【高考数学】2022-2023学年浙江省杭州市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年浙江省杭州市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析，共45页。试卷主要包含了设集合，则，已知向量和，则“”是“”的，已知复数a满足，则a的虚部为，若，满足，则的最小值为，已知数列满足等内容，欢迎下载使用。
【高考数学】2022-2023学年浙江省杭州市专项提升仿真模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．设集合，则（       ）
A．B．
C．D．
2．已知向量和，则“”是“”的（       ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．已知复数a满足，则a的虚部为（       ）
A．B．1C．0D．i
4．现有函数图象如下，其函数表达式可能是（       ）

A．B．
C．D．
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（     ）

A．B．C．D．
6．现有边长为的正四面体，其中点M为的重心，点N，H分别为，中点．下列说确的有（       ）

A．B．C．D．
7．若，满足，则的最小值为（       ）
A．1B．3C．D．0
8．已知数列满足．若有无量多个项，则（       ）
A．B．C．D．
9．已知函数在上有且仅有1个零点，则下列选项中b的可能取值为（       ）
A．0B．C．D．4
10．定义新函数，点A为椭圆上一点，以x轴非负半轴为始边，为终边构成的角记为．过点A作x轴垂线交x轴于点B，得函数值．已知，则的值为（       ）

A．B．C．D．
第II卷（非选一选）
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二、双空题
11．已知复数，若复数z为实数，则________，此时________．
12．已知关于、的二项式的展开式中，为正整数，若的系数为，则_______；若，，则展开式中一切项的二项式系数之和为________．
13．已知圆，过点与圆上一点的直线的斜率范围是_______；若点A恰好为过其所在的直线中对圆O张角的点（张角是指这个点到圆所作两条切线的夹角），则此直线的表达式为_______________．
14．已知数列的前n项和为，满足，，且，则___________（用表示），_________．
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三、填 空 题
15．已知等比数列的前n项积为，且，则公比q为________．
16．在平行四边形中，，E、F是边，上的点，，，若，则平行四边形的面积为_________．
17．已知定义在R上的函数和函数满足，且对于任意x都满足，则________．
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四、解 答 题
18．已知锐角三角形满足，．
(1)求A；
(2)求的一切零点．
19．已知梯形，现将梯形沿对角线向上折叠，连接，问：

(1)若折叠前不垂直于，则在折叠过程中能否能使？请给出证明；
(2)若梯形为等腰梯形，，折叠前，当折叠至面垂直于面时，二面角的余弦值．
20．已知正项数列满足．
(1)求证：；
(2)求证：．
21．如图所示，曲线，曲线，过点作直线交曲线于点A，交曲线于点B，若点C在曲线的准线上．

(1)求；
(2)若存在直线使点B为中点，求A点横坐标（用p表示）及斜率的范围．
22．已知函数.为其导函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：存在实数使得．

答案：
1．B

【分析】
直接由并集的概念求解即可.
【详解】
由于集合，则.
故选：B．
2．C

【分析】
从充分性和必要性的角度，题意，即可判断和选择.
【详解】
显然当时，成立，满足必要性；
当成立，若向量和其中有一个为零向量满足题意，
此时和不一定相等，充分性不满足；
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：C．
3．C

【分析】
由复数的运算求出a，即可得解.
【详解】
，，即的虚部为0．
故选：C
4．D

【分析】
由函数图象确定奇偶性及定义域，每一个选项的奇偶性及定义域可判断.
【详解】
观察图中函数，为奇函数，排除A，其次定义域为，选项C中的函数定义域为R，选项B中的函数定义域为，从而排除B、C．
故选:D．
5．C

【分析】
经过几何体的三视图可得该几何体的下半部分为半球体，上半部分为四棱锥，利用体积公式计算，即可得到答案；
【详解】
该几何体分上下两部分，下半部分为半球体，体积为，
上半部分为四棱锥，底面积为2，高为1，体积为，
总体积为，

故选：C．
6．B

【分析】
根据正四面体及三角形重心的特点，以及给定的中点N，H，依次分析即可得解.
【详解】
∵正四面体，点M为的重心，
∴M为等边的，
∴面，面，∴.
直线与交于点A，故AN不与DM垂直，故排除A；
延伸DM交BC于点G，则G为BC中点，连接AG，如图所示，

边长为，在中可得，
由，，，.

故B正确，C错误；
在中，H，M分别为NA，NG的中点，
∴，又∵，∴HM不与AB平行，
故D错误.
故选：B.
7．A

【分析】
画出可行域，图象即可求出的最小值.
【详解】
画出可行域如图所示，目标函数过点时取到最小值1．

故选：A．
8．B

【分析】
先考虑时，显然成立，当时，利用放缩变形，得到，累加可知定会存在某项．
【详解】
∵，即；
令，则，易证：当时，，
所以当时，，所以，
当时，，易得，
即，此时有无量多个项，故合题；
当时，则，
设，则，
则，
所以为单调递减数列，故，
即，
令，，当时，，
即在上单调递增，由于，
所以，
不妨令，显然，即，
即，累加可得，即，
故当时，，此时不存在，不是无量多个项，故不合题；
综上：．
故选：B．

本题难点在于时，应该怎样处理，先证明是递减数列，然后经过变形得到，累加可得，当足够大时，显然存在．
9．C

【分析】
先由题意得，在上有且只要一个解，再根据，的值域得到关于b的不等式，进而得到b的取值范围
【详解】
令，，
由函数在上有且仅有1个零点，
则方程，其中，有且只要一个解，
从而的值域为有限区间，故必有，
从而有的值域为，
所以，即，从而可以选，故选项C正确．
故选：C．
10．A

【分析】
设出点坐标，将转化为，对函数求导判断单调性，即可得到的值.
【详解】
由题可知：设点，.
则，则．
令，解得；
令，解得.
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以．
故选：A．
11．     -2     1

【分析】
利用复数商的运算进行化简，根据复数z为实数，即可求得结果.
【详解】
由题意得，
若复数z为实数，则，所以；
故；1．
12．         

【分析】
写出展开式中含项的系数，可得出关于的等式，即可求得的值；当，，可知二项式为，即可求得二项式系数和.
【详解】
的展开式中，含的项为，
所以，，解得，
当，时，二项式为，二项式系数和为.
故；.
13．         

【分析】
由过点A的直线与圆相切时，斜率取得值或最小值，设出直线方程，由解出斜率即可求解；先判断出越小张角越大，显然当垂直直线，求出直线斜率，写出方程即可.
【详解】

如图建立平面直角坐标系，为坐标原点，显然当过点A的直线与圆相切时，斜率取得值或最小值，
设过点A的直线：，直线与圆相切：解得：，则斜率范围是．
如图，当，则越小张角越大，当垂直直线时，最小即张角，
此时直线斜率，故直线方程为：，即.
故；.
14．          3

【分析】
将已知两式变形可化为，，进而可得为关于x的一元二次方程的两根，已知条件及韦达定理即可求解.
【详解】
解：将，两式整理、变形可化为，，
所以为关于x的一元二次方程的两根，
由韦达定理得．
由于，所以，即，
所以．
故，3．
15．

【分析】
利用对数运算转化已知条件，等比数列的基本量，即可求得公比.
【详解】
，解得.
故答案为.
16．

【分析】
根据向量的线性运算及数量积的定义求出AD，利用平行四边形的面积公式求解即可.
【详解】
如图，

，，
所以，
即，解得或（舍去），
所以平行四边形的面积为.
故．
17．5050

【分析】
先判断出为奇函数，进而得到，由即可求解.
【详解】
由题意知：定义域为，，可得：，为奇函数，
又，则，可得：
.
故5050．
18．(1)
(2)

【分析】
（1）由，利用正弦定理化简得到，即求解.
（2）由（1）得到，然后令求解.
(1)
解：由于，
所以，
即，
即，
所以，
由于是锐角三角形，
所以．
(2)
由（1）得，
令，
得．
解得，
所以一切零点为．
19．(1)不能，证明见解析
(2)

【分析】
（1）利用反证法去证明在折叠过程中不能使；
（2）法一：作出二面角的平面角，再利用余弦定理即可求得二面角的余弦值；法二：建立空间直角坐标系，利用二面角两个半平面的法向量的夹角的余弦值即可求得二面角的余弦值．
(1)
假设折叠过程中能使．
折叠前，假设，E为垂足，连，则与不垂直．①
折叠后，若，又与是平面内的相交直线，
故平面，又平面，从而有，

故折叠前也应有②.显然，①与②矛盾．故假设不能成立．
即折叠过程中不能使．
(2)
设折叠前与的交点为F，则由题意易知．
折叠前，在梯形内过B做，垂足为G，
则．

折叠后，由于面垂直于面，而，所以．
所以，
又和是平面内的相交直线，所以平面．所以．
解法①：过点C在平面内作，H为垂足，连接，

又，则平面，又平面，所以，
故即为二面角的平面角．
在中，，
所以，又，则
得，又，
所以，
即二面角的余弦值为．
解法②：以F为原点，分别以FD、FC、FB为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，

则．
于是，，
设平面的一个法向量为，则
则，令，则，则，
设平面的一个法向量，则
则，令，则，则，
记二面角的平面角为，
则．
又观察发现二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】
（1）先运用累加法求得，再经过计算可证明；
（2）利用不等式转化后再证明即可.
(1)
∵，
∴，
∴，
∴．
(2)
∵，∴，
∴.
上面证明.
令，则，
因此在上单调递减，所以，即，
∴，∴，∴，
又∵，∴，
∴
21．(1)2；
(2).A点的横坐标为，AC斜率的范围是.

【分析】
（1）先得出曲线的准线方程，进而建立等式求出答案；
（2）设点，进而得到点A的坐标，然后代入曲线化简即可得到t,p间的关系，进而求出点A的横坐标；然后根据及t,p间的关系将所求斜率进行化简，对勾函数的性质求出斜率的范围.
(1)
由题意，曲线的准线方程为，则.
(2)
由题意，，，设，由于点B为线段AC的中点，则，代入曲线得，则点A的横坐标.
由于，所以，
易知，由对勾函数的性质可知，，所以，于是.
22．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析

【分析】
（1）先求函数的导数，再根据与分类讨论即可求解；
（2）将成绩转化为证明与成立.
(1)
由于，则.
当时，恒成立；
当时，，
从而可得时，；时，.
综上可知：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由题意得，，由（1）可知在上单调递增，
若存在实数使得.
则，，
先证明：成立.
即证

由于，即证：，
即证：，
令，（），，
所以在上单调递增，因此，
因此成立，故成立.
再证明：成立.
即证
，
由于，即证：，
即证.
令，（），，
所以在上单调递增，因此，
因此成立，故成立.
综上，存在实数使得．
【关键点点睛】
处理本题问的关键是分类讨论，第二问的关键是转化为证明两个不等式成立，在转化的两个不等式中，都需求构造新的函数来证明.

























【高考数学】2022-2023学年浙江省杭州市专项提升仿真模拟试题（二模）

第I卷（选一选）
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评卷人
得分



一、单 选 题
1．设全集为R，若集合，，则 （       ）
A．B．
C．D．
2．已知是不全平行的直线，是不同的平面，则下列能够得到的是（       ）
A．
B．
C．
D．
3．直线与圆的地位关系为（       ）
A．相切B．相交
C．相离D．由的取值确定
4．设等差数列的前n项和为，若数列也是等差数列，则其首项与公差的比（       ）
A．B．C．D．
5．已知，则“”是“”的
A．充分必要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知长方形ABCD中，，点E为CD的中点，现以AE所在直线为旋转轴将该长方形旋转一周，则所得几何体的体积为（       ）
A．B．C．D．
7．第19届亚运会即将于2022年9月10日至9月25日在美丽的西子湖畔杭州召开，为了办好这一届“、浙江风采、杭州神韵、精彩纷呈”的体育文明盛会，杭州亚运会组委会决定进行赛会志愿者招募，此举得到在杭大先生的积极支持.某高校3男同窗和2位女同窗经过筛选加入志愿者服务，经过培训，拟安排在游泳、篮球、射击、体操四个项目进行志愿者服务，这四个项目都有人参加，要求2位女同窗不安排一同，且男同窗小王、女同窗大雅由于专业需求必须分开，则不同的安排方法种数有（       ）
A．144B．150C．D．
8．若函数与的图像有三个不同的交点，则实数的取值范围为（       ）
A．B．
C．D．
评卷人
得分



二、多选题
9．已知复数，则下列说确的（       ）
A．
B．
C．是纯虚数
D．在复平面内对应的点在第三象限
10．设是两个非零向量，若，则下列结论正确的是（       ）
A．B．
C．在方向上的投影向量为D．
11．已知函数，下列说确的是（       ）
A．若，则函数在上存在零点
B．若，则将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称
C．若函数在上取到值，则的最小值为
D．若函数在上存在两个最值，则的取值范围是
12．过抛物线的焦点F的直线交抛物线于两点，分别过作抛物线的切线交于点则下列说确的是（       ）
A．若，则直线AB的倾斜角为
B．点P在直线上
C．
D．的最小值为
第II卷（非选一选）
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评卷人
得分



三、填 空 题
13．多项式的展开式中常数项为160，则实数a的值为__________.
14．双曲线的顶点到渐近线的距离为__________.
15．已知函数若，则实数__________.
16．已知负数满足，，则的最小值为__________.
评卷人
得分



四、解 答 题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并加以解答.
在中，角所对的边分别为其面积为S，已知_________.
(1)求角B的大小；
(2)设AC边上的中点为D，且，求面积的值.
18．设数列的前n项和为，若点在直线上.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前n项和
19．2021年秋季，国家教育部在全国中小学全面开展“双减”，实施“”服务模式.为呼应这一政策，某校开设了“篮球”、“围棋”、“文学社”、“皮影戏”四门课后延时服务课程，供五年级200名先生选择学习.一个学期的学习后，学校正课后延时服务的进行调研，随机抽选了50名男生和50名女生，经过调研后得到以下结果：

兴味较大
兴味普通
男生
35
15
女生
30
20

(1)试根据小概率值的性检验，分析先生对课后延时服务的兴味能否与性别有关.
(2)若用频率估计概率，从该校五年级的接受调研的女生中按分层抽样的方式任选5人，再从中选出3人进行深入调研，用表示选取的女生兴味普通的人数，求的分布列与数学期望.
附：，其中









20．如图所示，在四边形ABCD中，，，现将沿BD折起，使得点A到E的地位.

(1)试在BC边上确定一点F，使得；
(2)若平面平面BCD，求二面角所成角的正切值.
21．设椭圆的左右焦点分别为是该椭圆C的右顶点和上顶点，且，若该椭圆的离心率为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l与椭圆C交于两点，且与x轴交于点若直线与直线的倾斜角互补，求的面积的值.
22．已知函数
(1)若在区间上单调递增，求实数a的取值范围
(2)设直线l与函数交于，直线l的斜率为，证明：

答案：
1．B

【分析】
分别求出集合A，B， 的区间，根据交集的定义求解即可.
【详解】
由题意， ， ， ，
；
故选：B.
2．C

【分析】
根据平面与平面平行的各类判断方式，选项逐一判断.
【详解】
对于A，由垂直于同一平面的两个平面可以平行或相交可知，选项A错误；
对于B，由平面与平面平行的判定定理可知，若，则结论不成立，所以选项B错误；
对于C，由于是不全平行的共面直线，即至少两条相交，所以成立.故选C正确；
对于D，由平行于同不断线的两个平面平行或相交可知，选项D错误.
故选:C
3．A

【分析】
利用圆心到直线的距离与半径的大小关系进行判断.
【详解】
由于圆心到直线的距离，即为圆的半径，所以可知直线与圆相切.
故选：A．
4．D

【分析】
利用等差数列通项公式的结论，根据与都是等差数列，首项与公差这两个基本量求值计算.
【详解】
设等差数列，则
由于数列也是等差数列，所以，
则，所以
即有，解得
故选：D．
5．A

【详解】
考查函数,所以，
所以在上递增，
若则，
若，则，故选A.
6．B

【分析】
根据题意旋转可得：一个圆锥和一个去掉圆锥的圆台构成的组合体，利用锥体的体积公式进行计算．
【详解】
由于长方形ABCD中，，点E为CD的中点，所以以AE所在直线为旋转轴将该长方形旋转一周，如图：
则所得几何体的体积为
故选：B．

7．D

【分析】
由题得参与志愿服务的项目人数为：2，1，1，1，先求得没有时安排方法数，再减去两个女同窗在一同和男同窗小王、女同窗大雅在一同的方法数即可.
【详解】
解：由题可得，参与志愿服务的项目人数为：2，1，1，1，
若没有则共有种安排方法；
当两个女同窗在一同有种安排方法；
当男同窗小王、女同窗大雅在一同有种方法，
所以当要求2位女同窗不安排一同，且男同窗小王、女同窗大雅由于专业需求必须分开，
则不同的安排方法种数有种安排方法，
故选：D
8．D

【分析】
根据两个函数的图像交点即为相应方程的根，转化为函数的零点，构造函数并求导，经过导数，参数的取值情况进行分类讨论，由此根据零点考查参数的取值情况．
【详解】
由于函数与的图像有三个不同的交点，令，即该函数有三个不同的零点.
由于则，
所以在上有两个零点.
当时，方程的根一正一负，不符合条件；
当时，要使满足条件，则，所以
设的两个根满足，
由于，所以
此时函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.由于，

，所以
由于，，所以可知
综上可知，，
故选：D．
9．AC

【分析】
利用复数四则运算进行化简整理，复数的模，对应的点到坐标以及复数相等判断正误．
【详解】
由于，所以，所以选项A正确；
，，所以，所以选项B不正确；
是纯虚数，所以选项C正确；
在复平面内对应的点的坐标为位于第四象限，所以选项D不正确.
故选：AC．
10．ABC

【分析】
利用平面向量的垂直关系，然后对选项逐一验证即可.
【详解】
由于，所以，所以，所以选项A正确；
由于，所以，即有，所以，所以选项B正确；
由于，所以在方向上的投影向量为，所以选项C正确；
由向量数量积的定义可知，，所以，所以选项D错误.
故选：ABC.
11．C

【分析】
对于选项A，当时，，由正弦函数的性质可判断；对于选项B，由图象的平移得是偶函数，根据偶函数的性质可判断；对于选项C，由已知得，求解即可判断；对于选项D，要使函数在上存在两个最值，则，求解即可判断.
【详解】
解：对于选项A，，
当时，，所以函数在上不存在零点，所以选项A错误；
对于选项B，将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数为是偶函数，其图象关于y轴对称，所以选项B错误；
对于选项C，由于函数在上取到值，所以，
即有，化简得
由于，所以当时，的最小值为，所以选项C正确；
对于选项D，当时，，
要使函数在上存在两个最值，则，解得，所以选项D不正确.
故选：C.
12．BC

【分析】
根据题意设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到的值，根据抛物线的定义即可求解A项；设两点的坐标，利用导数求解切线斜率，进而得出切线方程，联立切线方程即可求解B、C两项；利用两点间距离公式得到的值，A项的值，构造函数，利用函数的单调性，求解最小值即可.
【详解】
由题可得，抛物线的焦点坐标为，
对于选项A，设，则与抛物线联立方程消元化简得，所以，所以，所以解得，所以可知当时，直线AB的倾斜角为或，所以选项A错误；
设，由，所以，所以，即为，同理可得,由,解得，由上知，，所以,所以点P在直线上，所以选项B正确；
由于，所以，所以，所以选项C正确；
由于，即为，所以，由于，所以，令，则原式.由于函数在上单调递增，所以当，即时取到最小值，其最小值为.所以选项D错误.
故选:BC.
13．

【详解】
根据多项式的展开式的通项公式，找到常数项，建立方程，求解实数a的值.

多项式展开式的通项公式为
令，解得，
所以可知展开式中常数项为，解得
故．
14．

【分析】
根据双曲线的方程确定顶点坐标、渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式求值计算.
【详解】
由题可得，双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，则顶点到渐近线的距离.
故答案为.
15．##1.5

【分析】
先全体代换，令，然后分段函数进行分段讨论，范围求解方程，求得实数t的值.
【详解】
令，
则当时，，解得；
当时，，解得
所以当，此时，有，解得，不满足条件；
当，若，则，解得，此时不满足条件；
当，则，解得
故．
16．##

【分析】
把给定条件两边平方，代入结论构造基本不等式，再分析计算，并求出最小值作答.
【详解】
由，得，，
则，
，当且仅当时取“=”，
所以当时，的最小值为.
故

思绪点睛：利用基本不等式求最值时，要从全体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等运用技巧.
17．(1)
(2)

【分析】
（1）选①诱导公式及三角恒等变换，转化得到角B的方程，求解得到角B；
选②根据正弦定理边化角，三角恒等变换建立方程求得角B；
选③利用向量数量积与面积公式建立方程求得角
（2）根据向量线性运算及求模运算建立方程，利用基本不等式求得ab的值，面积公式求得面积的值
(1)
选①，由于，   
所以由于，所以，解得
选 ②，由正弦定理可知
，所以，
所以有由于，所以
选③，由于，所以，所以有由于，所以
(2)
由题可得，，
所以                                                                 
由基本不等式可知，
.所以其面积
当且仅当时面积取值
18．(1)
(2)

【分析】
（1）根据点在直线上建立数列递推关系式，经过化简后等比数列的定义确定数列是等比数列，并求得首项与公比，即可得到其通项公式；
（2）先根据数列的通项公式表示得到，然后利用错位相减法求数列的和.
(1)
解：由于点在直线上，
所以，
当时，，
解得
当时，，
所以，
所以，
所以可知数列是首项为1，公比为5的等比数列，
所以.
(2)
由（1）可知，，
所以，
所以.
所以,
则，
两式相减，可得
,
化简得.
19．(1)认为先生对课后延时服务的兴味与性别有关
(2)分布列见解析，

【分析】
（1）据公式进行性检验；
（2）确定随机变量的取值及其相应的概率，然后利用期望公式求值计算.
(1)
解：零假设为：先生对课后延时服务的兴味与性别有关，根据表中数据，计算可得
根据小概率值的性检验，没有充分的证据推断原假设不成立，因此认为先生对课后延时服务的兴味与性别有关.
(2)
按分层抽样的方式选出5人，则兴味较大、兴味普通的女生入选人数为3人和2人，再从中选出3人，则的可能取值为，
且，，.
分布列为：

0
1
2





所以数学期望.
20．(1)F为BC中点
(2)

【分析】
（1）在四边形ABCD内过点A作于点M，并延伸交BC于可得F为BC的中点，由已知可得平面EFM，从而得，
（1）解法一：过点M作交BC于点连接EN，则即为二面角的平面角，然后在中求解即可，解法二：可证得、、两两垂直，所以以M为坐标原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
(1)
由于，，，
所以，，，
所以∽，
所以，
所以，
在四边形ABCD内过点A作于点M，并延伸交BC于


则点M为BD中点，所以F也为BC中点.
将沿BD折起，使得点A到E的地位时，
有，                                     
所以平面EFM，
也为平面EFM，
所以，
(2)
（解法一）过点M作交BC于点
则
则在三棱锥中，由于平面平面BCD,

所以平面
由于，连接EN，
则有
所以即为二面角的平面角，
设，则
所以在中，
所以二面角所成角的正切值为
（解法二）过点M作交BC于点
则
则在三棱锥中，由于平面平面BCD，
所以平面
所以以M为坐标原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系.

设，则
所以
由题可得，平面BCD的一个法向量为，
设平面EBC的一个法向量为，
由于
所以，
则有，
设二面角的平面角为，为锐角，
则，
所以，
所以
所以二面角所成角的正切值为
21．(1)
(2)

【分析】
（1）根据条件中离心率已知，建立方程组求得，得到椭圆的标准方程；
（2）根据两条直线的倾斜角互补，建立斜率关系，并用坐标进行表示.然后设定直线方程与椭圆联立后消元化简，并表示根与系数的关系，代入前式，确定直线所过定点，再分别利用弦长公式及点到直线的距离公式表示三角形面积，经过换元构造基本不等式求得面积的最值.
(1)
由题可得，，
所以        由于椭圆的离心率为所以，椭圆中可知，所以椭圆C的标准方程为
(2)
，设
由于直线与直线的倾斜角互补，
所以可知，
即，
化简得
设直线，
将代入上式，
整理可得
且由消元化简可得
，
所以，代入上式
由，
解得
所以
由于点到直线PQ的距离，
且
所以
令，则
所以，.
当且仅当，时取等号.
所以的面积的值为

（1）倾斜角互补，可转化为斜率和为0；
（2）圆锥曲线中面积最值成绩，通常都是把面积表示出来，用基本不等式求最值.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】
先对函数进行求导，然后根据题意得在上恒成立，不等式恒成立利用参变分离求参数的取值范围；根据题意整理可得斜率，经过放缩证明不等式成立．
(1)

由于函数在区间上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
则恒成立，所以
(2)
设
由于直线l与函数交于，
此时不妨设
则有
构建，则
令，则
在上单调递减，上单调递增，则
所以恒有
令，
则有，即有，
所以，即有，
所以