2022年高考全国甲卷数学（理科）高考真题变式题

2022年高考全国甲卷数学（理科）高考真题变式题 【原卷 1 题】 知识点 复数的除法运算,复数代数形式的乘法运算,共轭复数的概念及计算 【正确答案】 C 1-1（基础） 已知i是虚数单位，是复数z的共轭复数，若，则为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-2（基础） 已知（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-3（基础） 已知i虚数单位，若z=1+，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-4（巩固） 复数，则= A. B. C. D. 【正确答案】 A 1-5（巩固） 已知复数，为的共轭复数，则的值为 A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-6（巩固） 已知复数，是的共轭复数，则（ ） A.0 B. C.1 D.2 【正确答案】 B 1-7（巩固） 复数的共轭复数的虚部为 A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-8（提升） 已知复数z满足，则z的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 1-9（提升） 设i为虚数单位，表示复数z的共轭复数，若，则 A. B.2 C. D.1 【正确答案】 A 1-10（提升） 已知复数，为z的共轭复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 【原卷 2 题】 知识点 众数、平均数、中位数的比较,计算几个数据的极差、方差、标准差 【正确答案】 B 2-1（基础） 农科院的专家为了了解新培育的甲、乙两种麦苗的长势情况，从种植有甲、乙两种麦苗的两块试验田中各抽取6株麦苗测量株高．得到的样本数据如下： 甲：9，10，11，12，10，20； 乙：8，14，13，10，12，21． 根据所抽取的甲、乙两种麦苗的株高数据．给出下面四个结论，其中正确的结论是（ ） A.甲种麦苗样本株高的平均值大于乙种麦苗样本株高的平均值 B.甲种麦苗样本株高的极差小于乙种麦苗样本株高的极差 C.甲种麦苗样本株高的众数为10.5 D.甲种麦苗样本株高的中位数大于乙种麦苗样本株高的中位数 【正确答案】 B 2-2（基础） 为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ） A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元 D.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 【正确答案】 C 2-3（基础） 已知数据是某市100个普通职工2018年8月份的收入(均不超过0.8万元)，设这100个数据的中位数为x，平均数为y，方差为z，如果再加上某人2018年8月份的收入x101(约100万元)，则相对于x，y，z，这101个数据(　　) A.平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变 B.平均数变大，中位数可能不变，方差也不变 C.平均数变大，中位数一定变大，方差可能不变 D.平均数变大，中位数可能不变，方差变大 【正确答案】 D 2-4（基础） “新冠肺炎”疫情的控制需要根据大数据进行分析，并有针对性的采取措施.下图是甲、乙两个省 份从2月7日到2月13日一周内的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图.根据图中甲、乙两省的数字特征进行比对，下列说法错误的是（ ） A.2月7日到2月13日甲省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数低于乙省 B.2月7日到2月13日甲省的单日新增“新冠肺炎”确诊人数最大值小于乙省 C.2月7日到2月13日乙省相对甲省的新增“新冠甲省肺炎”确诊人数的波动大 D.后四日（2月10日至13日）乙省每日新增“新冠肺炎”确诊人数均比甲省多 【正确答案】 C 2-5（巩固） 已知数据,,，是上海普通职(，)个人的年收入，设这个数据的中位数为，平均数为，方差为，如果再加上世界首富的年收入，则这个数据中，下列说法正确（ ） A.年收入平均数大大增大，中位数一定变大，方差可能不变 B.年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差变大 C.年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差也不变 D.年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差可能不变 【正确答案】 B 2-6（巩固） PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，一般情况下PM2.5浓度越大，大气环境质量越差.如图所示的茎叶图表示的是某市甲、乙两个监测站连续10天内每天的PM2.5浓度度数（单位:），则下列说法正确的是（ ） A.甲、乙监测站读数的极差相等 B.乙监测站读数的中位数较大 C.乙监测站读数的众数与中位数相等 D.甲、乙监测站读数的平均数相等 【正确答案】 C 2-7（巩固） 气象意义上的春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度不低于.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均气温的记录数据（记录数据都是正整数）： ①甲地：5个数据是中位数为24，众数为22； ②乙地：5个数据是中位数为27，总体均值为24； ③丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8 则肯定进入夏季的地区有 A.①②③ B.①③ C.②③ D.① 【正确答案】 B 2-8（巩固） 如图是甲、乙两人高考前10次数学模拟成绩的折线图，则下列说法错误的是（ ） A.甲的数学成绩最后3次逐渐升高 B.甲的数学成绩在130分以上的次数多于乙的数学成绩在130分以上的次数 C.甲有5次考试成绩比乙高 D.甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差 【正确答案】 C 2-9（巩固） 2020年是全面实现小康社会目标的一年，也是全面打赢脱贫攻坚战的一年，某研究性学习小组调查了某脱贫县的甲､乙两个家庭，对他们过去6年(2014年到2019年)的家庭收入情况分别进行统计，发现他们的收入逐年增长，得到这两个家庭的年人均纯收入(单位：百元/人)茎叶图.对甲､乙两个家庭的年人均纯收入(以下分别简称“甲”“乙”)情况的判断，不正确的是（ ） A.过去的6年，“甲”的极差小于“乙”的极差 B.过去的6年，“甲”的平均值小于“乙”的平均值 C.过去的6年，“甲”的中位数小于“乙”的中位数 D.过去的6年，“甲”的平均增长率小于“乙”的平均增长率 【正确答案】 B 2-10（提升） 有一组样本数据，，……，由这组数据的得到的一组数据，，……，满足（c为非零常数），则（ ） A.两组数据的样本平均数不同； B.两组数据的中位数相同； C.两组数据的样本方差相同； D.两组数据的样本标准差不同. 【正确答案】 C 2-11（提升） 下面定义一个同学数学成绩优秀的标志为：“连续次考试成绩均不低于分”.现有甲、乙、丙三位同学连续次数学考试成绩的记录数据（记录数据都是正整数）： ①甲同学：个数据的中位数为，众数为； ②乙同学：个数据的中位数为，总体均值为； ③丙同学：个数据的中位数为，总体均值为，总体方差为； 则可以判定数学成绩优秀同学为 A.甲、丙 B.乙、丙 C.甲、乙 D.甲、乙、丙 【正确答案】 A 【原卷 3 题】 知识点 交并补混合运算 【正确答案】 D 3-1（基础） 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-2（基础） 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 3-3（基础） 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-4（巩固） 已知全集为，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 3-5（巩固） 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-6（巩固） 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-7（巩固） 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 3-8（提升） 已知集合，则(RA)∩B＝（ ） A.[0，2) B.[－1，0) C.[－1，0] D.(－∞，－1) 【正确答案】 C 3-9（提升） 全集，集合，集合，图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-10（提升） 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 【原卷 4 题】 知识点 柱体体积的有关计算,根据三视图求几何体的体积 【正确答案】 B 4-1（基础） 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. B.2 C.4 D. 【正确答案】 C 4-2（基础） 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-3（基础） 某几何体由圆柱的部分和一个多面体组成，其三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是（ ）． A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-4（巩固） 若一个正三棱柱的三视图如下图所示，则这个正三棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-5（巩固） 如图，网络纸的各小格都是边长为的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 4-6（巩固） 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-7（巩固） 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A. B. C. D.2 【正确答案】 B 4-8（提升） 一个直棱柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-9（提升） 某几何体的三图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-10（提升） 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（ ） A. B. C.1 D. 【正确答案】 D 【原卷 5 题】 知识点 函数图像的识别,识别正（余）弦型三角函数的图象 【正确答案】 A 5-1（基础） 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-2（基础） 函数的图象的大致形状是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 5-3（基础） 函数满足当时，，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 5-4（巩固） 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 5-5（巩固） 声音是由物体振动产生的．我们平时听到的声音几乎都是复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一、三分之一、四分之一等也同时在振动．不同的振动的混合作用决定了声音的音色，人们以此分辨不同的声音．已知刻画某声音的函数为，则其部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 5-6（巩固） 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 5-7（巩固） 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-8（提升） 函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-9（提升） 已知函数，则的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-10（提升） 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 【原卷 6 题】 知识点 已知函数最值求参数,求某点处的导数值 【正确答案】 B 6-1（基础） 已知函数，且，函数在上的最大值为20，则c的值为（ ） A.1 B.4 C. D.0 【正确答案】 B 6-2（基础） 已知函数（为常数），在区间上有最大值，那么此函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 6-3（基础） 已知函数在上的最大值为，则a的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-4（巩固） 若函数的最小值为，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 6-5（巩固） 已知函数在上有最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-6（巩固） 已知函数在处取得最大值，则下列判断正确的是（ ） ①，②，③，④ A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ 【正确答案】 B 6-7（巩固） 设函数在R上存在最小值，则函数的零点个数为（ ） A.2 B.1 C.0 D.无法确定 【正确答案】 A 6-8（提升） 已知函数，，若函数在上的最小值为，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 6-9（提升） 已知，若的最小值为，则 A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-10（提升） 已知函数，若时，在处取得最大值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 7 题】 知识点 求线面角,由线面角的大小求长度 【正确答案】 D 7-1（基础） 在长方体中，和与底面所成的角分别为30°和45°，异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 7-2（基础） 如图，在正四棱柱中，底面的边长为，与底面所成角的大小为，且，则该正四棱柱的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-3（巩固） 已知长方体中，，，与平面所成角的正弦值为，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 7-4（巩固） 在长方体中，， 与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ） A.8 B. C. D. 【正确答案】 C 7-5（巩固） 三棱柱中，侧面与底面垂直，底面是边长为的等边三角形，若直线与平面所成角为，则棱柱的高为（ ） A. B.2 C. D.1 【正确答案】 C 7-6（巩固） 已知正方体的棱长为3，E，F分别为棱上的动点.若直线与平面所成角为，则下列说法不正确的是（ ） A.任意点E，F，二面角的大小为 B.任意点E，F，点C到面的距离为 C.存在点E，F，使得直线与所成角为 D.存在点E，F，使得线段长度为 【正确答案】 C 7-7（提升） 矩形中，，是线段上的点，将沿折起，得到，使得平面平面，则当，与平面所成角相等时，的长度等于（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 7-8（提升） 等腰直角三角形BCD与等边三角形ABD中，，，现将沿BD折起，则当直线AD与平面BCD所成角为时，直线AC与平面ABD所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 7-9（提升） 在正方体中，点在线段上，若直线与平面内的动直线所 成角的最小值为，则 A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 8 题】 知识点 弧长的有关计算 【正确答案】 B 8-1（基础） “数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出人怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以有“怀袖雅物”的别号.当折扇所在扇形的圆心角为时，折扇的外观看上去是比较美观的，则此时折扇所在扇形的弦长与弧长之比为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-2（基础） 苹果手机上的商标图案（如图所示）是在一个苹果图案中，以曲线段为分界线，裁去一部分图形制作而成的．如果该分界线是一段半径为的圆弧，且两点间的距离为，那么分界线的长度应为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-3（基础） 达·芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑，数百年来让无数观赏者入迷，现将画中女子的嘴唇近似的看作一个圆弧，设嘴角、间的圆弧长为，嘴角间的距离为，圆弧所对的圆心角为（为弧度角），则、和所满足的恒等关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 8-4（巩固） 已知在扇形AOB中，，弦AB的长为2，则该扇形的周长为 A. B. C. D. 【正确答案】 B 8-5（巩固） 济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位.它是典型的哥特式建筑.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是由两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，和所在圆的圆心都在线段AB上，若，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 8-6（巩固） 《九章算术》是我国古代数学名著，其中有这样一个问题:“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”意思说：现有扇形田，弧长三十步，直径十六步，问面积多少？书中给出计算方法：以径乘周，四而一，即扇形的面积等于直径乘以弧长再除以.在此问题中，扇形的圆心角的弧度数是 A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-7（巩固） 实践课上小华制作了一副弓箭，如图所示的是弓形，弓臂是圆弧形，A是弧的中点，是弦的中点，测得，（单位：），设弧所对的圆心角为（单位：弧度），则弧的长为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-8（提升） 《掷铁饼者》是希腊雕刻家米隆于约公元前450年雕刻的青铜雕像，它取材于现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的每只手臂长约，肩宽约为，“弓”所在圆的半径约为，则如图掷铁饼者双手之间的距离约为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 8-9（提升） 月牙泉，古称沙井，俗名药泉，自汉朝起即为“敦煌八景” 之一，得名“月泉晓澈”，因其形酷似一弯新月而得名，如图所示，月牙泉边缘都是圆弧，两段圆弧可以看成是的外接圆和以为直径的圆的一部分，若，南北距离的长大约m，则该月牙泉的面积约为（ ）（参考数据：） A.572m2 B.1448m2 C.m2 D.2028m2 【正确答案】 D 8-10（提升） 如图是一个近似扇形的鱼塘，其中OA=OB=r，长为l（l<r）．为方便投放饲料，欲在如图位置修建简易廊桥CD，其中，．已知x∈时，，则廊桥CD的长度大约为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 【原卷 9 题】 知识点 圆锥表面积的有关计算,锥体体积的有关计算 【正确答案】 C 9-1（基础） 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 9-2（基础） 若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-3（基础） 如图，圆锥的轴为PO，其底面直径和高均为2，过PO的中点作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则圆锥与所得圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 9-4（基础） 若圆锥的高的平方等于其底面圆的半径与母线长的乘积，则称此圆锥为“黄金圆锥”．现有一个侧面积为的黄金圆锥，则该黄金圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 9-5（巩固） 如图所示是一个装有红酒的圆锥形酒杯（杯体为一个圆锥），已知该酒杯的杯子杯口直径为（忽略杯子的厚度），侧面积（不含杯座和杯茎）为，红酒的高度比杯子的高度低，则红酒的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 9-6（巩固） 如图（1），一个圆锥形容器的高为a，内装有一定量的水，若将容器倒置，这时水所形成的圆锥的高恰为（如图（2）），则图（1）中的水面高度为 A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-7（巩固） 已知圆锥的顶点为点，高是底面半径的倍，点，是底面圆周上的两点，当是等边三角形时面积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 9-8（巩固） 已知中，，，是斜边上的高，与绕旋转一周得到的几何体的表面积分别为和，则的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-9（提升） 若圆锥，的顶点和底面圆周都在半径为的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别为，，则这两个圆锥公共部分的体积为 A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-10（提升） 在直角△ABC中，，，，且，分别以BC，AC，AB所在直线为轴，将△ABC旋转一周，形成三个几何体，其表面积和体积分别记为，，和，，，则它们的关系为（ ） A.， B.， C.， D.， 【正确答案】 B 9-11（提升） 在边长为2的菱形中，，垂足为点E，以所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 10 题】 知识点 已知两点求斜率,求椭圆的离心率或离心率的取值范围 【正确答案】 A 10-1（基础） 已知椭圆的上顶点，左右焦点分别为，连接，并延长交椭圆于另一点P，若，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 10-2（基础） 椭圆的两焦点为，若椭圆上存在点使为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C.或 D.或 【正确答案】 C 10-3（基础） 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与相交于两点（在第一象限）.若四点共圆，且直线的倾斜角为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 10-4（巩固） 已知椭圆的左､右焦点分别为，，点是椭圆上一点，点是线段上一点，且，，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 10-5（巩固） 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆C相交P，Q两点，若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 10-6（巩固） 已知点分别为椭圆的左、右焦点，点P为直线上一个动点．若的最大值为，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 10-7（巩固） 已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 10-8（提升） 国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（   ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 10-9（提升） 以椭圆的右焦点F为圆心､c为半径作圆，O为坐标原点，若圆F与椭圆C交于A，B两点，点D是OF的中点，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 10-10（提升） 已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( ) A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 11 题】 知识点 正弦函数图象的应用,由正弦（型）函数的值域（最值）求参数,利用正弦函数的对称性求参数 【正确答案】 C 11-1（基础） 若函数在（0，）上恰有2个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 11-2（基础） 已知函数在区间内有且仅有一个极大值，且方程在区间内有4个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 11-3（基础） 已知函数，若的图象在区间上有且只有1个最低点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 11-4（巩固） 已知函数，若对，在上至少存在两个不等的实数，使得，则的最小值为（ ） A.2 B.3 C.4 D.5 【正确答案】 C 11-5（巩固） 若函数在上有且仅有6个极值点，则正整数的值为（ ） A.2 B.3 C.4 D.5 【正确答案】 B 11-6（巩固） 若函数有个零点，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 11-7（巩固） 已知函数在区间上有且仅有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 11-8（提升） 设表示两者中较大的一个，已知定义在上的函数，满足关于的方程有6个不同的解，则的取值范围为 A. B. C. D. 【正确答案】 A 11-9（提升） 设函数的最小正周期为，且在内恰有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 11-10（提升） 已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 12 题】 知识点 用导数判断或证明已知函数的单调性,比较函数值的大小关系 【正确答案】 A 12-1（基础） 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 12-2（基础） 下列三个数：，，，大小顺序正确的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 12-3（基础） 设，，，则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 12-4（巩固） 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 12-5（巩固） 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 12-6（巩固） 设，，，且，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 12-7（巩固） 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 12-8（提升） 已知a，b，，且，，，其中e是自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 12-9（提升） 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 12-10（提升） 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 13 题】 知识点 用定义求向量的数量积,数量积的运算律 【正确答案】 11 13-1（基础） 已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则___________. 【正确答案】 13-2（基础） 若，与､的夹角都是60°，且，，则___________. 【正确答案】 22 13-3（基础） 已知向量与的夹角是，且，则________． 【正确答案】 2 13-4（基础） 设为单位向量，且的夹角为，则的值为_________. 【正确答案】 或0.5 13-5（巩固） 已知，，，则________． 【正确答案】 13-6（巩固） 已知向量，满足，，若，则___________. 【正确答案】 13-7（巩固） 已知向量与的夹角为，且，，则________． 【正确答案】 1 13-8（提升） 已知为单位向量，且满足，与的夹角为，则实数_______________. 【正确答案】 或 13-9（提升） 已知、是两个单位向量，它们的夹角是，设，则向量与的夹角大小是__________． 【正确答案】 13-10（提升） 已知向量和的夹角为150°，且，，则在上的投影为___________. 【正确答案】 或或或 【原卷 14 题】 知识点 由圆的位置关系确定参数或范围,已知方程求双曲线的渐近线 【正确答案】 14-1（基础） 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为______. 【正确答案】 2 14-2（基础） 若双曲线的渐近线与圆相切，则___________. 【正确答案】 14-3（基础） 在平面直角坐标系中，双曲线：的一条渐近线与圆相切，则______． 【正确答案】 或 14-4（巩固） （理）已知双曲线的渐近线与圆没有公共点， 则该双曲线的焦距的取值范围为_____. 【正确答案】 14-5（巩固） 已知圆关于双曲线：的一条渐近线对称，则_________. 【正确答案】 14-6（巩固） 已知双曲线C：，圆M：与C的一条渐近线相切于点P（P位于第二象限）．若PM所在直线与双曲线的另一条渐近线交于点S，与x轴交于点T，则ST长度为________． 【正确答案】 14-7（巩固） 已知双曲线：的斜率为正的渐近线为，若曲线：＋＝4上恰有不同3点到的距离为1，则双曲线的离心率是______． 【正确答案】 或 14-8（提升） 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，且，，则______. 【正确答案】 14-9（提升） 已知，分别是双曲线C：（，）的左、右焦点，过的直线l与圆 相切，且与双曲线的两渐近线分别交于点A，B，若，则该双曲线C的离心率为______. 【正确答案】 14-10（提升） 设直线与双曲线两条渐近线分别交于点，，若点满足，则该双曲线的渐近线方程是_______． 【正确答案】 【原卷 15 题】 知识点 几何组合计数问题,计算古典概型问题的概率 【正确答案】 15-1（基础） 阿基米德多面体（Archimedeanpolyhedra）是由两种或三种正多边形面组成的半正多面体.它共有13种，其特点是棱长相等.如图1，顺次连接棱长为2的正方体各棱的中点，得到一个阿基米德多面体，如图2，在此阿基米德多面体的所有棱中任取两条，则两条棱垂直的概率为___________. 【正确答案】 15-2（基础） 在正六棱柱的所有棱中任取两条，则它们所在的直线是互相垂直的异面直线的概率为______（结果用数字表示）． 【正确答案】 15-3（基础） 若从正六边形的6个顶点中随机选出3个点，以选出的这3个点为顶点构成直角三角形的概率为__________． 【正确答案】 或0.6 15-4（巩固） 如图，在平面直角坐标系中，O为正八边形的中心，.任取不同的两点，点P满足，则点P落在第一象限的概率是_____________. 【正确答案】 15-5（巩固） 我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”.古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是_______ 【正确答案】 或0.5 15-6（巩固） 从下图12个点中任取三个点则所取的三个点能构成三角形的概率为________． 【正确答案】 15-7（巩固） 住在同一个小区的三位同学在暑假里报名参加小区的志愿者服务，该小区共有四个志愿者服务点，若随机分配，则两位同学刚好分到同一个志愿者服务点的概率是 _______ 【正确答案】 或0.5625 15-8（提升） 如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______． 【正确答案】 15-9（提升） 一个正方体，它的表面涂满了红色，把它切割成个完全相等的小正方体，从中任取个，其中个恰有一面涂有红色，另个恰有两面涂有红色的概率为 【正确答案】 15-10（提升） 在平面直角坐标系中，点集．从K中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________． 【正确答案】 【原卷 16 题】 知识点 余弦定理解三角形,基本（均值）不等式的应用 【正确答案】 16-1（基础） 在中，角所对边长分别为，若，则的最小值为__________. 【正确答案】 16-2（基础） 已知的面积为，则边长的最小值为__________. 【正确答案】 16-3（基础） 已知的内角的对边分别为，若且，则面积的最大值为__________. 【正确答案】 16-4（巩固） 2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见》，再次强调持续推进体育公园建设．如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米．现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，，则的最大值为______千米． 【正确答案】 # 16-5（巩固） 在中，内角、、的对边分别为、、，，，且，则的最大值为___________. 【正确答案】 16-6（巩固） 如图所示，在平面四边形中，已知，则的最大值为_______． 【正确答案】 56 16-7（巩固） 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最大值为______． 【正确答案】 16-8（提升） 设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围为__________． 【正确答案】 16-9（提升） 在中，角，，所对的边分别为，，，是的中点，若，且，则当取最大值时的周长为_________． 【正确答案】 16-10（提升） , 设 的内角 满足 ，且 ，则 边上的高 长的最大值是________. 【正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 由递推关系证明数列是等差数列,求等差数列前n项和的最值,等比中项的应用,利用an与sn关系求通项或项 【正确答案】 （1）证明见解析 （2）-78 17-1（基础） 已知数列的各项为正数，其前项和满足，设． （1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式； （2）设数列的前项和为，求的最大值． 【正确答案】 （1）证明见解析，；（2）. 17-2（基础） 已知数列的前项和公式为 1、求的通项公式； 2、求的前项和的最小值． 【正确答案】 1、； 2、当或时，的值最小，值为. 17-3（基础） 已知数列的前项和为. （1）求证：数列是等差数列； （2）求的最大值及取得最大值时的值. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）前16项或前17项和最大，最大值为. 17-4（巩固） 已知正项数列的首项为1，其前项和为，满足. 1、求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式； 2、若，是的前项和，已知对于都成立，求的取值范围. 【正确答案】 1、证明见解析， 2、或 17-5（巩固） 已知数列的前n项和. 1、求的通项公式． 2、的前多少项和最大？ 3、设，求数列的前n项和. 【正确答案】 1、 2、前16项或前17项的和最大 3、 17-6（巩固） 已知数列满足，设. 1、证明：数列为等差数列，并求的通项公式； 2、求数列的前项和的最小值. 【正确答案】 1、证明见解析， 2、 17-7（巩固） 已知数列的前项和为，点在直线上． 1、求数列的前项和，以及数列通项公式； 2、若数列满足：，设数列的前项和为，求的最小值． 【正确答案】 1、，， 2、-15 17-8（提升） 已知等差数列的前n项和为. （1）若数列为等差数列，且，求； （2）若，求公差d的取值范围. 【正确答案】 （1）；（2）或. 17-9（提升） 已知数列的前项和为，，______.指出、、…中哪一项最 大，并说明理由. 从①，，②是和的等比中项这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 【正确答案】 ①②均能得到最大. 17-10（提升） 已知正项数列的前n项和为，，当且时，. （1）求数列的通项公式； （2）请判断是否存在三个互不相等的正整数p，q，r成等差数列，使得，，也成等差数列. 【正确答案】 （1）；（2）不存在. 【原卷 18 题】 知识点 证明线面垂直,线面垂直证明线线垂直,线面角的向量求法 【正确答案】 18-1（基础） 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点是的中点. 1、求证：； 2、求直线与平面所成角的正弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-2（基础） 如图，在直角中，PO⊥OA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点． 1、求证：； 2、设直线PC与平面PAB所成的角为，求． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-3（基础） 如图，在三棱柱中，平面，，． 1、求证：平面； 2、记和的交点为M，点N在线段上，满足平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-4（巩固） 如图，在三棱柱中，，F是的中点． 1、证明：； 2、求与平面所成角的正弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-5（巩固） 在直角梯形中，，，，，M为线段中点，将沿折起，使平面平面，得到几何体. 1、求证：平面； 2、求直线与平面所成角的正弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-6（巩固） 如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC． 1、证明：PD⊥平面BCD； 2、若M为PB的中点，二面角P﹣BC﹣D等于60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-7（巩固） 在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，E为的中点，点P在平面内的投影F恰好在直线上． 1、证明：． 2、求直线与平面所成角的正弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-8（提升） 如图，在中，，，为的中点，，.现将沿翻折至，得四棱锥. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正切值 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）7 18-9（提升） 如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，，，是等边三角形，且. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 18-10（提升） 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，点在上． （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 【正确答案】 （1）证明见解析；（2） 【原卷 19 题】 知识点 写出简单离散型随机变量分布列,求离散型随机变量的均值,独立事件的乘法公式 【正确答案】 19-1（基础） 为弘扬奥运精神，某校开展了“冬奥”相关知识趣味竞赛活动.现有甲､乙两名同学进行比赛，共有两道题目，一次回答一道题目.规则如下：①抛一次质地均匀的硬币，若正面向上，则由甲回答一个问题，若反面向上，则由乙回答一个问题.②回答正确者得10分，另一人得0分；回答错误者得0分，另一人得5分.③若两道题目全部回答完，则比赛结束，计算两人的最终得分.已知甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为，且两人每道题目是否回答正确相互独立. 1、求乙同学最终得10分的概率； 2、记X为甲同学的最终得分，求X的分布列和数学期望. 【正确答案】 1、 2、分布列见解析，X的数学期望为 19-2（基础） 冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆中，得3分，冰壶的重心落在圆环中，得2分，冰壶的重心落在圆环中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，． 1、求甲所得分数大于乙所得分数的概率； 2、设甲、乙两人所得的分数之差的绝对值为，求的分布列和期望． 【正确答案】 1、 2、分布列见解析，期望为： 19-3（基础） 某紫砂壶加工工坊在加工一批紫砂壶时，在出窑过程中有的会因为气温骤冷、泥料膨胀率不均等原因导致紫砂壶出现一定的瑕疵而形成次品，有的直接损毁．通常情况下，一把紫砂壶的成品率为，损毁率为．对于烧窑过程中出现的次品，会通过再次整形调整后入窑复烧，二次出窑，其在二次出窑时不出现次品，成品率为．已知一把紫砂壶加工的泥料成本为500元/把，每把壶的平均烧窑成本为50元/次，复烧前的整形工费为100元/次，成品即可对外销售，售价均为1500元． 1、求一把紫砂壶能够对外销售的概率； 2、某客户在一批紫砂壶入窑前随机对一把紫砂壶坯料进行了标记，求被标记的紫砂壶的最终获利X的数学期望． 【正确答案】 1、 2、. 19-4（巩固） 2021年12月，新冠疫情的严重反弹，扰乱了西安市民乃至陕西全省人民正常的生活秩序，各行各业的正常生产、运营受到严重影响，相关部门，为了尽快杜绝疫情的扩散，果断实施了小区封控、西安市区封城、市民足不出户等有效措施.2022年1月下旬小区相继解封.某销售商场为尽快弥补疫情带来的损失，推行高档电器“大屏幕电视机、冰箱和洗衣机”三种商品的抢购优惠促销活动.活动规则是：人人都可以参加三种商品的抢购，但每种商品只能抢购一次一件；优惠标准是：抢购成功者，大屏幕电视机优惠800元；冰箱优惠500元；洗衣机优惠300元，张某参加了这次抢购且三种商品都抢购，假设抢购成功与否相互独立，抢购三种商品成功的概率顺次为、、，已知这三种商品都能抢购成功的概率为，至少一种商品能抢购成功的概率为. 1、①求、的值； ②求张某恰好抢购成功两种商品的概率. 2、求张某抢购成功获得的优惠总金额的分布列和数学期望. 【正确答案】 1、①；② 2、分布列见解析，数学期望为元 19-5（巩固） 2022年4月16日上午9：57神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利返回地面．半年内，航天员们顺利完成了两次出舱任务，两次“天空课堂”讲课，还组织了天宫画展、春节跨年以及迎元宵活动，为全国观众留下了深刻印象，也掀起了一股航天热．邢台市某中学航天爱好者协会为了解学生对航天知识的掌握程度，对该校高一、高二年级全体学生进行了相关知识测试，然后从高一、高二各随机抽取了20名学生成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了整理的相关信息： 等级 E D C B A 成绩 高一人数 1 2 3 4 10 高二频率 0.1 0.15 0.2 0.3 0.25 1、从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于90分的概率是多少？ 2、分别从高一全体学生中抽取一人，从高二全体学生中抽取2人，这三人中成绩不低于90分的人数记为X，用频率估计概率，求X的分布列和期望． 【正确答案】 1、； 2、分布列见解析；期望为1. 19-6（巩固） 高二年级某班学生在数学校本课程选课过程中，已知第一小组与第二小组各有六位同学.每位同学都只选了一个科目，第一小组选《数学运算》的有1人，选《数学解题思想与方法》的有5人，第二小组选《数学运算》的有2人，选《数学解题思想与方法》的有4人，现从第一、第二两小组各任选2人分析选课情况. 1、求选出的4 人均选《数学解题思想与方法》的概率； 2、设为选出的4个人中选《数学运算》的人数，求的分布列和数学期望． 【正确答案】 1、 2、分布列见解析，期望为 19-7（巩固） 甲、乙两名同学参加某个比赛，比赛开始前箱子中装有3个红球3个白球，箱子中装有1个红球2个白球．比赛规则是：先由甲同学从箱子中每次取一个球放入箱子中，若从箱子中放入箱子中的球是红球则停止取球，若是白球则继续取球放球过程，直到第一次取到红球并放入箱子中为止．然后再由乙同学从箱子中任取一个球，若取出的是红球则乙同学获胜，否则甲同学获胜． 1、用表示甲同学从箱子中取出放入箱子中球的个数，求的分布列及数学期望； 2、求甲同学获胜的概率． 【正确答案】 1、分布列见解析，数学期望为 2、 19-8（提升） 为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响． 1、若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率； 2、若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望． 【正确答案】 1、 2、分布列见解析；期望为 19-9（提升） 1971年“乒乓外交”翻开了中美关系的新篇章，2021年休斯顿世乒赛中美两国选手又一次践行了“乒乓外交”所蕴含的友谊､尊重､合作的精神，使“乒乓外交”的内涵和外延得到了进一步的丰富和创新，几十年来，乒乓球运动也成为国内民众喜爱的运动之一，今有小王､小张､小马三人进行乒乓球比赛，规则为：先由两人上场比赛，另一人做裁判，败者下场做裁判，另两人上场比赛，依次规则循环进行比赛.由抽签决定小王､小 张先上场比赛，小马做裁判.根据以往经验比赛：小王与小张比赛小王获胜的概率为，小马与小张比赛小张获胜的概率为，小马与小王比赛小马获胜的概率为. 1、比赛完3局时，求三人各胜1局的概率； 2、比赛完4局时，设小马做裁判的次数为X，求X的分布列和期望. 【正确答案】 1、 2、分布列答案见解析，数学期望： 19-10（提升） 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．规则如下：参赛选手按第一关，第二关，第三关的顺序依次猜歌名闯关，若闯关成功依次分别获得猜公益基金元，元，元，当选手闯过一关后，可以选择游戏结束，带走相应公益基金；也可以继续闯下一关，若有任何一关闯关失败，则游戏结束，全部公益基金清零．假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别是，，，该嘉宾选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响． （1）求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率； （2）求该嘉宾获得的公益基金总金额的分布列及均值． 【正确答案】 (1)；(2)分布列见解析，均值为1125元. 【原卷 20 题】 知识点 抛物线的焦半径公式,根据抛物线上的点求标准方程,抛物线中的参数范围问题,抛物线中的定值问题 【正确答案】 20-1（基础） 已知抛物线的焦点为、为抛物线上两个不同的动点，当过且与轴平行时的面积为2． （1）求抛物线的方程； （2）分别过作垂直于轴，若，求与轴的交点的横轴标的取值范围． 【正确答案】 （1）；（2）且. 20-2（基础） 已知圆，一动圆与直线相切且与圆外切． （1）求动圆圆心的轨迹的方程； （2）过作直线，交（1）中轨迹于两点，若中点的纵坐标为，求直线的方程． 【正确答案】 （1）；（2）. 20-3（基础） 已知抛物线的焦点为F，点M是抛物线的准线上的动点． 1、求p的值和抛物线的焦点坐标； 2、设直线l与抛物线相交于A、B两点，且，求直线l在x轴上截距b的取值范围． 【正确答案】 1、； 2、 20-4（巩固） 已知圆的圆心为，点是圆上的动点，点是抛物线的焦点，点在线段上，且满足. 1、求点的轨迹的方程； 2、不过原点的直线与（1）中轨迹交于两点，若线段的中点在抛物线上，求直线的斜率的取值范围. 【正确答案】 1、 2、或 20-5（巩固） 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上． 1、若，求抛物线的标准方程； 2、若直线与抛物线交于，两点，点的坐标为，且满足，原点到直线的距离不小于，求的取值范围． 【正确答案】 1、或； 2、. 20-6（巩固） 已知抛物线的焦点到准线的距离为1. 1、求C的方程； 2、已知点在C上，且线段AB的中垂线l的斜率为，求l在y轴上的截距的取值范围. 【正确答案】 1、； 2、. 20-7（巩固） 如图，抛物线的焦点为F，点A为抛物线上的一动点，直线AF交抛物线于另一点B，当直线的斜率为1时，线段的中点的横坐标为2． （1）求抛物线的标准方程； （2）若过B与轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，求N的纵坐标的取值范围． 【正确答案】 （1）；（2），，． 20-8（提升） 如图，已知过点，圆心C在抛物线上运动，若MN为在x轴上截得的弦，设，， 当C运动时，是否变化？证明你的结论． 求的最大值，并求出取最大值时值及此时方程． 【正确答案】 （1）不变（2）最大值为，圆C方程为 20-9（提升） 设点是抛物线上异于原点O的一点，过点P作斜率为、的两条直线分别交于、两点（P、A、B三点互不相同）． 1、已知点，求的最小值； 2、若，直线AB的斜率是，求的值； 3、若，当时，B点的纵坐标的取值范围． 【正确答案】 1、； 2、3； 3、； 20-10（提升） 如图，已知点是焦点为的抛物线上一点，，是抛物线上异于的两点，且直线，的倾斜角互补，若直线的斜率为． （Ⅰ）证明：直线的斜率为定值； （Ⅱ）求焦点到直线的距离（用表示）； （Ⅲ）在中，记，，求的最大值． 【正确答案】 （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【原卷 21 题】 知识点 利用导数证明不等式,利用导数研究不等式恒成立问题,利用导数研究函数的零点 【正确答案】 21-1（基础） 已知函数，其中． 1、讨论的单调性； 2、若，，求的最大值． 【正确答案】 1、当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 2、 21-2（基础） 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的，都有成立，求的取值范围． 【正确答案】 （1）答案见解析；（2）. 21-3（基础） 设函数． 1、求的单调区间； 2、若对任意的，都有成立，求实数a的取值范围． 【正确答案】 1、单调递减区间为，单调递增区间为 2、 21-4（巩固） 已知函数． 1、求的零点个数； 2、若函数有两个不同的极值点，．证明：． 【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析 21-5（巩固） 已知，设函数． 1、当时，若函数在上单调递增，求实数的取值范围； 2、若对任意实数，函数均有零点，求实数的最大值； 3、若函数有两个零点，证明：． 【正确答案】 1、 2、 3、证明见解析 21-6（巩固） 已知函数． （1）当时，若在，处的导数相等，证明：； （2）若有两个不同的零点，，证明：． 【正确答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析 21-7（提升） 已知函数的图象在处的切线斜率为. 1、求函数的极大值； 2、若，是函数图象上不同的两点，求实数a的取值范围，并证明：. 【正确答案】 1、 2、证明见解析 21-8（提升） 设函数为的导函数. 1、求的单调区间； 2、讨论零点的个数； 3、若有两个极值点且，证明：. 【正确答案】 1、单调递增区间为，单调递减区间为． 2、答案见解析 3、证明见解析 21-9（提升） 已知函数有两个零点． 1、求的取值范围； 2、已知图象与图象关于对称，证明：当时，． 3、设，是两个零点，证明：． 【正确答案】 1、. 2、证明见解析. 3、证明见解析. 21-10（提升） 已知函数． 1、若恒成立，求a； 2、若的两个零点分别为，证明：． 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【原卷 22 题】 知识点 求直线与抛物线的交点坐标,普通方程与极坐标方程的互化,参数方程化为普通方程 【正确答案】 22-1（基础） 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线E的极坐标方程为． 1、求曲线C的普通方程和直线E的直角坐标方程； 2、求曲线C与直线E交点的极坐标． 【正确答案】 1、曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为； 2、， 22-2（基础） 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. 1、求曲线的直角坐标方程； 2、求与公共点的直角坐标. 【正确答案】 1、：，：； 2、. 22-3（基础） 曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． 1、把的参数方程化为极坐标方程； 2、求曲线与交点的极坐标． 【正确答案】 1、； 2、. 22-4（巩固） 在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 1、求曲线，的极坐标方程； 2、若射线与曲线，的公共点分别为A，B，求的最大值. 【正确答案】 1、，； 2、. 22-5（巩固） 在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为． 1、求的普通方程和圆的直角坐标方程． 2、设与的交点为M，N，证明：是等腰直角三角形． 【正确答案】 1、； 2、证明见解析 22-6（巩固） 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为． 1、求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程； 2、若点M，N分别在直线l和曲线C上，且直线的斜率为，求线段长度的取值范围． 【正确答案】 1、； 2、 22-7（巩固） 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为． 1、求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程； 2、设点M的极坐标为，直线l与曲线C交于A，B两点，求． 【正确答案】 1、； 2、 22-8（提升） 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(γ为参数)，曲线的参数方程为(s为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l：()与交于点B，其中． （1）求曲线的极坐标方程以及曲线的普通方程； （2）过点A的直线m与交于M，N两点，若，且，求α的值． 【正确答案】 （1）；()（2）. 22-9（提升） 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，且在两坐标系下取相同的长度单位，建立极坐标系.点P的极坐标为，直线l经过点P，且与极轴所成角为. （1）写出曲线C的普通方程和直线l的以P为定点的标准参数方程； （2）设点M为曲线C上的动点，求点M到直线l的距离d的最大值. 【正确答案】 （1），(为参数)；（2）. 22-10（提升） 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）． （1）若直线平行于直线，且与曲线只有一个公共点，求直线的方程； （2）若直线与曲线交于两点，，求的面积． 【正确答案】 （1）；（2）. 【原卷 23 题】 知识点 柯西不等式证明,利用基本不等式证明不等式 【正确答案】 （1）见解析    （2）见解析 23-1（基础） 已知 （1）求的最小值； （2）若，，求证： 【正确答案】 （1）（2）证明见解析 23-2（基础） 设a，b，c均为正数，且． 1、求的最小值； 2、证明：． 【正确答案】 1、 2、证明见解析 23-3（基础） 已知，，. （1）若，求的最大值； （2）若，求的最小值. 【正确答案】 （1）；（2）. 23-4（基础） 已知正数a，b，c，d满足，证明： 1、； 2、. 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 23-5（巩固） （Ⅰ）若，且满足，证明：； （Ⅱ）若，且满足，证明：. 【正确答案】 （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 23-6（巩固） （1）已知、、是正数，且满足，求证； （2）已知、是正数，且满足，求证：． 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 23-7（巩固） 设、、为正实数，且. 1、证明：； 2、证明：． 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 23-8（提升） 已知a，b，c为正实数，且a+b+c=1. （1）证明：； （2）证明：. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 23-9（提升） 已知，，. （1）若，求证：； （2）若，求证：. 【正确答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析 23-10（提升） 已知，，均为正实数，且．证明： 1、； 2、． 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 2022年高考全国甲卷数学（理科）高考真题变式题答案解析 1/161 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 1-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用复数的除法运算求出z，再利用共轭复数及乘法计算作答. 详解: 因，则，， 所以. 故选：C 1-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用复数的乘除运算求复数，再由共轭复数的概念写出. 详解: 由题设，则， 所以，故. 故选：D 1-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据复数代数形式的乘除运算法则计算可得； 详解: 解：因为，所以； 故选：C 1-4【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 利用复数的运算法则，求得z，之后利用共轭复数的定义求得 详解: 根据题中所给的条件， 可知， 所以 故选：A. 1-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 详解: 试题分析： ,故选D. 考点：1.复数的运算；2.复数相关概念. 1-6【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用复数的除法可求，进而可求. 详解: ∵， 所以. 故选：B． 1-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 详解: 的共轭复数为，所以虚部为，选D. 1-8【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 化简得到，再计算共轭复数得到答案. 详解: ， 故，故. 故选：. 点睛: 本题考查了复数的化简，共轭复数，意在考查学生的计算能力. 1-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 先求得，然后利用复数减法、除法、乘法的运算，化简所求表达式. 详解: 依题意，故，故选A. 点睛: 本小题主要考查共轭复数的概念，考查复数乘法、除法、减法运算，属于基础题. 1-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先对化简，再可求出，然后计算，从而可求出其虚部 详解: 因为，所以， 所以， 故其虚部为． 故选：D 2-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 对A，由平均数求法直接判断即可；由极差概念可判断B，结合众数概念可求C；将甲乙两组数据排序，可判断D. 详解: 甲组数据的平均数为，乙组数据的平均数为，故A错误； 甲种麦苗样本株高的极差为11，乙种麦苗样本株高的极差为13，故B正确； 甲种麦苗样本株高的众数为10，故C错误； 甲种麦苗样本株高的中位数为，乙种麦苗样本株高的中位数为，故D错误. 故选：B 2-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均值的估计值，计算后即可判定C. 详解: 因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体的相应比率的估计值. 该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值为,故A正确； 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值为,故B正确； 该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比例估计值为,故D正确； 该地农户家庭年收入的平均值的估计值为(万元)，超过6.5万元，故C错误. 综上，给出结论中不正确的是C. 故选：C. 点睛: 本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值，样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意各组的频率等于. 2-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据平均数、中位数以及方差的含义分析数据变化趋势即可判断. 详解: 不妨设该组数据从小到大依次为，即， 则，， ， 设加上2018年8月份的收入x101(约100万元)后的中 1/161 学科网（北京）股份有限公司 位数为， 所以，而， 所以，当时，中位数不变； 设加上2018年8月份的收入x101(约100万元)后的平均数为，则 ， 所以 ，所以平均数变大； 设加上2018年8月份的收入x101(约100万元)后的方差为，则 ，数据的集中程度受到比较大的影响，变得更加离散，所以方差变大． 故选：D. 2-4【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据图象计算平均数,读数进行比较即可得到结果. 详解: 根据图象所给数据可得2月7日到2月13日甲省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数为20， 单日新增最大值为28； 2月7日到2月13日乙省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数约为22，单日新增最大值为29，故可得A、B正确； 从图中可观察出甲省人数在之间变化，乙省人数在之间变化，很明显甲省的波动大，故C错误； 由图可知，后四日乙人数均比甲人数多，故D正确. 故选：C． 点睛: 本题主要考查了统计的相关知识，考查用样本的数字特征估计总体，属于基础题． 2-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据题意，结合平均数，中位数，方差的定义，即可判断出结果. 详解: 因为数据,,，是上海普通职(，)个人的年收入， 而是世界首富的年收入，则会远大于,,，， 故这个数据的平均值大大增加，但中位数可能不变，有可能稍微变大， 但由于数据的集中程度也受到比较大的影响，数据更加离散，则方差变大. 故选B 点睛: 本题主要考查平均数、中位数、以及方差，熟记概念及其意义即可，属于常考题型. 2-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据茎叶图计算极差，中位数，众数，平均数，即可得结果. 详解: 甲的极差是98－43＝55，乙的极差是94－37＝57，两者不相等，A错误； 甲的中位数是＝74，乙的中位数是68，甲的中位数较大，B错误； 乙的众数为68，与中位数相同，C正确； 甲的平均数是(43＋63＋65＋72＋73＋75＋78＋81＋86＋98)×＝73.4 乙的平均数是(37＋58＋61＋65＋68＋68＋71＋77＋82＋94)×＝68.1，可知D错误. 故选：C 点睛: 本题考查茎叶图，样本的数字特征，属于基础题. 2-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 详解: 试题分析：由统计知识①甲地：个数据的中位数为 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ，众数为可知①符合题意；而②乙地：个数据的中位数为，总体均值为中有可能某一天的气温低于，故不符合题意，③丙地：个数据中有一个数据是，总体均值为，总体方差为．若由有某一天的气温低于则总体方差就大于，故满足题意，选C 考点：统计初步 2-8【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据折线图看甲最后三次的成绩变化可判断A;看甲的数学成绩在130分以上的次数以及乙的数学成绩在130分以上的次数，判断B;看甲成绩比乙高的次数可判断C;观察甲乙两人的最高成绩和最低成绩即可判断D. 详解: 对于A，由折线图可知最后三次数学成绩逐渐升高，故A说法正确； 对于B，甲的数学成绩在130分以上的次数为6次，乙的数学成绩在130分以上的次数为5次，故B说法正确； 对于C, 甲有7次考试成绩比乙高,故C的说法错误； 对于D，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩相同，甲的最低成绩为120分， 乙的最低成绩为110分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，D说法正确， 故选：C 2-9【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 对茎叶图进行数据分析，分别计算极差、平均数、中位数、及平均增长率，依次判断四个选项. 详解: 对于A，甲的极差为，乙的极差为， 所以“甲”的极差小于“乙”的极差，A正确； 对于B，甲的平均数是， 乙的平均数为， 所以“甲”的平均值大于“乙”的平均值，B错误； 对于C，甲的中位数是， 乙的中位数是， 所以，“甲”的中位数小于“乙”的中位数，C正确； 对于D，设过去6年甲的平均增长率为x，则，解得：， 即过去6年甲的平均增长率为； 同理可求乙的平均增长率为：. 因为， 所以“甲”的平均增长率小于“乙”的平均增长率，D正确. 故选：B. 2-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据两组数据的关系，结合平均值、中位数、方差、标准差的定义判断． 详解: 设，，……的平均数是，，，……的平均数是， 由题意，如果，则，否则； 同理如果，，……的中位数是，则两者中位数相同，否则不相同； 设，，……的方差，，，……的方差是， 则， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 又，，所以，， 所以，从而，所以方差相同，标准差也相同． 故选：C． 2-11【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 利用排除法，由中位数、众数的定义判断甲为优秀，排除；利用特殊值判断乙不一定优秀，排除. 详解: 对于①，中位数为，3次成绩不低于127， 又众数为120，两成绩必为120， 次成绩都不低于120，甲为优秀，排除； 对于②，当个数据为时，中位数为，总体均值为， 即乙不一定优秀，排除，故选A. 点睛: 排除法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式、命题真假问题等等. 3-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据集合中元素的特征求得集合，再求并集及补集. 详解: 由题得： ， ，， 因此，所以， 故选：D. 3-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 求出函数定义域得集合A，求出函数在上的值域得集合B，再按给定运算计算即得. 详解: 依题意，集合 ， 又函数在上单调递减，当时，，当时，， 于是得集合，则， 所以. 故选：A 3-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用集合的并集和补集运算求解. 详解: 因为集合，， 所以， 因为全集， 所以， 故选：C 3-4【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 化简集合B，由集合的并集、补集运算可求解. 详解: 由题意知，所以， 所以. 故选：A 3-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 先化简求出集合,再求得解. 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 由题得 ， 或， 所以, 所以. 故选：C 点睛: 易错点睛：解不等式时，要考虑函数的定义域，必须满足，不能只得到，否则容易出错.函数的问题，要注意定义域优先的原则. 3-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用对数函数的单调性求得集合A，解一元二次不等式求得B,即可根据集合的补集以及并集运算求得答案. 详解: 由题意得，则， 而， 故， 故选：C. 3-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据求函数的值域求出集合A，然后解一元二次方程求出集合B，进而根据集合的补集与并集的概念即可求解. 详解: 因为，由于，所以，故 所以 ， 则或， 故或， 故选：B. 3-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算． 详解: 或，所以或， 所以， ， 所以． 故选：C. 3-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由图可得，阴影部分表示的集合为.求出集合，即求. 详解: ∵集合，， 由Venn图可知阴影部分对应的集合为，又或， . 故选：. 点睛: 本题考查集合的运算，属于基础题. 3-10【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用对数不等式及分式不等式的解法求出集合，结合集合的补集及交集的定义即可求解. 详解: 由，得，所以 1/161 学科网（北京）股份有限公司 . 由，得，所以， 所以， 故选：B. 4-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由几何体的三视图作出直观图，再由棱柱的体积公式即可求解. 详解: 由几何体的三视图可知几何体的直观图如下： 所以. 故选：C 4-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据三视图得出原几何体是六棱柱，再由棱柱的体积公式计算体积即可求解. 详解: 由三视图可知：该几何体是六棱柱， 底面积，高， 所以几何体的体积为：， 故选：D. 4-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 首先根据三视图还原几何体，然后结合圆柱和三棱柱的体积公式即可求出结果. 详解: 根据三视图还原几何体，如图： 所以该几何体的体积为， 故选：D. 4-4【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 首先还原三棱柱，然后结合三视图求出所有棱长，即可求出体积. 详解: 根据几何体还原三棱柱，如图： 结合三视图可知：， 故, 所以体积， 故选：D 4-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据给定三视图还原几何体，再利用割补法及体积公式计算作答. 详解: 依题意，给定的三视图所对几何体是直三棱柱 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ，去掉三棱锥而得，其中M是棱CF中点，如图， 是直角三角形，，，而三棱柱的高为， 所以几何体的体积为： . 故选：B 4-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据给定三视图画出原几何体，再借助几何体体积公式计算作答. 详解: 依题意，三视图所对几何体是下部是棱长为1的正方体，上部接上以正方体上底面一对角线分上底面所成的 二等腰直角三角形为底面，过直角顶点的侧棱垂直于底面且长为1的两个三棱锥组合而成，如图， 在直观图中，是正方体，棱长为1，三棱锥与中， 侧棱都垂直于平面，且， 所以，几何体的体积是. 故选：C 4-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 在长方体中作出原几何体，得出几何体的结构，结合长方体求出其体积． 详解: 把原几何体补成一个长方体，如图，几何体是， 其体积为． 故选：B． 4-8【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据题意，由三视图还原几何体是直四棱柱被平面截去一个三棱锥的几何体，再结合三视图所给的数据，即可求出几何体的体积. 详解: 由题意中的三视图可还原的几何体为底面边长为2的正方形， 高为3的正四棱柱被平面截去一个三棱锥所得，（如图）， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 其中点为的中点， 所以几何体的体积为： 故选：D 点睛: 本题考查了由三视图还原几何体，再根据这个几何体求出体积，考查了学生的计算能力和空间想象能力，属于较难题. 4-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 几何体为圆柱体的一部分，底面为扇形，根据柱体的体积公式计算. 详解: 俯视图如图：过C做AB延长线的垂线，交AB与点D， 则， ，即， 所以由三视图知道几何体是一个底面为个圆的扇形的柱体， 则其体积为：. 故选：C. 点睛: 本题考查了几何体的三视图与体积计算，属于中档题. 4-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先在长方体模型中，根据三视图作出几何体的原图，再将几何体补成三棱柱，分别求得三棱柱与四棱锥的体积，作差即可. 详解: 在长方体模型中，根据三视图作出几何体的原图， 且，， 将几何体补成三棱柱如图： 则几何体的体积， 且，，， ，由对称性可得， 所以几何体的体积， 故选：D 5-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据函数奇偶性可排除BC，由可排除A，从而得到正确结果. 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ∵，定义域为R， 又， 为奇函数，图象关于原点对称，可排除BC， 又，可排除A. 故选：D. 5-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 判断函数为奇函数，排除AC，再计算时，排除D，得到答案. 详解: ，，∴为奇函数，排除AC. 当，，故，排除D. 故选：B． 5-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据，得到判断. 详解: 因为， 所以 所以， 故选：B 5-4【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 利用函数的奇偶性和特殊区间的函数值确定正确选项. 详解: 解：的定义域为，，所以为奇函数，排除CD选项. 当时，，，由此排除B选项. 故选：A 5-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 令，进而求导得，再讨论时，的符号得的单调区间与函数值的符号，进而得答案. 详解: 解：令， 求导得 ， 所以，当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 由于， 所以，时，，且单调区间变化不具有对称的性质， 所以，只有C选项满足. 故选：C 5-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 结合函数的奇偶性和时函数值正负的分布情况，利用排除法可得到结果. 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 函数定义域关于原点对称，且由 ， 知函数为奇函数，所以的图象关于原点对称，选项BD不符合， 当时，， 故选项C不符合， 故选：A. 5-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项. 详解: 令，该函数的定义域为，， 所以，函数为偶函数，排除AB选项， 当时，，则，排除C选项. 故选：D. 5-8【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 分析给定函数的奇偶性可排除两个选项，再对函数求导并求出在0处的导数值即可判断作答. 详解: 令，则其的定义域为， ， 则函数是奇函数，其图象关于原点对称，于是排除选项A，B； ， 于是得，即函数图象在原点处切线斜率大于0，显然选项C不满足，D满足. 故选：D 5-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 函数“见式识图”第一步确定定义域，第二步函数奇偶性，第三步极限分析法,即可得到答案. 详解: 化简原函数 则函数为奇函数，排除选项A，当，排除选项B，当选项C错误. 故选：D. 5-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由函数奇偶性排除选项A；由函数单调性排除选项BC即可解决. 详解: ，定义域为R， 由，可知函数为偶函数，排除选项A； ，令，则恒成立 故为R上单调递减函数，又 可知当时，，即，函数为递增函数， 当时，，即，函数为递减函数， 故选项BC判断错误；选项D判断正确. 故选：D 6-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 对函数求导，由，可求出，从而可得到，进而得出在上的单调性，令最大值等于20，可求出. 详解: 由题意，，则，解得， 所以， 故在上单调递增，则，解得. 故选：B. 点睛: 本题考查利用导数求函数的单调性、最值，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 6-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 求得导数，得出函数的额单调性，结合函数单调性和端点的函数值，即可求解. 详解: 由题意，函数，可得， 令，即，解得或（舍去）． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时取最小值，而， 即最大值为，所以， 所以此函数在区间上的最小值为 故选：B. 6-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由，求导得，再根据在上的最大值为，分，，讨论求解. 详解: 由， 得， 当时，若，则单调递减， 若，则单调递增， 故当时，函数有最大值， 解得，不符合题意. 当时，函数在上单调递减，最大值为，不符合题意. 当时，函数在上单调递减.此时最大值为， 解得，符合题意. 故a的值为. 故选：A. 6-4【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据为的极值点可求得；分别在，和三种情况下，判断是否为最小值，确定的范围，进而得到结论. 详解: 由题意知：， 的最小值为，是的一个极值点， ，解得：， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ； 若，当时，，不符合题意． 若，则，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，是的最小值，满足题意； 若，令，解得：或； 当或时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增， 又，当时，； 是的最小值，满足题意； 综上所述：，. 故选：D. 点睛: 关键点点睛：本题解题关键是能够明确最值点即为其极值点，即导函数的零点；通过对含参数的函数单调性的讨论确定符合题意的参数的范围，从而得到结论. 6-5【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 求出函数的导函数，令，要使函数在有最小值，依题意使得，且当时，当时，即可得到不等式组，解得即可； 详解: 解：因为，，所以， 令，，对称轴为， 当时恒成立，此时在上单调递增，不存在最小值，故舍去； 所以，依题意使得，且当时，当时， 使得在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值即最小值， 所以，所以，解得，即； 故选：A 6-6【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: ，，，令，利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出结论． 详解: 解：，， ， 令， ， 可得函数在上单调递增，在上单调递减． 时，；（1）； （3），（4）， 存在唯一，满足． 1/161 学科网（北京）股份有限公司 使得函数在单调递增，在，上单调递减． 函数在处取得极大值即最大值， 满足， 因此②③正确． 故选：B． 6-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 先求出，利用存在最小值求出的范围，即可判断的零点情况. 详解: 由可得， 令，得，其判别式． 当时，，在R上恒成立， 故在R上恒成立，没有最小值； 当时，，令，得， ，且，函数值的变化情况如下表所示： x + 0 － 0 + 递增 极大值 递减 极小值 递增 当时，，要使有最小值，只需， 即，故， 故，故的判别式，因此有两个零点． 故选：A. 6-8【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 求导后，根据单调递增和存在最小值可知，使得，且在上单调递减，在上单调递增；可知；结合可解方程组求得的值. 详解: ，又 ， 在上单调递增， 在上存在最小值，，使得， 则当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， …①， 由得：…②， ②①得：， ，，； ①②得：； 又，. 故选：B. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 关键点点睛：本题考查根据函数在区间内的最值求解参数值的问题，解题关键是能够根据的单调性及存在最值确定存在零点，进而根据的零点和的最小值构造方程组，利用方程组推导得到参数值. 6-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 详解: 分析：求出导函数，设导函数的零点，即原函数的极值点为，可得，结合的最小值为列方程组，求得，则值可求. 详解：由，得， 令，则， 则在上为增函数， 又，存在，使， 即，，① 函数在上为减函数，在上为增函数， 则的最小值为，即，② 联立①②可得， 把代入①，可得，故选A. 点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题. 求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小. 6-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 求导，构造新函数，研究单调性及最值，讨论正负符号得解 详解: ∵，令， ∴，∴时，在单调递增； ∴时，在单调递减.如图，∴， ∴当时，，∴，在上单调递增，不成立； 当时，在上单调增减，成立； 当时，有两个根，， ∵当时，，； 当时，，； 当时，，， ∴在，上单调递增，在上单调递减，显然不成立. 综上，. 故选：A 1/161 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题考查导函数的应用，利用导函数求得函数极值讨论参数的取值范围，属于中档题. 7-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由题意可得，若设，则可表示出的长，连接，则为异面直线和所成角，然后利用余弦定理可求得结果 详解: 连接，则∥， 所以为异面直线和所成角， 因为在长方体中，和与底面所成的角分别为30°和45°， 所以， 设，则，所以，， 在中，由余弦定理得， ， 所以异面直线和所成角的余弦值为， 故选：B 7-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱D1D⊥底面ABCD，判断∠D1BD为直线BD1与底面ABCD所成的角，可求出正四棱柱的高,利用体对角线长度即为直径求解球的表面积即可 详解: ∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱D1D⊥底面ABCD， ∴∠D1BD为直线BD1与底面ABCD所成的角， ∴tan∠D1BD＝ ， ∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD的边长为， ∴BD＝ ， ∴正四棱柱的高h＝×＝ ∴正四棱柱的外接球半径为R＝ ∴正四棱柱的外接球表面积为S＝4πR2＝． 故选： D． 7-3【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 作，垂足为，连接，.利用面面垂直的性质定理得到平面， 得到是与平面所成的平面角.然后根据已知条件求得, 进而求得得到该长方体的体对角线，得到外接球的半径，进而计算外接球的表面积 1/161 学科网（北京）股份有限公司 详解: 作，垂足为，连接，. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以是与平面所成的平面角. 又， . 所以， 解得. 故该长方体的体对角线为. 设长方体的外接球的半径为，则，解得. 所以该长方体的外接球的表面积为.故选B. 点睛: 本题考查球的表面积计算，涉及面面垂直的性质，线面角，长方体的性质，属中档题，关键是利用面面垂直的性质定理作出线面角，进而计算求得长方体的对角线长，便是外接球的直径. 7-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由与平面所成的角为可求得，进而可得结果. 详解: 因为平面，所以即与平面所成的角，则，由可得，从而. 所以该长方体的体积. 故选：C. 7-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 本题首先可绘出三棱柱，取中点并连接、、，然后通过题意以及线面角的定义得出即直线与平面所成角，，最后根据即可得出结果. 详解: 如图，绘出三棱柱， 取中点，连接、、， 因为三棱柱侧面与底面垂直，底面是边长为的等边三角形， 所以，平面，， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 由线面角的定义即可得出即直线与平面所成角， 则，，， 故选：C. 点睛: 关键点点睛：本题考查线面角的应用，过不平行于平面的直线上一点作平面的垂线，这条直线与平面交点与原直线与平面的交点的连线与原直线构成的角即线面所成角，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题. 7-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 如图，作，垂足为，连接，可证得是二面角的平面角，是直线与平面所成的角，求出二面角后判断A，求出求得斜边上的高得到平面的距离判断B，确定异面直线与所成角为，由得出角的大小后判断C，在直线中求得的关系式，由基本不等式得的最小值，从而判断D． 详解: 如图，作，垂足为，连接， 因为平面，所以是在平面上的射影，所以， 是二面角的平面角， 是平面内两条相交直线，所以平面， 而平面，所以平面平面， 这样是在平面内的射影，是直线与平面所成的角， 是直角三角形， 由已知，所以，A正确； ，则，，中斜边上的高为， 由平面平面可得到直线的距离就是到平面的距离，B正确； ，所以（它是锐角）就是与所成的角， 在中，显然有，因此，锐角， 因此直线与所成角不可能是，C错； 设，则， 由三角形面积有，所以，当且仅当时等号成立，所以，取等号时，，D正确． 故选：C． 7-7【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 找到点在平面ABCD上的投影，找到，与 1/161 学科网（北京）股份有限公司 平面所成角，两者相等等价于，从而得到E为DC中点，从而求解出结果. 详解: 过点作于点F，连接BF，CF，因为平面平面，交线为AE，所以平面ABC，所以，，则是与平面所成角，是与平面所成角，当，与平面所成角相等，即时，，即，故，则F为AE中点，因为，由三线合一得：，即E为DC中点，此时，， 过点F作FG⊥AB于点G，则，，所以， 所以 故选：A 7-8【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 设E为BD中点，连接AE、CE，过A作于点O，连接DO，得到即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，根据题中条件求得相应的量，分析得到即为直线AC与平面ABD所成角，进而求得其正弦值，得到结果. 详解: 设E为BD中点，连接AE、CE， 由题可知，，所以平面， 过A作于点O，连接DO，则平面， 所以即为直线AD与平面BCD所成角的平面角， 所以，可得， 在中可得， 又，即点O与点C重合，此时有平面， 过C作与点F， 又，所以，所以平面， 从而角即为直线AC与平面ABD所成角，， 故选：A. 点睛: 该题考查的是有关平面图形翻折问题，涉及到的知识点有线面角的正弦值的求解，在解题的过程中，注意空间角的平面角的定义，属于中档题目. 7-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据最小角定理：线与面内的动直线所成的角的最小值是线与线在面内的射影所成的角，可求解. 详解: 在面中作于，则， 设正方体的棱长为， ，则 ， 所以，解得， 所以， 故选C. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题考查最小角定理，属于中档题. 8-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设扇形的弧长为，半径为，求出弦长，应用弧长公式即可求解 详解: 设扇形的弧长为，半径为，如图，取的中点 圆心角为，则 所以弦 又弧长 所以弦长与弧长之比为 故选：C 8-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用分界线是一段半径为的圆弧，且、两点间的距离为，可得，即可求出分界线的长度 详解: 设圆心为， 分界线是一段半径为的圆弧，且、两点间的距离为， ， 分界线的长度为． 故选：． 点睛: 本题考查曲线与方程，考查圆的周长公式，考查学生的计算能力，比较基础． 8-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由三角函数定义得、、三者之间关系，另有弧长公式，两式相除即可. 详解: 设该圆弧所对应的圆的半径为，则，，两式相除得 故选：. 点睛: 本题主要考查扇形弧长公式. 8-4【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由已知条件求出，再求出弧的长，即可求解扇形的周长，得到答案. 详解: 如图所示，因为，且，所以，即， 由弧长公式，可得弧的长为， 所以扇形的周长为. 故选：B. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题主要考查了扇形的弧长公式的应用，其中解答中作出图形，求得扇形所在圆的半径，准确利用扇形的弧长公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 8-5【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，表示出，由 求出，再进一步求出，即可求出答案. 详解: 过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则， 在中，，所以，， 所以在直角三角形中，，所以，所以，而， 所以，所以. 故选：A. 8-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由题意，根据给出计算方法：扇形的面积等于直径乘以弧长再除以，再由扇形的弧长公式列出方程，即可求解. 详解: 由题意，根据给出计算方法：以径乘周，四而一，即扇形的面积等于直径乘以弧长再除以， 再由扇形的弧长公式，可得扇形的圆心角（弧度），故选C. 点睛: 本题主要考查了扇形的弧长公式的实际应用问题，其中解答中认真审题，正确理解题意，合理利用扇形的弧长公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 8-7【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 作出弓形所在圆的圆心，连接，，设圆半径为，根据垂径定理求出的值，再根据弧长公式即可得结果. 详解: 如图， 作出弓形所在圆的圆心，连接，， 设圆半径为，则在中，， 解得，故弧的长， 故选：C. 点睛: 本题主要考查弧长的计算，解题的关键是掌握线段中垂线的性质，三角函数的应用及弧长公式，垂径定理等知识点，属于中档题. 8-8【提升】 【正确答案】 B 1/161 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析: 由题意知这段弓所在弧长，结合弧长公式求出其所对圆心角，双手之间的距离为其所对弦长． 详解: 由题得：弓所在的弧长为：； 所以其所对的圆心角； 两手之间的距离m． 故选：B 8-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由题意可得，求出内侧圆弧所在圆的半径，利用扇形的弧长公式和面积公式求出弓形的面积，再求出以为直径的半圆的面积，相减即可 详解: 设的外接圆的半径为，则，得， 因为月牙内弧所对的圆心角为， 所以内弧的弧长， 所以弓形的面积为 ， 以为直径的半圆的面积为， 所以该月牙泉的面积为 ， 故选：D 8-10【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由弧长求得圆心角，再由等腰三角形的性质求得其底边长． 详解: 由已知，是等腰三角形，所以， 因为，所以， 所以． 故选：B． 9-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设底面圆的半径为r，根据为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，根据体积列方程可得r，然后可得. 详解: 由题意设圆锥的底面圆的半径为，因为为等腰直角三角形，则高为，母线长为，因为圆锥的体积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为． 故选：C 9-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 依题意，设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，根据题意算出底面半径和高，再得到体积即可. 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 由题意可知母线与圆锥底面的夹角的正弦值为，故母线与圆锥底面的夹角为 ， 设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，则① ， 则圆锥的表面积为 ，将①代入，解得 ， 圆锥的体积为 ； 故选：A. 9-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由题意，分别求得圆锥和圆柱的体积即可. 详解: 解：圆锥的体积为， 圆柱的体积为， 所以， 故选：D 9-4【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据圆锥侧面积公式和黄金圆锥定义可构造方程求得，结合可得，利用圆锥体积公式可求得结果. 详解: 设该黄金圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为，则， 该黄金圆锥的侧面积，解得：， 由得：， 该黄金圆锥的体积. 故选：D. 9-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 求出酒杯圆锥的底面半径，然后利用相似形得出红酒圆锥的底面半径，再由体积公式计算． 详解: 设圆锥形酒杯的母线为.作出轴截面图，如图所示，因为该酒杯的杯子口径为，侧面积（不含杯座和杯茎）为，所以，解得， 即，.又红酒的高度比杯子的高度低， 所以，所以，即， 则红酒的体积为. 故选：B． 9-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 令圆锥倒置时水的体积为，圆锥体积为，推导出，倒置后，由此能求出原来水面的高度. 详解: 令圆锥倒置时水的体积为，圆锥体积为， 则， 所以， 倒置后， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 设此时水高为，则， 所以， 故选：A. 点睛: 该题考查的是有关圆锥的问题，需要求的是容器内溶液的液面高度问题，将其转化为锥体的体积比来解决，在求的过程中，注意相似几何体的体积比等于相似比的立方，列出等式求得结果. 9-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据是等边三角形时面积为求得母线，再由高是底面半径的倍，求得底面半径，然后由圆锥的侧面积公式求解. 详解: 解：设圆锥的高为h，母线为l，底面半径为r， 则由题意得h=r， ， 所以， 又，则， 所以圆锥的侧面积为， 故选；D 9-8【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由题意求出，过点作，垂足为，求出，与绕旋转一周得到的几何体的表面积等于两个圆锥的侧面积之和，分别求出，，即可求出答案. 详解: 由题意得，，，过点作，垂足为，则，所以 ，，所以． 故选：A. 9-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 过圆锥的轴作出截面图求解，两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥，求出其底面半径和高，即可得所求体积. 详解: 易得在同一条直线上，过该直线作出截面图如图所示. 是圆锥底面圆的直径，是圆锥底面圆的直径，两直径都与垂直. 在中，，则可得. 在中，，则，则. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 又，所以点重合. 这两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥， 其底面半径为，高为， 所以所求体积为.故选A. 点睛: 本题考查与球有关的切接问题，体积的计算，解题的关键是过球心作出截面图. 9-10【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥,直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面的圆锥的组合体,采用特例法，不妨令c=3、b=4、 a=5，绕三边旋转一周分别形成三个几何体，求出他们的表面积和体积，进行比较可得答案. 详解: 不妨设直角三角形的三边长分别为， 当直角三角形绕边旋转时，其表面是两个圆锥的表面，所以其表面积为，体积； 当直角三角形绕边旋转时, , 体积； 当直角三角绕边旋转时，, 体积. ； 故选：B 9-11【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据题设得到旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台，画出几何体，利用圆锥、圆台的表面积公式求几何体的表面积. 详解: 由题设，，如下图示： 绕所在的直线为轴旋转半周，则与重合， 所得旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台组合而成，如下图示： 所以圆锥表面积为，圆台表面积为， 则几何体的表面积. 故选：C 10-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据题意及椭圆的定义，可求得、的长，根据三角函数定义，求得根据余弦定理，可求得，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案. 详解: 由题意得， 所以，则， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 由椭圆的定义可得， 所以， 因为， 所以，解得，， 在中，， 在中，， 因为， 所以，即， 所以 所以. 故选：C 10-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据等腰直角三角形，可知有三种情况：,和，根据几何关系即可求解. 详解: 当时，为等腰直角三角形，则点位于椭圆的上下顶点，则满足：, 当或者时，此时 ，为等腰直角三角形，则满足 , 故 ， 故选：C 10-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 依据四点共圆，且直线的倾斜角为，利用椭圆定义可得，进而求得椭圆的离心率 详解: 根据题意四边形为平行四边形， 又由四点共圆，可得平行四边形为矩形，即 又直线的倾斜角为，则有 则，， 则，即 则椭圆的离心率 故选：B 10-4【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由椭圆定义得，由余弦定理可得，再由三角形面积公式得和的关系，从而求得，然后可得离心率． 详解: 解：设，，则， 由余弦定理得 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 即， 所以， 因为， 所以， 整理得，即，整理得， 所以， 故选：B. 10-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设，由椭圆的定义及，结合勾股定理求参数m，进而由勾股定理构造椭圆参数的齐次方程求离心率. 详解: 设，椭圆的焦距为，则， 由，有，解得， 所以，故得：． 故选：B. 10-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，设，则，进而结合正切的差角公式和基本不等式可得，进而根据齐次式求离心率即可. 详解: 解：根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，如图， 记直线与轴的交点为，设，则， 由于，故， 所以，， 所以， 因为，，当且仅当时等号成立，即时等号成立， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以，即椭圆C的离心率为. 故选：D 1/161 学科网（北京）股份有限公司 10-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答. 详解: 设点，依题意，， 相减得，因直线AB的倾斜角为，即直线AB的斜率为， 又为线段的中点，则，，因此有，即， 所以椭圆的离心率. 故选：A 10-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得到与，利用斜率乘积列出方程，求出，从而求出离心率. 详解: 设外层椭圆方程为，则内层椭圆方程为， 设过点的切线方程为， 与联立得：， 由得：， 设过点的切线方程为， 与联立得：， 由得：， 从而， 故， 椭圆的离心率为. 故选：C. 10-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由几何性质得出点坐标，代入椭圆方程求解 详解: 不妨令点A在第一象限，由D是OF的中点，且， 可知△OAF是正三角形，则， 将点A坐标代入椭圆C方程可得，即，即， 整理得，即，得或. 因为，所以，则 故选：C 10-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率． 详解: ∵是的中点，G是的重心，∴三点共线， 延长交轴于点，则由平行于轴知，， 则,设内切圆半径为r， 则， ∴椭圆的离心率为． 故选：A﹒ 11-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 化简函数，根据，得到，结合在上恰有2个零点，列出不等式，即可求解. 详解: 由题意，函数 ， 因为，所以， 又由在上恰有2个零点，所以，解得， 所以的取值范围为. 故选：B. 11-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据三角函数的图象与性质，结合若在区间内有且仅有一个极大值，以及方程在区间内有4个不同的实数根，列出不等式，即可求解. 详解: 由题意，函数， 因为，所以， 若在区间内有且仅有一个极大值，则，解得；若方程在区间内有4个不同的实数根， 则，解得． 综上可得，实数的取值范围是． 故选：C. 11-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用辅助角公式化简可得，根据x的范围，可求得的范围，根据题意，分析可得，计算即可得答案. 详解: 由题意得， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 因为， 所以， 因为有且只有1个最低点， 所以，解得. 故选：D 11-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 化简为，将化为且，或者且，将问题转化为对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点，或者对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点，根据函数的图象列式，其中，可求出结果. 详解: , 由得， 所以，所以且，或者且， 则问题转化为对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点，或者对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点， 所以，其中， 所以，所以，又，所以的最小值为. 故选：C 11-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设，则，即在上有且仅有6个极值点，结合正弦函数的图像性质可得答案. 详解: 设，则当时， 由在上有且仅有6个极值点，则在上有且仅有6个极值点. 如图由正弦函数的图像性质可得 解得，所以正整数的值为3 故选：B 11-6【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用导数分析可知在上有且只有一个零 1/161 学科网（北京）股份有限公司 点，则函数在上有个零点，由可得出，根据题意可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围. 详解: 当时，，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，所以，， 所以，函数在上有且只有一个零点， 所以，函数在上有个零点， 当时，则，所以，，解得， 故选：B. 11-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由的范围，求出的范围，结合正弦函数的性质即可得结果. 详解: 根据题意，函数， 若，即，必有， 令，则， 设， 则函数和在区间内有4个交点， 又由于，必有， 即的取值范围是， 故选：B. 11-8【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据题意，先解关于的一元二次方程，得两个根为或，再根据函数图像，确定参数取值范围. 详解: 由，可得或，函数的图像如图所示，当时，不符合题意. 由，得，解得.故选：A 点睛: 本题考查三角函数图像和性质的应用，综合性较强，有一定难度. 11-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据周期求出，结合的范围及，得到，把看做一个整体，研究在的零点，结合的零点个数，最终列出关于的不等式组，求得的取值范围 详解: 因为，所以.由，得. 当时，，又，则. 因为在上的零点为，，，，且在内恰有3个零点，所以 1/161 学科网（北京）股份有限公司 或解得. 故选：D. 11-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围. 详解: ，，其中，解得：， 则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①， ，令，解得：；或要满足②，， 令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件， 综上：的取值范围是. 故选：C 点睛: 三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解. 12-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 构造函数，由导数易证函数在上单调递减，在上单调递增，利用单调性可得答案． 详解: 构造函数，令， 当，，函数在上单调递减， 当，，在上单调递增，所以，从而. 故选：B． 12-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 构造函数，对其求导，判断单调性，进而可得出结果. 详解: 构造函数， 因为对一切恒成立， 所以函数在上是减函数，从而有， 即. 故选：A． 点睛: 本题主要考查根据函数单调性比较大小，涉及导数的方法判断函数单调性，属于常考题型. 12-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 构造函数，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与最大值，然后结合函数单调性即可比较大小． 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 解：令，则， 当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 故当时，函数取得最大值， 因为，，， ， 当时，函数单调递增， 可得，即． 故选：B． 12-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据和的符号即可比较的大小，再利用导数判断函数在上的单调性即可比较的大小，即可得解. 详解: 解：令， 则， 所以函数在上递增， 所以，即在上恒成立， 又， 所以， 又，所以， 所以， 即. 故选：C. 12-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 令，利用导数可求得单调性，由单调性可得，利用所得不等式化简整理即可得到大小关系. 详解: 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即， 由得：，，即； 由得：，，即； 综上所述：. 故选：D. 12-6【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 先利用导数证明在上是增函数，得到在上恒成立，然后构造函数，，并由函数单调性的性质判断出在上均是增函数，然后将代入，并判断函数值正负,从而利用函数的单调性比较自变量，，的大小. 详解: 解：由题意：令，则， 在上是增函数，，即在上恒成立， 由函数的单调性质知，函数在 1/161 学科网（北京）股份有限公司 是增函数， ，， ， 又因为函数在是增函数，在是减函数， ，即， 又，， 综上： 故选：B 点睛: 本题考查导数，函数的单调性，以及三角函数知识的灵活运用，考查理解辨析能力，属于难题. 12-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由函数的单调性结合已知条件求解即可 详解: 由题意可知，，即， 又，且当时，令， 则， 所以在递减， 又， 所以，即 所以，即， 又因为，而， 所以，即， 故选：D. 12-8【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设，，然后分别利用导数判断两个函数的单调性，利用其单调性可求得答案. 详解: ∵a，b，，，，， 令，，， 当时，，在上单调递减， 令，，，当时，， 所以在上单调递增，即， ∴，即， ∴. 故选：D. 12-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由于，所以构造函数 ，利用导数判断其为减函数，从而可比较出，进而可比较出的大小，同理可比较出的大小，即可得答案 详解: ∵，构造函数，， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 令，则， ∴在上单减，∴，故， ∴在上单减，∴， ∴ ∴.∴， 同理可得，，故， 故选：A 12-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据比较b，c的大小关系，构造函数比较a，b的大小关系，即可得解. 详解: ，所以， 构造函数， ， ，所以， ，必有，，所以 所以， 即 所以单调递减， 所以 即， 所以 故选：A 点睛: 此题考查比较三角函数值的大小，常利用中间值比较，或构造函数利用函数单调性比较大小. 13-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可. 详解: 由，有 . 故答案为： 13-2【基础】 【正确答案】 22 【试题解析】 分析: 利用数量积的定义及运算律可求的值. 详解: ， 故答案为：22. 13-3【基础】 【正确答案】 2 【试题解析】 分析: 先求出，即可求出. 详解: 因为向量与的夹角是，且， 所以. 所以. 故答案为：2 13-4【基础】 【正确答案】 或0.5 【试题解析】 分析: 根据数量积的运算法则与定义求解即可. 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 故答案为：. 13-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据平面向量的数量积求出的值，再根据向量模的定义和向量的数量积，计算出，从而得出的结果. 详解: 解：，，， ， 由此可得， . 故答案为：2. 13-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 转化，可求解得到，利用向量数量积的定义即可求解 详解: 由题意， （舍负） 故答案为： 13-7【巩固】 【正确答案】 1 【试题解析】 分析: 求出，再利用给定等式及向量夹角，结合数量积运算律列式计算作答. 详解: 依题意，，则有，由两边平方得： ，即，解得：， 所以. 故答案为：1 13-8【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 将已知等式移项，可得，再两边平方，运用向量的数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，化简整理，解方程即可得到所求值． 详解: 由，可得，则. 由为单位向量，得，则，即， 解得或. 点睛: 本题重点考查了数量积的定义和性质、单位向量的概念和性质运用等知识，属于中档题． 13-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据题意，得出，，根据向量的数量积的定义求出和 ，根据向量模的求法，分别求出和，最后利用平面向量的数量的 1/161 学科网（北京）股份有限公司 应用，求出，即可得出与的夹角大小. 详解: 已知、是两个单位向量，它们的夹角是， ，，则， 因为，， 则 ， 即：， 则， ， ， 所以向量与的夹角为. 故答案为：. 点睛: 本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，以及单位向量的概念和向量的模的求法，考查计算能力. 13-10【提升】 【正确答案】 或或或 【试题解析】 分析: 对两边平方化简，求出，再利用数量积的几何意义可求得结果 详解: 由，得， 因为向量和的夹角为150°，且， 所以，得， ， 所以或， 当时，在上的投影为， 当时，在上的投影为， 综上，在上的投影为或， 故答案为：或 14-1【基础】 【正确答案】 2 【试题解析】 分析: 求得双曲线的一条渐近线方程，求得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a，b的关系，即可得到的值． 详解: 的一渐近线x＋ay＝0，被圆(x－2)2＋y2＝4所截弦长为2， 所以圆心到直线距为，即 ，a＝1.所以双曲线的实轴长为2. 故答案为： 14-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求出双曲线的渐近线方程，再由圆的切线性质即可列式计算即得. 详解: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 双曲线的渐近线为，而圆的圆心为(2，0)，半径为， 依题意，，解得， 所以. 故答案为： 14-3【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 双曲线的渐近线方程为，与已知圆相切的只可能是，列出方程，从而可得答案. 详解: 解：由已知圆的方程可知圆心坐标为，半径为1． 双曲线的渐近线方程为，与已知圆相切的只可能是， 所以，得，故． 故答案为：. 14-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求得双曲线的渐近线方程，圆的圆心和半径，由直线和圆没有公共点，可得，解不等式可得的范围，进而得到焦距的取值范围． 详解: 双曲线的渐近线为， 圆的圆心为，半径为1， 由直线和圆没有公共点，可得，即为， 解得， 双曲线的焦距为： ． 故答案为：． 点睛: 本题考查双曲线的渐近线、焦距、点到直线距离公式等知识，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意运用渐近线方程和直线和圆无公共点转化为的应用. 14-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由题可知圆的圆心在双曲线的一条渐近线上，据此即可求出m. 详解: 由题可知圆的圆心在双曲线的一条渐近线上. ，故圆的圆心为(1,－2)， (1,－2)在第四象限，故(1,－2)在双曲线的渐近线上， ∴，解得m＝. 故答案为：. 14-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据渐近线与圆相切得，由于直线PM与直线OP垂直，写出直线PM方程与直线OS方程联立方程组即可求解点及，结合两点距离公式即可求解ST长度． 详解: 双曲线渐近线方程为：，圆心． 根据渐近线与圆相切，则得：， 因为直线PM与直线OP垂直，所以直线PM方程为：， 又因为直线OS方程为：， 联立相关直线可得出点，， 由两点间距离公式可得：． 1/161 学科网（北京）股份有限公司 故答案为： 14-7【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 由题可知圆的圆心到l的距离为：半径－1，据此求出a、b关系，即可求出离心率. 详解: 曲线：＋＝4为圆，圆心E(2，0)，半径r＝2， l为：，即， 由题可知E到l距离为r－1＝1，故， ∴. 14-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设，，依题意有，结合，利用勾股定理得到，由此得到.根据可知是以为直径的圆和双曲线的渐近线的交点，联立渐近线和圆的方程，求得点的坐标.利用三角形的面积列方程，将方程化为含有的形式，由求解得的值. 详解: 不妨设点在第一象限，设，，则，而，故，联立两式可得，，联立，可得，由三角形的面积公式可得，即，故，即，故，故，则，解得. 故填：. 点睛: 本小题主要考查双曲线的定义，考查双曲线的渐近线方程的求法，考查直线和圆交点坐标的求法，考查方程的思想，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题. 14-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求出切线的斜率，有两条切线，不妨设其中一条，如图，求出点坐标，确定即为切点，取中点，利用得，从而可得是　三等分点，于是有，由此求得点坐标，代入渐近线方程得的等式，变形后可得离心率． 详解: 因为与：相切，，为锐角，，，所以切线斜率，由对称性不妨考虑情形.如图， 又双曲线的渐近线方程为，则垂直其中一条渐近线，故与这条渐近线的交点即为该渐近线与在第二象限的交点，也是切点． 由，可得， 设中点为，由， 即，则有，又，故，且为的中点，所以为的中点，则，三等分，由 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ，，解得，即， 由在另一渐近线上，即有，则， 故离心率. 故答案为：． 点睛: 本题考查求双曲线的离心率，关键是找出关于的等式，由向量的数量积为0得垂直结合切线得，由点坐标得点坐标，代入另一渐近线方程即得． 14-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 如图，取的中点，利用得到直线是 直线的垂直平分线，又由于，两点在 渐近线上，可以运用点差法求出直线的斜率 表达式，再分别运用点在直线上以及 直线与直线的斜率乘积为， 得出的值，进而求得渐近线方程． 详解: 如图，由双曲线得到渐近线的方程为； 即双曲线的两条渐近线合并为； 设，的中点为， 则，； 两式相减可得，即； …………… ① 又点在直线上，则 ……… ② 由，则，则 …………… ③ 联立②，③可得，； 将代入①可得； 所以渐近线的方程为； 故答案为：． 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 根据图形，先求出24条棱中的所有组合，再求两条棱垂直的情况，分别计算出每一类情况中的垂直情况即可求解. 详解: 此阿基米德多面体共有24条棱，任取2条，共有种. 两条棱垂直有两类情况：①都来自同一个正方形：种； ②来自对面的两个正方形：种. 故所求概率为. 故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 首先求出在正六棱柱的所有棱中任取两条的基本事件的个数，然后求出符合是异面直线且互相垂直的的个数，进而根据古典概型概率公式求解即可. 详解: 由正六棱柱的18条棱中任取2条，共有种，考虑侧棱与底面垂直，与底面的直线都垂直，6条侧棱，每一条侧棱与一个底面中的4条直线是互相垂直的异面直线，有上下两个底面，则其中是互相垂直的异面直线共有种，所以它们所在的直线是互相垂直的异面直线的概率为. 故答案为：. 15-3【基础】 【正确答案】 或0.6 【试题解析】 分析: 从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，再求出是直角三角形的方法种数，求比值即可． 详解: 从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种， 如图，图中由顶点构成的矩形有三个：ABDE、ACDF、BCEF，每个矩形的一个内角都是直角，共4×3=12个， 所以正六边形的顶点构成的三角形是直角三角形有12个， 所以所求概率， 故答案为：． 15-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据给定条件求出确定点P的试验的基本事件总数，再求出点P落在第一象限的事件所含的基本事件数即可计算作答. 详解: 因是正八边形的任意两个顶点，又，即，则点P由唯一确定， 从正八边形的8个顶点中任取两点的试验有个基本事件，它们等可能， 点P落在第一象限的事件M，是取的两点分别为与，与，与，与，与确定的点P对应的事件，共5个， 于是得， 所以点P落在第一象限的概率是. 故答案为： 15-5【巩固】 【正确答案】 或0.5 1/161 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析: 写出随机任取 “两行”共有多少种，再写出“两行”相生的可能情况，根据古典概型的概率计算求得答案. 详解: 由题意得，随机任取“两行”共有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种， 其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种， 所以取出的“两行”相生的概率, 故答案为： 15-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先求出从12个点中任取3个点的取法，再求出三点共线的情况，从而可求出三个点能构成三角形的概率 详解: 从12个点中任取三个点，有种取法， 由图示得三个点在一条直线上的情况有， 所以所取的三个点能构成三角形的概率为． 故答案为： 15-7【巩固】 【正确答案】 或0.5625 【试题解析】 分析: 先求出三位同学参加小区的志愿者服务共有种方法，再求得三位同学中有两位同学刚好分到同一个志愿者服务点的方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可 详解: 由题意得三位同学参加小区的志愿者服务共有种方法，则其中三位同学中有两位同学刚好分到同一个志愿者服务点有种方法， 所以所求概率为， 故答案为： 15-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果. 详解: 由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元， 对点分三种情况讨论，如下图所示： （1）第一类为号点. ①若，三点共线有条直线，此时有种； ②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种； （2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点； （3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示： 故有种. 综上所述，满足共有种. 因此，所求概率为. 故答案为：. 点睛: 方法点睛：求解古典概型概率的方法如下： （1）列举法； （2）列表法； 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （3）数状图法； （4）排列组合数的应用. 15-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 分析可得分割下来的个小正方体中有一面、二面红色的数目，进而由乘法原理可得从中任取个，其中个恰有一面涂有红色，另个恰有两面涂有红色的情况数目，再结合题意可得从块中任取两块的情况数目，由古典概型的概率公式计算可得答案． 详解: 在分割下来的个完全相等的小正方体中，位于原正方体个面中心位置的个小正方体只有个面有红色；位于原正方体个顶点位置的个小正方体有个面是红色；位于原正方体中心位置的小正方体没有面有红色；剩余个小正方体有个面有红色； 则从中任取个，其中个恰有一面涂有红色，另个恰有两面涂有红色的情况有种； 从个完全相等的小正方体中任取个，共有种情况； 所求概率. 故答案为：. 15-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 详解: 考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形． 由无四点共线知每列至少有一个点不取． 不妨设左边一列有两个点不取，分六种情况知方法数为． 故原概率为． 故答案为：. 16-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据余弦定理，可得，然后利用均值不等式，可得结果. 详解: 在中，， 由，所以 又，当且仅当时取等号 故 故的最小值为 故答案为： 点睛: 本题考查余弦定理以及均值不等式，属基础题. 16-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据面积公式求出，再由余弦定理及均值不等式求最值即可. 详解: 设中内角对应边分别为， ，当且仅当时取等号， 时取到， 故边长的最小值为. 故答案为： 16-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由余弦定理结合已知条件可得，再利用 1/161 学科网（北京）股份有限公司 三角形面积公式结合三角函数恒等变换公式可得，利用基本不等式可得，从而可得，从而可求出角的取值范围，进而可求出三角形面积的最大值 详解: ∵， ∴，∴， ∵，∴， 又∵，∴， ∴， 由正切函数在上单调递增，可得， ∴. 故答案为： 16-4【巩固】 【正确答案】 # 【试题解析】 分析: 利用余弦定理和基本不等式即可求解. 详解: ∵在四边形中，，，， ∴, 在△中，由余弦定理得, 即, ， ，当且仅当时取等号， ，, 即，. 故答案为：. 16-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 利用余弦定理与平面向量的模长公式可得出，，利用基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最大值. 详解: 由余弦定理得 ①， 因为，即，所以，， 所以，，② ①②可得，②①可得， 由基本不等式可得，可得，解得， 当且仅当时，等号成立. 故的最大值为. 故答案为：. 16-6【巩固】 【正确答案】 56 【试题解析】 分析: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 由余弦定理求得，再由余弦定理表示出的关系，然后结合基本不等式得最大值． 详解: 中， ， 中，由得， 所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为56． 故答案为：56． 16-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 利用余弦定理及基本不等式可得，然后利用同角关系式，可得，即求． 详解: ∵，∴， ∴， 当且仅当时等号成立， 又，所以， ∴. 故答案为：． 16-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 详解: 的内角所对的边成等比数列，所以,有. 由余弦定理得,所以. 又, 解得. 故答案为. 16-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 分别在和中，由余弦定理以及 可得，由 及正弦定理得 ，可得，消去可得 ，由基本不等式可得取最大值时，，从而可得结果. 详解: 如图，设，则． 在和中，分别由余弦定理可得 ，， 又 所以， 所以，① 由及正弦定理得 ， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 整理得，② 由余弦定理的推论可得，所以． 把①代入②整理得， 又，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，即时等号成立． 此时，即， 所以当取最大值时的周长为． 故答案为： 点睛: 本题考查了余弦定理，考查了正弦定理角化边，考查了基本不等式，属于中档题. 16-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 通过已知条件可求出A角，bc乘积，于是可求得面积，利用余弦定理与基本不等式可得到a的最小值，于是再利用面积公式可求得答案. 详解: 根据题意，,故，求得，,故，根据余弦定理得，即 ，即而三角形面积为 ，所以 边上的高 长的最大值是，故答案为. 点睛: 本题主要考查解三角形，基本不等式的实际应用，意在考查学生的分析能力，逻辑推理能力，计算能力，难度较大. 17-1【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析，；（2）. 【试题解析】 详解: 试题分析：（1）当时可求,当时,,从而可知数列是首项为,公差为的等差数列,从而可求得通项公式；（2）由（1）,而,可求得,利用等差数列求和公式即可求得,进而求得最大值. 试题解析：解：（1）当时，，∴ 当时，，即 ∴，∴，∴ ∴，所以是等差数列， （2），，∵，∴是等差数列 ∴，当时， 考点：定义证明等差数列及数列求通项,求和. 【思路点晴】本题考查数列的求和,着重考查等差数列关系的确定及其通项公式和求和公式的应用,考查推理与运算能力,属于中档题目.第一问将已知的关于和与项的关系变形,然后仿写一个新的等式,将两个式子相减得到项的关系,利用等差数列的定义证明；第二问求出数列的通项公式进而求出求和公式,转化为二次函数求最值问题,注意的取值范围为正整 1/161 学科网（北京）股份有限公司 数. 17-2【基础】 【正确答案】 1、； 2、当或时，的值最小，值为. 【试题解析】 分析: （1）由 得通项公式，再讨论情况； （2）由（1）中的可知数列为等差数列，其中，所有的非正项的和取最小值． 当时，， 当时，= 经检验，满足此式，所以 由（1）可知，数列为等差数列， 设，得， 当或时，的值最小，值为. 17-3【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）前16项或前17项和最大，最大值为. 【试题解析】 分析: （1）先由求通项公式，再利用定义法证明即可； （2）先判断的n的范围，得到数列的正负分布，即得何时最大. 详解: 解：（1）证明：当时，， 又当时，，满足， 故的通项公式为， ∴. 故数列是以32为首项，为公差的等差数列； （2）令，即，解得， 故数列的前16项或前17项和最大， 此时. 17-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析， 2、或 【试题解析】 分析: （1）结合化简已知条件，求得，结合证得数列为等差数列，然后求得，进而求得. （2）先求得，然后求得的最大值，进而通过解一元二次不等式求得的取值范围. ∵，∴， ∵∴，∴， ∴，又由， ∴是以1为首项，1为公差的等差数列； 所以，∴， 当时，， 当时，， 当时，上式也符合，所以. ，时，，，，，， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ∴或5时，，∴或. 17-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、前16项或前17项的和最大 3、 【试题解析】 分析: （1）利用递推关系：当时，，当时，，即可得出． （2）令，得，解出即可得出． （3）由（2）知，当时，，利用等差数列前项和公式计算可得；当时，，则进而得出． 解：因为，当时，当时，所以，经检验当时也成立，所以； 解：令，即，所以， 故数列的前17项大于或等于零． 又，故数列的前16项或前17项的和最大． 由（2）知，当时，； 当时，， 所以当时，． 当时， ． 故． 17-6【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析， 2、 【试题解析】 分析: （1）由递推公式两边同乘，即可得到，从而得到为等差数列，再根据等差数列的通项公式计算可得； （2）首先根据等差数列求和公式得到，再根据二次函数的性质计算可得； 解：因为，所以，由， 所以，且， 所以数列以为首项，以1为公差的等差数列， 所以； 解：由（1）可知，所以，所以当或时取得最小值，且 17-7【巩固】 【正确答案】 1、，， 2、-15 【试题解析】 分析: （1）根据题意得到，根据 1/161 学科网（北京）股份有限公司 得到通项公式. （2），根据通项的正负确定最值，计算得到答案. ，则， 当时，；当时，； 而，∴，. ，当时，，当时，， 故. 17-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）或. 【试题解析】 分析: （1）设数列公差为，由通项公式再平方可以得到关于的式子，再由求得通项公式，由求出，这时就求出了. （2）由等差数列前n项和公式代入题中式子，得到关于与的二次式，将看成参数，则式子为关于的一元二次方程，因为肯定存在，则这个一元二次方程的判别式大于等于零，据此解出d的取值范围. 详解: （1）∵数列为等差数列，设其公差为， ∴， ∴， ∴当时， 当时也应成立，此时，故 此时，. （2）∵为等差数列，首项为， ∴，， ∴， ∴， 整理得，， 上述方程对有解，故， ∴. 17-9【提升】 【正确答案】 ①②均能得到最大. 【试题解析】 分析: 根据可得，从而可判断为等差数列，若选①，则可得，故可判断出等差数列的通项何时变号，从而得到的最大项. 若选②，则可求出，同样可判断出等差数列的通项何时变号，从而得到的最大项. 详解: 因为，故， 故. 当时，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以， 所以，故，也即是 故，所以为等差数列. 若选①， 因为，，故， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 故，，故最大. 若选②，则，故，解得， 故，故，故最大. 点睛: 本题为数列中的补全条件解答题，考查数列的通项与前项和的关系以及等差数列前和的最值问题，后者常通过项何时开始变号来确定何时取最值，本题属于中档题. 17-10【提升】 【正确答案】 （1）；（2）不存在. 【试题解析】 分析: （1）由已知可得当且时，有，可得，仍成立，故，平方后得，化简可得，可得数列是等差数列，从而求得数列的通项公式； （2）由题意有，又由（1）可知可得，由，有，故，，所以不存在三个互不相等的正整数p，q，r成等差数列，使得，，也成等差数列. 详解: 解：（1）当且时，有，可得， 由，满足该式， 可得当时，有，平方后可得 当且时，有 可化为 有 由，有，可得数列是以1为首项，2为公差的等差数列，有 故数列的通项公式为 （2）由题意有 又由（1）可知 有 由，有，，有 可得 故不存在三个互不相等的正整数p，q，r成等差数列，使得，，也成等差数列. 点睛: 给出 与 的递推关系，求an，常用思路是：一 1/161 学科网（北京）股份有限公司 是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an. 18-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）根据线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）根据题意建立空间直角坐标系，通过线面角相关公式进行计算即可. 如图，连接， ∵四边形是正方形，∴. 又平面，平面，∴， ∵平面，， ∴平面， 又平面， ∴ 易知，，两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. ∵，∴，，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，得.设直线与平面所成角为，由图可知， 则 即直线与平面所成角的正弦值为. 18-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）本题首先易证PO⊥平面AOB，可得PO⊥AB，再证AB⊥平面POC； （2）根据线面夹角可知，利用空间向量计算处理． 证明：由题意知：， ∴PO⊥平面AOB， 又∵平面AOB，所以PO⊥AB． 又点C为的中点，所以OC⊥AB， ， 所以AB⊥平面POC， 又∵平面POC，所以PC⊥AB． 以O为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，， 所以，，． 设平面PAB的法向量为，则取，则 可得平面PAB的一个法向量为， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 所以． 18-3【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）线面垂直证明线线垂直，进而证明出线面垂直；（2）先找到点的位置，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算. 证明：∵在三棱柱中，平面，因为平面，故，因为，，所以平面， ∵平面，∴，因为∥，所以， 因为，故四边形为菱形，故， ∵，∴平面 由平面，平面，平面平面， 故，又M为中点，故N为中点. 以B为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 则 ，，设平面的法向量， 由，得，取， 又，设直线与平面所成的角大小为， 则 即直线与平面所成角的正弦值为. 18-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）取中点为G，连接，可证，从而证明，证明平面，从而证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，再求得平面的法向量和的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案. 取中点为G，连接，在中，根据勾股定理可得， 因此， 而已知平面， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴， 由余弦定理可得， 故 , 因此平面， 而平面， ∴． 由（1）得，，又平面， 故以C为坐标原点，分别 为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系， 则：， ， 设平面的法向量为，则 ， 令，可取，又， 所以与平面所成角的正弦值． 18-5【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）由面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面夹角的正弦值即可； 证明：在直角梯形中，，，， ∴，，从而 又平面平面，且平面平面 ∴平面，平面，∴. 又，且，∴平面 取的中点O，连接， 由题设知为等腰直角三角形， 又平面平面，且平面平面，平面 连接，因为M，O分别为和的中点， 由（1）可知，以分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则 设直线与平面所成角为θ， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 故直线与平面所成角的正弦值为. 18-6【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，再证明出线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角. ∵BC⊥CD，BC⊥PC，且PC∩CD＝C， ∴BC⊥平面PCD， 又∵PD⊂平面PCD，∴BC⊥PD． ∵PD⊥BD，BD∩BC＝B， ∴PD⊥平面BCD； ∵PC⊥BC，CD⊥BC， ∴∠PCD是二面角P﹣BC﹣D的平面角，则∠PCD＝60°， 因此， 取BD的中点O，连接OM，OC， 由已知可得OM，OC，OD两两互相垂直， 以O为坐标原点，分别以OC，OD，OM所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设OB＝1，则P（0，1，），C（1，0，0），D（0，1，0），M（0，0，）， ，，． 设平面MCD的一个法向量为， 由，取z，得． ∴cos． 故直线PC与平面MCD所成角的正弦值为． 18-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）由四边形为长方形得，由平面得，根据线面垂直的判断定理可得平面，再由性质定理可得答案； （2）连接，由（1）和已知得，求出、，过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出 平面的一个法向量、，利用线面角的向量求法可得答案. 因为，，E为的中点，所以， 所以四边形为长方形，， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 平面，所以． 连接，由（1）平面，平面，所以， 因为，所以， 所以，即，，， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 所以，即， 过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，即，令，则， 所以， 设直线PB与平面PAD所成角的为，所以 ， 所以直线PB与平面PAD所成角的正弦值为． 18-8【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）7 【试题解析】 分析: （1）设为的中点，通过证明，来证明面，从而证得； （2）法一：连结，设在面上的射影点为，则由题知点在上，且为直线与平面所成角，通过条件算出，，即可求得直线与平面所成角的正切值； 法二：如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，运用向量法求解直线与平面所成角的正切值. 详解: （1）设为的中点，为的中点，，则， 故，则， 又，则， 所以是的角平分线，且三点共线. 由，且,得面，则； （2）法一：连结. 由平面得，平面平面，交线为， 所以在面上的射影点在上， 为直线与平面所成角. 在中，，由余弦定理得， ，故，， 又，在得，由余弦定理得，则， 所以， 由（1）得为角平分线， 在中，，由余弦定理得， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 则，所以 ，所以直线与平面所成角的正切值为7. 法二：如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系. ， 设，由，得 ， 得., 平面法向量为，设直线与平面所成角为，所以 ，,则， 所以直线与平面所成角的正切值为7. 点睛: 本题主要考查了直线与直线垂直的证明，直线与平面所成角的求解，考查了转化与化归的思想，考查了学生的直观想象，逻辑推理与运算求解能力. 18-9【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 【试题解析】 分析: （1）取中点，可得，可得平面，及平面，由等边三角形得，可得平面，故，由可得答案； （2）连接，过点作平面于点，得平面平面， 由（1）知平面，平面，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系Gxyz，设，得和平面的法向量，由可得答案. 详解: （1）取中点，连接，，，所以，由余弦定理得 ，得， ，又，且，则平面， 故，又，所以平面， 则，由等边三角形得，且， 则平面，故， 又，因此. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （2）连接，过点作平面于点，连接，， 由平面得平面平面，则点在平面内的射影位于直线上，由等边三角形得点在平面内的射影位于的中垂线上，因此，由几何关系可确定点在平面内的射影位于的重心， 又由（1）知平面，平面，则，，，，五点共面， 如图，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系Gxyz，不妨设，则，，， 在和中，由余弦定理得 ，， 则， 解得， 因此，，， 设平面的法向量， 由得，取， 设直线与平面所成角为，则 ， 因此，直线与平面所成角的正弦值为. 点睛: 本题主要考查了线线垂直和线面角的求法，解题的关键点是如何根据已知条件建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力. 18-10【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2） 【试题解析】 分析: （1）利用线面垂直的判定定理及性质定理即可证得； （2）根据所给的二面角的大小，结合空间向量，从而确定出点的位置，再用空间向量确定出线面角的正弦值． 详解: （1）取的中点，连结，则， 所以四边形为平行四边形，， 又，， 又平面，平面， 且，平面，平面 又平面， （2）以为坐标原点，分别所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ，，， 设，易得， 设平面的法向量为，， 则，令则． 又平面的法向量为， 由题知，解得， 即， 而是平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则． 故直线与平面所成的角的正弦值为． 19-1【基础】 【正确答案】 1、 2、分布列见解析，X的数学期望为 【试题解析】 分析: （1）根据题意得到乙同学最终得10分的所有可能情况，求出其概率再相加即可； （2）根据题意写出甲同学的最终得分X的所有可能取值，求出其概率再运用期望计算公式求得X的数学期望即可. 记“乙同学最终得10分”为事件A， 则可能情况为甲回答两题且错两题；甲､乙各答一题且各对一题；乙回答两题且对一题错一题， 则， 所以乙同学得10分的概率是. 甲同学的最终得分X的所有可能取值是0，5，10，15，20. ， ， ， ， . X的分布列为 X 0 5 10 15 20 P ， 所以X的数学期望为. 19-2【基础】 【正确答案】 1、 2、分布列见解析，期望为： 【试题解析】 分析: （1）根据题意先求出甲乙分别得0分的概率，甲所得 1/161 学科网（北京）股份有限公司 分数大于乙所得分数分为：甲得3分乙得2或1或0分，甲得2分乙得1或0分，甲得1分乙得0分，再分析求解概率即可；（2）根据题意得可能取值为0，1，2，3，再分别求概率，再画出分布列，求解期望即可. 由题意知甲得0分的概率为， 乙得0分的概率为， 甲所得分数大于乙所得分数分为：甲得3分乙得2或1或0分，甲得2分乙得1或0分，甲得1分乙得0分 所以所求概率为． 可能取值为0，1，2，3， 所以，随机变量的分布列为： X 0 1 2 3 P 所以 19-3【基础】 【正确答案】 1、 2、. 【试题解析】 分析: （1）计算出第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率，加上第一次即为正品的概率，求出答案；（2）求出X的可能取值及相应的概率，求出分布列，计算出期望. 设一把紫砂壶第一次出窑为次品为事件A，则， 则第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率为， 则一把紫砂壶能够对外销售的概率， X的可能取值为1500-500-50=950,1500-500-50-100-50=800，-500-50=-550， -500-50-100-50=-700， 则，， ，， 则X的分布列为： 950 800 -550 -700 所以最终获利X的数学期望为： 19-4【巩固】 【正确答案】 1、①；② 2、分布列见解析，数学期望为元 【试题解析】 分析: （1）①根据题目条件列出方程组，求出，②设出事件，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式计算出概率；（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，计算出数学期望. ①由题意得 即 解得： ②设“张某恰好抢购到两种商品”为事件.则抢购到大屏幕电视机和冰箱且没有抢购到洗衣机，或抢购到冰箱和洗衣机且没有抢购到大屏幕电视机，或抢购到大屏幕电视机和洗衣机且没有抢购到冰箱. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ∴. 即张某抢购成功两种商品的概率为 的可能取值为0，300，500，800，1100，1300，1600 ， ， ， ， ， ， ∴张某抢购成功获得的优惠总金额的分布列为 0 300 500 800 1100 1300 1600 张某抢购成功获得的优惠总金额的数学期望为 （元） 19-5【巩固】 【正确答案】 1、； 2、分布列见解析；期望为1. 【试题解析】 分析: （1）利用相互独立事件同时发生的概率进行求解； （2）先确定X的所有取值，然后逐个求解概率，列出分布列，利用期望公式求解期望. 从高一样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率， 从高二样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率为， 因此，从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于分的概率为． 由题意可知，随机变量的可能取值有，，，． 则，， ，， ． 所以，随机变量的分布列如下表所示： ． 19-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、分布列见解析，期望为 【试题解析】 分析: （1）设“从第一小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件，“从第二小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解； （2）先随机变量可能的取值为0，1，2，3，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解. 解：设“从第一小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件，“从第二小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件, 由于事 件、相互独立，且， 所以选出的4人均选《数学解题思想与方法》的概率为. 解：由题意，随机变量可能的取值为0，1，2， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 3， 可得，， ，， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 P 所以随机变量的数学期望 . 19-7【巩固】 【正确答案】 1、分布列见解析，数学期望为 2、 【试题解析】 分析: （1） 求出的取值和概率可得分布列； （2）分别计算箱子中装有2个红球2个白球的概率、箱子中装有2个红球3个白球的概率、箱子中装有2个红球4个白球的概率、箱子中装有2个红球3个白球的概率，再求和可得答案. 的可能取值是， ， ， ， ， 故的分布列是 故数学期望为， 故的数学期望是． 时，表示箱子中装有2个红球2个白球， 则甲获胜的概率， 时，表示箱子中装有2个红球3个白球， 甲获胜的概率， 时，表示箱子中装有2个红球4个白球， 甲获胜的概率， 时，表示箱子中装有2个红球5个白球， 甲获胜的概率， 故甲获胜的概率 19-8【提升】 【正确答案】 1、 2、分布列见解析；期望为 【试题解析】 分析: （1）先求得高三年级胜高二年级的概率，再根据相互独立事件的概率计算公式求解即可； （2）先确定出X的所有可能取值，分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望． 由题意，知高三年级胜高二年级的概率为． 设高三年级在4轮对抗赛中有x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P，则 ． 由题意可知，3，4，5， 则， ， ， ， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 故X的分布列为 X 2 3 4 5 P ． 19-9【提升】 【正确答案】 1、 2、分布列答案见解析，数学期望： 【试题解析】 分析: （1）“比赛完3局时，求三人各胜1局”分为两种情况，①小王胜小张，小王输给小马，小马输给小张；②小张胜小王，小张输给小马，小马输给小王. （2）比赛完4局时，小马做1次裁判分为两种情况：①小王胜小张，小王输给小马，小马胜小张；②小王输给小张，小张输给小马，小马胜小王. 比赛完4局时，小马最多做2次裁判. 设小王与小张比赛小王获胜记为事件A，小马与小张比赛小张获胜记为事件B， 小马与小王比赛小马获胜记为事件C，且A，B，C相互独立. 则 设“比赛完3局时，三人各胜1局”记为事件M，则 X的可能取值为1，2 则X的分布列为 X 1 2 P 则 19-10【提升】 【正确答案】 (1)；(2)分布列见解析，均值为1125元. 【试题解析】 分析: (1) 事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”， 求出与，利用互斥事件的加法公式即可得； (2)写出该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量的所有可能值，计算出对应的概率，即可得分布列及均值. 详解: (1)事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”， 显然A1与A2互斥，且A=A1+A2， ， ， 所以该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率为； (2)该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量，的可能值为0，1000，3000，6000， ，， ，， 所以的分布列为： 0 1000 3000 6000 的均值为：(元). 20-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2） 1/161 学科网（北京）股份有限公司 且. 【试题解析】 分析: （1）直接利用三角形的面积列式求解，可得抛物线方程； （2）设出，，，，再设与轴的交点设为，由图可得，，结合，得，即，由此求得的取值范围． 详解: （1）当过且与轴平行时， ， 抛物线的方程为 （2）设 ，与轴的焦点设为，由抛物线的几何图形可知无论，位于轴的同侧或异侧，都有， ，， 又时三角形不存在 且 与轴的交点的横轴标的取值范围是 20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）利用直接法，求动圆圆心P的轨迹T的方程； （2）法一：由（1）得抛物线E的焦点C（1，0）设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），利用点差法，求出线段AB中点的纵坐标，得到直线的斜率，求出直线方程． 法二：设直线l的方程为x＝my+1，联立直线与抛物线方程，设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），通过韦达定理，求出m即可． 详解: （1）设P（x，y），则由题意，|PC|﹣（x）， ∴x+1， 化简可得动圆圆心P的轨迹E的方程为y2＝4x； （2）法一：由（1）得抛物线E的方程为y2＝4x，焦点C（1，0） 设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2）， 则 两式相减．整理得 ∵线段AB中点的纵坐标为﹣1 ∴直线l的斜率 直线l的方程为y﹣0＝﹣2（x﹣1）即2x+y﹣2＝0. 法二：由（1）得抛物线E的方程为y2＝4x，焦点C 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （1，0） 设直线l的方程为x＝my+1 由消去x，得y2﹣4my﹣4＝0 设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2）， ∵线段AB中点的纵坐标为﹣1 ∴ 解得 直线l的方程为即2x+y﹣2＝0. 点睛: 本题考查轨迹方程，考查直线与抛物线位置关系的运用，考查平方差法的应用，考查转化思想以及计算能力，难度较小． 20-3【基础】 【正确答案】 1、； 2、 【试题解析】 分析: （1）根据抛物线的定义与方程求解；（2）利用向量处理，结合韦达定理代换整理，注意讨论直线l斜率是否存在． 因为抛物线的准线是，所以抛物线的焦点坐标，所以； 因为点M是抛物线的准线上的动点，设． （ⅰ）若直线l的斜率不存在，则． 由得， 因为，所以， 即，所以， 因为，所以； 因为，所以， 即，所以， 所以因为，所以①． （ⅱ）若直线l的斜率存在，设为k，则．设． 由得，所以， 且，所以（*）， 因为，所以，即，所以， 所以，得， 因为，所以， 即，所以， 所以 则 所以，得， 所以②， 代入（*）得，，所以③， 由②得，所以④， 所以，所以，⑤ 由④，⑤知， 综合（ⅰ）（ⅱ）知直线l在x轴上截距b的取值范围是． 20-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、或 【试题解析】 分析: （1）依题意，根据椭圆的定义可得到轨迹为椭圆，再由几何关系得到相应的参数值即可得到椭圆方程；（2）设出直线方程并且和椭圆联立，根据韦达定理得到中点坐标，将点Q坐标代入抛物线方程得到，将此式代入得到，解不等式即可. 易知点是抛物线的焦点，， 依题意， 所以点轨迹是一个椭圆，其焦点分别为，长轴长为4， 设该椭圆的方程为， 则， ， 故点的轨迹的方程为. 易知直线1的斜率存在， 设直线1：， 由得：， ， 即①又， 故，将，代， 得：， 将②代入①，得：， 即， 即，即， 且， 即的取值范围为或. 20-5【巩固】 【正确答案】 1、或； 2、. 【试题解析】 分析: （1）由已知可得，由抛物线的定义可得，解方程求得的值即可求解； （2）设，，联立直线与，由原点到直线的距离不小于可得的范围，由韦达定理可得、，利用坐标表示可利用表示，再利用函数的单调性求得最值即可求解. 由题意及抛物线的定义得：， 又因为点在抛物线上，所以， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 由 可得或， 所以抛物线的标准方程为或． 设，， 联立消去可得：， 则，， 因为， 所以 ， 所以，可得， 由原点到直线的距离不小于，可得，解得或， 因为，所以不成立，所以， 因为在上单调递增， 所以，所以， 即的取值范围为． 20-6【巩固】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: (1)利用p的几何意义直接写出C的方程即得. (2)根据给定条件设出直线l及直线AB的方程，联立直线AB与抛物线C的方程，求出弦AB中点坐标，借助判别式计算作答. 因抛物线的焦点到准线的距离为1，则p=1， 所以C的方程为. 依题意，设直线l的方程为，直线AB的方程为y=2x+m，设， 由消去x得：，由题意知，得， 设线段AB的中点为，则，再由，可得， 又点N在直线l上，则，于是，从而有， 所以l在y轴上的截距的取值范围为. 20-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），，． 【试题解析】 分析: （1）利用点差法可以求得p的值，进而得到抛物线方程； （2）设，，，．联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理可以求得B的坐标，进而得到AB的斜率，得到直线FN的方程，结合直线，求得交点纵坐标关于t的函数表达式，进而求得取值范围. 详解: 【解】（1）设直线AF的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2), 则，. ∴,, 设M(x0，y0),则x1+x2=2x0,∴x0=pk, ∵当k=1时x0=2,∴p=2, 则抛物线的方程为 （2）设，，，． 1/161 学科网（北京）股份有限公司 由题知不垂直于轴，可设直线 由消去得， 故，所以． 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而的直线，直线， 由解得的纵坐标是，其中， 或． 综上，点的纵坐标的取值范围是，，． 20-8【提升】 【正确答案】 （1）不变（2）最大值为，圆C方程为 【试题解析】 分析: （1）先设出圆的方程，与联立利用韦达定理表示出|MN|即可发现|MN|的取值是否变化； （2）由（1）可设M（x﹣p，0）、M（x+p，0），先利用两点间的距离公式求出 l1，l2，代入 整理为关于p的函数，结合基本不等式求出其最大值和此时圆C的方程即可． 详解: 解：设，方程为 与联立 得 在抛物线上 ，代入 得为定值 不变 由可设、， ， 当且仅当时取等号，即 圆方程为 当时，为∠ANx--∠AMx，又 同理，时，仍可得 点睛: 本题是对圆与抛物线以及基本不等式，距离公式等知识的综合考查，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题． 20-9【提升】 【正确答案】 1、； 2、3； 3、； 【试题解析】 分析: （1）根据两点之间的距离公式，结合点坐标满足抛物线，构造关于的函数关系，求其最值即可； （2）根据题意，求得点的坐标，设出的直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得点坐标，同理求得点坐标，再利用斜率计算公式求得 1/161 学科网（北京）股份有限公司 即可； （3）根据题意，求得点的坐标，利用坐标转化，求得关于的一元二次方程，利用其有两个不相等的实数根，即可求得的取值范围. 因为点在抛物线上，故可得，又 ，当且仅当时，取得最小值. 故的最小值为. 当时，故可得，即点的坐标为； 则的直线方程为：，联立抛物线方程：， 可得：，故可得， 解得：，又 故可得同理可得：， 又的斜率 ，即. 故为定值. 当时，可得，此时， 因为两点在抛物线上，故可得， ， 因为，故可得， 整理得：， ， 因为三点不同，故可得， 则，即， ，此方程可以理解为关于的一元二次方程， 因为，故该方程有两个不相等的实数根， ，即， 故，则， 解得或. 故点纵坐标的取值范围为. 点睛: 本题考察直线与抛物线相交时的范围问题，定值问题，解决问题的关键是合理且充分的利用韦达定理，本题计算量较大，属综合困难题. 20-10【提升】 【正确答案】 （Ⅰ）证明见解析； 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （Ⅱ）；（Ⅲ）. 【试题解析】 分析: （Ⅰ）设，与抛物线联立可解出点坐标，用代可得点坐标，用斜率公式可计算斜率的取值；（Ⅱ）用两点式表示直线的方程，计算焦点到直线的距离即可；（Ⅲ）利用，利用抛物线的定义将转化为，韦达定理代入计算，结合不等式可求出最大值. 详解: （Ⅰ）将点代入抛物线方程可得：，抛物线 设，与抛物线方程联立可得： ，∴ 用代可得： 因此， 即． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，， 因此 到直线的距离． （Ⅲ） ∵ ∴ ， 令，由得 ∴ 当且仅当时取等号． 点睛: 思路点睛：直线与抛物线的问题，常采用直线和抛物线联立.若已知一点坐标，设而要求求出另一点坐标；若没有点坐标，则设而不求，韦达定理表示出两点坐标之间的关系代入等式计算. 21-1【基础】 【正确答案】 1、当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 2、 【试题解析】 分析: （1），讨论或判断的单调性；（2）由题意可得： 1/161 学科网（北京）股份有限公司 对任意恒成立，即，通过导数求的最小值． ， 当时，当恒成立，在上单调递增； 当时，令，得，令，得， 在上单调递增，在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 依题意得对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，则， 令，则在上单调递增， ， 当时，，即；当时，，即， 在上单调递减，在上单调递增， ， ，故的最大值为． 21-2【基础】 【正确答案】 （1）答案见解析；（2）. 【试题解析】 分析: （1）求，分别讨论不同范围下的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合，分别求出的范围再求并集即可. 详解: 解：（1）由已知定义域为， 当，即时，恒成立，则在上单调递增； 当，即时，（舍）或，所以在上单调递减，在上单调递增. 所以时，在上单调递增； 时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可知，当时，在上单调递增，若对任意的恒成立，只需，而恒成立，所以成立； 当时，若，即，则在上单调递增，又，所以成立； 若，则在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，不满足对任意的恒成立. 所以综上所述：. 21-3【基础】 【正确答案】 1、单调递减区间为，单调递增区间为 2、 【试题解析】 分析: （1）对函数进行求导，根据导数与0的关系即可得单调区间； 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （2）利用分离参数思想，求出的最小值即可得结果； 函数的定义域为 由，得；由，得． ∴的单调递减区间为，单调递增区间为 由（1）可知在上单调递减，在上单调递增． 所以 ∵对任意的，都有成立 即对任意的，都有成立 ∴ ∴实数a的取值范围为 21-4【巩固】 【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）分离参数a，构造函数，并求导，利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在定理即可求解出零点个数；或直接对函数求导，然后利用导数研究函数的单调性并结合零点存在定理，从而求得函数的零点个数； （2）先判断两个极值点存在的条件，然后把所证的式子进行转化，从而转化为关于a的函数，并利用导数研究函数的单调性和最值即可证明结论． 由题意可知， 令，则，∴． 令，则， 当时，，∴函数在上单调递增； 当时，，∴函数在上单调递减， ∴，当,且，当时，， ∴当或，即或时，函数有且仅有一个零点； 当，即时，函数有两个零点； 当，即时，函数没有零点． 综上所述，当或时，函数有且仅有一个零点； 当时，函数有两个零点； 当时，函数没有零点． ， 则，则，∴或， 且， ∵，∴ ． 令，，则， 令，则， 当时，， ∴函数在上单调递减，∴， ∴函数在上单调递减，∴． ∴． 1/161 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4) 利用导数证明不等式． (5) 利用导数研究函数的零点问题． 21-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）当时，对函数求导，再根据和两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果. （2）对函数求导，再根据和两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值； （3）由题意得，要证原命题成立，只要证成立；设，则，是函数的两根．再根据和两种情况讨论函数的单调性，再记函数有图象关于直线对称后是函数的图象，再求的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果. 解：当时，．． 当时，，则在上单调递增． 当时，若，，在上不可能单调递增．． 所以在上单调递增，则． 解： （ⅰ）当时，，在上单调递增．有零点． （ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减． 又当x趋近于时，f(x)趋近于；x趋近于时，f(x)趋近于； 所以只要恒成立，则恒有零点． 即恒成立． 因为求的最大值，不妨设，． 设，则． 所以只要． 即，得． 所以的最大值为． 解：由题意得：只要证． 设，． 则，是函数的两根． ． 当时，，与函数有两个零点矛盾． 所以．所以当时，． 所以函数在上递增，在上递减． 记函数有图象关于直线对称后是 1/161 学科网（北京）股份有限公司 函数的图象． 有． 则． ． 所以时，． 所以，即． 所以．． 所以． 21-6【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析 【试题解析】 分析: （1）得出导函数，由题意得出，利用基本不等式得出，即可证明； （2）由函数零点的性质可得，整理得出，构造函数，利用导数的单调性得出，令，整理得到，从而得出，利用导数得出函数的单调性，结合题设条件得出，从而得出，最后由不等式的性质得出结论. 详解: （1）当时， 所以，由题意，得，化简，得 所以， 所以 （2）由题意，得 两式相减，得 所以 构造函数 则，所以函数在上单调递增 所以当时， 令，则，化简得 所以，所以． 因为 若，则，单调递减，不可能有两个不同的零点，所以 ， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 则在上单调递减，在上单调递增 又当时，，当时，，所以 所以，即，解得 故． 点睛: 本题考查导数、函数的零点、函数的单调性的应用，考查考生综合运用函数与导数的知识解决问题的能力，考查考生的运算求解能力及逻辑思维能力． 21-7【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求出函数的导数，利用可求，结合导数的符号可得函数的极值. （2）令，根据单调性可得最大值，根据后者的符号可得的取值范围，注意检验.利用满足的条件可得要证，只需证：，后者可构建新函数来证明. 由题可知函数的定义域为，， 由，得，解得. 此时. 当时，，故在上单调递增， 当时，故在单调递减， 所以当时，取得极大值，为. 由题意知方程有两个不同的实数根，. 令，则有两个不同的零点， 由（1）知在上单调递增，在上单调递减，极大值为. 故在上单调递增，在上单调递减，. 所以即. 若，则当时，即， 故在上没有零点，此时在上至多有一个零点，矛盾. 故. 下证：当时，， 设，则，故在上为减函数， 故，故当时，成立. 所以时，有即， 故当 时，有 当时，， 故在上有一个零点. 又，故在上有且只有一个零点. 综上，. 不妨设，由可得 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 可得，整理得. 要证，只需证：，即证， 令，则，故只需证在上恒成立即可. 令，则当时，， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上恒成立，故. 点睛: 思路点睛：导数背景下的函数零点问题，需利用函数的单调性和零点存在定理来处理，后者取点时要注意与极值点比较大小，如果取点比较困难，可利用放缩法来处理. 21-8【提升】 【正确答案】 1、单调递增区间为，单调递减区间为． 2、答案见解析 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间； （2）由（1）得，，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数； （3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证； 解：因为， 所以． 即，，则． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以的单调递增区间为，的单调递减区间为． 解：由（1）得，． 当时，，则在上无零点． 当时，，则在上有一个零点． 当时，，因为，，， 所以，，， 故在上有两个零点． 综上，当时，在上无零点； 当时，在上有一个零点； 当时，在上有两个零点． 证明：由（2）及有两个极值点，且 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 可得， 在上有两个零点，且． 所以， 两式相减得，即． 因为，所以． 下面证明，即证． 令，则即证． 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 故． 又， 所以， 故． 点睛: 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 21-9【提升】 【正确答案】 1、. 2、证明见解析. 3、证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）求得导函数，再分，，，，讨论导函数的符号，得原函数的单调性，从而建立不等式，求解可得的取值范围； （2）由题意求得，令，求导函数，分析导函数的符号，得所令函数的单调性和最值，由此可得证； （3） 由已知得，继而有，令，有，求导函数，并分析其符号，得函数的单调性，设，则，设，，运用导函数分析得在的单调性和最值，从而得恒成立，再令，由函数的单调性可得证. 解： 函数，， ①若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意； ②若，那么恒成立， 当时，，此时函数为减函数； 当时，，此时函数为增函数； 此时当时，函数取极小值，由（2），可得：函数在存在一个零点； 当时，，， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 令的两根为，，且， 则当时，，故函数在存在一个零点； 即函数在是存在两个零点，满足题意； ③若，则，当时，， ， 即恒成立，故单调递增， 当时，，，即恒成立，故单调递减， 当时，，，即恒成立，故单调递增， 故当时，函数取极大值， 由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意； ④若，则， 当时，，，即恒成立，故单调递增， 当时，，，即恒成立，故单调递增， 故函数在上单调递增， 函数在上至多存在一个零点，不合题意； ⑤若，则， 当时，，， 即恒成立，故单调递增， 当时，，， 即恒成立，故单调递减， 当时，，，即恒成立，故单调递增， 故当时，函数取极大值，由（1）得：函数在上至多存在一个零点，不合题意； 综上所述，的取值范围为． 证明：由题意得：， 令，则， 时，，在递增，（1）， 故当 时，． 证明： ，是的两个零点，，且，且，， 令，则， ， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 设，则， 设，，则恒成立，即在上为增函数， 恒成立，即恒成立， 令，则， 即． 21-10【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）令新函数，求导，利用极值求得，再代入检验； （2）将代入，计算化简之后，换元得新函数，求导判断单调性与极值，并结合基本不等式证明. 定义域为， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 得，即， 设，因为，， 故，而，，得， 若，则． 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以是的极小值点，故．综上，． 由题意知，两式相加得， 两式相减得，即， 所以， 即，显然，记， 令，则， 所以在上单调递增，则， 所以，则，即， 所以， 所以， 所以，即， 令，则时，， 所以在上单调递增，又，故， 所以， 所以，则，即． 点睛: 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 22-1【基础】 【正确答案】 1、曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为； 2、， 【试题解析】 分析: （1）直接消参求出曲线C的普通方程，利用公式求得直线E的直角坐标方程； （2）先联立求出交点的直角坐标，再化为极坐标即 1/161 学科网（北京）股份有限公司 可. 由题意知：（为参数），则， 所以曲线C的普通方程为， 因为，， 所以直线E的直角坐标方程为； 由，解得或， 故交点的直角坐标为， 由化为极坐标为，. 22-2【基础】 【正确答案】 1、：，：； 2、. 【试题解析】 分析: （1）将曲线的参数方程两边同时平方后相减即可求得其直角坐标方程；利用，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）联立（1）中所求两曲线的直角坐标方程，即可求得公共点坐标. 将的参数方程两边同时平方并相减，得， 故曲线的直角坐标方程为. 将代入的极坐标方程得. 故的直角坐标方程为，的直角坐标方程为. 由可得的直角坐标方程为，的直角坐标方程为， 联立方程组，解得 故与公共点的直角坐标为. 22-3【基础】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）应用同角三角形函数的平方关系消参，得到直角坐标方程，再由公式法写出极坐标方程即可. （2）写出的直角坐标方程，联立求交点坐标，再转化为极坐标形式即可. 曲线的参数方程为（为参数），则， 所以直角坐标方程为， 由公式法，可得极坐标方程为. 曲线的极坐标方程为，可得其直角坐标方程为 所以，解得或， 所以交点极坐标为. 22-4【巩固】 【正确答案】 1、，； 2、. 【试题解析】 分析: 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （1）根据直角坐标与极坐标的转化公式可得，消参得的普通方程，再转化为极坐标方程即可； （2）根据极径的意义，问题转化为，代入，，利用三角函数求最值即可. 曲线的极坐标方程为， 曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为. 设，， 因为A，B是射线与曲线，的公共点， 所以不妨设，则，， 所以 ， 所以当时，取得最大值. 22-5【巩固】 【正确答案】 1、； 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由参数方程消参，极坐标和直角坐标的互化公式化简即可得出结果； （2）根据的直角坐标方程，求得再根据与半径满足的勾股定理判断即可 由题，两式相减有. 因为，，， 的直角坐标方程为即 因为 ，则圆心到直线的距离为, 又圆的半径，故，因为，且，故是等腰直角三角形 22-6【巩固】 【正确答案】 1、 ； 2、 【试题解析】 分析: （1）利用消参方法消参即可，再利用极坐标和直角坐标互化公式即可求直角方程； （2）根据题意得的倾斜角为，所以直线与直线的夹角为，过作，垂足为，则，利用参数求出的范围即可求解. 消去参数得直线的普通方程为， 再将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为． 由 得曲线的直角坐标方程为， 所以直线l的极坐标方程为； 曲线C的直角坐标方程为． 因为直线的斜率为，即倾斜角为， 而直线的倾斜角为，故直线与直线的夹角为， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 如下图所示，过作，垂足为， 则，因为曲线的参数方程为：（为参数）， 所以可设， 则，且， 因为，，， 所以． 所以线段长度的取值范围是 22-7【巩固】 【正确答案】 1、； 2、 【试题解析】 分析: （1）由曲线C的参数方程消去参数即可；由直线l的极坐标方程为，利用求解； （2）设，求得直线l的参数方程，利用参数的几何意义求解. 解：由， 又， 所以； 由， 将代入得； 设，点A，B所对应的参数为，， 则l的参数方程为（t为参数）， 代入得，， 所以． 22-8【提升】 【正确答案】 （1）；()（2）. 【试题解析】 分析: （1）消去参数即可得曲线、的直角坐标方程，由极坐标方程与直角坐标方程转化公式即可得曲线的极坐标方程； （2）设直线l的参数方程，进而可得直线m的参数方程，分别与、联立，可得M，N，B对应的参数，，的关系，代入计算即可得解. 详解: （1）曲线的参数方程为，(γ为参数)， 1/161 学科网（北京）股份有限公司 曲线的普通方程为，即． 由，得曲线的极坐标方程为， 即曲线的极坐标方程为． 由曲线的参数方程，(s为参数),可得， 又， 故曲线的普通方程为()． （2）A的极坐标为，故A的直角坐标为， 设l：(p为参数)，， 则直线m：(t为参数)，， 联立m：与的方程， 得,， 联立l：与的方程()， 得． 设M，N，B对应的参数分别为，，， 则，， 由可得， ，化简得即， . 点睛: 本题考查了参数方程、直角坐标方程及极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题. 22-9【提升】 【正确答案】 （1），(为参数)；（2）. 【试题解析】 分析: （1）由参数方程消去参数，可得到曲线C的普通方程，点P的直角坐标为，且直线l的倾斜角为，可直接写出直线的参数方程； （2）写出直线l的普通方程，设，利用点到直线的距离公式结合三角函数的性质可求最值. 详解: （1）将曲线C的参数方程，消去参数，得到曲线C的普通方程； 点P的极坐标为化为直角坐标为，且直线l的倾斜角为， 所以直线l的以P为定点的标准参数方程为(为参数)； 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （2）将直线l的参数方程，消去参数，得到普通方程， 设， 则点M到直线l的距离 当，即时等号成立， 所以点M到直线l的距离d的最大值为 点睛: 方法点睛：本题考查了椭圆的参数方程的运用，点到直线的距离公式的应用，解决椭圆中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用椭圆的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将椭圆中的最值问题转换为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调性法即基本不等式法等，求解最大值或最小值. 22-10【提升】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，求得直线的方程，消去参数求得曲线的普通方程，结合直线与曲线的位置关系，结合，即可求解； （2）联立方程组，结果根与系数的关系，求得，利用弦长公式，求得，再利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解. 详解: （1）因为直线的极坐标方程为， 所以化为平面直角坐标系下的方程为， 因为曲线的参数方程为（为参数），所以化为普通方程为． 因为直线平行于直线，所以可设直线的方程为， 代入曲线的方程，可得， 因为直线与曲线只有一个公共点， 所以，解得， 所以直线的方程为． （2）由（1）知直线的方程为，曲线的方程为， 联立方程组，整理得，所以，， 所以弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为． 点睛: 本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，以及直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等． 23-1【基础】 【正确答案】 （1）（2）证明见解析 【试题解析】 分析: （1）根据柯西不等式可直接得出结果； （2）由（1）得到，再由，结合基本不等式，即可得出结果. 1/161 学科网（北京）股份有限公司 详解: （1）因为 由柯西不等式可知：， 即：，当且仅当时等号成立，所以； （2）由（1）可知：，， 所以， 当且仅当时，等号成立. 点睛: 本题主要考查由柯西不等式求最值，以及不等式的证明，熟记柯西不等式与基本不等式即可，属于常考题型. 23-2【基础】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）依题意可得，则，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得； （2）利用柯西不等式证明即可； 解：，，都是正数，且，， 当且仅当即时等号， 即的最小值为； 证明：由柯西不等式得 即， 故不等式成立， 当且仅当时等号成立； 23-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）对代数式进行变形，利用基本不等式进行求解即可； （2）利用柯西不等式进行求解即可. 详解: （1）∵，，， ∴ ， 当且仅当，即，时等号成立， ∴的最大值； （2）∵， 即， 当且仅当，即、、时等号成立， ∴的最小值为. 23-4【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由基本不等式证明； （2）由柯西不等式证明. 因为，， 所以， 当且仅当时，等号成立， 又正数a，b，c，d满足，所以. 因为正数a，b，c，d满足， 所以由柯西不等式，可得 1/161 学科网（北京）股份有限公司 ， 当且仅当，时，等号成立， 故. 23-5【巩固】 【正确答案】 （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【试题解析】 分析: （Ⅰ）将代入，化为二次函数的形式，由二次函数值域可证得结论； （Ⅱ）利用柯西不等式可得，由此可证得结论. 详解: （Ⅰ）由得， 则（当且仅当时，等号成立）， 即成立. （Ⅱ）由柯西不等式得：， （当且仅当时取等号）， 即. 点睛: 方法点睛：本题第二问中的不等式证明涉及到利用三项等式证明三项不等式的问题，此类问题通常采用配凑成柯西不等式的方式，利用柯西不等式来进行求解. 23-6【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）本题可通过基本不等式得出 ，进而得出 ，最后根据 即可证得不等式成立； （2）本题可通过柯西不等式证得不等式成立. 详解: （1）因为，，， 所以，当且仅当时取等号， 则，， 因为，所以，. （2）因为， 所以由柯西不等式得 （当且仅当时取等号）， 故. 点睛: 关键点点睛：本题考查不等式的证明，主要考查基本不等式和柯西不等式的应用，在使用基本不等式和柯西不等式要注意取等号的情况，考查计算能力，考查转化与化归思想，是中档题. 23-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由已知可得出，结合基本不等式可证得； 1/161 学科网（北京）股份有限公司 （2）利用柯西不等式可得出，即可证得结论成立. 证明：因为、、为正实数， 由基本不等式可得， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故. 证明：由柯西不等式可得， 所以，， 当且仅当时，即当，，时，等号成立， 故. 23-8【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）每个式子通分后把1用代换后分子应用基本不等式可证结论； （2）变形，三个分式中分子提取出来并变为，再用柯西不等式可证得结论． 详解: （1） ， 当且仅当“a=b=c”时取等号； （2） ， 当且仅当“a=b=c”时取等号. 点睛: 本题考查用基本不等式和柯西不等式证明不等式成立，解题关键是要凑出基本不等式和柯西不等式的形式，然后才可得出结论，掌握基本不等式和柯西不等式是解题． 23-9【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析 【试题解析】 分析: （1）直接利用柯西不等式即可得证． （2）直接利用三元基本不等式即可得证． 详解: （1），当且仅当时等号成立， 所以成立； （2） 又，，，，，， 所以， 则 ，当且仅当，即，，时等号成立， ，即得证． 23-10【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、证 1/161 学科网（北京）股份有限公司 明见解析 【试题解析】 分析: （1）根据，，都为正整数，且，利用基本不等式证明； （2）法一：利用基本不等式得到，再利用不等式的基本性质证明；法二：利用Cauchy不等式证明. ∵，，都为正整数，且． ∴， 当且仅当时“=”成立． 法一：由题意得 ①+②+③，得， 当且仅当时“=”成立． 法二：由Cauchy不等式，得． 令， 则． 令，则在上单调递增． ∴，即． $