的单调性，进而求出函数的值域.
16．（2023高三上·建设期中）设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】当时，，得，
当时，，，
两式相减得，
得，
所以，又因为，
所以是以6为首项，4为公差的等差数列，
所以，即，
因为对任意，，
所以，即，
记，则，
所以为递增数列，，
所以，即.
故答案为：.
【分析】 根据an与Sn的关系，构造等差数列求得数列 的通项公式an ，即可求得，根据数列的单调性，即可求得k的最小值.
三、解答题
17．（2023高三上·建设期中）已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集．
【答案】（1）解：
，故；
（2）解：因为，向左平移个单位长度，
得到，
故要使，需满足，解得，故的解集为
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）由二倍角公式和两角和与差公式化简函数 ，进而可得 的最小正周期；
（2）结合平移法则和诱导公式化简得 ，由余弦函数图象性质解不等式，即可求出不等式的解集．
18．（2023高三上·建设期中）如图，在平面四边形中，.
（1）求的值；
（2）求的长度.
【答案】（1）解：在中，由勾股定理得，
，
；
（2）解：因为，所以，
在中，由余弦定理得：
【知识点】两角和与差的余弦公式；余弦定理
【解析】【分析】（1）由勾股定理得到 ，从而求出 ，再利用余弦差角公式进行计算可得 的值；
（2）先求出 ，再利用余弦定理求出 的长度.
19．（2023高三上·建设期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求在上的最大值与最小值．
【答案】（1）解：因为．
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，若，；若，，
所以在上单调递减，在，上单调递增；
当时，若，；若，．
所以在上单调递增，在，上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递增，在，上单调递减.
（2）解：当时，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最大值为．
因为，，所以在上的最小值为．
综上所述：的最大值为，最小值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出 的单调性；
（2）由（1）求出 在上的最大值，求出，的值，进而求出 的最小值 .
20．（2023高三上·建设期中）已知等差数列满足，，数列满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设数列的公差为，由题可得，解得，
故；
因为满足，，
故当时，
，
故，符合该式，所以；
（2）解：由题可得，设的前项和为，
则，
故，
则
即，故.
故数列的前项和为.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式求出 ，进而得的通项公式，利用递推公式结合等比数列的求和公式可得的通项公式；
（2）利用错位相减法可求出数列的前项和．
21．（2023高三上·建设期中）在几何体中，底面是边长为6的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.是线段上的动点，.
（1）若，求三棱锥的体积；
（2）若平面平面，求的值.
【答案】（1）解：将几何体补成如图所示的长方体.
由题意可得，，
则四边形是边长为的正方形.
.
三棱锥的体积.
（2）解：以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，
则，，，.
由，，知，.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
因为平面平面，所以，
则，解得.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；向量语言表述面面的垂直、平行关系
【解析】【分析】（1） 将几何体补成长方体，根据勾股定理求出，，可得四边形是边长为的正方形，再利用棱锥的体积公式可求出三棱锥的体积；
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法求出平面平面 ，进而求出 的值.
22．（2023高三上·建设期中）已知函数的两个不同极值点分别为，（）.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：（为自然对数的底数）.
【答案】（1）解：因为有两个不同极值点，，
所以有两个不同的根，，
令，则.
令，得；令得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
因为当时，，所以.
（2）证明：由（1）可知，且，是方程的两个根，
即，所以，
所以，所以.
令，则，
要证，即证，即证，即证.
令，则，
所以在上单调递增.
因为，所以，所以成立，故成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；分析法和综合法
【解析】【分析】(1)先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数的取值范围；
(2) 由（1）可知，利用韦达定理可得 ， 令，则，利用分析法可得 ， 令，求导研究函数单调性，利用单调性证明出不等式 成立.
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新疆生产建设兵团地州学校2023届高三上学期理数一轮期中调研考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·建设期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·建设期中）（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·建设期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高三上·辽宁期中）鲸是水栖哺乳动物，用肺呼吸，一般分为两类：须鲸类，无齿，有鲸须；齿鲸类，有齿，无鲸须，最少的仅具1枚独齿．已知甲是一头鲸，则“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2023高三上·建设期中）已知一个项数为偶数的等比数列，所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前4项之积为64，则（ ）
A．1 B． C．2 D．1或
6．（2023高三上·建设期中）如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·抚顺期中）现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V（单位：ml）关于时间（单位：s）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（ ）
A．4 cm/s B．5 cm/s C．6 cm/s D．7cm/s
8．（2023高三上·建设期中）函数的大致图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2023高三上·建设期中）函数的部分图象如图所示，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高三上·建设期中）青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一．如图1，这是一个青花瓷圆盘．该圆盘中的两个圆的圆心重合，如图2，其中大圆半径，小圆半径，点在大圆上，过点作小圆的切线，切点分别是，，则（ ）
A． B． C．4 D．5
11．（2023高三上·建设期中）已知函数，的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
12．（2023高三上·建设期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．（2023高三上·建设期中）函数的图象在点处的切线方程为 ．
14．（2022高二上·延安期中）已知，满足约束条件，则的最大值为 .
15．（2023高三上·建设期中）函数的值域是 ．
16．（2023高三上·建设期中）设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为 .
三、解答题
17．（2023高三上·建设期中）已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求不等式的解集．
18．（2023高三上·建设期中）如图，在平面四边形中，.
（1）求的值；
（2）求的长度.
19．（2023高三上·建设期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求在上的最大值与最小值．
20．（2023高三上·建设期中）已知等差数列满足，，数列满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
21．（2023高三上·建设期中）在几何体中，底面是边长为6的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直.是线段上的动点，.
（1）若，求三棱锥的体积；
（2）若平面平面，求的值.
22．（2023高三上·建设期中）已知函数的两个不同极值点分别为，（）.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：（为自然对数的底数）.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，，
则.
故答案为：C
【分析】求出集合M、N，然后进行交集的运算即可得答案.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】.
故答案为：D
【分析】利用复数的乘除运算化简可得答案.
3．【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的运算性质
【解析】【解答】由得，所以.
故答案为：A
【分析】结合指对互换求出a，再由对数运算性质可求出的值.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；进行简单的合情推理
【解析】【解答】“甲的牙齿的枚数不大于1”，即甲无齿或有1枚独齿，故甲可为须鲸类或齿鲸类，充分性不成立；
“甲为须鲸”，即甲无齿，故甲的牙齿的枚数不大于1，必要性成立；
所以“甲的牙齿的枚数不大于1”是“甲为须鲸”的必要不充分条件.
故答案为：B
【分析】根据充分条件，必要条件的定义及题设描述，判断条件间的关系，可得答案.
5．【答案】D
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为，
因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以，
所以，，
故满足，解得，
又，
所以.
故答案为：D
【分析】设数列共有项，所有奇数项之和为，由题意求出和，利用，求出公比q，再结合求出.
6．【答案】C
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，
所以，则线与所成角等价于与所成角，设，
则，，，，，
则，
所以直线与所成角的余弦值为.
故答案为：C
【分析】取为的中点，为中点，则DE//SA，则直线CD与AS所成的角为∠CDE (或其补角)，然后求解即可得答案.
7．【答案】C
【知识点】变化的快慢与变化率
【解析】【解答】由题设，杯子底面积为，则溶液上升高度，
所以，则cm/s.
故答案为：C
【分析】由题设可得溶液上升高度，求导并代入求值即可.
8．【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由题意知，则，当时，，，，所以的大致图象不可能为C，而当为其他值时，如时图象为A，时图象可为B，时图象可为D，均有可能出现.
故答案为：C
【分析】由函数定义域，函数在上的符号，逐项进行判断，可得答案.
9．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】由图可知，的最小值为，又，故可得；
又，故可得，又，故可得；
由五点作图可知，，故可得满足题，则；
若，且，即，又，故，则，
故.
故答案为：C.
【分析】由图形求出A、T，利用周期公式可求w，将点代入f (x)的解析式，结合范围，可得φ的值，即可得解f (x)的解析式，由，求解出，根据两角差的正弦公式即可求解出 的值.
10．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的运算；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】由题意可知：，，
因为为切线，所以，如图，
由勾股定理可得：，所以，
由，，
过，
所以，
故答案为：.
【分析】由题意可知：，，由勾股定理可得：，所以，由结合余弦二倍角公式求出，再利用向量数量积的运算可求出答案.
11．【答案】D
【知识点】函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】的图象关于直线对称，故可得，
又，
则，，，
故，，故是周期为的函数.
由可得，又，故可得，
则.
故答案为：D.
【分析】由已知可得，可得是周期为的函数，由可得，求出，进而求出的值.
12．【答案】D
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图，连接，，，
易证四边形是平行四边形，因为，所以 四点共面，又因为点在侧面内，所以点在线段上.
取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，易证，则平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，连接，，，.设三棱锥外接球的半径为，则.因为，所以，，所以，所以.则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值；当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值.故三棱锥外接球表面积的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由已知可得四边形是平行四边形，设三棱锥外接球的半径为，利用勾股定理求出，当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值，再利用外接球的表面积公式可求出答案.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由得，，，所以的图象在点处的切线方程为.
故答案为：
【分析】求得f (x)的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的斜截式方程可得所求切线方程 .
14．【答案】2
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：画出约束条件满足的可行域如下所示，
由图可知，当 过B点时，z取最大值，
联立 可得 ，
代入 .
故答案为：2
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.
15．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】因为，所以，
令，则，故原函数可化为，且，
所以，令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，，，，
所以函数，的值域为，
所以函数的值域是，
故答案为：.
【分析】利用正弦的二倍角公式化简可得，令，则，，求导可得的单调性，进而求出函数的值域.
16．【答案】
【知识点】数列递推式
【解析】【解答】当时，，得，
当时，，，
两式相减得，
得，
所以，又因为，
所以是以6为首项，4为公差的等差数列，
所以，即，
因为对任意，，
所以，即，
记，则，
所以为递增数列，，
所以，即.
故答案为：.
【分析】 根据an与Sn的关系，构造等差数列求得数列 的通项公式an ，即可求得，根据数列的单调性，即可求得k的最小值.
17．【答案】（1）解：
，故；
（2）解：因为，向左平移个单位长度，
得到，
故要使，需满足，解得，故的解集为
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）由二倍角公式和两角和与差公式化简函数 ，进而可得 的最小正周期；
（2）结合平移法则和诱导公式化简得 ，由余弦函数图象性质解不等式，即可求出不等式的解集．
18．【答案】（1）解：在中，由勾股定理得，
，
；
（2）解：因为，所以，
在中，由余弦定理得：
【知识点】两角和与差的余弦公式；余弦定理
【解析】【分析】（1）由勾股定理得到 ，从而求出 ，再利用余弦差角公式进行计算可得 的值；
（2）先求出 ，再利用余弦定理求出 的长度.
19．【答案】（1）解：因为．
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，若，；若，，
所以在上单调递减，在，上单调递增；
当时，若，；若，．
所以在上单调递增，在，上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递增，在，上单调递减.
（2）解：当时，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最大值为．
因为，，所以在上的最小值为．
综上所述：的最大值为，最小值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出 的单调性；
（2）由（1）求出 在上的最大值，求出，的值，进而求出 的最小值 .
20．【答案】（1）解：设数列的公差为，由题可得，解得，
故；
因为满足，，
故当时，
，
故，符合该式，所以；
（2）解：由题可得，设的前项和为，
则，
故，
则
即，故.
故数列的前项和为.
【知识点】数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式求出 ，进而得的通项公式，利用递推公式结合等比数列的求和公式可得的通项公式；
（2）利用错位相减法可求出数列的前项和．
21．【答案】（1）解：将几何体补成如图所示的长方体.
由题意可得，，
则四边形是边长为的正方形.
.
三棱锥的体积.
（2）解：以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，
则，，，.
由，，知，.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
设平面的一个法向量为，则
，即，取，则.
因为平面平面，所以，
则，解得.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；向量语言表述面面的垂直、平行关系
【解析】【分析】（1） 将几何体补成长方体，根据勾股定理求出，，可得四边形是边长为的正方形，再利用棱锥的体积公式可求出三棱锥的体积；
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法求出平面平面 ，进而求出 的值.
22．【答案】（1）解：因为有两个不同极值点，，
所以有两个不同的根，，
令，则.
令，得；令得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
因为当时，，所以.
（2）证明：由（1）可知，且，是方程的两个根，
即，所以，
所以，所以.
令，则，
要证，即证，即证，即证.
令，则，
所以在上单调递增.
因为，所以，所以成立，故成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；分析法和综合法
【解析】【分析】(1)先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数的取值范围；
(2) 由（1）可知，利用韦达定理可得 ， 令，则，利用分析法可得 ， 令，求导研究函数单调性，利用单调性证明出不等式 成立.
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