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江西省宜春市宜丰中学创新部2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（解析版）
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这是一份江西省宜春市宜丰中学创新部2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题求解.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：D
2. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集，补集，并集的定义判断A，C，D；由集合间的关系判断B.
【详解】由，则，解得：，
所以，
由可得，即，则，
解得：，故， 故B错误；
故A或，故A错误；
或，，故C正确；
，故D错误.
故选：C.更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 3. 设等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A. 26B. 32C. 52D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质计算即可.
【详解】由等差数列的性质可得．则．故．
故选：C
4. 函数（且）的图象可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
5. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性比较函数值的大小关系.
【详解】，又.
故选：D.
6. 已知定义在上的奇函数满足，且在区间上是增函数，则
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到函数的周期是8，然后利用函数的奇偶性和单调性之间的关系进行判断大小.
【详解】因为满足，所以，
所以函数是以8为周期的周期函数，
则.
由是定义在上的奇函数，
且满足，得.
因为在区间上是增函数，是定义在上的奇函数，
所以在区间上是增函数，
所以，即.
【点睛】在比较，，，的大小时，首先应该根据函数的奇偶性与周期性将，，，通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．
7. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解.
【详解】因，所以，即，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为6.
故选：B.
8. 已知函数，若，其中，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
通过函数解析式可推得，再利用倒序相加法求得
，得到的值，然后对分类讨论利用基本不等式求最值即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以
，
令
则所以
所以，所以，其中，则.
当时
当且仅当 即 时等号成立；
当时
，
当且仅当 即 时等号成立；
因为，所以的最小值为.
故选：A.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、多选题（20分）
9. 德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数有以下四个命题，其中真命题是（ ）
A. 函数是奇函数
B.
C. 函数是偶函数
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，若是有理数，可得，可知不是奇函数；选项B，当时，符合题意；选项C，分两种情况讨论得，由偶函数的定义判断；选项D，分两种情况讨论，若是有理数，得；若是无理数，得.
【详解】A项，若是有理数，则也是有理数，
可得，
则不是奇函数，故A错误；
B项，当时，
，
,
此时，故B正确；
C项，若是有理数，则；
若是无理数，，
则，
又，则，
因此，
所以函数是偶函数，故正确；
D项，若是有理数，，则均是有理数，
故；
若是无理数，，则均是无理数，
故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知集合，，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则或D. 若时，则或
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出集合，根据集合包含关系，集合相等的定义和集合的概念求解判断．
【详解】，若，则，且，故A正确.
时，，故D不正确.
若，则且，解得，故B正确.
当时，，解得或，故C正确.
故选：ABC．
11. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由函数的单调性结合得出，由得出.
【详解】由题意得，所以，设函数，则是增函数.
由，得，所以.
由，得，所以.
故选：BC
12. 已知函数，则下列有关结论正确是（ ）
A. 在其定义域内是单调递增的B. 有且仅有两个零点
C. 的解集是D. 的值域是
【答案】CD
【解析】
【分析】，可得函数在和上是增函数，在求出即可判断A；
当时，可得，再根据函数的单调性，即可判断B；
根据及函数的单调性，即可不等式，从而判断C；
，根据函数的单调性即可求出函数的值域，从而判断D.
【详解】解：定义域，
，
因为函数时增函数，函数在和上是增函数，
所以函数在和上是增函数，
又，所以在其定义域内不是单调递增的，故A错误；
当时，，所以，则函数在上无零点，
当时，因为函数在上是增函数，所以函数在上最多一个零点，故B错误；
当时，无解，
当时，，因为函数在上是增函数，所以，
所以的解集是，故C正确；
因为函数的定义域为，所以，
当时，，所以，
又，函数在上是增函数，
所以值域是，故D正确.
故选：CD.
三、填空题（20分）
13. 已知函数，则函数的图象在处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】对求导，求出切线的斜率，然后利用点斜式求解即可.
【详解】因为，
所以，
的图象在处的切线斜率为，
又，所以切点为，
所以的图象在处的切线方程为：
，即．
故答案为：.
14. 已知正项等比数列的前n和为，若，且，则满足的n的最大值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】利用等比数列的性质与求和公式求解基本量，再由解关于的不等式.
【详解】设等比数列公比为q，因为，
所以，解得，或.
由数列为正项等比数列，则，所以.
又由，即，解得，
因为，
所以，得，解得，
因为，
即，又，
所以的最大值为.
故答案为：.
15. 已知函数，则的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论，求解对数不等式和一元二次不等式即可求得.
【详解】当时，不等式可化为，此时不等式恒成立，所以；
当且即 不等式可化为，因为当时，，，所以当时，恒成立，所以；
当且时，时，不等式可转化为，化简整理得由，解得，所以.
综上所述，不等式的解集为．
故答案为：.
【点睛】本题考查解分段函数不等式的求解，涉及对数不等式的求解，属基础题.
16. 定义在实数集R上的偶函数满足，则___．
【答案】
【解析】
【分析】构造新函数，求得的周期为4，依据题给条件求得的值，进而求得的值.
【详解】由，
可得，
则，
即
令，则，
即，
则
则的周期为4，
则，
由为偶函数，可得为偶函数，
又由，可得，
则，则，
又的周期为4，则，
则
则，
解之得，，
又，则
故.
故答案为：
【点睛】思维点睛：抽象函数的函数值的计算，往往借助于函数的奇偶性、周期性等来简化计算，而后者的探究需对原有计算关系变形化简.
四、解答题（70分）
17. 已知关于的不等式的解集为不等式的解集．
（1）设不等式等式的解集为，求；
（2）若的解集为且是的一个必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次不等式的解集求出，解二次不等式即可求解；，
（2）化简，是的一个必要不充分条件，即，结合两根大小关系，分类讨论出即可求解.
【小问1详解】
由不等式的解集为，得，解得，
则，即，解得，即，
则.
【小问2详解】
由是的一个必要不充分条件，即，
由，即，即，
则当时，即时，，符合题意；
当时，，由，
则等号不能同时取，解得；
当时，，由，
则等号不能同时取，解得；
综上，实数的取值范围是.
18. 新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力、在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐.某车企随机调查了今年某月份购买本车企生产的（）台汽车车主，统计得到以下列联表，经过计算可得．
附：，其中．
（1）完成表格并求出n值，并根据独立性检验，能否认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关:
（2）用样本估计总体，用本车企售出汽车样本的频率代替售出汽车的概率．从该车企今年某月份售出的汽车中，随机抽取4辆汽车，设被抽取的4辆汽车中属于不喜欢新能源购车者的辆数为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）列联表见解析，，购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关；
（2）分布列见解析，期望为1.
【解析】
【分析】（1）由列联表中的已知数据，补全表格数据，由，利用公式求出n值，对照临界值表下结论；
（2）由X可能的取值，计算相应的概率，得X的分布列，利用公式计算数学期望.
【小问1详解】
补充表格数据如下:
根据数表可得，又，得；
由题意，，
故根据小概率值的独立性检验，认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关；
【小问2详解】
随机抽取1辆汽车属于不喜欢新能源购车者的概率为，
被抽取的4辆汽车中属于不喜欢新能源购车者的辆数为，的可能值为：0，1，2，3，4，
依题意，，，，
，， ，
所以X的分布列为：
X的数学期望．
所以X的数学期望为1.
19. 已知数列满足，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，若，求k的最小值．
【答案】（1），
（2）17
【解析】
【分析】（1）通过变形得，则数列是以1为首项，3为公差的等差数列，则得到其通项.
（2），再通过裂项法得到的最小值.
【小问1详解】
∵，，∴，，
又，∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴，则，．
【小问2详解】
由（1）知，
∴．
由得，解得，又，∴k的最小值为17．
20. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据梯形的性质求解可证，进而根据线线垂直即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解平面夹角，或者利用几何法，结合线面垂直找到两平面的夹角，根据三角形的边角关系即可求解.
【小问1详解】
∵平面，平面，
∴，
过点作，由为等腰梯形，，
故，
所以，即，即，
平面，
∴平面，平面，
故.
【小问2详解】
方法一:，
∵,
，
∴.
如图，建立空间直角坐标系，
，，，，
,
设平面法向量为，
则，，
取，得
同理，设面法向量为，则
，，
取，得，
由题意，.
设平面与平面的夹角为，则，
方法二：，
∵,
，
∴.
∵平面，平面，∴平面平面，
过作，则平面垂足为，平面，则,
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面,
所以平面,平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.
，所以,
,，，
21. 设，已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设函数，若方程在区间上有实数根，求的取值范围.
【答案】（1）；（2） .
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的单调性求解；
（2）用分离参数法转化为求函数值域．
【详解】（1）当时，不等式为，又，
所以，由得，又，所以，不等式的解集为．
（2）函数，
令，即，
因为，，所以，，
所以，且，
所以，
设，，则有，
因为，所以；
所以，且，
所以的取值范围是，，．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且，证明：，且．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.
【小问1详解】
的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
【小问2详解】
证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
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5n
3n
8n
总计
15n
5n
20n
X
0
1
2
3
4
P
1. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题求解.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：D
2. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集，补集，并集的定义判断A，C，D；由集合间的关系判断B.
【详解】由，则，解得：，
所以，
由可得，即，则，
解得：，故， 故B错误；
故A或，故A错误；
或，，故C正确；
，故D错误.
故选：C.更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 3. 设等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A. 26B. 32C. 52D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质计算即可.
【详解】由等差数列的性质可得．则．故．
故选：C
4. 函数（且）的图象可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
5. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性比较函数值的大小关系.
【详解】，又.
故选：D.
6. 已知定义在上的奇函数满足，且在区间上是增函数，则
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到函数的周期是8，然后利用函数的奇偶性和单调性之间的关系进行判断大小.
【详解】因为满足，所以，
所以函数是以8为周期的周期函数，
则.
由是定义在上的奇函数，
且满足，得.
因为在区间上是增函数，是定义在上的奇函数，
所以在区间上是增函数，
所以，即.
【点睛】在比较，，，的大小时，首先应该根据函数的奇偶性与周期性将，，，通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．
7. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解.
【详解】因，所以，即，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为6.
故选：B.
8. 已知函数，若，其中，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
通过函数解析式可推得，再利用倒序相加法求得
，得到的值，然后对分类讨论利用基本不等式求最值即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以
，
令
则所以
所以，所以，其中，则.
当时
当且仅当 即 时等号成立；
当时
，
当且仅当 即 时等号成立；
因为，所以的最小值为.
故选：A.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、多选题（20分）
9. 德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数有以下四个命题，其中真命题是（ ）
A. 函数是奇函数
B.
C. 函数是偶函数
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，若是有理数，可得，可知不是奇函数；选项B，当时，符合题意；选项C，分两种情况讨论得，由偶函数的定义判断；选项D，分两种情况讨论，若是有理数，得；若是无理数，得.
【详解】A项，若是有理数，则也是有理数，
可得，
则不是奇函数，故A错误；
B项，当时，
，
,
此时，故B正确；
C项，若是有理数，则；
若是无理数，，
则，
又，则，
因此，
所以函数是偶函数，故正确；
D项，若是有理数，，则均是有理数，
故；
若是无理数，，则均是无理数，
故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知集合，，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则或D. 若时，则或
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出集合，根据集合包含关系，集合相等的定义和集合的概念求解判断．
【详解】，若，则，且，故A正确.
时，，故D不正确.
若，则且，解得，故B正确.
当时，，解得或，故C正确.
故选：ABC．
11. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由函数的单调性结合得出，由得出.
【详解】由题意得，所以，设函数，则是增函数.
由，得，所以.
由，得，所以.
故选：BC
12. 已知函数，则下列有关结论正确是（ ）
A. 在其定义域内是单调递增的B. 有且仅有两个零点
C. 的解集是D. 的值域是
【答案】CD
【解析】
【分析】，可得函数在和上是增函数，在求出即可判断A；
当时，可得，再根据函数的单调性，即可判断B；
根据及函数的单调性，即可不等式，从而判断C；
，根据函数的单调性即可求出函数的值域，从而判断D.
【详解】解：定义域，
，
因为函数时增函数，函数在和上是增函数，
所以函数在和上是增函数，
又，所以在其定义域内不是单调递增的，故A错误；
当时，，所以，则函数在上无零点，
当时，因为函数在上是增函数，所以函数在上最多一个零点，故B错误；
当时，无解，
当时，，因为函数在上是增函数，所以，
所以的解集是，故C正确；
因为函数的定义域为，所以，
当时，，所以，
又，函数在上是增函数，
所以值域是，故D正确.
故选：CD.
三、填空题（20分）
13. 已知函数，则函数的图象在处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】对求导，求出切线的斜率，然后利用点斜式求解即可.
【详解】因为，
所以，
的图象在处的切线斜率为，
又，所以切点为，
所以的图象在处的切线方程为：
，即．
故答案为：.
14. 已知正项等比数列的前n和为，若，且，则满足的n的最大值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】利用等比数列的性质与求和公式求解基本量，再由解关于的不等式.
【详解】设等比数列公比为q，因为，
所以，解得，或.
由数列为正项等比数列，则，所以.
又由，即，解得，
因为，
所以，得，解得，
因为，
即，又，
所以的最大值为.
故答案为：.
15. 已知函数，则的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论，求解对数不等式和一元二次不等式即可求得.
【详解】当时，不等式可化为，此时不等式恒成立，所以；
当且即 不等式可化为，因为当时，，，所以当时，恒成立，所以；
当且时，时，不等式可转化为，化简整理得由，解得，所以.
综上所述，不等式的解集为．
故答案为：.
【点睛】本题考查解分段函数不等式的求解，涉及对数不等式的求解，属基础题.
16. 定义在实数集R上的偶函数满足，则___．
【答案】
【解析】
【分析】构造新函数，求得的周期为4，依据题给条件求得的值，进而求得的值.
【详解】由，
可得，
则，
即
令，则，
即，
则
则的周期为4，
则，
由为偶函数，可得为偶函数，
又由，可得，
则，则，
又的周期为4，则，
则
则，
解之得，，
又，则
故.
故答案为：
【点睛】思维点睛：抽象函数的函数值的计算，往往借助于函数的奇偶性、周期性等来简化计算，而后者的探究需对原有计算关系变形化简.
四、解答题（70分）
17. 已知关于的不等式的解集为不等式的解集．
（1）设不等式等式的解集为，求；
（2）若的解集为且是的一个必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次不等式的解集求出，解二次不等式即可求解；，
（2）化简，是的一个必要不充分条件，即，结合两根大小关系，分类讨论出即可求解.
【小问1详解】
由不等式的解集为，得，解得，
则，即，解得，即，
则.
【小问2详解】
由是的一个必要不充分条件，即，
由，即，即，
则当时，即时，，符合题意；
当时，，由，
则等号不能同时取，解得；
当时，，由，
则等号不能同时取，解得；
综上，实数的取值范围是.
18. 新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力、在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐.某车企随机调查了今年某月份购买本车企生产的（）台汽车车主，统计得到以下列联表，经过计算可得．
附：，其中．
（1）完成表格并求出n值，并根据独立性检验，能否认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关:
（2）用样本估计总体，用本车企售出汽车样本的频率代替售出汽车的概率．从该车企今年某月份售出的汽车中，随机抽取4辆汽车，设被抽取的4辆汽车中属于不喜欢新能源购车者的辆数为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）列联表见解析，，购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关；
（2）分布列见解析，期望为1.
【解析】
【分析】（1）由列联表中的已知数据，补全表格数据，由，利用公式求出n值，对照临界值表下结论；
（2）由X可能的取值，计算相应的概率，得X的分布列，利用公式计算数学期望.
【小问1详解】
补充表格数据如下:
根据数表可得，又，得；
由题意，，
故根据小概率值的独立性检验，认为购车消费者对新能源车的喜欢情况与性别有关；
【小问2详解】
随机抽取1辆汽车属于不喜欢新能源购车者的概率为，
被抽取的4辆汽车中属于不喜欢新能源购车者的辆数为，的可能值为：0，1，2，3，4，
依题意，，，，
，， ，
所以X的分布列为：
X的数学期望．
所以X的数学期望为1.
19. 已知数列满足，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，若，求k的最小值．
【答案】（1），
（2）17
【解析】
【分析】（1）通过变形得，则数列是以1为首项，3为公差的等差数列，则得到其通项.
（2），再通过裂项法得到的最小值.
【小问1详解】
∵，，∴，，
又，∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴，则，．
【小问2详解】
由（1）知，
∴．
由得，解得，又，∴k的最小值为17．
20. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据梯形的性质求解可证，进而根据线线垂直即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解平面夹角，或者利用几何法，结合线面垂直找到两平面的夹角，根据三角形的边角关系即可求解.
【小问1详解】
∵平面，平面，
∴，
过点作，由为等腰梯形，，
故，
所以，即，即，
平面，
∴平面，平面，
故.
【小问2详解】
方法一:，
∵,
，
∴.
如图，建立空间直角坐标系，
，，，，
,
设平面法向量为，
则，，
取，得
同理，设面法向量为，则
，，
取，得，
由题意，.
设平面与平面的夹角为，则，
方法二：，
∵,
，
∴.
∵平面，平面，∴平面平面，
过作，则平面垂足为，平面，则,
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面,
所以平面,平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.
，所以,
,，，
21. 设，已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设函数，若方程在区间上有实数根，求的取值范围.
【答案】（1）；（2） .
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的单调性求解；
（2）用分离参数法转化为求函数值域．
【详解】（1）当时，不等式为，又，
所以，由得，又，所以，不等式的解集为．
（2）函数，
令，即，
因为，，所以，，
所以，且，
所以，
设，，则有，
因为，所以；
所以，且，
所以的取值范围是，，．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且，证明：，且．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.
【小问1详解】
的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
【小问2详解】
证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
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