高三上期期中预测卷（含解析）
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
潍坊北海中学高三期中预测卷
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设等腰三角形的腰长为x，底边长为y，且，则“的周长为16”是“其中一条边长为6”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
3．已知向量不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
6．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为（ ）
A．升 B．升 C．升 D．升
7．碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
8．已知函数，定义域为，在其定义域中任取（其中）都满足，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知，则函数
B．已知，则函数的值域为
C．函数的最大值为 D．，使
10．已知数列满足，则（ ）
A． B．的前项和为
C．的前100项和为 D．的前20项和为284
11．已知函数及其导函数的定义域为，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A．函数的图象关于点对称 B．函数是周期为4的周期函数
C．函数的图象关于点对称 D．
12．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
三、填空题
13．过抛物线上一点的抛物线的切线方程为 .
14．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为 ．
已知四面体中，，、分别为、的中点，且异面直线与所成角为，则 .
16．已知数列满足，，则数列的前12项的和为 ．
四、问答题
17．已知数列，且.
(1)求的通项公式； (2)设，若的前n项和为，求.
18．在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
(1)求B； (2)若的外接圆半径为2，且，求ac．
注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．
19．如图所示，在平面四边形中，的面积为．
(1)求； (2)求．
20．已知数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，是数列的前项和，若对任意的，不等式都成立，求实数的取值范围．
21．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角余弦值的大小；
(3)求点到平面的距离
22．已知函数．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)若对于，不等式恒成立，求实数a的取值范围．（参考数据，）
中小学教育资源及组卷应用平台
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据题意联立，即可解.
【详解】由得所以.
故选：B.
2．A
【分析】根据充分、必要条件等知识确定正确答案.
【详解】若“的周长为16”，则，解得，
所以“其中一条边长为6”.
若“其中一条边长为6”，如，
则，此时三角形的周长为，
即无法得出“的周长为16”，
所以“的周长为16”是“其中一条边长为6” 充分不必要条件.
故选：A
3．A
【分析】令，以为邻边作平行四边形，根据向量加减法的几何意义，结合投影向量的概念，即可求出结果.
【详解】令，
以为邻边作平行四边形，
则，即为，对角线相等，
所以平行四边形为矩形，
则在方向上的投影向量，即为在方向上的投影向量.
故选：.
4．A
【分析】根据数量积的坐标运算和辅助角公式可得，再利用倍角公式运算求解.
【详解】因为，可得，
所以．
故选：A．
5．D
【分析】利用长方体模型，举例说明排除ABC，D项加以证明.
【详解】在长方体，令平面是平面，
对于A，若平面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然，，，
此时直线是异面直线，不平行，故A错误；
对于B，若平面为平面，则，直线为直线，
直线为直线，
显然，但，此时直线不与平面平行，故B错误；
对于C，若平面为平面，直线为直线，直线为直线，
显然，，，此时直线平行，不垂直，故C错误；
对于D，过直线作平面与平面相交，设交线为，
因为，
所以，，由，
所以，又因为，，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
6．C
【分析】设此等差数列为，公差为，由题意列方程求出，进而得解.
【详解】设此等差数列为，公差为，
由题意可得：
则，联立解得
故选：C．
7．B
【分析】根据顶点数－棱数＋面数＝2求出棱数，设正五边形有个，正六边形有个，根据面数和棱数即可得关于的方程组，解得的值，即可求解.
【详解】根据题意， 碳（）由个顶点，有个面，
由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为，
设正五边形有个，正六边形有个，
则，解得：，所以六元环的个数为个，
故选：B.
8．A
【分析】根据题意，得到，得出在上单调递增，令，得到在上恒成立，得出，设函数，利用导数求得函数单调性，结合，即可求解.
【详解】由，可得，
由于为函数定义域内任取的两个数，且，
所以函数在上单调递增，
令函数，
则在上恒成立，则，
设函数，则，
所以，故，即实数的取值范围为.
故选：A．
【点睛】方法总结：利用导数求解函数或不等式的恒成立（有解）问题的求解策略:
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
9．AB
【分析】A利用基本不等式求和的最小值，注意等号成立条件判断；B根据对勾函数的单调性求值域判断；C将代入求值判断；D由恒成立判断.
【详解】对A：由，则，
当且仅当时等号成立，对；
对B：由在上递增，则值域为，对；
对C：由，显然最大值不为，错；
对D：由恒成立，原命题不成立，错.
故选：AB
10．ABD
【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.
【详解】当时，，
当时，，
两式相减可得：，
所以，当时，满足，故，故A正确；
的前项和为，故B正确；
令，的前100项和为：
，故C错误；
令，
所以的前20项和为：
，故D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】根据函数奇偶性的定义，结合函数的对称性的性质即可求解A,由周期函数的定义即可求解B，根据原函数与导数的关系即可求解C,根据函数周期性的性质即可求解D.
【详解】因为是偶函数，所以，则，
所以函数的图象关于直线对称，由两边求导得，
所以，得，
所以函数的图象关于点对称，故选项A正确；
令得，所以，因为函数为偶函数，所以，
所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数,所以的周期为，所以选项B正确；
又因为的周期为，故，所以，
因此，所以函数的图象关于直线对称，所以选项C错误；
因为，所以，又因为，所以，
所以，所以选项D正确.
故选:ABD.
12．BCD
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
13．
【分析】解法一：设切线方程为，联立切线方程与抛物线方程，由，得，则切线方程可求.
解法二：利用导数的几何意义直接可求切线斜率，再由点斜式方程求得答案.
【详解】解法一：由题意，切线方程一定存在，设切线方程为．
由 ，
由，得，
∴.
故切线方程为，即.
故答案为：.
解法二：由得，∴.
∴.
∴切线方程为，即.
故答案为：.
14．74
【分析】由题设得，，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.
【详解】由题设及图知：，则，
在中m.
故答案为：74
15．或
【分析】取线段的中点，连接、，分析可知异面直线、所成角为或其补角，分、两种情况讨论，结合余弦定理可求得线段的长.
【详解】取线段的中点，连接、，
在四面体中，，、分别为、的中点，为的中点，
所以，，，且，，
所以，异面直线、所成角为或其补角，
因为异面直线与所成角为，则或.
当时，则是边长为的等边三角形，此时，；
当时，由余弦定理可得
.
综上所述，或.
故答案为：或.
16．
【分析】根据递推公式以及可推出，按照此规律可得，即可求出的前12项的和为.
【详解】由可知，
令可得，；两式相加可得；
分别令可得，；两式相加可得；
由可得，
以此类推可得，
所以数列的前12项的和为.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）变形得到，则是首项为1，公比为2的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；
（2）求出，利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为，所以，
其中，故是首项为1，公比为2的等比数列，
故，所以；
（2），
所以①，
故②，
两式相减得，，
故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；
（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.
【详解】（1）选择条件①：
因为，在中，由余弦定理可得，
即，则，
因为，所以.
选择条件②：
因为，在中，由正弦定理可得，
即，则，
因为，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，所以，则，
即，又，
所以.因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）对函数求导得，分析的单调性，进而求得的单调性，即可求的最值；
（2）令，将问题转化为对于，不等式恒成立，对二次求导得，由(1)可知在上单调递增，再分和两种情况进行求解.
【详解】（1），当 时，单调递增，，
当时，，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以.
（2）令，则，
由题意知对于，不等式恒成立，
又，由(1)可知在上单调递增，
时，
当，则，所以在上单调递增，
所以，此时满足不等式恒成立；
当时，，，所以，
若，则。所以，所以不等式恒成立，
若，因为，，所以，
此时在上单调递增，所以，
此时满足不等式恒成立；
时，由(1)知在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，
所以，此时，与不等式恒成立矛盾.
综上所述，当时，不等式在恒成立，
即对于，不等式恒成立.
【点睛】1.时，函数单调递增，当时，函数单调递减；
2. 函数在上单调递增，则，,
函数在上单调递减，则，;
3. 若在上，函数恒成立，则在上，.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理面积公式得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）作，垂足分别为，根据题意得到，，再利用求解即可.
【详解】（1），
，
由余弦定理知，
，
．
（2）由（1）知，，所以
如图所示，作，垂足分别为，
则．
，
，．
．
21．(1)
(2)
【分析】（1）由得出的递推关系，结合得等比数列，从而得通项公式；
（2）利用裂项相消法求得和，不等式可变形为，令，利用作差法得出的单调性，得最大项，从而得的取值范围．
【详解】（1）因为数列的前n项和满足，
当时，，
两式相减得：，即，
当时，，解得：，
可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
（2）由（1）可知：，
所以
，
对任意的，不等式都成立，即，
化简得：，
设，
因为，
所以单调递减，则，所以，
所以实数k的取值范围是．
22．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）依题意可知是正方形，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可得出结果；
（3）求出平面的法向量，利用空间距离的向量求法可得点到平面的距离为.
【详解】（1）由底面是矩形，且,，可得；
所以是正方形，因此；
又平面，平面，所以；
又，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，三条线两两垂直，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，则；
设平面的一个法向量为，可得
，解得，令，则，所以；
易知平面的一个法向量为，
所以，
由图易知平面与平面所成的角为锐角，
所以平面与平面所成夹角余弦值的大小为.
（3）易知，
设平面的一个法向量为，可得
，令，解得，所以；
又，
所以点到平面的距离，
即可得点到平面的距离为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
潍坊北海中学高三期中预测卷
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设等腰三角形的腰长为x，底边长为y，且，则“的周长为16”是“其中一条边长为6”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
3．已知向量不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
6．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为（ ）
A．升 B．升 C．升 D．升
7．碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
8．已知函数，定义域为，在其定义域中任取（其中）都满足，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知，则函数
B．已知，则函数的值域为
C．函数的最大值为 D．，使
10．已知数列满足，则（ ）
A． B．的前项和为
C．的前100项和为 D．的前20项和为284
11．已知函数及其导函数的定义域为，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A．函数的图象关于点对称 B．函数是周期为4的周期函数
C．函数的图象关于点对称 D．
12．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
三、填空题
13．过抛物线上一点的抛物线的切线方程为 .
14．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为 ．
已知四面体中，，、分别为、的中点，且异面直线与所成角为，则 .
16．已知数列满足，，则数列的前12项的和为 ．
四、问答题
17．已知数列，且.
(1)求的通项公式； (2)设，若的前n项和为，求.
18．在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
(1)求B； (2)若的外接圆半径为2，且，求ac．
注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．
19．如图所示，在平面四边形中，的面积为．
(1)求； (2)求．
20．已知数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，是数列的前项和，若对任意的，不等式都成立，求实数的取值范围．
21．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角余弦值的大小；
(3)求点到平面的距离
22．已知函数．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)若对于，不等式恒成立，求实数a的取值范围．（参考数据，）
中小学教育资源及组卷应用平台
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据题意联立，即可解.
【详解】由得所以.
故选：B.
2．A
【分析】根据充分、必要条件等知识确定正确答案.
【详解】若“的周长为16”，则，解得，
所以“其中一条边长为6”.
若“其中一条边长为6”，如，
则，此时三角形的周长为，
即无法得出“的周长为16”，
所以“的周长为16”是“其中一条边长为6” 充分不必要条件.
故选：A
3．A
【分析】令，以为邻边作平行四边形，根据向量加减法的几何意义，结合投影向量的概念，即可求出结果.
【详解】令，
以为邻边作平行四边形，
则，即为，对角线相等，
所以平行四边形为矩形，
则在方向上的投影向量，即为在方向上的投影向量.
故选：.
4．A
【分析】根据数量积的坐标运算和辅助角公式可得，再利用倍角公式运算求解.
【详解】因为，可得，
所以．
故选：A．
5．D
【分析】利用长方体模型，举例说明排除ABC，D项加以证明.
【详解】在长方体，令平面是平面，
对于A，若平面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然，，，
此时直线是异面直线，不平行，故A错误；
对于B，若平面为平面，则，直线为直线，
直线为直线，
显然，但，此时直线不与平面平行，故B错误；
对于C，若平面为平面，直线为直线，直线为直线，
显然，，，此时直线平行，不垂直，故C错误；
对于D，过直线作平面与平面相交，设交线为，
因为，
所以，，由，
所以，又因为，，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
6．C
【分析】设此等差数列为，公差为，由题意列方程求出，进而得解.
【详解】设此等差数列为，公差为，
由题意可得：
则，联立解得
故选：C．
7．B
【分析】根据顶点数－棱数＋面数＝2求出棱数，设正五边形有个，正六边形有个，根据面数和棱数即可得关于的方程组，解得的值，即可求解.
【详解】根据题意， 碳（）由个顶点，有个面，
由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为，
设正五边形有个，正六边形有个，
则，解得：，所以六元环的个数为个，
故选：B.
8．A
【分析】根据题意，得到，得出在上单调递增，令，得到在上恒成立，得出，设函数，利用导数求得函数单调性，结合，即可求解.
【详解】由，可得，
由于为函数定义域内任取的两个数，且，
所以函数在上单调递增，
令函数，
则在上恒成立，则，
设函数，则，
所以，故，即实数的取值范围为.
故选：A．
【点睛】方法总结：利用导数求解函数或不等式的恒成立（有解）问题的求解策略:
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
9．AB
【分析】A利用基本不等式求和的最小值，注意等号成立条件判断；B根据对勾函数的单调性求值域判断；C将代入求值判断；D由恒成立判断.
【详解】对A：由，则，
当且仅当时等号成立，对；
对B：由在上递增，则值域为，对；
对C：由，显然最大值不为，错；
对D：由恒成立，原命题不成立，错.
故选：AB
10．ABD
【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.
【详解】当时，，
当时，，
两式相减可得：，
所以，当时，满足，故，故A正确；
的前项和为，故B正确；
令，的前100项和为：
，故C错误；
令，
所以的前20项和为：
，故D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【分析】根据函数奇偶性的定义，结合函数的对称性的性质即可求解A,由周期函数的定义即可求解B，根据原函数与导数的关系即可求解C,根据函数周期性的性质即可求解D.
【详解】因为是偶函数，所以，则，
所以函数的图象关于直线对称，由两边求导得，
所以，得，
所以函数的图象关于点对称，故选项A正确；
令得，所以，因为函数为偶函数，所以，
所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数,所以的周期为，所以选项B正确；
又因为的周期为，故，所以，
因此，所以函数的图象关于直线对称，所以选项C错误；
因为，所以，又因为，所以，
所以，所以选项D正确.
故选:ABD.
12．BCD
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．
建立如图所示的空间直角坐标系，设，
，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
13．
【分析】解法一：设切线方程为，联立切线方程与抛物线方程，由，得，则切线方程可求.
解法二：利用导数的几何意义直接可求切线斜率，再由点斜式方程求得答案.
【详解】解法一：由题意，切线方程一定存在，设切线方程为．
由 ，
由，得，
∴.
故切线方程为，即.
故答案为：.
解法二：由得，∴.
∴.
∴切线方程为，即.
故答案为：.
14．74
【分析】由题设得，，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.
【详解】由题设及图知：，则，
在中m.
故答案为：74
15．或
【分析】取线段的中点，连接、，分析可知异面直线、所成角为或其补角，分、两种情况讨论，结合余弦定理可求得线段的长.
【详解】取线段的中点，连接、，
在四面体中，，、分别为、的中点，为的中点，
所以，，，且，，
所以，异面直线、所成角为或其补角，
因为异面直线与所成角为，则或.
当时，则是边长为的等边三角形，此时，；
当时，由余弦定理可得
.
综上所述，或.
故答案为：或.
16．
【分析】根据递推公式以及可推出，按照此规律可得，即可求出的前12项的和为.
【详解】由可知，
令可得，；两式相加可得；
分别令可得，；两式相加可得；
由可得，
以此类推可得，
所以数列的前12项的和为.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）变形得到，则是首项为1，公比为2的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；
（2）求出，利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为，所以，
其中，故是首项为1，公比为2的等比数列，
故，所以；
（2），
所以①，
故②，
两式相减得，，
故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；
（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.
【详解】（1）选择条件①：
因为，在中，由余弦定理可得，
即，则，
因为，所以.
选择条件②：
因为，在中，由正弦定理可得，
即，则，
因为，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，所以，则，
即，又，
所以.因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）对函数求导得，分析的单调性，进而求得的单调性，即可求的最值；
（2）令，将问题转化为对于，不等式恒成立，对二次求导得，由(1)可知在上单调递增，再分和两种情况进行求解.
【详解】（1），当 时，单调递增，，
当时，，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以.
（2）令，则，
由题意知对于，不等式恒成立，
又，由(1)可知在上单调递增，
时，
当，则，所以在上单调递增，
所以，此时满足不等式恒成立；
当时，，，所以，
若，则。所以，所以不等式恒成立，
若，因为，，所以，
此时在上单调递增，所以，
此时满足不等式恒成立；
时，由(1)知在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，
所以，此时，与不等式恒成立矛盾.
综上所述，当时，不等式在恒成立，
即对于，不等式恒成立.
【点睛】1.时，函数单调递增，当时，函数单调递减；
2. 函数在上单调递增，则，,
函数在上单调递减，则，;
3. 若在上，函数恒成立，则在上，.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理面积公式得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）作，垂足分别为，根据题意得到，，再利用求解即可.
【详解】（1），
，
由余弦定理知，
，
．
（2）由（1）知，，所以
如图所示，作，垂足分别为，
则．
，
，．
．
21．(1)
(2)
【分析】（1）由得出的递推关系，结合得等比数列，从而得通项公式；
（2）利用裂项相消法求得和，不等式可变形为，令，利用作差法得出的单调性，得最大项，从而得的取值范围．
【详解】（1）因为数列的前n项和满足，
当时，，
两式相减得：，即，
当时，，解得：，
可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
（2）由（1）可知：，
所以
，
对任意的，不等式都成立，即，
化简得：，
设，
因为，
所以单调递减，则，所以，
所以实数k的取值范围是．
22．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）依题意可知是正方形，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可得出结果；
（3）求出平面的法向量，利用空间距离的向量求法可得点到平面的距离为.
【详解】（1）由底面是矩形，且,，可得；
所以是正方形，因此；
又平面，平面，所以；
又，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，三条线两两垂直，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，则；
设平面的一个法向量为，可得
，解得，令，则，所以；
易知平面的一个法向量为，
所以，
由图易知平面与平面所成的角为锐角，
所以平面与平面所成夹角余弦值的大小为.
（3）易知，
设平面的一个法向量为，可得
，令，解得，所以；
又，
所以点到平面的距离，
即可得点到平面的距离为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
同课章节目录