2020届高三数学上学期期末考试试题(含解析)_7

2020届高三数学上学期期末考试试题（含解
析）
一、选择题
1.已知集合，，那么（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.
【详解】，因此，，故选C.【点睛】本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题.
2.双曲线的渐近线方程是 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由双曲线标准方程可知，，且焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线方程为，故选A.
3.已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是
“”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
利用等差数列的定义以及前项和公式，结合充要条件的定义即可得到结论.
【详解】由，得，即，
所以“”是“”的充分条件，
由，，，
所以，，
所以“”是“”的必要条件，
综上，“”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质是解决本题的关键，属于基础题.
4.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由三视图可得几何体是三棱柱挖去一个三棱锥，用三棱柱体积减去三棱锥体积即为该几何体的体积.
【详解】由已知三视图得到几何体是三棱柱挖去一个三棱锥，所以几何体的体积为
.
故选：D.
【点睛】本题考查了几何体的三视图，属于基础题.
5.函数的图象大致是（）
A. B. C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用函数为奇函数，且，即可得到结论.
【详解】由于是奇函数，故排除A，B；又，则，即函数有唯一零点，再排除选C.
故选：D.
【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性，利用排除法是解决本题的关键，属于基础题.
6.已知随机变量的分布列是
1
若，则的值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据分布列的性质得，再由，解得，，进而求得的值.
【详解】由，得①.
由②，得，
联立①②，得，.
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列的性质，期望与方差，属于基础题.
7.已知关于x的二项式( + )n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( )
A. 1
B. ＋1
C. 2
D. ±2
【答案】C
【解析】
由题意知2n＝32，n＝5，Tr＋1＝()5－rar·＝ar，
令，得，∴a3＝80，解得a＝2.故选C.
8.已知，为椭圆：的左右焦点，在椭圆上存在点，满足且到直线的距离等于，则椭圆
的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
过做直线的垂线，交于点，根据题意以及椭圆的定义，利用等腰三角形三线合一，得关于，，的方程，进而可求得离心率的值.
【详解】由已知得，
根据椭圆的定义可得，
又到直线的距离等于，即，
由等腰三角形三线合一的性质可得：，
可列方程：
，故选：B.
【点睛】本题考查椭圆的方程及其简单几何性质，考查等腰三角形性质及勾股定理的应用，椭圆的离心率的取值，考查数形结合思想，属于中档题.
9.已知函数，若函数恰有两个零点，则实数取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用分段函数的单调性讨论的范围即可得到答案.
【详解】由，当时，函数在上单调递增，不满足条件；
当时，显然不满足条件；
当时，在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，
∵，且恰有两个零点，则或
或，解得或.
故选：B.
【点睛】本题考查了利用函数有零点求参数的范围，分段函数单调性，属于中档题.
10.已知平面四边形中，，，，现将沿对角线翻折得到三棱锥，在此过程中，二面角、的大小分别为，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用定量分析结合最大角原理即可得到结论.
【详解】如图，
因为，所以点在上的投影点靠近点，由翻折的性质，知点在底面的投影点在所在的直线上，如图设为点，则，，，，由最大角原理知：，，当且仅当与重合时，取到等号；而
，，如图易得，，所以，即
；又，，由图易得，，所以；综上可得：.
故选：B.
【点睛】本题考查二面角，线面角，利用平面四边形中，，构造圆面解决问题是关键，属于中档题.
二、填空题
11.若复数，（为虚数单位），则
______；若为纯虚数，则的值为______.
【答案】 (1). (2). 1
【解析】
【分析】
利用复数的模，复数的乘除运算化简，在令实部为0，即可得到答案.
【详解】；
若为纯虚数，则.
故答案为：；1.
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．
12.中国古代数学专著《九章算术》有问题：“五只雀，六只燕，共重一斤（等于16两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重”，则雀重______两，燕重______两.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
分别设出雀与燕的重量，互换一只后，列出方程，解得即可.【详解】设雀重两，燕重两，
由题意得：互换后有，
解得：，，
故答案为：；.
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于基础题.
13.已知实数、满足，且可行域表示的区域为三角形，则实数的取值范围为______，若目标函数的最小值为-1，则实数等于______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合目标函数的最小值，利用数形结合即可得到结论.
【详解】作出可行域如图，
则要为三角形需满足在直线下方，即，；目标函数可视为，则为斜率为1的直线纵截距的相反数，
该直线截距最大在过点时，此时，
直线：，与：的交点为，
该点也在直线：上，故，
故答案为：；.
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.
14.在中，三个内角、、所对的边分别为、、，已知，则______；又，，则______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用正弦定理或余弦定理将边化为角或角化为边，在结合三角形的面积公式，整理化简即可得到结论.
【详解】解析1：（边化角）
∵，∴，∴，
∵，∴；
∵，∴，又∵（可消元求出边、）
∴，
∴.
解析2：（任意三角形射影定理）
∵下同.
故答案为：，.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.
15.已知，均为正实数，则的最小值为______.【答案】
【解析】
【分析】
利用基本不等式即可得到结论.
【详解】，
当且仅当，时取等号.
故答案为：.
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，构造基本不等式是解题的关键，属于基础题.
16.从1，2，3，4，5，6这6个数中随机取出5个数排成一排，依次记为，，，，，则使为奇数的不同排列方法有______种.
【答案】180
【解析】
【分析】
分类讨论，先选后排，最后相加即可.
【详解】若为奇数为偶数时，有种；
若为偶数为奇数时，有种；
共180种.
故答案为：180.
【点睛】本题考查计数原理，对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类，属于基
础题．
17.已知，，若存在实数及单位向量，使得
不等式成立，则实数的最大值为
______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用三点共线，将不等式转化为求最值的距离问题，或利用绝
对值不等式，解得即可.
【详解】解析：原题等价于
解析1：几何法（三点共线+将军饮马）
如图，
（为单位圆上的，，，，为上一点，为中点），由将军饮马模型，作关于对称点，
则，所以，
.
解析2：代数法（建系坐标运算+将军饮马）设，，，
，
则，由将军饮马可得
，所以.解析3：绝对值不等式+将军饮马
因为，所以
，由解析2可得.
解析4：绝对值不等式，+对称转化
因为，，则，则
，
因为，，则，则
，
则，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查不等式成立问题，构造不等式解不等式是关键，“将军饮马”模型的使用，对称问题，两点之间，线段最短，点到直线的距离，垂线段最短，属于难题.
三、解答题
18.已知函数图象上相邻两个最高点的距离为.
（1）若的图象过，且部分图象如图所示，求函数的解析式；
（2）若函数是偶函数，将的图象向左平移个单
位长度，得到的图象，求函数在上的最大值与最小值.
【答案】（1）（2），.【解析】
【分析】
（1）由题意得，再由，进而可得解析式；
（2）由是偶函数，得，从而，经过平移得，再表示出，利用余弦型函数即可得最值.【详解】解析：由题意得，，所以，.（1）由于，则，又，
则或（舍去），故.
（2）由于是偶函数，则，
又，所以，，
将的图象向左平移个单位长度，
得到的图象，
故
.
因为，，
所以，.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，图象的平移问题，余弦型函数求最值，属于基础题.
19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，
，，平面，且，设，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的性质定理即可得到结论；
（2）方法一：利用几何法求线面角，一作，二证，三求解；方法二：利用空间直角坐标系，线面角的向量关系即可得到结论.
【详解】（1）解析：因为底面为平行四边形，是中点，所以是中点，所以，平面，平面，所以平面.
（2）解析1：（几何法）
因为平面，平面平面，
所以直线与平面的交点即为与的交点，设为，，所以为等边三角形，取中点，
则，因为平面，所以平面平面，
平面平面，，所以平面，
所以是直线与平面所成角，
因为，分别为，的中点，所以是的重心，
在中，，所以，在平行四边形中，，
在中，，
在中，，所以，
所以，又因为，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.
解析2：（向量法）
取中点，则，因为平面，
所以平面，
因为，所以为等边三角形，
所以，此时，，两两垂直，
如图，建立空间直角坐标系，，，
在中，，所以，由，得
，
所以，平面的法向量为，
所以，
所以，
即直线与平面所成角正弦值为.
【点睛】本题考查线面平行，线面角，应用几何法求线面角，向量法求线面角，属于基础题.
20.已知等差数列满足，，为等比数列的前项和，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，证明：.
【答案】（1），（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由基本量思想的等差数列的通项公式，由与的关系即可得到结论；
（2）利用放缩法和数列求和即可得到不等式.
【详解】（1）由题意得，解得：，
∴，即数列的通项公式为，
由，得，
两式相减整理得：，
∴，，
∴，即数列的通项公式为
（2）解析1：（应用放缩和错位相减求和证明不等式）解：，，，
两式相减整理得，又因为，∴
.
所以，∴.
（2）解析2：（应用放缩和裂项求和证明不等式）
令，化简整理得：，∴
，
，，
所以，∴.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式，考查数列求和，考查放缩法，属于中档题.
21.已知抛物线：过点，为其焦点，过且不垂直于轴的直线交抛物线于，两点，动点满足的垂心为原点.
（1）求抛物线的方程；
（2）求证：动点在定直线上，并求的最小值.
【答案】（1）（2）证明见解析,的最小值为
【解析】
【分析】
（1）直接将代入抛物线方程即可得到答案；
（2）设直线方程为，联立方程，表示出，运用基本不等式即可得到结论.
【详解】（1）由题意，将点代入，
即，解得，
所以，抛物线的方程为.
（2）解析1：（巧设直线）
证明：设：，，，联立，可得
，则有，可设：，即
，同理：，解得，即动点在定直线：上.
，当且仅当时取等号.其中，分别为点和点到直线的距离.
（2）解析2：（利用向量以及同构式）
证明：设：，，，联立，可得，则有.，，又
为的垂心，从而，代入化简得：，同理：，从而可知，，是方程的两
根，所以，所以动点在定直线：上.
，当且仅当时取等号.其中，分别为点和点到直线距离.
【点睛】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，考查基本不等式的应用，考查计算能力，
属于中档题.
22.已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）使不等式对任意，恒成立时最大的记为，求当时，的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在单调递减（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）分离变量得不等式，由恒成立把，放缩程一个新不等式，再构造一个新函数，讨论出的范围，即可得到结论.
【详解】（1）因的定义域为，，
当时，，∴在上单调递减；
当时，在上单调递减，，
∴在上单调递增，在单调递减；
（2）.
∵，，∴，
令，
由（1）在上递增；
（1）当，即时，，∴在上递增；
∴.
（2）当，即时，，∴在上递减；
∴.
（3）当时，在上递增；
存在唯一实数，使得，
则当时.当时.
∴.
∴.此时.
令在上递增，
，∴.
综上所述，.
【点睛】本题考查函数的单调区间，考查不等式的恒成立转化为求函数的最值问题，运用不等式放缩、分类讨论思想是解题的关键，属于难题.
2020届高三数学上学期期末考试试题（含解
析）
一、选择题
1.已知集合，，那么（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出集合，然后利用交集的定义可求出集合.
【详解】，因此，，故选C.
【点睛】本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题.
2.双曲线的渐近线方程是 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由双曲线标准方程可知，，且焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线方程为，故选A.
3.已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
利用等差数列的定义以及前项和公式，结合充要条件的定义即可得到结论.
【详解】由，得，即，
所以“”是“”的充分条件，
由，，，
所以，，
所以“”是“”的必要条件，
综上，“”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质是解决本题的关键，属于基础题.
4.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由三视图可得几何体是三棱柱挖去一个三棱锥，用三棱柱体积减去三棱锥体积即为该几何体的体积.
【详解】由已知三视图得到几何体是三棱柱挖去一个三棱锥，所以几何体的体积为
.
【点睛】本题考查了几何体的三视图，属于基础题.
5.函数的图象大致是（）
A. B. C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用函数为奇函数，且，即可得到结论.
【详解】由于是奇函数，故排除A，B；又，则，即函数有唯一零点，再排除选C.
故选：D.
【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性，利用排除法是解决本题的关键，属于基础题.
6.已知随机变量的分布列是
1
若，则的值是（）
A. B. C. D.
【解析】
【分析】
根据分布列的性质得，再由，解得，，进而求得的值.【详解】由，得①.
由②，得，
联立①②，得，.
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列的性质，期望与方差，属于基础题.
7.已知关于x的二项式( + )n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( )
A. 1
B. ＋1
C. 2
D. ±2
【答案】C
【解析】
由题意知2n＝32，n＝5，Tr＋1＝()5－rar·＝ar，
令，得，∴a3＝80，解得a＝2.故选C.
8.已知，为椭圆：的左右焦点，在椭圆上存在点，满足
且到直线的距离等于，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
过做直线的垂线，交于点，根据题意以及椭圆的定义，利用等腰三角形三线合一，得关于，，的方程，进而可求得离心率的值.
【详解】由已知得，
根据椭圆的定义可得，
又到直线的距离等于，即，
由等腰三角形三线合一的性质可得：，
可列方程：
，故选：B.【点睛】本题考查椭圆的方程及其简单几何性质，考查等腰三角形性质及勾股定理的应用，椭圆的离心率的取值，考查数形结合思想，属于中档题.
9.已知函数，若函数恰有两个零点，则实数取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用分段函数的单调性讨论的范围即可得到答案.
【详解】由，
当时，函数在上单调递增，不满足条件；
当时，显然不满足条件；
当时，在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，∵，且恰有两个零点，则或
或，解得或.
故选：B.
【点睛】本题考查了利用函数有零点求参数的范围，分段函数单调性，属于中档题.
10.已知平面四边形中，，，，现将沿对角线
翻折得到三棱锥，在此过程中，二面角、的大小分别为，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（）A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用定量分析结合最大角原理即可得到结论.
【详解】如图，
因为，所以点在上的投影点靠近点，由翻折的性质，知点在底面的投影点在所在的直线上，如图设为点，则，，，，由最大角原理知：，，当且仅当与重合时，取到等号；而
，，如图易得，，所以，即；又
，，由图易得，，所以；
综上可得：.
故选：B.
【点睛】本题考查二面角，线面角，利用平面四边形中，，构造圆面解决问题是关键，属于中档题.
二、填空题
11.若复数，（为虚数单位），则______；若为纯虚数，则的值为______.
【答案】 (1). (2). 1
【解析】
【分析】
利用复数的模，复数的乘除运算化简，在令实部为0，即可得到答案.
【详解】；
若为纯虚数，则.
故答案为：；1.
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．
12.中国古代数学专著《九章算术》有问题：“五只雀，六只燕，共重一斤（等于16两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重”，则雀重______两，燕重______两.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
分别设出雀与燕的重量，互换一只后，列出方程，解得即可.
【详解】设雀重两，燕重两，
由题意得：互换后有，
解得：，，
故答案为：；.
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于基础题.
13.已知实数、满足，且可行域表示的区域为三角形，则实数的取值范围为______，若目标函数的最小值为-1，则实数等于______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合目标函数的最小值，利用数形结合即可得到结论.
【详解】作出可行域如图，
则要为三角形需满足在直线下方，即，；
目标函数可视为，则为斜率为1的直线纵截距的相反数，
该直线截距最大在过点时，此时，
直线：，与：的交点为，
该点也在直线：上，故，
故答案为：；.
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.
14.在中，三个内角、、所对的边分别为、、，已知
，则______；又，，则______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用正弦定理或余弦定理将边化为角或角化为边，在结合三角形的面积公式，整理化简即可得到结论.
【详解】解析1：（边化角）
∵，∴，∴，∵，∴；
∵，∴，又∵（可消元求出边、）
∴，
∴.
解析2：（任意三角形射影定理）
∵下同.
故答案为：，.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.
15.已知，均为正实数，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用基本不等式即可得到结论.
【详解】，
当且仅当，时取等号.
故答案为：.
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，构造基本不等式是解题的关键，属于基础题.
16.从1，2，3，4，5，6这6个数中随机取出5个数排成一排，依次记为，，，，
，则使为奇数的不同排列方法有______种.
【答案】180
【解析】
【分析】
分类讨论，先选后排，最后相加即可.
【详解】若为奇数为偶数时，有种；
若为偶数为奇数时，有种；
共180种.
故答案为：180.
【点睛】本题考查计数原理，对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类，属于基础题．
17.已知，，若存在实数及单位向量，使得不等式
成立，则实数的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用三点共线，将不等式转化为求最值的距离问题，或利用绝对值不等式，解得即可.
【详解】解析：原题等价于
解析1：几何法（三点共线+将军饮马）
如图，
（为单位圆上的，，，，为上一点，为中点），由将军饮马模型，作关于对称点，则
，所以，.
解析2：代数法（建系坐标运算+将军饮马）
设，，，
，
则，由将军饮马可得
，所以.
解析3：绝对值不等式+将军饮马
因为，所以
，由解析2可得.
解析4：绝对值不等式，+对称转化
因为，，则，则
，
因为，，则，则
，
则，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查不等式成立问题，构造不等式解不等式是关键，“将军饮马”模型的使用，对称问题，两点之间，线段最短，点到直线的距离，垂线段最短，属于难题.
三、解答题
18.已知函数图象上相邻两个最高点的距离为.
（1）若的图象过，且部分图象如图所示，求函数的解析式；
（2）若函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，求函数在上的最大值与最小值.
【答案】（1）（2），.
【解析】
【分析】
（1）由题意得，再由，进而可得解析式；
（2）由是偶函数，得，从而，经过平移得，再表示出
，利用余弦型函数即可得最值.
【详解】解析：由题意得，，所以，.
（1）由于，则，又，
则或（舍去），故.
（2）由于是偶函数，则，
又，所以，，
将的图象向左平移个单位长度，
得到的图象，
故
.
因为，，
所以，.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，图象的平移问题，余弦型函数求最值，属于基础题.
19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，平面
，且，设，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的性质定理即可得到结论；
（2）方法一：利用几何法求线面角，一作，二证，三求解；方法二：利用空间直角坐标系，线面角的向量关系即可得到结论.
【详解】（1）解析：因为底面为平行四边形，是中点，所以是中点，所以，平面，平面，所以平面.
（2）解析1：（几何法）
因为平面，平面平面，
所以直线与平面的交点即为与的交点，设为，
，所以为等边三角形，取中点，
则，因为平面，所以平面平面，
平面平面，，所以平面，
所以是直线与平面所成角，
因为，分别为，的中点，所以是的重心，
在中，，所以，在平行四边形中，，
在中，，
在中，，所以，
所以，又因为，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.解析2：（向量法）
取中点，则，因为平面，
所以平面，
因为，所以为等边三角形，
所以，此时，，两两垂直，
如图，建立空间直角坐标系，，，
在中，，所以，由，得，
所以，平面的法向量为，
所以，
所以，
即直线与平面所成角正弦值为.
【点睛】本题考查线面平行，线面角，应用几何法求线面角，向量法求线面角，属于基础题.
20.已知等差数列满足，，为等比数列的前项和，
.
（1）求，的通项公式；
（2）设，证明：.
【答案】（1），（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由基本量思想的等差数列的通项公式，由与的关系即可得到结论；
（2）利用放缩法和数列求和即可得到不等式.
【详解】（1）由题意得，解得：，
∴，即数列的通项公式为，
由，得，
两式相减整理得：，
∴，，
∴，即数列的通项公式为
（2）解析1：（应用放缩和错位相减求和证明不等式）
解：，，，
两式相减整理得，又因为，∴
.
所以，∴.
（2）解析2：（应用放缩和裂项求和证明不等式）
令，化简整理得：，∴
，
，，
所以，∴.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项公式，考查数列求和，考查放缩法，属于中档题.
21.已知抛物线：过点，为其焦点，过且不垂直于轴的直线
交抛物线于，两点，动点满足的垂心为原点.
（1）求抛物线的方程；
（2）求证：动点在定直线上，并求的最小值.
【答案】（1）（2）证明见解析,的最小值为
【解析】
【分析】
（1）直接将代入抛物线方程即可得到答案；
（2）设直线方程为，联立方程，表示出，运用基本不等式即可得到结论.
【详解】（1）由题意，将点代入，
即，解得，
所以，抛物线的方程为.
（2）解析1：（巧设直线）
证明：设：，，，联立，可得，则有，可设：，即，同理：
，解得，即动点在定直线：上.
，当且仅当时取等号.其中，分别为点和点到直线的距离.
（2）解析2：（利用向量以及同构式）
证明：设：，，，联立，可得，
则有.，，又为的垂心，从而，代入化简得：，同理：，从而可知，，
是方程的两根，所以，所以动点在定直线：上.
，当且仅当时取等号.其中，分别为点和点到直线距离.
【点睛】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题.
22.已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）使不等式对任意，恒成立时最大的记为，求当时，的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在单调递减（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）分离变量得不等式，由恒成立把，放缩程一个新不等式，再构造一个新函数，讨论出的范围，即可得到结论.
【详解】（1）因的定义域为，，
当时，，∴在上单调递减；。