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黑龙江省哈尔滨市哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第三次调研考试数学（word版，含答案解析）
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这是一份黑龙江省哈尔滨市哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第三次调研考试数学（word版，含答案解析），文件包含黑龙江省哈尔滨市哈师大附中2024届高三上学期期中数学试题原卷版docx、黑龙江省哈尔滨市哈师大附中2024届高三上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
（满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题（共8个小题，每题只有一个选项，每题5分，满分40分）
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. 6D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念可得，根据复数的乘法运算求出，即可得答案.
【详解】复数，则
则，
则的虚部为-2，
故选：A
2. 下列函数中，在定义域上既是奇函数又是减函数的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用定义域关于原点对称，与关系，判断函数的奇偶性.
【详解】A选项：令，则，不具有奇偶性，所以不符合题意；
B选项：令，则，，所以函数为奇函数，但在定义域内不具有单调性，所以不符合题意；
C选项：令，因为定义域不关于坐标原点对称，所以不具有奇偶性，所以不符合题意；
D选项：令，，
即，所以函数为奇函数，又，
所以时，单调递减，时，单调递减，满足题意.
故选：D
3. 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. ，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用长方体模型，举例说明排除ACD，B结合异面直线所成角即可判断..
【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B，，，则直线与直线的夹角为，
由异面直线所成角的定义知直线与直线的夹角也为，故，B正确；
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，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D错误；
故选：B.
4. 在数列中，若，，，则（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列递推式求出数列的前面一些项，推出数列的周期，由此即可求得答案.
【详解】由题意知数列中，若，，，
故，，，，
，
则为周期为6的周期数列，
故，
故选：C
5. 已知向量，的夹角为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求得向量在向量上的投影向量为.
【详解】易知，
由投影向量的定义可得向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
6. 已知两个非零向量与，定义，其中为与的夹角，若，，则的值为（ ）
A. 5B. 7C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用平面向量夹角余弦的坐标表示求得，从而求得，进而利用定义即可得解.
【详解】因为，，则，
，
则，
又，则，
则
故选：A
7. 已知正项等比数列中，，则（ ）
A. 1012B. 2024C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的性质，结合对数的运算，即可求得答案.
【详解】由题意知正项等比数列中，，
则，
故
，
故选：B
8. 如图正方体棱长为1，A，B分别为所在棱的中点，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设外接球球心为，列方程组求解球心，验证后可得外接球半径，即可求得答案.
【详解】以C为坐标原点，以所在直线为轴，以与垂直的棱为y轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则,
设四棱锥的外接球球心为，半径为R，
则，
解得，即外接球球心为，，
验证，符合题意，
即四棱锥的外接球，其表面积为，
故选：C
二、多选题（共4个小题，每题不只有一个选项，每题5分，满分20分）
9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. “”是“与的夹角为钝角”的充要条件
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由向量的坐标表示可求得，A正确；由向量平行的坐标表示可得B正确；利用向量数量积的坐标运算可知“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，C错误；由向量垂直的坐标表示可求得，D正确.
【详解】对于A，由可得，所以可得，即A正确；
对于B，由向量平行的坐标表示可得，解得，可知B正确；
对于C，若可得，即与的夹角为，
当时，可得与反向，充分性不成立；
若与的夹角为钝角可得且，解得且，即必要性成立，
所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，C不正确；
对于D，由可得，即，解得，故D正确；
故选：ABD
10. 已知是等差数列的前n项和，且，，则下列选项正确的是（ ）
A. 数列为递减数列B.
C. 的最大值为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知条件结合等差数列性质可判断B；判断出数列的公差小于0，可判断A；根据数列各项的正负情况以及单调性可判断C；利用前n项和公式结合等差数列性质判断D.
【详解】设等差数列的公差为d，
由于，，故，
则，B正确；
，则数列为递减数列，A正确，
由以上分析可知，时，，
故的最大值为，C正确；
，D错误，
故选：ABC
11. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幕，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示．在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 面积的最大值是B.
C. D. 面积的最大值是
【答案】AB
【解析】
【分析】化简，利用两角和的正弦公式可得，结合正弦定理角化边可判断B；利用结合B的结论化简并结合二次函数性质可得面积的最大值，判断A，D；假设正确，结合面积公式推出矛盾，判断C.
【详解】由题意，得，
即,
即，结合正弦定理得，B正确；
由得
，
当，即时，面积取到最大值是，A正确，D错误，
对于C，假设，由于，，故，
则，
这与三角形面积有意义不相符，C错误，
故选：AB
12. 在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与所成角的余弦值为
B. 过三点A、M、的截面面积为
C. 四面体的内切球的表面积为
D. E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断.
【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，则,
则，
与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确；
对于B，设N为的中点，连接MN，则，且，
则梯形即为过三点A、M、的截面，
，则梯形高为，
故梯形面积为为，B错误；
对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即，
该四面体的棱长为，其表面积为，
设四面体内球球半径为r，则，
故四面体的内切球的表面积为，C错误；
对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌，
则，设H为的中点，则，
连接HJ，则≌，则，
故G为的中点，故，
同理延长交于L，连接LH，交于K，
K即为的中点，则K，E在确定的平面内，
则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题.
三、填空题（共4个小题，每题5分，满分20分）
13. 函数的定义域为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数有意义列不等式，求函数的定义域.
【详解】∵ 有意义，
∴ ，，
∴ ,，
∴ 函数的定义域为，
故答案为：，
14. ，，且，则，的夹角为______．
【答案】0##
【解析】
【分析】求出向量的模长，根据求出的值，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】由题意知，，且，
故，则，
则，故，
由于，故，
故答案为：0
15. 在三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】构建正四面体模型，从而可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图，在射线上截取，在射线截取，得到如下图所示的几何体.
因为，，故为等比三角形，
故，同理，
而，故为等比三角形，故，
故几何体为正四面体.
过作平面的垂线，垂足为，则为的中心，
连接，则为与平面（即平面）所成的角，
设，则，
故，故.
所以线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
16. 若是公差不为0的等差数列，，，成等比数列，，为的前n（）项和，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设数列的公差为，根据题意，求得，得到，进而化简得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】设数列的公差为，
因为成等比数列，，可得，
即，解得，所以，
则，所以，
则，
所以
.
故答案为：.
四、解答题（共6题，第17题10分，第18至第22题每题12分，共70分）
17. 在中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．
（1）求A的大小；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理的边角互化结合余弦定理即可求解;
（2）设，，代入结合两角和与差余弦即可求解.
【小问1详解】
由，
由正弦定理得，
即，则，
因为，则
【小问2详解】
由（1）得，
设，因为，
则，
则
，
则的取值范围是.
18. 已知数列中，，
（1）求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，求数列前n项和
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推公式可得，即可证明数列是等差数列，由等差数列定义即可求得；
（2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得数列的前n项和.
【小问1详解】
当时，由可得，易知；
两边同时取倒数可得，
即，
由等差数列定义可得是以为首项，公差的等差数列，
所以，
即，可得，
显然时，符合上式，
即的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
，
两式相减可得
，
所以
19. ，是正项等比数列．且，且，
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用，和建立方程组，求出，写出通项公式即可；
（2）表示出数列，在求数列的前n项和时，进行分类讨论即可.
【小问1详解】
因为，是正项等比数列．且，
所以，即，所以，
又因为，所以，解得，
所以的通项公式为：.
【小问2详解】
结合题意: ,得到，
所以 ，
当时，，
;
当时，，
，
综上所述：.
20. 如图，四棱锥的底面是矩形，，，M为的中点，，.
（1）证明：底面
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，即可证明平面，从而证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面AMP和平面PBM的法向量，根据空间角的向量求法，结合同角的三角函数关系，即可求得答案.
【小问1详解】
设交于E，四棱锥的底面是矩形，，,
M为的中点，则，
故∽，则,
而，则，故，
故，又，且平面，
故平面，平面，
故，又，平面，
所以底面；
【小问2详解】
以点D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
则，
由于二面角的取值范围为，故其正弦值.
21. 已知双曲线C：过点，右焦点F为，左顶点为A
（1）求双曲线C的方程
（2）动直线交双曲线C于M，N两点，求证：的垂心在双曲线C上．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】（1）根据双曲线过点以及双曲线的焦点坐标，列方程求出，即可求得答案；
（2）联立直线与双曲线C的方程，可得根与系数关系式，过点A作MN的垂线，设该垂线与双曲线的另一个交点为H，结合根与系数的关系式化简，从而证明H为的高线的交点，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意知双曲线C：过点，右焦点F为，
故，即，
则，解得，
故双曲线C的方程为；
【小问2详解】
联立，得，
满足，设,
则，
又，过点A作MN的垂线，设该垂线与双曲线的另一个交点为H，
则直线AH的方程为，
由，可得，解得（舍）或，
则，
则
，
故，即H为的高线的交点，
即H为的垂心，故的垂心在双曲线C上.
【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系中的证明问题，综合性强，难点在于证明的垂心在双曲线C上，解答时要通过证明H为的高线的交点来证明，计算过程较为复杂，需要计算十分细心.
22. 已知，函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程：
（2）证明存在唯一的极值点
（3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出其在处的斜率，利用直线的点斜式方程即可求出结果；
（2）令导函数，构造函数，求得其单调性可知当时，导函数有唯一变号零点，即可得出证明；
（3）将不等式恒成立问题转化成求的最小值问题，构造函数，依题意可得，即可得出实数b的取值范围．
【小问1详解】
当时,可得，
即，所以切线斜率为，又，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
易知，
令可得，
令，则在上恒成立，
即可得在单调递增，
当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于；
其图象如下图所示：
所以当时，与的图像仅有一个交点，
令，则当时，，即，在单调递减，
当时，，即，在单调递增，
所以可知为的极小值点，即存在唯一的极值点；
【小问3详解】
由（2）可知，此时，
所以的最小值为，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
时，，即在上单调递减；
所以在处取得极大值，也是最大值
若存在a，使得对任意成立，
即存在a使得在成立，即，
所以实数b的取值范围为.
【点睛】方法点睛：在求解函数不等式恒（能）成立问题时，往往根据题意通过构造函数并利用导数求出函数单调性得出函数的最值，即可得出结论.
（满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题（共8个小题，每题只有一个选项，每题5分，满分40分）
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. 6D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念可得，根据复数的乘法运算求出，即可得答案.
【详解】复数，则
则，
则的虚部为-2，
故选：A
2. 下列函数中，在定义域上既是奇函数又是减函数的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用定义域关于原点对称，与关系，判断函数的奇偶性.
【详解】A选项：令，则，不具有奇偶性，所以不符合题意；
B选项：令，则，，所以函数为奇函数，但在定义域内不具有单调性，所以不符合题意；
C选项：令，因为定义域不关于坐标原点对称，所以不具有奇偶性，所以不符合题意；
D选项：令，，
即，所以函数为奇函数，又，
所以时，单调递减，时，单调递减，满足题意.
故选：D
3. 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. ，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用长方体模型，举例说明排除ACD，B结合异面直线所成角即可判断..
【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B，，，则直线与直线的夹角为，
由异面直线所成角的定义知直线与直线的夹角也为，故，B正确；
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，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D错误；
故选：B.
4. 在数列中，若，，，则（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列递推式求出数列的前面一些项，推出数列的周期，由此即可求得答案.
【详解】由题意知数列中，若，，，
故，，，，
，
则为周期为6的周期数列，
故，
故选：C
5. 已知向量，的夹角为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求得向量在向量上的投影向量为.
【详解】易知，
由投影向量的定义可得向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
6. 已知两个非零向量与，定义，其中为与的夹角，若，，则的值为（ ）
A. 5B. 7C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用平面向量夹角余弦的坐标表示求得，从而求得，进而利用定义即可得解.
【详解】因为，，则，
，
则，
又，则，
则
故选：A
7. 已知正项等比数列中，，则（ ）
A. 1012B. 2024C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的性质，结合对数的运算，即可求得答案.
【详解】由题意知正项等比数列中，，
则，
故
，
故选：B
8. 如图正方体棱长为1，A，B分别为所在棱的中点，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设外接球球心为，列方程组求解球心，验证后可得外接球半径，即可求得答案.
【详解】以C为坐标原点，以所在直线为轴，以与垂直的棱为y轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则,
设四棱锥的外接球球心为，半径为R，
则，
解得，即外接球球心为，，
验证，符合题意，
即四棱锥的外接球，其表面积为，
故选：C
二、多选题（共4个小题，每题不只有一个选项，每题5分，满分20分）
9. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. “”是“与的夹角为钝角”的充要条件
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由向量的坐标表示可求得，A正确；由向量平行的坐标表示可得B正确；利用向量数量积的坐标运算可知“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，C错误；由向量垂直的坐标表示可求得，D正确.
【详解】对于A，由可得，所以可得，即A正确；
对于B，由向量平行的坐标表示可得，解得，可知B正确；
对于C，若可得，即与的夹角为，
当时，可得与反向，充分性不成立；
若与的夹角为钝角可得且，解得且，即必要性成立，
所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，C不正确；
对于D，由可得，即，解得，故D正确；
故选：ABD
10. 已知是等差数列的前n项和，且，，则下列选项正确的是（ ）
A. 数列为递减数列B.
C. 的最大值为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知条件结合等差数列性质可判断B；判断出数列的公差小于0，可判断A；根据数列各项的正负情况以及单调性可判断C；利用前n项和公式结合等差数列性质判断D.
【详解】设等差数列的公差为d，
由于，，故，
则，B正确；
，则数列为递减数列，A正确，
由以上分析可知，时，，
故的最大值为，C正确；
，D错误，
故选：ABC
11. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幕，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示．在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 面积的最大值是B.
C. D. 面积的最大值是
【答案】AB
【解析】
【分析】化简，利用两角和的正弦公式可得，结合正弦定理角化边可判断B；利用结合B的结论化简并结合二次函数性质可得面积的最大值，判断A，D；假设正确，结合面积公式推出矛盾，判断C.
【详解】由题意，得，
即,
即，结合正弦定理得，B正确；
由得
，
当，即时，面积取到最大值是，A正确，D错误，
对于C，假设，由于，，故，
则，
这与三角形面积有意义不相符，C错误，
故选：AB
12. 在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与所成角的余弦值为
B. 过三点A、M、的截面面积为
C. 四面体的内切球的表面积为
D. E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断.
【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，则,
则，
与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确；
对于B，设N为的中点，连接MN，则，且，
则梯形即为过三点A、M、的截面，
，则梯形高为，
故梯形面积为为，B错误；
对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即，
该四面体的棱长为，其表面积为，
设四面体内球球半径为r，则，
故四面体的内切球的表面积为，C错误；
对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌，
则，设H为的中点，则，
连接HJ，则≌，则，
故G为的中点，故，
同理延长交于L，连接LH，交于K，
K即为的中点，则K，E在确定的平面内，
则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题.
三、填空题（共4个小题，每题5分，满分20分）
13. 函数的定义域为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数有意义列不等式，求函数的定义域.
【详解】∵ 有意义，
∴ ，，
∴ ,，
∴ 函数的定义域为，
故答案为：，
14. ，，且，则，的夹角为______．
【答案】0##
【解析】
【分析】求出向量的模长，根据求出的值，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】由题意知，，且，
故，则，
则，故，
由于，故，
故答案为：0
15. 在三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】构建正四面体模型，从而可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图，在射线上截取，在射线截取，得到如下图所示的几何体.
因为，，故为等比三角形，
故，同理，
而，故为等比三角形，故，
故几何体为正四面体.
过作平面的垂线，垂足为，则为的中心，
连接，则为与平面（即平面）所成的角，
设，则，
故，故.
所以线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
16. 若是公差不为0的等差数列，，，成等比数列，，为的前n（）项和，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设数列的公差为，根据题意，求得，得到，进而化简得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】设数列的公差为，
因为成等比数列，，可得，
即，解得，所以，
则，所以，
则，
所以
.
故答案为：.
四、解答题（共6题，第17题10分，第18至第22题每题12分，共70分）
17. 在中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．
（1）求A的大小；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理的边角互化结合余弦定理即可求解;
（2）设，，代入结合两角和与差余弦即可求解.
【小问1详解】
由，
由正弦定理得，
即，则，
因为，则
【小问2详解】
由（1）得，
设，因为，
则，
则
，
则的取值范围是.
18. 已知数列中，，
（1）求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，求数列前n项和
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推公式可得，即可证明数列是等差数列，由等差数列定义即可求得；
（2）由（1）可得，利用错位相减法即可求得数列的前n项和.
【小问1详解】
当时，由可得，易知；
两边同时取倒数可得，
即，
由等差数列定义可得是以为首项，公差的等差数列，
所以，
即，可得，
显然时，符合上式，
即的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
，
两式相减可得
，
所以
19. ，是正项等比数列．且，且，
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用，和建立方程组，求出，写出通项公式即可；
（2）表示出数列，在求数列的前n项和时，进行分类讨论即可.
【小问1详解】
因为，是正项等比数列．且，
所以，即，所以，
又因为，所以，解得，
所以的通项公式为：.
【小问2详解】
结合题意: ,得到，
所以 ，
当时，，
;
当时，，
，
综上所述：.
20. 如图，四棱锥的底面是矩形，，，M为的中点，，.
（1）证明：底面
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，即可证明平面，从而证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面AMP和平面PBM的法向量，根据空间角的向量求法，结合同角的三角函数关系，即可求得答案.
【小问1详解】
设交于E，四棱锥的底面是矩形，，,
M为的中点，则，
故∽，则,
而，则，故，
故，又，且平面，
故平面，平面，
故，又，平面，
所以底面；
【小问2详解】
以点D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，则，
则，
由于二面角的取值范围为，故其正弦值.
21. 已知双曲线C：过点，右焦点F为，左顶点为A
（1）求双曲线C的方程
（2）动直线交双曲线C于M，N两点，求证：的垂心在双曲线C上．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】（1）根据双曲线过点以及双曲线的焦点坐标，列方程求出，即可求得答案；
（2）联立直线与双曲线C的方程，可得根与系数关系式，过点A作MN的垂线，设该垂线与双曲线的另一个交点为H，结合根与系数的关系式化简，从而证明H为的高线的交点，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意知双曲线C：过点，右焦点F为，
故，即，
则，解得，
故双曲线C的方程为；
【小问2详解】
联立，得，
满足，设,
则，
又，过点A作MN的垂线，设该垂线与双曲线的另一个交点为H，
则直线AH的方程为，
由，可得，解得（舍）或，
则，
则
，
故，即H为的高线的交点，
即H为的垂心，故的垂心在双曲线C上.
【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系中的证明问题，综合性强，难点在于证明的垂心在双曲线C上，解答时要通过证明H为的高线的交点来证明，计算过程较为复杂，需要计算十分细心.
22. 已知，函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程：
（2）证明存在唯一的极值点
（3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出其在处的斜率，利用直线的点斜式方程即可求出结果；
（2）令导函数，构造函数，求得其单调性可知当时，导函数有唯一变号零点，即可得出证明；
（3）将不等式恒成立问题转化成求的最小值问题，构造函数，依题意可得，即可得出实数b的取值范围．
【小问1详解】
当时,可得，
即，所以切线斜率为，又，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
易知，
令可得，
令，则在上恒成立，
即可得在单调递增，
当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于；
其图象如下图所示：
所以当时，与的图像仅有一个交点，
令，则当时，，即，在单调递减，
当时，，即，在单调递增，
所以可知为的极小值点，即存在唯一的极值点；
【小问3详解】
由（2）可知，此时，
所以的最小值为，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
时，，即在上单调递减；
所以在处取得极大值，也是最大值
若存在a，使得对任意成立，
即存在a使得在成立，即，
所以实数b的取值范围为.
【点睛】方法点睛：在求解函数不等式恒（能）成立问题时，往往根据题意通过构造函数并利用导数求出函数单调性得出函数的最值，即可得出结论.
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