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2022届湖北省武汉市高三下学期5月模拟（一）数学试题含解析
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2022届湖北省武汉市高三下学期5月模拟（一）数学试题一、单选题1．设集合，，则（ ）A．{1，3} B．C． D．【答案】C【分析】利用集合的交集运算即可.【详解】∵集合，，所以，故选：C.2．复数，则（ ）A．1 B．i C．2 D．5【答案】A【分析】根据复数的运算法则，求得，进而求得复数的模，得到答案.【详解】由题意，复数，所以.故选：A.3．已知一个圆锥的底面半径为，其侧面面积是底面面积的倍，则该圆锥的体积为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的母线为，高为，由题意可知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积为，所以，故，所以该圆锥的体积为，故选：D.4．已知，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得的值，再根据求解即可.【详解】因为，所以，.故选：B.5．函数的图象可能是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，逐步分析到，显然此时，观察图像即可选出答案.【详解】当时，，所以，即所以，所以所以当时，，可排除ABC故选：D【点睛】本题考查由函数解析式选函数图象，属于中档题.6．两不共线的向量，，满足，且，，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由两边平方后整理得一元二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断，整理后可知只能为0，即可解得答案.【详解】解：由题意得：，，即，，即故选：C7．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻，E不站两端的不同站法的种数为（ ）A．48 B．96 C．144 D．288【答案】B【分析】使用捆绑法，然后恰当分类，结合间接法可得.【详解】第一步，先排A、B共种排法，将排好的A、B作为一个整体，记为G；第二步，（1）先将C，D，G，F排成一排，再在产生的3个空位中选择一个排E共有种排法，（2）先将C、D捆绑在一起记为H，然后将H、G、F排成一排，最后在2个空位中选一个排E，共有种排法，（3）将C，D，G，F，E排成一排，且C，D不相邻，E不站两端的排法有；综上，满足条件的不同排法共有种.故选：B8．如图，已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴上，且过点，圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，，，，则的最小值为A． B．C． D．【答案】C【分析】根据抛物线过点求得抛物线方程，求得焦点和圆心坐标以及圆的半径.根据焦半径公式得到，转化为，利用基本不等式求得上式的最小值.【详解】由题意抛物线过定点，得抛物线方程，焦点为，圆的标准方程为，所以圆心为，半径.由于直线过焦点，所以有，又.故选C.【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查抛物线的定义，考查化归与转化的数学思想方法，考查基本不等式求和式的最小值，属于中档题.二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）A．的最小正周期为 B．的定义域为C．的图象关于点对称 D．在上单调递增【答案】BCD【分析】根据正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A不正确；令，解得，即函数的定义域为，所以B正确；令，解得，当时，可得，所以函数的图象关于点对称，所以C正确；由，可得，根据正切函数的性质，可得函数在上单调递增，所以D正确.故选：BCD.10．已知，且，则（ ）A．的最大值为 B．的最小值为9C．的最小值为 D．的最大值为2【答案】BC【分析】对A，直接运用均值不等式即可判断；对B，，运用均值不等式即可判断；对C，，讨论二次函数最值即可；对D，，讨论最值即可.【详解】，，当时，即时，可取等号，A错；，当时，即时，可取等号，B对；，当时，可取等号，C对；，D错.故选：BC11．已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】A选项直接由递推关系式即可求出即可；C选项由即可判断；B选项由即可判断；D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.【详解】，A正确；对于，有，两式相加得，C正确；由知，则，B错误；由偶数项均为可得为偶数时，，则，则，D正确.故选：ACD.12．已知正方体的棱长为2，为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（ ）A．若N为中点，当最小时，B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为D．若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为【答案】AD【分析】利用展开图判定、、三点共线，进而利用相似三角形判定选项A正确；通过两个截面的面积不相等且周长相等判定选项B错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的余弦值的取值范围，进而判定选项C正确；建立空间直角坐标系，利用线面垂直得出点的位置、判定截面的形状是梯形，利用空间向量求梯形的高，进而求出截面的面积，判定选项D正确.【详解】对于A：将矩形与矩形展开成一个平面（如图所示）若最小，则、、三点共线，因为，所以，所以，即，即选项A正确；对于B：当点M与点重合时，连接、、、、（如图所示）在正方体中，平面，平面，所以，又因为，且，所以平面，又平面，所以，同理可证，因为，所以平面.易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；设分别是的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，即选项B错误；对于C：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）则，，设，因为平面，所以是平面的一个法向量，且 ，，，所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为.即选项C错误；对于D：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）连接、，设平面交棱于点，，所以，因为平面，平面，所以，即，得，所以，即点是的中点，同理点是的中点，则且，所以四边形是梯形，且，，设，，则，，所以梯形的高，即点到直线的距离为，所以梯形的面积为，即选项D正确.故选：AD.三、填空题13．若，使成立，则实数的取值范围是______________．【答案】【分析】利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论.【详解】由可得，，因为，所以，根据题意，即可，设，易知在单调递减，在单调递增，所以，所以，故答案为：14．在展开式中，x的所有奇数次幂项的系数之和为20，则_____________．【答案】0.25【分析】赋值法得到，，两式相减结合所有奇数次幂项的系数之和为20得到方程，求出的值.【详解】设令得：①，令得：②，两式相减得：，因为，x的所有奇数次幂项的系数之和为20，所以，解得：.故答案为：15．已知椭圆的左，右焦点分别为，，若椭圆上存在一点使得，则该椭圆离心率的取值范围是_________.【答案】【解析】根据椭圆的定义， 可求得的长，根据三角形的几何性质，即可求得答案，【详解】由椭圆的定义可得，又，所以，在椭圆中，， 所以，即，又，所以，所以该椭圆离心率的取值范围是.故答案为：四、双空题16．函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当时，函数的“囧点”坐标为______________；此时函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为_____________．【答案】 【分析】第一空：直接求出与y轴的交点即可求解；第二空：画出函数图象，考虑轴及轴右侧的图象，轴下方的函数图象显然过点时面积最小，轴上方的图象，设出公共点，表示出半径的平方，借助二次函数求出最小值，再比较得出半径最小值即可求解.【详解】第一空：由题意知：，，，故与y轴的交点为，则“囧点”坐标为；第二空：画出函数图象如图所示：设，，圆心为，要使“囧圆”面积最小，只需要考虑轴及轴右侧的图象，当圆过点时，其半径为2，是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设，则点到圆心的距离的平方为，令，则，当即时，最小为3，，显然在所有“囧圆”中，该圆半径最小，故面积的最小值为.故答案为：；.五、解答题17．已知数列中，且．(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等比数列定义可证；（2）先求得数列的通项公式，再分组求和可得.【详解】(1)因为，，所以，又因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由（1）得，，所以，，．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)若，求；(2)求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据同角的三角函数关系求出，结合两角和的正弦公式计算即可；(2)根据余弦公式可得，结合基本不等式计算即可.【详解】(1)∵∵，∴，∴所以．(2)在中由余弦定理可知∴当且仅当时，的最大值为．19．如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，．(1)求证：；(2)已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点O，连接，，得到，再由是正三角形，得到，证得平面，进而得到；（2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.【详解】(1)证明：因为是正三角形，所以因为，公共边，所以，所以，因为是直角三角形，所以，取的中点O，连接，，则，，因为是正三角形，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以．(2)解：在直角中，，因为，所以，所以，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．可得平面的法向量为设，由，可得，可得设面的法向量为，则，取，可得，所以，则，又因为，解得．20．甲，乙两队进行篮球比赛，已知甲队每局赢的概率为，乙队每局赢的概率为．每局比赛结果相互独立．有以下两种方案供甲队选择：方案一：共比赛三局，甲队至少赢两局算甲队最终获胜；方案二：共比赛两局，甲队至少赢一局算甲队最终获胜．(1)当时，若甲队选择方案一，求甲队最终获胜的概率；(2)设方案一、方案二甲队最终获胜的概率分别为，讨论的大小关系；(3)根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】(1)(2)(3)答案见解析【分析】（1）分别算出甲队赢3局和赢2局的概率，然后相加即可；（2）分别计算，然后比较大小；（3）根据的大小关系解释成实际意义即可.【详解】(1)（1）设甲队选择方案一最终获胜为事件A.(2)（2）若甲队选择方案一，则甲队最终获胜的概率为若甲队选择方案二，则甲队最终获胜的概率为因为所以.(3)在方案一中，若甲队第一局赢，则甲队最终获胜概率会变大，此时继续比赛即为方案二，故方案二甲最终获胜的概率会变大．21．已知P是平面上的动点，且点P与的距离之差的绝对值为．设点P的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)设不与y轴垂直的直线l过点且交曲线E于M，N两点，曲线E与x轴的交点为A，B，当时，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得到，结合双曲线的定义，即可求解；（2）设直线方程为，联立方程组求得，利用弦长公式和，求得或，结合向量的数量积的运算公式，化简得到，进而求得其范围，即可求解．【详解】(1)解：依题意，P是平面上的动点，且点与的距离之差的绝对值为．即，根据双曲线的定义，可得点的轨迹E是以为焦点，其中，所以，则，所以轨迹的方程为．(2)解：设直线方程为，点，联立方程组，整理得，可得且．由弦长公式，可得因为，可得，解得或因为，所以，因为或，所以，所以的取值范围是．22．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若关于t的方程有两个不相等的实根，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出导函数，再对的范围分类讨论，根据的正负即可得到的单调性.（2）方程可化为，令，此题可变为：当时，有两不等实根，求证：.当时令，讨论的单调性、最值，可得.当时，令，讨论的单调性、最值，可得，两式相加即可证明.【详解】(1)因为，定义域为，所以．①当时，令，解得 即当时，单调递增：当时，单调递减；②当时在单调递增；③当时令，解得，即当时，单调递减；当时，单调递增；综上：当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增．(2)方程可化为，即当时令，则原问题即：当时，有两不等实根，求证：由（1）知：当时，在上单调递增，在上单调递减．不妨设当时，令则在上单调递减，在上单调递增，．所以所以解得，且当时取等 ①当时，令，则．在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，整理得解得，当时取等 ②由①+②得：即原不等式得证.【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数解决双变量的问题，需要根据题意消去参数，再换元构造函数分析单调性与最值证明不等式，属于难题.
2022届湖北省武汉市高三下学期5月模拟（一）数学试题一、单选题1．设集合，，则（ ）A．{1，3} B．C． D．【答案】C【分析】利用集合的交集运算即可.【详解】∵集合，，所以，故选：C.2．复数，则（ ）A．1 B．i C．2 D．5【答案】A【分析】根据复数的运算法则，求得，进而求得复数的模，得到答案.【详解】由题意，复数，所以.故选：A.3．已知一个圆锥的底面半径为，其侧面面积是底面面积的倍，则该圆锥的体积为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的母线为，高为，由题意可知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积为，所以，故，所以该圆锥的体积为，故选：D.4．已知，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得的值，再根据求解即可.【详解】因为，所以，.故选：B.5．函数的图象可能是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，逐步分析到，显然此时，观察图像即可选出答案.【详解】当时，，所以，即所以，所以所以当时，，可排除ABC故选：D【点睛】本题考查由函数解析式选函数图象，属于中档题.6．两不共线的向量，，满足，且，，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由两边平方后整理得一元二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断，整理后可知只能为0，即可解得答案.【详解】解：由题意得：，，即，，即故选：C7．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻，E不站两端的不同站法的种数为（ ）A．48 B．96 C．144 D．288【答案】B【分析】使用捆绑法，然后恰当分类，结合间接法可得.【详解】第一步，先排A、B共种排法，将排好的A、B作为一个整体，记为G；第二步，（1）先将C，D，G，F排成一排，再在产生的3个空位中选择一个排E共有种排法，（2）先将C、D捆绑在一起记为H，然后将H、G、F排成一排，最后在2个空位中选一个排E，共有种排法，（3）将C，D，G，F，E排成一排，且C，D不相邻，E不站两端的排法有；综上，满足条件的不同排法共有种.故选：B8．如图，已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴上，且过点，圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，，，，则的最小值为A． B．C． D．【答案】C【分析】根据抛物线过点求得抛物线方程，求得焦点和圆心坐标以及圆的半径.根据焦半径公式得到，转化为，利用基本不等式求得上式的最小值.【详解】由题意抛物线过定点，得抛物线方程，焦点为，圆的标准方程为，所以圆心为，半径.由于直线过焦点，所以有，又.故选C.【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查抛物线的定义，考查化归与转化的数学思想方法，考查基本不等式求和式的最小值，属于中档题.二、多选题9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）A．的最小正周期为 B．的定义域为C．的图象关于点对称 D．在上单调递增【答案】BCD【分析】根据正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A不正确；令，解得，即函数的定义域为，所以B正确；令，解得，当时，可得，所以函数的图象关于点对称，所以C正确；由，可得，根据正切函数的性质，可得函数在上单调递增，所以D正确.故选：BCD.10．已知，且，则（ ）A．的最大值为 B．的最小值为9C．的最小值为 D．的最大值为2【答案】BC【分析】对A，直接运用均值不等式即可判断；对B，，运用均值不等式即可判断；对C，，讨论二次函数最值即可；对D，，讨论最值即可.【详解】，，当时，即时，可取等号，A错；，当时，即时，可取等号，B对；，当时，可取等号，C对；，D错.故选：BC11．已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】A选项直接由递推关系式即可求出即可；C选项由即可判断；B选项由即可判断；D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.【详解】，A正确；对于，有，两式相加得，C正确；由知，则，B错误；由偶数项均为可得为偶数时，，则，则，D正确.故选：ACD.12．已知正方体的棱长为2，为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（ ）A．若N为中点，当最小时，B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为D．若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为【答案】AD【分析】利用展开图判定、、三点共线，进而利用相似三角形判定选项A正确；通过两个截面的面积不相等且周长相等判定选项B错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的余弦值的取值范围，进而判定选项C正确；建立空间直角坐标系，利用线面垂直得出点的位置、判定截面的形状是梯形，利用空间向量求梯形的高，进而求出截面的面积，判定选项D正确.【详解】对于A：将矩形与矩形展开成一个平面（如图所示）若最小，则、、三点共线，因为，所以，所以，即，即选项A正确；对于B：当点M与点重合时，连接、、、、（如图所示）在正方体中，平面，平面，所以，又因为，且，所以平面，又平面，所以，同理可证，因为，所以平面.易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；设分别是的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，即选项B错误；对于C：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）则，，设，因为平面，所以是平面的一个法向量，且 ，，，所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为.即选项C错误；对于D：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）连接、，设平面交棱于点，，所以，因为平面，平面，所以，即，得，所以，即点是的中点，同理点是的中点，则且，所以四边形是梯形，且，，设，，则，，所以梯形的高，即点到直线的距离为，所以梯形的面积为，即选项D正确.故选：AD.三、填空题13．若，使成立，则实数的取值范围是______________．【答案】【分析】利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论.【详解】由可得，，因为，所以，根据题意，即可，设，易知在单调递减，在单调递增，所以，所以，故答案为：14．在展开式中，x的所有奇数次幂项的系数之和为20，则_____________．【答案】0.25【分析】赋值法得到，，两式相减结合所有奇数次幂项的系数之和为20得到方程，求出的值.【详解】设令得：①，令得：②，两式相减得：，因为，x的所有奇数次幂项的系数之和为20，所以，解得：.故答案为：15．已知椭圆的左，右焦点分别为，，若椭圆上存在一点使得，则该椭圆离心率的取值范围是_________.【答案】【解析】根据椭圆的定义， 可求得的长，根据三角形的几何性质，即可求得答案，【详解】由椭圆的定义可得，又，所以，在椭圆中，， 所以，即，又，所以，所以该椭圆离心率的取值范围是.故答案为：四、双空题16．函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当时，函数的“囧点”坐标为______________；此时函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为_____________．【答案】 【分析】第一空：直接求出与y轴的交点即可求解；第二空：画出函数图象，考虑轴及轴右侧的图象，轴下方的函数图象显然过点时面积最小，轴上方的图象，设出公共点，表示出半径的平方，借助二次函数求出最小值，再比较得出半径最小值即可求解.【详解】第一空：由题意知：，，，故与y轴的交点为，则“囧点”坐标为；第二空：画出函数图象如图所示：设，，圆心为，要使“囧圆”面积最小，只需要考虑轴及轴右侧的图象，当圆过点时，其半径为2，是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设，则点到圆心的距离的平方为，令，则，当即时，最小为3，，显然在所有“囧圆”中，该圆半径最小，故面积的最小值为.故答案为：；.五、解答题17．已知数列中，且．(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等比数列定义可证；（2）先求得数列的通项公式，再分组求和可得.【详解】(1)因为，，所以，又因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由（1）得，，所以，，．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)若，求；(2)求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据同角的三角函数关系求出，结合两角和的正弦公式计算即可；(2)根据余弦公式可得，结合基本不等式计算即可.【详解】(1)∵∵，∴，∴所以．(2)在中由余弦定理可知∴当且仅当时，的最大值为．19．如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，．(1)求证：；(2)已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点O，连接，，得到，再由是正三角形，得到，证得平面，进而得到；（2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.【详解】(1)证明：因为是正三角形，所以因为，公共边，所以，所以，因为是直角三角形，所以，取的中点O，连接，，则，，因为是正三角形，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以．(2)解：在直角中，，因为，所以，所以，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．可得平面的法向量为设，由，可得，可得设面的法向量为，则，取，可得，所以，则，又因为，解得．20．甲，乙两队进行篮球比赛，已知甲队每局赢的概率为，乙队每局赢的概率为．每局比赛结果相互独立．有以下两种方案供甲队选择：方案一：共比赛三局，甲队至少赢两局算甲队最终获胜；方案二：共比赛两局，甲队至少赢一局算甲队最终获胜．(1)当时，若甲队选择方案一，求甲队最终获胜的概率；(2)设方案一、方案二甲队最终获胜的概率分别为，讨论的大小关系；(3)根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】(1)(2)(3)答案见解析【分析】（1）分别算出甲队赢3局和赢2局的概率，然后相加即可；（2）分别计算，然后比较大小；（3）根据的大小关系解释成实际意义即可.【详解】(1)（1）设甲队选择方案一最终获胜为事件A.(2)（2）若甲队选择方案一，则甲队最终获胜的概率为若甲队选择方案二，则甲队最终获胜的概率为因为所以.(3)在方案一中，若甲队第一局赢，则甲队最终获胜概率会变大，此时继续比赛即为方案二，故方案二甲最终获胜的概率会变大．21．已知P是平面上的动点，且点P与的距离之差的绝对值为．设点P的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)设不与y轴垂直的直线l过点且交曲线E于M，N两点，曲线E与x轴的交点为A，B，当时，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得到，结合双曲线的定义，即可求解；（2）设直线方程为，联立方程组求得，利用弦长公式和，求得或，结合向量的数量积的运算公式，化简得到，进而求得其范围，即可求解．【详解】(1)解：依题意，P是平面上的动点，且点与的距离之差的绝对值为．即，根据双曲线的定义，可得点的轨迹E是以为焦点，其中，所以，则，所以轨迹的方程为．(2)解：设直线方程为，点，联立方程组，整理得，可得且．由弦长公式，可得因为，可得，解得或因为，所以，因为或，所以，所以的取值范围是．22．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若关于t的方程有两个不相等的实根，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出导函数，再对的范围分类讨论，根据的正负即可得到的单调性.（2）方程可化为，令，此题可变为：当时，有两不等实根，求证：.当时令，讨论的单调性、最值，可得.当时，令，讨论的单调性、最值，可得，两式相加即可证明.【详解】(1)因为，定义域为，所以．①当时，令，解得 即当时，单调递增：当时，单调递减；②当时在单调递增；③当时令，解得，即当时，单调递减；当时，单调递增；综上：当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增．(2)方程可化为，即当时令，则原问题即：当时，有两不等实根，求证：由（1）知：当时，在上单调递增，在上单调递减．不妨设当时，令则在上单调递减，在上单调递增，．所以所以解得，且当时取等 ①当时，令，则．在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，整理得解得，当时取等 ②由①+②得：即原不等式得证.【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数解决双变量的问题，需要根据题意消去参数，再换元构造函数分析单调性与最值证明不等式，属于难题.
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