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宁夏回族自治区银川一中2024届高三第三次模拟考试文科数学试题
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这是一份宁夏回族自治区银川一中2024届高三第三次模拟考试文科数学试题，共19页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，下列式子错误的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合A，再利用元素与集合之间的关系依次判断各选项即可得解.
【详解】，
，故ABD正确；
而与是两个集合，不能用“”表示它们之间的关系，故C错误.
故选：C
2. 已知复数的实部与虚部互为相反数，则的取值不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，可知，结合倍角公式解方程即可.
【详解】由题意，可知，
所以，
解得或，
因为，所以或或.
故选：D试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。3. 如图的程序框图表示求的值，则判断框内可以填的条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用程序框图，一步一步计算，根据判断框成立，时，判断框不成立可得结论.
【详解】根据题意可知程序运行如下：；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框不成立，
输出，所以选项满足题意.
故选：.
4. 已知直线平面，直线平面，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
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由空间中的线面关系，分别验证命题的充分性与必要性即可得到结果.
【详解】因为直线平面，直线平面，当时，可得，即充分性满足；
当时，不一定平行，有可能相交还有可能异面，故必要性不满足；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知数列的首项（其中且），当时，，则（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】逐项计算得出数列的周期进而可得.
【详解】，，，，故数列的周期为3.
故.
故选：B
6. 若直线与圆相交所得的弦长为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理得，，解得.
故选：B.
7. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出约束条件，画出可行域并利用直线的截距的几何意义求得结果.
详解】易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故选：D
8. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的图象，棱台三角函数的性质求得，进而得到，结合正弦型函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因为，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函数的单调增区间是.
故选：C.
9. 已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A. 函数单调递增B. 函数值域为
C. 函数的图象关于对称D. 函数的图象关于对称
【答案】C
【解析】
【分析】分离常数，再根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A；根据函数形式的变形，根据指数函数的值域，求解函数的值域，即可判断B；根据对称性的定义，与的关系，即可判断CD.
【详解】，
函数，，则，
又内层函数在上单调递增，外层函数在上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数单调递增，故A正确；
因为，所以，则，
所以函数的值域为，故B正确；
，，
所以函数关于点对称，故C错误，D正确.
故选：C.
10. 若函数既有极大值也有极小值，则错误是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，由已知，可得函数在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可．
【详解】函数的定义域为，
由，得，
因为函数既有极大值也有极小值，
所以函数在上有两个变号零点，而，
所以方程有两个不等的正根，
所以，所以，
所以，即．
故BCD正确，A错误．
故选：A．
11. 已知双曲线的左焦点为，点为坐标原点，点为双曲线渐近线上一点且满足，过作轴的垂线交渐近线于点，已知，则该渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设两点的坐标，然后利用两点间距离公式列方程求解即可.
【详解】，故点在的垂直平分线上，
则点的横坐标为，且过作轴的垂线交渐近线于点，
故设点，
不妨设均在上，则，
，，
，即，，
，故渐近线方程为.
故选：D.
12. 命题，命题：函数在上单调，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
【答案】A
【解析】
【分析】由命题求出的取值范围，再判断充分性和必要性即可.
【详解】设，则可化为．
充分性：当时，函数在上单调递减，在上单调递减，且，所以在上单调递增，因此充分性成立．
必要性：当时，在上单调递减，在上单调递减，且，所以在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，且在上恒成立，所以，则，此时函数在上单调递减．
综上可知，当函数在上单调时，或，因此必要性不成立．所以是的充分不必要条件．
故选：A．
【点睛】易错点点睛：本题以含有参数的对数型函数的单调性为背景，考查充分条件与必要条件的判断，体会函数思想、分类讨论思想的应用．先考虑充分性，再考虑命题为真命题时，参数的取值范围，对参数进行分类讨论，同时不要忘记考虑真数大于0这一情况，这是本题的易错点.
二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用空间向量的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，解得.
故答案为：.
14. 已知函数是偶函数，则实数______.
【答案】2
【解析】
【分析】由偶函数的性质可得，即可得出答案.
【详解】因为函数的定义域为，
函数是偶函数，所以，
则，
，所以，
解得：，经检验满足题意.
故答案为：2.
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线，与轴交于点，若，则椭圆的离心率为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】设，，得到直线的方程为，解得，再利用勾股定理即可求解．
【详解】设，，，则直线的斜率为，直线的斜率为，
直线的方程为，
令，得，即，
因为，所以，
即，
解得．
故答案为：
16. 中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用两角差的正弦公式、正弦定理和余弦定理对题目条件进行化简得出：；再结合和余弦定理得出的值即可求解.
【详解】因为，
所以，
即.，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得：.
因为，
所以，整理得：，
则，
所以，
故答案为：.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 已知在正项数列中，，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差中项与等比中项可得数列为等比数列，从而得解；
（2）分为偶数和奇数求数列的前项和.
【小问1详解】
成等差数列，
，即，而，
为等比数列，
又，得.
【小问2详解】
，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
.
18. 某县电视台决定于2023年国庆前夕举办“弘扬核心价值观，激情唱响中国梦”全县歌手大奖赛，比赛分初赛演唱部分和决赛问答题部分，各位选手的演唱部分成绩频率分布直方图（1）如下：已知某工厂的6名参赛人员的演唱成绩得分（满分10分）如茎叶图（2）（茎上的数字为整数部分，叶上的数字为小数部分）．
（1）根据频率分布直方分布图和茎叶图评估某工厂6名参赛人员的演唱部分的平均水平是否高于全部参赛人员的平均水平？（计算数据精确到小数点后三位数）
（2）已知初赛9.0分以上的选手才有资格参加决赛，问答题部分为5组题，选手对其依次回答．累计答对3题或答错3题即结束比赛，答对3题者直接获奖，已知该工厂参赛人员甲进入了决赛且答对每道题的概率为这6位中任意抽取2位演唱得分分差大于0.5的概率，则概率为多少？
【答案】（1）某工厂的6名参赛人员的演唱水平高于全部参赛人员的平均水平
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，求得的值，再利用频率分布直方图和茎叶图的平均数的计算公式，求得平均演唱水平，即可得到结论；
（2）根据题意，利用古典摡型的概率计算公式，结合列举法求得结果，即可求解.
【小问1详解】
解：根据频率分布直方图各个矩形的面积和为1，
可得：，解得，
所以全部参赛人员的整体水平为： ，
又由茎叶图可知，6名参赛人员的平均演唱水平为：
，
某工程6名参赛人员的演唱水平高于全部参赛人员的平均水平.
【小问2详解】
解：从这6位员工抽取2位的基本事件总数为种，
其中分差大于的基本事件为除之外的9个基本事件，
所以该公司参赛人员甲进入决赛且答对每道题的概率为这6位中任意抽2位演唱的饭分差大于的概率为.
19. 如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，．
（1）证明：平面．
（2）求三棱柱的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设为的中点，证得和，得到平面，等出，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）连接，求得四棱锥的体积为，结合，以及，进而求得三棱柱的体积.
【小问1详解】
设为的中点，连接，
在中，因为且，所以为等边三角形，所以，
又因为且，所以四边形为正方形，
因为，所以为等腰直角三角形，且，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，由且为的中点，所以，
又因为且平面，所以平面.
【小问2详解】
如图所示，连接，
由（1）知，底面为正方形，且边长为，所以正方形的面积为，
在中，因为，可得，
因为平面，所以四棱锥的体积为，
因为，所以，
又由，所以，
所以三棱柱的体积为.
20. 已知点关于坐标原点对称，过点且与直线相切.
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）是否存在与圆相切且斜率大于0的直线，满足：与曲线交于两点，与轴交于点，且？若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）设的坐标为，结合直线与圆相切的性质计算即可得；
（2）设出直线，联立曲线，消去后，结合韦达定理计算即可得解.
【小问1详解】
设的坐标为，根据条件可得，
即，化简得，
则轨迹的方程为；
小问2详解】
设直线，因为与圆相切，
则，即，
设，依题知，
联立，得，
则有，即，得，
所以，即，得或，
所以或，均符合，
所以存在满足条件的直线，且直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：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，注意的判断；
（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.
21. 已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再求出切点，利用点斜式得到直线方程；
（2）求导后构造函数，再求导判断单调性，分和结合零点存在定理讨论求出符合条件范围即可.
【小问1详解】
，
，又函数在处的切线方程为
【小问2详解】
令，
，令，
时，在单调递增，
（i）当即时，在单调递增，成立.
（ii）当即时，，
存在使得，
在时，此时单调递减，，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：
（1）求导数在某点的切线方程可利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式写出直线方程；
（2）解决函数不等式恒成立问题可构造函数求单调性，用最值判断结果.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4－4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），直线，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）写出圆与直线的极坐标方程；
（2）若，直线与圆在第一象限交于两点，求的取值范围.
【答案】（1）圆的极坐标方程为，直线的极坐标方程或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得圆的极坐标方程，由直线的方程可得直线的倾斜角，进而可得直线的极坐标方程；
（2）由已知可得有解，求得范围，进而利用可得结论.
【小问1详解】
圆，所以，
化简可得圆的极坐标方程为，
直线，极坐标方程为.或
【小问2详解】
令，
又，得，则，
所以的取值范围为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知实数，满足.
（1）求证：；
（2）求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将两边平方后利用基本不等式证明；
（2）将变形后将条件代入，然后利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
由得，
当且仅当时等号成立，
所以；
【小问2详解】
由已知，则，
则
，
当且仅当，即一个为，一个为时等号成立.
所以的最小值.
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，下列式子错误的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合A，再利用元素与集合之间的关系依次判断各选项即可得解.
【详解】，
，故ABD正确；
而与是两个集合，不能用“”表示它们之间的关系，故C错误.
故选：C
2. 已知复数的实部与虚部互为相反数，则的取值不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，可知，结合倍角公式解方程即可.
【详解】由题意，可知，
所以，
解得或，
因为，所以或或.
故选：D试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。3. 如图的程序框图表示求的值，则判断框内可以填的条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用程序框图，一步一步计算，根据判断框成立，时，判断框不成立可得结论.
【详解】根据题意可知程序运行如下：；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框成立，
；判断框不成立，
输出，所以选项满足题意.
故选：.
4. 已知直线平面，直线平面，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
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由空间中的线面关系，分别验证命题的充分性与必要性即可得到结果.
【详解】因为直线平面，直线平面，当时，可得，即充分性满足；
当时，不一定平行，有可能相交还有可能异面，故必要性不满足；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知数列的首项（其中且），当时，，则（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】逐项计算得出数列的周期进而可得.
【详解】，，，，故数列的周期为3.
故.
故选：B
6. 若直线与圆相交所得的弦长为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理得，，解得.
故选：B.
7. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出约束条件，画出可行域并利用直线的截距的几何意义求得结果.
详解】易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故选：D
8. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的图象，棱台三角函数的性质求得，进而得到，结合正弦型函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因为，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函数的单调增区间是.
故选：C.
9. 已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A. 函数单调递增B. 函数值域为
C. 函数的图象关于对称D. 函数的图象关于对称
【答案】C
【解析】
【分析】分离常数，再根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A；根据函数形式的变形，根据指数函数的值域，求解函数的值域，即可判断B；根据对称性的定义，与的关系，即可判断CD.
【详解】，
函数，，则，
又内层函数在上单调递增，外层函数在上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数单调递增，故A正确；
因为，所以，则，
所以函数的值域为，故B正确；
，，
所以函数关于点对称，故C错误，D正确.
故选：C.
10. 若函数既有极大值也有极小值，则错误是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，由已知，可得函数在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可．
【详解】函数的定义域为，
由，得，
因为函数既有极大值也有极小值，
所以函数在上有两个变号零点，而，
所以方程有两个不等的正根，
所以，所以，
所以，即．
故BCD正确，A错误．
故选：A．
11. 已知双曲线的左焦点为，点为坐标原点，点为双曲线渐近线上一点且满足，过作轴的垂线交渐近线于点，已知，则该渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设两点的坐标，然后利用两点间距离公式列方程求解即可.
【详解】，故点在的垂直平分线上，
则点的横坐标为，且过作轴的垂线交渐近线于点，
故设点，
不妨设均在上，则，
，，
，即，，
，故渐近线方程为.
故选：D.
12. 命题，命题：函数在上单调，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
【答案】A
【解析】
【分析】由命题求出的取值范围，再判断充分性和必要性即可.
【详解】设，则可化为．
充分性：当时，函数在上单调递减，在上单调递减，且，所以在上单调递增，因此充分性成立．
必要性：当时，在上单调递减，在上单调递减，且，所以在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，且在上恒成立，所以，则，此时函数在上单调递减．
综上可知，当函数在上单调时，或，因此必要性不成立．所以是的充分不必要条件．
故选：A．
【点睛】易错点点睛：本题以含有参数的对数型函数的单调性为背景，考查充分条件与必要条件的判断，体会函数思想、分类讨论思想的应用．先考虑充分性，再考虑命题为真命题时，参数的取值范围，对参数进行分类讨论，同时不要忘记考虑真数大于0这一情况，这是本题的易错点.
二、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用空间向量的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，解得.
故答案为：.
14. 已知函数是偶函数，则实数______.
【答案】2
【解析】
【分析】由偶函数的性质可得，即可得出答案.
【详解】因为函数的定义域为，
函数是偶函数，所以，
则，
，所以，
解得：，经检验满足题意.
故答案为：2.
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线，与轴交于点，若，则椭圆的离心率为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】设，，得到直线的方程为，解得，再利用勾股定理即可求解．
【详解】设，，，则直线的斜率为，直线的斜率为，
直线的方程为，
令，得，即，
因为，所以，
即，
解得．
故答案为：
16. 中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用两角差的正弦公式、正弦定理和余弦定理对题目条件进行化简得出：；再结合和余弦定理得出的值即可求解.
【详解】因为，
所以，
即.，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得：.
因为，
所以，整理得：，
则，
所以，
故答案为：.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 已知在正项数列中，，且成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差中项与等比中项可得数列为等比数列，从而得解；
（2）分为偶数和奇数求数列的前项和.
【小问1详解】
成等差数列，
，即，而，
为等比数列，
又，得.
【小问2详解】
，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
.
18. 某县电视台决定于2023年国庆前夕举办“弘扬核心价值观，激情唱响中国梦”全县歌手大奖赛，比赛分初赛演唱部分和决赛问答题部分，各位选手的演唱部分成绩频率分布直方图（1）如下：已知某工厂的6名参赛人员的演唱成绩得分（满分10分）如茎叶图（2）（茎上的数字为整数部分，叶上的数字为小数部分）．
（1）根据频率分布直方分布图和茎叶图评估某工厂6名参赛人员的演唱部分的平均水平是否高于全部参赛人员的平均水平？（计算数据精确到小数点后三位数）
（2）已知初赛9.0分以上的选手才有资格参加决赛，问答题部分为5组题，选手对其依次回答．累计答对3题或答错3题即结束比赛，答对3题者直接获奖，已知该工厂参赛人员甲进入了决赛且答对每道题的概率为这6位中任意抽取2位演唱得分分差大于0.5的概率，则概率为多少？
【答案】（1）某工厂的6名参赛人员的演唱水平高于全部参赛人员的平均水平
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，求得的值，再利用频率分布直方图和茎叶图的平均数的计算公式，求得平均演唱水平，即可得到结论；
（2）根据题意，利用古典摡型的概率计算公式，结合列举法求得结果，即可求解.
【小问1详解】
解：根据频率分布直方图各个矩形的面积和为1，
可得：，解得，
所以全部参赛人员的整体水平为： ，
又由茎叶图可知，6名参赛人员的平均演唱水平为：
，
某工程6名参赛人员的演唱水平高于全部参赛人员的平均水平.
【小问2详解】
解：从这6位员工抽取2位的基本事件总数为种，
其中分差大于的基本事件为除之外的9个基本事件，
所以该公司参赛人员甲进入决赛且答对每道题的概率为这6位中任意抽2位演唱的饭分差大于的概率为.
19. 如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，．
（1）证明：平面．
（2）求三棱柱的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设为的中点，证得和，得到平面，等出，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）连接，求得四棱锥的体积为，结合，以及，进而求得三棱柱的体积.
【小问1详解】
设为的中点，连接，
在中，因为且，所以为等边三角形，所以，
又因为且，所以四边形为正方形，
因为，所以为等腰直角三角形，且，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，由且为的中点，所以，
又因为且平面，所以平面.
【小问2详解】
如图所示，连接，
由（1）知，底面为正方形，且边长为，所以正方形的面积为，
在中，因为，可得，
因为平面，所以四棱锥的体积为，
因为，所以，
又由，所以，
所以三棱柱的体积为.
20. 已知点关于坐标原点对称，过点且与直线相切.
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）是否存在与圆相切且斜率大于0的直线，满足：与曲线交于两点，与轴交于点，且？若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）设的坐标为，结合直线与圆相切的性质计算即可得；
（2）设出直线，联立曲线，消去后，结合韦达定理计算即可得解.
【小问1详解】
设的坐标为，根据条件可得，
即，化简得，
则轨迹的方程为；
小问2详解】
设直线，因为与圆相切，
则，即，
设，依题知，
联立，得，
则有，即，得，
所以，即，得或，
所以或，均符合，
所以存在满足条件的直线，且直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：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，注意的判断；
（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.
21. 已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再求出切点，利用点斜式得到直线方程；
（2）求导后构造函数，再求导判断单调性，分和结合零点存在定理讨论求出符合条件范围即可.
【小问1详解】
，
，又函数在处的切线方程为
【小问2详解】
令，
，令，
时，在单调递增，
（i）当即时，在单调递增，成立.
（ii）当即时，，
存在使得，
在时，此时单调递减，，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：
（1）求导数在某点的切线方程可利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式写出直线方程；
（2）解决函数不等式恒成立问题可构造函数求单调性，用最值判断结果.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4－4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），直线，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）写出圆与直线的极坐标方程；
（2）若，直线与圆在第一象限交于两点，求的取值范围.
【答案】（1）圆的极坐标方程为，直线的极坐标方程或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得圆的极坐标方程，由直线的方程可得直线的倾斜角，进而可得直线的极坐标方程；
（2）由已知可得有解，求得范围，进而利用可得结论.
【小问1详解】
圆，所以，
化简可得圆的极坐标方程为，
直线，极坐标方程为.或
【小问2详解】
令，
又，得，则，
所以的取值范围为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知实数，满足.
（1）求证：；
（2）求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将两边平方后利用基本不等式证明；
（2）将变形后将条件代入，然后利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
由得，
当且仅当时等号成立，
所以；
【小问2详解】
由已知，则，
则
，
当且仅当，即一个为，一个为时等号成立.
所以的最小值.
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