甘肃省武威市凉州区2021-2022学年高二数学下学期期中质量检测试题理_第1页
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1、第= 参考答案1A2D3D4D5D6C7C8D9A10C11C12A13114 且159016117【详解】（1）当时，左边，右边，式成立（2）假设当时，式成立，即，根据等差数列的定义，有，于是，即当时，式也成立，由（1）（2）可知，式对任何都成立18证明：取的中点G，连接GF，AG，因为G为的中点，F为的中点，所以且CD2GF，又E为AB的中点，ABCD，所以且AEGF，所以四边形AEFG为平行四边形，所以/，因为平面，EF平面，所以/平面19【解析】(1)因为平面，BD平面，所以PABD，因为，底面是矩形，所以由勾股定理得：，所以底面ABCD是正方形，所以ACBD，又PA=A，所以BD平面

2、PAC.(2)因为PA底面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD，又CDAD，PA，所以CD平面PAD，因为PD平面PAD，所以CDPD，又因为CDAD，所以PDA是平面和平面的夹角，由于PA=AD，PAD=90，所以PDA=45，所以，所以平面PCD与平面ABCD的夹角余弦值为.20【解析】(1)令，得或则当时，单调递增；则当时，单调递减；则当时，单调递增故函数的增区间为和，减区间为(2)由（1）知，当时，有极小值；当时，有极大值21【解析】(1)由题意知，即切点为（1，3），又，所以所以f（x）在处的切线方程为：，即；(2)，令得；令得或，故f（x）的减区间为（1，3），增区间为（，1）和，函数f（x）的极大值，函数f（x）的极小值，又，f（x）在2，4上的最大值是13，最小值是1922【解析】(1)由题意可得的定义域为，且当时，由，得；由，得故函数的单调递增区间为，单调递减区间为当时，由，得；由，得故函数的单调递减区间为，单调递增区间为综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为(2)当时，令，得，即，则与的图象在上有两个不同的交点，等价于在上有两个不同的实根设，则由，得；由，得函数在上

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