【高考数学】2022-2023学年江苏省南通市专项提升仿真模拟试题（一模二模）含解析

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【高考数学】2022-2023学年江苏省南通市专项提升仿真模拟试题（一模）

第I卷（选一选）
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评卷人
得分



一、单 选 题
1．设集合，，则（       ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，O为坐标原点，复数4i对应的向量为，将绕点O按逆时针方向旋转60°后，再将模变为原来的倍，得到向量，则对应的复数的实部是（       ）
A．6B．－6C．D．
3．若m＞n＞1，则下列各式一定成立的是（       ）
A．B．C．log2（m－1）＞log2（n－1）D．
4．某市卫健委用模型的回归方程分析年月份的人数，令后得到的线性回归方程为，则（       ）
A．B．C．D．
5．甲、乙、丙、丁共4名同窗进行国庆演讲比赛决赛，决出名到第四名．甲、乙两人中一人获得名，另一人不是第四名，则4人名次一切不同结果的总数为(       )
A．4B．6C．8D．10
6．在平面直角坐标系xOy中，点F为抛物线C：y2=4x的焦点，以F为圆心且与抛物线C的准线相切的圆F交抛物线C于A，B，则|AB|=（       ）
A．2B．4C．D．
7．函数有两个零点的一个充分不必要条件是（       ）
A．a=3B．a=2C．a=1D．a=0
8．小强计划制造一个三角形，使得它的三条边中线的长度分别为1，，，则（     ）
A．能制造一个锐角三角形B．能制造一个直角三角形
C．能制造一个钝角三角形D．不能制造这样的三角形
评卷人
得分



二、多选题
9．已知函数，先将的图象上一切点的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再将图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（       ）
A．B．的图象关于对称
C．的最小正周期为D．在上单调递减
10．函数的大致图象可能为(       )
A．B．
C．D．
11．在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆的左，右焦点，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足，则（       ）
A．△ABF2的周长为定值B．AB的长度最小值为1
C．若AB⊥AF2，则λ=3D．λ的取值范围是[1，5]
12．某工艺品如图I所示，该工艺品由正四棱锥嵌入正四棱柱（正四棱柱的侧棱平行于正四棱锥的底面）得到，如图II，已知正四棱锥V－EFGH的底面边长为，侧棱长为5，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底边边长为a，且BB1∩VF=M，DD1∩VH=N，AA1∩VE=P，AA1∩VG=Q，CC1∩VE=R，CC1∩VG=S，则（       ）

A．当M为棱VF中点时，B．PM＜MR
C．存在实数a，使得PM⊥MRD．线段MN长度的值
第II卷（非选一选）
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得分



三、填 空 题
13．某学习兴味小组的某先生的10次测试成绩如下：130，135，126，123，145，146，150，131，143，144，则该先生的10次测验成绩的45百分位数是___________．
14．的展开式中的系数为___________．
15．小强对重力加速度做n次实验，若以每次实验结果的平均值作为重力加速度的估值．已知估值的误差，为使误差在内的概率不小于0.6827，至少要实验___________次．（参考数据：若，则）．
评卷人
得分



四、双空题
16．雪花曲线是瑞典数学家科赫在1904年研讨的一种分形曲线．如图是“雪花曲线”的一种构成过程：从图①的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的两头一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边得到图②，反复进行这一过程可依次得到图③、图④等一系列“雪花曲线”．

①                       ②                       ③                         ④
若第①个图中的三角形的边长为1，则第②个图形的面积为___________；第n个图中“雪花曲线”的周长Cn为___________．
评卷人
得分



五、解 答 题
17．已知圆的内接四边形ABCD中，，BC=2，．
(1)求四边形ABCD的面积；
(2)设边AB，CD的中点分别为E，F，求的值．
18．已知等差数列{an}满足a5=16，a7=22，正项等比数列{bn}的前n项和为Sn，满足S6=5S4－4S2，且b2=a1．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)能否存在n使得，若存在，求出一切n的值；若不存在，请阐明理由．
19．如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EFAD，点G，H均为所在线段的中点，且AB=AD=6，∠FBA=60°．


(1)证明：DG平面CFH；
(2)求二面角C－HF－E的大小．
20． 篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院．1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Naiith）为了对付冬季寒冷的气温，让先生们能够在室内有限的空间里继续进行风趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同窗在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1=1，q1=0．
(1)求p3＋2q3的值；
(2)比较p8，q8的大小．
21．已知双曲线的焦距为，设该双曲线的左，右顶点分别为A，B，以点A，B和虚轴端点为顶点的四边形的面积为S．
(1)当S时，求双曲线的标准方程；
(2)在（1）的条件下，过点A的直线l1与右支交于点C，过点B的直线l2与左支交于点D，设直线的斜率分别为，且，设，的面积分别为，，的值．
22．已知函数．
(1)求f（x）的值；
(2)设实数m，n满足－1≤m＜0＜n≤1，且，求证：．

答案：
1．D

【分析】
根据两集合元素的特征判断即可；
【详解】
解：由于集合为点集，集合为数集，所以，
故选：D
2．B

【分析】
根据复数的几何意义进行判断即可.
【详解】
绕O点逆时针方向旋转后变为再将模变为倍，得，对应的复数的实部是－6.
故选：B.
3．C

【分析】
由指数、对数、幂函数的单调性对选项逐一分析，即可得出答案.
【详解】
，，A不正确；
，，当时，B不正确；
，则，，C正确；
，所以，当时，，D不正确.
故选：C.
4．A

【分析】
利用对数与指数的互化可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】
，所以，，解得.
故选：A.
5．C

【分析】
可看成有1、2、3、4四个地位，先排地位1，再排地位4，排地位2、3，根据分步乘法计数原理即可求解．
【详解】
可看成有1、2、3、4四个地位，
1只能排甲或乙，有2种排法，
4只能排丙或丁，有2种排法，
2、3可排剩下的两名同窗，有种排法，
根据分步乘法计数原理可知总共有2×2×2=8种不同的排法．
故选：C．
6．B

【分析】
先求出圆的方程，再联立抛物线方程即可求出两点的坐标，由两点的距离公式即可求出答案.
【详解】
，圆心F到准线得距离为2，∴圆的方程为：
，解得或，∴.
故选：B．
7．A

【分析】
先因式分解得，再分类讨论求解当有两个零点时的值，再根据充分不必要条件的性质判断选项即可
【详解】
，有两个零点，有两种情形：
①1是的零点，则，此时有1，2共两个零点
②1不是的零点，则判别式，即
∴是有两个零点的充分不必要条件
故选：A．
8．C

【分析】
由向量关系与余弦定理列方程求解三条边长后判断
【详解】
设三角形的三条边为a，b，c，设中点为D，
，则
，∴
同理，
∴，∴，，∴可以构成三角形
，∴，
∴为钝角三角形，
故选：C
9．BCD

【分析】
利用三角函数图象变换可求得函数的解析式，可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的周期公式可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】
对于A选项，将的图象上一切点的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，可得到函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，A错；
对于B选项，，B对；
对于C选项，函数的最小正周期为，C对；
对于D选项，当时，，
所以，函数在区间上单调递减，D对.
故选：BCD.
10．AD

【分析】
求f(x)的导数，研讨其导数的单调性和正负，从而判断f(x)的单调性，从而选出符合的图象．
【详解】
，
令，，
在单调递减，且，
若，
则时，单调递增，
时，单调递减，
∴，，，
∴在各有一个零点，设，
时，单调递减，
时，单调递增，
时，单调递减，故D满足条件；
若，则A满足条件．
故选：AD．
11．AC

【分析】
根据椭圆的定义椭圆中焦点弦的几何意义，可判断A、B两项，设直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求解参数的值或取值范围，即可判断C、D项.
【详解】
由于，则三点共线，周长是定值，A对．
，B错．
∵，则，A在上、下顶点处，不妨设，则
解得或，，，，C对．
令
消x可得，
时，
时，∴，D错．
故选：AC.
12．ABD

【分析】
根据∥平面，利用线面平行的性质可得，再根据M为中点，可得，从而可求得，即可判断A；根据，可得，即可判断B；假设，则平面，即可判断C；设，要使，只需，当时，R，S分别与E，G重合，从而可求得，再根据求得，从而可求得线段MN长度的值，即可判断D.
【详解】
对于A，∥平面，平面，平面平面，
∴，
∵M为中点，∴，
∵，∴，∴，
由，故A正确；
对于B，∵，∴，B正确；
对于C，假设，则又∵，与相交，
∴平面，
显然不可能，故选项C错误；
对于D，设，
要使，只需，
当时，R，S分别与E，G重合，，
此时由，∴，
而，∴，
代入，
∴，D正确.
故选：ABD．
13．135

【分析】
将数据从小到大陈列，根据百分位数的定义即可求解.
【详解】
10个数据从小到大排序123，126，130，131，135，143，144，145，146，
150，，∴45百分位数是135．
故135.
14．6

【分析】
，则来自于，根据二项式定理即可求其系数．
【详解】
，
仅展开式中会出现项，
故的系数是．
故6．
15．6

【分析】
直接由正态分布的对称性及区间的概率求解即可.
【详解】
，∴，∴，至少要实验6次.
故6.
16．         

【分析】
根据题中图形的规律，分别从边长与边数上找规律，从而得到经过公式即可求解.
【详解】
个三角形面积，
第二个图形在个基础上多了三个小正三角形，
故．
记第n个图形为，三角形边长为，边数，周长，
有条边，边长；有条边，边长；有条边，
边长
，即，，
周长．
故；
17．(1)
(2)

【分析】
（1）由余弦定理与面积公式求解
（2）以为基底分解，由平面向量数量积的运算律求解
(1)
解：在中，

在中，

∵A，B，C，D四点共圆，∴，
∴，∴，由于，所以，
所以，，
(2)
解：由（1）可知即外接圆的直径，设的中点为，

所以，
．
18．(1)，
(2)存在,.

【分析】
（1）设公差为d，利用等差数列的定义即可求解数列的通项公式，设公比为q，根据题干中的递推关系等比数列的定义即可求得数列的通项公式；
（2）将（1）中所求结果代入可知，利用数列的单调性求解即可.
(1)
设公差为d，∴，
∴，.
由，，设公比为q

∴，，∴．
(2)
，当时，，当时，，
当时，，当时，令，
，∴单调递减，
∴，
故存在n使得，.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）取中点O，连接，，利用中位线构造平行四边形，由线面平行的判定定理可进一步证明线面平行.
（2）解析一：建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的公式代入即可求出答案.
解析二：由题意可证得：平面，过E作于点M，连接，即为所求二面角平面角，分别求出，由，代入即可求出的大小.
(1)
取中点O，连接，，∵G为中点，∴，
∵H为中点，∴，∴，∴四边形为平行四边形 ，∴，∵平面，平面，∴平面．
(2)
解析一：如图建立空间直角坐标系，，


∴
设平面的一个法向量
∴
平面的一个法向量，设二面角的平面角为
显然为锐角，∴，
∴二面角大小为．
解析二：∵面，，又由于，，，所以，所以平面，过E作于点M，连接，
∴即为所求二面角平面角，，，，
∴
∴．
20．(1)1
(2)

【分析】
（1）分析传球的过程，求出和，即可求出；（2）由题意知，即可得到，判断出成首项为，公比为的等比数列，求出，同理求出，可以比较出．
(1)
第3次传球之前，球在甲手中的情形何分为：甲→乙→甲或甲→丙→甲
所以，第3次传球之前，球在乙手里的情形仅有：甲→丙→乙
所以，所以.
(2)
（2）由题意知，整理得：
所以，，所以成首项为，公比为的等比数列，
又
同理成首项为，公比为的等比数列，
所以
由于，，，，所以．
21．(1)
(2)

【分析】
（1）设双曲线虚轴顶点分别为C，D，由题意知，可得答案；
（2）利用，，设直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理代入，整理可得及直线方程，再由，相除可得答案.
(1)
设双曲线虚轴顶点分别为C，D，
由题意知，
当且仅当时取”=”，∴S时，双曲线的标准方程为．
(2)
∵，而，∴，
设直线的方程为，，，，
联立，得，，，
∴，
∴，
，
∵，∴，
即，
∴，∴直线方程为，
此时，

∴．

22．(1)1
(2)证明见解析

【分析】
（1）分和两种情况讨论，利用导数分别求出函数在两个区间的单调性，从而可得出答案；
（2）令，则，则条件变为，令，则，再函数在上的单调性可得，再进行变形即可得证.
(1)
解：当时，，
∴在上递增，此时，
当时，，
∴在上递减，
所以，
∴；
(2)
证明：令，∴，
∴条件变为，
再令，其中，，
由在上递减且，
∴，，
所证不等式变为，
即证：，
∵，∴，
∴.








【高考数学】2022-2023学年江苏省南通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．若非空且互不相等的集合A、B、C，满足：，则（       ）
A．A B．B C．C D．
2．已知复数z满足（其中i是虚数单位），则（       ）
A．1 B． C．2 D．
3．在中，满足，则下列说确的是（       ）
A． B．
C． D．
4．已知直线m，n是平面的两条斜线，若m，n为不垂直的异面直线，则m，n在平面内的射影（       ）
A．不可能平行，也不可能垂直 B．可能平行，但不可能垂直
C．可能垂直，但不可能平行 D．可能平行，也可能垂直
5．已知，则正确的大小顺序是（       ）
A． B． C． D．
6．己知数列满足，在之间n个1，构成数列：，则数列的前100项的和为（       ）
A．178 B．191 C．206 D．216
7．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若，，则实数（       ）


A．2 B．3 C．4 D．5
8．已知随机变量服从正态分布，若函数是偶函数，则实数（       ）
A．0 B． C．1 D．2
评卷人
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二、多选题
9．已知二项式，则下列说法中正确的有（       ）
A．二项展开式中有常数项 B．二项展开式的系数和为0
C．二项展开式的第2项系数为2022 D．二项展开式的第1012项的系数
10．在棱长为1的正方体中，P是底面内的动点，若，则（       ）
A． B．平面
C．四面体的体积为定值 D．与底面所成的角为
11．已知圆，点，过点A的直线与圆C交于两点P，Q，且．则（       ）
A．直线的斜率 B．的最小值为2
C．的最小值为 D．
12．已知函数，则（       ）
A．函数的值域为
B．函数是一个偶函数，也是一个周期函数
C．直线是函数的一条对称轴
D．方程有且仅有一个实数根
第II卷（非选一选）
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评卷人
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三、填 空 题
13．命题“，”的否定是__________．
14．已知为第二象限角，若，则的值为______________．
15．在三棱锥中，已知平面，，若，，则与所成角的余弦值为___________．
16．设随机变量的分布列如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P











且数列满足，则______________．
评卷人
得分



四、解 答 题
17．已知数列的前n项和为，且．
(1)若，求证：数列是等差数列；
(2)求出数列的通项公式和前n项和．
18．在中，，点D是边上一点，且满足：．
(1)证明：为等腰三角形；
(2)若，求的余弦值．
19．如图，以C为直角顶点的等腰直角三角形所在的平面与以O为圆心的半圆弧所在的平面垂直，P为上异于A，B的动点，已知圆O的半径为1．


(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点P到平面的距离．
20．某校举行青年教师视导，对48位青年教师的备课本进行了检查，相关数据如下表：
性别
等第
合计
良好

男教师
a
10
18
女教师
10
20

合计

30
48

附：（其中）．
临界值表：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

(1)能否有的把握认为备课天分否与性别有关？
(2)从48本备课本中不放回的抽取两次，每次抽取一本，求次取到女教师备课本的条件下，第二次取到备课本的概率．
21．已知函数．
(1)求函数的极值，
(2)对任意实数，恒成立，求正实数a的取值范围．
22．离心率为e的椭圆抛物线的焦点，且直线是双曲线的一条渐近线．椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线过x轴上一定点，求（用含m的式子表示）．

答案：
1．C

【分析】
根据题意，得到且，得出，交集的概念，即可求解.
【详解】
由题意，非空且互不相等的集合，
由于，可得；又由于，可得，
所以，所以.
故选：C.
2．D

【分析】
先求出复数z，再求.
【详解】
由于复数z满足，所以.
所以.
故选：D
3．A

【分析】
推导出，利用余弦函数的单调性可判断A选项；利用值法可判断BCD选项.
【详解】
对于A选项，由于，所以，，则，
由于，所以，，A对；
对于B选项，取，，则，B错；
对于C选项，取，，则，C错；
对于D选项，取，，则，D错.
故选：A.
4．D

【分析】
如图，借助正方体分析可以判断.
【详解】
如图，在正方体中，即为，为，底面为平面，则m，n在平面内的射影和垂直；

如图，在正方体中，即为，为，底面为平面，则m，n在平面内的射影和平行；

综上，m，n在平面内的射影可能平行，也可能垂直.
故选：D.
5．B

【分析】
作差利用对数的性质即可比较.
【详解】
由于，所以，
由于，所以，
所以.
故选：B.
6．A

【分析】
直接利用数列的通项公式和分组法的运用求出数列的和．
【详解】
解：数列满足，在，之间个1，构成数列，1，，1，1，，1，1，1，，，
所以共有个数，
当时，，
当时，，
由于，
所以．
故选：A．
7．B

【分析】
根据题给条件利用列出关于的方程，解之即可求得实数的值
【详解】
由，可得，又
则
又，， 则
即
则
即，整理得
解之得，或（舍）
故选：B
8．C

【分析】
利用偶函数的定义，并正态曲线的对称性，即可求解.
【详解】
由于函数是偶函数，
所以，即，
所以.
故选：C
9．AB

【分析】
根据二项展开式的通项公式可判断ACD，由赋值法可求出展开式的系数和判断B .
【详解】
令，则，即二项展开式的系数和为0，故B正确；
由知，当时，即时，展开式为常数项，故A正确；
由通项展开式知，故C错误；
二项展开式的第1012项系数为，故D错误.
故选：AB
10．ABC

【分析】
根据推出，利用平面推出，可判断A正确；利用平面平面，推出平面，可判断B正确；根据等体积法求出四面体的体积，可判断C正确；根据平面，推出是与底面所成的角，利用，推出与底面所成的角最小为，可判断D不正确.
【详解】
由于，所以向量、、共面，
又三个向量共起点，所以平面，平面，又平面，且平面平面，所以，

对于A，由于平面，所以，又，且，所以平面，所以，同理得，
又，所以平面，又平面，所以.故A正确；
对于B，由于，且，所以四边形为平行四边形，
所以，由于平面，平面，所以平面，
同理可得平面，由于，所以平面平面，
由于平面，所以平面，故B正确；
对于C，由于平面，，所以，故C正确；
对于D，由于平面，所以是与底面所成的角，
由于，所以，所以与底面所成的角最小为，故D不正确.
故选：ABC.
11．CD

【分析】
依题意画出草图，直线的斜率存在，设斜率为，则直线，利用圆心到直线的距离小于半径，即可求出的取值范围，从而判断A，再根据即可判断B、C，设，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，再根据数量积的坐标表示计算即可判断D；
【详解】
解：依题意圆的圆心坐标为，半径，
显然直线的斜率存在，设斜率为，则直线，即，
所以，解得，故A错误；
由于，所以，故C正确；
当直线与圆相切时，，又，所以不存在最小值，只存在值且，故B错误；
设，，由与，
消去整理得
所以，，
所以

，故D正确；
故选：CD

12．ABD

【分析】
利用函数的奇偶性、周期性分析判断A，B；利用对称的性质验证判断C；利用零点存在性定理分析判断D作答.
【详解】
显然，，即函数是偶函数，
又，函数是周期函数，是它的一个周期，B正确；
当时，，的最小值为，值为，
即当时，的取值集合是，因是偶函数，则当时，的取值集合是，
因此，当时，的取值集合是，而是的周期，所以，的值域为，A正确；
因，，即函数图象上的点关于直线的对称点不在此函数图象上，C不正确；
因当时，恒有成立，而的值域为，方程在上无零点，
又当或时，的值与的值异号，即方程在、上都无零点，
令，，显然在单调递减，
而，，于是得存在，使得，
因此，方程在上有实根，则方程在上有实根，又定义域为，
所以方程有且仅有一个实数根，D正确.
故选：ABD

结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
13．，．

【分析】
全称改存在，再否定结论即可
【详解】
命题“，”的否定是“，”
故，

本题考查全称命题的否定，属于基础题
14．

【分析】
根据两角和的正切公式，求得，三角函数的基本关系式，求得的值，即可求解.
【详解】
由，解得，即，即，
根据角在第二象限由，解得，
所以.
故答案为.
15．##

【分析】
如图，取中点，连接，可得（或其补角）即为与所成角，分别求出三边长度即可求解.
【详解】
如图，取中点，连接，
所以，则（或其补角）即为与所成角，
由于平面，所以，所以，则，
由于，所以，所以，
取中点，连接，所以，所以平面，
所以，又，，
所以，
所以.
所以与所成角的余弦值为.
故答案为.

16．5.5##

【分析】
令，即可得到，再根据分布列的性质得到，从而求出数学期望；
【详解】
解：令，2，3，，，
则，即，，2，3，，，
又，所以，
所以

故
17．(1)证明见解析；
(2)，.

【分析】
（1）根据对式子进行变形，进而条件证明成绩；
（2）由（1）求出，进而得到，根据求得答案.
(1)
由，得．                 
相减得，即．            
所以，故数列是等差数列．
(2)
当时，，则，
由于数列是等差数列，故，∴．                         
∴．
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）由正弦定理及三角公式得到，得到，即可证明为等腰三角形；
（2）先求出，得到．在中，由正弦定理即可求出．
(1)
在中，，即，则，
由正弦定理，得，，
化简得．
由于，所以，所以，
则.
又由于在上单调递减，所以，
所以为等腰三角形．
(2)
由，得，即，
所以，有．
所以．
由（1）得，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】
（1）在等腰中，得到，面面垂直的性质，证得平面，进而证得；
（2）取弧中点D，连结，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：等腰中，由于，O是中点，所以，
由于平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又由于平面，所以．
(2)
解：取弧中点D，连结，则两两垂直且，
以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，
则，
设，其中，则，
设平面的一个法向量为，则，
即，取，可得，所以，
由于平面的一个法向量为，
由于，所以，
则，得，
又由于，所以，
，解得，
所以点到平面的距离为．

20．(1)没有的把握认为备课天分否与性别有关
(2)

【分析】
（1）根据列联表求出的值，再计算出卡方，与临界值数据比较，即可判断；
（2）首先求出次抽到女教师备课本的概率，再求出次抽到女教师备课本且第二次抽到备课本的概率，按照条件概率的概率公式计算可得；
(1)
解：由表格得，所以，
，
所以没有的把握认为备课天分否与性别有关．
(2)
解：“次取到女教师备课本”的概率为，                      
“次取到女教师良好备课本且第二次取到备课本”的概率为．             
“次取到女教师备课本且第二次取到备课本”的概率为．            
所以“次取到女教师备课本的条件下，第二次取到备课本”的概率为．
21．(1)极大值为，无极小值
(2)

【分析】
（1）求得，利用导数求得函数的单调性，极值的概念，即可求解；
（2）令，求得，转化为，
设，求得，得出函数的单调性与最值，零点的存在定理得到存在，使得，进而求得的值.
(1)
解：由题意，函数，可得，令，可得，


1



0


递增
极大值
递减

所以函数的极大值为，无极小值．
(2)
解：令，
可得，
由于对任意实数，恒成立，即，
设，，可得，
若时，；
若，令，可得
当时，，单调递减；
当，，单调递增，
所以，所以，
两边取指数得到，
由于当时，，
所以在递减，
又由，
由零点存在定理知，存在，使得，
x

1



0
-

递增
极大值
递减

所以，由于，则，所以．

对于利用导数研讨不等式的恒成立与有解成绩的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研讨函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把成绩转化为函数的最值成绩．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，普通涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解成绩，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，留意恒成立与存在性成绩的区别．
22．(1)
(2)

【分析】
（1）利用待定系数法求出椭圆C的标准方程；
（2）设，直线的方程为，用“设而不求法”表示出，整理化简即可求得.
(1)
（1）抛物线的焦点坐标为，所以，所以，
双曲线的渐近线为，又直线是双曲线的一条渐近线，
所以，即，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为．
(2)
（2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，有消去x得，，
则，且
由，得．            
由题意，，
所以．     
代入得，

．