2021年广东省深圳市高考数学二调试卷

这是一份2021年广东省深圳市高考数学二调试卷，共29页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知，，6，7，，则集合中的元素个数为
A．7B．8C．9D．10
2．（5分）已知复数为虚数单位），设是的共轭复数，则
A．B．C．2D．3
3．（5分）五一国际劳动节放假三天，甲、乙两名同学计划去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概率为
A．B．C．D．
4．（5分）函数的图象大致为
A．B．
C．D．
5．（5分）已知，则
A．B．C．D．
6．（5分）设，为两个不同的平面，直线，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
7．（5分）、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，若，则
A．B．C．D．
8．（5分）在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有2个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图中共有11个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为243的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有10个正三角形），其中最小的正三角形面积为
A．B．1C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（5分）设直线与圆，则下列结论正确的为
A．与可能相离
B．不可能将的周长平分
C．当时，被截得的弦长为
D．被截得的最短弦长为4
10．（5分）为方便顾客购物，某网上购鞋平台统计了鞋号（单位：码）与脚长（单位：毫米）的样本数据，，发现与具有线性相关关系，用最小二乘法求得回归方程为，则下列结论中正确的为
A．回归直线过样本点的中心，
B．与可能具有负的线性相关关系
C．若某顾客的鞋号是40码，则该顾客的脚长约为250毫米
D．若某顾客的脚长为262毫米，在“不挤脚”的前提下，应选择42码的鞋
11．（5分）摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为
A．摩天轮离地面最近的距离为4米
B．若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则
C．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为30
D．ヨ，，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
12．（5分）设函数和，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的为
A．的图象与轴相切
B．存在实数，使得的图象与轴相切
C．若，则方程有唯一实数解
D．若有两个零点，则的取值范围为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为，则的方程可以为 ．
14．（5分）设恒等式，则 ．
15．（5分）若在母线长为5，高为4的圆锥中挖去一个小球，则剩余部分体积的最小值为 ．
16．（5分）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出解答．
问题：已知数列的前项和，等比数列的前项和为，，且______，判断是否存在唯一的，使得，且．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．（12分）的内角、、的对边分别为、、，设．
（1）求；
（2）若，是边上一点，且，的面积为，求．
19．（12分）如图，在直四棱柱中，，，，，点和分别在侧棱、上，且．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
20．（12分）已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为0.1．
（1）将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为，求的期望和方差；
（2）18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量服从二项分布，那么当比较大时，可视为服从正态分布．任意正态分布都可变换为标准正态分布且的正态分布），如果随机变量，那么令，则可以证明．当时，对于任意实数，记（a）．
已知如表为标准正态分布表（节选），该表用于查询标准正态分布对应的概率值．例如当时，由于，则先在表的最左列找到数字0.1（位于第三行），然后在表的最上行找到数字0.06（位于第八列），则表中位于第三行第八列的数字0.5636便是的值．
（ⅰ）求在晚自习时间阅览室座位不够用的概率；
（ⅱ）若要使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于0.7，则至少需要添加多少个座位？
21．（12分）在平面直角坐标系中，是坐标原点，是直线上的动点，过作两条相异直线和，其中与抛物线交于、两点，与交于、两点，记、和直线的斜率分别为、和．
（1）当在轴上，且为中点时，求；
（2）当为的中位线时，请问是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
22．（12分）已知定义在上的函数，．（其中常数是自然对数的底数，
（1）当时，求的极值；
（2）（ⅰ）若在，上单调递增，求实数的取值范围；
（ⅱ）当时，证明：．
2021年广东省深圳市高考数学二调试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8道小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知，，6，7，，则集合中的元素个数为
A．7B．8C．9D．10
【分析】可求出集合，然后进行并集的运算求出，然后即可得出中的元素个数．
【解答】解：，1，2，3，4，5，，，6，7，，
，1，2，3，4，5，6，7，，
中的元素个数为9．
故选：．
【点评】本题考查了集合的描述法和列举法的定义，并集及其运算，集合元素的定义，考查了计算能力，属于基础题．
2．（5分）已知复数为虚数单位），设是的共轭复数，则
A．B．C．2D．3
【分析】利用复数的定义求出的共轭复数，然后利用复数的乘法运算求解即可．
【解答】解：因为复数，
所以，
故．
故选：．
【点评】本题考查了复数的乘法运算以及共轭复数的定义，考查了化简运算能力，属于基础题．
3．（5分）五一国际劳动节放假三天，甲、乙两名同学计划去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概率为
A．B．C．D．
【分析】基本事件总数，他们在同一天去包含的基本事件个数，由此能求出他们在同一天去的概率．
【解答】解：五一国际劳动节放假三天，甲、乙两名同学计划去敬老院做志愿者，
若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，
则基本事件总数，
他们在同一天去包含的基本事件个数，
则他们在同一天去的概率为．
故选：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算能力，是基础题．
4．（5分）函数的图象大致为
A．B．
C．D．
【分析】根据题意，先分析函数的奇偶性，排除，再分析区间上，的符号，排除，即可得答案．
【解答】解：根据题意，设，其定义域为
则，即函数为奇函数，排除，
在区间上，，，，有，则，排除，
故选：．
【点评】本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性、函数值符号的分析，属于基础题．
5．（5分）已知，则
A．B．C．D．
【分析】由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．
【解答】解：因为，
则．
故选：．
【点评】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式，属于基础题．
6．（5分）设，为两个不同的平面，直线，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
【分析】根据已知条件，由“”得“与相交或平行”，由“”，得“”，根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：，是两个不同的平面，是直线且．
由“”得“与相交或平行”，
由“”，得“”，
“ “是“”的必要不充分条件．
故选：．
【点评】本题考查充分条件、必要条件、充要条件、不充分不必要条件的判断，属于基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．
7．（5分）、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，若，则
A．B．C．D．
【分析】求得双曲线的，，，由直角三角形的勾股定理和双曲线的定义，解得，再由向量数量积的定义，计算可得所求值．
【解答】解：双曲线的，，，
可得，
在直角三角形中，，
由双曲线的定义，可得，
解得，
则．
故选：．
【点评】本题考查双曲线的定义和向量数量积的定义和性质，以及勾股定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
8．（5分）在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有2个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图中共有11个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为243的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有10个正三角形），其中最小的正三角形面积为
A．B．1C．D．
【分析】先用余弦定理得到边长之间的关系，再结合归纳推理找到规律，求出最小正三角形的边长即可．
【解答】解：设最大正三角形的边长为，则，
其内部迭代出的正三角形的边长分别为，，
由余弦定理得，
同理得，，，，，
最小的正三角形的面积为．
故选：．
【点评】本题考查归纳推理，问题的关键是利用余弦定理找到边长之间的关系，属于中档题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（5分）设直线与圆，则下列结论正确的为
A．与可能相离
B．不可能将的周长平分
C．当时，被截得的弦长为
D．被截得的最短弦长为4
【分析】判断直线经过的定点与圆的位置关系，然后判断选项的正误即可．
【解答】解：直线恒过，
定点在圆的内部．圆的圆心，半径为，
所以直线不可能与圆相离，所以不正确；
直线可能经过圆的圆心，此时直线的倾斜角为，所以直线不可能平分圆的周长，所以正确；
当时，化为，圆心到直线的距离为：，弦长为：，所以不正确；
定点与圆心的距离为：1，最短弦长为：，所以正确．
故选：．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，直线系方程的应用，点到直线的距离公式的应用，是基础题．
10．（5分）为方便顾客购物，某网上购鞋平台统计了鞋号（单位：码）与脚长（单位：毫米）的样本数据，，发现与具有线性相关关系，用最小二乘法求得回归方程为，则下列结论中正确的为
A．回归直线过样本点的中心，
B．与可能具有负的线性相关关系
C．若某顾客的鞋号是40码，则该顾客的脚长约为250毫米
D．若某顾客的脚长为262毫米，在“不挤脚”的前提下，应选择42码的鞋
【分析】利用回归方程的相关知识对四个选项进行逐一的分析判断即可．
【解答】解：对于，回归方程必过样本中心，，故选项正确；
对于，由可知，与具有正的线性相关关系，故选项错误；
对于，将代入回归方程为，可得，
所以当某顾客的鞋号是40码，则该顾客的脚长约为250毫米，故选项正确；
对于，将代入回归方程为，可得，
所以当某顾客的脚长为262毫米，选择42码的鞋会挤脚，故选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了线性回归方程的理解和应用，要掌握线性回归方程必过样本中心这一知识点，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
11．（5分）摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为
A．摩天轮离地面最近的距离为4米
B．若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则
C．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为30
D．ヨ，，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
【分析】中，摩天轮离地面最近的距离为8米；
中，高度关于时间的函数解析式是；
中，在，时恒成立；
中，根据高度关于时间的函数解析式，以及利用导数研究函数的单调性，即可求解．
【解答】解：对于，最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，
所以摩天轮离地面最近的距离为（米，选项错误；
对于，以轴心为原点，与底面平行的直线为轴，建立直角坐标系，
设分钟时，游客位于点，以为终边的角为，
分钟时，旋转角度为，所以周期，角速度为，
在转动一周的过程中，高度关于时间的函数解析式是：
，选项正确；
对于，在，时刻，游客距离地面的高度相等，在，时恒成立，
的最小值是30，选项正确；
对于，，令，解得，令，解得，
则在，上单调递增，在，上单调递减，
当时，，当时，，当时，，
故在，只有一个解，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了运算求解能力与转化应用能力，是中档题．
12．（5分）设函数和，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的为
A．的图象与轴相切
B．存在实数，使得的图象与轴相切
C．若，则方程有唯一实数解
D．若有两个零点，则的取值范围为
【分析】求得的导数，可得切线的斜率，求得切点，可判断；求得的导数，讨论，，结合导数的几何意义，可判断；令，求得导数，判断单调性，求得最值，可判断；求得的导数，判断，判断单调性，求得最大值，可判断．
【解答】解：对于，的导数为，
由，可得，切点为，切线的方程为，
则的图象与轴相切，故正确；
的导数为，
由，，可得恒成立，即有在递增，且，，
所以的图像与轴不相切，故错误；
对于，因为，所以，令，，
，可得在递增，且（1），所以与轴只有一个交点，当时，，递减；
当时，，递增，所以的最小值为（1），即与轴只有一个交点，故正确；
对于，，，令，由题意可得，，
当时，，递增；当时，，递减，所以的最大值为，
令，，
可得递减，又，当时，，故正确．
故选：．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性、最值，以及函数和方程的关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为，则的方程可以为 （答案不唯一） ．
【分析】设出，通过离心率求解，推出，然后求解椭圆方程．
【解答】解：椭圆的焦点在轴上，且离心率为，
设，，则，
所以椭圆方程为：，
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质的应用，是基础题．
14．（5分）设恒等式，则 ．
【分析】直接根据展开式的特点结合二项式定理即可求解结论．
【解答】解：，
，，
，
故答案为：．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，属于基础题．
15．（5分）若在母线长为5，高为4的圆锥中挖去一个小球，则剩余部分体积的最小值为 ．
【分析】由题意画出图形，求出圆锥的底面半径及其内切球的半径，求出最大球的体积，由圆锥体积减去球的体积得答案．
【解答】解：如图，
圆锥的母线长为5，高为4，则底面半径为3，
要使圆锥剩余部分的体积最小，则球的体积最大，即球内切圆锥的底面与侧面，
连接，则，
，即，解得．
球的最大体积为，
又圆锥的体积为，可得剩余部分体积的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥的内切球的体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
16．（5分）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为 ．
【分析】设，，，其中，，，分别运用余弦定理和勾股定理，推得，再由基本不等式和二次不等式的解法，可得所求最小值．
【解答】解：设，，，其中，，，
由余弦定理可得，
，
，
因为，
所以，
即，
因为，，所以，
即，当且仅当时，取得等号．
因为，所以，
所以，解得或（舍去），
当且仅当时，取得等号．
所以的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查费马点的理解和运用，以及三角形的余弦定理和基本不等式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出解答．
问题：已知数列的前项和，等比数列的前项和为，，且______，判断是否存在唯一的，使得，且．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】利用数列的第项与前项和的关系先求出，求出
若选①：由的通项公式求出，，进而求出等比数列的公比，求出通项公式，得到数列是递增的等比数列，分析判断即可；
若选②：由的通项公式求出，进而求出等比数列的公比，求出通项公式，得到数列是递减的等比数列，分析判断即可；
若选③：由的通项公式求出，进而求出等比数列的公比，求出通项公式，得到数列是摆动的等比数列，分析判断即可．
【解答】解：因为数列的前项和，
当时，，
当时，，
经检验，当时也适合上式，
故数列的通项公式为，
所以，
若选①：
因为，所以，，
又，所以，
则等比数列的公比为，
故数列是递增的等比数列，且，
故不存在，使得，且．
若选②：
因为，所以，
故，则等比数列的公比为，
故数列的通项公式为，
所以数列是递减的等比数列，
当时，使得，
所以存在唯一的，使得，且．
若选③：
因为，所以，
设等比数列的公比为，
则，解得，
所以数列是摆动的等比数列，且，
当时，使得，
当时，使得，
故不存在唯一的，使得，且．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，涉及了数列的第项与前项关系的运用，等比数列通项公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
18．（12分）的内角、、的对边分别为、、，设．
（1）求；
（2）若，是边上一点，且，的面积为，求．
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式中的角化边，再结合余弦定理，得解；
（2）设，，由，可得①，结合三角形的内角和定理与两角和的正弦公式求出的值，再在中，由正弦定理，可得②，最后解①②构成的方程组，即可．
【解答】解：（1）由正弦定理知，，
，
，
由余弦定理知，，
，
．
（2）设，，则，，
，
，即①，
，，
，
在中，由正弦定理知，，
，即②，
由①②得，，
．
【点评】本题考查解三角形在平面几何中的应用，熟练掌握正余弦定理、三角形面积公式与两角和的正弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（12分）如图，在直四棱柱中，，，，，点和分别在侧棱、上，且．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【分析】（1）分别取，的中点，，连结，，，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，是平行四边形，从而得到，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
【解答】（1）证明：如图所示，分别取，的中点，，连结，，，
则有是梯形的中位线，故，且，
因为，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，同理可证是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：以点为坐标原点，为轴，为轴，过点且垂直于的直线为轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
则，0，，，0，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，故，
设直线与平面所成角为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查了线面平行的判定定理的应用和线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
20．（12分）已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为0.1．
（1）将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为，求的期望和方差；
（2）18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量服从二项分布，那么当比较大时，可视为服从正态分布．任意正态分布都可变换为标准正态分布且的正态分布），如果随机变量，那么令，则可以证明．当时，对于任意实数，记（a）．
已知如表为标准正态分布表（节选），该表用于查询标准正态分布对应的概率值．例如当时，由于，则先在表的最左列找到数字0.1（位于第三行），然后在表的最上行找到数字0.06（位于第八列），则表中位于第三行第八列的数字0.5636便是的值．
（ⅰ）求在晚自习时间阅览室座位不够用的概率；
（ⅱ）若要使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于0.7，则至少需要添加多少个座位？
【分析】（1）由随机变量服从二项分布，利用数学期望和方差的计算公式求解即可；
（2）随机变量服从正态分布，可得，则，然后由标准正态分布的性质进行分析求解即可；
查表可得，转化为，利用，确定阅览室的座位数，从而得到答案．
【解答】解：（1）由题意可得，随机变量服从二项分布，
则，
；
（2）由于（1）中二项分布的值较大，故可以认为随机变量服从正态分布，
由（1）可得，，，
由题意，可得，
则，
则，
由标准正态分布性质可得，，
故，
则，
故阅览室晚上座位不够用的概率为0.5793；
查表可得，，
则，即，
又，
故座位数至少要1016个，
由于，
所以阅览室至少还需要增加22个座位．
【点评】本题考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查了概率问题的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
21．（12分）在平面直角坐标系中，是坐标原点，是直线上的动点，过作两条相异直线和，其中与抛物线交于、两点，与交于、两点，记、和直线的斜率分别为、和．
（1）当在轴上，且为中点时，求；
（2）当为的中位线时，请问是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）当在轴上时，，不妨设在轴上方，设，，则，，把点的坐标代入抛物线的方程，解得，即可得出点的坐标，进而可得，进而可得答案．
（2）设，，，，直线，直线，分别联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，，当为的中位线时，可得，又，解得，，进而可得，则，为方程的两个根，结合韦达定理可得，化简即可得出答案．
【解答】解：（1）当在轴上时，，不妨设在轴上方，
设，，
所以，，
因为在抛物线上，
所以，解得，
所以点的坐标为，
所以，
由对称性可得知当在轴下方时，，
所以．
（2）设直线，直线，
联立，
所以，
设，，，，
所以，，
当为的中位线时，为的中点，为的中点，
所以，
因为，
所以，，
所以，
所以，
同理可得，
所以，为方程的两个根，
所以△，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以存在时，成立．
【点评】本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22．（12分）已知定义在上的函数，．（其中常数是自然对数的底数，
（1）当时，求的极值；
（2）（ⅰ）若在，上单调递增，求实数的取值范围；
（ⅱ）当时，证明：．
【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；
（2）问题等价于，通过证明，，，求出的取值范围即可，根据函数的单调性求出，得到，
即，，，对赋值，累加即可证明．
【解答】解：（1）时，，
，
令，则，
故在单调递增，又，
当时，，
当时，，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
的极小值是，无极大值；
（2），
若在，上单调递增，
则在，上恒成立，
显然当，时，，
不等式等价于，
下面证明，，，
即证，，，
即证，，，
由（1）可知，显然成立，
，，，
或者考虑亦可（由（1）可知，，，
又当时，，
，即实数的取值范围是，．
证明：先证当，时，有，
由（1）可知，当时，在，上单调递增，
当，时，，即，
当，时，，
，
再证当，时，有，
，
当，时，有，
即，，，
，
，，
，
将上述不等式累加得：，
又，
．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，函数恒成立问题，是难题．
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0.5517
0.5557
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0.5675
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0.5753
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