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2022届广西贵港市高级中学高三毕业班5月模拟考试数学（理）试题含解析
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2022届广西贵港市高级中学高三毕业班5月模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先解出集合A、B，再求．【详解】集合，，所以．故选：A．2．已知复数z满足z（1＋i）＝1－3i，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的概念及复数的几何意义即可得出答案.【详解】解：因为，所以 ，则，所以对应坐标为（－1，2），在第二象限．故选：B．3．已知平面向量，满足，，则 （ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由平面向量垂直与数量积的关系，以及数量积的定义，分配律，即可求出．【详解】由，得，解得．故选：A．4．若，，则“”是“”的（ ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用基本不等式结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：当时，，当且仅当，即时，取等号，所以，当时，，此时，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．在二项式的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中的第项系数为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得，则，分析求解即可.【详解】由的展开式中只有第项的二项式系数最大可知，则的展开式的通项为，则展开式中的第项为，系数为，故选：B．6．5G基站建设是众多“新基建”的工程之一，截至2021年7月底，A地区已经累计开通5G基站300个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进5G网络建设．已知2021年8月该地区计划新建50个5G基站，以后每个月比上一个月多建40个，预计A地区累计开通4640个5G基站要到（ ）A．2022年10月底 B．2022年9月底C．2022年8月底 D．2022年7月底【答案】B【分析】转化为等差数列，利用等差数列求和公式进行求解【详解】由题意得，2021年8月及之后该地区每个月建设的5G基站数量为等差数列，则公差为40，假设要经过k个月，则，解得：，所以预计A地区累计开通4640个5G基站要到2022年9月底，故选：B．7．已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，再将切点代入切线方程，即可求出；【详解】解：，，∴，∴．将代入得，∴．故选：C．8．若双曲线C： 的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据勾股定理和点到直线的距离公式求出，再根据求出，然后由离心率公式可求出结果.【详解】双曲线C：的渐近线为，即，根据对称性不妨取，圆的圆心为，半径，又弦长为，所以圆心到渐近线的距离为，又圆心到渐近线的距离为，所以，解得.所以，得，所以离心率．故选：A．9．函数在其定义域上的图象大致是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值符号即可由排除法选出正确图象.【详解】，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项，因为当时，，，又因为时，，所以，，，所以，故在区间与轴有三个交点，故排除.故选：C.10．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵中，，，，则在堑堵中截掉阳马后的几何体的外接球的体积与阳马的体积比为（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意将三棱锥放入长方体中，长方体的外接球为三棱锥的外接球，求出长方体外接球半径，即可求出外接球体积；再由“堑堵”的性质求剩余四棱锥的体积即可.【详解】由题知：剩余的几何体为三棱锥，平面，．将三棱锥放入长方体，长方体的外接球为三棱锥的外接球，如图所示：外接球半径，所以外接球体积，阳马—的体积为．．故选：B．11．已知在有且仅有6个实数根，则实数的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先化简为，再根据题意得出，求解即可.【详解】解：由，得，即. 设，即在有且仅有6个实数根，因为，故只需，解得，故选：D．12．已知，则下列结论正确的是（ ）A．b＞c＞a B．a＞b＞cC．b＞a＞c D．c＞b＞a【答案】D【分析】由对数函数的性质可比较出的大小，再构造函数，利用导数求出其单调区间，从而可比较出的大小和的大小，从而可得结果【详解】，，由于，所以，设，则，当时，，当时，，所以f（x）在单调递增，在上单调递减，所以，即，即，所以，得：，即，又，所以，得：，即，综上：，故选：D二、填空题13．若x，y满足约束条件，则z＝x－2y的最大值为________．【答案】0【分析】作出可行域，根据线性规划的几何意义可求得答案．【详解】由题意，作出所表示的平面区域，如图所示， 联立，解得，即，由可行域可知，当直线过点时，z取得最大值，最大值为，故答案为：014．已知是等比数列的前项和，且，，成等差数列，，则______.【答案】3【解析】设等比数列的公比为，讨论不成立，再由等比数列的求和公式，解方程可得，再由等比数列的通项公式，即可得到所求值．【详解】解：由题意可知等比数列的公比，否则，，不成等差数列，于是， ，解得，解得或（舍去），又由，得，解得.故答案为：【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，注意讨论公比是否为1，同时考查等差数列中项的性质，以及方程思想和运算能力，属于中档题．15．已知斜率为的直线过抛物线的焦点且与抛物线相交于、两点，过、分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为、，若与的面积之比为，则的值为________．【答案】【分析】设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合抛物线的定义可得出，结合韦达定理可得出、、的方程组，即可解得正数的值.【详解】由抛物线得，直线的方程为，设点、，联立得，，由韦达定理可得，，由已知和抛物线定义知，所以，故由焦半径公式得，即，故，解得.故答案为：.16．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，给出下列四个命题：①上底边的中点在平面内②直线与平面不平行③平面截正方体所得的截面面积为 ④点与点到平面的距离相等．错误的命题是________．【答案】①②④【分析】对于①：根据题意得，，所以，所以，，，四点共面，分析即可判断；对于②：取的中点，连接，，由条件可知，，分析判断即可；对于③：因为，，求出，再求解即可；对于④：记点与点到平面的距离分别为，，，，分析即可判断.【详解】在①中，如图所示，连接，，延长，交于点，因为，为，的中点，所以，，所以，所以，，，四点共面，所以截面即为梯形，所以上底边的中点不在平面内，故①错误；在②中，如图所示，取的中点，连接，，由条件可知，，且，，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故②错误；在③中，由①可知，因为，，所以，所以，故③正确；在④中，记点与点到平面的距离分别为，，因为，所以，又因为，所以，故④错误．故答案为：①②④ . 三、解答题17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A；(2)若，求△ABC的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理求出；（2）由正弦定理及三角恒等变换得到，结合求出，结合第一问求出，利用面积公式进行求解.【详解】(1)由题意及正弦定理得，即，即所以，因为，所以(2)由，得，所以由正弦定理得，又因为，所以，，所以又，所以，所以，从而△ABC是等边三角形．因为，所以．18．数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017-2021年中国在线直播用户规模（单位：亿人），其中2017年-2021年对应的代码依次为1-5.(1)由上表数据可知，可用函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（，的值精确到0.01）；(2)已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物与不在品牌官方直播间购物的人数之比为4：1，按照分层抽样从这两类用户中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人全是选择在品牌官方直播间购物用户的概率.参考数据：，，，其中.参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合回归方程的求法，求得回归方程.（2）利用列举法，结合古典概型的概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】(1)设，则，，，，所以，.所以关于的回归方程为.(2)因为中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物与不在品牌官方直播间购物的人数之比为4：1，按照分层抽样从这两类用户中抽取5人，则选择在品牌官方直播间购物的用户为人，记作，不在品牌官方直播间购物的用户为人，记作，从这人随机抽取人，结果有：，共种，其中人全是选择在品牌官方直播间购物用户的结果为：，共种，所以这2人全是选择在品牌官方直播间购物用户的概率为.19．如图，在三棱台中，△ABC为等边三角形，⊥平面ABC，将梯形绕旋转至位置，二面角的大小为30°．(1)若，证明：；(2)若，设G为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见详解；(2)【分析】（1）取的中点M，可证⊥平面，从而证明；（2）以为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解．【详解】(1)证明：取的中点M，连接、MB，依题意得是正三角形，所以．又因为，，所以四边形是平行四边形，所以，因为⊥平面，所以，所以，又，所以⊥平面，又平面，所以(2)因为⊥平面，所以旋转后四点共面，又因为，，所以是二面角的平面角，所以，又，所以；以为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系；则A（0，0，4），B（2，0，4），C（1，，4），D（0，2，4），（0，0，0），（4，0，0），（2，2，0），（0，4，0），所以G（0，3，2），则，，，设平面的法向量为，则，令，得， 设与平面所成角为，则 ．所以与平面所成角的正弦值为20．给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“海中圆”．若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为．（1）求椭圆的方程和其“海中圆”方程；（2）点是椭圆的“海中圆”上的一个动点，过点作直线，，使得，与椭圆都只有一个交点．求证：．【答案】（1）；；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意得，，直接计算可得；（2）分无斜率和有斜率两种情况证明，无斜率时可直接求出直线，，有斜率时联立方程组，利用判别式和韦达定理解决.【详解】解：（1）因为，，所以，所以椭圆的方程为：，“海中圆”的方程为：． （2）①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或．当方程为时，此时与“海中圆”交于点，，此时经过点或且与椭圆只有一个公共点的直线是（或），即为（或），显然直线，垂直；同理可证方程为时，直线，垂直．②当，都有斜率时，设点，其中，设经过点，与椭圆只有一个公共点的直线为，则，消去得到，即，，化简得：，因为，所以有，设，的斜率分别为，，因为，与椭圆都只有一个公共点，所以，满足上述方程，所以，即，垂直．【点晴】在解决有关直线与圆锥曲线的位置关系的题型中，最容易忽视的就是直线的斜率是否存在的问题，要牢记在心，再一点要深刻体会设而不求的思想，简化运算，才能游刃有余的解决圆锥曲线问题.21．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)当时，若对于任意的，都有，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出，分和两种情况讨论即可得答案；（2）由（1）根据函数零点存在定理存在，使得，由对于任意的，都有，可得也是函数的两个零点，即是方程的根，所以，又，所以，所以等价于，由，不等式右边易证，左边要证，即证，构造函数即可证明.【详解】(1)解：的定义域为，，当时，对于任意的，都有，所以在内单调递减；当时，令，解得；令，解得，所以在内单调递减，在内单调递增；(2)证明：因为当时，在内单调递减，在内单调递增，又，所以存在，使得，且当时，，当时，，当时, ，因为对于任意的，都有，所以也是函数的两个零点，即是方程的根，所以，又因为，所以，所以等价于，因为，所以，下面证明：.要证，即证，因为在内单调递增，所以只需证，又因为，所以也只需证，设，则，因为，所以当时，，所以在上单调递减，又因为，所以当时，，即，因为，所以，所以成立，即，因此.【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键是根据函数零点存在定理判断存在，使得，从而可得也是函数的两个零点，即是方程的根，进而将欲证不等式等价转化为证明.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与直线交于点，直线与曲线交于点，且，求实数的值．【答案】(1)，(2)1【分析】（1）消去参数可把参数方程化为普通方程，由公式可把极坐标方程与直角坐标方程互化；（2）用极坐标法求出的极坐标，，再利用直角三角形性质可求得．【详解】(1)由（为参数）得，∴直线的极坐标方程为．由得，，，∴曲线的直角坐标方程为．(2)直线的极坐标方程为，将代入直线的极坐标方程得，∴点的极坐标为将代入曲线的极坐标方程得，．，且为线段的中点，，即，．23．若不等式的解集为.(1)求n的值；(2)若正实数a，b，c满足，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】(1)由题意知：为方程的根，所以，即，由，当时，，解得，即；当时，，解得，即；当时，，解得，即，综上，，所以.(2)证明：由（1）可知，a，b，c均为正实数，则当且仅当，，时等号成立，所以，即成立. 年份代码x12345市场规模y3.984.565.045.866.36
2022届广西贵港市高级中学高三毕业班5月模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先解出集合A、B，再求．【详解】集合，，所以．故选：A．2．已知复数z满足z（1＋i）＝1－3i，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的概念及复数的几何意义即可得出答案.【详解】解：因为，所以 ，则，所以对应坐标为（－1，2），在第二象限．故选：B．3．已知平面向量，满足，，则 （ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由平面向量垂直与数量积的关系，以及数量积的定义，分配律，即可求出．【详解】由，得，解得．故选：A．4．若，，则“”是“”的（ ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用基本不等式结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：当时，，当且仅当，即时，取等号，所以，当时，，此时，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．在二项式的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中的第项系数为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得，则，分析求解即可.【详解】由的展开式中只有第项的二项式系数最大可知，则的展开式的通项为，则展开式中的第项为，系数为，故选：B．6．5G基站建设是众多“新基建”的工程之一，截至2021年7月底，A地区已经累计开通5G基站300个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进5G网络建设．已知2021年8月该地区计划新建50个5G基站，以后每个月比上一个月多建40个，预计A地区累计开通4640个5G基站要到（ ）A．2022年10月底 B．2022年9月底C．2022年8月底 D．2022年7月底【答案】B【分析】转化为等差数列，利用等差数列求和公式进行求解【详解】由题意得，2021年8月及之后该地区每个月建设的5G基站数量为等差数列，则公差为40，假设要经过k个月，则，解得：，所以预计A地区累计开通4640个5G基站要到2022年9月底，故选：B．7．已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，再将切点代入切线方程，即可求出；【详解】解：，，∴，∴．将代入得，∴．故选：C．8．若双曲线C： 的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据勾股定理和点到直线的距离公式求出，再根据求出，然后由离心率公式可求出结果.【详解】双曲线C：的渐近线为，即，根据对称性不妨取，圆的圆心为，半径，又弦长为，所以圆心到渐近线的距离为，又圆心到渐近线的距离为，所以，解得.所以，得，所以离心率．故选：A．9．函数在其定义域上的图象大致是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值符号即可由排除法选出正确图象.【详解】，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项，因为当时，，，又因为时，，所以，，，所以，故在区间与轴有三个交点，故排除.故选：C.10．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵中，，，，则在堑堵中截掉阳马后的几何体的外接球的体积与阳马的体积比为（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意将三棱锥放入长方体中，长方体的外接球为三棱锥的外接球，求出长方体外接球半径，即可求出外接球体积；再由“堑堵”的性质求剩余四棱锥的体积即可.【详解】由题知：剩余的几何体为三棱锥，平面，．将三棱锥放入长方体，长方体的外接球为三棱锥的外接球，如图所示：外接球半径，所以外接球体积，阳马—的体积为．．故选：B．11．已知在有且仅有6个实数根，则实数的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先化简为，再根据题意得出，求解即可.【详解】解：由，得，即. 设，即在有且仅有6个实数根，因为，故只需，解得，故选：D．12．已知，则下列结论正确的是（ ）A．b＞c＞a B．a＞b＞cC．b＞a＞c D．c＞b＞a【答案】D【分析】由对数函数的性质可比较出的大小，再构造函数，利用导数求出其单调区间，从而可比较出的大小和的大小，从而可得结果【详解】，，由于，所以，设，则，当时，，当时，，所以f（x）在单调递增，在上单调递减，所以，即，即，所以，得：，即，又，所以，得：，即，综上：，故选：D二、填空题13．若x，y满足约束条件，则z＝x－2y的最大值为________．【答案】0【分析】作出可行域，根据线性规划的几何意义可求得答案．【详解】由题意，作出所表示的平面区域，如图所示， 联立，解得，即，由可行域可知，当直线过点时，z取得最大值，最大值为，故答案为：014．已知是等比数列的前项和，且，，成等差数列，，则______.【答案】3【解析】设等比数列的公比为，讨论不成立，再由等比数列的求和公式，解方程可得，再由等比数列的通项公式，即可得到所求值．【详解】解：由题意可知等比数列的公比，否则，，不成等差数列，于是， ，解得，解得或（舍去），又由，得，解得.故答案为：【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，注意讨论公比是否为1，同时考查等差数列中项的性质，以及方程思想和运算能力，属于中档题．15．已知斜率为的直线过抛物线的焦点且与抛物线相交于、两点，过、分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为、，若与的面积之比为，则的值为________．【答案】【分析】设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合抛物线的定义可得出，结合韦达定理可得出、、的方程组，即可解得正数的值.【详解】由抛物线得，直线的方程为，设点、，联立得，，由韦达定理可得，，由已知和抛物线定义知，所以，故由焦半径公式得，即，故，解得.故答案为：.16．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，给出下列四个命题：①上底边的中点在平面内②直线与平面不平行③平面截正方体所得的截面面积为 ④点与点到平面的距离相等．错误的命题是________．【答案】①②④【分析】对于①：根据题意得，，所以，所以，，，四点共面，分析即可判断；对于②：取的中点，连接，，由条件可知，，分析判断即可；对于③：因为，，求出，再求解即可；对于④：记点与点到平面的距离分别为，，，，分析即可判断.【详解】在①中，如图所示，连接，，延长，交于点，因为，为，的中点，所以，，所以，所以，，，四点共面，所以截面即为梯形，所以上底边的中点不在平面内，故①错误；在②中，如图所示，取的中点，连接，，由条件可知，，且，，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故②错误；在③中，由①可知，因为，，所以，所以，故③正确；在④中，记点与点到平面的距离分别为，，因为，所以，又因为，所以，故④错误．故答案为：①②④ . 三、解答题17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A；(2)若，求△ABC的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理求出；（2）由正弦定理及三角恒等变换得到，结合求出，结合第一问求出，利用面积公式进行求解.【详解】(1)由题意及正弦定理得，即，即所以，因为，所以(2)由，得，所以由正弦定理得，又因为，所以，，所以又，所以，所以，从而△ABC是等边三角形．因为，所以．18．数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017-2021年中国在线直播用户规模（单位：亿人），其中2017年-2021年对应的代码依次为1-5.(1)由上表数据可知，可用函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（，的值精确到0.01）；(2)已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物与不在品牌官方直播间购物的人数之比为4：1，按照分层抽样从这两类用户中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人全是选择在品牌官方直播间购物用户的概率.参考数据：，，，其中.参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合回归方程的求法，求得回归方程.（2）利用列举法，结合古典概型的概率计算公式，计算出所求的概率.【详解】(1)设，则，，，，所以，.所以关于的回归方程为.(2)因为中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物与不在品牌官方直播间购物的人数之比为4：1，按照分层抽样从这两类用户中抽取5人，则选择在品牌官方直播间购物的用户为人，记作，不在品牌官方直播间购物的用户为人，记作，从这人随机抽取人，结果有：，共种，其中人全是选择在品牌官方直播间购物用户的结果为：，共种，所以这2人全是选择在品牌官方直播间购物用户的概率为.19．如图，在三棱台中，△ABC为等边三角形，⊥平面ABC，将梯形绕旋转至位置，二面角的大小为30°．(1)若，证明：；(2)若，设G为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见详解；(2)【分析】（1）取的中点M，可证⊥平面，从而证明；（2）以为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解．【详解】(1)证明：取的中点M，连接、MB，依题意得是正三角形，所以．又因为，，所以四边形是平行四边形，所以，因为⊥平面，所以，所以，又，所以⊥平面，又平面，所以(2)因为⊥平面，所以旋转后四点共面，又因为，，所以是二面角的平面角，所以，又，所以；以为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系；则A（0，0，4），B（2，0，4），C（1，，4），D（0，2，4），（0，0，0），（4，0，0），（2，2，0），（0，4，0），所以G（0，3，2），则，，，设平面的法向量为，则，令，得， 设与平面所成角为，则 ．所以与平面所成角的正弦值为20．给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“海中圆”．若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为．（1）求椭圆的方程和其“海中圆”方程；（2）点是椭圆的“海中圆”上的一个动点，过点作直线，，使得，与椭圆都只有一个交点．求证：．【答案】（1）；；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意得，，直接计算可得；（2）分无斜率和有斜率两种情况证明，无斜率时可直接求出直线，，有斜率时联立方程组，利用判别式和韦达定理解决.【详解】解：（1）因为，，所以，所以椭圆的方程为：，“海中圆”的方程为：． （2）①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或．当方程为时，此时与“海中圆”交于点，，此时经过点或且与椭圆只有一个公共点的直线是（或），即为（或），显然直线，垂直；同理可证方程为时，直线，垂直．②当，都有斜率时，设点，其中，设经过点，与椭圆只有一个公共点的直线为，则，消去得到，即，，化简得：，因为，所以有，设，的斜率分别为，，因为，与椭圆都只有一个公共点，所以，满足上述方程，所以，即，垂直．【点晴】在解决有关直线与圆锥曲线的位置关系的题型中，最容易忽视的就是直线的斜率是否存在的问题，要牢记在心，再一点要深刻体会设而不求的思想，简化运算，才能游刃有余的解决圆锥曲线问题.21．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)当时，若对于任意的，都有，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出，分和两种情况讨论即可得答案；（2）由（1）根据函数零点存在定理存在，使得，由对于任意的，都有，可得也是函数的两个零点，即是方程的根，所以，又，所以，所以等价于，由，不等式右边易证，左边要证，即证，构造函数即可证明.【详解】(1)解：的定义域为，，当时，对于任意的，都有，所以在内单调递减；当时，令，解得；令，解得，所以在内单调递减，在内单调递增；(2)证明：因为当时，在内单调递减，在内单调递增，又，所以存在，使得，且当时，，当时，，当时, ，因为对于任意的，都有，所以也是函数的两个零点，即是方程的根，所以，又因为，所以，所以等价于，因为，所以，下面证明：.要证，即证，因为在内单调递增，所以只需证，又因为，所以也只需证，设，则，因为，所以当时，，所以在上单调递减，又因为，所以当时，，即，因为，所以，所以成立，即，因此.【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键是根据函数零点存在定理判断存在，使得，从而可得也是函数的两个零点，即是方程的根，进而将欲证不等式等价转化为证明.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与直线交于点，直线与曲线交于点，且，求实数的值．【答案】(1)，(2)1【分析】（1）消去参数可把参数方程化为普通方程，由公式可把极坐标方程与直角坐标方程互化；（2）用极坐标法求出的极坐标，，再利用直角三角形性质可求得．【详解】(1)由（为参数）得，∴直线的极坐标方程为．由得，，，∴曲线的直角坐标方程为．(2)直线的极坐标方程为，将代入直线的极坐标方程得，∴点的极坐标为将代入曲线的极坐标方程得，．，且为线段的中点，，即，．23．若不等式的解集为.(1)求n的值；(2)若正实数a，b，c满足，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】(1)由题意知：为方程的根，所以，即，由，当时，，解得，即；当时，，解得，即；当时，，解得，即，综上，，所以.(2)证明：由（1）可知，a，b，c均为正实数，则当且仅当，，时等号成立，所以，即成立. 年份代码x12345市场规模y3.984.565.045.866.36
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