广东省普宁市勤建学校2025届高三上学期第三次调研考试（期中）数学试题
1．（2024高三上·普宁期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·普宁期中）如果复数 的实部与虚部相等，那么 （ ）
A．-2 B．1 C．2 D．4
3．（2024高三上·普宁期中）在等腰梯形中，.M为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·普宁期中）已知，，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·普宁期中）已知函数，则使方程有解的实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·普宁期中）如图是（，）的部分图象，则正确的是（ ）
A．
B．函数在上无最小值，
C．
D．在上，有3个不同的根.
7．（2024高三上·普宁期中）若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·普宁期中）若不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·普宁期中）已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高三上·普宁期中）已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．不存在实数，使得
C．若向量，则或
D．若向量在向量上的投影向量为，则的夹角为
11．（2024高三上·普宁期中）已知为数列的前项和，，则（ ）
A．是等差数列 B．是等比数列
C．是等比数列 D．的最大值是1
12．（2024高三上·普宁期中）已知函数为奇函数，则等于 ．
13．（2024高三上·普宁期中）已知且，则 ．
14．（2024高三上·普宁期中）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F，则的值为 ；的最小值为 ．
15．（2024高三上·普宁期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
16．（2024高三上·普宁期中）已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
17．（2024高三上·普宁期中）在平面四边形中，.
（1）求的长；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
18．（2024高三上·普宁期中）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
19．（2024高三上·普宁期中）设函数，直线是曲线在点处的切线．
（1）当时，求的单调区间.
（2）求证：不经过点.
（3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：根据题意，
得出，
所以.
故选：A.
【分析】利用已知条件结合元素与集合的关系和一元一次不等式求解方法，从而得出集合A和集合B，再根据交集的运算法则得出结果.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 ，所以实部为 ，虚部为 ，所以 ．
故答案为：A．
【分析】 利用复数的除法，以及复数的基本概念，求解即可．
3．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：取中点，连接，∵，∴，，又是中点，∴，且，∴，
故答案为：B．
【分析】通过构造辅助线，利用梯形中位线的性质，将分解为与、相关的向量，再进行向量的线性运算.
4．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，且，则，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：C.
【分析】用“的代换”，将与相乘，展开后运用基本不等式（，当且仅当时等号成立）来求解最小值.
5．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，则.因为方程有解，所以的图象与的图象有解.当时，，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且.作出函数的图象如图所示：
由图可得，的图象与的图象有解，则.
故答案为：D.
【分析】构造函数，将原方程有解的问题转化为函数的图象与直线有交点的问题.分别分析在和时的表达式及单调性、最值等性质，画出的图象，最后通过数形结合得出的取值范围.
6．【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：对A，由图可知经过下降趋势中的点，，故A错误；
对B，由图可知在的一条称轴为，所以在上有最小值，当时取得最小值，故B错误；
对C，和都在区间(内，，故，故C错误；
对D，由A知，又 因为 经过上升趋势中的点，
，，整理得，由图可知，即，解得，又因为，所以当 时， 满足，
，令，当时，，时，此时，所以在上，有3个不同的根，D正确.
故答案为：D.
【分析】根据图象上的点求出和，得到函数解析式，再结合正弦函数的性质对各选项逐一分析.
7．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由题意得 ，
则，解得sinα=，
又因为 ， 所以
所以
故答案为：A
【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则恒成立，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即的取值范围是.
故答案为：B
【分析】核心是通过构造函数，利用导数分析函数单调性，确定的范围；求出函数最大值并结合不等式恒成立条件得到与的关系；再构造新函数，利用导数求其最小值，从而得到的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】函数零点存在定理；基本初等函数导函数公式；方程的解集
【解析】【解答】解：对A：∵，∴，令，即，解得：x=0或x=2，故有“巧值点”.
对B：∵，∴，令，即，无解，故没有“巧值点”.
对C：∵，∴，令，即，由和的图像可知，
二者图像有一个交点，故有一个根，故有“巧值点”.
对D：∵，∴，令，即，可得，无解，故没有“巧值点”.
故答案为：AC
【分析】对每个选项中的函数，先求出其导函数，然后令，通过解方程或分析函数图象交点情况，判断是否存在这样的.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：，所以，所以，故A错误；
B：若得，则，显然不成立，故B正确；
C：因为，若向量，则或，故C正确；
D：设的夹角为，则向量在向量上的投影向量为所以，
又因为向量在向量上的投影向量为，所以则的夹角为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量的各个性质定理，对每个选项逐一进行分析计算，判断其正确性.
11．【答案】B,C,D
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：AB：由，时，有，所以，当时，，两式相减得，且，可得，
可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，故A错误，B正确；
C：因为，可得，，所以是等比数列，故C正确；
D：因为，所以，由基本不等式可得，而，，当，即时取等号，故的最大值是，故D正确；
故答案为：BCD．
【分析】用与的递推关系求出通项公式，再结合等比数列的定义、求和公式以及基本不等式来分析各个选项.
12．【答案】
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：设，则，所以，
所以，
又当时，，所以，，故，
故答案为：．
【分析】核心是利用奇函数的性质，先求出时的解析式，再与已知的时的解析式对比，确定参数、的值，最后计算.
13．【答案】64
【知识点】指数式与对数式的互化；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由题意，可得，
整理得或，
又因为，所以，
所以.
故答案为：64.
【分析】将利用换底公式转化成来表示，利用a的取值范围和解一元二次方程的根的方法，从而得出的值，再结合指数式与对数式的互化公式，从而得出a的值.
14．【答案】1；
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设，，为边长为1的等边三角形，，，
，为边长为的等边三角形，，，
，，
所以当时，的最小值为.
故答案为：1；.
【分析】用三角函数关系、向量的模与数量积公式来求解.通过设的长度为变量，结合向量模的平方公式计算；将向量数量积转化为关于该变量的二次函数，再求其最小值.
15．【答案】（1）解：由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）解：因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）求得 ，得到，结合正弦定理，即可求解.
（2）利用余弦定理求得的值，结合面积公式，即可求解.
16．【答案】（1）解：因为为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）解：由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的实际应用
【解析】【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
（1）因为为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
17．【答案】（1）解：在中，，
由余弦定理可得，
即，解得或.
（2）解：因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
在中，因为，
所以，
由，得，所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在中，已知两边及夹角的邻角，利用余弦定理构建关于的一元二次方程，求解得到的长度.
（2）先根据为锐角三角形确定角的范围，再在中应用正弦定理，将用角表示，结合角的范围和三角函数性质，求出的取值范围.
（1）在中，，
由余弦定理可得，
即，解得或；
（2）因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
在中，因为，
所以，
由，得，所以，
所以.
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，因为，
所以，，设直线与直线交于点，因为，则，，
所以，，所以，，故，
设，则，，
所以，，且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）解： 因为，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，设平面的法向量为，
则，，则，
取，则，设，
其中，，
因为直线与平面所成角的正弦值为，则，
解得，即.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的性质；平面的法向量
【解析】【分析】（1）证明，计划通过取中点，构造辅助线，先证明垂直于包含的平面，再利用线面垂直性质得证.
（2）建立空间直角坐标系，设出上动点的向量表示，求出平面的法向量，再利用空间向量法，结合线面角公式列方程求解.
（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
19．【答案】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
1 / 1广东省普宁市勤建学校2025届高三上学期第三次调研考试（期中）数学试题
1．（2024高三上·普宁期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：根据题意，
得出，
所以.
故选：A.
【分析】利用已知条件结合元素与集合的关系和一元一次不等式求解方法，从而得出集合A和集合B，再根据交集的运算法则得出结果.
2．（2024高三上·普宁期中）如果复数 的实部与虚部相等，那么 （ ）
A．-2 B．1 C．2 D．4
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 ，所以实部为 ，虚部为 ，所以 ．
故答案为：A．
【分析】 利用复数的除法，以及复数的基本概念，求解即可．
3．（2024高三上·普宁期中）在等腰梯形中，.M为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：取中点，连接，∵，∴，，又是中点，∴，且，∴，
故答案为：B．
【分析】通过构造辅助线，利用梯形中位线的性质，将分解为与、相关的向量，再进行向量的线性运算.
4．（2024高三上·普宁期中）已知，，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，且，则，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：C.
【分析】用“的代换”，将与相乘，展开后运用基本不等式（，当且仅当时等号成立）来求解最小值.
5．（2024高三上·普宁期中）已知函数，则使方程有解的实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设，则.因为方程有解，所以的图象与的图象有解.当时，，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且.作出函数的图象如图所示：
由图可得，的图象与的图象有解，则.
故答案为：D.
【分析】构造函数，将原方程有解的问题转化为函数的图象与直线有交点的问题.分别分析在和时的表达式及单调性、最值等性质，画出的图象，最后通过数形结合得出的取值范围.
6．（2024高三上·普宁期中）如图是（，）的部分图象，则正确的是（ ）
A．
B．函数在上无最小值，
C．
D．在上，有3个不同的根.
【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：对A，由图可知经过下降趋势中的点，，故A错误；
对B，由图可知在的一条称轴为，所以在上有最小值，当时取得最小值，故B错误；
对C，和都在区间(内，，故，故C错误；
对D，由A知，又 因为 经过上升趋势中的点，
，，整理得，由图可知，即，解得，又因为，所以当 时， 满足，
，令，当时，，时，此时，所以在上，有3个不同的根，D正确.
故答案为：D.
【分析】根据图象上的点求出和，得到函数解析式，再结合正弦函数的性质对各选项逐一分析.
7．（2024高三上·普宁期中）若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由题意得 ，
则，解得sinα=，
又因为 ， 所以
所以
故答案为：A
【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.
8．（2024高三上·普宁期中）若不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，则恒成立，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即的取值范围是.
故答案为：B
【分析】核心是通过构造函数，利用导数分析函数单调性，确定的范围；求出函数最大值并结合不等式恒成立条件得到与的关系；再构造新函数，利用导数求其最小值，从而得到的取值范围.
9．（2024高三上·普宁期中）已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数零点存在定理；基本初等函数导函数公式；方程的解集
【解析】【解答】解：对A：∵，∴，令，即，解得：x=0或x=2，故有“巧值点”.
对B：∵，∴，令，即，无解，故没有“巧值点”.
对C：∵，∴，令，即，由和的图像可知，
二者图像有一个交点，故有一个根，故有“巧值点”.
对D：∵，∴，令，即，可得，无解，故没有“巧值点”.
故答案为：AC
【分析】对每个选项中的函数，先求出其导函数，然后令，通过解方程或分析函数图象交点情况，判断是否存在这样的.
10．（2024高三上·普宁期中）已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．不存在实数，使得
C．若向量，则或
D．若向量在向量上的投影向量为，则的夹角为
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：，所以，所以，故A错误；
B：若得，则，显然不成立，故B正确；
C：因为，若向量，则或，故C正确；
D：设的夹角为，则向量在向量上的投影向量为所以，
又因为向量在向量上的投影向量为，所以则的夹角为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量的各个性质定理，对每个选项逐一进行分析计算，判断其正确性.
11．（2024高三上·普宁期中）已知为数列的前项和，，则（ ）
A．是等差数列 B．是等比数列
C．是等比数列 D．的最大值是1
【答案】B,C,D
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：AB：由，时，有，所以，当时，，两式相减得，且，可得，
可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，故A错误，B正确；
C：因为，可得，，所以是等比数列，故C正确；
D：因为，所以，由基本不等式可得，而，，当，即时取等号，故的最大值是，故D正确；
故答案为：BCD．
【分析】用与的递推关系求出通项公式，再结合等比数列的定义、求和公式以及基本不等式来分析各个选项.
12．（2024高三上·普宁期中）已知函数为奇函数，则等于 ．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：设，则，所以，
所以，
又当时，，所以，，故，
故答案为：．
【分析】核心是利用奇函数的性质，先求出时的解析式，再与已知的时的解析式对比，确定参数、的值，最后计算.
13．（2024高三上·普宁期中）已知且，则 ．
【答案】64
【知识点】指数式与对数式的互化；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由题意，可得，
整理得或，
又因为，所以，
所以.
故答案为：64.
【分析】将利用换底公式转化成来表示，利用a的取值范围和解一元二次方程的根的方法，从而得出的值，再结合指数式与对数式的互化公式，从而得出a的值.
14．（2024高三上·普宁期中）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F，则的值为 ；的最小值为 ．
【答案】1；
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设，，为边长为1的等边三角形，，，
，为边长为的等边三角形，，，
，，
所以当时，的最小值为.
故答案为：1；.
【分析】用三角函数关系、向量的模与数量积公式来求解.通过设的长度为变量，结合向量模的平方公式计算；将向量数量积转化为关于该变量的二次函数，再求其最小值.
15．（2024高三上·普宁期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）解：因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）求得 ，得到，结合正弦定理，即可求解.
（2）利用余弦定理求得的值，结合面积公式，即可求解.
16．（2024高三上·普宁期中）已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
【答案】（1）解：因为为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）解：由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的实际应用
【解析】【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
（1）因为为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
17．（2024高三上·普宁期中）在平面四边形中，.
（1）求的长；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）解：在中，，
由余弦定理可得，
即，解得或.
（2）解：因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
在中，因为，
所以，
由，得，所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在中，已知两边及夹角的邻角，利用余弦定理构建关于的一元二次方程，求解得到的长度.
（2）先根据为锐角三角形确定角的范围，再在中应用正弦定理，将用角表示，结合角的范围和三角函数性质，求出的取值范围.
（1）在中，，
由余弦定理可得，
即，解得或；
（2）因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
在中，因为，
所以，
由，得，所以，
所以.
18．（2024高三上·普宁期中）已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明：取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则，因为，
所以，，设直线与直线交于点，因为，则，，
所以，，所以，，故，
设，则，，
所以，，且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）解： 因为，，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，设平面的法向量为，
则，，则，
取，则，设，
其中，，
因为直线与平面所成角的正弦值为，则，
解得，即.
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的性质；平面的法向量
【解析】【分析】（1）证明，计划通过取中点，构造辅助线，先证明垂直于包含的平面，再利用线面垂直性质得证.
（2）建立空间直角坐标系，设出上动点的向量表示，求出平面的法向量，再利用空间向量法，结合线面角公式列方程求解.
（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
19．（2024高三上·普宁期中）设函数，直线是曲线在点处的切线．
（1）当时，求的单调区间.
（2）求证：不经过点.
（3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
【答案】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
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