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黑龙江省大庆市实验中学实验三部2024届高三上学期阶段考试（二）数学
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第I卷（选择题，共60分）
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用整数集的定义与具体函数定义域的求法化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A.
2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 复数的共轭复数是
C. 的实部为5D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复平面内对应的点，得复数，通过复数的乘法，复数模的计算，共轭复数和复数实部的定义，验证各选项的结论.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，则，
，A选项错误；
，B选项正确；
，的实部为-3，C选项错误；
，D选项错误.
故选：B
3. 已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】求出双曲线的焦点坐标，然后利用抛物线的定义，求解p即可
【详解】双曲线的焦点坐标，
抛物线的准线过双曲线的一个焦点，
所以，可得．
故选：C．
4. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面.下列命题中正确的命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】分析每个选项中的直线与平面的位置关系，判断正误.
【详解】对于A项，若，，，则，A项正确；
对于B项，若，，可能和相交，B项错误；
对于C项，若，，直线可能在平面内，C项错误；
对于D项，若，，直线可能在平面内，D项错误.
故选：A.
5. 数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】D
【解析】
【分析】为递增数列，则对于任意恒成立，由不等式求的取值范围即可.
【详解】数列的通项公式为，为递增数列，
则对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，故，
则“”是“为递增数列”的充要条件.
故选：D
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以，
故选：D．
7. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，应用导数得其单调性，可判断，再结合指数函数的单调性即可判断.
【详解】根据题意，构造函数，则，
当时，，所以在区间上单调递增，
因此可得，即，
所以，
又指数函数为单调递增，可得，即.
因为，所以，
故选：A.
8. 已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别是，离心率为.是椭圆上的点，的中点为，过作圆的一条切线，切点为，则的最大值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由椭圆的定义和几何性质，求得椭圆的方程为，设，再由圆的切线长的性质，求得，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，连接，因为的中点为，所以，
所以，
又因为，所以，所以椭圆的方程为，
设，则，所以，其中，
连接，因为圆，可得圆心，半径为，
又因为为圆的切线，切点为，所以，且，
可得，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为.
故选：B.
二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分.
9. 已知，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 的最小值为2
D. 若向量与向量的夹角为钝角，则的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量平行垂直的坐标表示，向量模和夹角的坐标表示，通过计算验证各选项中的结论.
【详解】已知，
若，则，解得，A选项正确；
若，则，解得，B选项正确；
，，
当时，有最小值，C选项错误；
当时，，，
向量与向量的夹角为，D选项错误.
故选：AB
10. 已知函数.记，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 函数的最小值为-1
C. 函数在上单调递减
D. 若关于的方程恰有两个不相等的实数根，则或
【答案】ABD
【解析】
【分析】由定义作出函数的图像，结合图像验证选项中的结论.
【详解】在同一直角坐标系下作出函数和的图像，
由函数定义，得的图像如图所示，
结合图像可知，当时，，， A选项正确；
函数的最小值为-1，B选项正确；
函数在上单调递增，C选项错误；
若关于的方程恰有两个不相等的实数根，则或，D选项正确.
故选：ABD
11. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且该直线与轴的交点为，若（为坐标原点），该双曲线的离心率的可能取值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意画出图形，首先得出渐近线方程，由点到直线的距离公式表示出，再进一步表示出过由焦点且与渐近线垂直的直线，令可得，结合离心率公式化为齐次不等式求解即可.
【详解】
由题意不妨设渐近线的方程为，点，其中，
所以过点且和渐近线垂直的方程为，令，得，
由点到直线的距离公式可知，
由题意，即，而，
所以，解得，
对比各个选项可知该双曲线的离心率的可能取值是2，，.
故选：ABC.
12. 如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 当点在棱上时，最小值为
D. 若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，当点P与A重合时，利用线面垂直的判定定理即可判断；对于B选项，由P到上底面的距离是定值即可判断；对于C选项，将平面沿旋转至平面共面，即可得到的最小值，从而得以判断；对于D选项，先得到点P的轨迹方程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最小距离，从而得解.
【详解】对于A选项，如图，连接，，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，因为为正方形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，，平面，所以平面，
所以当点P与A重合时，平面，故A正确；
对于B选项，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而P到上底面的距离是定值，
所以三棱锥的体积是定值，故B正确；
对于C选项，当点P在棱上时，把平面沿旋转，
使得旋转面与平面共面，连接，如图，
此时取得最小值，在中，，，
则，故C错误；
对于D，由点P到直线与到直线的距离相等，
可知P在以为准线，B为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，P的轨迹是抛物线，其方程为，
因为CD的中点为E，、，
所以AE方程:，与AE平行的抛物线的切线方程设为，
联立，可得，
则由，解得，可得切线方程为，
则点P到直线AE的最短距离为，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题D选项的结论的解决关键是利用抛物线的定义，建立平面直角坐标系，得到点P的轨迹方程，从而将问题转化为抛物线上的点到直线AE的距离的最值，从而得解.
第II卷（非选择题，共90分）
三､填空题：本题共4小题，每空5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置
13. 直线与直线垂直，且被圆截得的弦长为2，则直线的一个方程为__________（写出一个方程即可）
【答案】（或）
【解析】
【分析】根据直线垂直的斜率关系得的斜率，设出直线方程，然后根据弦长公式和点到直线的距离公式可得.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，直线斜率为，
设直线的方程为，即，
圆的圆心为，半径为.
圆心到直线的距离，
则有，解得或，
故直线的方程为或.
故答案为：（或）
14. 如图，在正三棱柱中，分别是和的中点，则直线与所成的角余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别取中点，易证得四边形和均为平行四边形，根据平行关系可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得结果
【详解】分别取中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以为等边三角形，
设，,，
所以四边形和均为平行四边形，（或其补角）即为直线与所成角；
又，
,
所以直线与所成的角余弦值为,
故答案为：.
15. 已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】已知条件求出，裂项相消求出，由不等式恒成立，列不等式求实数的取值范围.
【详解】数列满足：，
时，
时，，
得，即，
时也满足，则有.
，
，
不等式恒成立，即，解得或.
即实数的取值范围为.
故答案为：
16. 设函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，把不等式转化为，令，求得，令，得到，结合，得到存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合的值和题设条件，得出，即可求解.
【详解】由函数，若不等式，即，
因为，可化为，令，可得，
令，可得，所以在R上单调递增，
又由，所以存在唯一的使得，
当时，，可得，所以单调递减，
当时，，可得，所以单调递增，且，
又因为，
所以当原不等式有且仅有三个整数解时，有，
解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四､解答题：本大题共6小题，其中17题满分10分，其余各题满分12分，共70分，把答案填在答题卡的相应位置.
17. 已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.
（1）求与的解析式；
（2）令，求函数的单调递增区间.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期和的值，可求出，再将点代入函数解析式，结合可求得，写出；再由的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象；
（2）用辅助角公式和诱导公式得出，再利用正弦函数的递增区间得出x的取值范围.
【小问1详解】
由图像可知，
所以，
又图像过点，
所以，
因为，所以，
所以，
将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
所以
【小问2详解】
因为，
所以所以，
解得，
单调递增区间为
18. 如图所示，在三棱锥中，为等腰直角三角形，点S在以为直径的半圆上，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，平面，根据平面与平面垂直的判定可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出法向量，利用线面角的公式求解.
【小问1详解】
设的中点为O，连接，．
因为为等腰直角三角形，且，
所以，，且．
因为S在以为直径的圆上，所以．
故，故．
又因为，直线平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，
过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
由得，
所以，
从而得，所以．
所以，，，
设平面的法向量为，则，，
不妨取，则．
因为，
故直线与平面所成角的正弦值为．
19. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）求的边中线的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由二倍角公式，正弦定理边化角即可得解.
（2）首先利用向量模的公式，再结合余弦定理以及基本不等式即可得解，注意取得条件是否满足.
【小问1详解】
由题意，结合已知有，
所以，而，
所以，而，
所以，解得.
【小问2详解】
由题意，
所以，
而由余弦定理有，
所以，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
即，所以，
即的边中线的最大值为.
20. 已知为数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系可得，再利用等差数列的定义及条件即求；
（2）由题可得，再分组求和即得.
【小问1详解】
当时，，又，所以；
当时，，所以，即，
所以，
所以，
化简，得，即当时，，
所以为等差数列，
又，，
所以公差，所以．
【小问2详解】
由（1）知为以为首项，为公差的等差数列，所以，
所以，
所以
．
21. 在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2.
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解；
（2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.
【小问1详解】
由题可知，，准线，，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：，
联立，消去x，得，
因为l与E相切，所以，所以或，
因为交y轴正半轴于点P，所以,
因此，解得，所以，
故，所以，所以（负值舍去），
所以抛物线E的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，又l：，所以，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零，
所以设：，，，
联立，消去x，得，
则，所以且，.
又直线：，令，得，所以，
因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，其中.
（1）若是定义域内的单调递减函数，求a的取值范围；
（2）当时，求证：对任意，恒有成立.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，根据题中条件，得到在上恒成立，令，对其求导，利用导数的方法判定其单调性，求出最大值，即可得出结果；
（2）当时，，将问题转化为证明，分别讨论，两种情况，利用导数的方法证明都成立，即可得出结论成立.
【详解】（1）因为，所以，
因为在定义域内是单调递减函数，则在上恒成立.
即在上恒成立，
令，得，
易知，且函数在上单调递减，
当时，，所以在区间上，；在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
此时的最大值为；
所以当时，在定义域上单调递减；
（2）当时，，
要证，即可证，
①当时，欲证明，即证明，
令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，则，即；
又因为，，所以在上成立；
②当时，欲证明，即证明，
令，
则，
，当时，，
所以，
即在上成立，所以在上单调递减，
又因为，所以在上成立，
所以在上单调递减，，
即时，成立.
综合①②可得，对任意，恒有成立.
【点睛】方法点睛：
利用导数的方法证明不等式恒成立的常用方法：一般需要构造函数（作差构造函数，或作商构造函数，或构造两不同函数），对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性及最值，即可求解.
第I卷（选择题，共60分）
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用整数集的定义与具体函数定义域的求法化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A.
2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 复数的共轭复数是
C. 的实部为5D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复平面内对应的点，得复数，通过复数的乘法，复数模的计算，共轭复数和复数实部的定义，验证各选项的结论.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，则，
，A选项错误；
，B选项正确；
，的实部为-3，C选项错误；
，D选项错误.
故选：B
3. 已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】求出双曲线的焦点坐标，然后利用抛物线的定义，求解p即可
【详解】双曲线的焦点坐标，
抛物线的准线过双曲线的一个焦点，
所以，可得．
故选：C．
4. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面.下列命题中正确的命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】分析每个选项中的直线与平面的位置关系，判断正误.
【详解】对于A项，若，，，则，A项正确；
对于B项，若，，可能和相交，B项错误；
对于C项，若，，直线可能在平面内，C项错误；
对于D项，若，，直线可能在平面内，D项错误.
故选：A.
5. 数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】D
【解析】
【分析】为递增数列，则对于任意恒成立，由不等式求的取值范围即可.
【详解】数列的通项公式为，为递增数列，
则对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，故，
则“”是“为递增数列”的充要条件.
故选：D
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以，
故选：D．
7. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，应用导数得其单调性，可判断，再结合指数函数的单调性即可判断.
【详解】根据题意，构造函数，则，
当时，，所以在区间上单调递增，
因此可得，即，
所以，
又指数函数为单调递增，可得，即.
因为，所以，
故选：A.
8. 已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别是，离心率为.是椭圆上的点，的中点为，过作圆的一条切线，切点为，则的最大值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由椭圆的定义和几何性质，求得椭圆的方程为，设，再由圆的切线长的性质，求得，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，连接，因为的中点为，所以，
所以，
又因为，所以，所以椭圆的方程为，
设，则，所以，其中，
连接，因为圆，可得圆心，半径为，
又因为为圆的切线，切点为，所以，且，
可得，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为.
故选：B.
二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分.
9. 已知，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 的最小值为2
D. 若向量与向量的夹角为钝角，则的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量平行垂直的坐标表示，向量模和夹角的坐标表示，通过计算验证各选项中的结论.
【详解】已知，
若，则，解得，A选项正确；
若，则，解得，B选项正确；
，，
当时，有最小值，C选项错误；
当时，，，
向量与向量的夹角为，D选项错误.
故选：AB
10. 已知函数.记，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 函数的最小值为-1
C. 函数在上单调递减
D. 若关于的方程恰有两个不相等的实数根，则或
【答案】ABD
【解析】
【分析】由定义作出函数的图像，结合图像验证选项中的结论.
【详解】在同一直角坐标系下作出函数和的图像，
由函数定义，得的图像如图所示，
结合图像可知，当时，，， A选项正确；
函数的最小值为-1，B选项正确；
函数在上单调递增，C选项错误；
若关于的方程恰有两个不相等的实数根，则或，D选项正确.
故选：ABD
11. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且该直线与轴的交点为，若（为坐标原点），该双曲线的离心率的可能取值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意画出图形，首先得出渐近线方程，由点到直线的距离公式表示出，再进一步表示出过由焦点且与渐近线垂直的直线，令可得，结合离心率公式化为齐次不等式求解即可.
【详解】
由题意不妨设渐近线的方程为，点，其中，
所以过点且和渐近线垂直的方程为，令，得，
由点到直线的距离公式可知，
由题意，即，而，
所以，解得，
对比各个选项可知该双曲线的离心率的可能取值是2，，.
故选：ABC.
12. 如图，已知正方体的棱长为为底面正方形内（含边界）的一动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 当点在棱上时，最小值为
D. 若点到直线与到直线的距离相等，的中点为，则点到直线的最短距离是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，当点P与A重合时，利用线面垂直的判定定理即可判断；对于B选项，由P到上底面的距离是定值即可判断；对于C选项，将平面沿旋转至平面共面，即可得到的最小值，从而得以判断；对于D选项，先得到点P的轨迹方程，将问题转化为抛物线上的点到直线的最小距离，从而得解.
【详解】对于A选项，如图，连接，，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，因为为正方形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，，平面，所以平面，
所以当点P与A重合时，平面，故A正确；
对于B选项，三棱锥的体积就是三棱锥的体积，而P到上底面的距离是定值，
所以三棱锥的体积是定值，故B正确；
对于C选项，当点P在棱上时，把平面沿旋转，
使得旋转面与平面共面，连接，如图，
此时取得最小值，在中，，，
则，故C错误；
对于D，由点P到直线与到直线的距离相等，
可知P在以为准线，B为焦点的抛物线上，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，P的轨迹是抛物线，其方程为，
因为CD的中点为E，、，
所以AE方程:，与AE平行的抛物线的切线方程设为，
联立，可得，
则由，解得，可得切线方程为，
则点P到直线AE的最短距离为，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题D选项的结论的解决关键是利用抛物线的定义，建立平面直角坐标系，得到点P的轨迹方程，从而将问题转化为抛物线上的点到直线AE的距离的最值，从而得解.
第II卷（非选择题，共90分）
三､填空题：本题共4小题，每空5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置
13. 直线与直线垂直，且被圆截得的弦长为2，则直线的一个方程为__________（写出一个方程即可）
【答案】（或）
【解析】
【分析】根据直线垂直的斜率关系得的斜率，设出直线方程，然后根据弦长公式和点到直线的距离公式可得.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，直线斜率为，
设直线的方程为，即，
圆的圆心为，半径为.
圆心到直线的距离，
则有，解得或，
故直线的方程为或.
故答案为：（或）
14. 如图，在正三棱柱中，分别是和的中点，则直线与所成的角余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别取中点，易证得四边形和均为平行四边形，根据平行关系可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得结果
【详解】分别取中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以为等边三角形，
设，,，
所以四边形和均为平行四边形，（或其补角）即为直线与所成角；
又，
,
所以直线与所成的角余弦值为,
故答案为：.
15. 已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】已知条件求出，裂项相消求出，由不等式恒成立，列不等式求实数的取值范围.
【详解】数列满足：，
时，
时，，
得，即，
时也满足，则有.
，
，
不等式恒成立，即，解得或.
即实数的取值范围为.
故答案为：
16. 设函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，把不等式转化为，令，求得，令，得到，结合，得到存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合的值和题设条件，得出，即可求解.
【详解】由函数，若不等式，即，
因为，可化为，令，可得，
令，可得，所以在R上单调递增，
又由，所以存在唯一的使得，
当时，，可得，所以单调递减，
当时，，可得，所以单调递增，且，
又因为，
所以当原不等式有且仅有三个整数解时，有，
解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四､解答题：本大题共6小题，其中17题满分10分，其余各题满分12分，共70分，把答案填在答题卡的相应位置.
17. 已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.
（1）求与的解析式；
（2）令，求函数的单调递增区间.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期和的值，可求出，再将点代入函数解析式，结合可求得，写出；再由的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象；
（2）用辅助角公式和诱导公式得出，再利用正弦函数的递增区间得出x的取值范围.
【小问1详解】
由图像可知，
所以，
又图像过点，
所以，
因为，所以，
所以，
将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
所以
【小问2详解】
因为，
所以所以，
解得，
单调递增区间为
18. 如图所示，在三棱锥中，为等腰直角三角形，点S在以为直径的半圆上，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，平面，根据平面与平面垂直的判定可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出法向量，利用线面角的公式求解.
【小问1详解】
设的中点为O，连接，．
因为为等腰直角三角形，且，
所以，，且．
因为S在以为直径的圆上，所以．
故，故．
又因为，直线平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
以O为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，
过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
由得，
所以，
从而得，所以．
所以，，，
设平面的法向量为，则，，
不妨取，则．
因为，
故直线与平面所成角的正弦值为．
19. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）求的边中线的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由二倍角公式，正弦定理边化角即可得解.
（2）首先利用向量模的公式，再结合余弦定理以及基本不等式即可得解，注意取得条件是否满足.
【小问1详解】
由题意，结合已知有，
所以，而，
所以，而，
所以，解得.
【小问2详解】
由题意，
所以，
而由余弦定理有，
所以，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
即，所以，
即的边中线的最大值为.
20. 已知为数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系可得，再利用等差数列的定义及条件即求；
（2）由题可得，再分组求和即得.
【小问1详解】
当时，，又，所以；
当时，，所以，即，
所以，
所以，
化简，得，即当时，，
所以为等差数列，
又，，
所以公差，所以．
【小问2详解】
由（1）知为以为首项，为公差的等差数列，所以，
所以，
所以
．
21. 在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2.
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解；
（2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.
【小问1详解】
由题可知，，准线，，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：，
联立，消去x，得，
因为l与E相切，所以，所以或，
因为交y轴正半轴于点P，所以,
因此，解得，所以，
故，所以，所以（负值舍去），
所以抛物线E的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，又l：，所以，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零，
所以设：，，，
联立，消去x，得，
则，所以且，.
又直线：，令，得，所以，
因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，其中.
（1）若是定义域内的单调递减函数，求a的取值范围；
（2）当时，求证：对任意，恒有成立.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，根据题中条件，得到在上恒成立，令，对其求导，利用导数的方法判定其单调性，求出最大值，即可得出结果；
（2）当时，，将问题转化为证明，分别讨论，两种情况，利用导数的方法证明都成立，即可得出结论成立.
【详解】（1）因为，所以，
因为在定义域内是单调递减函数，则在上恒成立.
即在上恒成立，
令，得，
易知，且函数在上单调递减，
当时，，所以在区间上，；在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
此时的最大值为；
所以当时，在定义域上单调递减；
（2）当时，，
要证，即可证，
①当时，欲证明，即证明，
令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，则，即；
又因为，，所以在上成立；
②当时，欲证明，即证明，
令，
则，
，当时，，
所以，
即在上成立，所以在上单调递减，
又因为，所以在上成立，
所以在上单调递减，，
即时，成立.
综合①②可得，对任意，恒有成立.
【点睛】方法点睛：
利用导数的方法证明不等式恒成立的常用方法：一般需要构造函数（作差构造函数，或作商构造函数，或构造两不同函数），对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性及最值，即可求解.
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