【高考数学】2022-2023学年河北省部分名校联考专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年河北省部分名校联考专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共45页。试卷主要包含了已知集合，中所含元素的个数为，已知函数，则“”是“”的，若复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
【高考数学】2022-2023学年河北省部分名校联考专项突破仿真
模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．已知集合，中所含元素的个数为（       ）
A．2B．4C．6D．8
2．已知函数，则“”是“”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．设偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集是（       ）
A．B．
C．D．
4．已知是正方体的棱的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（       ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆为其左焦点，过点且垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，若（为原点），则椭圆的长轴长等于（       ）
A．6B．12C．D．
6．函数，若存在，使得，则实数的取值范围为（       ）
A．B．C．D．
7．月23日，以“和合共生”为主题的2021世界挪动通讯大会在上海召开，中国规模商用完成了发展．为了地宣传，某挪动通讯公司安排五名工作人员到甲､乙､丙三个社区开展宣传，每人只能去一个社区且每个社区至少安排一人，则不同的安排方法种数为（       ）
A．180B．150C．120D．80
8．北京年开幕式用“一朵雨花”的故事连接中国与世界，传递了“人类命运共同体”的理念．“雪花曲线”也叫“科赫雪花”，它是由等边三角形三边生成的科赫曲线组成的，是一种分形几何．图1是长度为的线段，将图1中的线段三等分，以两头部分的线段为边，向外作等边三角形，再将两头部分的线段去掉得到图2，这称为“分形”；用异样的方法把图2中的每条线段反复上述操作，得到图3，这称为“二次分形”；．依次进行“次分形”．规定：一个分形图中一切线段的长度之和为该分形图的长度．若要得到一个长度不小于的分形图，则的最小值是（       ）（参考数据，）




A．B．C．D．
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二、多选题
9．若复数满足，则（       ）
A．的实部为2B．的模为
C．的虚部为2D．在复平面内表示的点位于第四象限
10．新冠疫情严重，全国多地暂停了线下教学，实行了线上教学，了一段工夫的学习，为了堤高先生的学习积极性和检测教学成果，某校计划对疫情期间学成绩的同窗进行大力表彰．对本校100名先生的成绩（）按分成6组，得到如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，用样本估计总体，则下列结论正确的是（       ）

A．若本次测试成绩不低于80分为，则这100人中成绩为的先生人数为10
B．该校疫情期间学习成绩在70分到80分的人数最多
C．该校疫情期间先生成绩的平均得分超过70分（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）
D．该校疫情期间约有的人得分低于60分或不低于90分
11．定义：不等式的解集为，若中只要整数，则称为“和谐解集”．若关于的不等式在上存在“和谐解集”，则实数的可能取值为（       ）
A．B．C．D．
12．如图，在长方形中，为的中点，将沿向上翻折到的地位，连接，在翻折的过程中，以下结论正确的是（       ）

A．四棱锥体积的值为
B．的中点的轨迹长度为
C．与平面所成的角相等
D．三棱锥外接球的表面积有最小值
第II卷（非选一选）
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得分



三、填 空 题
13．若向量满足，则与的夹角为__________．
14．已知，函数在上的最小值为1，则__________．
15．已知圆，直线过点且与圆交于两点，若为线段的中点，为坐标原点，则的面积为__________．
16．已知分别为双曲线的左､右焦点，过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，且，则双曲线的离心率是__________．
评卷人
得分



四、解 答 题
17．从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面的成绩中，并作答．
成绩：如图，在平面四边形中，已知，且__________．

(1)求；
(2)若，且，求的长．
18．已知数列和满足．
(1)证明：是等比数列，是等差数列；
(2)求的通项公式以及的前项和．
19．新能源汽车是指除汽油､柴油发动机之外的一切其他能源汽牛，被认为能减少空气净化和缓解能源短缺的压力．在当今倡导全球环保的前提下，新能源汽车越来越遭到消费者的青睐，新能源汽车产业也将成为末来汽车产业发展的导向与目标．某车企统计了近期购车的车主性别与购车品种的情况，其中购车的男性占近期购车车主总人数的，女性购置新能源汽车人数为一切购车总人数的，男性购置传统燃油汽车人数为一切购车总人数的，现有如下表格：

购置新能源汽车（辆）
购置传统燃油汽车（辆）
总计
男性


60
女性



总计




(1)完成上面的的列联表，并判断能否有的把握认为能否购置新能源汽车与性别有关；
(2)以样本中购置新能源汽车的频率作为概率，现从全国购车的车主中随机抽取4人，设其中购置新能源汽车的人数为，求的分布列及期望．
参考公式及数据：，其中．













20．如图，在四棱锥中，已知是等边三角形，为的中点．

(1)证明：平面．
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
21．已知抛物线上的点与焦点的距离为9，点到轴的距离为．
(1)求抛物线的方程．
(2)点的直线与抛物线交于两点，为直线上任意一点，证明：直线的斜率成等差数列．
22．已知定义在上的函数为自然对数的底数．
(1)当时，证明：；
(2)若在上存在极值，求实数的取值范围；
(3)在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围．

答案：
1．C

【分析】
根据题意利用列举法写出集合，即可得出答案.
【详解】
解：由于，
所以中含6个元素．
故选：C.
2．A

【分析】
求出的解集，根据与解集的关系即可求解.
【详解】
由，可得或，
由于是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
3．D

【分析】
由函数为偶函数化简不等式，再由函数的单调性列出不等式组求解即可.
【详解】
由于是偶函数，所以等价于．
又在上单调递增，所以在上单调递减．
由，得或
又，解得或．
故选：D
4．A

【分析】
经过作辅助线，找到是和所成的角或其补角．然后利用余弦定理即可求得答案.
【详解】
如图，设是棱的中点，连接，
由是棱的中点，故 ,
则,故四边形为平行四边形，
故，所以是和所成的角或其补角．

设该正方体的棱长为2，则，
所以,
故异面直线和所成角的余弦值为，
故选：A
5．C

【分析】
椭圆的几何性质求出，由条件列方程求出，由此可求长轴长.
【详解】
由于椭圆的左焦点为，所以，
又垂直于轴，在椭圆上，故可设，
所以，又，所以，
又
所以．，
解得从而，
故选：C.
6．D

【分析】
根据题意，将成绩转化为求解函数的值成绩，先经过导数方法求出函数的值，进而求出答案.
【详解】
由于，所以．由题意，只需．当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故实数的取值范围为．
故选：D.
7．B

【分析】
由条件求出一切满足条件的分堆方法数，再分步乘法计数原理求出安排方法的总数.
【详解】
先将五名工作人员分成三组，有两种情况，分别为“”和“”，所以共有种不同的分法，再将这三组分给甲､乙､丙三个社区开展宣传，则不同的安排方法种数为，
故选：B.
8．C

【分析】
分析可知“次分形”后线段的长度为，可得出关于的不等式，解出的取值范围即可得解.
【详解】
图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，
“次分形”后线段的长度为，
所以要得到一个长度不小于的分形图，
只需满足，则，即，
解得，所以致少需求次分形．
故选：C.
9．AB

【分析】
化简复数后根据实部、虚部的概念可判断选项A、C，求出复数的模，可判断选项B，根据复数的几何意义可判断选项D.
【详解】
由于，
所以的实部为2，的虚部为3，所以，在复平面内表示的点位于象限
故A、B正确，C，D错误．
故选：AB
10．BC

【分析】
根据频率分布直方图逐项求解判断.
【详解】
由于，所以错误；
由频率分布直方图知该校疫情期间学习成绩在70分到80分所对应的频率，B正确；
由于，所以C正确；
由于，所以D错误．
故选；BC
11．CD

【分析】
根据定义解不等式，然后验证哪些选项符合要求.
【详解】
本题考查新定义与三角函数，考查推理论证能力与直观想象的核心素养．
不等式可化为．
由函数的图像，可知只要一个整数解，这整数解只能是，由于点是图像上的点，所以．由于，，，.
故选：CD.
12．ACD

【分析】
对于A，当平面平面时，四棱锥的体积取得值，再计算可判断；对于B，经过的中点的轨迹来判断的中点的轨迹的情况；对于C，利用线面角的知识可判断；对于D，分别从外接球的半径及球心可求解.
【详解】

对于，易知梯形的面积为，直角斜边上的高为．当平面平面时，四棱锥的体积取得值正确．
对于，取的中点，连接，则平行且相等，四边形是平行四边形，所以点的轨迹与点的轨迹外形完全相反．过作的垂线，垂足为的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为错误．
对于，由四边形是平行四边形，知，则平面，则，到平面的距离相等，故与平面所成角的正弦值之比为，C正确．
对于外接圆的半径为为的中点，直角外接圆的半径为为的中点，是圆与圆的公共弦，．设三棱锥外接球的球心为，半径为，则．由于，所以，所以球表面积的最小值为正确．

故选：ACD
13．##

【分析】
求得向量的模，求出向量的数量积，根据向量的夹角公司求得答案.
【详解】
设与的夹角为，由题意可知，
所以，故，
故
14．1

【分析】
求函数的导数，讨论a的范围，判断函数的单调性，确定函数的最小值，令其等于1，即可求得答案.
【详解】
由题意得，
当，即时，，在上递增，
故，解得；
当，即时，当 时，，递减，
当 时，，递增，
故，解得，不符合，舍去，
综上，.
故1
15．6

【分析】
根据题意可得直线的方程为，根据垂径定理可求，再求点到直线的距离，计算面积．
【详解】
由已知点，所以．
由于为线段的中点，所以，
所以，所以直线的方程为，即．
设点到直线的距离为，则，
所以．
设点到直线的距离为，则，
则的面积
故6．
16．

【分析】
在中，由正弦定理可得，再根据双曲线的定义可求得，设的中点为，根据题意可得,再根据双曲线的定义可求得，在中，利用余弦定理求得的关系，即可得出答案.
【详解】
解：在中，
由，得，
由于，所以，
又，
设的中点为，则，
所以，所以，
所以,
设，
则，又，
则，解得，
所以，
所以是正三角形，从而,
在中，由，
得，
所以．
故答案为.

17．(1)
(2)

【分析】
（1）若选①，先用正弦定理算出，然后用余弦定理算出，再用正弦定理计算；若选②，先用面积公式算出，然后用余弦定理算出，再用正弦定理计算.
（2）先用两角和的正弦公式算出，然后利用正弦定理计算的长.
(1)
选①
由于，所以，解得，
所以，
解得．
由，得．
选②
由，得，
所以，解得．
由，得．
(2)
由（1）知，又，
所以，从而，
所以，
由，得．

18．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）根据所给递推关系，结论提示，变形递推关系，由等比、等差定义证明即可；
（2）由（1）求出通项公式，利用分组求和即可得解.
(1)
证明：由于，
所以，即，
所以是公比为的等比数列．
将方程左右两边分别相减，
得，化简得，
所以是公差为2的等差数列．
(2)
由（1）知，
，
上式两边相加并化简，得，
所以．
19．(1)填表见解析；有的把握认为能否购置新能源汽车与性别有关
(2)分布列见解析；期望为3

【分析】
（1）由题中的数据可计算出每一个值，然后填表即可，再根据表中的数据计算即可求解成绩；
（2）由题意，将成绩看成是二项分布即可求解成绩.
(1)
由题中的数据可得列联表如下：

购置新能源汽车（辆）
购置传统燃油汽车（辆）
总计
男性
50
10
60
女性
25
15
40
总计
75
25
100

所以，
所以有的把握认为能否购置新能源汽车与性别有关．
(2)
（2）由题意及（1）知，购置新能源汽车的概率为的可能取值为．
，
故的分布列为：

0
1
2
3
4







所以
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）分别由等边三角形、等腰三角形得到线线垂直，从而得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系后，计算出平面的法向量和写出平面的一个法向量，再用向量的夹角公式求出二面角的余弦值即可．
(1)
证明：取的中点，连接．
由于是等边的中线，所以．
由于是棱的中点，为的中点，所以，且．
由于，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以．
由于为的中点，所以，从而．
又，且、平面，所以平面．
(2)
由（1）知，又，，且、平面，所以平面，从而平面．
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E-xyz．

由于等边的边长为，所以，．
设平面的法向量为，
由得
令，则，所以．
又平面的一个法向量为，
所以，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
21．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】
(1)由条件抛物线的定义列方程求即可；(2)联立方程组，利用设而不求的方法证明即可.
(1)
设点，由题意可知，
所以，解得．
由于，所以．
所以抛物线的方程为．
(2)
设直线的方程为，
联立方程组消去得，
所以．
设，则
，
又由于，
所以，即直线的斜率成等差数列．

处理直线与抛物线的综合成绩的普通方法为设而不求法，要证明直线的斜率成等差数列只需证明即可.
22．(1)证明见解析；
(2)；
(3).

【分析】
（1）先对函数求导，进而判断函数的单调性，然后求出函数的最小值即可证明成绩；
（2）将成绩转化为直线与曲线在内有交点（非切点），进而经过导数方法及零点存在定理求得答案；
（3）设，进而分类讨论求出函数的最小值，求出答案.
(1)
当时，，则．
当时，，则，
所以在上为增函数，从而．
(2)
由于，所以，由，可得．
由于在上存在极值，所以直线与曲线在内有交点（非切点）．
令，其中，则在上恒成立，所以在上单调递减，且，
函数与函数在上的图像可知，当时，直线与曲线在上的图像有交点（非切点），即实数的取值范围为．
(3)
依题意得在上恒成立．设，其中，则，
由（1）知，则．
①当时，，此时在上单调递增，故，符合题意；
②当时，由（1）知在上为增函数，
且.
而，于是时，，故存在（），使得，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，不符合题意．
综上，实数的取值范围为．

本题第（2）问采取了分参的方法，进而充分了函数的图像，需求我们对基本初等函数的图像非常熟习；第（3）问在找零点时运用了放缩法，非常重要，平常留意总结.







【高考数学】2022-2023学年河北省部分名校联考专项突破仿真
模拟试题（二模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．已知集合，，则（       ）
A．B．[—1，7]
C．D．（2，4）
2．已知，则|z|＝（       ）
A．2B．2C．D．
3．函数在上的值域为（       ）
A．B．
C．D．
4．甲、乙两人玩一个传纸牌的游戏，每个回合，两人同时随机从本人的纸牌中选一张给对方．游戏开始时，甲手中的两张纸牌数字分别为1，3，乙手中的两张纸牌数字分别为2，4．则一个回合之后，甲手中的纸牌数字之和大于乙手中的纸牌数字之和的概率为（       ）
A．B．C．D．
5．在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个成绩：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，这五人分得的钱数从多到少成等差数列，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱．则这个等差数列的公差d＝（       ）
A．－B．－C．－D．－
6．若向量，满足，，且，则向量与夹角的余弦值为（       ）.
A．B．C．D．
7．已知抛物线的焦点为F，点A在C上，点B满足（O为坐标原点），且线段AB的中垂线点F，则＝（       ）
A．B．1C．D．
8．已知函数，且，，，则（       ）.
A．B．
C．D．
评卷人
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二、多选题
9．下列各式的值为的是（       ）.
A．si．sincos
C．D．
10．如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是（       ）

A．A与BB．D与EC．B与DD．C与F
11．已知f(x)是定义在R上的奇函数，若且，则)的值可能为（       ）
A．－2B．0C．2D．4
12．已知P是圆O：上的动点，点Q(1，0)，以P为圆心，PQ为半径作圆P，设圆P与圆O相交于A，B两点．则下列选项正确的是（       ）
A．当P点坐标为(2,0)时，圆P的面积最小
B．直线AB过定点
C．点Q到直线AB的距离为定值
D．
第II卷（非选一选）
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三、填 空 题
13．的展开式中的常数项为___．（用数字作答）
14．若双曲线C：的一条渐近线与直线平行，则C的离心率为___．
15．已知正三棱锥P－ABC的底面边长为6，其内切球的半径为1，则此三棱锥的高为___．
16．已知点P为曲线上的动点，O为坐标原点．当最小时，直线OP恰好与曲线相切，则实数a＝___．
评卷人
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四、解 答 题
17．已知等比数列{}的公比，且，．
(1)求数列{}的通项公式；
(2)设数列{}的前n项和为，求数列{}的前n项和．
18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边BC上，且．
(1)若，，且∠CAD为锐角，求CD的长；
(2)若，求的值．
19．如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC为等腰直角三角形，且，△ABP是正三角形．

(1)若，求证：平面ABP⊥平面ABC；
(2)若直线PC与平面ABC所成角为，求二面角的余弦值．
20．已知甲、乙两人进行一场乒乓球比赛，比赛采用五局三胜制，即两人中先胜三局的人博得这场比赛，比赛结束．已知局比赛甲获胜的概率为，且每一局的胜者，在接上去一局获胜的概率为．
(1)求两人打完三局恰好结束比赛的概率；
(2)设比赛结束时总的比赛局数为随机变量X，求X的数学期望．
21．已知点P（2，）为椭圆C：）上一点，A，B分别为C的左、右顶点，且△PAB的面积为5．
(1)求C的标准方程；
(2)过点Q（1，0）的直线l与C相交于点G，H（点G在x轴上方），AG，BH与y轴分别交于点M，N，记，分别为△AOM，△AON（点O为坐标原点）的面积，证明为定值．
22．已知函数，．
(1)若，分析f（x）的单调性；
(2)若f（x）在区间（1，e）上有零点，求实数a的取值范围．

答案：
1．A

【分析】
解一元二次不等式、值不等式求集合A、B，再由集合的交运算求结果.
【详解】
由题设，，或，
所以或.
故选：A
2．C

【分析】
根据复数除法的法则，复数模的计算公式进行求解即可.
【详解】
由，
所以，
故选：C
3．C

【分析】
根据正弦型函数的图像和单调性即可求解.
【详解】
当时，，当时，即 时，取值1，当，即 时，取最小值大于 ，故值域为
故选：C
4．B

【分析】
用列举法，古典概型计算公式进行求解即可.
【详解】
甲手中的两张纸牌数字用表示，乙手中的两张纸牌数字用表示，
一个回合之后，甲、乙两人手中的两张纸牌数字分别为：（1）；
（2）；（3）：（4）共4种情况，
其中甲手中的纸牌数字之和大于乙手中的纸牌数字之和共有一种情况，
所以甲手中的纸牌数字之和大于乙手中的纸牌数字之和的概率为，
故选：B
5．A

【分析】
利用等差数列通项公式及前n项和公式列方程组求基本量即可.
【详解】
若分得的钱从多到少分别为，
所以，可得.
故选：A
6．D

【分析】
根据平面向量数量积的运算性质，平面向量夹角公式进行求解即可.
【详解】
由于，且，
所以，
由于，
所以向量与夹角的余弦值为，
故选：D
7．B

【分析】
根据题设知且，再利用抛物线定义及A在C上求出坐标，运用两点距离公式，即可得结果.
【详解】
由题设知：，而，则，
又AB的中垂线点F，则，
不妨设且，则，可得，故，
所以，
综上.
故选：B
8．B

【分析】
利用导数的性质判断函数的单调性，函数的单调性进行判断即可.
【详解】
由，
当时，单调递减，
由于，所以，
由于，所以，故，
故选：B

关键点睛：得到是解题的关键.
9．AD

【分析】
根据诱导公式，二倍角的正弦公式、余弦公式、正切公式逐一判断即可.
【详解】
A：，符合题意；
B：，不符合题意；
C：，不符合题意；
D：，符合题意，
故选：AD
10．ABD

【分析】
根据平面展开图，还原正方体，然后进行判断即可.
【详解】
将平面展开图，还原正方体如下图所示：


所以互相重合的点是A与B，D与E,C与F，
故选：ABD
11．BC

【分析】
利用的周期性、奇偶性可得、，进而讨论判断目标式的可能值.
【详解】
由题设，周期为4的奇函数，且，
则，即
，
，
所以，，
当或，时；
当或，时；
故选：BC
12．ACD

【分析】
A由题意圆P的面积最小只需最小，圆的性质判断；B运用点，讨论为圆O在x轴交点分别判断直线的地位即可判断；C由两圆相交弦所在直线的求法确定直线，再由点线距离公式判断；D由垂直平分，弦心距、半径、弦长关系得到关于圆P半径的表达式，二次函数性质求范围.
【详解】
A：根据圆的性质知：P点坐标为(2,0)时最小，此时圆P的面积最小，正确；
B：若圆P的半径为且，
如下图，当为圆O在x轴右侧交点，此时，显然直线垂直于x轴，在点右侧；

如下图，当为圆O在x轴左侧交点，此时，显然直线也垂直于x轴，在点左侧；

所以直线不可能过定点，错误；
C：由对称性，不妨设，则，
所以圆P方程为，又直线为两圆相交弦，
则圆P、圆O相减并整理得：直线，
所以Q到直线AB的距离为定值，正确；
D：由题意，与交于C且垂直平分，

令，则，可得，故，
所以，正确；
故选：ACD

关键点点睛：选项C利用两圆相交求相交弦所在直线方程，点线距离公式求距离，选项D经过弦心距、弦长、半径的几何关系得到关于圆P半径的表达式.
13．

【分析】
利用二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】
二项式的通项公式为，
令，所以常数项为，
故
14．

【分析】
根据渐近线与直线平行，可得 ，进而可得离心率       .
【详解】
双曲线C：的渐近线方程为 ，与渐近线平行，故可得 ，所以离心率为
故
15．3

【分析】
设三棱锥的高为，利用等体积法有列方程求高.
【详解】
若三棱锥的高为，而底面外接圆半径，且底面的高为，
所以底面外接圆圆心到底面各边的距离为，
由正三棱锥的结构知：各侧面的高为，
所以各侧面三角形面积为，
则，则，可得.
故3
16．

【分析】
根据两点间距离公式，导数的性质和导数的几何意义进行求解即可.
【详解】
设，所以，
设，，
当时，，，所以单调递增，
当时，，，
所以单调递减，
当时，函数有最小值，即有最小值，所以，
此时直线OP的方程为，设直线与曲线相切于点，
由，显然在直线上，
则，因此有，
故

关键点睛：构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性是解题的关键.
17．(1)；
(2).

【分析】
（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）利用错位相消法进行求解即可.
(1)
由，或（舍去），
所以；
(2)
由（1）可知，所以，
所以，设数列{}的前n项和为，
，
，
，得，
即.
18．(1)；
(2).

【分析】
（1）由题设可得，进而求得，运用余弦定理求CD的长；
（2）由正弦定理可得、，即可求目标式的值.
(1)
由，，则，
所以，又∠CAD为锐角，则，
又，在△中，可得.
(2)
由，
在△中，则，
在△中，则，
又，故，又，
所以.
19．(1)证明过程见解析；
(2).

【分析】
（1）根据等腰三角形的性质，线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式,线面角、面面角的定义进行求解即可.
(1)
设的中点为，连接，
由于，所以，
由于△ABP是正三角形，所以，因此，
而平面，所以平面，
而平面，所以，
由于△ABC为等腰直角三角形，且，
所以，而平面ABP，
所以平面ABP，而平面ABC，
所以平面ABP⊥平面ABC；
(2)
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，
由于△ABP是正三角形，所以该三角形的高为，
于是有，设平面ABC的法向量为，，
由于直线PC与平面ABC所成角为，
所以，而，
解得：，，即，
设平面的法向量为，
，，
所以有，
.

20．(1)；
(2).

【分析】
（1）由题设分析知：两人打完三局恰好结束比赛的基本有{三局甲胜}、{三局乙胜}，利用的乘法公式及互斥加法求概率；
（2）由题意有前三局{两局甲胜，一局乙胜，甲胜}、{两局乙胜，一局甲胜，乙胜}，有前四局{甲乙各胜两局}，再分别求出它们的概率，运用期望公式求期望.
(1)
由题意，两人打完三局恰好结束比赛的基本有{三局甲胜}、{三局乙胜}，
而局比赛甲获胜的概率为，则局比赛乙获胜的概率为，又胜者在接上去一局获胜的概率为，
所以{三局甲胜}的概率为；{三局乙胜}的概率为；
所以两人打完三局恰好结束比赛的概率.
(2)
由题意知：X可能值为3、4、5，由（1）知：，
当时，前三局{两局甲胜，一局乙胜，甲胜}、{两局乙胜，一局甲胜，乙胜}，
{两局甲胜，一局乙胜，甲胜}的概率，
{两局乙胜，一局甲胜，乙胜}的概率，
所以，
当时，前四局{甲乙各胜两局}，
，
综上，.
21．(1)；
(2)证明过程见解析.

【分析】
（1）根据左右顶点的定义，代入法、三角形面积公式进行求解即可；
（2）设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，一元二次方程根与系数关系、三角形面积公式进行求解即可.
(1)
由于△PAB的面积为5，点P（2，）为椭圆C：上一点，
所以有；
(2)
由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为，
与椭圆方程联立为：，
设，
由于，所以，，
直线AG的方程为：，令，
得，即，
同理可得：，
，
由于，
所以有，
于是有，
因此为定值.

关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题关键.
22．(1)是上单调递减函数；
(2).

【分析】
（1）利用导数的性质，放缩法进行求解即可；
（2）利用函数零点的定义，构造函数法，导数的性质进行求解即可.
(1)
且，
设，当时，单调递增，
当时，单调递减，故当时，函数有最小值，
因此有，
设，
∴时，
∴，即（取等号的条件是），
是上的单调递减函数；
(2)
在区间上能成立，
且，
设，当时，单调递减，
当时，单调递增，故当时，函数有值，
因此有，
设，则，
设，则在区间上，单调递增，
，
故，亦即单调递减，
在区间上值域为，
实数的范围是 .

关键点睛：构造函数，利用导数的性质、放缩法是解题的关键.