浙江省山水联盟2022届高三下学期数学5月联考试卷含解析
浙江省精诚联盟2022届高三下学期数学5月适应性联考试卷含答案
适应性联考试卷一、单选题1．已知，，则（）A．B．C．D．2．已知，若复数为实数，则的值是（）A．-1B．0C．1D．-1或13．从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（）A．B．C．D
数学5月联考试卷一、单选题1．已知集合，集合，则（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】并集及其运算【解析】【解答】易知或，，故答案为：B【分析】分别求出集合A、B中的元素，求出A，B的并集即可.设复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（A
简介：适应性考试试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．{1}D．2．抛物线的焦点到准线的距离为（）A．D．23．复数）A．第一象限B．C．1（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（B．第二象限C．第三象限D．第四象限已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要5．若实数x，y满足，则的取值范围（）A．B．某几何体的三视图（单位：B．C．D．）如图所示，则该几何体的最长的棱长（单位：）是（C．D．）7．函数的大致图象为（）A．B． C．D．8．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种9．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（）A．直线上B．椭圆上C．抛物线上10．如图，在三棱锥中，，且体积的最大值为（）D．双曲线上，则三棱锥A．B．C．D．二、填空题11．在的展开式中，含的项的系数是，常数项是.12．已知圆与x轴和均相切，则，.13．已知，则，.的一个极值点，其中，则其导函数有14．已知1是函数个零点；函数的另外一个极值点的取值范围为.为的前n项和，则15．在数列中，的值为. 16．已知椭圆C的离心率，左右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，则的取值范围为.17．已知平面内两单位向量，若满足，则的最小值是.三、解答题如图，在四边形求的长；若中，.，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形.（1）证明：.是一个矩形，，（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列，､是方程（1）数列的通项公式；的两个根，且，求（2）数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切实数，都有，求实数的取值范围.21．已知抛物线点，为抛物线的切线，且的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一.若，求抛物线的方程；若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.已知函数当时，求极值.设为的极值点，证明：.答案解析部分1．【答案】A 【答案】D【答案】C【答案】B【答案】A【答案】C【答案】A【答案】C【答案】D【答案】A11．【答案】-21；720【答案】；1【答案】；【答案】2；【答案】2【答案】17．【答案】18．【答案】（1）解：因为，所以由余弦定理得：所以.（2）解：由正弦定理得，，所以，故，， 则为锐角，，所以，所以的面积为19．【答案】（1）证明：如图因为是等边三角形，故，又平面，，因此平面，所以，又，所以平面，又平面中点O，平面.由，取平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由题可知，，所以，所以，所以故由①②及.②，平面，所以平面，平面，所以，（2）解：设D到平面的距离为d，与平面所成角为.由可知，即，解得，故.所以直线与平面所成角的正弦值为20．【答案】（1）解：因为､是方程的两个根，所以， 则，因为，所以，解得，则，所以（2）解：由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范围为21．【答案】（1）解：设直线与抛物线方程联立，消去y，得所以点所以抛物线的方程为（2）解：方法一：设点，则由（1），可知①因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有圆，，且的半径分别为分别是，由射影定理，有的角平分线，所以，设因为，所以，设所以所以 令，则，当且仅当时等号成立所以两圆面积之和的最小值为方法二：设，则.，所以，由直线，令令，令，则当且仅当时取等号所以两圆面积之和的最小值为.22．【答案】（1）解：当当时，单调递增，当所以当时，函数有极大值，极大值为（2）证明：的定义域为当时，无极值点.当时，由第一小题知，则单调递减，时，单调递减，，没有极小值，当时，若为的极值点，则，假设，则，当时，，设，则，当时单调递增，当时单调递减，所以，当 即，这与矛盾，所以当时，，则，一方面当时，单调递减，且，故在单调递减，即，根据零点存在性定理，存在唯一的设，则，所以，当时，，则，设单调递减，，则，另一方面当时，单调递减，且理，存在唯一的由所以时，，有，可得：根据零点存在性定由上面已证：当，即，进一步可得，故则综上，若为的极值点，一定有
简介：适应性考试试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．{1}D．2．抛物线的焦点到准线的距离为（）A．D．23．复数）A．第一象限B．C．1（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（B．第二象限C．第三象限D．第四象限已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要5．若实数x，y满足，则的取值范围（）A．B．某几何体的三视图（单位：B．C．D．）如图所示，则该几何体的最长的棱长（单位：）是（C．D．）7．函数的大致图象为（）A．B． C．D．8．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种9．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（）A．直线上B．椭圆上C．抛物线上10．如图，在三棱锥中，，且体积的最大值为（）D．双曲线上，则三棱锥A．B．C．D．二、填空题11．在的展开式中，含的项的系数是，常数项是.12．已知圆与x轴和均相切，则，.13．已知，则，.的一个极值点，其中，则其导函数有14．已知1是函数个零点；函数的另外一个极值点的取值范围为.为的前n项和，则15．在数列中，的值为. 16．已知椭圆C的离心率，左右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，则的取值范围为.17．已知平面内两单位向量，若满足，则的最小值是.三、解答题如图，在四边形求的长；若中，.，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形.（1）证明：.是一个矩形，，（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列，､是方程（1）数列的通项公式；的两个根，且，求（2）数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切实数，都有，求实数的取值范围.21．已知抛物线点，为抛物线的切线，且的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一.若，求抛物线的方程；若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.已知函数当时，求极值.设为的极值点，证明：.答案解析部分1．【答案】A 【答案】D【答案】C【答案】B【答案】A【答案】C【答案】A【答案】C【答案】D【答案】A11．【答案】-21；720【答案】；1【答案】；【答案】2；【答案】2【答案】17．【答案】18．【答案】（1）解：因为，所以由余弦定理得：所以.（2）解：由正弦定理得，，所以，故，， 则为锐角，，所以，所以的面积为19．【答案】（1）证明：如图因为是等边三角形，故，又平面，，因此平面，所以，又，所以平面，又平面中点O，平面.由，取平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由题可知，，所以，所以，所以故由①②及.②，平面，所以平面，平面，所以，（2）解：设D到平面的距离为d，与平面所成角为.由可知，即，解得，故.所以直线与平面所成角的正弦值为20．【答案】（1）解：因为､是方程的两个根，所以， 则，因为，所以，解得，则，所以（2）解：由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范围为21．【答案】（1）解：设直线与抛物线方程联立，消去y，得所以点所以抛物线的方程为（2）解：方法一：设点，则由（1），可知①因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有圆，，且的半径分别为分别是，由射影定理，有的角平分线，所以，设因为，所以，设所以所以 令，则，当且仅当时等号成立所以两圆面积之和的最小值为方法二：设，则.，所以，由直线，令令，令，则当且仅当时取等号所以两圆面积之和的最小值为.22．【答案】（1）解：当当时，单调递增，当所以当时，函数有极大值，极大值为（2）证明：的定义域为当时，无极值点.当时，由第一小题知，则单调递减，时，单调递减，，没有极小值，当时，若为的极值点，则，假设，则，当时，，设，则，当时单调递增，当时单调递减，所以，当 即，这与矛盾，所以当时，，则，一方面当时，单调递减，且，故在单调递减，即，根据零点存在性定理，存在唯一的设，则，所以，当时，，则，设单调递减，，则，另一方面当时，单调递减，且理，存在唯一的由所以时，，有，可得：根据零点存在性定由上面已证：当，即，进一步可得，故则综上，若为的极值点，一定有
简介：适应性考试试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．{1}D．2．抛物线的焦点到准线的距离为（）A．D．23．复数）A．第一象限B．C．1（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（B．第二象限C．第三象限D．第四象限已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要5．若实数x，y满足，则的取值范围（）A．B．某几何体的三视图（单位：B．C．D．）如图所示，则该几何体的最长的棱长（单位：）是（C．D．）7．函数的大致图象为（）A．B． C．D．8．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种9．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（）A．直线上B．椭圆上C．抛物线上10．如图，在三棱锥中，，且体积的最大值为（）D．双曲线上，则三棱锥A．B．C．D．二、填空题11．在的展开式中，含的项的系数是，常数项是.12．已知圆与x轴和均相切，则，.13．已知，则，.的一个极值点，其中，则其导函数有14．已知1是函数个零点；函数的另外一个极值点的取值范围为.为的前n项和，则15．在数列中，的值为. 16．已知椭圆C的离心率，左右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，则的取值范围为.17．已知平面内两单位向量，若满足，则的最小值是.三、解答题如图，在四边形求的长；若中，.，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形.（1）证明：.是一个矩形，，（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列，､是方程（1）数列的通项公式；的两个根，且，求（2）数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切实数，都有，求实数的取值范围.21．已知抛物线点，为抛物线的切线，且的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一.若，求抛物线的方程；若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.已知函数当时，求极值.设为的极值点，证明：.答案解析部分1．【答案】A 【答案】D【答案】C【答案】B【答案】A【答案】C【答案】A【答案】C【答案】D【答案】A11．【答案】-21；720【答案】；1【答案】；【答案】2；【答案】2【答案】17．【答案】18．【答案】（1）解：因为，所以由余弦定理得：所以.（2）解：由正弦定理得，，所以，故，， 则为锐角，，所以，所以的面积为19．【答案】（1）证明：如图因为是等边三角形，故，又平面，，因此平面，所以，又，所以平面，又平面中点O，平面.由，取平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由题可知，，所以，所以，所以故由①②及.②，平面，所以平面，平面，所以，（2）解：设D到平面的距离为d，与平面所成角为.由可知，即，解得，故.所以直线与平面所成角的正弦值为20．【答案】（1）解：因为､是方程的两个根，所以， 则，因为，所以，解得，则，所以（2）解：由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范围为21．【答案】（1）解：设直线与抛物线方程联立，消去y，得所以点所以抛物线的方程为（2）解：方法一：设点，则由（1），可知①因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有圆，，且的半径分别为分别是，由射影定理，有的角平分线，所以，设因为，所以，设所以所以 令，则，当且仅当时等号成立所以两圆面积之和的最小值为方法二：设，则.，所以，由直线，令令，令，则当且仅当时取等号所以两圆面积之和的最小值为.22．【答案】（1）解：当当时，单调递增，当所以当时，函数有极大值，极大值为（2）证明：的定义域为当时，无极值点.当时，由第一小题知，则单调递减，时，单调递减，，没有极小值，当时，若为的极值点，则，假设，则，当时，，设，则，当时单调递增，当时单调递减，所以，当 即，这与矛盾，所以当时，，则，一方面当时，单调递减，且，故在单调递减，即，根据零点存在性定理，存在唯一的设，则，所以，当时，，则，设单调递减，，则，另一方面当时，单调递减，且理，存在唯一的由所以时，，有，可得：根据零点存在性定由上面已证：当，即，进一步可得，故则综上，若为的极值点，一定有
简介：适应性考试试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．{1}D．2．抛物线的焦点到准线的距离为（）A．D．23．复数）A．第一象限B．C．1（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（B．第二象限C．第三象限D．第四象限已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要5．若实数x，y满足，则的取值范围（）A．B．某几何体的三视图（单位：B．C．D．）如图所示，则该几何体的最长的棱长（单位：）是（C．D．）7．函数的大致图象为（）A．B． C．D．8．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种9．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（）A．直线上B．椭圆上C．抛物线上10．如图，在三棱锥中，，且体积的最大值为（）D．双曲线上，则三棱锥A．B．C．D．二、填空题11．在的展开式中，含的项的系数是，常数项是.12．已知圆与x轴和均相切，则，.13．已知，则，.的一个极值点，其中，则其导函数有14．已知1是函数个零点；函数的另外一个极值点的取值范围为.为的前n项和，则15．在数列中，的值为. 16．已知椭圆C的离心率，左右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，则的取值范围为.17．已知平面内两单位向量，若满足，则的最小值是.三、解答题如图，在四边形求的长；若中，.，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形.（1）证明：.是一个矩形，，（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列，､是方程（1）数列的通项公式；的两个根，且，求（2）数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切实数，都有，求实数的取值范围.21．已知抛物线点，为抛物线的切线，且的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一.若，求抛物线的方程；若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.已知函数当时，求极值.设为的极值点，证明：.答案解析部分1．【答案】A 【答案】D【答案】C【答案】B【答案】A【答案】C【答案】A【答案】C【答案】D【答案】A11．【答案】-21；720【答案】；1【答案】；【答案】2；【答案】2【答案】17．【答案】18．【答案】（1）解：因为，所以由余弦定理得：所以.（2）解：由正弦定理得，，所以，故，， 则为锐角，，所以，所以的面积为19．【答案】（1）证明：如图因为是等边三角形，故，又平面，，因此平面，所以，又，所以平面，又平面中点O，平面.由，取平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由题可知，，所以，所以，所以故由①②及.②，平面，所以平面，平面，所以，（2）解：设D到平面的距离为d，与平面所成角为.由可知，即，解得，故.所以直线与平面所成角的正弦值为20．【答案】（1）解：因为､是方程的两个根，所以， 则，因为，所以，解得，则，所以（2）解：由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范围为21．【答案】（1）解：设直线与抛物线方程联立，消去y，得所以点所以抛物线的方程为（2）解：方法一：设点，则由（1），可知①因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有圆，，且的半径分别为分别是，由射影定理，有的角平分线，所以，设因为，所以，设所以所以 令，则，当且仅当时等号成立所以两圆面积之和的最小值为方法二：设，则.，所以，由直线，令令，令，则当且仅当时取等号所以两圆面积之和的最小值为.22．【答案】（1）解：当当时，单调递增，当所以当时，函数有极大值，极大值为（2）证明：的定义域为当时，无极值点.当时，由第一小题知，则单调递减，时，单调递减，，没有极小值，当时，若为的极值点，则，假设，则，当时，，设，则，当时单调递增，当时单调递减，所以，当 即，这与矛盾，所以当时，，则，一方面当时，单调递减，且，故在单调递减，即，根据零点存在性定理，存在唯一的设，则，所以，当时，，则，设单调递减，，则，另一方面当时，单调递减，且理，存在唯一的由所以时，，有，可得：根据零点存在性定由上面已证：当，即，进一步可得，故则综上，若为的极值点，一定有
简介：适应性考试试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．{1}D．2．抛物线的焦点到准线的距离为（）A．D．23．复数）A．第一象限B．C．1（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（B．第二象限C．第三象限D．第四象限已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要5．若实数x，y满足，则的取值范围（）A．B．某几何体的三视图（单位：B．C．D．）如图所示，则该几何体的最长的棱长（单位：）是（C．D．）7．函数的大致图象为（）A．B． C．D．8．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种9．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（）A．直线上B．椭圆上C．抛物线上10．如图，在三棱锥中，，且体积的最大值为（）D．双曲线上，则三棱锥A．B．C．D．二、填空题11．在的展开式中，含的项的系数是，常数项是.12．已知圆与x轴和均相切，则，.13．已知，则，.的一个极值点，其中，则其导函数有14．已知1是函数个零点；函数的另外一个极值点的取值范围为.为的前n项和，则15．在数列中，的值为. 16．已知椭圆C的离心率，左右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，则的取值范围为.17．已知平面内两单位向量，若满足，则的最小值是.三、解答题如图，在四边形求的长；若中，.，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形.（1）证明：.是一个矩形，，（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列，､是方程（1）数列的通项公式；的两个根，且，求（2）数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切实数，都有，求实数的取值范围.21．已知抛物线点，为抛物线的切线，且的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一.若，求抛物线的方程；若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.已知函数当时，求极值.设为的极值点，证明：.答案解析部分1．【答案】A 【答案】D【答案】C【答案】B【答案】A【答案】C【答案】A【答案】C【答案】D【答案】A11．【答案】-21；720【答案】；1【答案】；【答案】2；【答案】2【答案】17．【答案】18．【答案】（1）解：因为，所以由余弦定理得：所以.（2）解：由正弦定理得，，所以，故，， 则为锐角，，所以，所以的面积为19．【答案】（1）证明：如图因为是等边三角形，故，又平面，，因此平面，所以，又，所以平面，又平面中点O，平面.由，取平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由题可知，，所以，所以，所以故由①②及.②，平面，所以平面，平面，所以，（2）解：设D到平面的距离为d，与平面所成角为.由可知，即，解得，故.所以直线与平面所成角的正弦值为20．【答案】（1）解：因为､是方程的两个根，所以， 则，因为，所以，解得，则，所以（2）解：由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范围为21．【答案】（1）解：设直线与抛物线方程联立，消去y，得所以点所以抛物线的方程为（2）解：方法一：设点，则由（1），可知①因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有圆，，且的半径分别为分别是，由射影定理，有的角平分线，所以，设因为，所以，设所以所以 令，则，当且仅当时等号成立所以两圆面积之和的最小值为方法二：设，则.，所以，由直线，令令，令，则当且仅当时取等号所以两圆面积之和的最小值为.22．【答案】（1）解：当当时，单调递增，当所以当时，函数有极大值，极大值为（2）证明：的定义域为当时，无极值点.当时，由第一小题知，则单调递减，时，单调递减，，没有极小值，当时，若为的极值点，则，假设，则，当时，，设，则，当时单调递增，当时单调递减，所以，当 即，这与矛盾，所以当时，，则，一方面当时，单调递减，且，故在单调递减，即，根据零点存在性定理，存在唯一的设，则，所以，当时，，则，设单调递减，，则，另一方面当时，单调递减，且理，存在唯一的由所以时，，有，可得：根据零点存在性定由上面已证：当，即，进一步可得，故则综上，若为的极值点，一定有
简介：适应性考试试卷一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．{1}D．2．抛物线的焦点到准线的距离为（）A．D．23．复数）A．第一象限B．C．1（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（B．第二象限C．第三象限D．第四象限已知，则“”是“角为第一或第四象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要5．若实数x，y满足，则的取值范围（）A．B．某几何体的三视图（单位：B．C．D．）如图所示，则该几何体的最长的棱长（单位：）是（C．D．）7．函数的大致图象为（）A．B． C．D．8．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的3个，黄色的3个，蓝色的4个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同的颜色的小球的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种9．平面直角坐标系中有两点和，以为圆心，正整数i为半径的圆记为，以O2为圆心，正整数j为半径的圆记为.对于正整数（），点是圆与圆的交点，且，，，，都位于第二象限，则这5个点都在同一（）A．直线上B．椭圆上C．抛物线上10．如图，在三棱锥中，，且体积的最大值为（）D．双曲线上，则三棱锥A．B．C．D．二、填空题11．在的展开式中，含的项的系数是，常数项是.12．已知圆与x轴和均相切，则，.13．已知，则，.的一个极值点，其中，则其导函数有14．已知1是函数个零点；函数的另外一个极值点的取值范围为.为的前n项和，则15．在数列中，的值为. 16．已知椭圆C的离心率，左右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，则的取值范围为.17．已知平面内两单位向量，若满足，则的最小值是.三、解答题如图，在四边形求的长；若中，.，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面，是等边三角形.（1）证明：.是一个矩形，，（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．已知等差数列，､是方程（1）数列的通项公式；的两个根，且，求（2）数列的前项和为，数列的前项和为，若对一切实数，都有，求实数的取值范围.21．已知抛物线点，为抛物线的切线，且的顶点为O，点P是第一象限内C上的一点，Q是y轴上一.若，求抛物线的方程；若圆都与直线相切于点P，且都与y轴相切，求两圆面积之和的最小值.已知函数当时，求极值.设为的极值点，证明：.答案解析部分1．【答案】A 【答案】D【答案】C【答案】B【答案】A【答案】C【答案】A【答案】C【答案】D【答案】A11．【答案】-21；720【答案】；1【答案】；【答案】2；【答案】2【答案】17．【答案】18．【答案】（1）解：因为，所以由余弦定理得：所以.（2）解：由正弦定理得，，所以，故，， 则为锐角，，所以，所以的面积为19．【答案】（1）证明：如图因为是等边三角形，故，又平面，，因此平面，所以，又，所以平面，又平面中点O，平面.由，取平面，平面平面，且平面平面，所以平面平面，故.①由题可知，，所以，所以，所以故由①②及.②，平面，所以平面，平面，所以，（2）解：设D到平面的距离为d，与平面所成角为.由可知，即，解得，故.所以直线与平面所成角的正弦值为20．【答案】（1）解：因为､是方程的两个根，所以， 则，因为，所以，解得，则，所以（2）解：由（1）得，∴得∴，所以，解得或，所以的取值范围为21．【答案】（1）解：设直线与抛物线方程联立，消去y，得所以点所以抛物线的方程为（2）解：方法一：设点，则由（1），可知①因为圆都与直线相切于点P，则，设圆与圆切于点，则有圆，，且的半径分别为分别是，由射影定理，有的角平分线，所以，设因为，所以，设所以所以 令，则，当且仅当时等号成立所以两圆面积之和的最小值为方法二：设，则.，所以，由直线，令令，令，则当且仅当时取等号所以两圆面积之和的最小值为.22．【答案】（1）解：当当时，单调递增，当所以当时，函数有极大值，极大值为（2）证明：的定义域为当时，无极值点.当时，由第一小题知，则单调递减，时，单调递减，，没有极小值，当时，若为的极值点，则，假设，则，当时，，设，则，当时单调递增，当时单调递减，所以，当 即，这与矛盾，所以当时，，则，一方面当时，单调递减，且，故在单调递减，即，根据零点存在性定理，存在唯一的设，则，所以，当时，，则，设单调递减，，则，另一方面当时，单调递减，且理，存在唯一的由所以时，，有，可得：根据零点存在性定由上面已证：当，即，进一步可得，故则综上，若为的极值点，一定有
