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云南省部分名校2023届高三上学期数学11月联考试卷
一、单选题
1．命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高三上·襄阳期中）随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为，其中D为传输距离单位：，F为载波频率单位：，L为传输损耗单位：若载波频率变为原来的100倍，传输损耗增加了60 dB，则传输距离变为原来的（ ）
A．100倍 B．50倍 C．10倍 D．5倍
5．（2022高三上·襄阳期中）已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022高三上·襄阳期中）某正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C． D．
7．已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
8．（2022高三上·襄阳期中）某大学为了制作“迎新杯”篮球赛创意冠军奖杯，在全校学生中开展“迎新杯”篮球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，（ ）
A．10cm B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·襄阳期中）已知函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．有两个极值点
C．的极小值为 D．在上的最大值为
10．（2022高三上·襄阳期中）函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的有（ ）
A．直线是图象的一条对称轴
B．在上单调递增
C．若在上恰有4个零点，则
D．在上的最大值为
11．（2022高三上·襄阳期中）已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，A，B，C三点均在以S为球心的球S的球面上，P是该球面上任意一点，下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．若平面ABC，则三棱锥的表面积为
D．若平面ABC，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为
12．（2022高三上·襄阳期中）已知等差数列的前n项和为，且若存在实数a，b，使得，且，当时，取得最大值，则的值可能为（ ）
A．13 B．12 C．11 D．10
三、填空题
13．（2022高三上·襄阳期中）若函数则 .
14．（2022高三上·襄阳期中）已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为 .
15．已知数列满足，，则 .
16．（2022高三上·襄阳期中）最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽，赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，他用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.如图，某数学探究小组仿照“勾股圆方图”，利用6个全等的三角形和一个小的正六边形ABCDEF，拼成一个大的正六边形GHMNPQ，若，则 .
四、解答题
17．（2022高三上·襄阳期中）已知是奇函数.
（1）求a的值；
（2）求的值域.
18．在中，内角的对边分别为，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积.
19．（2022高三上·襄阳期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，分别是的中点.
（1）证明：平面
（2）求二面角的余弦值.
20．（2022高三上·襄阳期中）已知函数
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）若，证明：在上只有一个零点.
21．在数列中，，且.
（1）证明数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
22．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：由题意得：全称量词命题的否定为存在性量词命题，故命题""的否定为"".
故答案为：B
【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】由题意知，则.
故答案为：A
【分析】由题意知，利用复数的运算即可求解.
3．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为.
所以.
故答案为：C
【分析】先解出集合，然后根据交集运算即可.
4．【答案】C
【知识点】对数的运算性质；函数模型的选择与应用
【解析】【解答】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，
则，，
，则，即，
从而，故传输距离变为原来的10倍.
故答案为：C
【分析】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，求解即可.
5．【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】易知为偶函数，由，则为奇函数，
由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意.
因为当时，无意义，所以C不符合题意.
故答案为：D.
【分析】由图象可知，该函数是奇函数，A，B不符合题意；根据时，无意义，所以C不符合题意.
6．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】由题意可知，如图所示
对于A，由图可知，与平面不平行，A 错误；
对于B，易知，，所以，同理，
，，所以平面，B符合题意.
对于C，在正方形中，，易知四边形为平行四边形，所以，所以，C不符合题意.
对于D ，在正方形中，，所以为异面直线与所成角，易知，所以与不垂直，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】首先把平面图进行复原成正方形的直观图，进一步求出结果.
7．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为，所以.
又.所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：D
【分析】根据基本不等式得到，求解即可.
8．【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，如图所示
设，则，，
由，，得，
则，，
，
当，即时，OB取得最大值，
此时
故答案为：B.
【分析】根据已知条件及直角三角形中锐角函数，结合勾股定理及三角形函数的性质即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因为，所以，
当时，；当时，，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则有两个极值点，B符合题意；
且当时，取得极小值，A符合题意；
且极小值为，C不符合题意；
又，，所以在上的最大值为2，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由题意得，当时，；当时，，从而得到函数的单调性及极值，逐项判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.
对于A，当时，，故直线是图象的一条对称轴，A符合题意.
对于B，由，得，则在上不单调，B不符合题意；
对于C，由，得，因为在上恰有4个零点，所以，解得，C符合题意.
对于D，由，得，则在的最大值为，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】由题意利用函数图象变换可得，进而利用正弦函数的性质即可逐项判断.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】因为正三棱锥的底面边长为6，所以三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径，
又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，
所以球S的半径，
则三棱锥体积的最大值为
A符合题意，B不正确.
若平面ABC，因为，则为球的直径，的外接圆半径为，球的半径为，故，
则根据三角形相似，可知，，又因为，可得，
根据勾股定理，可得，故，
，
取BC的中点D，连接PD，
则，，
故三棱锥的表面积为，C符合题意.
分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，
由前面计算可知，，，，
取为中点，得，由上可知，面，故面，
在中，，因为，
所以，（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，
且，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由题意可得三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径，又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，球的半径为，则三棱锥体积的最大值为，即可判断A，B选项；若平面ABC，可求出，，再计算三棱锥的表面积，即可判断C；分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，在中，，又（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，由余弦定理即可判断D.
12．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；等差数列的性质
【解析】【解答】，
即而，
即有
令，则有，
令函数，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，从而有，
则有，当且仅当时，等号成立.
同理，即，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立.
又，所以，故有，
所以，，则
从而，解得，又，，
所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，
所以或12
故答案为：BC.
【分析】推导出，，令，则有，令函数，则，推导出，，从而，进而，由此求出结果.
13．【答案】13
【知识点】函数的值
【解析】【解答】因为，所以.
故答案为：13.
【分析】根据题意，由函数的解析式求出，进而计算出.
14．【答案】或6(答案只要是与6中的一个即可)
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】若满足条件①，因为，所以，
解得或，
则或舍去，
则，，
故
若满足条件②，
则
故答案为：或6.
【分析】若满足条件①，因为及进行转化解出，的值，利用两角和的正切公式求解；若满足条件②，则，利用两角差的正切公式求解即可.
15．【答案】
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】由，得.
因为，所以，，，，…，
所以是以3为周期的数列，则.
故答案为：
【分析】由，得，根据，逐项代入发现是以3为周期的数列，则.
16．【答案】1
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】在正六边形ABCDEF中，，则，
所以
因为六边形GHMNPQ是正六边形，
所以，且G，F，E，P四点共线.
又，所以，
所以
故答案为：1.
【分析】由六边形的对称性问题转化为求，再由数量积的运算公式求解即可.
17．【答案】（1）解：因为，
所以
又是奇函数，所以，
即，则
（2）解：由（1）可知，，，
当时，，当且仅当时，等号成立.
又是奇函数，所以的值域为
【知识点】函数的值域；函数奇偶性的性质
【解析】【分析】（1）先利用函数是奇函数，可得；
（2）利用基本不等式，函数的奇偶性可求函数的值域.
18．【答案】（1）解：因为，
所以由得，
则，即，
又，所以，则，
又，故.
（2）解：因为，
所以，
所以，
解得，
所以的面积.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理及差角公式进行化简，可求，进而可得；
（2）由已知结合余弦定理可求，然后结合三角形面积公式可求.
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为是等边三角形，
所以
又平面平面，平面平面，平面PAD，
所以平面，
因为底面是正方形，是等边三角形，
所以，
又因为是的中点，，
所以，
因为底面是正方形，不妨令，连接，
因为平面，平面，
，
在中，，
同理可得，，
所以
又因为是的中点，
所以
因为，平面，
所以平面
（2）由（1）知，因为平面，底面 是正方形，
所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
则由（1）可得，，，，，，，所以，，
设平面的法向量，则
，即，令，则，，
所以
由（1）知，平面
所以是平面的一个法向量，
设二面角所成的角为，则
所以
所以二面角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 取的中点，连接， 由题意得 ， 又平面平面 ， 所以平面， 由线面垂直的性质结合是等边三角形，得到平面；
（2） 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 平面的一个法向量，计算法向量夹角余弦值即可.
20．【答案】（1）解：由题知，
，
，，
的图象在处的切线方程为，
即
（2）证明：当时，，
则函数只有一个零点等价于函数只有一个零点，
可得，
，
，
即，
在上单调递增，
又，
在上只有一个零点，
即函数在上只有一个零点得证.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】 （1）根据题意，由， ，， ，，写出点斜式方程即为切线方程；
（2）函数只有一个零点等价于函数只有一个零点，可得， 由单调性判断的零点个数即零点个数.
21．【答案】（1）证明：因为，所以，
所以.又，
所以是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，则.
（2）解：由（1）可知，，则.
令.
则，
则，
则.
又.
所以.
【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）通过 ，且，利用构造法证明即可；
（2）由（1）得，则，进而利用错位相减法和分组求和，计算即可得解.
22．【答案】（1）解：因为，所以.令.得.
当时，；当时，.
故的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）证明：等价于.
因为.所以等价于.
令函数，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
故.
令函数，则恒成立，则是内增函数.
当时，，即，即..
故，即
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求导利用导数判断函数的单调性次从而求其单调区间；
（2）等价于，令求导利用导数判断其单调性得，再令通过导数可知在为增函数，当有，即从而证明.
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云南省部分名校2023届高三上学期数学11月联考试卷
一、单选题
1．命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：由题意得：全称量词命题的否定为存在性量词命题，故命题""的否定为"".
故答案为：B
【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论.
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】由题意知，则.
故答案为：A
【分析】由题意知，利用复数的运算即可求解.
3．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】因为.
所以.
故答案为：C
【分析】先解出集合，然后根据交集运算即可.
4．（2022高三上·襄阳期中）随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为，其中D为传输距离单位：，F为载波频率单位：，L为传输损耗单位：若载波频率变为原来的100倍，传输损耗增加了60 dB，则传输距离变为原来的（ ）
A．100倍 B．50倍 C．10倍 D．5倍
【答案】C
【知识点】对数的运算性质；函数模型的选择与应用
【解析】【解答】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，
则，，
，则，即，
从而，故传输距离变为原来的10倍.
故答案为：C
【分析】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，求解即可.
5．（2022高三上·襄阳期中）已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】易知为偶函数，由，则为奇函数，
由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意.
因为当时，无意义，所以C不符合题意.
故答案为：D.
【分析】由图象可知，该函数是奇函数，A，B不符合题意；根据时，无意义，所以C不符合题意.
6．（2022高三上·襄阳期中）某正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】由题意可知，如图所示
对于A，由图可知，与平面不平行，A 错误；
对于B，易知，，所以，同理，
，，所以平面，B符合题意.
对于C，在正方形中，，易知四边形为平行四边形，所以，所以，C不符合题意.
对于D ，在正方形中，，所以为异面直线与所成角，易知，所以与不垂直，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】首先把平面图进行复原成正方形的直观图，进一步求出结果.
7．已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为，所以.
又.所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：D
【分析】根据基本不等式得到，求解即可.
8．（2022高三上·襄阳期中）某大学为了制作“迎新杯”篮球赛创意冠军奖杯，在全校学生中开展“迎新杯”篮球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，（ ）
A．10cm B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，如图所示
设，则，，
由，，得，
则，，
，
当，即时，OB取得最大值，
此时
故答案为：B.
【分析】根据已知条件及直角三角形中锐角函数，结合勾股定理及三角形函数的性质即可求解.
二、多选题
9．（2022高三上·襄阳期中）已知函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．有两个极值点
C．的极小值为 D．在上的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因为，所以，
当时，；当时，，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则有两个极值点，B符合题意；
且当时，取得极小值，A符合题意；
且极小值为，C不符合题意；
又，，所以在上的最大值为2，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由题意得，当时，；当时，，从而得到函数的单调性及极值，逐项判断即可.
10．（2022高三上·襄阳期中）函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的有（ ）
A．直线是图象的一条对称轴
B．在上单调递增
C．若在上恰有4个零点，则
D．在上的最大值为
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.
对于A，当时，，故直线是图象的一条对称轴，A符合题意.
对于B，由，得，则在上不单调，B不符合题意；
对于C，由，得，因为在上恰有4个零点，所以，解得，C符合题意.
对于D，由，得，则在的最大值为，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】由题意利用函数图象变换可得，进而利用正弦函数的性质即可逐项判断.
11．（2022高三上·襄阳期中）已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，A，B，C三点均在以S为球心的球S的球面上，P是该球面上任意一点，下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．若平面ABC，则三棱锥的表面积为
D．若平面ABC，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】因为正三棱锥的底面边长为6，所以三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径，
又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，
所以球S的半径，
则三棱锥体积的最大值为
A符合题意，B不正确.
若平面ABC，因为，则为球的直径，的外接圆半径为，球的半径为，故，
则根据三角形相似，可知，，又因为，可得，
根据勾股定理，可得，故，
，
取BC的中点D，连接PD，
则，，
故三棱锥的表面积为，C符合题意.
分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，
由前面计算可知，，，，
取为中点，得，由上可知，面，故面，
在中，，因为，
所以，（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，
且，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由题意可得三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径，又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，球的半径为，则三棱锥体积的最大值为，即可判断A，B选项；若平面ABC，可求出，，再计算三棱锥的表面积，即可判断C；分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，在中，，又（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，由余弦定理即可判断D.
12．（2022高三上·襄阳期中）已知等差数列的前n项和为，且若存在实数a，b，使得，且，当时，取得最大值，则的值可能为（ ）
A．13 B．12 C．11 D．10
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；等差数列的性质
【解析】【解答】，
即而，
即有
令，则有，
令函数，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，从而有，
则有，当且仅当时，等号成立.
同理，即，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立.
又，所以，故有，
所以，，则
从而，解得，又，，
所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，
所以或12
故答案为：BC.
【分析】推导出，，令，则有，令函数，则，推导出，，从而，进而，由此求出结果.
三、填空题
13．（2022高三上·襄阳期中）若函数则 .
【答案】13
【知识点】函数的值
【解析】【解答】因为，所以.
故答案为：13.
【分析】根据题意，由函数的解析式求出，进而计算出.
14．（2022高三上·襄阳期中）已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为 .
【答案】或6(答案只要是与6中的一个即可)
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】若满足条件①，因为，所以，
解得或，
则或舍去，
则，，
故
若满足条件②，
则
故答案为：或6.
【分析】若满足条件①，因为及进行转化解出，的值，利用两角和的正切公式求解；若满足条件②，则，利用两角差的正切公式求解即可.
15．已知数列满足，，则 .
【答案】
【知识点】数列的函数特性
【解析】【解答】由，得.
因为，所以，，，，…，
所以是以3为周期的数列，则.
故答案为：
【分析】由，得，根据，逐项代入发现是以3为周期的数列，则.
16．（2022高三上·襄阳期中）最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽，赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，他用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.如图，某数学探究小组仿照“勾股圆方图”，利用6个全等的三角形和一个小的正六边形ABCDEF，拼成一个大的正六边形GHMNPQ，若，则 .
【答案】1
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】在正六边形ABCDEF中，，则，
所以
因为六边形GHMNPQ是正六边形，
所以，且G，F，E，P四点共线.
又，所以，
所以
故答案为：1.
【分析】由六边形的对称性问题转化为求，再由数量积的运算公式求解即可.
四、解答题
17．（2022高三上·襄阳期中）已知是奇函数.
（1）求a的值；
（2）求的值域.
【答案】（1）解：因为，
所以
又是奇函数，所以，
即，则
（2）解：由（1）可知，，，
当时，，当且仅当时，等号成立.
又是奇函数，所以的值域为
【知识点】函数的值域；函数奇偶性的性质
【解析】【分析】（1）先利用函数是奇函数，可得；
（2）利用基本不等式，函数的奇偶性可求函数的值域.
18．在中，内角的对边分别为，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：因为，
所以由得，
则，即，
又，所以，则，
又，故.
（2）解：因为，
所以，
所以，
解得，
所以的面积.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理及差角公式进行化简，可求，进而可得；
（2）由已知结合余弦定理可求，然后结合三角形面积公式可求.
19．（2022高三上·襄阳期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，分别是的中点.
（1）证明：平面
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为是等边三角形，
所以
又平面平面，平面平面，平面PAD，
所以平面，
因为底面是正方形，是等边三角形，
所以，
又因为是的中点，，
所以，
因为底面是正方形，不妨令，连接，
因为平面，平面，
，
在中，，
同理可得，，
所以
又因为是的中点，
所以
因为，平面，
所以平面
（2）由（1）知，因为平面，底面 是正方形，
所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
则由（1）可得，，，，，，，所以，，
设平面的法向量，则
，即，令，则，，
所以
由（1）知，平面
所以是平面的一个法向量，
设二面角所成的角为，则
所以
所以二面角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 取的中点，连接， 由题意得 ， 又平面平面 ， 所以平面， 由线面垂直的性质结合是等边三角形，得到平面；
（2） 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 平面的一个法向量，计算法向量夹角余弦值即可.
20．（2022高三上·襄阳期中）已知函数
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）若，证明：在上只有一个零点.
【答案】（1）解：由题知，
，
，，
的图象在处的切线方程为，
即
（2）证明：当时，，
则函数只有一个零点等价于函数只有一个零点，
可得，
，
，
即，
在上单调递增，
又，
在上只有一个零点，
即函数在上只有一个零点得证.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】 （1）根据题意，由， ，， ，，写出点斜式方程即为切线方程；
（2）函数只有一个零点等价于函数只有一个零点，可得， 由单调性判断的零点个数即零点个数.
21．在数列中，，且.
（1）证明数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明：因为，所以，
所以.又，
所以是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，则.
（2）解：由（1）可知，，则.
令.
则，
则，
则.
又.
所以.
【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）通过 ，且，利用构造法证明即可；
（2）由（1）得，则，进而利用错位相减法和分组求和，计算即可得解.
22．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）证明：.
【答案】（1）解：因为，所以.令.得.
当时，；当时，.
故的单调递减区间为，单调递增区间为
（2）证明：等价于.
因为.所以等价于.
令函数，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
故.
令函数，则恒成立，则是内增函数.
当时，，即，即..
故，即
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）求导利用导数判断函数的单调性次从而求其单调区间；
（2）等价于，令求导利用导数判断其单调性得，再令通过导数可知在为增函数，当有，即从而证明.
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