2020年高考理科数学全国卷（全国ⅠⅡ Ⅲ卷）共三套试卷试题真题含答案.docx

-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学本试卷共6页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码黏贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若，则()A.0B.1C.D.22.设集合，且，则()A.B.C.2D.43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.B.C.D.4.已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则()A.2B.3C.6D.95.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度（单位：）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.6.函数的图像在点处的切线方程为()A.B.C.D.7.设函数在的图像大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.8.的展开式中的系数为()A.5B.10C.15D.209.已知，且，则()A.B.C.D.10.已知，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为()A.B.C.D.11.已知，直线，为上的动点.过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.12.若则()A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件则的最大值为.14.设，为单位向量，且，则.15.已知为双曲线的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴，若的斜率为3，则的离心率为.16.如图，在三棱锥的平面展开图中，则.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（12分）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项.（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和.18.（12分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，.是底面的内接正三角形，为上一点，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.19.（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一轮轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.20.（12分）已知，分别为椭圆：的左、右顶点，为上顶点，.为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为.（1）求的方程；（2）证明：直线过定点.21.（12分）已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围.（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.选修44：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）当时，是什么曲线？（2）当时，求与的公共点的直角坐标.23.选修45：不等式选讲（10分）已知函数.（1）画出的图像；（2）求不等式的解集.2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科数学答案解析一、选择题1.【答案】D【解析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可.由题意可得：，则.故.故选：D.【考点】复数的运算法则，复数的模的求解2.【答案】B【解析】由题意首先求得集合，然后结合交集的结果得到关于的方程，求解方程即可确定实数的值.求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.【考点】交集的运算，不等式的解法3.【答案】C【解析】设，利用得到关于，的方程，解方程即可得到答案.如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【考点】正四棱锥的概念及其有关计算4.【答案】C【解析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.设抛物线的焦点为，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C.【考点】利用抛物线的定义计算焦半径5.【答案】D【解析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，因此，最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.故选：D.【考点】函数模型的选择，散点图的分布6.【答案】B【解析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.，因此，所求切线的方程为，即.故选：B.【考点】利用导数求解函图象的切线方程7.【答案】C【解析】由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.由图可得：函数图象过点，将它代入函数可得：.又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得：.所以函数的最小正周期为.故选：C.【考点】三角函数的性质及转化，三角函数周期公式8.【答案】C【解析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.展开式的通项公式为（且）.所以与展开式的乘积可表示为：或在中，令，可得：，该项中的系数为10，在中，令，可得：，该项中的系数为5.所以的系数为.故选：C【考点】二项式定理及其展开式的通项公式，赋值法9.【答案】A【解析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.，得，即，解得或（舍去），又，.故选：A.【考点】三角恒等变换，同角间的三角函数关系求值10.【答案】A【解析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论.设圆半径为，球的半径为，依题意，得，由正弦定理可得，根据圆截面性质，球的表面积.故选：A.【考点】球的表面积，应用球的截面性质11.【答案】D【解析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点，共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程.圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离.依圆的知识可知，四点，四点共圆，且，所以，而，当直线时，此时最小.即，由解得，.所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程.故选：D.【考点】直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，圆的几何性质的应用12.【答案】B【解析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.设，则为增函数，因为，所以，所以，所以.，当时，此时，有.当时，此时，有，所以C、D错误.故选：B.【考点】函数与方程的综合应用，构造函数，利用函数的单调性比较大小二、填空题13.【答案】1【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值.绘制不等式组表示的平面区域，如图所示，目标函数即：，其中取得最大值时，其几何意义表示直线系在轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.故答案为：1.14.【答案】【解析】整理已知可得：，再利用，为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.因为，为单位向量，所以，所以.解得：.所以.故答案为：.【考点】向量模的计算公式及转化15.【答案】2【解析】根据双曲线的几何性质可知，即可根据斜率列出等式求解即可.依题可得，而，即，变形得，化简可得，解得或（舍去）.故答案为：2.【考点】双曲线的离心率的求法，双曲线的几何性质的应用16.【答案】【解析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.，由勾股定理得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案为：.【考点】利用余弦定理解三角形三、解答题17.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论.设的公比为，为，的等差中项，.（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.设的前项和为，得，.【考点】等比数列通项公式基本量的计算，等差中项的性质，错位相减法求和18.【答案】（1）证明：由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以.（2）【解析】（1）要证明，只需证明，即可.由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以.（2）以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式，计算即可得到答案.过作交于点，因为，以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，则.【考点】线面垂直的证明，利用向量求二面角的大小19.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率.记事件，则.（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为，所以，需要进行第五场比赛的概率为.（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，记事件，记事件，则甲赢的基本事件包括：、，所以，甲赢的概率为.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为.【考点】独立事件概率的计算20.【答案】（1）（2）证明：设，则直线的方程为：，即：.联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或.将代入直线可得：.所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为.直线的方程为：，整理可得：.整理得：.故直线过定点.【解析】（1）由已知可得：，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：，.，.，.椭圆方程为：.（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，即可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：，命题得证.证明：设，则直线的方程为：，即：.联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或.将代入直线可得：.所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为.直线的方程为：，整理可得：整理得：.故直线过定点.【考点】椭圆的简单性质，方程思想21.【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）【解析】（1）由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.当时，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增.（2）首先讨论的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数的取值范围.由得，其中，当时，不等式为：，显然成立，符合题意；当时，分离参数得，记，令，则，故单调递增，故函数单调递增，由可得：恒成立，故当时，单调递增；当时，单调递减；因此，综上可得，实数的取值范围是.【考点】导数的几何意义，解析几何，微积分，用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调性求参数，利用导数求函数的最值（极值），数形结合思想的应用22.【答案】（1）曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆（2）【解析】（1）利用消去参数，求出曲线的普通方程，即可得出结论.当时，曲线的参数方程为（为参数），两式平方相加得，所以曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆.（2）当时，曲线的参数方程化为（为参数），两式相加消去参数，得普通方程，由，将曲线化为直角坐标方程，联立，方程，即可求解.当时，曲线的参数方程为（为参数），所以，曲线的参数方程化为（为参数），两式相加得曲线方程为，得，平方得，曲线的极坐标方程为，曲线直角坐标方程为，联立，方程，整理得，解得或（舍去），公共点的直角坐标为.【考点】参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化23.【答案】（1）因为，作出图象，如图所示：（2）【解析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数的解析式，作出图象.因为，作出图象，如图所示：（2）作出函数的图象，根据图象即可解出.将函数的图象向左平移1个单位，可得函数的图象，如图所示：由，解得.所以不等式的解集为.【考点】分段函数的图象，利用图象解不等式-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.本试卷满分150分.2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，则()A.B.C.D.2.若为第四象限角，则()A.B.C.D.3.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者()A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3 699块B.3 474块C.3 402块D.3 339块5.若过点圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为()A.B.C.D.6.数列中，若，则()A.2B.3C.4D.57.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为()A.B.C.D.8.设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.329.设函数，则()A.是偶函数，且在单调递增B.是奇函数，且在单调递减C.偶函数，且在单调递增D.是奇函数，且在单调递减10.已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上.若球的表面积为，则到平面的距离为()A.B.C.1D.11.若，则()A.B.C.D.12.周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是()A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知单位向量的夹角为，与垂直，则_.14.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有_种.15.设复数，满足，则_.16.设有下列四个命题：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.：过空间中任意三点有且仅有一个平面.：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.：若直线平面，直线平面，则.则下述命题中所有真命题的序号是_.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（12分）在中，.（1）求A；（2）若，求周长的最大值.18.（12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得，.（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.附：相关系数，.19.（12分）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合.过且与轴垂直的直线交于两点，交于两点，且.（1）求的离心率；（2）设是与的公共点，若，求与的标准方程.20.（12分）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，M，N分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于.（1）证明：，且平面；（2）设为的中心，若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.21.（12分）已知函数.（1）讨论在区间的单调性；（2）证明：；（3）设，证明：.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分.如果多做，则按所做的第一题计分.22.选修44：坐标系与参数方程（10分）已知曲线参数方程分别为（为参数），（为参数）.（1）将的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.设的交点为，求圆心在极轴上，且经过极点和的圆的极坐标方程.23.选修45：不等式选讲（10分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科数学答案解析一、选择题1【答案】A【解析】由题意可得：，则故选：A【考点】并集、补集的定义与应用2【答案】D【解析】当时，选项B错误；当时，选项A错误；由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；故选：D【考点】三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值3【答案】B【解析】由题意，第二天新增订单数为，故需要志愿者名故选：B【考点】函数模型的简单应用4【答案】C【解析】设第n环天心石块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，即，即，解得，所以故选：C【考点】等差数列前n项和有关的计算5【答案】B【解析】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线距离均为；所以，圆心到直线的距离为故选：B【考点】圆心到直线距离的计算6【答案】C【解析】在等式中，令，可得，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，则，解得故选：C【考点】利用等比数列求和求参数的值7【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为，故选：A【考点】根据三视图判断点的位置8【答案】B【解析】双曲线的渐近线方程是直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点不妨设为在第一象限，在第四象限联立，解得故联立，解得故面积为：双曲线其焦距为当且仅当取等号的焦距的最小值：故选：B【考点】双曲线焦距的最值问题9【答案】D【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，又，为定义域上的奇函数，可排除AC；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，排除B；当时，在上单调递减，在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确故选：D【考点】函数奇偶性和单调性的判断10【答案】C【解析】设球的半径为，则，解得：设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离故选：C【考点】球的相关问题的求解11【答案】A【解析】由得：，令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，则A正确，B错误；与的大小不确定，故CD无法确定故选：A【考点】数式的大小的判断问题12【答案】C【解析】由知，序列的周期为m，由已知，对于选项A，不满足；对于选项B，不满足；对于选项D，不满足；故选：C【考点】数列的新定义问题二、填空题13【答案】【解析】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：故答案为：【考点】平面向量的数量积定义与运算法则14【答案】36【解析】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，先取2名同学看作一组，选法有：现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种故答案为：36【考点】计数原理的实际应用15【答案】【解析】，可设，两式平方作和得：，化简得：故答案为：【考点】复数模长的求解16【答案】【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题故答案为：【考点】复合命题的真假，空间中线面关系有关命题真假的判断三、解答题17【答案】（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理可得：，（2）由余弦定理得：，即（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为【考点】解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题18【答案】（1）；（2）；（3）详见解析【解析】（1）样区野生动物平均数为，地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为（2）样本的相关系数为（3）由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样，先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可【考点】平均数的估计值、相关系数的计算，抽样方法的选取19【答案】（1）；（2），【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，联立，解得，则，抛物线的方程为，联立，解得，即，即，即，解得，因此，椭圆的离心率为；（2）由（1）知，椭圆的方程为，联立，消去并整理得，解得或（舍去），由抛物线的定义可得，解得因此，曲线的标准方程为，曲线的标准方程为【考点】椭圆离心率的求解，利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程20【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面，平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面又平面，平面，平面，平面平面（2）连接平面，平面平面，根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面，故：四边形是平行四边形设边长是()，可得：，为的中心，且边长为，故：，解得：在截取，故，且，四边形是平行四边形，由（1）平面，故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：，直线与平面所成角的正弦值：【考点】证明线线平行和面面垂直，线面角21【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】（1）由函数的解析式可得：，则：，在上的根为：，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增（2）注意到，故函数是周期为的函数，结合（1）的结论，计算可得：，据此可得：，即（3）结合（2）的结论有：【考点】导数的应用22【答案】（1）；（2）【解析】（1）由得的普通方程为：；由得：，两式作差可得的普通方程为：（2）由得：，即；设所求圆圆心的直角坐标为，其中，则，解得：，所求圆的半径，所求圆的直角坐标方程为：，即，所求圆的极坐标方程为【考点】极坐标与参数方程的综合应用23【答案】（1）或；（2）【解析】（1）当时，当时，解得：；当时，无解；当时，解得：；综上所述：的解集为或（2）（当且仅当时取等号），解得：或，的取值范围为【考点】绝对值不等式的求解，利用绝对值三角不等式求解最值