内蒙古自治区鄂尔多斯市2022-2023学年高三上学期理数期中试卷
1．（2022高三上·鄂尔多斯期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，
则
故答案为：B
【分析】通过解不等式求出相应的解集，结合集合的交运算即可.
2．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】复数的共轭复数
复数的模，
则
故答案为：B
【分析】求出共轭复数，结合复数的模运算，即可求出.
3．（2022高三上·鄂尔多斯期中）下列说法正确的是（ ）
A．命题“若，则”的否命题为“若，则”
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“，”的否定是“，”
D．已知命题“，”是假命题，则的取值范围是
【答案】D
【知识点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】对于A：命题“若，则”的否命题为“若，则”，A不符合题意；
对于B：由，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，B不符合题意；
对于C：，“，”的否定是“，”，C不符合题意；
对于D：因为命题“，”是假命题，所以对恒成立，所以恒成立.因为，所以，则，故，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据否命题的定义，充分必要条件的判断，命题的否定及特称命题真假的判断逐一进行判断即可.
4．（2022高三上·鄂尔多斯期中）向量与共线，向量与垂直，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】与共线则，解得，与垂直
则，解得.
故，，故.
故答案为：B
【分析】根据平面向量共线及垂直的坐标表示，解方程，即可求出.
5．（2022高三上·鄂尔多斯期中）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：如图，由三视图还原几何体为三棱锥，由图可知最长的棱为长方体的体对角线，最短的棱为，异面直线与所成的角为，
由三视图可得，，
所以，即最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为.
故答案为：C．
【分析】根据三视图还原几何体，求出相应的边长，即可求出直线所成的正切值.
6．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】
函数的图象关于点对称，
，，，，
，，
将函数向左平移单位的解析式是，
令，
，结合所给的选项，令，
则的一个增区间为，
故答案为：B.
【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，再根据平移的左正右负的原则得到，最后得到的单调增区间.
7．（2022高三上·鄂尔多斯期中）若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是( )
A．pm B．p2m C．qm D．q2m
【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】因为项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，所以得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的性质，结合韦达定理求出两根之积，即可求出数列的各项乘积.
8．（2022高三上·鄂尔多斯期中）如图，在三棱锥 中，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，设 ， ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】 点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，
且 ， ， ，
.
故答案为：D.
【分析】利用空间向量的加减运算以及数乘运算求解即可.
9．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：
则a，b，c的大小关系为：c>a>b
故答案为：D
【分析】先判断出b比1小，再将比1都大的a，c化为同底，由对函数的单调性，可比较a，c的大小.
10．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，
因为，，
所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为AB⊥BC，，所以，
因为，
所以，
过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，
设球的半径为R，连接OB，OS，可得，
在△OSD中，∠ODS＝，
利用余弦定理可得，
解得R2＝，所以其外接球的表面积为.
故答案为：D
【分析】根据三棱锥的几何特征求出外接球的球心和半径，结合球体的表面积计算公式，即可求出外接球的表面积.
11．（2022高三上·鄂尔多斯期中）对任意两个非零的平面向量，定义，若平面向量满足，的夹角，且和都在集合中，则=（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，故．
又由，可设，，
令，，且
又夹角，所以，
对，进行赋值即可得出
所以．
故答案为：C．
【分析】根据定义的两向量的。运算，结合三角函数值的范围，即可求出.
12．（2022高三上·鄂尔多斯期中）设函数 ．若存在 的极值点 满足 ，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值；余弦函数的性质
【解析】【解答】由题意知： 的极值为 ，所以 ，因为 ，
所以 ，所以 即 ，所以 ，即
3，而已知 ，所以 3，故 ，解得 或 ， 故答案为：C.
【分析】根据题意利用导函数以及余弦函数的单调性来研究原函数存在极值的问题。
13．（2022高三上·鄂尔多斯期中）若满足约束条件 则的最大值为 ．
【答案】9
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】不等式组表示的可行域是以为顶点的三角形区域，如下图所示，目标函数的最大值必在顶点处取得，易知当时，.
【分析】作出不等式组表示的平面区域及目标函数所在直线，即可求出z的最大值.
14．（2022高三上·鄂尔多斯期中）若tanα= ，则cos2α+2sin2α= ．
【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：∵tanα= ，则cos2α+2sin2α= = = = ，
故答案为： ．
【分析】利用同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦公式，求得要求式子的值．
15．（2022高三上·鄂尔多斯期中）函数 （ ）的最小值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意得 ，
∵ ，
∴ ．
又 ，
∴ ．
∴
，
当且仅当 ，即 时等号成立．
∴函数 的最小值为 ．
【分析】利用( 6 2 x ) + 2 x = 6 ，结合“1”的代换，利用基本不等式可得结论。
16．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数，若方程有8个相异的实数根，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：根据题意，作出函数的图像，如图：
令，因为方程有8个相异的实数根，
所以方程在区间上有两个不相等的实数根，
故令，则函数在区间上有两个不相等的零点.
所以，即，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【分析】作出分段函数的图象，结合函数与方程思想，即可求出实数b的取值范围.
17．（2022高三上·鄂尔多斯期中）在中，已知．
（1）求的大小；
（2）若，求cosB和a的值．
【答案】（1）解：△ABC中，因为，所以．
由正弦定理得：， 所以．
所以或．
（2）解：，则，所以（舍去）．
此时，，，，
所以．即．
由余弦定理得：，即，由，解得：.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的平方关系，结合正弦定理，求出sinA，即可得到角A的大小；
（2）根据两角和的余弦公式，结合余弦定理，即可求出cosB和a.
18．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数 .
（1）求 的定义域与最小正周期；
（2）讨论 在区间 上的单调性.
【答案】（1）解： .
，即函数的定义域为 ，
则
，
则函数的周期 ；
（2）解：由 ，
得 ，即函数的增区间为 ，
当 时，增区间为 ，
，
此时 ，
由 ，
得 ，即函数的减区间为 ，
当 时，减区间为 ，
，
此时 ，
即在区间 上，函数的减区间为 ，增区间为 .
【知识点】函数的定义域及其求法；三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）根据正切函数的定义域即可求出函数的定义域，化简函数为 即可求出周期；（2）根据正弦型函数的单调性求出单调区间，结合定义域 即可求出.
19．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知数列与的前项和分别为，，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2），若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题意， ，
在数列中，
当时，，
解得或．
∵
∴．
∵
∴．
两式相减得．
∴．
∵，
∴．
即数列是以3为首项，3为公差的等差数列，
∴
即
（2）解：由题意及（1）得，，
在数列中，
在数列中，
∴．
∴．
∵恒成立，
∴．
∴的取值范围为
【知识点】等差关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据n=1时，a1=S1；n时，，确定数列为等差数列，求出首项和公差，即可求出数列的通项公式；
（2）写出bn，采用裂项相消求和发，求出前n项和，即可确定k的取值范围.
20．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知四棱锥，底面是、边长为2的菱形，又，且，点分别是的中点．
（1）证明：DN//平面PMB；
（2）证明：平面PMB平面PAD；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接，
因为点分别是的中点，所以且
又因为底面是菱形，所以，所以
所以四边形为平行四边形，则.
因为平面，平面，
所以平面
（2）证明：连接，因为底面是、边长为2的菱形，所以为等边三角形，所以
因为，且平面，所以
又因为，所以平面，
又因为平面
所以平面平面.
（3）解：以为原点，分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.
令，则，
由（2）知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则
所以
由图可知二面角的为锐角，所以余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线线平行即可得到线面平行；
（2）根据面面垂直的判定定理，证明线面垂直即可得到面面垂直；
（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表示相应的向量，求出平面的法向量，即可求出二面角的余弦值.
21．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）用表示中的最大值，设函数，讨论零点的个数.
【答案】（1）解：，故可得，
当时，在上恒成立，故此时在上单调递增；
当时，令，解得，
故容易得在区间上单调递减，在单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在单调递增.
（2）解：①当时，，，
显然此时没有零点；
②当时，，
若，，故是的零点；
若，，故不是的零点；
③当时，，所以在上的零点个数，
即为在上的零点个数.
在上的零点个数，等价于在上实数根的个数.
令，故可得，
故容易得在区间单调递减，在单调递增.
且.
故当或时，在没有零点；
当或，在有一个零点；
当时，在有个零点.
综上所述：当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求导数，对参数a的取值分类讨论，即可利用导数确定函数的单调性；
（2）对x的取值分类讨论，利用导数确定函数的单调性，求出函数的最值，结合函数与方程思想，即可讨论函数的零点个数.
22．（2022高三上·鄂尔多斯期中）在直角坐标系 中，直线 的参数方程为 为参数），以原点 为极点， 轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线 的极坐标方程为 ．
（1）求直线 的普通方程与曲线 的直角坐标方程：
（2）设直线 与曲线 交于点 ,若点 的坐标为 ,求 的值．
【答案】（1）解：消去参数 ，得到直线 的普通方程为： ；
曲线 的极坐标方程为： ，
∴ ，化为普通方程是： ，
∴圆 的直角坐标方程为 ；
（2）解：把直线 的参数方程代入 ，得 ，
设 两点对应的参数分别为 ，
因为 ，所以 ， ，（其中 同号）
所以 ．
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）消去参数 可得直线的普通方程．把 写成 ，再利用 得到直角方程.（2）直线的参数方程为 ，将其代入圆的方程得到关于 的方程，其解为 ，而 ，利用韦达定理可求此值.
1 / 1内蒙古自治区鄂尔多斯市2022-2023学年高三上学期理数期中试卷
1．（2022高三上·鄂尔多斯期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·鄂尔多斯期中）下列说法正确的是（ ）
A．命题“若，则”的否命题为“若，则”
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“，”的否定是“，”
D．已知命题“，”是假命题，则的取值范围是
4．（2022高三上·鄂尔多斯期中）向量与共线，向量与垂直，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·鄂尔多斯期中）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022高三上·鄂尔多斯期中）若项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，则此数列的各项积是( )
A．pm B．p2m C．qm D．q2m
8．（2022高三上·鄂尔多斯期中）如图，在三棱锥 中，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，设 ， ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
9．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022高三上·鄂尔多斯期中）对任意两个非零的平面向量，定义，若平面向量满足，的夹角，且和都在集合中，则=（ ）
A． B．1 C． D．
12．（2022高三上·鄂尔多斯期中）设函数 ．若存在 的极值点 满足 ，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2022高三上·鄂尔多斯期中）若满足约束条件 则的最大值为 ．
14．（2022高三上·鄂尔多斯期中）若tanα= ，则cos2α+2sin2α= ．
15．（2022高三上·鄂尔多斯期中）函数 （ ）的最小值为 ．
16．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数，若方程有8个相异的实数根，则实数的取值范围是 ．
17．（2022高三上·鄂尔多斯期中）在中，已知．
（1）求的大小；
（2）若，求cosB和a的值．
18．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数 .
（1）求 的定义域与最小正周期；
（2）讨论 在区间 上的单调性.
19．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知数列与的前项和分别为，，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2），若恒成立，求的取值范围．
20．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知四棱锥，底面是、边长为2的菱形，又，且，点分别是的中点．
（1）证明：DN//平面PMB；
（2）证明：平面PMB平面PAD；
（3）求二面角的余弦值．
21．（2022高三上·鄂尔多斯期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）用表示中的最大值，设函数，讨论零点的个数.
22．（2022高三上·鄂尔多斯期中）在直角坐标系 中，直线 的参数方程为 为参数），以原点 为极点， 轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线 的极坐标方程为 ．
（1）求直线 的普通方程与曲线 的直角坐标方程：
（2）设直线 与曲线 交于点 ,若点 的坐标为 ,求 的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】，
则
故答案为：B
【分析】通过解不等式求出相应的解集，结合集合的交运算即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】复数的共轭复数
复数的模，
则
故答案为：B
【分析】求出共轭复数，结合复数的模运算，即可求出.
3．【答案】D
【知识点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】对于A：命题“若，则”的否命题为“若，则”，A不符合题意；
对于B：由，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，B不符合题意；
对于C：，“，”的否定是“，”，C不符合题意；
对于D：因为命题“，”是假命题，所以对恒成立，所以恒成立.因为，所以，则，故，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据否命题的定义，充分必要条件的判断，命题的否定及特称命题真假的判断逐一进行判断即可.
4．【答案】B
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】与共线则，解得，与垂直
则，解得.
故，，故.
故答案为：B
【分析】根据平面向量共线及垂直的坐标表示，解方程，即可求出.
5．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：如图，由三视图还原几何体为三棱锥，由图可知最长的棱为长方体的体对角线，最短的棱为，异面直线与所成的角为，
由三视图可得，，
所以，即最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为.
故答案为：C．
【分析】根据三视图还原几何体，求出相应的边长，即可求出直线所成的正切值.
6．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】
函数的图象关于点对称，
，，，，
，，
将函数向左平移单位的解析式是，
令，
，结合所给的选项，令，
则的一个增区间为，
故答案为：B.
【分析】本题首先根据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，再根据平移的左正右负的原则得到，最后得到的单调增区间.
7．【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】因为项数为2m(m∈N*)的等比数列的中间两项正好是方程x2＋px＋q＝0的两个根，所以得amam＋1＝q，所以由等比数列的性质得此数列各项积为(amam＋1)m＝qm.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的性质，结合韦达定理求出两根之积，即可求出数列的各项乘积.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】 点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，
且 ， ， ，
.
故答案为：D.
【分析】利用空间向量的加减运算以及数乘运算求解即可.
9．【答案】D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：
则a，b，c的大小关系为：c>a>b
故答案为：D
【分析】先判断出b比1小，再将比1都大的a，c化为同底，由对函数的单调性，可比较a，c的大小.
10．【答案】D
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，
因为，，
所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为AB⊥BC，，所以，
因为，
所以，
过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，
设球的半径为R，连接OB，OS，可得，
在△OSD中，∠ODS＝，
利用余弦定理可得，
解得R2＝，所以其外接球的表面积为.
故答案为：D
【分析】根据三棱锥的几何特征求出外接球的球心和半径，结合球体的表面积计算公式，即可求出外接球的表面积.
11．【答案】C
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，故．
又由，可设，，
令，，且
又夹角，所以，
对，进行赋值即可得出
所以．
故答案为：C．
【分析】根据定义的两向量的。运算，结合三角函数值的范围，即可求出.
12．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值；余弦函数的性质
【解析】【解答】由题意知： 的极值为 ，所以 ，因为 ，
所以 ，所以 即 ，所以 ，即
3，而已知 ，所以 3，故 ，解得 或 ， 故答案为：C.
【分析】根据题意利用导函数以及余弦函数的单调性来研究原函数存在极值的问题。
13．【答案】9
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】不等式组表示的可行域是以为顶点的三角形区域，如下图所示，目标函数的最大值必在顶点处取得，易知当时，.
【分析】作出不等式组表示的平面区域及目标函数所在直线，即可求出z的最大值.
14．【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：∵tanα= ，则cos2α+2sin2α= = = = ，
故答案为： ．
【分析】利用同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦公式，求得要求式子的值．
15．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意得 ，
∵ ，
∴ ．
又 ，
∴ ．
∴
，
当且仅当 ，即 时等号成立．
∴函数 的最小值为 ．
【分析】利用( 6 2 x ) + 2 x = 6 ，结合“1”的代换，利用基本不等式可得结论。
16．【答案】
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：根据题意，作出函数的图像，如图：
令，因为方程有8个相异的实数根，
所以方程在区间上有两个不相等的实数根，
故令，则函数在区间上有两个不相等的零点.
所以，即，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【分析】作出分段函数的图象，结合函数与方程思想，即可求出实数b的取值范围.
17．【答案】（1）解：△ABC中，因为，所以．
由正弦定理得：， 所以．
所以或．
（2）解：，则，所以（舍去）．
此时，，，，
所以．即．
由余弦定理得：，即，由，解得：.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的平方关系，结合正弦定理，求出sinA，即可得到角A的大小；
（2）根据两角和的余弦公式，结合余弦定理，即可求出cosB和a.
18．【答案】（1）解： .
，即函数的定义域为 ，
则
，
则函数的周期 ；
（2）解：由 ，
得 ，即函数的增区间为 ，
当 时，增区间为 ，
，
此时 ，
由 ，
得 ，即函数的减区间为 ，
当 时，减区间为 ，
，
此时 ，
即在区间 上，函数的减区间为 ，增区间为 .
【知识点】函数的定义域及其求法；三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）根据正切函数的定义域即可求出函数的定义域，化简函数为 即可求出周期；（2）根据正弦型函数的单调性求出单调区间，结合定义域 即可求出.
19．【答案】（1）解：由题意， ，
在数列中，
当时，，
解得或．
∵
∴．
∵
∴．
两式相减得．
∴．
∵，
∴．
即数列是以3为首项，3为公差的等差数列，
∴
即
（2）解：由题意及（1）得，，
在数列中，
在数列中，
∴．
∴．
∵恒成立，
∴．
∴的取值范围为
【知识点】等差关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据n=1时，a1=S1；n时，，确定数列为等差数列，求出首项和公差，即可求出数列的通项公式；
（2）写出bn，采用裂项相消求和发，求出前n项和，即可确定k的取值范围.
20．【答案】（1）证明：取中点，连接，
因为点分别是的中点，所以且
又因为底面是菱形，所以，所以
所以四边形为平行四边形，则.
因为平面，平面，
所以平面
（2）证明：连接，因为底面是、边长为2的菱形，所以为等边三角形，所以
因为，且平面，所以
又因为，所以平面，
又因为平面
所以平面平面.
（3）解：以为原点，分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.
令，则，
由（2）知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则
所以
由图可知二面角的为锐角，所以余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线线平行即可得到线面平行；
（2）根据面面垂直的判定定理，证明线面垂直即可得到面面垂直；
（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表示相应的向量，求出平面的法向量，即可求出二面角的余弦值.
21．【答案】（1）解：，故可得，
当时，在上恒成立，故此时在上单调递增；
当时，令，解得，
故容易得在区间上单调递减，在单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在单调递增.
（2）解：①当时，，，
显然此时没有零点；
②当时，，
若，，故是的零点；
若，，故不是的零点；
③当时，，所以在上的零点个数，
即为在上的零点个数.
在上的零点个数，等价于在上实数根的个数.
令，故可得，
故容易得在区间单调递减，在单调递增.
且.
故当或时，在没有零点；
当或，在有一个零点；
当时，在有个零点.
综上所述：当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求导数，对参数a的取值分类讨论，即可利用导数确定函数的单调性；
（2）对x的取值分类讨论，利用导数确定函数的单调性，求出函数的最值，结合函数与方程思想，即可讨论函数的零点个数.
22．【答案】（1）解：消去参数 ，得到直线 的普通方程为： ；
曲线 的极坐标方程为： ，
∴ ，化为普通方程是： ，
∴圆 的直角坐标方程为 ；
（2）解：把直线 的参数方程代入 ，得 ，
设 两点对应的参数分别为 ，
因为 ，所以 ， ，（其中 同号）
所以 ．
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；直线与圆锥曲线的综合问题；点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）消去参数 可得直线的普通方程．把 写成 ，再利用 得到直角方程.（2）直线的参数方程为 ，将其代入圆的方程得到关于 的方程，其解为 ，而 ，利用韦达定理可求此值.
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