【高考数学】2022-2023学年上海市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析

这是一份【高考数学】2022-2023学年上海市专项突破仿真模拟试题（一模二模）含解析，共44页。试卷主要包含了已知函数，，且，，，则的值，在中， 则________.等内容，欢迎下载使用。

【高考数学】2022-2023学年上海市专项突破仿真模拟试题
（一模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．、是空间两条直线，是平面，以下结论正确的是（        ）．
A．如果，，则一定有．
B．如果，，则一定有．
C．如果，，则一定有．
D．如果，，则一定有．
2．已知函数，，且，，，则的值（）
A．一定等于零B．一定大于零C．一定小于零D．正负都有可能
3．已知点与点在直线的两侧，给出以下结论：
①；
②当时，有最小值，无值；
③；
④当且时，的取值范围是.
正确的个数是（       ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知以为周期的函数，其中.若方程恰有5个实数解，则的取值范围为（       ）
A．B．
C．D．
第II卷（非选一选）
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得分



二、填 空 题
5．设集合，，则__________.
6．在中， 则________.
7．已知复数为虚数单位），表示的共轭复数，则________.
8．若等比数列的公比满足且则________.
9．若函数存在反函数，则________.
10．在数学解题中，时常会碰到形如“”的式子，它与“两角和的正切公式”的结构类似.若，则________.b
11．已知递增数列共有项，且各项均不为零，，如果从中任取两项，当时，仍是数列中的项，则数列的各项和_____．
12．某小区有排成一排的8个车位，现有5辆不同型号的轿车需求停放，则这5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一同的概率为_______（结果用最简分数表示）.
13．函数，如果方程有四个不同的实数解，，，，则______.
14．三条侧棱两两垂直的正三棱锥，其俯视图如图所示，主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，则主视图的面积等于_______．

15．在直角中，，，，是内一点，且，若，则的值______．
16．无量数列的前项和为，若对任意的正整数都有，则的可能取值最多有_________个．
评卷人
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三、解 答 题
17．如图所示，球O的球心O在空间直角坐标系O﹣xyz的原点，半径为1，且球O分别与x，y，z轴的正半轴交于A，B，C三点.已知球面上一点.

（1）求D，C两点在球O上的球面距离；
（2）求直线CD与平面ABC所成角的大小.
18．如图所示，是某海湾旅游区的一角，其中，为了营建愈加优美的旅游环境，旅游区管委会决定在直线海岸和上分别建筑观光长廊和AC，其中是宽长廊，造价是元/米，是窄长廊，造价是元/米，两段长廊的总造价为120万元，同时在线段上靠近点的三等分点处建一个观光平台，并建水上直线通道（平台大小忽略不计），水上通道的造价是元/米．
(1) 若在三角形区域内开发水上游乐项目，要求的面积，那么和的长度分别为多少米？
(2) 在(1)的条件下，建直线通道还需求多少钱？

19．对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：
①在内是单调函数：②当定义域为时，的值域为，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”.
（1）求证：函数不是定义域上的“保值函数”；
（2）若函数（）是区间上的“保值函数”，求的取值范围；
（3）对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
20．（1）设椭圆与双曲线有相反的焦点、，是椭圆与双曲线的公共点，且△的周长为6，求椭圆的方程；我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”；
（2）如图，已知“盾圆”的方程为，设“盾圆”上的任意一点到的距离为，到直线的距离为，求证：为定值；

（3）由抛物线弧（）与第（1）小题椭圆弧（）所合成的封闭曲线为“盾圆”，设过点的直线与“盾圆”交于、两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围.
21．对于定义域为R的函数，部分与的对应关系如表：

（1）求：
（2）数列满足，且对任意，点都在函数的图象上，求
（3）若，其中，求此函数的解析式，并求．

答案：
1．D

【分析】
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的关系逐一核对四个选项得答案．
【详解】
对于A，若，，则有或与相交或与异面，故错误；
对于B、C，如果⊥，⊥，则有或⊂，故B、C错误；
对于D，如果⊥，则垂直内的一切直线，又，则过与相交的平面交于，则，∴⊥，故D正确．
故选：D．
2．B

【分析】
由已知可得为奇函数，并且在上是增函数. 所以由,得，由得由得，
从而可得解.
【详解】
由已知,可得,所以为奇函数，
又由于 在上单调递增，所以在上是增函数.
所以,
由得
由得，
故，
所以，
故选B.

本题考查运用函数的奇偶性和单调性判断表达式的符号，关键在于利用单调性和奇偶性由,可得，属于中档题.
3．B

【分析】
由与的地位关系有，数形法判断地位，的几何意义判断、的范围，运用点线距离公式有判断③.
【详解】
将代入有，
而与在的两侧，则，①错误；

由上知：且，则在直线上方与y轴右侧部分，
所以，故无最值，②错误；
由上图知：在直线左上方，则，③正确；
由过且且，即在直线上方与y轴右侧部分，
而表示与连线的斜率，由图知：，④正确.
故选：B
4．B

【分析】
作出函数和的图象，要想使方程恰有5个实数解，则需直线处在函数在内的曲线切线和之间．
【详解】
解：作出函数和的图象如图：

若方程恰有5个实数解，
则直线处在函数在内的曲线切线和之间．
函数是周期为4的周期函数，
，此时．
，，
此时两个函数不相交．
当，时，，，
，，．
由，得，
则由，得，
整理得，解得，
当，时，，，
，，．
即，将代入整理得，
即，
由判别式得
要使方程恰有5个实数解，则，
即的取值范围为，
故选：B．
5．

【分析】
首先求出集合，再根据交集定义求交集．
【详解】
由得，∴，∴，
又，
所以．
故．

本题考查集合的交集运算，解题关键是确定集合中的元素．本题考查了指数不等式的求解．
6．

【分析】
由正弦二倍角公式得，再看作分母为1的分式，化为的齐次式，再化为计算．
【详解】
.
故．
7．1

【分析】
先由复数除法求得，然后再计算．
【详解】
，
∴．
故1

本题考查复数的运算，掌握复数四则运算法则是解题基础．本题还考查了共轭复数的概念．
8．

【分析】
先根据已知求出，再求得解.
【详解】
由题得.
所以.
故答案为16

本题次要考查等比数列基本量的计算和等比数列的和，意在考查先生对这些知识的理解掌握程度，属于基础题.
9．

【分析】
函数在上存在反函数，则函数在上应是单调函数．由此可确定值，然后求，再计算．
【详解】
，
若，则函数在和上递增，在上递减，
若，则函数在和上递增，在上递减，
若，则函数在上递增，
∵函数存在反函数，∴．即，
由得时，，，即．
∴．
故．

本题考查反函数．解题关键是确定函数存在反函数的条件，求出函数解析式．在求反函数值时，直接令，解得即可．
10．

【分析】
将已知条件左边分式分子分母同时除以，两角和的正切公式，求得的值.
【详解】
由已知分子分母同时除以得，
.
又，所以.
故

本小题次要考查两角和的正切公式，考查齐次方程的计算，属于中档题.
11．

【详解】
∵当时，仍是数列中的项，而数列是递增数列，
∴，
所以必有，，利用累加法可得：，故，得，
故答案为.
点睛：本题次要考查了数列的求和，解题的关键是单调性的利用以及累加法的运用，有一定难度；根据题中条件从中任取两项，当时，仍是数列中的项，递增数列必有，，利用累加法可得结果.
12．

【分析】
这5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一同的方法数可以先考虑三个车位连在一同，剩下的5个车位停放5辆轿车．共有可方法．再求得8个车位任意停5辆车子方法数后可求得概率．
【详解】
5辆轿车停入车位后，剩余3个车位连在一同的方法数有种，8个车位任意停5辆车子方法数为，所以概率为．
故．

本题考查古典概型，解题关键是求出基本的个数，特别所求概率所含基本的个数．
13．

【分析】
作出的图象，可得和的图象有四个不同的交点，不妨设交点横坐标，由，关于原点对称，，关于点对称，即可得到所求的和.
【详解】
作出的图象，

方程有四个不同的实数解，等价为和的图象有四个不同的交点，不妨设交点横坐标为，，，且，
由，关于原点对称，，关于点对称，
可得，，
则，
故

本题次要考查了函数方程的转化思想，考查数形的思想以及对称性的运用，属于中档题.
14．

【分析】
由题意，正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形，且边长相等．根据俯视图可得，底面是边长为2的等边三角形．利用体积法，求其高，即可得主视图的高．可得主视图的面积
【详解】
解：由题意，正三棱锥有三个面都是等腰直角三角形，
（如图：，，
且边长相等为，
其体积为
根据俯视图可得，底面是边长为2的等边三角形．
其面积为：．
设主视图的高，
则．
．
主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，其高为．
得面积．
故答案为


本题考查了三视图与空间几何体的体积和表面积的计算，考虑空间想象能力，处理本题的关键是得到该几何体的外形．
15．

【详解】
由已知可得 .
本题次要考查向量的数量积、向量的分解和基本不等式，涉及数形思想和转化化归思想，考查逻辑思想能力、等价转化能力和运算求解能力，具有一定的综合性，属于中档题型. 将已知条件两边平方得
.
16．91

【分析】
根据数列递推公式可得，而，，，，，，分类讨论即可求出答案．
【详解】
解：，而，，，，，，
若，则有种，
若，则有，
根据分类计数原理可得，共有种，
故91

本题考查了数列的递推公式和分类计数原理，考查了先生的转化能力，属于中档题
17．（1）（2）

【分析】
（1）求出球心角，即可求D，C两点在球O上的球面距离；
（2）求出平面ABC的法向量，即可求直线CD与平面ABC所成角的大小.
【详解】
解：（1）由题意，，
，
，
，
D，C两点在球O上的球面距离为；
（2），重心坐标为，
平面ABC的法向量为，
，
直线CD与平面ABC所成角的正弦，
直线CD与平面ABC所成角的大小为
.

本题考查球面距离，考查线面角，考查先生分析处理成绩的能力，属于中档题.
18．（1）和AC的长度分别为750米和1500米（2）万元

【详解】
试题分析：（1）设长为米，长为米，依题意得，即，表示面积,利用基本不等式可得结论；（2）利用向量方法，将表示为，根据向量的数量积与模长的关系可得结果.
试题解析：（1）设长为米，长为米，依题意得，
即，                                
               
=
当且仅当，即时等号成立，
所以当的面积时，和AC的长度分别为750米和1500米
（2）在(1)的条件下，由于．
由                                           
得
               

，                                   
元
所以，建水上通道还需求万元．   
解法二：在中，
     
在中，
       
在中，
=   
元
所以，建水上通道还需求万元．        
解法三：以A为原点，以AB为轴建立平面直角坐标系，则，
,即，设
由，求得， 所以   
所以，
元
所以，建水上通道还需求万元．
19．（1）证明见详解；（2）或；（3）

【分析】
（1）根据“保值函数”的定义分析即可（2）按“保值函数”定义知，，转化为是方程的两个不相等的实根，利用判别式求解即可（3）去掉值，转化为不等式组，分离参数，利用函数最值处理恒成立成绩.
【详解】
（1）函数在时的值域为，不满足“保值函数”的定义，
因此函数不是定义域上的“保值函数”.
（2）由于函数在内是单调增函数，
因此，，
因此是方程的两个不相等的实根，
等价于方程有两个不相等的实根.
由
解得或.
（3），
，
即为对恒成立.
令，易证在单调递增，
同理在单调递减.
因此，，
.
所以
解得.
又或，
所以的取值范围是.

本题次要考查了新概念，函数的单调性，一元二次方程有解，值不等式，恒成立，属于难题.
20．（1）；（2）证明见解析；（3），；，；.

【分析】
（1）由由的周长为得,由椭圆与双曲线共焦点可得值,根据平方关系求得,进而即可得到椭圆方程；
（2）设“盾圆”上的任意一点的坐标为,,分为与两种情况表示出,再分别计算,即可求得定值；
（3）由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）,分类讨论：时,在椭圆弧上；时,在抛物弧上,由条件可表示出此时,相应地, 再按时, 在抛物弧上,在椭圆弧上；当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上；当时, 、在椭圆弧上,利用三角函数性质分别求出的范围
【详解】
（1）由的周长为得,椭圆与双曲线有相反的焦点,所以,即,则,,则椭圆的方程为
（2）证明：设“盾圆”上的任意一点的坐标为,
当时,,,
即；
当时,,,
即；
所以为定值.
（3）显然“盾圆”由两部分合成,所以按在抛物弧或椭圆弧上加以分类,由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）；
当时,,此时,；
当时,在椭圆弧上,由题设知代入得,,整理得,解得或（舍去）
当时,在抛物弧上,方程或定义均可得到,于是,
综上,或；
相应地,,
当时, 在抛物弧上,在椭圆弧上,
；
当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上,
;
当时, 、在椭圆弧上,
；
综上, ，；，；
的取值范围是

本题考查椭圆的标准方程,考查两点间距离公式,考查参数方程的运用,考查推理论证的能力,考查分类讨论思想,考查运算能力
21．（1）2；（2）；（3）见解析

【分析】
（1）由内往外计算即可；
（2）由已知，经过计算易得数列是以4为周期的周期数列，先计算的值，利用即可得到答案；
（3）代入表中数据即可得到的解析式，再分n为奇数、偶数讨论求和即可.
【详解】
（1）由表中数据可得.
（2），由于，则，，
，，所以，依次递推可得数列
的周期为4，又，所以.
（3）由题意得，由，得，即
，又，则，从而，而，所以
，故，消，得
所以，解得，又，
所以，所以，
此函数有最小正周期6，且，，
当时，
；
当时，

.

本题考查三角函数与数列的综合运用，涉及到求三角函数的解析式、周期数列的和，是一道中档题.

























【高考数学】2022-2023学年上海市专项突破仿真模拟试题
（二模）

第I卷（选一选）
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一、单 选 题
1．下列推理中是归纳推理的是（       ）
A．猜想数列的通项公式为（）
B．由平面直角坐标系内，在x轴，y轴上的截距分别为a和b的直线方程为，猜想到空间中在x轴，y轴，z轴上的截距分别为a，b，c（）的平面方程为
C．由于是对数函数，所以函数定点.
D．若两个正三角形的边长之比为，则它们的面积之比为；揣测在空间中，若两个正四面体的棱长之比为，则它们的体积之比为
2．若命题：，，则是
A．，B．，
C．，D．，
3．等差数列的首项为，公差不为，若、、成等比数列，则前项的和为
A．B．C．D．
4．已知定义在上的奇函数是以为最小正周期的周期函数，且当时，，则的值为
A．B．C．D．
5．的常数项的二项式系数为（       ）
A．375B．-375C．15D．-15
6．某超市计划按月订购一种冷饮，根据今年，每天需求量与当天气温（单位：℃）有关．如果气温不低于25℃，需求量为600瓶；如果气温位于区间，需求量为300瓶；如果气温低于20℃，需求量为100瓶．为了确定6月份的订购计划，统计了前三年6月份各天的气温数据，得到上面的频数分布表：
气温





天数
4
5
25
38
18

以气温位于各区间的频率估计气温位于该区间的概率．若6月份这种冷饮的需求量不超过x瓶的概率估计值为0.1，则x=（       ）A．100B．300C．400D．600
7．在的二面角中，直线，直线a与直线l所成角为，则直线a与平面所成角的正弦值是（       ）．
A．B．C．D．
8．已知，，若，则的最小值是（       ）
A．2B．C．D．
9．已知点均在球上，，若三棱锥体积的值为，则球的体积为
A．B．C．32D．
10．在的展开式中，的系数为（       ）
A．B．C．D．160
11．函数的单调增区间是（       ）
A．B．
C．D．
12．如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则的最小值为（       ）

A．B．C．D．
第II卷（非选一选）
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二、填 空 题
13．已知圆和圆，垂直平分两圆的公共弦的直线的普通式方程为___________.
14．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且，则的面积等于_________．
15．设双曲线的两焦点为，，过双曲线上一点作两渐近线的垂线，垂足分别为，若，则双曲线的离心率为______.
16．已知函数的定义域为，且和对任意的都成立，若当时，的值域为，则当时，函数的值域为________
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三、解 答 题
17．在正项等比数列中，，且，的等差中项为．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为．
18．已知函数.
（1）若在区间上为增函数，求a的取值范围.
（2）若的单调递减区间为，求a的值.
19．选手甲分别与乙、丙两选手进行象棋比赛，如果甲、乙比赛，那么每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，如果甲、丙比赛，那么每局比赛甲、丙获胜的概率均为．
（1）若采用局胜制，两场比赛甲获胜的概率分别是多少？
（2）若采用局胜制，两场比赛甲获胜的概率分别是多少？你能否据此阐明赛制与选手实力对比赛结果的影响？
20．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA底面ABCD，AB=1，PA=2，E为PB的中点，点F在棱PC上，且PF=PC.

(1)求直线CE与直线PD所成角的余弦值；
(2)当直线BF与平面CDE所成的角时，求此时的值.
21．设函数.
(1)求证：当时，在上总成立；
(2)求证：不论m为何值，函数总存在零点.
22．直角坐标系中直线，圆的参数方程为（为参数）．
（Ⅰ）求的普通方程，写出的极坐标方程；
（Ⅱ）直线与圆交于，，为坐标原点，求．

答案：
1．C

【分析】
根据几种推理的定义，对4个选项逐一判断即可得到答案．
【详解】
解：对于，是由部分到全体的推理，是归纳推理，
对于、，由到的推理，是类比推理是，
对于，是由普通到的推理，是归纳推理.
故选：C.

本题考查归纳推理、类比推理和归纳推理的定义，属于对概念的考查.
2．B

根据量词命题的否定判定即可.
【详解】
解：根据量词命题的否定可得：，的否定为，
故选：B.
3．B

利用已知条件求得等差数列的公差，然后利用等差数列的求和公式可求得结果.
【详解】
设等差数列的公差为，则，
由于、、成等比数列，则，即，可得，
，解得，因此，数列的前项和为.
故选：B.
4．C

【分析】
利用周期函数的特性，经过诱导公式和函数的周期，求出和之间的等式关系，进而求解即可
【详解】
，故选C.

本题考查三角函数的周期成绩，属于基础题，难点在于化简过程需求运用周期性与奇偶性进行转化
5．C

【分析】
首先求出二项式展开式的通项，令，求出，即可得到二项式展开式的常数项；
【详解】
解：由二项式展开式的通项公式为：；
令可得，即展开式的中第5项是常数项.
∴常数项的二项式系数为：；
故选：C.
6．B

【分析】
根据频数分布表确定概率
【详解】
这种冷饮的需求量不超过300瓶，当且仅当气温低于25℃，
由表格数据知，气温低于25℃的频率为，
所以6月份这种冷饮的需求量不超过300瓶的概率估计值为0.1.
故选：B．
7．A

【分析】
先根据条件作出二面角平面角以及线面角，再解三角形得结果
【详解】
设直线a与直线l交于M点，过直线a上异于M一点P作PM垂直直线l于N,设P在平面上的射影为O，则ON垂直直线l，为二面角平面角,即，
直线a与平面所成角为，由于直线a与直线l所成角为，所以,
设，则,选A.

本题考查线面角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题
8．C

【分析】
将，转化为，由，利用基本不等式求解.
【详解】
由于，
所以，
所以，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：C
9．A

【分析】
设是的外心，则三棱锥体积时，平面，球心在上．由此可计算球半径．
【详解】
如图，设是的外心，则三棱锥体积时，平面，球心
在上．
∵，∴，即，
∴．
又，∴，．
∵平面，∴，设球半径为，
则由得，解得，
∴球体积为．
故选A．


本题考查球的体积，关键是确定球心地位求出球的半径．
10．A

【分析】
把式子看作为6个相乘，然后由乘法法则得出，从而组合的知识得结论．
【详解】
式子可视为6个相乘，要得到，需3个提供，3个提供，所以的系数为．
故选：A．
11．D

【分析】
首先利用诱导公式将函数化简为，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】
解：由于，所以，令，解得，故函数的单调递增区间为
故选：D.
12．D

过F作F关于平面的对称点，连接交平面于点，证明此时的使得最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，的最小值为.
【详解】
过F作F关于平面的对称点，连接交平面于点.
可以证明此时的使得最小：任取(不含)，此时.
在点D处建立如图所示空间直角坐标系，

则，由于E，F分别为BD1的三等分点，所以,
又点F距平面的距离为1，所以,
的最小值为.
故选：D
13．

【分析】
若要垂直平分两圆的公共弦，则该直线必过两圆圆心，求得两圆圆心即可得解.
【详解】
圆和圆
的圆心分别为：和，
垂直平分两圆的公共弦的直线必过两圆圆心，
所以直线方程为，
整理可得.
故答案为.
14．

【分析】
根据余弦定理求出，再由面积公式求解即可.
【详解】
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
，
故
15．或

【分析】
由双曲线方程可得渐近线方程，设，由点到直线距离公式表示出，进而可构造出关于的齐次方程，解方程可求得离心率.
【详解】
由双曲线方程知其渐近线方程为：，即，
设，则，
，又，
，即，
，解得：或，又，
或.
故或.

思绪点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围成绩的基本思绪有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果.
16．

【分析】
由条件可知，可得，经过换元令，得到，得到时，，从而得到当时，的值域为，再根据递推关系推出当时的值域及时的值域，依此类推可知，当时，的值域为，从而求得当时，的值域，再根据，求得时的值域，取并集即可.
【详解】
解：令，则有，即
当时，，又，∴
即当时，的值域为
∴当时，的值域为，
，
∴当时，的值域为，时，的值域为，
依此类推可知，当时，的值域为，
∴当时，的值域为
又，当时，，
∴
综上，当 时，函数的值域为.

本题考查利用换元法推导函数满足的恒等式、经过仿写得到函数的值域的方法，考查了运用递推与归纳的方法，属于较难题.
17．（1）；（2）.

（1）设出公比，根据条件列方程组求解即可；
（2）分组，利用等差等比的求和公式求和.
【详解】
解（1）设正项等比数列的公比为，
由题意可得，解得．
数列的通项公式为；
（2）.

本题考查等比数列的通项公式，考查等差，等比数列求和公式，是基础题.
18．（1）；（2）3.

【分析】
（1）由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，转化为不等式左边的最小值成立，可得答案；
（2）显然，否则函数在上递增.利用导数求出函数的递减区间为，再根据已知递减区间，可得答案
【详解】
（1）由于，且在区间上为增函数，
所以在上恒成立，即在(1，+∞)上恒成立，
所以在上恒成立，所以，即a的取值范围是
（2）由题意知.由于，所以.
由，得，
所以的单调递减区间为，
又已知的单调递减区间为，
所以，
所以，即.

本题考查了利用导数研讨函数的单调性，特别要留意：函数在某个区间上递增或递减与函数的递增或递减区间是的区别，属于基础题.
19．（1）甲、乙比赛甲获胜的概率，甲、丙比赛甲获胜的概率；（2）甲、乙比赛，甲获胜的概率，甲、丙比赛，甲获胜的概率；答案见解析．

【分析】
（1）分甲获胜的可能分、两种情况分计算出两场比赛甲获胜的概率，即可得解；
（2）分甲获胜的可能有、或三种情况，分别计算出两场比赛甲获胜的概率，即可得出结论.
【详解】
（1）采用局胜制，甲获胜的可能分，，
由于每局的比赛结果互相，
所以甲、乙比赛甲获胜的概率，
甲、丙比赛甲获胜的概率；
（2）采用局胜制，甲获胜的情况有、或，
甲、乙比赛，甲获胜的概率，
甲、丙比赛，甲获胜的概率，
由于，所以甲、乙比赛，采用局胜制对甲有利，
，所以甲、丙比赛，采用局胜制还是局胜制，甲获胜的概率都一样，
这阐明比赛局数越多对实力较强者有利．

思绪点睛：求互相同时发生的概率的步骤：
（1）首先确定各是互相的；
（2）再确定各会同时发生；
（3）先求出每个发生的概率，再求其积.
20．(1)；
(2).

【分析】
（1）利用坐标法，利用向量夹角公式即得；
（2）利用线面角的向量求法，然后利用基本不等式即得.
(1)
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则、、、，
从而
∴,
即与所成角的余弦值为；
(2)
点在棱上，且，
所以，
于是，，
又，．
设为平面的法向量，则
，可得，取，则，
设直线与平面所成的角为，则

令，则，
所以，
当，即时，有最小值，
此时取得值为，即与平面所成的角，
此时，即的值为．
21．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；

【分析】
（1）当时，，二次求导，根据导数正负情况判断原函数的单调性，从而证得结论；
（2）由题知，，只需证明无论m为何值，函数总能取到正值，由零点存在定理即可证得结论.
(1)
当时，，
，，
当时，恒成立，即单增，
又，则恒成立，即单增，
又，则.
(2)
由题知，，
当时，恒成立，
由零点存在定理知，函数总存在零点；
当时，，，
易知单增，且，则在上单增，
根据的解析式，存在，使，单增，
根据的解析式，存在，使，
由零点存在定理知，函数总存在零点；
22．（Ⅰ）．，（Ⅱ）1

（Ⅰ）将变形为，再给两个两边分别平方相加，可消支参数，得到的普通方程，由直线的直角坐标方程可得其极坐标方程为，；
（Ⅱ）将代入圆的极坐标方程中，得，然后利用的几何意义可得结果.
【详解】
（Ⅰ）的参数方程为（为参数），消去参数，得的普通方程为．
直线的极坐标方程为，
（Ⅱ）直线的极坐标方程为，，由直线与圆的地位关系设，的极坐标为，，，，的极坐标方程为，
将代入得，，为方程的两根，

此题考查将曲线的参数方程化为普通方程，直角坐标方程化为极坐标方程，利用极坐标的几何意义求值，属于基础题.