2022年高考全国乙卷数学（理科）高考真题变式题

2022年高考全国乙卷数学（理科）高考真题变式题 【原卷 1 题】 知识点 判断元素与集合的关系,补集的概念及运算 【正确答案】 A 1-1（基础） 给出下列四个关系：π∈R， 0∉Q ，0.7∈N， 0∈∅，其中正确的关系个数为（ ） A.4 B.3 C.2 D.1 【正确答案】 D 1-2（基础） 下列元素与集合的关系判断正确的是（　　） A.0∈N B.π∈Q C.∈Q D.－1∉Z 【正确答案】 A 1-3（基础） 已知集合，为自然数集，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-4（巩固） 若集合，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-5（巩固） 若集合，则下列四个命题中，正确的命题是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-6（巩固） 已知集合，则 （ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-7（提升） 已知集合，记集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 1-8（提升） 设非空集合，满足，则下列命题正确的是（ ） A.， B.， C.， D.， 【正确答案】 A 1-9（提升） 已知集合，那么下列选项一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 2 题】 知识点 复数加减法的代数运算,共轭复数的概念及计算,复数的相等 【正确答案】 A 2-1（基础） 已知为虚数单位,为复数的共轭复数,若,则 A. B. C. D. 【正确答案】 D 2-2（基础） 已知为复数的共轭复数，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 2-3（基础） 若复数满足，其中为虚数单位，则的实部为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 2-4（巩固） 若复数满足，则的值为 A. B. C. D. 【正确答案】 C 2-5（巩固） 是复数z的共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 2-6（巩固） 已知复数的共轭复数为，若（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 2-7（提升） 已知复数的实部与虚部的和为12，则（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【正确答案】 B 2-8（提升） 已知（，为虚数单位），则复数（ ） A. B.4 C. D.5 【正确答案】 C 2-9（提升） 已知，，则（ ） A. B. C.2 D. 【正确答案】 A 【原卷 3 题】 知识点 数量积的运算律,已知模求数量积 【正确答案】 C 3-1（基础） 已知向量，满足，则． A. B.2 C. D. 【正确答案】 C 3-2（基础） 已知，满足：，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-3（基础） 已知单位向量满足，则 A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-4（巩固） 已知平面向量，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 3-5（巩固） 已知向量，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 3-6（巩固） 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 3-7（提升） 已知向量满足，，，则等于 A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-8（提升） 已知向量、满足，则（ ） A.6 B. C. D.－2 【正确答案】 D 3-9（提升） 已知向量满足，，，则 A.2 B. C.4 D. 【正确答案】 A 3-10（提升） 已知非零向量，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 4 题】 知识点 判断数列的增减性 【正确答案】 D 4-1（基础） 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-2（基础） 数列满足：，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 4-3（基础） 已知数列满足，，则下列结论错误的是（ ） A.是单调递增数列 B.存在，使得 C. D. 【正确答案】 B 4-4（巩固） 已知数列满足，其中且，则下列说法正确的是（ ） A.当时，存在一个实数和正整数，使得，，成等差数列 B.当时，存在一个实数和正整数，使得，，成等差数列 C.当时，数列是递增的 D.当时，数列是递减的 【正确答案】 D 4-5（巩固） 已知数列满足，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-6（巩固） 设数列满足，（其中为自然对数的底数），数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 4-7（提升） 数列满足，，则（ ） A. B. C.时， D.时， 【正确答案】 C 4-8（提升） 已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项错误的是（ ）. A.是单调递增数列，是单调递减数列 B. C. D. 【正确答案】 C 4-9（提升） 数列满足，，则以下说法正确的个数（ ） ①； ②； ③对任意正数，都存在正整数使得成立； ④. A.1 B.2 C.3 D.4 【正确答案】 D 【原卷 5 题】 知识点 抛物线定义的理解,根据抛物线方程求焦点或准线 【正确答案】 B 5-1（基础） 若抛物线上一点到该抛物线的焦点的距离，则点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 5-2（基础） 已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点M在抛物线上，且，则M点到轴的距离为（ ） A.2 B. C. D. 【正确答案】 D 5-3（基础） 设点为抛物线上一点，点，且，则点的横坐标为（ ） A. B. C.或 D.或 【正确答案】 B 5-4（巩固） 已知O是坐标原点，P是抛物线上一点，焦点为F，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 5-5（巩固） 过抛物线的焦点的直线交于，两点，若，则（ ） A.3 B.2 C. D.1 【正确答案】 C 5-6（巩固） 设F为抛物线焦点，直线，点A为C上一点且过点A作于P，则则（ ） A.4 B.3 C.2 D.1 【正确答案】 C 5-7（提升） 已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，线段的延长线交抛物线的准线于点，若，则（ ） A.3 B.4 C.6 D.8 【正确答案】 B 5-8（提升） 已知点F为抛物线C：的焦点，直线l经过点F且交抛物线C于A、B两点，交y轴于点M，若，，则（ ） A. B.2 C.4 D. 【正确答案】 B 5-9（提升） 已知抛物线与直线交于A，B两点，且.若抛物线C的焦点为F，则（ ） A. B.7 C.6 D.5 【正确答案】 B 【原卷 6 题】 知识点 根据循环结构框图计算输出结果 【正确答案】 B 6-1（基础） 下图所示的算法流程图最后输出的结果是 A.1 B.4 C.7 D.11 【正确答案】 C 6-2（基础） 执行下面的程序框图，如果输入的，那么输出的 A.1 B. C. D. 【正确答案】 C 6-3（基础） 执行下边的程序框图，如果输出的值为1，则输入的值为 A.0 B. C.0或 D.0或1 【正确答案】 C 6-4（巩固） 执行如图所示的程序框图，则输出的k值为 A.4 B.5 C.7 D.9 【正确答案】 D 6-5（巩固） 执行下边的程序框图，若输入的，的值分别为2013和2019，则输出的值（ ） A.3 B.4 C.5 D.6 【正确答案】 A 6-6（巩固） 执行如下图的程序框图，那么输出的值是 A.2 B.1 C. D.-1 【正确答案】 A 6-7（提升） 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为 A.4 B.5 C.6 D.7 【正确答案】 B 6-8（提升） 执行下边的程序框图，如果输入的，则输出的值等于（ ） A.5 B.7 C.9 D.11 【正确答案】 C 6-9（提升） 如图是一个程序框图，则输出的值为（ ） A.6 B.7 C.8 D.9 【正确答案】 B 【原卷 7 题】 知识点 证明线面垂直,线面垂直证明线线垂直,空间位置关系的向量证明 【正确答案】 A 7-1（基础） 已知正方体，是棱的中点，则在棱上存在点，使得（ ） A. B. C.平面 D.平面 【正确答案】 B 7-2（基础） 已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（ ） A.与是异面直线 B.平面 C. D.平面 【正确答案】 B 7-3（基础） 在正方体中，点E，F分别是的中点，则下列说法正确的是（ ）． A.平面 B.平面ADF C.，E，B，F四点共面 D.二面角的平面角为钝角 【正确答案】 B 7-4（巩固） 如图，设分别是长方体棱上的两个动点，点在点的左边，且满足，有下列结论： ①平面； ②三棱锥体积为定值； ③平面； ④平面平面； 其中，所有正确结论的序号是（ ） A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 【正确答案】 C 7-5（巩固） 如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（ ） A.时，平面平面 B.时，平面平面 C.面积最大时， D.面积最小时， 【正确答案】 D 7-6（巩固） 已知正方体，是线段上一点，下列说法正确的是（ ） A.若，则直线平面 B.若，则直线平面 C.若，则直线平面 D.若，则直线平面 【正确答案】 A 7-7（提升） 如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（ ） A.当时，平面 B.当时，平面 C.当为直角三角形时， D.当的面积最小时， 【正确答案】 D 7-8（提升） 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则（ ） A.直线CE//平面A1BD B.CE⊥BD1 C.三棱锥C1－B1CE的体积为 D.直线B1E与平面CDD1C1所成的角正切值为3 【正确答案】 C 7-9（提升） 棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别为C1D1，BC的中点，现有下列结论：①PQ∥BD1；②PQ∥平面BB1D1D；③PQ⊥平面AB1C；④四面体D1﹣PQB的体积等于.其中正确的是（ ） A.①③ B.②③ C.②④ D.③④ 【正确答案】 C 【原卷 8 题】 知识点 等比数列通项公式的基本量计算,等比数列前n项和的基本量计算,利用等比数列的通项公式求数列中的项 【正确答案】 D 8-1（基础） 已知正项等比数列的前n项和为，，，则（ ） A.24 B.28 C.32 D.36 【正确答案】 C 8-2（基础） 已知是各项均为正数的等比数列的前n项和，若，，则（ ）． A.21 B.81 C.243 D.729 【正确答案】 C 8-3（基础） 已知各项均为正数的等比数列，前3项和为13，，则（ ） A. B. C.1 D.3 【正确答案】 A 8-4（巩固） 已知各项均为正数的等比数列的前4项为和为15，且，则（ ） A.2 B.4 C.8 D.16 【正确答案】 B 8-5（巩固） 在等比数列{}中，已知，，则的值为（ ） A. B.－ C.或6 D.－或1 【正确答案】 C 8-6（巩固） 已知等比数列的前n项和为，若=1，，则（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【正确答案】 A 8-7（提升） 设为正项等比数列的前项和，若，且，则 A. B. C. D. 【正确答案】 D 8-8（提升） 等比数列｛an｝的前n项和为Sn，已知S3 = a2 +10a1 ，a5 = 9，则a1=（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-9（提升） 等比数列的前项和为，已知，，则 A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 9 题】 知识点 锥体体积的有关计算,多面体与球体内切外接问题 【正确答案】 C 9-1（基础） 已知是边长为3的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球O的球面上，则三棱锥的体积的最大值为（ ）． A. B. C. D. 【正确答案】 C 9-2（基础） 已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为（ ） A.2 B. C. D.3 【正确答案】 A 9-3（基础） 若正四棱锥内接于球，且底面过球心，设正四棱锥的高为，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-4（巩固） 已知三棱锥的顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时，（ ） A.4 B. C.5 D. 【正确答案】 D 9-5（巩固） 在三棱锥中，已知平面，且是边长为的正三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A.2 B. C. D. 【正确答案】 C 9-6（巩固） 设A，B，C，D是同一个直径为8的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-7（巩固） 已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足，，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 9-8（提升） 设A，B，C，D是同一个球面上四点，是边长为3的等边三角形，若三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为（ ）. A. B. C. D. 【正确答案】 C 9-9（提升） 已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则四棱锥P-ABCD的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 9-10（提升） 已知四边形是等腰梯形，，，，，梯形的四个顶点在半径为的球面上，若是该球面上任意一点，则四棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 9-11（提升） 在三棱锥中，已知，若四点均在球的球面上，且恰为球的直径，则三棱锥的体积为（　　） A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 10 题】 知识点 利用互斥事件的概率公式求概率,独立事件的乘法公式 【正确答案】 D 10-1（基础） 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（ ） A.0.36 B.0.352 C.0.288 D.0.648 【正确答案】 D 10-2（基础） 某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 10-3（基础） 某保险公司把被保险人分为类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这类人在一年内发生事故的概率依次为，和．如果“谨慎的”被保险人占，“一般的”被保险人占，“冒失的”被保险人占，则一个被保险人在一年内出事故的概率是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 10-4（巩固） 某项密码破译工作需甲、乙、丙、丁四人完成，已知每人独立译出密码的概率为0.5，若二人合为一组则该组破译的概率为0.8，若三人合为一组则该组破译的概率为0.9，若四人合作则破译的概率提升到0.94．为完成此项工作，现有四种方案，方案1：四人独立翻译；方案2：分为两组每组两人，两组独立翻译：方案3：分为两组，一组三人、一组一人，两组独立翻译；方案4：四人一组合作翻译．则密码能被译出的概率最大的是（ ） A.方案1 B.方案2 C.方案3 D.方案4 【正确答案】 B 10-5（巩固） 已知某药店只有，，三种不同品牌的N95口罩，甲、乙两人到这个药店各购买一种品牌的N95口罩，若甲、乙买品牌口罩的概率分别是0.2，0.3，买品牌口罩的概率分别为0.5，0.4，则甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为（ ） A.0.7 B.0.65 C.0.35 D.0.26 【正确答案】 C 10-6（巩固） 某光学仪器厂生产的透镜，第一次落地打破的概率为；第一次落地没有打破，第二次落地打破的概率为；前两次落地均没打破，第三次落地打破的概率为．则透镜落地次以内（含次）被打破的概率是（ ）． A. B. C. D. 【正确答案】 D 10-7（提升） 甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋此赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场此赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同.则甲获得冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 10-8（提升） 2021年神舟十二号、十三号载人飞船发射任务都取得圆满成功，这意味着我国的科学技术和航天事业取得重大进步．现有航天员甲、乙、丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功结束任务，10分钟内不能完成任务则撤回再派下一个人，每个人只派出一次．已知甲、乙、丙10分钟内试验成功的概率分别为，，，每个人能否完成任务相互独立，该项试验任务按照甲、乙、丙顺序派出，则试验任务成功的概率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 10-9（提升） 某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门.首次到达此门，系统会随机（即等 可能）为你打开一个通道.若是号通道，则需要小时走出迷宫；若是号、号通道，则分别需要小时、小时返回智能门.再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止.则你走出迷宫的时间超过小时的概率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 11 题】 知识点 双曲线定义的理解,利用双曲线定义求点到焦点的距离及最值,求双曲线的离心率或离心率的取值范围,用和、差角的正弦公式化简、求值,正弦定理解三角形 【正确答案】 A C 11-1（基础） 过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，为坐标原点，若为的中点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 11-2（基础） 、为双曲线的左、右焦点，过作轴的垂线与双曲线交于，两点，，则的离心率为 A. B. C. D. 【正确答案】 A 11-3（基础） 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限的交点为A，直线与C的左支交于点B，且．设C的离心率为e，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 11-4（巩固） 双曲线C：的左，右焦点分别为，，是C上一点，满足 ，且，则C的离心率为（ ） A. B.2 C. D. 【正确答案】 B 11-5（巩固） 过双曲线的左焦点作x轴的垂线交曲线C于点P，为右焦点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 11-6（巩固） 双曲线：（，）的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，，，则的离心率为（ ） A. B.2 C. D. 【正确答案】 C 11-7（提升） 已知双曲线的两个焦点为，，以为圆心，为半径的圆与E交于点P，若，则E的离心率为（ ） A. B.2 C. D.3 【正确答案】 D 11-8（提升） 已知，是双曲线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C.2 D. 【正确答案】 B 11-9（提升） 已知双曲线的左､右焦点分别为，为双曲线右支上的一点，若在以为直径的圆上，且，则该双曲线离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 【原卷 12 题】 知识点 判断或证明函数的对称性,函数对称性的应用 【正确答案】 D 12-1（基础） 已知函数满足:对任意的，若函数与图像的交点为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 12-2（基础） 已知函数满足，，且与的图像的交点为，，，，则（ ） A.0 B.6 C.12 D.18 【正确答案】 D 12-3（基础） 已知定义在上的函数满足 ，若函数与函数的图象的交点为，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 12-4（巩固） 已知函数满足，函数的图象与的图象的交点为，，…，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 12-5（巩固） 已知函数与函数的图象交点分别为：，…，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 12-6（巩固） 对于函数，时， ，则函数的图象关于点成中心对称．探究函数图象的对称中心，并利用它求的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 12-7（巩固） 已知函数是上的满足，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（ ） A. B. C.0 D.1 【正确答案】 D 12-8（提升） 定义在上的函数的图象关于点成中心对称，对任意的实数都有 ，且，，则的值为（ ） A.0 B.1 C.-673 D.673 【正确答案】 D 12-9（提升） 已知函数图像与函数图像的交点为，，…，，则（ ） A.20 B.15 C.10 D.5 【正确答案】 A 12-10（提升） 若函数与图像的交点为,，…，，则 A.2 B.4 C.6 D.8 【正确答案】 A 12-11（提升） 已知函数，若函数与图象的交点为，，…，，则 A. B. C. D. 【正确答案】 B 【原卷 13 题】 知识点 计算古典概型问题的概率,实际问题中的组合计数问题 【正确答案】 13-1（基础） 有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是______结果用最简分数表示． 【正确答案】 13-2（基础） 从3名男生和2名女生中，任选3人参加社区志愿服务，其中男女生都入选的概率为___________. 【正确答案】 或 13-3（基础） 5本不同的语文书，4本不同的数学书，从中任意取出2本，取出的书恰好都是数学书的概率为_____. 【正确答案】 13-4（巩固） 把6个相同的篮球全部分给甲乙丙三个班级，则三个班级中恰有一个班级没得到篮球的概率为___________. 【正确答案】 13-5（巩固） 第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”"雪容融”等，小明现有“冬梦”"飞跃”“冰墩墩”"雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为___________. 【正确答案】 13-6（巩固） 从4名男同学和5名女同学中随机选取3人参加某社团活动，选出的3人中不都是男同学的概率为______（结果用数值表示） 【正确答案】 13-7（提升） 某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是______ .（用数字作答） 【正确答案】 13-8（提升） 某班共有4个小组，每个小组有2人报名参加志愿者活动．现从这8人中随机选出4人作为正式志愿者，则选出的4人中至少有2人来自同一小组的概率为________． 【正确答案】 13-9（提升） 一口袋中装有大小完全相同的红色、黄色、蓝色小球各一个，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回袋中继续摸球，当三种颜色都被记到就停止摸球，则恰好摸球五次就停止摸球的概率为______. 【正确答案】 【原卷 14 题】 知识点 求过已知三点的圆的标准方程 【正确答案】 14-1（基础） 顶点坐标分别为，，．则外接圆的标准方程为______． 【正确答案】 14-2（基础） 已知三个点，，，则的外接圆的圆心坐标是___________. 【正确答案】 (1，3) 14-3（基础） 过点，，的圆的标准方程为__________. 【正确答案】 14-4（巩固） 已知三点，，，则的外心到原点的距离为________． 【正确答案】 14-5（巩固） 一个等腰三角形底边上的高等于5，底边两端点的坐标是，则这个三角形外接圆的方程为_____ 【正确答案】 ，或者. 14-6（巩固） 点在同一个圆上,则________. 【正确答案】 14-7（提升） 一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在轴的负半轴上，则该圆的标准方程为_____. 【正确答案】 14-8（提升） 经过二次函数与坐标轴的三个交点的圆的方程为__________. 【正确答案】 14-9（提升） 已知抛物线与坐标轴交于，，三点，则外接圆的标准方程为___________. 【正确答案】 【原卷 15 题】 知识点 求余弦（型）函数的最小正周期,利用cosx（型）函数的对称性求参数 【正确答案】 3 15-1（基础） 若函数的一个零点为，则常数的一个取值为___________. 【正确答案】 15-2（基础） 已知函数，直线、为曲线的两条对称轴，且的最小正周期，则取得最小值时的值为________. 【正确答案】 15-3（基础） 若函数图象的一条对称轴方程为，则的一个取值为___________. 【正确答案】 2（答案不唯一） 15-4（巩固） 已知函数满足下列条件：①；②在区间与上具有相反的单调性；③，，，并且等号能取到．则______． 【正确答案】 15-5（巩固） 已知函数，若函数在上没有零点，则的取值范围是______． 【正确答案】 15-6（巩固） 设函数，其中．且，则的最小值为________． 【正确答案】 15-7（巩固） 已知函数在区间有三个零点，，，且，若，则的最小正周期为______． 【正确答案】 15-8（提升） 已知函数，，，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为________． 【正确答案】 15-9（提升） 已知函数，若且在区间上有最小值无最大值，则_______． 【正确答案】 4或10或10或4 15-10（提升） 已知函数的最小正周期为，其图象的一条对称轴为 ，则______. 【正确答案】 或 【原卷 16 题】 知识点 根据极值点求参数,根据极值求参数,利用导数研究方程的根,求过一点的切线方程 【正确答案】 16-1（基础） 函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是________． 【正确答案】 16-2（基础） 设是函数的两个极值点，若，则实数a的取值范围是______． 【正确答案】 16-3（基础） 若函数在区间上有两个极值点，则实数a的取值范围是______． 【正确答案】 16-4（巩固） 若函数在区间内有极小值，则的取值范围为________． 【正确答案】 16-5（巩固） 若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是________． 【正确答案】 16-6（巩固） 若函数在区间上有两个极值点，则实数的取值范围是________________. 【正确答案】 16-7（提升） 若函数f(x)＝ax2－ex＋1在x＝x1和x＝x2两处取到极值，且，则实数a的取值范围是________. 【正确答案】 16-8（提升） 若函数（为自然对数的底数）在的区间内有两个极值点，则实数的取值范围为___________. 【正确答案】 16-9（提升） 已知为常数，函数有两个极值点，则的取值范围为_________. 【正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 正弦定理边角互化的应用,余弦定理解三角形,余弦定理边角互化的应用 【正确答案】 （1）见解析    （2）14 17-1（基础） 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （Ⅰ）求角； （Ⅱ）若，且的面积是，求的周长． 【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）． 17-2（基础） 在△中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，且△的面积为，求△的周长． 【正确答案】 （1）；（2）. 17-3（基础） 已知中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，. （1）求角C的大小； （2）若，且的面积为，求的周长. 【正确答案】 （1）；（2）. 17-4（巩固） 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. 1、求角C的大小； 2、若，，求的周长. 【正确答案】 1、 2、 17-5（巩固） 的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c且. 1、求B； 2、若，的面积为，求a，c. 【正确答案】 1、 2、 17-6（巩固） 在中内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【正确答案】 （1）；（2）18. 17-7（巩固） 在中， 1、求角A的大小 2、若BC边上的中线，且，求的周长 【正确答案】 1、； 2、. 17-8（提升） 在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC． 1、求角B的大小； 2、若，角B的角平分线交AC于D，且BD＝1，求的周长． 【正确答案】 1、120° 2、 17-9（提升） 在中，内角的对边分别为，且． 1、求角； 2、若为锐角三角形，求的取值范围． 【正确答案】 1、； 2、. 17-10（提升） 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． (1)求B； (2)若2，，求的周长． 【正确答案】 (1)；(2). 【原卷 18 题】 知识点 证明线面垂直,证明面面垂直,线面角的向量求法 【正确答案】 18-1（基础） 如图，四棱锥中，平面ABCD，，E为PA上一点，且． （1）证明：平面平面PAC； （2）求直线PB与平面BEC所成角的正弦值． 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 18-2（基础） 如图，正三棱柱的高和底面边长均为2，点P，Q分别为，BC的中点． 1、证明：平面平面； 2、求直线BP与平面所成角的正弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-3（基础） 如图，四边形中，满足，，，，，将沿翻折至，使得. （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. 【正确答案】 （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 18-4（巩固） 如图，是圆O的直径，圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段的中点，. 1、证明：平面平面. 2、若G为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 18-5（巩固） 如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点E在棱上． 1、求证：平面平面； 2、当，E为的中点时，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，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且. 1、求证：平面平面； 2、若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-7（提升） 如图所示，四棱柱中，底面是以为底边的等腰梯形，且 . （I）求证：平面平面； （Ⅱ）若，求直线AB与平面所成角的正弦值. 【正确答案】 （I）证明见解析；（Ⅱ）. 18-8（提升） 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为在母线上，且． 1、求证：平面平面； 2、设线段上动点为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、1 18-9（提升） 如图，在四棱锥中，底面是圆内接四边形.，，. （1）求证：平面平面； （2）若点在内运动，且平面，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 【原卷 19 题】 知识点 计算几个数的平均数,相关系数的计算,根据样本中心点求参数 【正确答案】 19-1（基础） 为促进新能源汽车的推广，某市逐渐加大充电基础设施的建设，该市统计了近五年新能源汽车充电站的数量（单位：个），得到如下表格： 年份编号 1 2 3 4 5 年份 2016 2017 2018 2019 2020 新能源汽车充电站数量/个 37 104 147 196 226 （1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明； （2）求关于的线性回归方程，并预测2024年该市新能源汽车充电站的数量． 参考数据：，，，． 参考公式：相关系数， 回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为；，． 【正确答案】 （1）答案见解析；（2）；预测2024年该市新能源汽车充电站的数量为424个． 19-2（基础） 2022年2月4日北京冬奥运会正式开幕，“冰墩墩”作为冬奥会的吉祥物之一，受到各国运动员 的“追捧”，成为新晋“网红”，尤其在我国，广大网友纷纷倡导“一户一墩”，为了了解人们对“冰墩墩”需求量，某电商平台采用预售的方式，预售时间段为2022年2月5日至2022年2月20日，该电商平台统计了2月5日至2月9日的相关数据，这5天的第x天到该电商平台参与预售的人数y（单位：万人）的数据如下表： 日期 2月5日 2月6日 2月7日 2月8日 2月9日 第天 1 2 3 4 5 人数（单位：万人） 45 56 64 68 72 1、依据表中的统计数据，请判断该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）是否具有较高的线性相关程度？（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为） 2、求参与预售人数与预售的第天的线性回归方程；用样本估计总体，请预测2022年2月20日该电商平台的预售人数（单位：万人）. 参考数据：，附：相关系数 【正确答案】 1、具有较高的线性相关程度 2、，万人 19-3（基础） 应对严重威胁人类生存与发展的气候变化，其关键在于“控碳”，其必由之路是先实现“碳达峰”，而后实现“碳中和”，2020年第七十五届联合国大会上，我国向世界郑重承诺：争在2030年前实现“碳达峰”，努力争取在2060年前实现“碳中和”，近年来，国家积极发展新能源汽车，某品牌的新能源汽车某区域销售在2021年11月至2022年3月这5个月的销售量（单位：百辆）的数据如下表： 月份 2021年11月 2021年12月 2022年1月 2022年2月 2022年3月 月份代码： 1 2 3 4 5 销售量（单位：百辆） 45 56 64 68 72 1、依据表中的统计数据，请判断月份代码与该品牌的新能源汽车区域销售量（单位；百辆）是否具有较高的线性相关程度?（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为0.01. 2、求销售量与月份代码之间的线性回归方程，并预测2022年4月份该区域的销售量（单位：百辆） 参考数据：，，，参考公式：相关系数， 线性回归方程中，，，其中，为样本平均值. 【正确答案】 1、月份代码与销售量（单位:百辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系. 2、，预测2022年4月该品牌的新能源汽车该区域的销售量为 百辆 19-4（巩固） 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，人工栽培和野生植物数量不断增加.为调查该地区某种植物的数量，将其分成面积相近的150个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取15个作为样区，调查得到样本数据（，2，…，15），其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种植物的数量，并计算得，，，，. 1、求该地区这种植物数量的估计值（这种植物数量的估计值等于样区这种植物数量的平均数乘以地块数）； 2、求样本（，2，…，15）的相关系数（精确到0.01）； 3、根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种植物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由. 附：相关系数，. 【正确答案】 1、 2、 3、分层抽样，理由见解析 19-5（巩固） 当今社会面临职业选择时，越来越多的青年人选择通过创业､创新的方式实现人生价值.小明是一名刚毕业的大学生，通过直播带货的方式售卖自己家乡的特产，下面是他近5个月的家乡特产收入y（单位：万元）情况，如表所示. 月份 5 6 7 8 9 时间代号t 1 2 3 4 5 家乡特产收入y 3 2.4 2.2 2 1.8 1、根据5月至9月的数据，求y与t之间的线性相关系数（精确到0.001），并判断相关性； 2、求出y关于t的回归直线方程（结果中保留两位小数），并预测10月收入能否突破1.5万元，请说明理由. 附：相关系数公式：.（若，则线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合）②一组数据，，…，，其回归直线方程的斜率 和截距的最小二乘估计公式分别为，.③参考数据：. 【正确答案】 1、，y与t具有很强的线性相关关系 2、，10月收入从预测看不能突破1.5万元，理由见解析 19-6（巩固） 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京市和张家口市联合举行，此项赛事大大激发了国人冰雪运动的热情．某滑雪场在冬奥会期间开业，下表统计了该滑雪场开业第x天的滑雪人数y（单位：百人）的数据． 天数代码x 1 2 3 4 5 6 7 滑雪人数y（百人） 11 13 16 15 20 21 23 1、根据第1至7天的数据分析，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明（保留两位有效数字）； 2、经过测算，若一天中滑雪人数超过3000人时，当天滑雪场可实现盈利，请建立y关于x的回归方程，并预测该滑雪场开业的第几天开始盈利． 附注：参考公式：，． 参考公式：①对于一组数据，，…，，其相关系数； ②对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，． 【正确答案】 1、0.97，答案见解析 2、，第11天开始盈利 19-7（提升） 某企业计划新购买100台设备，并将购买的设备分配给100名年龄不同（视为技术水平不同）的技工加工一批模具，因技术水平不同而加工出的产品数量不同，故产生的经济效益也不同.若用变量x表示不同技工的年龄，变量y为相应的效益值（元），根据以往统计经验，他们的工作效益满足最小二乘法，且y关于x的线性回归方程为. 1、试预测一名年龄为52岁的技工使用该设备所产生的经济效益； 2、试根据r的值判断使用该批设备的技工人员所产生的效益与技工年龄的相关性强弱（，则认为y与x线性相关性很强；，则认为y与x线性相关性不强）； 3、若这批设备有A，B两道独立运行的生产工序，且两道工序出现故障的概率依次是0.02，0.03.若两道工序 都没有出现故障，则生产成本不增加；若A工序出现故障，则生产成本增加2万元；若B工序出现故障，则生产成本增加3万元；若A，B两道工序都出现故障，则生产成本增加5万元.求这批设备增加的生产成本的期望. 参考数据：； 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，，. 【正确答案】 1、元 2、很强 3、万元 19-8（提升） 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.某市一调查机构针对该市市场占有率最高的甲、乙两家网络外卖企业（以下简称外卖甲、外卖乙）的经营情况进行了调查，调查结果如下表： 日期 1 2 3 4 5 外卖甲日接单量x/百单 5 2 9 8 11 外卖乙日接单量y/百单 2.2 2.3 10 5 15 1、据统计表明y与x之间具有线性相关关系. （i）请用样本相关系数r加以说明；（若，则可认为y与x有较强的线性相关关系） （ii）经计算求得y与x之间的经验回归方程为，假定每单外卖企业平均能获纯利润3元，试预测当外卖乙日接单量不低于2500单时，外卖甲所获取的日纯利润的最小值.（结果精确到0.01） 2、试根据表格中这五天的日接单量情况，从平均值和方差角度说明这两家外卖企业的经营状况. 参考数据：，. 【正确答案】 1、（i）答案见解析，（ii）6030元 2、答案见解析 19-9（提升） 人工智能教育是将人工智能与传统教育相结合，借助人工智能和大数据技术打造的智能化教育生态.为了解我国人工智能教育发展状况，通过中国互联网数据平台得到我国2015年－2020年人工智能教育市场规模统计图.如图所示，若用x表示年份代码(2015年用1表示，2016年用2表示，依次类推)，用y表示市场规模(单位：亿元)，试回答： 1、根据条形统计图中数据，计算变量y与x的相关系数r，并用r判断两个变量y与x相关关系的强弱(精确到小数点后2位)； 2、若y与x的相关关系拟用线性回归模型表示，试求y关于x的线性回归方程，并据此预测2022年中国人工智能教育市场规模(精确到1亿元). 附：线性回归方程，其中； 相关系数； 参考数据：. 【正确答案】 1、，正相关很强. 2、，2677亿元. 【原卷 20 题】 知识点 根据椭圆过的点求标准方程,椭圆中的直线过定点问题 【正确答案】 20-1（基础） 已知椭圆过点，其右顶点为，下顶点为，且，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点. （I）求椭圆的方程： （2）当点的横坐标的乘积是时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由. 【正确答案】 （1）；（2）直线过定点，定点为. 20-2（基础） 已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，椭圆与直线相切于点． 1、求椭圆的标准方程； 2、若直线：与椭圆相交于、两点（，不是长轴端点），且以为直径的圆过椭圆在轴正半轴上的顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 【正确答案】 1、； 2、答案见解析. 20-3（基础） 椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是. （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线过定点. 【正确答案】 （1）；（2）见解析 20-4（巩固） 已知椭圆经过点和点． 1、求椭圆的标准方程和离心率； 2、若、为椭圆上异于点的两点，且点在以为直径的圆上，求证：直线恒过定点． 【正确答案】 1、椭圆的标准方程为，离心率为 2、证明见解析 20-5（巩固） 已知椭圆经过点，其右顶点为． 1、求椭圆的方程； 2、若点、在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，证明直线经过定点． 【正确答案】 1、 2、证明见解析 20-6（巩固） 已知F是椭圆的左焦点，焦距为4，且C过点． 1、求C的方程； 2、过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1与C交于A，B两点，l2与C交于D，E两点，记AB的中点为M，DE的中点为N，试判断直线MN是否过定点，若过点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【正确答案】 1、 2、过定点，定点坐标为 20-7（提升） 已知椭圆T：经过以下四个不同点中的某三个点：，，，． （1）求椭圆T的方程； （2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，得到椭圆E．已知M，N两点的坐标分别为，，点F是直线上的一个动点，且直线，分别交椭圆E于G，H（G，H分别异于M，N点）两点，试判断直线是否恒过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【正确答案】 （1）；（2）直线恒过定点. 20-8（提升） 已知椭圆：（）的左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线：与的两个交点和，构成一个面积为的菱形. 1、求的方程； 2、圆过，，交于点，，直线，分别交于另一点，. ①求的值； ②证明：直线过定点. 【正确答案】 1、 2、①②证明见解析 20-9（提升） 已知椭圆过点，椭圆的左、右顶点分别为，点P坐标为，成等差数列． 1、求椭圆的标准方程； 2、若对斜率存在的任意直线l与椭圆恒有M，N两个交点，且．证明：直线l过定点． 【正确答案】 1、 2、证明见解析 20-10（提升） 已知椭圆：过点，且点A到椭圆的右顶点的距离为. 1、求椭圆的方程； 2、已知为坐标原点，直线：与交于M，N两点，记线段MN的中点为P，连接OP并延长交于点Q，直线交射线OP于点R，且，求证；直线过定点. 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【原卷 21 题】 知识点 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究函数的零点 【正确答案】 21-1（基础） 已知函数f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R． 1、若k＝0，求曲线y＝f(x)在x＝0处切线的方程； 2、讨论函数f(x)在[0，＋∞)上零点的个数． 【正确答案】 1、 2、当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点. 21-2（基础） 已知函数． 1、求函数的图象在处的切线方程； 2、判断函数的零点个数，并说明理由. 【正确答案】 1、 2、在区间上有且仅有一个零点，理由见解析 21-3（基础） 已知函数. 1、当时，求曲线在点处的切线方程； 2、讨论在区间上的零点个数. 【正确答案】 1、 2、见解析 21-4（巩固） 已知函数. （1）若，求曲线的斜率等于3的切线方程； （2）若在区间上恰有两个零点，求a的取值范围. 【正确答案】 （1）；（2）． 21-5（巩固） 已知函数，其中为常数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在区间上只有一个零点，求的取值范围. 【正确答案】 （1）；（2）. 21-6（巩固） 已知函数，其中. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在内只有一个零点，求的取值范围. 【正确答案】 （1）；（2）. 21-7（巩固） 已知函数 求曲线在点处的切线方程 若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围 【正确答案】 (1) x+y-1=0. (2) . 21-8（提升） 已知函数． 1、求曲线在点，处的切线方程； 2、当时，求的单调区间； 3、当时，在区间有一个零点，求的取值范围． 【正确答案】 1、 2、单调递增区间为，，单调递减区间为，，，． 3、 21-9（提升） 已知函数（）． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若恰有两个零点，求实数的取值范围． 【正确答案】 （1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）． 21-10（提升） 已知函数，. 1、求在点处的切线方程； 2、求证：当时，有且仅有个零点. 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【原卷 22 题】 知识点 判断直线与抛物线的位置关系,普通方程与极坐标方程的互化,参数方程化为普通方程,利用圆锥曲线的参数方程求最值问题,参数方程综合 【正确答案】 22-1（基础） 已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程以及曲线的直角坐标方程； （2）判断曲线与曲线公共点的个数，并说明理由. 【正确答案】 （1）曲线：；曲线：；（2）2，理由见解析； 22-2（基础） 已知曲线的参数方程为 (t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）把的极坐标方程化为直角坐标方程; （2）判断与交点的个数. 【正确答案】 （1）；（2）. 22-3（基础） 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(t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）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （2）若曲线与曲线有且仅有三个不同的交点，求实数a的值. 【正确答案】 （1）曲线的普通方程为：，曲线的直角坐标方程为：；（2）. 22-4（巩固） 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，(参数)，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程； （2）若，当曲线与曲线有两个公共点时，求的取值范围. 【正确答案】 （1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2） 22-5（巩固） 在平面直角坐标系中，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）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程； （2）判断曲线和曲线的位置关系． 【正确答案】 （1），；（2）相交. 22-6（巩固） 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）． （1）写出曲线的直角坐标方程； （2）若曲线与有两个不同的交点，求实数的取值范围． 【正确答案】 （1）（2） 22-7（提升） 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求的普通方程和的直角坐标方程； （2）判断与公共点的个数，并说明理由． 【正确答案】 （1），；（2）有且只有1个公共点，理由见解析. 22-8（提升） 已知直线（t是参数，），曲线（t是参数）. 1、若l与E有公共点，求直线l的斜率的取值范围； 2、若l与E有两个公共点，求直线l的斜率的取值范围. 【正确答案】 1、 2、 22-9（提升） 已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，m为常数）以直角坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为． 1、求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； 2、若曲线C与直线l有公共点，求m的取值范围． 【正确答案】 1、， 2、 【原卷 23 题】 知识点 三元基本（均值）不等式,利用基本不等式证明不等式 【正确答案】 23-1（基础） （1）已知，且，证明：； （2）已知，且，证明：. 【正确答案】 （1）见解析（2）见解析 23-2（基础） 选修4-5 不等式选讲 已知均为正实数. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若，求. 【正确答案】 (1)见解析.(2)见解析. 23-3（基础） 设，，，且，求证： （1）； （2）． 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 23-4（巩固） 若a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝2. （1）求abc的最大值； （2）证明：. 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 23-5（巩固） 已知正数，，满足. 1、证明：； 2、证明：. 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 23-6（巩固） 若为正实数，且满足. （1）求的最大值； （2）证明:. 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 23-7（巩固） 已知正数，，满足． 1、求的最大值； 2、证明：． 【正确答案】 1、1 2、证明见解析 23-8（提升） 已知，，是正数，且满足，求证： （1）； （2）. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 23-9（提升） 已知，且满足. （1）证明：； （2）证明：. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 23-10（提升） 已知正数a，b，c满足． 1、求证：； 2、求证：． 【正确答案】 1、证明详见解析； 2、证明详见解析. 2022年高考全国乙卷数学（理科）高考真题变式题答案解析 1/154 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】 D 【试题解析】 分析: 根据自然数集、有理数集、空集的含义判断数与集合的关系. 详解: ∵R表示实数集，Q表示有理数集，N表示自然数集，∅表示空集， ∴π∈R，0∈Q，0.7∉N，0∉∅， ∴正确的个数为1 . 故选:D. 1-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据元素和集合的关系逐一判断即可. 详解: 0是自然数，是无理数，不是有理数，是整数，根据元素和集合的关系可知，只有A正确； 故选：A 1-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由题设可得，结合集合与集合、元素与集合的关系判断各选项的正误即可. 详解: 由题设，，而为自然数集，则，且， 所以，，故A、B、D错误，C正确. 故选：C 1-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用元素与集合，集合与集合的关系判断. 详解: 因为集合是奇数集， 所以，，，A， 故选：C 1-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据元素与集合的关系，集合与集合的关系逐个分析判断 详解: 对于A，因为，所以，所以A错误， 对于B，因为是集合，且，所以，所以B错误， 对于C，因为，所以，所以C正确， 对于D，因为1是元素，，所以D错误， 故选：C 1-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用元素与集合的关系判断即可. 详解: 由集合，即集合是所有的偶数构成的集合. 所以，，， 故选：D 1-7【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据集合的运算求出集合，再根据元素与集合的关系即可得出答案. 详解: 解：，， 所以，，，. 故选：A． 1-8【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据已知条件可得，再由子集的定义即可求解. 详解: 因为，所以， 根据子集的定义可知：，， 故选：A. 1-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据集合的并集概念的理解可确定AB不一定正确，D不正确，C一定正确. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 详解: ， , 故,不一定正确，一定不正确，一定正确. 故选：C 2-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设，可得出，由等式可得出关于实数、的方程组，进而可求得. 详解: 设，则，则， 可得，，因此，. 故选：D. 2-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设，由已知条件化简得到复数相等，即可求出和，进而求出. 详解: 解：设，则， 因为 故 即 则，解得： 故， 所以. 故选：C. 2-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 先设，进而得到，再代入已知式子中，得到关于、的方程组并求解，最后根据复数的相关概念即可得出结果. 详解: 设，则， 所以，所以，解得. 所以，所以的实部为， 故选：B. 2-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 详解: 分析：利用复数的运算法则化简复数，再由复数相等即可得出. 详解：由，可得， 即，可得，所以，所以. 故选：C 点睛：本题主要考查了复数的运算与复数相等的概念，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 2-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设，根据条件可得，进而可得，即得. 详解: 设，则， 由，可得， ∴，即， ∴. 故选：B. 2-6【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设，再根据条件建立方程 1/154 学科网（北京）股份有限公司 求解即可. 详解: 设， 由，有，得， 由，有，得， 故. 故选：B 2-7【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用复数的乘法运算化简复数，然后根据实部和虚部的定义求解即可. 详解: 由复数的乘法运算可知， ， 因为复数的实部与虚部的和为12，所以，解得，. 故选：B. 2-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由复数的乘法运算结合复数相等的定义求出，，再由模长公式得出. 详解: ，即，根据复数相等的充要条件，得且，解得，，所以． 故选：C． 2-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 将化为，根据复数的相等，求得，求得答案. 详解: 由可得， 即，故 ， 故， 故选：A 3-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据，平方得到，再计算，得到答案. 详解: 故选： 点睛: 本题考查了向量模的计算，先计算出是解题的关键. 3-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先对两边平方化简求出的值，从而可求出的值 详解: 解：因为，，，， 所以，，得 ， 所以， 故选：D 3-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 详解: 分析：由向量的数量积的性质：向量的平方即为模的平方，由条件可得，再由 ，代入计算即可得到所求值. 详解：由， 可得， 即， ， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 则. 故选：D. 点睛：本题考查向量的模的求法，注意运用向量的数量积的性质：向量的平方即为模的平方，考查化简整理的运算能力，属于中档题. 3-4【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据向量的模长公式及向量的数量积运算律即得. 详解: 因为，且， 所以. 故选：B. 3-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据向量数量积的性质及平方法，求解数量积. 详解: ， 故选：B 3-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由模长公式求解即可. 详解: ， 故选：A 3-7【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据，，由，求得，然后再由求解. 详解: 因为，， 所以， 解得， 所以. 故选：D 点睛: 本题主要考查平面向量数量积运算及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 3-8【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 将两边平方，根据向量数量积的运算律即可求出的值. 详解: 故选：D. 3-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 先根据向量的模的平方以及向量数量积求得、，再根据向量的模的平方求结果. 详解: 因为，所以，因此由得，从而，选A. 点睛: 本题考查向量的模以及向量数量积，考查基本求解能力. 3-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 直接利用数量积的运算和，即可求解. 详解: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 因为，则，. 又，则有，化简得，解得：. 故选：A 4-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 先根据递推关系式得，再归纳出当为奇数时，，当为偶数时，，最后研究奇数项以及偶数项的单调性，即可判断选项. 详解: ， 当为奇数时，，当为偶数时，， 因此当为奇数时，； 当为偶数时， 因此 故选：C 点睛: 本题考查数列单调性、根据数列递推关系式归纳规律，考查基本分析归纳判断能力，属基础题. 4-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由，变形为开方求解判断. 详解: 因为， 所以， 因为， 所以， 则， 故， 因为， 所以， 。 故选：A 4-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据可推导得到当时，，结合可求得，由此可得，知AB正误；由，采用裂项相消法可知C正确；根据递推关系式计算出即可知D正确. 详解: 对于A，由得： ， 时，； ，，，依次类推可得：， ，是单调递增数列，A正确； 对于B，由A中推导可知：，不存在，使得，B错误； 1/154 学科网（北京）股份有限公司 对于C，由得：， ， ，C正确； 对于D，由，得：，，D正确. 故选：B. 4-4【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由已知式变形，再写一次（用换）可得，这样 ．然后根据利用等差中项法判断等差数列，利用定义判断数列的单调性． 详解: 由题意知，则， 从而， 则， 因此． 对于选项A，C，当时， ， 从而， 故数列不可能是等差数列，因此选项A错误， 若，则， 从而， 即， 因此数列是递减的，因此选项C错误； 对于选项B，D，当时， ， 从而， 故数列不可能是等差数列，因此选项B错误， 若，则， 从而， 即， 因此数列是递减的，选项D正确． 故选：D． 点睛: 关键点点睛：本题考查等差数列的判断，数列的单调性，解题关键是对已知递推关系变形得出是常数，根据利用等差数列和单调性的概念判断． 4-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据指数函数的性质判断，即可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项，再证明即可，从而得解； 详解: 解：因为，，所以，， 因为指数函数单调递减，所以，即， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 即，故，即，所以， 可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项， 因为，当时， 所以，所以①， 因为，所以，即，进而得到， 以此类推得且，所以， 由①可得， 由，所以，即，由得到， 以此类推得单调递减，所以， 所以； 故选：D 4-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 先构造函数证明成立，再利用此不等式对进行放缩，得到，即可得到结果. 详解: 设，则， 所以，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 而，所以， 所以. 故选：A. 点睛: 本题主要考查数列不等式的证明、放缩法的应用，考查考生的逻辑思维能力、化归与转化能力，考查数学运算、逻辑推理等核心素养. 4-7【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 分别对和时，比较的大小，从而确定A,B两项也是错误的，从而得到正确选项. 详解: 当时，， ， ， 由拉格朗日中值定理得，， ，， 所以，所以， 时，，，同理可得，， 故选：C. 点睛: 该题考查的是有关判断数列单调性的问题，涉及到的知识点有拉格朗日中值定理，属于中档题目. 4-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 设，则有， ，，构建，求导分析可知导函数恒大于零，即数列，都是单调数列，分别判定，，即得单调性，数列与的单调性一致，可判定A选项正确；B、C选项利用分析法证明，可知B正确，C错误；D选项利用数学归纳法证分两边证，即可证得. 详解: ∵，， ∴，，， 设，，，则， 令，则，∴单调递增， 将，看作是函数图象上两点，则， ∴数列，都是单调数列， ，同理，，，即，， ∴单调递增，单调递减，而数列与的单调性一致， ∴是单调递增数列，是单调递减数列，A正确； 由得， 要证，即证，即，即证， 也即要证，等价于， 显然时，，时，，故成立， ∴不等式成立．B正确； 欲证，只需证，即 即，显然成立， 故，所以， 故C选项错误； 欲证，因单调性一致则只需证，只需证 因为，若，则； 又因为，若，则， 由数学归纳法有，则成立 故D选项正确。 1/154 学科网（北京）股份有限公司 故选：C 点睛: 本题考查二阶线性数列的综合问题，涉及单调数列的证明，还考查了分析法证明与数学归纳法的证明．旨在考查学生分析问题解决问题的能力，考查转化与化归能力，逻辑推理能力，抽象与概括能力．属于难题. 4-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用二次函数的性质及递推关系得，然后作差，可判断①，已知等式变形为，求出平方和可得②成立，利用简单的放缩可得，可判断③，利用数学归纳法思想判断④． 详解: ，若，则， ∴，∴，①正确； 由已知， ∴，②正确； 由及①得，， ∴， 显然对任意的正数，在在正整数，使得，此时成立，③正确； (i)已知成立， (ii)假设，则， 又，即，∴， 由数学归纳法思想得④正确． ∴4个命题都正确． 故选：D． 点睛: 方法点睛：本题考查由数列的递推关系确定数列的性质．解题方法一是利用函数的知识求解，二是利用不等式的放缩法进行放缩证明，三与正整数有关的命题也可利用数学归纳法证明． 5-1【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据抛物线的定义求得点的横坐标，进而求得点的纵坐标，从而求得点到轴的距离. 详解: 根据题意可知抛物线的准线方程为，∵到该抛物线的焦点的距离为， ∴到准线的距离为，即，∴，代入抛物线方程求得， ∴点到轴的距离为. 故选：A 5-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设点的坐标，由焦半径公式列出方程，求出点的横坐标，从而求出纵坐标，得到答案. 详解: 由题意得，所以准线为， 又因为，设点的坐标为， 则有，解得： 将代入解析式得：， 所以M点到x轴的距离为． 故选：D． 5-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由抛物线焦半径公式可直接构造方程求得结果. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 详解: 由抛物线方程知：为抛物线的焦点，，解得：. 故选：B. 5-4【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据抛物线的定义及两点间的距离即可求解. 详解: 由，得，解得，所以， 设，则 由抛物线的定义知，，又， 所以，解得， 因为点是抛物线上一点， 所以，解得，所以， 所以. 故选：A. 5-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 方法一（几何法）：根据抛物线的概念，结合直角三角形相关知识和已知条件即可求解；方法二（代数法）：设直线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、抛物线的概念和已知条件即可求解. 详解: 方法一：如图，分别过点，作准线的垂线，，垂足分别为，，过点作于点，交轴于点．由已知条件及抛物线的定义，得，，所以．在中，因为，，所以，所以，所以焦点到准线的距离为，即． 方法二：依题意，直线不与轴垂直，设直线的方程为，将其代入抛物线的方程，得．设，，则．因为，所以，即，，所以，解得． 故选：C. 5-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用抛物线的定义，可以转化为点A到准线的距离为5，作差可求出的长度. 详解: 解：抛物线方程，准线方程为：，因为，所以点A到准线的距离为5，且，直线与准线方程的距离为 ，所以. 故选：C 5-7【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 过作准线的垂线，垂足分别为，利用抛物线的定义得线段长关系，利用平行线性质得比例式，求得后可得弦长． 详解: 过作准线的垂线，垂足分别为，则， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ，，记， 由得即，解得，所以． 故选：B． 点睛: 关键点点睛：本题考查抛物线的焦点弦长，解题关键是利用抛物线的定义把点到焦点的距离转化为到准线的距离，然后由平面几何知识求解． 5-8【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 过作垂直于轴，垂足为，过作垂直于轴，垂足为，设，根据直角三角形相似可得，得，解方程组可得结果. 详解: 过作垂直于轴，垂足为，过作垂直于轴，垂足为，如图： 设，则，，，，， 根据直角三角形相似可得， 所以， 由得， 由得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以. 故选：B 5-9【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式求得，进而可得，根据抛物线定义求目标式的值. 详解: 由题设，，代入抛物线可得， 所以，，则 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 则，可得（舍）或，故， 由抛物线定义知：. 故选：B 6-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 该程序的功能是利用循环结构计算并输出S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 详解: S＝1，i＝1 第一次执行循环体后，S＝2，i＝2，不满足条件； 第二次执行循环体后，S＝4，i＝3，不满足条件； 第三次执行循环体后，S＝7，i＝4，满足退出循环的条件； 故输出的S值为7， 故选C． 点睛: 本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题． 6-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件，跳出循环，计算输出的值． 详解: 由程序框图知：输入时，，，， 第一次循环，，； 第二次循环，，； 第三次循环，，； 满足条件，跳出循环，输出，故选C． 点睛: 本题主要考查了循环结构的程序框图，当循环的次数较少时，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法，当循环次数较多时，寻找其规律，注意循环的终止条件是解题的关键，属于基础题． 6-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可． 详解: 程序对应的函数为y， 若x≤0，由y＝1得ex＝1，得x＝0，满足条件． 若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件． 综上x＝0或e， 故选C． 点睛: 本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键． 6-4【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据条件执行循环，输出结果. 详解: 第1步：S＝－3，k＝3；第2步：S＝－，k＝5；第3步：S＝，k＝7； 第4步：S＝2，k＝9，退出循环，此时，k＝9 故选D 点睛: 本题考查循环结构流程图，考查基本分析判断能力，属基本题. 6-5【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 模拟执行该程序框图，即可得到输出结果. 详解: 模拟程序框图的执行情况如下： ，不满足， ，不满足， ，满足，输出. 故选：A. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题考查由程序框图计算输出结果，属基础题. 6-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的k和S值，根据题意即可得到结果. 详解: 程序运行如下，k=0, S＝＝﹣1， k＝1，S＝＝； k＝2，S＝； k＝3，S＝＝-1… 变量S的值以3为周期循环变化，当k=2018时，s=2， K=2019时，结束循环，输出s的值为2． 故选A． 点睛: 本题考查程序框图，是当型结构，即先判断后执行，满足条件执行循环，不满足条件，跳出循环，算法结束，解答的关键是算准周期，是基础题． 6-7【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值. 详解: 第一次循环，； 第二次循环，； 第三次循环，， 退出循环，输出，故选B. 点睛: 本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可. 6-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据程序框图，执行循环，依次求出的值并判断，直至跳出循环，即可求出输出的值． 详解: 第1次循环：是，； 第2次循环：是，； 第3次循环：是，； 第4次循环：否，输出，结束程序． 故选：C． 点睛: 本题主要考查程序框图的理解，属于基础题． 6-9【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据程序框图，模拟计算过程即可求解. 详解: 程序框图的执行过程如下： ，； ，； ，； ，， 循环结束. 故选B. 点睛: 本题主要考查了程序框图，算法结构，属于中档题. 7-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，写出点的坐标，用向量法确定线线平行与垂直，由向量与平行法向量的平行与垂直确定线面的平行与垂直． 详解: 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，，，设 1/154 学科网（北京）股份有限公司 （， 则，， 因为，所以不可能平行，即不可能平行， 又，，因此可以垂直，即与可能垂直． ，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 与不可能平行，因此与平面不可能垂直， ，因此与不可能垂直，因此与平面不可能平行， 故选：B． 7-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断. 详解: 连接、，交于点，连接、，交于点. 连接、、、、. 由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误； 在四边形中，且，所以四边形为平行四边形. . 平面，平面，平面，故B正确； 由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面， ，又， ，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误； 显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误. 故选：B. 7-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果判断A，B．利用异面直线的判断方法判断C，利用在面上的射影为判断D． 详解: 设正方体中棱长为2， 以D为原点，DA为x轴，为z轴，建立空间直角坐标系， ，，，，， 对于A： ，， 设平面的一个法向量， 所以得，令，则， 平面的一个法向量， 又，所以， 所以不平行于面，所以A错误； 对于B： ，，， ∴， ∴，， ∴平面ADF，故B正确； 对于C： ∵面，面， 且，所以直线与BF为异面直线，故C错误； 对于D： ∵面，所以二面角的平面角为锐角，故D错误． 故选：B． 7-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据线面位置关系、面面位置关系判断命题①③④，由棱锥体积公式判断②． 详解: 与显然不垂直，而，因此与显然不垂直，从而平面是错误的，①错； ，三棱锥中，平面即平面，到平面的距离为是定值，中，的长不变，到的距离不变，面积为定值，因此三棱锥体积是定值，②正确； 平面就是平面，而与平面相交，③错； 长方体中平面，平面，所以平面平面，即平面平面，④正确． 故选：C． 7-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，取线段的中点，求出平面的法向量，利用空间向量法可判断AB选项的正误；分析可知， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可判断CD选项的正误. 详解: 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、、、、， ，，所以，， ，线段的中点为，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则. 对于A选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 若平面平面，则，则，解得，A对； 对于B选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 若平面平面，则，即，解得，B对； 对于CD选项，，则，故， 因为. 因为，当时，取最小值，则的面积最小，D错， 当时，取最大值，则的面积最大，C对. 故选：D. 7-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 以D为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，1为单位长度，利用直线和平面法向量的关系判断各选项即可. 详解: 以D为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 设正方体的棱长为1，则，,，，，，,则，，，，，, 当时，， 设平面的法向量为， 则取，则，， 则为平面的一个法向量，因为，所以，又因为平面，所以直线平面，故A正确，B不正确． 当时，， 设平面的一个法向量为， 则，取则，， 则为平面的一个法向量， 因为与不共线，所以直线与平面不垂直，故C不正确； 当时，， 因为与不共线，所以直线与平面不垂直，故D不正确． 故选：A． 7-7【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得； 详解: 解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以 对于A：若平面，则，则，解得，故A错误； 对于B：若平面，则，即，解得，故B错误； 当为直角三角形时，有，即，解得 1/154 学科网（北京）股份有限公司 或（舍去），故C错误； 设到的距离为，则， 当的面积最小时，，故正确． 故选：． 7-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 建立空间直角坐标系，利用向量法判断AB，根据三棱锥体积公式判断C，由线面角的定义法判断D. 详解: 以D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则, 故， 设平面A1BD的法向量， 则，即， 令，则， 所以， 因为,所以不垂直平面A1BD的法向量， 故直线CE//平面A1BD不正确，故A错误； 因为， 所以CE⊥BD1不正确，故B错误； 因为，所以三棱锥C1－B1CE的体积为，故C正确; 因为平面CDD1C1，所以即为直线B1E与平面CDD1C1所成的角， 所以，而,所以， 故D不正确. 故选：C 7-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 如图1，取AD中点M，连接MD1与MQ，说明PQ与BD1异面，判断①；如图2，取CD中点R，可得平面PQR∥平面BB1D1D，判断②；通过PQ⊥B1C，则C1Q⊥B1C，推出矛盾，判断③；利用体积求解判断④. 详解: 解：如图1，取AD中点M，连接MD1与MQ，则MQ∥D1C1，B平面MQC1D1，则PQ与BD1异面，矛盾，故①错误；如图2，取CD中点R，易得平面PQR∥平面BB1D1D，故②正确；若③正确，则PQ⊥B1C，则C1Q⊥B1C，矛盾，故③错误； 如图2，.故④正确. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 故选：C. 8-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 直接由，解出首项和公比，即可求解. 详解: 设公比为，则，又，解得，故. 故选：C. 8-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据等比中项得到，设出公比，得到方程组，求出公比，进而求出答案. 详解: ，因为，所以，，又，故，设公比是，则，两式相除得：，解得：或（舍去），故. 故选：C 8-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据等比数列的性质，求得，再由，求得，进而求得的值. 详解: 由题意，等比数列的各项均为正数，即， 因为，可得， 又因为，可得，所以. 故选：A. 8-4【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设正项等比数列的公比为，依题意根据等比数列的通项公式及前项和公式求出、，即可得解； 详解: 解：设正项等比数列的公比为，由，即，即，解得或（舍去），又，解得，所以； 故选：B 8-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由等比数列通项公式、前n项和有，即可求基本量. 详解: 由，可得或. 故选：C 8-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据等比数列通项公式，结合数列前n项和性质进行求解即可. 详解: 设等比数列的公比为， 因为=1，， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 所以， 由， 故选：A 8-7【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设等比数列的公比为，利用题中条件求出，再由可计算出的值. 详解: 设等比数列的公比为，则 ， 整理得，，解得，因此，，故选D. 点睛: 本题考查等比数列中基本量的计算，一般利用首项和公比建立方程（组）求解基本量，考查运算求解能力，属于基础题. 8-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据S3 = a2 +10a1 ，a5 = 9，利用“”法求解. 详解: 因为S3 = a2 +10a1， 所以a2 +a3= a2 +10a1， 即a3= 9a1，即= 9a1， 解得= 9， 又因为a5 = 9， 所以= 9， 解得， 故选：C. 8-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设等比数列的公比为，根据条件求出的值，再利用可求出的值. 详解: 设等比数列的公比为，由，得，， 所以，，因此，，故选C. 点睛: 本题考查等比数列中的相关计算，对于等比数列的问题，一般建立首项和公比的方程组，利用方程思想进行求解，考查运算求解能力，属于中等题. 9-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 求出球心到底面ABC的距离和球的半径，从而确定三棱锥的高的最大值为3，利用椎体体积公式求出体积的最大值. 详解: 球O的半径为R，则，解得：， 由已知可得：，其中 球心O到平面ABC的距离为， 故三棱锥的高的最大值为3， 体积最大值为． 故选：C． 1/154 学科网（北京）股份有限公司 9-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 作出图形正四棱锥，如图，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，在直角三角形中应用勾股定理求得球半径． 详解: 解：如图正四棱锥，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，设正四棱锥的底面边长为， 由，得． ，设球的半径为， 则由得，解得． 故选：A． 点睛: 本题考查正四棱锥与其外接球，解题关键是掌握正四棱锥的性质，其外接球球心一定在其高上（实际上内切球球心也在高上）． 9-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 作出图形，根据正棱锥的几何性质计算出球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果. 详解: 如下图所示： 因为四边形为正方形，则球心为正方形的中心， 所以，平面，所以，为球的半径，且， 因此，球的体积为. 故选：A. 9-4【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当且仅当、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得. 详解: 在中，根据正弦定理，可得 ，所以．如图， 设为的外心，则为AC的中点，且，由于球O的表面积为，所以球O的半径， 当，，三点共线且平面CAB和点S位于点O的异侧时， 三棱锥的体积最大．此时 故选：D 1/154 学科网（北京）股份有限公司 9-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设三棱锥的外接球的球心为，外接圆的圆心为，过球心作，垂足为，进而证明四边形为矩形，再根据几何关系求得，进而求几何体的体积. 详解: 解：如图，设三棱锥的外接球的球心为，外接圆的圆心为， 所以平面， 因为平面，所以，， 过球心作，垂足为， 所以，所以四边形为矩形， 因为三棱锥的外接球的表面积为， 所以三棱锥的外接球的半径为，即， 所以，由正弦定理得外接圆的半径为，即， 所以，在中，， 所以 所以，在中，，即，亦即，解得或（舍） 所以，三棱锥的体积为. 故选：C 9-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 设点M为三角形ABC的中心，为球心，当为MO与球的交点，判断出当平面，此时三棱锥体积最大，然后进行计算可得. 详解: 如图所示， 设点M为三角形ABC的中心，为球心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， 则，所以, 所以点M为三角形ABC的中心，所以， 中，有， ， . 故选：A 9-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据给定条件，确定外接圆圆心，在三棱锥的体积最大时，确定外接球球心与、P 1/154 学科网（北京）股份有限公司 的位置关系，再求出半径作答. 详解: 在中，，，因此三棱锥的外接球被平面截得的截面小圆圆心是的中点， 令三棱锥的外接球球心为，则平面，而，， 因三棱锥体积的最大值为3，则三棱锥底面ABC上的高最大，设此最大高为h，由得， 要三棱锥的体积最大，当且仅当球上的点P到平面的距离最大，则点P在线段的延长线上， 设球半径为，则有，即，解得， 所以三棱锥的外接球体积为. 故选：A 9-8【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据已知条件做出图像，结合勾股定理即可求出球的半径，从而得到球的表面积. 详解: 因是边长为3的等边三角形，故由正弦定理得， 的外接圆半径， 又因三棱锥体积的最大值为， 故此时点到平面的距离， 由A，B，C，D是同一个球面上四点，做出下图， 故图中，，，， 由勾股定理得：，即， 计算得，该球的表面积. 故选：C. 点睛: 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 9-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 推导出点在与垂直的圆面内运动，当、、三点共线时，达到最长，推导出平面，将四棱锥补形为长方体， 其体对角线为，底面边长为的正方形，由此能求出四棱锥体积． 详解: 如图，由及，得平面， 即点在与垂直的圆面内运动， 由题意知，当、、三点共线时，达到最长， 此时，是圆的直径，则， 又，所以平面， 此时可将四棱锥 1/154 学科网（北京）股份有限公司 补形为长方体， 其体对角线为，底面边长为2的正方形， 由题意得高， 故四棱锥体积． 故选：C 9-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用等腰梯形的性质求出四边形的外接圆的半径为，再利用外接球的几何关系得到球心，到地面四边形的距离，即可求出棱锥高的最大值，从而求出体积的最大值. 详解: 因为四边形是等腰梯形，，，，，， 取中点O，连接，易知和为等边三角形， ，所以四边形的外接圆的半径为 设球心为，四边形的外接圆的圆心为，如图所示 在直角中，可知，即，解得， 所以四棱锥高的最大值为， 所以四棱锥体积的最大值为， 故选：C． 点睛: 方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 （1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． （2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解． 9-11【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 推导出 取中点，连结 则 从而，进而到平面的距离，由此能求出三棱锥的体积． 详解: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 在三棱锥中， 四点均在球的球面上，且恰为球的直径， 取中点，连结， 则， ， 到平面的距离 三棱锥的体积： 故选 点睛: 本题考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 10-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，然后由独立事件和互斥事件的概率公式求解即可 详解: 由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为 二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为， 而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为， 故选：D 10-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解. 详解: 汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则， 汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立， 则， 所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为. 故选：D 10-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，即可求出一个被保险人在一年内出事故的概率. 详解: 解：根据题意可知：一个被保险人在一年内出事故的概率为： . 故选：A. 10-4【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由独立事件同时发生的概率公式，根据条件分别求出各种方案密码能被译出的概率，从而可得答案. 详解: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 由题意可知，有任何一人破译成功密码，则密码就被译出. 方案1：四人均没有成功破译密码的概率为 所以四人独立翻译，密码能被译出的概率为 方案2：分为两组每组两人，两组独立翻译 由二人合为一组，该组破译的概率为0.8， 则密码能被译出的概率为： 方案3：分为两组，一组三人、一组一人 三人合为一组，该组破译的概率为0.9， 则密码能被译出的概率为： 方案4：四人一组合作翻译．四人合作，则破译的概率为0.94 显然方案二的概率最大. 故选：B 10-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 甲、乙两人买相同品牌的N95口罩，可分为三种情况，即甲、乙两人都买品牌或品牌或品牌的N95口罩，利用独立事件的概率公式，分别求出这三种情况对应的概率，再利用互斥事件的概率公式，即可得结果． 详解: 由题意，得甲、乙两人买品牌口罩的概率都是0.3，所以甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为． 故选：C． 点睛: 方法点睛：利用相互独立事件的概率求复杂事件概率的解题思路：（1）把待求事件拆分成若干个彼此互斥的简单事件的和；（2）将彼此互斥的简单事件转化为若干个已知（易求）概率的相互独立事件的积；（3）代入概率公式求解． 10-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 详解: 分析：分别利用独立事件的概率公式求出恰在第一次、恰在第二次、恰在第三次落地打破的概率，然后由互斥事件的概率公式求解即可. 详解：透镜落地次，恰在第一次落地打破的概率为， 恰在第二次落地打破的概率为， 恰在第三次落地打破的概率为， ∴落地次以内被打破的概率．故选． 点睛：本题主要考查互斥事件、独立事件的概率公式，属于中档题. 解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要. 10-7【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可． 详解: 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 1胜3胜6胜； 1胜3负5胜6胜； 1负4胜5胜6胜； 所以甲获得冠军的概率为 , 故选：D 10-8【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 把试验任务成功的事件拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率，然后用互斥事件的概率加法公式计算作答. 详解: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 试验任务成功的事件是甲成功的事件，甲不成功乙成功的事件，甲乙都不成功丙成立的事件的和， 事件，，互斥，，，， 所以试验任务成功的概率. 故选：D 10-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式可求得结果. 详解: 记事件走出迷宫的时间超过小时，事件包括个基本事件. 一是进入号通道，回来后进入号通道的概率为； 二是进入号通道，回来后进入号通道的概率为； 三是进入号通道，回来后进入号通道的概率为. 故. 故选：A. 点睛: 思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤： （1）首先确定各事件是相互独立的； （2）再确定各事件会同时发生； （3）先求出每个事件发生的概率，再求其积. 11-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设是双曲线的右焦点，根据中位线的性质得，，利用双曲线定义得，在中应用勾股定理可得的关系，即可求得离心率． 详解: 是中点，设是双曲线的右焦点，如图， 则，．所以， 由双曲线定义知，所以，从而， 因为是圆切线，所以， 所以，所以． 故选：B． 11-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由直线与双曲线垂直得|MF1|，利用双曲线定义可得|MF2|，进而得cos，再由二倍角公列方程即可得离心率. 详解: 由题意可知：|MF1|=|MF2|＝2a+|MF1|2a， cos． ， 可得：， 可得：8e， 解得e或e（舍去）． 1/154 学科网（北京）股份有限公司 故选A． 点睛: 本题考查双曲线的离心率，属于中档题．离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解． 11-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据双曲线的定义：、 以及，结合图形整理可得，在根据代入求解． 详解: 由双曲线定义可知 ∵， ∴， 又∵，则 ∵A在以为直径的圆上，则 ∴， 由，得， 故． 故选：D． 11-4【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 分类讨论的位置，根据双曲线的定义和余弦定理列式可求出结果. 详解: 当在双曲线左支上时，，又， 所以， 所以，即， 整理得，此方程不成立. 当在双曲线右支上时，，又， 所以， 所以，即， 整理得，得， 所以或（舍去）， 所以C的离心率为. 故选：B 11-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由题知是等腰直角三角形，， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 又根据通径的结论知，结合可列出关于的二次齐次式，即可求解离心率. 详解: 由题知是等腰直角三角形，且， ， 又，，即， ，，即， 解得， ，. 故选：D. 11-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据双曲线定义、余弦定理，结合题意，求得关系，即可求得离心率. 详解: 根据题意，作图如下： 不妨设，则，，①； 在△中，由余弦定理可得：，代值得：，②； 联立①②两式可得：； 在△和△中，由， 可得：，整理得：，③； 联立②③可得：，又， 故可得：，则， 则，故离心率为. 故选：C. 11-7【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设，设线段的中点为M，则，在中，可得，从而可得出答案. 详解: 设 ，根据题意可得，，为锐角 则，设线段的中点为M，则． 在中，， 则，所以,即， 即得E的离心率． 故选：D 11-8【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 取MN中点A，连AF2，令，由双曲 1/154 学科网（北京）股份有限公司 线定义及所给条件可得 ，再借助直线斜率为即可作答. 详解: 取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图： 因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，， 则，令双曲线半焦距为c， 中，，中，， 则有，即， 因直线的斜率为，即，而，即， ，于是有，，， 所以双曲线的离心率为. 故选：B 11-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由可得、，由双曲线定义可构造方程得到；由正弦型函数值域的求法可求得离心率的取值范围. 详解: 在以为直径的圆上，， ，，，， 由双曲线定义知：，即， ； ，，， 则，， 即双曲线离心率的取值范围为. 故选：D. 12-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 求出函数与的中心对称点为，再由函数的对称性即可求解. 详解: 由对任意的， 可知函数的图象关于点对称， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 又， 所以函数的中心对称点为， 所以两个函数图象的交点成对出现， 且每对交点都关于点对称， 则，， 所以. 故选：C 12-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: ，由此的图像关于点中心对称，关于点中心对称，故交点的横纵坐标之和为定值． 详解: 因为， 所以的图像关于点中心对称， 因为 所以， 所以关于点中心对称， 由对称性知，，， 所以， 故选：D 12-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 首先判断两个函数的对称性，再判断交点的对称性，最后利用对称性求和. 详解: ，关于点对称， ，可知函数关于点对称， 与的交点也关于点对称， . 故选：C 点睛: 思路点睛：本题的重点是判断两个函数的对称性，所以理解熟记一些抽象函数的对称性的式子，①，有，，都说明函数关于直线对称，②，有，，说明函关于点对称. 12-4【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由条件得，两个函数均关于点(0,3)对称，从而求得交点的横坐标和及纵坐标和. 详解: 由可知的图象关于点对称， 又因为的图象也关于点对称， 所以两个函数的图象的交点关于点对称， 即，， 所以， 故选：． 12-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先证明函数关于点对称，再作出两函数的图象分析得解. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 详解: 由题意化简，， 因为函数是奇函数，所以函数关于点对称. 因为函数是奇函数，所以函数关于点对称. 又， 所以在上单调递减， 由题得 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 由图象可知，与的图象有四个交点，且都关于点对称， 所以， 所以所求和为 故选：D 点睛: 方法点睛：函数的零点问题常用的方法有：（1）方程法（解方程得解）；（2）图象法（作出函数的图象即得解）；（3）方程+图象法（令得，分析函数得解）. 12-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据给定条件探求和为1的两个自变量对应函数值的和即可借助倒序相加得解. 详解: 因， 令， 则， 两式相加得：，解得， 所以的值为2021. 故选：D 12-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据函数的单调性求得函数周期，从而把问题简化为单个周期求值问题. 详解: ∵，又关于对称， ∴， ∴的周期为4， 由函数解析式及性质易知，，，，， 故选：D. 点睛: 方法点睛：当求和项较多时，利用函数周期性，结合函数解析式求值. 12-8【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由，我们容易得出函数的最小正周期为3，进而由，我们求出一个 1/154 学科网（北京）股份有限公司 周期内的函数值，进而利用分组求和法，得答案. 详解: ∵可知，∴，∴ 所以，是周期为3的周期函数，则 同理，∵是的对称中心，∴有 ∴，∵，∴，∴ 综上，，，， ∴ 故选：D 点睛: 本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要注意函数性质的合理运用 12-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 分析函数，的性质，再探求它们的图象交点个数，利用性质计算作答. 详解: 函数定义域为 ， 其图象是4条曲线组成，在区间，，，上都单调递减， 当时，，当或时，取一切实数，当时，， ，即的图象关于点对称， 函数定义域为R，在R上单调递增，值域为，其图象夹在二平行直线之间， ，的图象关于点对称， 因此，函数的图象与的图象有4个交点，即，它们关于点对称， 不妨令点与相互对称，与相互对称，则，， 所以. 故选：A 点睛: 结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a，b使得， 则函数图象关于点对称. 12-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 对函数的性质进行研究，可得出关于对称，且当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，函数关于对称，故可得两个函数的交点有两个，且关于对称，故可得结果． 详解: 解：设函数， 的定义域为R， 因为， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 所以为偶函数， 因为是增函数， 故当时，， 所以当时，为增函数， 由奇偶性可知，当时，为减函数， 故函数关于对称，当时，为增函数， 当时，为减函数， 函数是关于对称的， 作出两个函数的图像，如图所示， 两个函数的交点有两个，设它们的横坐标分别为， 由对称性可得，即， 故选A． 点睛: 本题考查了函数的性质，研究函数的性质可以借助函数的图像、导数等方法对函数的单调性、奇偶性、周期性等进行研究． 12-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 两个函数均为奇函数向上平移一个单位所得的函数，根据奇函数的对称性可知平移前的和为0，向上平移一个单位为纵坐标均增加1，横坐标不变，所以由奇函数的性质即可得出结果. 详解: 两个函数分别是由两个奇函数与向上平移一个单位得到，因为奇函数关于原点中心对称，所以两函数交点也关于原点中心对称，由此可知： 两个奇函数中， 由于函数向上平移了一个单位，所以横坐标不变，纵坐标均增加了1，所以结果为m. 故选B. 点睛: 本题考查奇函数的性质以及函数的平移变换，当题目考查最大值与最小值之和或考查某两个函数的交点坐标之和时，要注意函数奇偶性的使用，多数是考查奇函数的中心对称性质，对此类问题保持警惕. 13-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求出所有事件的总数，求出三个砝码的总质量为9克的事件总数，然后用古典概率公式求解概率即可． 详解: 编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个， 从中随机选取三个，所有的事件总数为：， 这三个砝码的总质量为9克的事件只有：5，3，1或5，2，2两种情况， 所以：这三个砝码的总质量为9克的概率是：， 故答案为：． 13-2【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 结合古典概型的概率计算公式、组合数的计算公式计算出所求的概率. 详解: 依题意男女生都入选的概率为. 故答案为： 13-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 从中任意取出2本，基本事件总数n36，取出的书恰好都是数学书包含的基本事件个数m6， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 由此能求出取出的书恰好都是数学书的概率. 详解: 5本不同的语文书，4本不同的数学书，从中任意取出2本，基本事件总数n36， 取出的书恰好都是数学书包含的基本事件个数m6， ∴取出的书恰好都是数学书的概率p. 故答案为：. 点睛: 本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 13-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先讨论篮球分配给三个班级的所有情况，利用古典概型的概率公式求概率. 详解: 把6个相同的篮球全部分给三个班级，分配结果有三种可能性： （1）仅有一个班级得到球，有三种分配方法； （2）仅有两个班级得到球，有三种分配方法； （2）三班级都得到球，有三种分配方法； 于是把6个相同的篮球全部分给甲乙丙三个班级共28种分配方法.于是甲乙丙三个班级中恰有一个班级没得到到篮球的概率. 故答案为： 13-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票包括1张“冰墩墩”和2张“雪容融”、 2张“冰墩墩”和1张“雪容融”、 1张“冰墩墩”和1张“雪容融”和1张其他， 再按照古典概型求解即可. 详解: 3张邮票中有1张“冰墩墩”邮票和2张“雪容融”邮票的情况有种，有2张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票的情况有种， 有1张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票和1张其他邮票的情况有种， 3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为. 故答案为：. 13-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先考虑“选出的人都是男同学”的概率，然后根据对立事件的概率关系可求得结果. 详解: 记事件为“选出的人都是男同学”，则为“选出的人中不都是男同学”， 因为，所以， 故答案为：. 13-7【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 基本事件总数，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率． 详解: 解：某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的， 该市的任意5位申请人中，基本事件总数， 该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数： 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率是． 故答案为：． 点睛: 本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 13-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先求出从这8人中随机选出4人的选法总数，再求出选出的4人中至少有2人来自同一小组的不同选法总数，再求概率. 详解: 从这8人中随机选出4人作为正式志愿者有种不同的选法. 选出的4人中至少有2人来自同一小组分为下列情况： (1)恰好有2人来自同一小组,有种 （2）4个人来自2个不同的小组（每个小组2个人）有 所以选出的4人中至少有2人来自同一小组有种选法. 则选出的4人中至少有2人来自同一小组的概率为 故选项为：. 点睛: 本题考查组合问题，求古典概率的问题，属于中档题. 13-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 本题首先可求出共有多少种可能事件，然后将题意转化为前次摸到两种颜色且第五次摸到第三种颜色，求出所有满足的可能事件的数目，最后两者相除，即可得出结果. 详解: 根据题意，一口袋中有个球，有放回的摸5次，有种可能事件， 若恰好摸球五次就停止摸球，即恰好到第五次三种颜色都被摸到， 即前4次摸到二种颜色，第五次摸到第三种颜色， 前四次共有两种情况， ①三个颜色一样，一个颜色不一样的，即； ②两种颜色都是两个球，即， 共有种情况， 故恰好摸球五次就停止摸球的概率， 故答案为：． 点睛: 关键点睛：本题考查古典概型的相关概率计算，能否得出所有的可能事件数目以及满足题意中限制条件的可能事件数目是解决本题的关键. 14-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设圆的标准方程为，将，，代入计算即可得结果. 详解: 设圆的标准方程为，因为过点，， 所以 解得 则圆的标准方程为 故答案为： 14-2【基础】 【正确答案】 (1，3) 【试题解析】 分析: 设出圆的一般方程，代入三点坐标后可求解. 详解: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 设圆的方程为， 则，解得， 所以圆方程为，即， 所以圆心坐标为. 故答案为：. 14-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据圆的性质及已知三点坐标判断圆心在轴，求出圆心坐标和半径，可得圆标准方程． 详解: 由对称性可知圆心在x轴上，设圆心为，则，解得，所以半径为，圆的方程是. 故答案为：. 14-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设的外接圆的方程为，依题意得到方程组，求出圆心坐标，再根据圆心到原点的距离公式即可求出结论． 详解: 解：设的外接圆的方程为， 则，解得，，． 所以的外心为，所求距离为． 故答案为： 点睛: 本题主要考查圆性质及外接圆的性质，了解性质并灵运用是解决本题的关键，属于基础题． 14-5【巩固】 【正确答案】 ，或者. 【试题解析】 分析: 由题意可得顶点的坐标为，再根据底边端点的坐标是，可得圆心，由求得b和半径，可得所求圆的方程 详解: 由题意可得顶点坐标，底边两端点的坐标是，可得圆心在y轴上，所以由即得， 所以半径为，外接圆的方程为或者. 故答案为：，或者. 点睛: 本题主要考查求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题. 14-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设经过点的圆的方程为,将三点的坐标代入方程可解得 1/154 学科网（北京）股份有限公司 圆的方程，从而将代入圆的方程可得解. 详解: 设经过点的圆的方程为,则 ,解得,所以经过点的圆的方程为,把代入圆的方程得. 故答案为. 点睛: 本题主要考查圆的方程，属于简单题. 求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标 ，根据题意列出关于的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可. 14-7【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由椭圆的方程求出顶点坐标，然后设出圆心坐标，进一步求出圆的半径可得圆的方程． 详解: 因为圆心在轴的负半轴上，且圆经过椭圆的三个顶点， 所以该圆过椭圆的左顶点，右顶点和下顶点.设圆心坐标为， ，半径为， 所以 ，所以圆的标准方程为. 故答案为 点睛: 本题考查椭圆的简单性质的应用，圆的方程的求法，考查计算能力，属于中档题． 14-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求出二次函数与坐标轴的三个交点，设圆的方程为，由三个交点在圆上列出方程组求解a、b、r，即可写出圆的方程. 详解: 令，则；令，则或， 所以二次函数与坐标轴的三个交点为、、， 设圆的方程为， 则，①减②得④， ②减③得，代入④得，代入①可得， 所以，则圆的方程为. 故答案为： 点睛: 本题考查圆的方程，根据圆过的点求解圆的方程，属于基础题. 14-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由题意分别计算，，三点的坐标，设圆：，代入三点的坐标计算，再写出标准方程即可. 详解: 令，则，解得，即 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ，； 令，得，即，设圆：， 所以，∴. 所以圆的方程为. 故答案为： 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据零点的概念及特殊角的三角函数值即可求解. 详解: 因为函数的一个零点为， 所以， 即， 所以时，满足条件，是常数的一个取值. 故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由直线、为曲线的两条对称轴推出，又因为最小正周期所以，所以，再根据对称轴求出值． 详解: 因为直线、为曲线的两条对称轴，所以，因为，所以 ，因为的最小正周期，所以，所以，当时，，因为直线为曲线的对称轴，所以，即，因为，所以n=3，此时，经验证符合题意．故填. 点睛: 考查余弦函数的图像，对称性，周期性． 15-3【基础】 【正确答案】 2（答案不唯一） 【试题解析】 分析: 利用正弦函数的性质可得 ，即得. 详解: 由题可得， ∴， 令，可得. 故答案为：2（答案不唯一）. 15-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据题意可知的图象关于点对称，且直线是的图象的一条对称轴；又，可知的最小正周期满足，由此即可求出，再根据对称性可知；再根据余弦函数的最值可得，进而求出的解析式，由此即可求出结果. 详解: 由可知，的图象关于点对称； 由在区间与上具有相反的单调性可知，直线是的图象的一条对称轴； 又，所以的最小正周期满足 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 所以，所以，所以，所以， 由余弦函数的性质，得，又，所以． 由，，，可知，， 又因为，且等号都能取到，所以，则， 故，． 故答案为：. 15-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由题意可得，结合余弦函数的性质可得，解不等式即可求解. 详解: 由函数在上没有零点，且，所以 ，结合函数的图象， 可得，解得．所以的取值范围是． 故答案为：. 15-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由，求得或，根据，得到函数关于对称，结合，所以，结合，分类讨论，即可求解. 详解: 由题意，函数， 因为，可得或， 因为，要使得取得最小值， 且，所以函数关于对称， 可得，所以， 若时，可得，其中， 所以，其中，所以，其中， 因为，当时，可得； 若时，可得，其中， 所以，其中，所以，其中， 因为，当时，可得. 故答案为：. 15-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 直接利用正弦型函数的性质的应用，函数的对称性和函数的零点的应用求出结果 详解: 解：当时，， ∴由对称轴可知，满足 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 即． 同理，满足，即， ∴，， 所以的最小正周期为． 故答案为： 点睛: 此题考查正弦型函数的性质的应用，函数的零点的应用，考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题. 15-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据函数的对称性和零点，结合函数极大值点的定义进行求解即可. 详解: 由，所以函数关于直线对称， 于是有：， 由， 于是，解得， 令，所以， 令时，，， 令时，，， 因为在区间上有且只有一个极大值点， 所以（为函数的最小正周期），因为， 所以有，即， 当时，，所以， 此时有两个极大值点，不符合题意； 当时，，此时此时有一个极大值点，符合题意， 故答案为： 点睛: 关键点睛：利用函数的对称性、零点、函数极值的定义和正弦函数的性质是解题的关键. 15-9【提升】 【正确答案】 4或10或10或4 【试题解析】 分析: 根据可求出f(x)的一条对称轴，根据该对称轴可求出ω的表达式和可能取值，结合y＝sinx的图像，根据在区间上有最小值无最大值判断ω的取值范围，从而判断ω的取值. 详解: ∵f(x)满足，∴是f(x)的一条对称轴， ∴，∴，k∈Z， ∵ω＞0，∴. 当时，， y＝sinx图像如图： 1/154 学科网（北京）股份有限公司 要使在区间上有最小值无最大值，则： 或， 此时ω＝4或10满足条件； 区间的长度为：， 当时，f(x)最小正周期，则f(x)在既有最大值也有最小值，故不满足条件. 综上，ω＝4或10. 故答案为：4或10. 15-10【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 根据最小正周期T＝求出ω.根据一条对称轴为知，，结合即可φ，从而求出，然后代值计算即可. 详解: ∵f(x)最小正周期为，∴； ∵f(x)图象的一条对称轴为，∴， ∴，， ∴，， ∴. 故答案为：. 16-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 将函数在上有两个极值点，转化为在上有两不等实根，即在上有两不等实根，再令，根据导数方法判断出函数的单调性，求出最值，作出简图，结合图像即可求出结果. 详解: 因为，所以， 由函数在上有两个极值点，可得在上有两不等实根，即在上有两不等实根； 令，则，由得； 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 即函数在上单调递减，在上单调递增；故； 又由在上有两不等实根，可得与曲线的图像有两不同交点， 结合图像可得，. 故答案为 1/154 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题主要考查导数的应用，根据函数极值点的个数求参数，只需对函数求导，将问题转为直线与曲线交点个数问题即可，属于常考题型. 16-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据极值点的概念和二次函数知识列式可求出结果. 详解: , 因为是函数的两个极值点，且， 所以是方一元二次方程的两个实根，且， 所以，即，解得. 故答案为： 16-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求得，根据题意转化为在上有两个不等的实数根，转化为和的图象有两个交点，求得，求得函数的单调性与最值，即可求解. 详解: 由题意，函数，可得 ， 因为函数在区间上有两个极值点， 即在上有两个不等的实数根， 即在上有两个不等的实数根， 即函数和的图象有两个交点， 又由，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，且当时，，当时，， 所以，解得，即实数的取值范围是. 故答案为：. 16-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求，讨论和时的单调性与极小值点，使得极小值点位于区间即可求解. 详解: 由可得， 当时，恒成立，所以在上单调递增，无极值； 当时，令可得或； 令可得：， 所以时，在处取得极小值， 若函数在区间内有极小值， 则，解得， 综上所述：的取值范围为 1/154 学科网（北京）股份有限公司 故答案为：. 16-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求出函数的导数，根据在上有极值转化为 在上有变号零点即可求解. 详解: 由，得 ， 因为函数在区间上存在极值， 所以在上有变号零点， 因为，所以，即在上有解， 转化为在上有解. 因为，所以，即， 于是，得.由此可得. 实数a的取值范围是. 故答案为：. 16-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 函数在区间上有2个极值点等价于方程有2个不相等的正实数根，即有两个不同的正根，即的图象在轴右边有两个不同的交点，再利用导数研究函数的图像与直线的交点个数即可得解. 详解: 解：因为，可得， 要使在区间上有2个极值点， 则方程有2个不相等的正实数根，即有两个不同的正根， 即的图象在轴右边有两个不同的交点， 又， 由，得， 即在上递减， 由，得，即在上递增， ， 当时，；当时， 所以，当，即时，的图象在轴右边有两个不同的交点， 所以使函数在区间上有两个极值点， 则实数的取值范围是， 故答案为：. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题考查了利用导数求函数的单调性及最值，重点考查了函数与方程的相互转化，属中档题. 16-7【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 对求导后令,再根据是导函数的两根数形结合分析两根的关系求解. 详解: 函数,所以, 若函数在 和两处取到极值,则和是函数的两个零点, 即是方程,即的两个根, 所以函数的图象与直线有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为, 由于,所以当 或时, ； 当时, ；故的减区间有 和 ,增区间有, 且当时,,作出的草图： 由图可知：,且, 因为,即,取,并令,则 所以,解得,此时 , 故,即实数的取值范围是. 故答案为： 点睛: 本题主要考查了函数的极值问题,包括数形结合求解函数零点与范围分析的问题,需要根据题意参变分离画出图像分析极值点之间的关系,并找到临界条件进行分析.属于中等题型. 16-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由已知可得在的区间内有两个解，分离参数后转化为求解函数的交点问题，构造函数结合导数可求． 详解: 在的区间内有两个极值点， 则在的区间内有两个解，即在的区间内有两个解， 令，则， 易得，当，，函数单调递减，当，，函数单调递增， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 又时，，且， 故， 故答案为： 点睛: 本题主要考查了函数极值存在条件的应用，解题中体现了转化思想的应用． 16-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求得函数的导数，把函数有2个极值点，所以有两个不相等的实数根，构造新函数，求得函数的单调性与极值，列出不等式，即可求解. 详解: 由题意，函数的定义域为， 则， 因为函数有2个极值点，所以有两个不相等的实数根， 令，则， 若时，，所以函数单调递增， 所以函数在上不可能有两个实数根，（舍去）； 若时，令，即，解得， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以当时，函数求得极大值，极大值为， 又由时，，时，， 要使得在区间有两个不相等的实数根， 则满足，解得， 即实数的取值范围是. 故答案为：. 点睛: 本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，其中解答中把函数有两个极值点，转化为有两个不相等的实数根是解答的关键，着重考查了等价转化思想，以及推理与运算能力. 17-1【基础】 【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）． 【试题解析】 分析: （Ⅰ）根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理、余弦定理进行求解即可； （Ⅱ）根据三角形面积公式，结合完全平方和公式和（Ⅰ）中结论进行求解即可. 详解: （Ⅰ）由，得 ， 即． 由正弦定理可得， 由余弦定理可得， ； （2），， 因为，，所以， ， 所以的周长为． 1/154 学科网（北京）股份有限公司 点睛: 本题考查了同角的三角函数关系式的应用，考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了数学运算能力. 17-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）利用正弦定理的边角关系，结合已知条件可得，再由余弦定理、同角三角函数关系即可求. （2）根据已知，由三角形面积公式求，进而求a、c，再由余弦定理求b，即可得△的周长． 详解: （1）∵， ∴，即． ∵， ∴，故． （2）∵△的面积为， ∴，又， ∴，． ∵， ∴，即． 故△的周长为． 17-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）首先根据正弦定理角化边公式得到，再利用余弦定理求解即可. （2）首先根据三角形面积得到，利用余弦定理得到，即可得到三角形的周长. 详解: （1）因为 由正弦定理可得，即. 由余弦定理知 又因，所以； （2），的面积， 即， 所以 ， 所以，即. 所以的周长为. 17-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）根据题意，可以选择余弦定理进行角化边，进行化简求解；也可以选择正弦定理进行边化角，然后，利用三角恒等变换进行化简求解. （2）根据题意，列出余弦定理，与题中所给式子组成方程，分别求出，即可求解. 方法一：因为， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 所以， 又，所以. 方法二：由正弦定理得， 又，所以，， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 所以， 所以， 所以， 所以. 又，，，所以，， 所以或或 所以或（舍去）或（舍去）， 所以，所以. 由（1）知，又，， 所以，解得或（舍去）， 所以，， 所以的周长为. 17-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）先由正弦定理及和角公式得，再由倍角公式得，即可求出B； （2）先由面积公式求得，再由余弦定理求得，即可求得a，c. 由及正弦定理，得，又， 则，可得， 即，又，所以有，即， 因为，所以，于是有，即，所以，即. 由的面积为，得，即，由余弦定理，得， 即，将，代入上式，得， 可得，解得. 17-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）18. 【试题解析】 分析: (1)利用正弦定理把给定等式边化角，再用三角恒等变换求出即可得解； (2)利用三角形面积定理求出，再借助余弦定理列式即可得解. 详解: （1）中，，由正弦定理得：， 即，而， 则，又，所以； （2）由(1)知， 因的面积为，即，得， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 由余弦定理，得，解得， 所以的周长为18. 17-7【巩固】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理可求角的大小； （2）由面积公式可得，再在和中，由余弦定理可得，最后用完全平方公式可求的值，即可求得三角形的周长. 由已知， 由正弦定理得：， 由余弦定理得：， 在中，因为， 所以； 由，得①， 由（1）知，即②， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 因为，所以③， 由①②③，得， 所以， 所以的周长. 17-8【提升】 【正确答案】 1、120° 2、 【试题解析】 分析: （1）根据cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC，利用正弦定理和余弦定理求解； （2）根据，得到ac＝a+c，再由b＝2，利用余弦定理求解. 解：因为cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC， 所以1﹣sin2C＝sin2A+1﹣sin2B+sinAsinC， 即sin2B＝sin2A+sin2C+sinAsinC， 由正弦定理得，b2＝a2+c2+ac， 由余弦定理得，cosB， 由B为三角形内角得B＝120°； 由题意得: ，且ABDCBDB＝60°，BD＝1， 所以， 所以（a+c），即ac＝a+c， 因为b＝2，由余弦定理得，b2＝12＝a2+c2﹣2accos120°＝a2+c2+ac， 因为， 所以ac=a+c＝4或ac＝﹣3（舍）， 故的周长为． 17-9【提升】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）角换边，在利用余弦定理求解； （2）边换角，将待求表达式表示成关于的三角函数，利用锐角三角形条件求出的范围，最后再求表达式的范围即可. 因为，所以由正弦定理得，整理得，由余弦定理得．因为，所以 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ． 由正弦定理得． 因为为锐角三角形，所以 解得，所以， 所以， 故的取值范围为． 17-10【提升】 【正确答案】 (1)； (2). 【试题解析】 分析: (1)由正弦定理和余弦定理通过边角互化可得，解方程求B； (2)由(1)及条件，求A，C，再由正弦定理求a，c，由此可得的周长． 详解: 解： (1)由题设及正弦定理得， 再由余弦定理得，即， 解得或（舍去）． 因为．所以． (2)由(1)，∴ ， ∴， ∴ ，． ∵ ，， ∴ ， ∴ ，， ∴ 的周长等于． 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，结合勾股定理的逆定理、面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可. 详解: （1）证明：平面ABCD，平面ABCD，， ∵在直角梯形ABCD中，， ， 又．平面PAC，平面PAC， 平面PAC，平面EBC， ∴平面平面PAC； （2）解：以A为坐标原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）． 易知． 则． 1/154 学科网（北京）股份有限公司 设是平面BCE的法向量． 则即 所以可取 ∴直线PB与平面BEC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）由于是正三角形，为BC的中点，可得，再由正棱柱的性质得，则由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论， （2）设线段AC，的中点分别为，，以为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解 因为是正三角形，为BC的中点，所以， 因为平面ABC，平面ABC，所以， 因为， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面． 设线段AC，的中点分别为，，以为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为正三棱柱的底面边长和高均为2，所以，，，， ，所以，，，． 设为平面的一个法向量， 则，令，则 设直线BP与平面所成角为，则 ， 所以直线BP与平面所成角的正弦值为． 18-3【基础】 【正确答案】 （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【试题解析】 分析: （Ⅰ）过作，垂足为，连，，作，垂足为，易得，通过勾股定理可得，即可得平面，进而可得结果； （Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量，利用向量法即可得结果. 详解: （Ⅰ）过作，垂足为，连，， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 则， 作，垂足为，则，， 所以，即 又，所以平面， 又平面， 所以平面平面； （Ⅱ）以为坐标原点，，所在的直线为，轴建立空间直角坐标系 则，，，， ， 设平面的法向量为，则 取法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 18-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 【试题解析】 分析: （1）利用线面垂直的性质结合圆的性质证明平面，再利用线面、面面垂直的判断推理作答. （2）以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算线面角的正弦作答. 因为圆O所在的平面，即平面，而平面，则， 又是圆O的直径，C为圆周上一点，有，又，平面，则平面， 而平面，因此，中，，有，又，即， 而D为线段的中点，则，又，平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. 过点C作，如图，由平面知，平面， 以C为原点，直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，令， 则，， 设平面的法向量为，则 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ，令，得， 设直线与平面所成角，则. 18-5【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）证明 平面PBD,即可根据面面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，求出平面PBC的法向量，根据向量的夹角公式求得答案. 因为四棱锥的底面是正方形，故 , 由于底面，底面， 故 ,而 , 故 平面PBD, 由于 平面AEC,故平面平面; 如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则 , 故 ,, 设平面PBC的法向量为 ，则 , 即 ，则，可取 ，故， 故设直线与平面所成角为 ， 则 ， 即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）由已知，根据条件先推导，然后再根据，所以，结合，使用线面垂直的判定定理证明平面，然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后求解出平面的法向量，然后借助求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值. 因为，所以，所以， 又因为，所以，所以，所以， 又因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 而平面，所以平面平面. 得证. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则 ，，， 设平面的法向量为，则，即， 令可得平面的法向量为， 设直线PB与平面ADP所成角为，则 . 直线PB与平面ADP所成角的正弦值为. 18-7【提升】 【正确答案】 （I）证明见解析；（Ⅱ）. 【试题解析】 分析: （Ⅰ）要证明平面平面，只需证明平面即可； （Ⅱ）取BD的中点O，易得面ABCD，以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为与，再利用公式计算即可. 详解: （Ⅰ）中，，，，由余弦定理得 ， 则，即， 而，故平面， 又面ABCD，所以平面平面ABCD. （Ⅱ）取BD的中点O，由于，所以， 由（Ⅰ）可知平面面ABCD，故面ABCD. 由等腰梯形知识可得，则，， 以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为，则， 令，则，有， 所以， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 即直线AB与平面所成角的正弦值为. 点晴: 本题考查面面垂直的证明、向量法求线面角，考查学生的数学运算能力，是一道中档题. 18-8【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、1 【试题解析】 分析: （1）设交于点连接，由， 并结合可证得平面由此证得， 再利用三角形相似证得从而证得平面进而证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，设， 通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值． 证明：如图，设交于点连接， 易知， 又平面平面， 又平面．又是底面圆的内接正三角形， 由，可得，．又，， 即．又，， ，即．又平面，， 平面．又平面，平面平面． 易知．以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则．设， 可得． 设直线与平面所成的角为，则 1/154 学科网（北京）股份有限公司 . 令，，则 ，当且仅当时，等号成立， 当时，有最大值， 于是当时，有最大值为， 的最大值为， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 18-9【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 【试题解析】 分析: （1）连接、，设，连接，通过证明三角形全等得出，结合已知条件可得出平面，可得出，再通过证明三角形全等证得，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分别取、的中点、，连接、、，分析可知点的轨迹为线段，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得直线与平面所成角的正弦值的最大值. 详解: （1）连接、，设，连接， ，，，，则， ，即是的角平分线，， ，，平面， 平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，所以，平面， 平面，因此，平面平面； （2）因为底面是圆内接四边形，则， 故，所以，， 因为，则，则， 分别取、的中点、，连接、、， ，，故为等边三角形， 为的中点，， 在底面中，，，， 平面，平面，平面， 、分别为、的中点，则， 平面，平面，平面， ，所以，平面平面， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 若点在线段上，则平面，则平面， 所以点在内的轨迹为线段， 底面，，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，， 设，其中， 则， 所以， 故当时，取得最大值. 因此，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 19-1【基础】 【正确答案】 （1）答案见解析；（2）；预测2024年该市新能源汽车充电站的数量为424个． 【试题解析】 分析: （1）利用相关系数的计算公式即可得解； （2）先利用已知数据和公式得到关于的线性回归方程，再将2024年所对应的年份编号代入线性回归方程即可得解． 详解: 解：（1）由已知数据得 ，， ， ， 所以． 因为与的相关系数近似为0.9，接近1， 说明与的线性相关程度相当高， 从而可以用线性回归模型拟合与的关系． （2）由（1）得， ， 放所求线性回归方程为． 将2024年对应的年份编号代人回归方程得， 故预测2024年该市新能源汽车充电站的数量为424个． 19-2【基础】 【正确答案】 1、具有较高的线性相关程度 2、，万人 1/154 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析: （1）根据已知数据计算出相关系数可得； （2）由已知数据求出回归方程的系数得回归方程，然后在回归方程中令代入计算可得估计值． 由表中数据可得， 所以 又 所以 所以该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）具有较高的线性相关程度即可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系. 由表中数据可得 则 所以 令，可得（万人） 故预测2022年2月20日该电商平台的预售人数万人 19-3【基础】 【正确答案】 1、月份代码与销售量（单位:百辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系. 2、，预测2022年4月该品牌的新能源汽车该区域的销售量为 百辆 【试题解析】 分析: （1）根据所给数据算出相关系数即可；（2）根据所给数据和公式算出答案即可. 由表中数据可得 ， 所以 ,又， ， 所以 . 所以月份代码与销售量（单位: 百辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系. 由表中数据可得 ， 则，所以 ， 令，可得 (百辆)， 故可预测2022年4月该品牌的新能源汽车该区域的销售量为百辆. 19-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、 3、分层抽样，理由见解析 【试题解析】 分析: （1）根据求出样本平均数，再乘以地块数可得出结果； （2）根据题中所给数据，代入，可得出结果； （3）由（2）知各样区的这种植物数量与植物覆盖面积有很强的正相关性可知，各地块间这种植物数量差异也很大，适合采用分层抽样. 由已知得样本平均数， 从而该地区这种植物数量的估计值为， 样本（，2，…，15）的相关系数 1/154 学科网（北京）股份有限公司 . 分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对150个地块进行分层抽样. 理由如下：由（2）知各样区的这种植物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种植物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种植物数量更准确的估计. 19-5【巩固】 【正确答案】 1、，y与t具有很强的线性相关关系 2、，10月收入从预测看不能突破1.5万元，理由见解析 【试题解析】 分析: （1）直接套公式求出y与t之间的线性相关系数，即可判断； （2）套公式求出系数b、a，即可得到回归方程，并求出10月份的收入. （1）由5月至9月的数据可知， ， ，， ， 所以所求线性相关系数为 . 因为相关系数的绝对值， 所以认为y与t具有很强的线性相关关系. 由题得， ， 所以， 所以y关于t的回归直线方程为. 当时，， 因为，所以10月收入从预测看不能突破1.5万元. 19-6【巩固】 【正确答案】 1、0.97，答案见解析 2、，第11天开始盈利 【试题解析】 分析: （1）根据相关数据，求得样本相关系数判断； （2）根据相关数据，求得，从而求得回归方程，然后再根据一天中滑雪人数超过3000人时，当天滑雪场可实现盈利求解. 解：因为，， 所以， 所以， 因为样本相关系数接近于1， 所以可以推断x和y这两个变量线性相关，且相关程度很强． 因为， 所以， 因为， 所以回归方程为， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 因为一天中滑雪人数超过3000人时，当天滑雪场可实现盈利， 即时，可实现盈利，解得， 所以根据回归方程预测，该滑雪场开业的第11天开始盈利． 19-7【提升】 【正确答案】 1、元 2、很强 3、万元 【试题解析】 分析: （1）将代入线性回归方程, 即可求解.（2）结合相关系数的公式, 即可求解.（3）设增加的生产成本为（万元），则所有可能取值为,分别求出对应的概率, 再结合期望公式，即可求解. 当时，. 所以预测一名年龄为岁的技工使用该设备所产生的经济效益为元 由题得， 所以， 所以. 因为，所以与线性相关性很强. 所以使用该批设备的技工人员所产生的的效益与技工年龄的相关性强. 设增加的生产成本为（万元)，则的可能取值为，，，. ， ， ， . 所以（万元)， 所以这批设备增加的生产成本的期望为万元. 19-8【提升】 【正确答案】 1、（i）答案见解析，（ii）6030元 2、答案见解析 【试题解析】 分析: (1)根据题意给的数据求出和， 进而求出相关系数，可认为y与x之间有较强的线性相关关系；根据题意列出不等式 ，解之即可； (2)根据题意给的数据分别求出甲、乙的平均值，利用求方差公式直接求出甲、乙的方差，进而比大小即可下结论. （i）由，， 得样本相关系数， 所以，可认为y与x之间有较强的线性相关关系. （ii）由题意y与x之间的经验回归方程为， 由，解得，所以， 所以可预测外卖甲所获取的日纯利润的最小值为6030元. 根据表格中数据，得，， ， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 从平均值看，甲的平均值大些，即甲的接单量多些； 从方差看，甲的方差小些，即甲的日接单量波动性小些. 19-9【提升】 【正确答案】 1、，正相关很强. 2、，2677亿元. 【试题解析】 分析: (1)根据统计图中数据计算 ，代入相关系数公式求出相关系数，判断相关系数的绝对值与0.75的关系即可； (2)根据统计图中数据结合公式即可求出线性回归方程，将x＝8代入线性回归方程即可预测2022年中国人工智能教育市场规模. ∵，，，， ∴相关系数. ∵相关系数，∴y与x具有线性相关关系，且正相关很强. 设y关于x的线性回归方程为， 其中； ， ∴y关于x的线性回归方程为， 把代入得(亿元)， 故据此预测2022年中国人工智能教育市场规模将达到约2677亿元. 20-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）直线过定点，定点为. 【试题解析】 分析: （1）由，椭圆过点可构造方程组求得，由此得到椭圆方程； （2）设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式；利用直线方程可求得，由横坐标之积为，结合韦达定理可构造方程求得，由此可确定直线所过定点. 详解: （1）由题意知：，，，…①， 将代入椭圆方程可得：…②， 又，由①②可得：，，椭圆的方程为； （2）设直线，，， 由得：， 则，即， ，； 由（1）知：，直线方程为：， 令，解得：，即； 同理可得：，， 即 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ，解得：， 此时，即或，满足题意； ，恒过定点. 点睛: 思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程； ④根据直线过定点的求解方法可求得结果. 20-2【基础】 【正确答案】 1、； 2、答案见解析. 【试题解析】 分析: （1）利用点在椭圆上及相切关系列方程组，即可解得椭圆的标准方程； （2）联立直线与椭圆方程易得：，，以为直径的圆过椭圆在轴正半轴上的顶点，所以 ，即或，经检验得到结果. 由题意设椭圆的标准方程为（，且）， ∵在椭圆上，∴ ① 由得， ∵椭圆与直线相切， ∴， 即② 由①②知， 故所求椭圆方程为. 法二：设椭圆为（，且）， 则它在点处的切线为， 它与表示同一直线， ∴，， ∴，， 故所求椭圆方程为. 设，，联立， 得， 得， ，， ， 因为以为直径的圆过椭圆的上顶点， ∴，即， ∴， 即， 即， 即，∴或， 当时，直线过定点与已知矛盾， 当时，直线过定点满足 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 所以，直线过定点，定点坐标为. 点睛: 定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 20-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）见解析 【试题解析】 分析: （1）对于，当时，，即，当，，即，再写出椭圆的方程； （2）设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，代入椭圆方程，即根据韦达定理，直线方程，求出直线过定点， 详解: （1）对于，当时，，即，当，，即， 椭圆的方程为， （2）证明：设直线，（）， 设，两点的坐标分别为，，则， 联立直线与椭圆得， 得， ，解得 ，， ， 直线 ， 令，得 ， 直线过定点 点睛: 本题考查椭圆的定义，考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题. 20-4【巩固】 【正确答案】 1、椭圆的标准方程为，离心率为 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出椭圆的标准方程，求出的值，可得出椭圆的离心率； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设出直线的方程，并将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出参数之间的关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标；在直线的斜率不存在时，根据已知条件求出点、的横坐标，可得出直线的方程，综合可得出直线所过定点的坐标. 解：将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，则， 所以，椭圆的标准方程为，离心率为. 解：分以下两种情况讨论： ①当直线的斜率存在时，设直线的方程为 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ，设点、， 联立可得， 可得， 由韦达定理可得，， ，同理可得， 由已知，则 ， 所以，，即，解得或. 当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意； 当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意； ②当直线轴，则点、关于轴对称，所以，，，即点， 由已知可得， ，，由已知， 则， 所以，，因为，解得， 此时直线的方程为，则直线过点. 综上所述，直线过定点. 点睛: 方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 20-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由已知可得，将点的坐标代入椭圆的方程，可求得的值，即可得出椭圆的方程； （2）分析可知直线的斜率存在，可设直线方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用直线、的斜率之积为结合韦达定理可得出、所满足的关系式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标. 解：由题意可知，，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得， 因此，椭圆的方程为. 证明：若轴，则点、关于轴对称，则直线与也关于轴对称， 从而直线与的斜率互为相反数，不合乎题意. 设直线方程为，设点、 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 联立，可得， ，可得， 由韦达定理可得，， 因为， 整理可得， 即，化简得， 即，可得或. 当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意； 当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意. 综上所述，直线过定点． 点睛: 方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 20-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、过定点，定点坐标为 【试题解析】 分析: （1）根据已知条件求得，由此求得的方程. （2）对直线的斜率进行分类讨论，结合根与系数关系求得直线的方程，从而确定定点的坐标. 依题意， 由解得， 所以椭圆的方程为. 由题意知，当其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为，此时直线为轴； 当的斜率都存在且不为时，设， 设，联立，整理得， ，， 则， 所以的中点， 同理由，可得的中点， 则， 所以直线的方程为 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 化简得， 故直线恒过定点． 综上，直线过定点. 20-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）直线恒过定点. 【试题解析】 分析: （1）分析可得三点在椭圆上，代入椭圆方程，待定系数即得解； （2）先通过伸缩变换得到椭圆E方程为：，设，，，分别表示直线，的方程，与椭圆联立，求得G，H坐标，表示直线的方程，整理即得定点. 详解: （1）由题意可得A，C一定在椭圆上，即①， 若B在椭圆上，则②， 由①②可得，不存在， 所以D在椭圆上，可得③， 由①③可得，， 所以椭圆的方程为：； （2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，设E上的点为：，对应的点，由题意可得，， 所以，， 所以E的方程， 设，，， ， 所以直线的方程为：，直线的方程， 联立直线与椭圆的方程整理可得，所以，，即， 联立直线NF与椭圆的方程：整理可得，所以，即， 所以直线的斜率为：， 所以直线的方程为：， 整理可得，当，. 所以直线恒过定点． 20-8【提升】 【正确答案】 1、 2、①②证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由条件可得垂直平分，然后可得的值，然后可得直线与的交点坐标，然后可算出； 1/154 学科网（北京）股份有限公司 （2）由条件可得为圆的直径，设，，则，然后可得的值，设直线的方程为（），，，联立椭圆与直线的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由可求出的值，即可得到答案. 因为直线：与的两个交点和，构成的四边形是菱形， 所以垂直平分，所以，. 设为直线与的一个交点，则菱形的面积为. 因为菱形的面积为，所以，解得，即. 将点代入，得，又因为，所以. 故的方程为. ①由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦， 故直线经过圆心，所以为圆的直径，因此，即. 设，，则. 注意到，，则. 又因为，，所以. ②易知直线不可能平行于轴，则设直线的方程为（），，. 由得. ，（*） ，.① 因为，，所以， 即， 即. 将①代入上式得， 化简得，解得，满足（*）， 所以直线的方程为， 故直线过定点. 20-9【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）根据点在椭圆上和三条线段成等差数列建立方程，解出方程即可； （2）设直线为，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理表示出，然后找出直线之间的关系，从而求得直线过定点 由题意知：，， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 成等差数列．可得： 解得： 又，，解得： 故椭圆标准方程为： 设直线方程为 联立，化简得： 可得：，， 则有： 可得： 解得：或 故直线方程为：或 所以直线恒过点或 又因为直线l与椭圆恒有两个交点，故易知定点必在椭圆内，故直线l恒过点 点睛: （1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系； （2）涉及到直线方程时，务必考虑全面，注意直线斜率为0或不存在等特殊情形； 20-10【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）待定系数法列方程去求椭圆的方程； （2）联立直线与椭圆的方程，得到P点坐标，再联立直线OP与椭圆的方程，求得Q点坐标,利用得到的关系式，进而得到直线所过定点 由题意得，，解得或（舍去）， 则椭圆的方程为 将代入：得，，解得， 则椭圆的方程为. 设，，：， 联立，得， 由得，∴，∴. 由斜率公式可知，∴：，∴. 联立，得，即. ∵，∴， ∴，∴，此时满足， 则直线为：，则直线过定点. 21-1【基础】 【正确答案】 1、 1/154 学科网（北京）股份有限公司 2、当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点. 【试题解析】 分析: (1)利用导数的几何意义求出斜率，根据切点的横坐标及函数解析式求出切点，从而得切线方程; (2)利用放缩再结合单调性及，通过分类讨论可求解. 当时，，， 则曲线在处切线的斜率为， 又，故切点为，因此切线方程为. 首先证明：当时，. 证明：设，，则，单调递增， 于是，即原不等式得证. ，， 当时，， 故在上单调递增. 若，则当时，，单调递增， 又，故此时有且仅有1个零点. 若，则， 又 ， 所以在上存在唯一的零点，， 当，，当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 ， 且，，因此在上有2个零点. 综上，当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点. 【关键点点睛】 解决本题第（1）问的关键是求出切线的斜率及切点，解决第（2）问的关键是放缩及单调性的讨论. 21-2【基础】 【正确答案】 1、 2、在区间上有且仅有一个零点，理由见解析 【试题解析】 分析: （1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可； （2）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可. ， 所以函数的图象在处的切线方程为， 即. 设，则， ①当时，，所以单调递减； 且，， 由零点存在定理可知，在区间存在唯一的， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 使 又当时，；当时，， 所以在上单调递增， 且， ， 所以在上有唯一零点； 当时，单调递减，且， 所以在上没有零点. ②当时， 单调递增，， ， 所以在区间有唯一零点，设为， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 在区间上，此时单调递减， 且，故有，此时单调递减，且， 由，得， 所以. 当时， ，所以单调递增， 又，故， ，， 所以存在，使，即，故为的极小值点. 此时. 所以在上没有零点. ③当时，， 所以，所以在区间上没有零点. 综上在区间上有且仅有一个零点. 点睛: 方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过 1/154 学科网（北京）股份有限公司 解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 21-3【基础】 【正确答案】 1、 2、见解析 【试题解析】 分析: （1）当时，先求的导函数 ，所以切线的斜率 ，然后再根据直线的点斜式方程写出答案即可 （2）先求出 ，通过分类讨论与0的大小关系得出参数的取值范围对应的函数在区间上零点的个数 当时， ，即切点的坐标为 切线的斜率 切线的方程为： 即 令 ，解得 ，在上递增 同理可得，在上递增上递减 讨论函数零点情况如下： （Ⅰ）当，即时，函数无零点，在上无零点 （Ⅱ） 当，即时，函数在上有唯一零点，而，在上有一个零点 （Ⅲ）当，即时，由于， 当时，即时， ， 由函数的单调性可知，函数在上有唯一零点，在上有唯一零点，在有两个零点 当，即时，，而且 ， 由函数单调性可知，函数在上有唯一零点，在上没有零点，从而在有一个零点 综上所述，当时，函数在有无零点 当或时，函数在有一个零点 当时，函数在有两个零点 点睛: 本题考查了函数的单调性和函数的零点问题，考查了分类讨论思想，转化思想，是一道难题 21-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）． 【试题解析】 分析: 1/154 学科网（北京）股份有限公司 （1）求出导函数，令求得切点坐标后可得切线方程； （2）求导函数，确定在定义域内只有一个极值点，因此这个极值点必在区间上，然后得函数在上的极小值，由极小值小于0，区间两个端点处函数值大于或等于0可得结论． 详解: 由已知函数定义域是， （1），， 由解得（舍去）， 又，所以切线方程为，即； （2）， 易知只有一个极值点，要使得有两个零点，则，即， 此时在上，递减，在上，递增， 在时取得极小值， 所以解得． 综上的范围是． 点睛: 关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点问题．函数在某个区间上的零点，解题时先从大处入手，由导数确定函数的极值点，利用单调区间上的零点最多只有一个，因此函数的极值点必在给定区间内，从而缩小参数的范围，在此范围内计算的单调性与极值，结合零点存在定理可得结论． 21-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）利用导数几何意义求得结果； （2）利用导数判断函数在区间上单调性，再根据零点存在定理可得结果. 详解: （1）当时，， 对函数求导可得， 所以， 又， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）由（1）知， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 故函数在区间上单调递增. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 因为函数在区间上只有一个零点， 结合零点存在定理可得， 解得，即的取值范围是. 点晴: 思路点睛：函数在闭区间有零点问题，结合函数单调性，根据闭区间上最值研究原函数零点的存在性. 21-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）将代入，求出函数解析式，可得的值，利用导数求出的值，可得在点处的切线方程； （2）求出函数的导函数，结合a的讨论，分别判断函数零点的个数，综合讨论结果，可得答案. 详解: 解：（1）, ， 则， 故所求切线方程为； （2）， 当时，对恒成立 ， 则在上单调递增，从而，则， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则 ， 当时， 对恒成立，则在上单调递减，在（1，2）内没有零点 ， 综上，a的取值范围为（0，1）. 点睛: 本题主要考查了函数的零点，导函数的综合运用及分段函数的运用，难度中等. 21-7【巩固】 【正确答案】 (1) x+y-1=0. (2) . 【试题解析】 分析: (1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程； (2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可. 详解: （1）因为，所以. 所以 又 所以曲线在点处的切线方程为 即.（5分） （2）由题意得，， 所以. 由，解得， 故当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以. 又，， 若函数恰有两个零点， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 则解得. 所以实数的取值范围为. 点睛: 本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解. 21-8【提升】 【正确答案】 1、 2、单调递增区间为，，单调递减区间为，，，． 3、 【试题解析】 分析: （1）求出函数在处的导数值，即切线斜率，求出，即可求出切线方程； （2）求出函数导数并判断正负即可得出单调区间； （3）转化为，构造函数，利用导数判断函数单调性即可求出. ，所以， 又， 所以在，处的切线方程：，即． 当时，， ， 所以在，上，，单调递增， 在，，，上，，单调递减， 所以单调递增区间为，，单调递减区间为，，，． 当时，令，得， 所以， 令，，， 当，时，，，即， 所以在，上单调递增， 又，， 若在区间有一个零点，则， 故的取值范围，． 21-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）． 【试题解析】 分析: （1）求在处的导数和函数值，代入直线方程即可求出切线方程； （2）求的导函数，分，，，分类讨论求和的解集，从而求出函数的单调区间； （3）由第（2）问的结果，分别讨论函数的情况，求出的取值范围. 详解: 解：（1）当时，，，所以，． 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）因为，定义域为， 所以． ①当时，与在上的变化情况 1/154 学科网（北京）股份有限公司 如下： 最大值 所以在内单调递增，在内单调递减． ②当时，与在上的变化情况如下： 极大值 极小值 所以在，内单调递增，在内单调递减． ③当时，，所以在上单调递增． ④当时，与在上的变化情况如下： 极大值 极小值 所以在，内单调递增，在内单调递减． （3）由（2）可知： ①当时，在内单调递增，在内单调递减， 当时，取得最大值． （i）当时，， 所以在上至多有一个零点，不符合题意． （ii）当时，． 因为，，在内单调递减， 所以在内有唯一零点． 因为， 所以且． 因为，， 且在内单调递增，所以在内有唯一零点． 所以当时，恰有两个零点． ②当时，在，内单调递增，在内单调递减， 因为当时，取得极大值， 所以在上至多有一个零点，不符合题意． ③当时，在上单调递增， 所以在上至多有一个零点，不符合题意． ④当时，在，内单调递增，在内单调递减． 因为当时，取得极大值， 所以在上至多有一个零点，不符合题意． 综上所述，实数的取值范围是． 点睛: 方法点睛：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 1/154 学科网（北京）股份有限公司 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． 21-10【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求出切点坐标和切线斜率，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数在区间、上的单调性，结合零点存在定理可知函数在上有唯一的零点，在上无零点，利用放缩法分析可知函数在上无零点，即可证得结论成立. 解：由知，则，， 所以，，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 证明：记，则， 当时，，在上单调递增， ，，则，使得； 当时，，在上单调递减， ，，则，使得， 当时，；当时，. 故在上递增，在上递减， ，，故当时，； 当时，. 综上，有且仅有个零点. 点睛: 方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 22-1【基础】 【正确答案】 （1）曲线：；曲线：；（2）2，理由见解析； 【试题解析】 分析: （1）根据消去参数，得到曲线的普通方程；根据，将极坐标方程转化为直角方程. （2）求得圆心到直线的距离，与圆的半径比较，来判断直线与圆的关系，从而判断交点个数. 详解: （1）根据消去参数， 得到曲线的普通方程为：； 1/154 学科网（北京）股份有限公司 根据，将极坐标方程转化为直角方程， 则曲线的方程为：； （2）曲线的圆心到直线的距离为， 则曲线与直线相交，故有2个公共点. 22-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）根据极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可； （2）根据圆与圆的位置关系进行判断即可 详解: （1）； （2），所以圆的圆心为，半径， ，所以圆的圆心为，半径， ，因为，所以有， 即两个圆相交，所以与交点的个数为. 22-3【基础】 【正确答案】 （1）曲线的普通方程为：，曲线的直角坐标方程为：；（2）. 【试题解析】 分析: （1）利用代入法求出曲线的普通方程，利用极坐标方程与直角坐标方程互化公式求出曲线的直角坐标方程； （2）根据曲线的性质，结合直线与圆的位置关系分类讨论进行求解即可. 详解: （1）由，所以曲线的普通方程为：， 由， 因此有， 所以曲线的直角坐标方程为：， （2）因为，因此曲线是一条折线， 曲线，是以为圆心，为半径的圆， 因为曲线与曲线有且仅有三个不同的交点， 所以有以下两种情况： 第一种情况： 与圆相交，与圆相切，与圆相切， 所以有，圆的半径为 此时到的距离为：，所以与圆相离，故不符合题意； 第二种情况： 1/154 学科网（北京）股份有限公司 与圆相切，与圆相交，与圆相切， 所以有，圆的半径为 此时到的距离为：，所以与圆相交，故符合题意， 故. 22-4【巩固】 【正确答案】 （1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2） 【试题解析】 分析: （1）消去参数可求曲线的普通方程，将化简代入可得； （2）可得曲线为半圆，画出图象，数形结合即可求解. 详解: （1）由，得， 两式平方相加得：； 所以曲线的普通方程为 由，得 ， ，即； 所以曲线的直角坐标方程为； （2）若，则， 故， 此时曲线的方程为（，）， 其图像为半圆弧，如下图所示： 当曲线：经过点和时，； 当曲线：与曲线相切时， 有，是，由图可知， 故当曲线与曲线有两个公共点时，的取值范围为， 综上，的取值范围为. 22-5【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）相交. 【试题解析】 分析: 由曲线的参数方程可得：（为参数），由此可得曲线的普通方程．由极坐标与直角坐标的互化公式：，可得曲线的直角坐标方程； 根据两圆的圆心距和其半径间的关系可得答案. 详解: 解：由曲线的参数方程可得： 1/154 学科网（北京）股份有限公司 （为参数），所以，所以曲线的普通方程为． 曲线的极坐标方程为，由极坐标与直角坐标的互化公式：， 可得：， ∴曲线的直角坐标方程为； 由（）知：曲线是以为圆心，半径的圆，曲线是以为圆心，半径的圆． ∵，． ∴与相交． 22-6【巩固】 【正确答案】 （1）（2） 【试题解析】 分析: （1）将曲线的极坐标方程化为 ，结合求解即可； （2）将曲线的参数方程消掉参数得出，将其代入圆的方程结合得出实数的取值范围． 详解: （1）曲线的极坐标方程可化为 ，即 （2）曲线的参数方程为，消掉参数化为 将其代入曲线的直角坐标方程得出 曲线与有两个不同的交点 ，即，解得 实数的取值范围是 点睛: 关键点睛：在解决问题一时，关键是利用实现极坐标和直角坐标方程的互化. 22-7【提升】 【正确答案】 （1），；（2）有且只有1个公共点，理由见解析. 【试题解析】 分析: （1）把曲线的参数方程平方相加化简即得的普通方程，利用极坐标的公式求出的直角坐标方程； （2）联立与，求出即得解. 详解: 解： （1）曲线的参数方程为（是参数）， ，的普通方程是. 曲线的极坐标方程为， ，由，得 的直角坐标方程为. （2）与有且只有1个公共点， 由（1）联立与，得， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ， 整理得，， 与有且只有1个公共点. 22-8【提升】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）由参数方程得出直线和曲线的普通方程，结合图象得出直线l的斜率的取值范围； （2）根据（1）中图象得出直线l的斜率的取值范围. 直线（t为参数，θ∈R）经过点(1+,−1)， 因为曲线中，−1≥0，所以t≤−1或t≥1，故x=∈[−1,0)∪(0,1] 由曲线（t为参数） 得出，则曲线E表示圆的一部分（如图所示） 设直线的方程l:y+1=k(x−1−). 当l与圆相切时，圆心O(0,0)到l的距离d=1， 解得k=−1或k=0. 又， 如图所示，当l与E有公共点时，应有k∈； 由图可知，若l与E有两个公共点时，应有，即. 22-9【提升】 【正确答案】 1、， 2、 【试题解析】 分析: （1）由极坐标与直角坐标的转化公式可求得曲线C的直角坐标方程，直接消去参数，可得直线l的普通方程， （2）由（1）知曲线C是以点（1，1）为圆心，2为半径的圆，所以只要求出圆心到直线的距离小于等于半径，从而可求出m的取值范围 由曲线C的极坐标方程得，， 即曲线C的直角坐标方程为． 由（t为参数，m为常数）得，， 即直线l的普通方程为． 1/154 学科网（北京）股份有限公司 由（1）知曲线C是以点（1，1）为圆心，2为半径的圆，圆C与直线l有公共点， 即圆心（1，1）到直线l的距离， 即，故， 则m的取值范围是． 23-1【基础】 【正确答案】 （1）见解析（2）见解析 【试题解析】 分析: （1）结合代人所证不等式的左边中的分子,通过变形转化，利用基本不等式加以证明即可 （2）结合不等式右边关系式的等价变形，通过基本不等式来证明即可 详解: 证明：（1） ， 当时等号成立. （2）因为， 又因为，所以，，， . 当时等号成立，即原式不等式成立. 点睛: 本题考查基本不等式的应用，考查推理论证能力，化归与转化思想 23-2【基础】 【正确答案】 (1)见解析.(2)见解析. 【试题解析】 分析: （Ⅰ）先将展开，再用基本不等式即可得出结论； （II）先由题意，计算，再由基本不等式，即可得出结果. 详解: 解：（Ⅰ） ； （II） 而，所以. 点睛: 本题主要考查不等式的证明，常用综合法处理，熟记基本不等式即可，属于常考题型. 23-3【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）运用分析法证明．要证，结合条件，两边平方，可得，运用重要不等式，累加即可得证． （2）问题转化为证明，根据基本不等式的性质证明即可． 详解: 证明：（1）运用分析法证明． 要证， 即证， 由，，均为正实数，且， 即有， 即为，① 由，，， 相加可得， 则①成立． 综上可得，原不等式成立． （2）， 而由（1）， ， 故只需， 即， 1/154 学科网（北京）股份有限公司 即：， 而，，， 成立， （当且仅当时）． 点睛: 本题考查了基本不等式的证明，考查转化思想，属于中档题． 23-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）直接利用三个数的基本不等式求最值即可； （2）将a＋b＋c＝2代入，利用柯西不等式证明即可. 详解: (1)因为a，b，c∈R＋， 所以2＝a＋b＋c≥，两边同时取三次幂得，故. 当且仅当a＝b＝c＝时等号成立，所以abc的最大值为； (2)证明：因为a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝2，所以根据柯西不等式， 可得＝ (a＋b＋c) ＝ ，当且仅当时等号成立. 所以. 点睛: 本题的解题关键是利用已知条件拼凑＝ (a＋b＋c) ，观察使用柯西不等式求最值，突破难点即可. 23-5【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）对所证式子进行变形，利用进行等量代换，再根据基本不等式进行证明；（2）根据基本不等式，分别表示出，，，即可得证. 因为正数，，满足， 所以 ，当且仅当时等号成立，故. 因为，，都是正数，所以，，， 所以，当且仅当时等号成立，所以. 23-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）根据三元基本不等式得到 ，由此求解出的最大值； （2）根据柯西不等式得到，结合条件可完成证明. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 详解: （1）因为为正实数， 所以 即 当且仅当时等号成立， 所以的最大值为； （2）由柯西不等式: 即 当且仅当， 即时取等号. 点睛: 结论点睛：基本不等式和柯西不等式的推广形式如下： （1）若为个正数，则，当且仅当时取等号； （2）设为实数，则， 其中等号成立（当某时，认为，）. 23-7【巩固】 【正确答案】 1、1 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由三个正数的基本不等式进行求解；（2）凑项后利用基本不等式进行证明. 由，当且仅当时，取得等号． 又，所以． 故当且仅当时，取得最大值1． 证明：要证，需证． 因为 ， 即，当且仅当时取得等号．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）由，得到，结合基本不等式，即可求解； （2）根据基本不等式，求得，，，三式相加，即可求解. 详解: （1）由题意，正数满足， 平方可得， 因为，三式相加可得， 当且仅当时“”成立 所以， 可得，即， 又由，即 综上可知：， 当且仅当时，等号成立. （2）因为，，所以 1/154 学科网（北京）股份有限公司 ，当且仅当时“”成立， 同理可得：，当且仅当时“”成立， ，当且仅当时“”成立， 三式相加可得： 即， 所以得证，当且仅当时取等号. 点睛: 利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”： （1）“一正”：就是各项必须为正数； （2）“二定”：就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 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）由已知转化利用基本不等式可求解； （2）利用基本不等式可证明. 详解: （1）因为，所以， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以； （2）， ， 所以， 所以， 即，当且仅当等号成立. 23-10【提升】 【正确答案】 1、证明详见解析； 2、证明详见解析. 【试题解析】 分析: （1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解； （2）结合（1）的结论，以及基本不等式的公式，即可求解. 证明：∵， 当且仅当a=b=c时，等号成立， 设，∴， 即，解得， ∵a，b，c为正数，∴， ∴. ∵ 由（1）可得，∴ ∴， ∵，当且仅当时，等号成立. ∴，当且仅当时，等号成立. 1/154 学科网（北京）股份有限公司 $