2023届山西省太原市第五中学高三下学期5月月考数学试题含解析

这是一份2023届山西省太原市第五中学高三下学期5月月考数学试题含解析，共44页。试卷主要包含了已知，为虚数单位，若为实数，则，已知函数同时满足性质，若，，，则等内容，欢迎下载使用。
太原市第五中学2023届高三下学期5月月考
数学试题
考试时间：120分 总分：150分
一．选择题：本小题8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，为虚数单位，若为实数，则
A. B. C.3 D.
2.如图所示的图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，，，3，4，5，6，，则
A.，4，6， B.，4，6， C.，3，4，5，6，D.，2，4，6，
3.已知函数同时满足性质：①；②当，时，，则函数可能为 )
A. B. C. D.
4.我国古代数学家赵爽所使用的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．如图①，是一个“勾股圆方图”，设，，；在正方形中再作四个全等的直角三角形和一个小正方形，且，如图②．若，且，则
A. B. C. D.
5.某人同时掷两颗骰子，得到点数分别为，，则椭圆的离心率的概率是
A. B. C. D.
6. 2021年春节联欢晚会以“共圆小康梦，欢乐过大年”为主题，突出时代性、人民性、创新性，节目内容丰富多彩，呈现形式新颖多样，某小区的5个家庭买了8张连号的门票，其中甲家庭需要3张连号的门票、乙家庭需要2张连号的门票，剩余的3张随机分到剩余的3个家庭即可，则这8张门票分配到家庭的不同方法种数为
A.48 B.72 C.120 D.240



7.若，，，则　　
A． B． C． D．
8．已知正三棱柱的底面边长，其外接球的表面积为，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为
A. B. C. D.
二．选择题：本小题4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有
A．展开式共有7项
B．二项式系数最大的项是第4项
C．所有二项式系数和为128
D．展开式的有理项共有4项
10．已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个极值点，则的取值可能是
A.1 B.3 C.5 D.7
11.已知，，，，且，则的不可能的取值为
（参考数据：，
A. B. C. D.
12．已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是　　
A.当时，，使得
B.当时，，使得
C.当时，，使得
D.当时，，使得

三．填空题：本题共4 小题，每小题5分，共20分。
13.已知等差数列前9项的和为27，，则 ．
14.某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值，2，3，，，记这100名高中生身体素质指标值的平均分和方差分别为，经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，用的值分别作为的近似值，则估计该市高中生身体素质的合格率为 ．（用百分数作答，精确到
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
15．已知，，，，为抛物线上不同的五点，抛物线焦点为，满足，则 ．
16. （5分）已知函数，若关于的方程有3个不相等的实数解，则实数的取值范围是 ．
四．解答题：（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）
17.记为正项数列的前项积，且，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：

18.在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求的值；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：的周长为9．

19.已知双曲线的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称．若双曲线的实轴长为2，焦距为，且点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过点的直线分别交双曲线的左、右两支于点、，交双曲线的两条渐近线于点、在轴左侧）．记和的面积分别为、，求的取值范围．

20．如图，在四棱锥中，，，，，且．
（1）若平面，证明：点为棱的中点；
（2）已知二面角的大小为，设平面和平面的夹角为.
求证：满足．




21．为了精准地找到目标人群，更好地销售新能源汽车，某店对近期购车的男性与女性各100位进行问卷调查，并作为样本进行统计分析，得到如下列联表

购买新能源汽车（人数）
购买传统燃油车（人数）
男性


女性


（1）当时，将样本中购买传统燃油车的购车者按性别采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人调查购买传统燃油车的原因，记这3人中女性的人数为，求的分布列与数学期望；
（2）定义，其中为列联表中第行第列的实际数据，为列联表中第行与第列的总频率之积再乘以列联表的总频数得到的理论频数．基于小概率值的检验规则：首先提出零假设（变量，相互独立），然后计算的值，当时，我们推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；否则，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立．根据的计算公式，求解下面问题：
当时，依据小概率值的独立性检验，请分析性别与是否喜爱购买新能源汽车有关；
（ⅱ）当时，依据小概率值的独立性检验，若认为性别与是否喜爱购买新能源汽车有关，则至少有多少名男性喜爱购买新能源汽车？
附：

0.1
0.025
0.005

2.706
5.024
7.879


22．（12分）已知函数．
（1）若单调递减，求的取值范围；
（2）若的两个零点分别为，，且，证明：．
（参考数据：

太原市重点中学2023届高三下学期5月月考
数学答案
一．选择题：本小题8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.（5分）已知，为虚数单位，若为实数，则　　
A． B． C．3 D．
【分析】求出，再由为实数，能求出．
【解答】解：，
由于为实数，则，所以，
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2．（5分）如图所示的图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，，，3，4，5，6，，则　　

A．，4，6， B．，4，6， C．，3，4，5，6， D．，2，4，6，
【分析】分析可知，，求出集合、、，即可得集合．
【解答】解：由图可知，，，
因为，，，3，5，7，，，3，4，5，6，，
则，2，3，4，5，6，7，，，5，，
因此，，2，4，6，．
故选：．
3．已知函数同时满足性质：①；②当，时，，则函数可能为　　
A． B．C． D．
【分析】①说明为偶函数，②，说明函数在上单调递减，再逐项分析即可．
【解答】解：①说明为偶函数，②，说明函数在上单调递减．
不满足②，不满足①，
不满足②，因为在单调递减，在单调递增．
对于，满足①，当，，单调递减，也满足②．
故选：．
4. （5分）我国古代数学家赵爽所使用的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．如图①，是一个“勾股圆方图”，设，，；在正方形中再作四个全等的直角三角形和一个小正方形，且，如图②．若，且，则　　

A． B． C． D．
【分析】根据向量的加减法运算法则，，，化简得到．
【解答】解：因为，
，
所以，
所以，
故选：．
5.某人同时掷两颗骰子，得到点数分别为，，则椭圆的离心率的概率是　　
A． B． C． D．
【分析】由得，从而，掷两颗骰子得到点数共有36个基本事件，利用列举法求出其中满足的基本事件有9个，由此能求出椭圆的离心率的概率．
【解答】解：由得，所以，
掷两颗骰子得到点数共有36个基本事件，
其中满足的基本事件有：
，，，，，，，，，共9个，
故椭圆的离心率的概率为．
故选：．
6. 2021年春节联欢晚会以“共圆小康梦，欢乐过大年”为主题，突出时代性、人民性、创新性，节目内容丰富多彩，呈现形式新颖多样，某小区的5个家庭买了8张连号的门票，其中甲家庭需要3张连号的门票、乙家庭需要2张连号的门票，剩余的3张随机分到剩余的3个家庭即可，则这8张门票分配到家庭的不同方法种数为　　
A．48 B．72 C．120 D．240
【分析】这8张连号的门票不妨设为1，2，3，4，5，6，7，8，先考虑3张连号的门票的选法共有6种情况，再考虑2张连号的门票的选法．最后考虑剩余的3张随机分到剩余的3个家庭的选法共有种．利用加法与乘法原理可得这8张门票不同的分配方法的种数．
【解答】解：这8张连号的门票不妨设为1，2，3，4，5，6，7，8，
先考虑3张连号的门票的选法共有6种情况：，2，，，3，，，4，，，5，，，6，，，7，，
再考虑2张连号的门票的选法：
对于：，2，，，3，，，4，，分别有4，3，3种选法；
利用对称性可得：对于，5，，，6，，，7，分别有3，3，4种选法．
最后考虑剩余的3张随机分到剩余的3个家庭的选法共有种．
利用加法与乘法原理可得这8张门票分配到家庭的不同方法种数种．
故选：．

7．若，，，则　　
A． B． C． D．
【分析】运用对数运算将、、化简，构造函数，运用导数研究函数的单调性比较大小，进而求得结果．
【解答】解：由，得，
由．得，
由，得．
设函数，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又因为，
所以，
又因为，，，
所以（a）（b）（c），
又因为，，，
所以，，均大于，
又因为在上单调递增，
所以．
故选：．

8．（5分）已知正三棱柱的底面边长，其外接球的表面积为，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为　　
A． B． C． D．
【分析】根据外接球的表面积求解球半径，利用正三棱柱的外接球球心位置结合勾股定理可得棱柱的高，进而根据点的轨迹在以为直径的圆上，即可确定点到底面距离的最大值，最后利用体积公式求解即可．
【解答】解：外接球的表面积为，可得外接球半径为．
因为正三棱柱柱的底面边长，
所以，
所以△的外接圆半径为，
设三棱柱的侧棱长为，则有，解得，即侧棱，
设的中点为，作出截面如图所示，

因为，，所以，所以点在以为直径的圆上，
当点在弧的中点时，此时点到底面距离的最大，且最大值为，
因为，所以此时点在线段上，符合条件，
所以三棱锥的体积的最大值为．
故选：．
二．选择题：本小题4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9. 已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有　　
A．展开式共有7项
B．二项式系数最大的项是第4项
C．所有二项式系数和为128
D．展开式的有理项共有4项
【分析】利用赋值法求出的值，然后结合二项式系数的性质以及通项逐项判断．
【解答】解：令可得：，解得，故该二项式为，
故展开式中共项，故错误；
二项式系数最大的项为中间的第4、5项，故错误；
所有二项式系数之和为，故正确；
展开式的通项为，，1，2，，7，当，3，5，7时，为有理项，故正确．
故选：．
10．（5分）已知函数，将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若在上恰有一个极值点，则的取值可能是　　
A．1 B．3 C．5 D．7
【分析】化简得，进而得，，由题意可得，即可得的范围，结合选项即可得答案．
【解答】解：因为，
又因为将图象上所有的点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，
所以，，
当时，，，
又因为在上恰有一个极值点，
所以，
解得，
故选：．
11.已知，，，，且，则的可能取值为　　（参考数据：，
A． B． C． D．
【分析】根据题意化简得到，令，求得单调递增，结合，，得到存在，使得，求得最小值，设，求得在上单调递减，进而得到（2），即可求解．
【解答】解：由，可得且，所以，
令，可得，
令，可得，为单调递增函数，
即单调递增，
又，
所以存在，使得，
所以，
设，则，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，
又因为（2），在，上递增，所以正确．
故选：．
12．已知直线与椭圆交于、两点，点为椭圆的下焦点，则下列结论正确的是　　
A．当时，，使得
B．当时，，使
C．当时，，使得
D．当时，，
【分析】对于，将直线的方程与椭圆方程联立，求出的取值范围，可求得的取值范围，可判断选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的取值范围，可判断选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合△可求得的取值范围，可判断选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的最小值，可判断选项．
【解答】解：在椭圆中，，
由题意可得，上焦点记为，

对于选项，设点，、，，
联立，可得，
△，
由韦达定理可得，

，
所以，，错；
对于选项，设线段的中点为，
由题意可得，两式作差可得，
因为直线的斜率存在，则，所以，，
整理可得，又因为，消去可得，其中，
所以，，
所以，，对；
对于选项，当时，直线的方程为，即，
联立，可得，
△，解得，
由韦达定理可得，
，
同理，所以，，
因为，所以，当 时，，使得 对；
对于选项，设线段的中点为，
由选项可知，，即，即，由可得，
故点的横坐标的取值范围是，而点到直线的距离为，
由可得，当且仅当点时，
取最小值，错．
故选：．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
三．填空题：本题共4 小题，每小题5分，共20分。
13. 已知等差数列前9项的和为27，，则　13　．
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出．
【解答】解：等差数列前9项的和为27，，
，，解得，，
．
故答案为：13．
14.某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值，2，3，，，经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为 　　．（用百分数作答，精确到
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
【分析】计算样本的平均数和方差，由此估计，，再结合参考数据求．
【解答】解：因为100个数据，，，，的平均值，
方差，
所以的估计值为，的估计值为．
设该市高中生的身体素质指标值为，
由，得，
，
所以．
故答案为：．
15．已知，，，，为抛物线上不同的五点，抛物线焦点为，满足，则　　
A．5 B．10 C． D．
【分析】由题意可得，焦点，准线为，由，可得，根据抛物线的定义，可得结论．
【解答】解：抛物线的准线方程为，焦点坐标为．
设，，，，的纵坐标分别为，，，，，则
，
，
，
根据抛物线的定义，可得，
故选：．
16.（5分）已知函数，则的最小值是 　2　；若关于的方程有3个实数解，则实数的取值范围是 　　．
【分析】第一空，由题意可知，故设，作出其图象，数形结合，可得的最小值；第二空，利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的的值，将关于的方程有3个实数解问题转化为直线与曲线的交点问题，数形结合，可得答案．
【解答】解：根据与大小关系（比较与大小的推理见后附），
可知，
设，注意到曲线与曲线恰好交于点，
显然，，作出的大致图象如图，

可得的最小值是1，从而的最小值是2．
由，得．
设直线与曲线切于点，，，直线过定点，
则，
解得，从而．
由图象可知，若关于的方程有3个实数解，
则直线与曲线有3个交点，则，
即所求实数的取值范围是．
故答案为：2；．
附：当时，设，则，
所以在区间，上单调递减，从而（1），此时；
当时，设，在区间上单调递减，
所以当时，（e），即；
当时，（e），即；
当时，（e），即．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
四．解答题：（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）
17.记为正项数列的前项积，且，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：．
【分析】（1）由已知可得：，即，又，则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，然后求其通项公式即可；
（2）由（1）可得，即数列是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的求和公式求证即可．
【解答】（1）解：记为正项数列的前项积，且，，，
则，
即，
又，，
即，
则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
即；
（2）证明：由（1）可得，
又数列是以为首项，为公比的等比数列，
即．
【点评】本题考查了利用数列递推式求数列的通项公式，重点考查了等比数列的求和公式，属基础题．
18.在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求的值；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：的周长为9．
【分析】（1）根据三角恒等变换，求解即可得出答案；
（2）由（1）得，若选条件①：利用余弦定理可求得，，进而面积公式分析运算；若选条件②：分为锐角和为钝角两种情况讨论，利用余弦定理可求，，结合题意分析判断；若选条件③：根据题意可求得，，利用余弦定理结合面积公式运算求解，即可得出答案．
【解答】解：（1），则，
；
（2）由（1）得，由正弦定理得，
若选条件①：由余弦定理得，即，
又，解得，则，
此时存在且唯一确定，
，则，
，
；
若选条件②：，即，
若为锐角，则，
由余弦定理，即，整理得，且，解得，则；
若为钝角，则，
由余弦定理得，即，整理得，且，解得，则；
综上所述，此时存在但不唯一确定，不合题意；
若条件③：由题意得，即，解得，则，
此时存在且唯一确定，
由余弦定理得，
则，，
．
19.已知双曲线的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称．若双曲线的实轴长为2，焦距为，且点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过点的直线分别交双曲线的左、右两支于点、，交双曲线的两条渐近线于点、在轴左侧）．记和的面积分别为、，求的取值范围．
【分析】（1）利用双曲线的实轴长，焦距，结合点到渐近线的距离为．求解双曲线方程即可．
（2）设出直线方程，求出距离，联立直线与双曲线方程，求解距离，求解面积的比值，推出范围即可．
【解答】解：（1）由，知，，，
故双曲线的方程为或．由点到渐近线的距离为，知双曲线方程为．
（2）设，，，，．
由可得；由，可得．

由得，，．
．
由和的高相等，可，
由，得，
所以，，．
【点评】本题考查直线与双曲线的位置关系的综合应用，双曲线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．


20．（12分）如图，在四棱锥中，，，，，且．
（1）若平面，证明：点为棱的中点；
（2）已知二面角的大小为，当平面和平面的夹角为时，求证：．

【分析】（1）找到面与面的交线，利用线面平行，得到线线平行，进而证明点为棱的中点．
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面的法向量公式求出平面和平面的夹角，进而利用三角函数的性质求出的范围．
【解答】证明：（1），，
，，
在直角三角形中，，
又，为的平分线，
延长，交于点，连接，

在中，，
是等腰三角形，
点是的中点，
直线平面，过的平面与平面的交线为，
，
是的中点，
是的中点；
（2）证明：由（1）可得，，，，，平面，
为二面角的平面角，
，
又，
为正三角形，
又，，，，平面，
故平面，平面，平面平面，
取的中点为，连，则，平面，
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，
设分别为平面和平面的法向量，
则，取，则，
，取，则，
，
在范围内单调递减，

平面和平面所成夹角满足．
21. 21．为了精准地找到目标人群，更好地销售新能源汽车，某店对近期购车的男性与女性各100位进行问卷调查，并作为样本进行统计分析，得到如下列联表

购买新能源汽车（人数）
购买传统燃油车（人数）
男性


女性


（1）当时，将样本中购买传统燃油车的购车者按性剔采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人调查购买传统燃油车的原因，记这3人中女性的人数为，求的分布列与数学期望；
（2）定义，其中为列联表中第行第列的实际数据，为列联表中第行与第列的总频率之积再乘以列联表的总频数得到的理论频数．基于小概率值的检验规则：首先提出零假设（变量，相互独立，然后计算的值，当时，我们推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；否则，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立．根据的计算公式，求解下面问题：
当时，依据小概率值的独立性检验，请分析性别与是否喜爱购买新能源汽车有关；
（ⅱ）当时，依据小概率值的独立性检验，若认为性别与是否喜爱购买新能源汽车有关，则至少有多少名男性喜爱购买新能源汽车？
附：

0.1
0.025
0.005

2.706
5.024
7.879
【分析】（1）用分层抽样的方法抽取的购买传统燃油车的6人中，男生有2人，女生有4人，由题意可知的可能取值为1，2，3，求出对应的概率，得到的分布列，进而求出；
（2）根据题中数据及所给公式计算，与参考数据比较即可得出结论；
（ⅱ）根据基于小概率值的检验规则及的计算公式得到关于的不等式，再根据的取值范围以及实际意义即可得解．
【解答】解：（1）当时，
用分层抽样的方法抽取购买传统燃油车的6人中，男性有2人，女性有4人，
由题意可知，的可能取值为1，2，3，
，，，
的分布列如下表：

1
2
3




．
（2）零假设为
性别与是否购买新能源汽车独立，即性别与是否购买新能源汽车无关联，
当时，
，，，，
，，，，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与是否购买新能源汽车有关联，此推断犯错误的概率不超过0.005．
（ⅱ），
由题意可知，
整理得，
又，，，
所以的最大值为4，
又，
至少有76名男性购买新能源汽车．

21．在2023年春节期间，为了进一步发挥电子商务在活跃消费市场方面的积极作用，保障人民群众度过一个平安健康快乐祥和的新春佳节，甲公司和乙公司在某购物平台上同时开启了打折促销，直播带年货活动，甲公司和乙公司所售商品类似，存在竞争关系．
（1）现对某时间段100名观看直播后选择这两个公司直播间购物的情况进行调查，得到如下数据：

选择甲公司直播间购物
选择乙公司直播间购物
合计
用户年龄段岁
40

50
用户年龄段岁

30

合计



是否有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关？
（2）若小李连续两天每天选择在甲、乙其中一个直播间进行购物，第一天等可能地从甲、乙两家中选一家直播间购物，如果第一天去甲直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.7；如果第一天去乙直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.8，求小李第二天去乙直播间购物的概率；
（3）元旦期间，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”活动，假设直播间每人下单成功的概率均为，
每人下单成功与否互不影响，若从直播间中随机抽取五人，记五人中恰有2人下单成功的概率为，求
的最大值点；
参考公式：，其中．
独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值表：

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【分析】（1）完善列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想得结论；
（2）应用独立事件乘方公式、互斥事件概率加法，求小李第二天去乙直播间购物的概率；
（3）由题设可得，利用导数研究其单调性求上的最大值即可．
【解答】解：（1）列联表如下：

选择甲公司直播间购物
选择乙公司直播间购物
合计
用户年龄段岁
40
10
50
用户年龄段岁
20
30
50
合计
60
40
100
所以，
故有的把握认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关；
（2）由题设，小李第二天去乙直播间的基本事件：第一天去甲直播间，第二天去乙直播间；第一天去乙直播间，第二天去乙直播间，两种情况，
所以小李第二天去乙直播间购物的概率；
（3）由题设，设五人中下单成功的人数为，则，
所以，令，
所以，令，
所以，
开口向下，且在上递增，上递减，又，
故上，递减；上，递增；
由，故上，即上，即，
所以在上递增，上递减，即在上递增，上递减，
所以，即．
22. 已知函数．
（1）若单调递减，求的取值范围；
（2）若的两个零点分别为，，且，证明：．
（参考数据：
【分析】（1）由已知可得在时恒成立，由此可得，再利用导数求函数的最大值，由此可得的取值范围；
（2）令，则，由已知可得要证明只需证明，利用导数求的最小值即可证明结论．
【解答】解：（1）由得，，
因为单调递减，所以在时恒成立，
所以在时恒成立，即，
令，则，
可知时，，单调递增；时，，单调递减，
则时取最大值，
所以，即，所以的取值范围是．
（2）证明：因为有两个零点，，
令，则，
当时，，单调递增，不符合题意，
当时，由可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
由可知，，
要证明，只需证明．
由已知可得，化简得，
所以，
．
令，则，要证明，只需证明．
令，且，则，
令，且，则，
则在时单调递增，故，
故，则在时单调递减，
所以，即，则有，
所以，即原不等式成立．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．