2021年新高考浙江数学高考真题变式题第17-22题解析版

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 2021年新高考浙江数学高考真题变式题17-22题
原题17
1．已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.
变式题1基础
2．已知向量，又，则的最大值是___________．
变式题2基础
3．已知向量与的夹角为，且，，设，，则向量在方向上的投影为___________．
变式题3巩固
4．如图，已知是半径为2，圆心角为的一段圆弧上一点，，则的最小值为___________.

变式题4巩固
5．已知向量的模长为1，平面向量满足：，则的取值范围是_________.
变式题5巩固
6．已知是平面上的单位向量，则的最大值是__________.
变式题6提升
7．已知向量，若对任意的单位向量，均有，则的取值范围是______
原题18
8．设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
变式题1基础
9．已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求在区间上的最值及相应的的值.
变式题2基础
10．已知函数.
（1）求的最小正周期及上的最值；
（2）求的单调递减区间.
变式题3巩固
11．已知函数.
（1）求的对称中心坐标；
（2）若有解，求的最小值.
变式题4巩固
12．已知向量，，且.
（1）求及；
（2）若函数有零点，求实数的取值范围.
变式题5巩固
13．已知向量，，设.
（1）求函数的对称中心；
（2）已知为锐角，，，，求的值.
变式题6提升
14．已知函数，.
(1)求函数在单调递增区间；
(2)若函数为奇函数，求的最小值.
变式题7提升
15．已知函数
(1)若，求；
(2)若时，，求．
原题19
16．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
变式题1基础
17．如图，在所有棱长都等于2的正三棱柱中，点是的中点，求：

（1）异面直线与所成角的大小；
（2）直线与平面所成角的大小.
变式题2基础
18．如图，四边形为平行四边形，且，点，为平面外两点，且，．

（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成的角．
变式题3巩固
19．如图①，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝6，AD＝2，E，F分别是线段CD的两个三等分点．若把等腰梯形沿虚线AF，BE折起，使得点C和点D重合，记为点P，如图②．

（1）求证：平面PEF⊥平面ABEF；
（2）求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值．
变式题4巩固
20．如图1，菱形中，动点，在边，上(不含端点)，且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示.

（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，，求；
（2）试讨论，当点的位置变化时，二面角是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.
变式题5巩固
21．如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．

（1）证明：；
（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
变式题6提升
22．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①；②；③点在平面的射影在直线上.如图，平面五边形中，是边长为的等边三角形，，，，将沿翻折成四棱锥，是棱上的动点（端点除外），分别是的中点，且___________.

（1）求证：；
（2）当与平面所成角最大时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
变式题7提升
23．已知多边形是边长为2的正六边形，沿对角线将平面折起，使得.

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为，若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.
原题20
24．已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
变式题1基础
25．数列满足，
（1）记，是否存在一个实数，使数列为等差数列？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由；
（2）求数列的通项公式与前项和
变式题2基础
26．在数列中，，当时，其前n项和满足：.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若对一切正整数n恒成立，求实数k的最大值.
变式题3巩固
27．已知等比数列的前项和，数列的前项和为，.
（1）求和；
（2）若对于一切恒成立，求整数的最小值.
变式题4巩固
28．已知是公比为q的等比数列，其前n项和为，且，.
（1）求q；
（2）设是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为，当时，试比较与的大小.
变式题5巩固
29．设正项等比数列， ，且的等差中项为.若数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列前n项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
变式题6提升
30．已知数列的前项和为，，数列满足：，，数列为等差数列．
（1）求与的通项公式；
（2）设，数列的前项和为．若对于任意均有，求正整数的值．
变式题7提升
31．已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，.
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，并记为的前项和，求证：，.
原题21
32．如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
变式题1基础
33．在平面直角坐标系中，，动圆过点且和定直线相切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）若过点的直线交曲线于两点，求的取值范围.
变式题2基础
34．已知抛物线的焦点为F，点是抛物线上的点，且.
（1）求抛物线方程；
（2）直线与抛物线交于、两点，且.求△OPQ面积的最小值.
变式题3巩固
35．已知直线，分别与抛物线相切于两点.

（1）若点的坐标为，求直线的方程；
（2）若直线与的交点为，且点在圆上，设直线，与轴分别交于点，，求的取值范围.
变式题4巩固
36．如图，已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，记，.

（1）若，求的最小值；
（2）若对任意的直线，，恒为锐角，求的取值范围.
变式题5巩固
37．设直线与抛物线交于、两点，已知当直线经过抛物线的焦点且与轴垂直时，的面积为（为坐标原点）．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）当直线经过点且与轴不垂直时，若在轴上存在点，使得为等边三角形，求的取值范围．

变式题6提升
38．已知点在抛物线上，点到抛物线的焦点的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知直线与抛物线交于（坐标原点）、两点，直线与抛物线交于、两点．

①若，求实数的值；
②过、、分别作轴的垂线，垂足分别为、、．记、分别为三角形和四边形的面积，求的取值范围．
变式题7提升
39．已知抛物线C：的焦点F与椭圆的右焦点重合，点是抛物线的准线上任意一点，直线，分别与抛物线相切于点，.

（1）求抛物线的标准方程；
（2）设直线，的斜率分别为，，证明：为定值；
（3）求的最小值.
原题22
40．设a，b为实数，且，函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
变式题1基础
41．设函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有唯一的零点，求实数的值；
（3）讨论函数的零点个数.
变式题2基础
42．设函数，.
（1）当时，求方程的根（其中为自然对数的底数）；
（2）求函数的单调增区间；
（3）当时，记，是否存在整数，使得关于的不等式有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：，）
变式题3巩固
43．已知函数.
（1）讨论函数的导函数的单调性；
（2）若对，都有，求的取值范围；
（3）若方程有两个不同的解，求的取值范围.
变式题4巩固
44．已知，设函数，．
（Ⅰ）当时，求的单调区间；
（Ⅱ）设，，且，，证明：
（ⅰ）；（ⅱ）．
注：为自然对数的底数．
变式题5巩固
45．已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
变式题6提升
46．已知函数，，其中是自然对数的底数．
(1)若有两个极值点，求实数的取值范围；
(2)若存在正数，使得对任意均有成立．
证明：（ⅰ）；
（ⅱ）．
变式题7提升
47．已知函数，其中.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若，设，
（ⅰ）证明：函数在区间内有唯一的一个零点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的零点为，证明：当时，.

参考答案：
1．
【分析】设，由平面向量的知识可得，再结合柯西不等式即可得解.
【详解】由题意，设，
则，即，
又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，
所以在方向上的投影，
即,
所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.


【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是由平面向量的知识转化出之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值.
2．
【分析】建立平面直角坐标系，设，可得，结合和向量的数量积，，再利用圆的参数方程，即可求解.
【详解】由题意，以为分别为轴和轴建立平面直角坐标系，
因为，可得，
设，可得，
又因为，可得，
又由，
因为点的轨迹为，表示以原点为圆心，半径为的圆，
可设，
可得，
当时，可得的最大值是.
故答案为：.

3．2
【分析】由题意计算和，在方向上的投影为.代入相应数值计算即可.
【详解】与的夹角为，且， ,又，，设,在方向上的投影为在方向上的投影为
故答案为：2
4．##
【分析】建立平面直角坐标系，将向量的数量积求最值乘转换成求三角函数的最值即可．
【详解】解：已知是半径为2，圆心角为的一段圆弧上一点，，
以圆心为原点，垂直平分线所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，

则：，，，由题设：，；
则



其中；
所以，当时，
则的最小值为；
故答案为：．
5．
【解析】不妨设，，则根据条件可得：， ，根据柯西不等式得到，令，利用二次函数的单调性可得.
【详解】由题意知：不妨设，，
则根据条件可得：
，，
根据柯西不等式得：

因为，
， ，
当且仅当时取等号；
令，则，又，则，
所以，当时，，即；
，而，所以当时，，即，故的取值范围是.
【点睛】关键点睛：设，，则根据条件可得：，
，利用柯西不等式和换元法把问题转化为求二次函数的最值问题是解决本题的关键.
6．
【分析】先设，且，再根据向量模化简，最后化简整理结合柯西不等式即可求出结果.
【详解】设，且，而，
所以




，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，
故答案为：.
7．
【分析】由于，，为单位向量，不妨设，，，则，令，结合的取值范围，即可求解．
【详解】解：，，为单位向量，
不妨设，，，
，
令，
当共线时，若，，此时不满足题意，
当不共线时，，
，
，
，
，
，即，
，即，
故答案为：．
8．（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，

，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
9．（1）最小正周期是；（2），此时；，此时.
【分析】（1）由二倍角公式，并结合辅助角公式可得，再利用周期可求出答案；
（2）由的范围，可求得的范围，进而可求出的范围，从而可求得的最值同时求得对应的的值.
【详解】（1）



函数的最小正周期是.
（2），
，
，


此时，，

此时，
10．（1）的最小正周期，在区间上的最大值为，最小值为．
（2）单调递减区间为，；
【解析】（1）利用三角函数的诱导公式化简，由周期公式计算得的最小正周期，由的范围求出的范围，进一步求出的范围，则答案可求．
（2）由，可解得函数的单调减区间；
【详解】解：（1）
．
的最小正周期，
因为时，所以，
所以，所以
在区间上的最大值为，最小值为．
（2）令，，
得，，
的单调递减区间为，；
11．（1）的对称中心坐标为，；（2）.
【分析】（1）首先利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）依题意有解，故须，求出函数的最小值，即可得解；
【详解】解：
.
（1）由，解得，，
故的对称中心坐标为，.
（2）若有解，
即有解，故须，
∵，
∴，
故，
∴的最小值是.
12．（1），；（2）.
【分析】（1）利用向量的数量积公式，结合差角的余弦公式，可求数量积，将模平方，再开方，即可求得模；
（2），令，则，令，则，根据函数的性质求出的取值范围．
【详解】解：（1）因为，，
所以，，
所以，.
（2），令，则，，，显然时，.
令，则，，显然是上的增函数，在上的值域为，故.
13．（1），；（2）
【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标运算及辅助角公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得；
（2）依题意可得，再根据同角三角函数的基本关系求出、，最后根据利用两角和的正弦公式计算可得；
【详解】解：（1）因为，，
所以.
令，，则，，所以函数的对称中心为，
（2）因为，所以，即，因为为锐角，所以，
因为，所以，因为，所以，所以
所以


14．(1)
(2)

【分析】( 1 )展开多项式乘多项式,再由倍角公式降幂,利用辅助角公式化积，利用复合函数的单调性求函数f (x)在(0,π)单调递增区间;
( 2 )求出g (x)，由g(x)为奇函数,可得的值,进一步求得|m|的最小值.
(1)
（1）
，                          
由，，得，
当时，；又，
函数在单调递增区间.
(2)
由题意，得
函数为奇函数，
，      
当时，的最小值为.
15．(1)
(2)

【分析】（1）根据同角三角函数的关系、两角和正弦公式、诱导公式化简即可求解；
（2）根据角的变换及两角差的正弦公式，二倍角的余弦公式计算即可求解.
(1)
，
由得：，
即有，所以．
(2)
由得：
∵，
∴，
∴，
∴，
故
16．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
17．（1）；（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定坐标，即可求出所成角的余弦，转化为与所成角，即可求出结果;
（2）确定坐标，求出平面的法向量，利用线面角公式，即可求出直线与平面所成角
【详解】取中点,连接,则,
正三棱柱所有棱长都等于2,
,平面平面,
以为坐标原点,所在的直线分别为
轴建立空间直角坐标系,则,
.
（1）

异面直线与所成角的余弦为.
异面直线与所成角是.
（2）,
设平面的法向量,
,,令,则,
平面的一个法向量
设直线与平面所成角,
,
直线与平面所成角.

【点睛】本题考查用空间向量求异面直线、直线与平面所成的角,考查计算能力,属于基础题.
18．（1）证明见解析；（2）30°．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
【详解】（1）设与相交于点，连接，
由题可知，，，，
所以，，即，
在和中，，，，
所以，≌，
所以，故，
又，平面，所以平面；
（2）如图，在平面内，过作的垂线，交于点，

由（1）可知，平面平面，
所以平面，
故直线，，两两互相垂直，
分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
因为，
则，，，，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则即，取，则，
所以，，
故直线与平面所成的角为30°．
19．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）通过证明来证得平面，由此证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）由已知条件易知四边形ABEF是正方形，
BE⊥EF且BE⊥PE．又PE∩EF＝E，
所以BE⊥平面PEF．
因为BE⊂平面ABEF，
所以平面PEF⊥平面ABEF．
（2）如图，过点P作PO⊥EF于点O，
过点O作BE的平行线交AB于点G，
则PO⊥平面ABEF．
又PO，EF，OG所在直线两两垂直，
所以分别以OG，OE，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(2，－1，0)，B(2，1，0)，E(0，1，0)，.
所以.
设平面PAE的法向量为，
则，故可设.
设平面的法向量为，
则，故可设.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.

20．（1）；（2）;
【分析】根据题目信息建立空间直角坐标系，
（1）将直线的方向向量表示出来，根据数量积等于0求解题目中的取值，进而可以求得，最后获得体积之比；
（2）分别将两个平面的法向量求解出来，根据面面角的公式求解平面角的余弦值，最后根据角是钝角得出结果即可.
【详解】(1)取的中点为，
因为即，所以,
所以,又因为平面平面，
平面平面，
所以平面，
连接,由题意可知,
以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，,,，
所以，，
因为，所以，
解得：或者（舍）；
因为三棱锥和四棱锥的体积分别为，，
所以.
(2) 二面角是定值,证明如下：
由（1）知，面的法向量，
由，，
设面的法向量为 ，
所以，
取，则，，即，
设二面角的平面角为，
所以，
由图可知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.

【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.
21．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直的性质得出；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出.
【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，，
在等腰梯形中，，为，的中点，
∴，
在正中，为的中点，
∴，
∵，，，，平面，
∴平面，
又平面，∴．
（2）解：∵平面，
在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，
∵，，∴为二面角的平面角，即，
，，，，，，
设平面的法向量为，，，
则有，即，
则可取，又，
设直线与平面所成角为，
∴，
∵，∴，
∴．

22．条件选择见解析；（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点分别为，连接.
选择①：根据，，得到，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.
选择②：连接，易得，进而得到，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.
选择③：根据点在平面的射影在直线上，得到平面平面，进而得到平面，则，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.
（2）连接，由平面，得到即为与平面所成的角，由，得到为中点时，最小，然后建立空间直角坐标系，取得平面的一个法向量为，以及平面的一个法向量为求解.
【详解】（1）如图所示：

取的中点分别为，连接.
选择①：
因为，，
所以，即.
又，，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.
同理可得：平面.
因为，
所以平面平面，…
所以平面.
又平面，
所以.
选择②：
连接，则，，
因为，
所以.
又，，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.
同理可得：平面.
因为，
所以平面平面，
所以平面.
又平面，
所以.
选择③：
因为点在平面的射影在直线上，
所以平面平面.
因为平面平面，平面，，
所以平面，
所以.
又，，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.…
同理可得：平面.
因为，
所以平面平面，
所以平面.
又平面，
所以.
（2）连接，由（1）可知：平面，
所以即为与平面所成的角.
因为，所以当最小时，最大，
所以当，即为中点，最小.
以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，令，得.
由题意可知：平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
23．（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系设，求平面和平面的法向量，利用空间向量法求得二面角，得到关于a的方程，即可得解.
【详解】（1）证明：过作，连接
由正六边形的性质知，且，，
因为平面，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）如图，以O为空间直角坐标系原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，

设，则，
设平面的一个法向量为，则
，取，得，
又，
设平面的一个法向量为，则
，取，得
设二面角的平面角为，
则，解得，所以.
【点睛】方法点睛：本题考查面面垂直，及面面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
24．（1）；（2）.
【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；
（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得

，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.
25．（1）； （2）.
【分析】（1）由，化简得，结合叠加法求得，得到，再根据得出数列的定义，即可求解.
（2）由（1）得到，设数列的前项和为，利用乘公比错位相减法，求得，进而求得数列的前项和.
【详解】（1）由数列满足，可得，
所以
，
所以，所以，
当 时，，此时满足，使得数列为等差数列.
（2）由（1）可得，
设数列的前项和为，
则，
可得，
两式相减，可得
，
所以，
所以数列的前项和为.
26．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由，代入条件整理可得，即化为，从而可证明.
(2)由题意分离参数可得，令，讨论出的单调性，得出其最小项即可得出答案.
（1）， 即，所以，故数列是等差数列；
（2）（2） ，令，则，令得，.由令，解得所以数列中当时单调递减，时单调递增.所以
27．（1），；（2）2.
【分析】（1）由分别求，， ，再结合条件，以及等比数列的性质列方程组求解；（2）首先求数列的前项和，由不等式恒成立转化为，求整数的最小值.
【详解】（1）由得，，，因为数列是等比数列，所以，即，化简得①（舍）；由得，即②，由①②解得，（舍）.
（2）由（1）得，，于是，，
，
若对于一切恒成立，则
所以整数的最小值为2.
【点睛】本题考查等比数列，等差数列，以及错位相减法，数列与不等式的综合题型，重点考查转化与化归，计算能力，逻辑推理能力，属于中档题型.
28．（1）；（2）答案见解析.
【解析】（1）先判断公比是否为，然后根据等比数列的前项和公式以及的值求解出的值；
（2）根据条件先求解出的通项公式，然后求解出，然后采用作差法比较与的大小关系.
【详解】解：（1）当时，若，则应有，这与矛盾，故．
由，相除得，解得．
（2）由题意知，
，
当时，．
所以当时，；
当时，；
当时，．
【点睛】方法点睛：常见的比较大小的方法：
（1）作差法：作差与作比较；
（2）作商法：作商与作比较（注意正负）；
（3）函数单调性法：根据函数单调性比较大小；
（4）中间值法：取中间值进行大小比较.
29．(1)，
(2)

【分析】（1）根据等差等比数列列出方程求解可得，令，构造等比数列求出，即可得；
（2）代入化简数列的通项，根据错位相减法求和后化简不等式，分n为奇数偶数求解即可.
(1)
设等比数列的公比为，由题意，得，
解得，所以 ，又由，

令则，

.

(2)
由（1）知，
，
，
，  
两式相减得 ，
，

若为偶数，则

若为奇数，则 ，

综上，.
30．（1）；；（2）1.
【解析】（1）根据，由题中条件，即可求出的通项公式；根据等差数列的通项公式，先求出的通项，即可得出的通项公式；
（2）先由（1）得到，利用裂项相消法和分组求和的方法，求出，讨论为奇数和为偶数，分别求出最值或范围，即可得出结果.
【详解】（1）由题意知，，
时，；
显然也满足上式，故；
因为，数列为等差数列，则，即，
由，解得，
所以等差数列的首项为，公差为，
因此，所以；
（2）由（1）可得：，
所以
；
①当为奇数时，，
又随增加而增加，此时．
②当为偶数时，，
令，则，
∴当为偶数时，恒有．
综合①②可知，∴满足题意的．
【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.
31．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由项和转换可得，结合，可得，分析即得解；
（2）由可得，利用对数运算性质可得，利用放缩即得证
(1)
由，
结合，因此，
由，
得，又，得，
从而是首项为2公差为3的等差数列，
故的通项公式为.
(2)
由，故
即
可得，从而
，
∵，
∴，
于是
，
∴.
32．（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，


故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
33．（1）；（2）.
【分析】（1）根据动圆过点且和定直线相切，得到点到点的距离等于到直线的距离，然后利用抛物线的定义求解；
（2）设直线的方程为，与曲线的方程联立，由求得m的范围，再结合韦达定理，利用平面向量的数量积求解.
【详解】（1）依题意得，点到点的距离等于到直线的距离.
由抛物线的定义可知，动点在以为焦点，以为准线的抛物线上，
所以，解得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）设直线的方程为，与曲线的方程联立可得，
，
设点的坐标分别为，则，
则，
，
，
.
的取值范围是.
34．（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的定义列方程，由此求得，进而求得抛物线方程.
（2）联立直线的方程和抛物线方程，写出根与系数关系，结合求得的值，求得三角形面积的表达式，进而求得面积的最小值.
【详解】（1）依题意.
（2）与联立得，，得
，
又，又m>0，m=4.
且，
，当k=0时，S最小，最小值为.
35．（1）；（2）
【解析】（1）设直线方程，与抛物线方程联立，利用求得，从而得到所求直线方程；
（2）根据过抛物线上一点的切线方程的形式得到，从而得到坐标；设，代入直线方程可得到坐标满足的方程，即切点弦所在直线方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式可求得，进而得到；根据的范围可求得的范围.
【详解】（1）设直线，与抛物线方程联立得：
由得：    的方程为
（2）设，
则直线，    ，
设点，代入直线方程可得，则直线方程为
与抛物线方程联立得：，则，
，    
在上        
    ，即的取值范围为
【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合应用问题，背景为抛物线中的极点极线模型，也可以看作阿基米德三角形的变式，在解题过程中多次利用设而不求的思想解题.
36．（1）；（2）.
【分析】（1）先设直线并联立抛物线由韦达定理得：，，再由余弦定理建立不等式，最后求的最小值是.
（2）先转化条件要使，恒为锐角，只需满足恒大于0即可，再分和两类讨论，最后求出答案即可.
【详解】（1）解：设：，，.
与抛物线联立得：，由韦达定理：，.
，，.
由余弦定理：
.
故，即的最小值是.
（2）解：设，，.
要使，恒为锐角，只需满足恒大于0即可，
.
①若，则.
即.
②若，显然成立.
注意到，，故.
故.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、圆锥曲线内的三角形问题，是中档题.
37．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）求出以及原点到直线的距离，然后利用三角形的面积公式得出的面积，即可求出的值，于此得出抛物线的方程；
（Ⅱ）设点、，的中点为，设点，直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，计算，列出韦达定理，可求出线段中点的坐标，由题意得出以及，可得出关于的关系式，然后代入可求出实数的取值范围.
【详解】（Ⅰ）由条件可得，点到距离为，，
，得，因此，抛物线的方程为；
（Ⅱ）设点、，的中点为，
又设，直线的方程为，
将直线的方程与抛物线的方程联立，得.
，由韦达定理得，.
所以，从而.
为正三角形，，.
由，得，所以.
由，得，
即，
，，从而.
，，从而，因此，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查抛物线方程的求解，考查等边三角形的存在性问题，在解决这个问题时，要抓住三线合一以及底边中线与边长之间的等量关系这两个条件来转化，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
38．(1)
(2)①；②

【分析】（1）利用抛物线的定义可求得的值，即可得出抛物线的方程；
（2）①将直线、的方程分别与抛物线的方程联立，求出、，根据条件可求得实数的值；
②求出关于的表达式，结合导数法可求得的取值范围，即可得出的取值范围.
(1)
解：抛物线的准线方程为，
由抛物线定义和已知条件可知，
解得，故所求抛物线方程为.
(2)
解：①设、，由得，
则，可得或，则，，
所以，，
由得，可得或，则，
所以，，
因此，，即，解得；
②由①得，
所以
．
令，因为或，所以，或，
令，其中或，
，
当时，，此时函数单调递增，则，
当时，，此时函数单调递增，则，
所以，或，
因此，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
39．（1）；（2）证明见解析；（3）4.
【解析】（1）由椭圆的方程可得右焦点的坐标，由题意可得抛物线的焦点坐标，进而可得抛物线的方程；
（2）可设的坐标，设过点的直线方程为，与抛物线方程联立，消去得：，利用判别式等于零可得结论；
（3）设，的坐标，由（2）可得参数，的关系，代入过的切线方程与抛物线的方程中，可得，用参数，表示的坐标，代入弦长公式中求的表达式，由参数的范围求出的最小值．
【详解】（1）由椭圆方程得，椭圆的右焦点为
抛物线的焦点为，，
所以抛物线的标准方程：．
（2）抛物线的准线方程为．
设，
设过点的直线方程为，
与抛物线方程联立，消去得：．
其判别式△，令△，得：．
由韦达定理知，，
故（定值）．
（3）设，，，，由，得，
故，
所以，代入抛物线方程得，
所以，，，，


因为，，
所以


，
当且仅当时取等号．
当且仅时取等号．
故的最小值为4．

【点睛】求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式；（2）利用；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.
40．（1）时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
（2）将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
（3）结合（2）的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】（1），
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
（2）有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
（3）有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由（2）可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题.（4）考查数形结合思想的应用.
41．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）；（3）答案见解析.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可；
（2）根据函数的单调性，令即可求得的值；
（3）根据函数的单调性结合零点存在性定理即可得解.
【详解】（1）易知函数的定义域为，又，
令，得；
令，得，
故函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由有唯一的零点得，
即，解得.
（3）①当时，，
则函数的零点有0个；
②当时，，
则函数的零点为1个；
③当时，，，
又，且函数在上单调递减，
根据零点存在性定理可知在上存在唯一的1个零点.
当时，由得，即.
又，且函数在上单调递增，
根据零点存在性定理可知在上存在唯一的1个零点.
所以当时，函数的零点有2个.
综上所述，当时，函数有0个零点；
当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点.
42．（1）或；（2）答案见解析；（3）的最小值为0.
【分析】（1）代入化简方程得，再根据二次方程和指对关系解方程；
（2）先求函数导数并明确函数定义域：，；再讨论导函数不变号情况：分和，以及三种情况，讨论函数的单调性.
（3）存在性问题，一般转化为对应函数最值问题：，利用导数先求函数最小值，利用导数，以及结合零点存在性定理求的最小值，即可求得的取值范围.
【详解】解：（1）当时，方程即为，去分母，得
，解得或，
故所求方程的根为或.
（2）因为，
所以
①当时，由，解得；
②当时，由，解得；
③当时，由，解得；
④当时，由，解得；
⑤当时，由，解得.
综上所述，当时，的增区间为；当时，的增区间为；当时，的增区间为.
（3）当时，，，
所以，，，
所以存在唯一，使得，即，
当时，，当时，，
所以.
记函数，则在上单调递增，
所以，即，由，且为整数，得，
所以存在整数满足题意，且的最小值为0.
43．（1）答案见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）由解析式知：定义域为，，讨论参数a，利用导数研究的单调性，进而可知的单调性；
（2）由已知，在递减，即有在上恒成立，用构造函数，利用导数研究其单调性，找到最小值，仅需即可求范围；
（3）由题意知：在上有两个零点，应用导数研究其单调性求出a的范围，结合零点存在性定理确认零点的存在性.
【详解】（1），定义域为，
∴，
当时，，在递减；
当时，若，则，在递增，若，则，在递减；
综上，知：当时，在递减；当时，在递增，在递减.
（2）设，则，
若，，即在递减.
∴，，设，，则，
设，则，在递增，
∴，
∴，在递减，
∴，即的取值范围是.
（3），，令，
方程有两个不同的解，即有两个零点.
，.
当时，单调递减，最多有一个零点；
当时，在上单调增，在上单调减.
∴，解得.
下证：当时，有两个零点.
∵，，
∴在有唯一零点；
令，即，当时，则递增；当时，则递减；故，可知：，
∴，即，
∴，取，即，.
∴在上有唯一零点.
综上，当时有两个零点.
【点睛】关键点点睛：
（1）由原函数解析式求导函数，再利用导数并结合分类讨论的方法，研究其单调性；
（2）将问题转化为在递减，进而转化为在上恒成立，即可求参数范围；
（3）应用导数研究函数的单调性，进而确定参数范围，并结合零点存在性定理确认零点的存在性.
44．（Ⅰ）单调递增区间是；（Ⅱ）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，由的正负确定的单调区间；
（2）（ⅰ）设，，由导数确定单调性，由，证得；（ⅱ）当时由（ⅰ）可得．当时，由则有．进而证明得．
【详解】（Ⅰ）首先，设，则，
当时，递减，时，，递增，
所以，所以恒成立．
当时，，．
，
所以，的单调递增区间是．
（Ⅱ）（ⅰ）设，．由则有．
．
所以，在上单调递增．
先证明：
设，则，时，，单调递增，
所以，即，因此．
因为．
所以，因此．
（ⅱ）当时由（ⅰ）可得．
当时，由则有．
进而


．
其中．
所以，因此．
综上，．
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．证明不等式的关键是构造新函数，，确定其单调性，把问题转化为证明，从而证明结论．这也是难点，一是构造函数是个难点，二是在用函数单调性证明时，不等式的变形是另一个难点，本题属于困难题．
45．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）利用参变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；
（2）证明出，即可证得结论成立；
（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.
(1)
解：由可得，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
(2)
解：要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
(3)
解：由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为
，
所以，即.
令，，则在上单调递增.
又，
所以，即，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
46．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.

【分析】（1）求出导函数，分析易知时，不符合要求；时，令，要使有两个极值点，即有两个变号零点，
只需，求解即可得答案；
（2）当时，不符合题意；当时，由（1）得，存在唯一的，使得，即．此时，函数单调递增；，函数单调递减，从而有.
（i）只需证，即证，即证．
（ii）由，可得，令，
要证：，只需证，即证，构造函数，利用导数即可证明.
(1)
解：，
当时，，显然不符合要求；
当时，，
令，则，
时，，单调递增；时，，单调递减，
时，，；时，，；．
因为有两个极值点，所以有两个变号零点，
故，解得，即；
(2)
解：当时，时，，故不符合题意；
当时，
由（1）得，；时由函数零点存在定理可得，存在唯一的，使得，即．
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．故为函数的最大值，满足．
（i）由题意，可得，要证明，只需证，
即证，即证，
当时函数单调递减，故，命题得证；
（ii）因为，所以，令，由题意可得，
要证：，只需证，即证，
令，
则，，；
，；
因为，，所以恒成立，
所以在上单调递增，又因为，
故恒成立，结合，
所以恒成立，故命题得证．
【点睛】关键点点睛：（i）利用对数运算性质及换底公式对原不等式等价变形，从而即证是解题的关键；
（ii）令，即证，即证，构造函数处理是解题的关键.
47．（Ⅰ）答案见解析（Ⅱ）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）证明见解析
【分析】（Ⅰ）求导后，求出的两根，再讨论两根的大小可得的单调性；
（Ⅱ）（ⅰ）根据的单调性以及可证结论成立；
（ⅱ）构造函数，转化为证明，转化为证明，再构造函数，利用导数可证不等式成立.
【详解】（Ⅰ），
令，得或，
当时，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，所以在上单调递增；
当时，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
（Ⅱ）（ⅰ）当时，，
与的单调性相同，
由（Ⅰ）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
，
所以函数在区间内有唯一的一个零点；
（ⅱ）设，则，
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，所以要证明当时，，即证，
只要证明，
即证，即证，
因为，即，
所以只要证明，即证，
因为在上单调递增，所以只需证明，
因为，所以只需证明，
因为，
设，
则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
所以原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：构造函数，转化为证明，转化为证明，再构造函数，利用导数证明不等式成立是解题关键.