2022年高考新高考全国II卷数学高考真题变式题库

2022年高考新高考全国II卷数学高考真题变式题库 【原卷 1 题】 知识点 交集的概念及运算,公式法解绝对值不等式 【正确答案】 B 【试题解析】 1-1（基础） 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-2（基础） 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-3（基础） 已知集合，，则（ ） A. B.[—1，7] C. D.（2，4） 【正确答案】 A 1-4（基础） 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-5（巩固） 设集合 ，则 （ ） A. B. C.{2} D.{-2，2} 【正确答案】 C 1-6（巩固） 已知集合，，则（ ） A.R B. C. D. 【正确答案】 D 1-7（巩固） 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 1-8（巩固） 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 1-9（提升） 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 1-10（提升） 已知集合，，（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-11（提升） 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-12（提升） 已知集合，，则（ ） A.[－2，4） B.[－2，4] C. D.（－1，4] 【正确答案】 C 【原卷 2 题】 知识点 复数代数形式的乘法运算 【正确答案】 D 【试题解析】 2-1（基础） （ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 2-2（基础） （ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 2-3（基础） 复数（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 2-4（基础） 复数（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 2-5（巩固） （ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 2-6（巩固） 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 2-7（巩固） （ ） A. B.8 C. D. 【正确答案】 A 2-8（巩固） 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 2-9（提升） 已知复数z满足，则（ ） A.1＋8i B.1－8i C.－1－8i D.－1＋8i 【正确答案】 C 2-10（提升） 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 2-11（提升） 在复平面内，若复数z对应的点为，则（ ） A.2 B.2i C. D. 【正确答案】 D 2-12（提升） 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 【原卷 3 题】 知识点 等差数列通项公式的基本量计算,已知斜率求参数 【正确答案】 D 【试题解析】 3-1（基础） 我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则第六圈的石板块数是（ ） A.45 B.54 C.72 D.81 【正确答案】 B 3-2（基础） “人有悲欢离合，月有阴晴圆缺”，这里的圆缺就是指“月相变化”，即地球上所看到的月球被日光照亮部分的不同形象，随着月球与太阳的相对位置的不同，便会呈现出各种形状，如图所示：古代中国的天象监测人员发现并记录了月相变化的一个数列，记为，其中且，将满月分成部分，从新月开始，每天的月相数据如下表所示(部分数据)，是指每月的第天可见部分占满月的，是指每月的第天可见部分占满月的，是指每月的第天(即农历十五)会出现满月．已知在月相数列中，前项构成等比数列，第项到第项构成等差数列，则第天可见部分占满月的( ) A. B. C. D. 【正确答案】 B 3-3（基础） 《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何?”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱?”则第2人比第4人多得钱数为（ ） A.钱 B.钱 C.钱 D.钱 【正确答案】 D 3-4（基础） “中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下中的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二问物几何？现有一个相关的问题：将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列14，29，44，…，则该数列的项数为（ ） A.132 B.133 C.134 D.135 【正确答案】 C 3-5（巩固） 中国古代张苍、耿寿昌所撰写的《九章算术》总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱？”则中间三人所得钱数比第1与第5人所得钱数之和多（ ） A.钱 B.钱 C.钱 D.1钱 【正确答案】 D 3-6（巩固） “干支纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、已、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地 支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按照干支顺序相配，构成了“干支纪年法”，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、、癸酉、甲成、乙亥、丙子、、癸末、甲申，乙酉、丙成、、癸巳、、癸亥，年为一个纪年周期，周而复始，循环记录按照“干支纪年法”，今年（公元年）是辛丑年，则中华人民共和国成立周年（公元年）是（ ） A.己未年 B.辛巳年 C.庚午年 D.己巳年 【正确答案】 D 3-7（巩固） 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为（ ） A.39 B.45 C.48 D.51 【正确答案】 D 3-8（巩固） 1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到500这500个数中，能被3除余2，且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则这个新数列各项之和为（ ）． A.6923 B.6921 C.8483 D.8481 【正确答案】 C 3-9（提升） 2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫．倒计时依次为：大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、立冬、秋分三个节气的日影长之和为31.5寸，冬至到处暑等九个节气的日影长之和为85.5寸，问大暑的日影长为（ ） A.4.5寸 B.3.5寸 C.2.5寸 D.1.5寸 【正确答案】 B 3-10（提升） 在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长的一天被定为冬至.从冬至算起，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，小寒、雨水，清明日影长之和为 28.5尺，则大寒、惊蛰、谷雨日影长之和为（ ） A.25.5尺 B.34.5尺 C.37.5尺 D.96尺 【正确答案】 A 3-11（提升） 中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给.则第一等人(得金最多者)得金斤数是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 3-12（提升） 《周髀算经》是中国古代天文学与数学著作，其中有关于24节气的描述，将一年分为24个节气，如图所示，已知晷长指太阳照射物体影子的长度，相邻两个节气的晷长变化量相同（即每两个相邻节气晷长增加或减小量相同，其中冬至晷长最长，夏至晷长最短，从夏至到冬至晷长逐渐变大，从冬至到夏至晷长逐渐变小.周而复始，已知冬至晷长为13.5尺，芒种晷长为2.5尺，则一年中秋分这个节气的晷长为（ ） A.6.5尺 B.7.5尺 C.8.5尺 D.95尺 【正确答案】 B 【原卷 4 题】 知识点 平面向量线性运算的坐标表示,向量夹角的坐标表示 【正确答案】 C 【试题解析】 4-1（基础） 若向量，且与的夹角为，则x为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-2（基础） 已知向量，，且与的夹角为，则的值为（ ） A. B.2 C. D.1 【正确答案】 D 4-3（基础） 已知向量，，且与的夹角为，则（ ） A. B.1 C.或1 D.或9 【正确答案】 C 4-4（基础） 设向量，，向量与的夹角为锐角，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-5（巩固） 已知向量，，若向量，的夹角是锐角，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-6（巩固） 已知，且与的夹角为120°，则k等于（ ） A. B.－2 C. D.1 【正确答案】 C 4-7（巩固） 若，且与的夹角是钝角，则实数x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-8（巩固） 已知向量，若与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-9（提升） 若向量与的夹角为锐角，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 4-10（提升） 已知向量，满足，，若与的夹角为45，则实数（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-11（提升） 平面向量，，（），且与的夹角与与的夹角互补，则（ ） A. B. C.1 D.2 【正确答案】 A 4-12（提升） 已知向量，，其中为实数，为坐标原点，当两向量夹角在变动时，的取值范围是 A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 5 题】 知识点 元素（位置）有限制的排列问题,相邻问题的排列问题 【正确答案】 B 【试题解析】 5-1（基础） 志愿服务是全员核酸检测工作的重要基础和保障，某核酸检测站点需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己名志愿者，计划依次安排到该站点参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（ ） A.种 B.种 C.种 D.种 【正确答案】 D 5-2（基础） 4个男生，3个女生站成一排，且甲乙二人之间恰好有三个人，则不同的排法种数为（ ） A.360个 B.480个 C.720个 D.960个 【正确答案】 C 5-3（基础） 3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起，共有（ ）种站法． A.144 B.360 C.480 D.720 【正确答案】 D 5-4（基础） 为迎接2022年北京冬奥会，北京冬奥会组委会设计一款五福相连糖果盒，该糖果盒为陶瓷制品，由五层糖果盒组成，垒叠成鞭炮造型，五层分别描绘不一样的画面，内容包括“会徽”“放炮仗”“点鞭炮”“捉迷藏”“望灯笼”，画中小儿身着各式民族服装，呈现出喜庆、项和的图景，若会徽必须放最上层或最下层，且放鞭炮和点鞭炮必须相邻，则不同的排列方式共有（ ） A.12种 B.20种 C.24种 D.32种 【正确答案】 C 5-5（巩固） A，B，C，D，E，F这6位同学站成一排照相，要求A与C相邻且A排在C的左边，B与D不相邻且均不排在最右边，则这6位同学的不同排法数为（ ） A.72 B.48 C.36 D.24 【正确答案】 C 5-6（巩固） 某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为（ ）． A.72 B.96 C.120 D.144 【正确答案】 D 5-7（巩固） 现要给4个唱歌节目和2个小品节目排列演出顺序，要求2个小品节目之间恰好有3个唱歌节 目，则不同的演出顺序的种数是（ ） A.240 B.120 C.96 D.48 【正确答案】 C 5-8（巩固） 3名男生，2名女生站成一排照相，则2名女生相邻且都不站在最左端的不同的站法共有（ ） A.72种 B.64种 C.48种 D.36种 【正确答案】 D 5-9（提升） 重庆八中五四颁奖典礼上有A，B，C，D，E，F共6个节日，在排演出顺序时，要求A，B相邻，C，D不相邻，则该典礼节目演出顺序的不同排法种数为（ ） A.288种 B.144种 C.72种 D.36种 【正确答案】 B 5-10（提升） 《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务B必须排在前三位，且任务A、D必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有( ) A.240种 B.188种 C.156种 D.120种 【正确答案】 D 5-11（提升） 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有个完全相同的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位运动员要与这个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只有个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 5-12（提升） 甲、乙等6人去参观民间剪纸艺术展，参观结束后，他们站成一排拍照留念，则甲、乙相邻的不同站法有（ ） A.120种 B.240种 C.360种 D.480种 【正确答案】 B 【原卷 6 题】 知识点 用和、差角的余弦公式化简、求值,用和、差角的正弦公式化简、求值 【正确答案】 C 【试题解析】 6-1（基础） 已知，则（ ） A. B. C. D.0 【正确答案】 D 6-2（基础） 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-3（基础） 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 6-4（基础） 已知，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-5（巩固） 已知，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 6-6（巩固） 已知，则（ ） A. B. C. D.1 【正确答案】 A 6-7（巩固） 已知，若，则（       ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 6-8（巩固） 已知a，β都是锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 6-9（提升） 已知，则的值是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 6-10（提升） 已知，均为锐角，且，.则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-11（提升） 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 6-12（提升） 已知，则（ ） A. B.1 C. D. 【正确答案】 D 【原卷 7 题】 知识点 球的表面积的有关计算,多面体与球体内切外接问题 【正确答案】 A 【试题解析】 7-1（基础） 已知正三棱柱所有棱长都为6，则此三棱柱外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-2（基础） 在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，，则四棱锥的外接球O的表面积是（ ） A.80π B.160π C.60π D.40π 【正确答案】 D 7-3（基础） 已知三棱锥中，底面BCD是边长为的正三角形，底面BCD，且，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-4（基础） 在矩形中，，点，分别是，的中点，沿将四边形折起，使，若折起后点，，，，，都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-5（巩固） 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-6（巩固） 在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为正三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-7（巩固） 在矩形 中， 分别为各边的中点，现沿着虚线折叠得到一个几何体，使得点 重合于点 ，则该几何体的外接球表面积是（　　） A.18π B.16π C.20π D.22π 【正确答案】 C 7-8（巩固） 如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-9（提升） 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有表有广，而上有表无广．刍，草也，甍，屋盖也”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形为正方形，为两个全等的等腰梯形，，则此刍甍的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-10（提升） 直角中，，，D是斜边AC上的一动点，沿BD将翻折到， 使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 7-11（提升） 在三棱锥中，平面平面，，，则该三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 7-12（提升） 已知三棱锥S－ABC中，∠BAC=，SB⊥AB，SC⊥AC，SB=SC=3，，三棱锥体积为，则三棱锥S－ABC外接球的表面积为（ ） A.5π B.20π C.25π D.100π 【正确答案】 C 【原卷 8 题】 知识点 函数奇偶性的应用,由抽象函数的周期性求函数值 【正确答案】 A 【试题解析】 8-1（基础） 函数满足，若，则（ ） A.-2 B.0 C.2 D.2022 【正确答案】 A 8-2（基础） 已知定义在上的函数，满足，，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-3（基础） 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-4（基础） 已知是定义域为R的偶函数，，，.若是偶函数，则（ ） A.－3 B.－2 C.2 D.3 【正确答案】 D 8-5（巩固） 若定义在实数集R上的偶函数满足，，对任意的恒成立，则（ ） A.4 B.3 C.2 D.1 【正确答案】 D 8-6（巩固） 已知函数对任意都有且成立，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-7（巩固） 函数定义域为R，且，若函数的图象关于对称，且，则=（ ） A.3 B.-3 C.6 D.-6 【正确答案】 A 8-8（巩固） 定义在上的奇函数满足恒成立，若，则的值为（ ） A.6 B.4 C.2 D.0 【正确答案】 C 8-9（提升） 定义在正整数上的函数满足，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-10（提升） 已知函数满足对任意恒成立，又函数的图象关于点对称，且 则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 8-11（提升） 已知函数是偶函数，且函数的图像关于点对称，当时，，则（ ） A. B. C.0 D.2 【正确答案】 A 8-12（提升） 若定义在上的偶函数满足，且当时，，则的值等于( ) A. B. C. D. 【正确答案】 D 【原卷 9 题】 知识点 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,求正弦（型）函数的对称轴及对称中心,利用正弦函数的对称性求参数,求sinx型三角函数的单调性 【正确答案】 A D 【试题解析】 9-1（基础） 已知函数（a为常数，）的图像关于直线对称，函数，则下面说法正确的是（ ） A.将的图像向左平移个单位可以得到的图像 B.的图像关于点对称 C.在上单调递减 D.的最大值为1 【正确答案】 ABC 9-2（基础） 已知函数关于对称，则下列结论正确的是（ ） A. B.在上单调递增 C.函数是偶函数 D.把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称 【正确答案】 AC 9-3（基础） 已知函数相邻对称中心之间的距离为，则下列结论正确的是（ ） A.图象的对称轴方程为 B.在上单调递减 C.将的图象向右平移个单位得到的图象 D.若在上的值域为，则 【正确答案】 ABD 9-4（基础） 已知函数 的图象关于直线对称，则（ ） A. B.函数在 上单调递增 C.函数的图象关于点成中心对称 D.若，则的最小值为 【正确答案】 BD 9-5（巩固） 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A.函数为奇函数 B.函数在上单调递增 C.若，则的最小值为 D.函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 【正确答案】 ACD 9-6（巩固） 已知函数的图象经过原点，且恰好存在2个，使得的图象关于直线对称，则（ ） A. B.的取值范围为 C.一定不存在3个，使得的图象关于点对称 D.在上单调递减 【正确答案】 ABD 9-7（巩固） 已知函数，直线为图象的一条对称轴，为图象的一个对称中心，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（ ） A. B. C.在区间上的最大值为2 D.若为偶函数，则 【正确答案】 AD 9-8（巩固） 设函数(0＜ω＜4，|φ|)，满足f(－x)＝f(x)且函数f(x)关于(，0)对称，则（ ） A.ω＝2 B.φ＝ C.f(x)在(0，)上单调递增 D.函数f(x)在处取极小值 【正确答案】 ABD 9-9（提升） 已知函数在上有且仅有三个对称轴，则下列结论正确的是（ ） A.函数在上单调递增. B.不可能是函数的图像的一个对称中心 C.的范围是 D.的最小正周期可能为 【正确答案】 AB 9-10（提升） 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A.若，则f（x）的对称中心为 B.若f（x）向左平移个单位后，关于y轴对称 则的最小值为1 C.若f（x）在（0，π）上恰有3个零点，则的取值范围是（，] D.已知f（x）在[，]上单调递增，且为整数，若f（x）在[m，n]上的值域为[，1]，则的取值范围是[，] 【正确答案】 BCD 9-11（提升） 设函数，且函数在上是单调的，则下列说法正确的是（ ） A.若是奇函数，则的最大值为3 B.若，则的最大值为 C.若恒成立，则的最大值为2 D.若的图象关于点中心对称，则的最大值为 【正确答案】 BCD 9-12（提升） 已知函数的图象关于点对称，则（ ） A.的最小正周期是 B.函数在上单调递增 C.函数的图象向右平移个单位长度得到的图象对应的函数是奇函数，则的最小值为 D.若，，时，成立，则的最大值为 【正确答案】 AC 【原卷 10 题】 知识点 数量积的坐标表示,已知两点求斜率,抛物线定义的理解,求直线与抛物线的交点坐标 【正确答案】 A C D 【试题解析】 10-1（基础） 抛物线的焦点为F，若P是抛物线C上任意一点，直线PF的倾斜角为，点M是线段PF的中点，则下列说法正确的是（ ）． A.若，则 B.点M的轨迹方程为 C.的最小值为 D.在y轴上存在点E，使得． 【正确答案】 BC 10-2（基础） 在平面直角坐标系中，过抛物线的焦点作一条与坐标轴不平行的直线，与交于两点，则下列说法正确的是（ ） A.若直线与准线交于点，则 B.对任意的直线， C.的最小值为 D.以为直径的圆与轴公共点个数为偶数 【正确答案】 ABC 10-3（基础） 已知，过抛物线：焦点的直线与抛物线交于，两点，为上任意一点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A.过与抛物线有且只有一个公共点的直线有两条 B.与到抛物线的准线距离之和的最小值为3 C.若，，成等比数列，则 D.抛物线在、两点处的切线互相垂直 【正确答案】 BCD 10-4（基础） 设抛物线的焦点为，则下列说法正确的是（ ） A.点在轴上 B.点的坐标为 C.设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则 D.设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则 【正确答案】 ACD 10-5（巩固） 已知斜率为的直线过抛物线：()的焦点，且与抛物线交于，两点，抛物线的准线上一点，满足，则（ ） A. B. C. D.的面积为 【正确答案】 ABD 10-6（巩固） 已知为抛物线上两点，为焦点，抛物线的准线与轴交于点，满足 ，则（ ） A.抛物线C的方程为 B.抛物线C的方程为 C. D. 【正确答案】 AC 10-7（巩固） 已知抛物线的焦点为F，顶点为O，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，A在第一象限，若，则下列结论正确的是（ ） A.直线的斜率为 B.线段AB的长度为 C. D.以AF为直径的圆与y轴相切 【正确答案】 ABD 10-8（巩固） 已知为抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于，两点(点在第一象限)，线段的中点为，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A.面积的最小值为2 B.当直线的斜率为1时， C.以为直径的圆与轴相切 D.点及点满足，若点在以为直径的圆上，则 【正确答案】 AD 10-9（提升） 已知抛物线 的焦点为F，准线l交x轴于点D，直线m过D且交C于不同的A，B两点，B在线段AD上，点P为A在l上的射影．线段PF交y轴于点E，下列命题正确的是（ ） A.对于任意直线m，均有AE⊥PF B.不存在直线m，满足 C.对于任意直线m，直线AE与抛物线C相切 D.存在直线m，使|AF|+|BF|=2|DF| 【正确答案】 AC 10-10（提升） 过抛物线的焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，则下列选项正确的有（ ） A.能取到 B. C.若，则线段中点到抛物线C的准线的距离为5. D.过点B作直线m，使得直线m与抛物线C有且仅有一个公共点，则这样的直线m有2条. 【正确答案】 BCD 10-11（提升） 设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C.若点，则的最小值是5 D.若倾斜角为，且，则 【正确答案】 ACD 10-12（提升） 已知抛物线，点，，过点的直线交抛物线与两点，设，，下列说法正确的有（ ） A. B.的最小值为 C. D. 【正确答案】 ABD 【原卷 11 题】 知识点 锥体体积的有关计算,证明线面垂直 【正确答案】 C D 【试题解析】 11-1（基础） 在正方体中，点E为线段上的动点，则（ ） A.直线DE与直线AC所成角为定值 B.点E到直线AB的距离为定值 C.三棱锥的体积为定值 D.三棱锥外接球的体积为定值 【正确答案】 AC 11-2（基础） 在棱长固定的正方体中，点E，F分别满足，，则（ ） A.当时，三棱锥的体积为定值 B.当时，存在使得平面 C.当时，点A，B到平面的距离相等 D.当时，总有 【正确答案】 ACD 11-3（基础） 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，则下列结论中错误的是（　　） A. B.的面积与的面积相等 C.平面 D.三棱锥的体积会随着、的运动而变化 【正确答案】 BD 11-4（基础） 如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交棱于E，交棱于F，给出下面几个命题中真命题是（ ） A.四边形有可能是正方形 B.平面有可能垂直于平面 C.设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线 D.四棱锥的体积为定值 【正确答案】 BCD 11-5（巩固） 如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点．设棱锥P﹣ABCD与棱锥E﹣BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则（　　） A.PA∥平面BDE B.PC⊥平面BDE C.V1：V2＝4：1 D.sinα：sinβ＝1：2 【正确答案】 ACD 11-6（巩固） 在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点，则下列判断正确的是（ ） A.为的中点 B.与所成的角为 C.平面 D.三棱锥与四棱锥的体积之比等于 【正确答案】 ACD 11-7（巩固） 如图，在长方体中，，E，F分别是棱，的中点，则（ ） A.△BDF是等边三角形 B.直线与BF是异面直线 C.平面BDF D.三棱锥与三棱锥的体积相等 【正确答案】 AC 11-8（巩固） 如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A.平面 B.点与点到平面的距离相等 C.平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D.平面将正方体分割成的上、下两部分的体积之比为 【正确答案】 BCD 11-9（提升） 如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面为等腰直角三角形，，，分别是的中点，是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. B.直线与直线夹角的余弦值为 C.直线平面 D.若是线段的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比为 【正确答案】 ACD 11-10（提升） 已知正方体ABCD-的棱长为2，F是正方形的中心，则（ ） A.三棱锥F-的外接球表面积为4π B.平面 C.平面，且 D.若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半. 【正确答案】 BCD 11-11（提升） 如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．以下结论成立的是（ ） A.BC⊥PC B.OM⊥平面ABC C.点B到平面PAC的距离等于线段BC的长 D.三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥M-ABC体积 【正确答案】 ABCD 11-12（提升） 已知正方体的棱长为2，动点F在正方形内，则（ ） A.若平面，则点F的位置唯一 B.若平面，则不可能垂直 C.若，则三棱锥的外接球表面积为 D.若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半 【正确答案】 AD 【原卷 12 题】 知识点 由已知条件判断所给不等式是否正确,条件等式求最值 【正确答案】 B C 【试题解析】 12-1（基础） 若，，且，则下列结论正确的是（ ）． A. B. C. D. 【正确答案】 AB 12-2（基础） 已知正实数满足，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 ACD 12-3（基础） 已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 AD 12-4（基础） 已知，设，，以下四个命题中正确的有（ ） A.若，则有最小值 B.若，则有最大值2 C.若，则 D.若，则有最小值 【正确答案】 ABC 12-5（巩固） 已知，且，则（ ） A.的最大值为2 B.的最小值为 C.的最大值为8 D.的最小值为8 【正确答案】 ABD 12-6（巩固） 已知正数满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D.当且仅当时，取得最小值 【正确答案】 ABD 12-7（巩固） 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 BD 12-8（巩固） 已知，且，则（ ） A.的最大值为 B.的最小值为9 C.的最小值为 D.的最大值为2 【正确答案】 BC 12-9（提升） 已知函数，且正实数，满足，则下列结论可能成立的是（ ） A. B.的最大值为 C. D.的最小值为 【正确答案】 AC 12-10（提升） 若a，，，则下列说法正确的有（ ） A.的最小值为4 B.的最大值为 C.的最小值为 D.的最大值是 【正确答案】 BCD 12-11（提升） 已知，，且，则（ ） A.的取值范围是 B.的取值范围是 C.的最小值是3 D.的最小值是 【正确答案】 BD 12-12（提升） 已知，则（ ） A.的最大值为 B.的最小值为4 C.的最小值为 D.的最小值为16 【正确答案】 BCD 【原卷 13 题】 知识点 指定区间的概率 【正确答案】 【试题解析】 13-1（基础） 已知随机变量，则______． 【正确答案】 0.3 13-2（基础） 若随机变量，，则___________. 【正确答案】 0.14或 13-3（基础） 设随机变量，若，则________. 【正确答案】 0.5或 13-4（基础） 已知随机变量服从正态分布，且，则 ___________. 【正确答案】 13-5（巩固） 设随机变量服从正态分布，若，则______． 【正确答案】 0.35或 13-6（巩固） 已知随机变量，，，______. 【正确答案】 13-7（巩固） 随机变量，若，则_____________． 【正确答案】 0.15或 13-8（巩固） 在某次测验中，测验结果服从正态分布．若，则______． 【正确答案】 0.6或. 13-9（提升） 设随机变量X服从正态分布，若，则______． 【正确答案】 或 13-10（提升） 在一次期末考试中某学校高三全部学生的数学成绩服从正态分布，若，且，则___________. 【正确答案】 或 13-11（提升） 已知随机变量，若，则的值为______． 【正确答案】 0.36 13-12（提升） 一机械制造加工厂的某条生产线在设备正常运行的情况下，生产的零件尺寸（单位：mm）服从正态分布，且，，则____________. 【正确答案】 0.06 【原卷 14 题】 知识点 求过一点的切线方程 【正确答案】 【试题解析】 14-1（基础） 过原点作曲线的切线，则切点的坐标为______，切线的斜率为______． 【正确答案】 （1,） e 14-2（基础） 已知曲线，则曲线C在处的切线方程为______；曲线C过点的切线方程为______. 【正确答案】 或 14-3（基础） 过原点作曲线的切线，则切点坐标为________，切线方程为________. 【正确答案】 （e，1） x-ey=0 14-4（基础） 设函数的图象为曲线，直线与曲线相切于点，则 __；函数的解析式为__． 【正确答案】 2 14-5（巩固） 函数的图像在点处的切线为，则实数的值为______，切点的坐标为__________． 【正确答案】 14-6（巩固） 过点能作曲线的切线_________条，切点坐标为______ 【正确答案】 或 14-7（巩固） 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______；如果曲线的某一切线与直线垂直，则切点坐标为______. 【正确答案】 或 14-8（巩固） 已知函数，则曲线在处的切线方程为______；若该切线是曲线与以原点为圆心，2为半径的圆的公切线，则a+b的最大值是______. 【正确答案】 14-9（提升） 若存在过点的直线与曲线和都相切，则切线方程为______，______． 【正确答案】 14-10（提升） 已知函数，函数在处的切线方程为____________．若该切线与的图象有三个公共点，则的取值范围是____________． 【正确答案】 或 或 14-11（提升） 已知函数，若有三个不同的零点，则的取值范围是______，，在点处的切线过点，则该切线方程为______． 【正确答案】 14-12（提升） 经过原点且与曲线相切的切线方程为______；点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为______. 【正确答案】 或； . 【原卷 15 题】 知识点 求点关于直线的对称点,由直线与圆的位置关系求参数 【正确答案】 【试题解析】 15-1（基础） 把直线按向量平移后恰与相切，则实数的值为______． 【正确答案】 15-2（基础） 已知直线与圆O：相交于A，B两点（O为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数a的值为___________. 【正确答案】 或 或 15-3（基础） 若直线被圆截得线段的长为6，则实数的值为__________. 【正确答案】 15-4（基础） 已知直线：与圆：相交于两点，若，则的值为________． 【正确答案】 15-5（巩固） 在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于A，B两点，若钝角的面积为，则实数a的值是______． 【正确答案】 或 15-6（巩固） 过直线上动点P作圆的一条切线，切点为A，若使得的点P有两个，则实数m的取值范围为___________． 【正确答案】 15-7（巩固） 已知点，，圆：与线段（包含端点）有公共点，则的取值范围是___________. 【正确答案】 15-8（巩固） 直线与圆交于A、B两点，且，则实数_______． 【正确答案】 或5或5或 15-9（提升） 在平面直角坐标系中，直线与直线被圆 截得弦长之比为:，则______________ . 【正确答案】 15-10（提升） 已知曲线，圆，当曲线C与圆M有3个公共点时______ 【正确答案】 4或5或5或4 15-11（提升） 在平面直角坐标系xOy中，已知直线和点，动点P满足，且动点P的轨迹上至少存在两点到直线l的距离等于，则实数的取值范围是___________. 【正确答案】 15-12（提升） 已知函数的图像上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数k的取值范围是__________． 【正确答案】 【原卷 16 题】 知识点 根据弦长求参数,由弦中点求弦方程或斜率 【正确答案】 【试题解析】 16-1（基础） 已知直线与椭圆交于M，N两点，且，则_________. 【正确答案】 16-2（基础） 已知椭圆的焦距为6，短轴为长轴的，直线l与椭圆交于A，B两点，弦AB的中点为，则直线l的方程为___________. 【正确答案】 7x+8y-22=0 16-3（基础） 经过点作直线l交椭圆于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程为___________． 【正确答案】 16-4（基础） 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在的直线方程为______． 【正确答案】 16-5（巩固） 椭圆x2+2y2＝2与直线y＝x+m交于A，B两点，且，则实数m的值为_____． 【正确答案】 ±1 16-6（巩固） 已知椭圆(为参数),存在一条直线,使得此直线被这些椭圆截得的线段长都等于,求直线方程_____. 【正确答案】 16-7（巩固） 已知椭圆，直线与椭圆交于两点，设线段的中点为，为坐标原点，且，则直线的斜率为__________. 【正确答案】 16-8（巩固） 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，且，若第一象限的点、在上，，，，则直线的斜率为________. 【正确答案】 16-9（提升） 已知椭圆()与直线交于A、B两点，，且中点的坐标为，则此椭圆的方程为________． 【正确答案】 16-10（提升） 已知椭圆，A，B是椭圆C上的两个不同的点，设，若，则直线AB的方程为______． 【正确答案】 16-11（提升） 已知椭圆的右焦点为F，直线与椭圆C交于A，B两点，AB的中点为P，若O为坐标原点，直线OP，AF，BF的斜率分别为，，，且，则k＝______． 【正确答案】 16-12（提升） 已知直线x﹣my﹣2＝0与抛物线C：交于A，B两点.P是线段AB的中点，过P作x轴的平行线交C于点Q，若以AB为直径的圆经过Q，则m＝_____. 【正确答案】 ±2 【原卷 17 题】 知识点 等差数列通项公式的基本量计算,等比数列通项公式的基本量计算,数列不等式能成立（有解）问题 【正确答案】 （1）证明见解析； （2）9 【试题解析】 17-1（基础） 已知数列的前n项和为，正项等比数列的首项为，且． 1、求数列和的通项公式； 2、求使不等式成立的所有正整数n组成的集合． 【正确答案】 1、, 2、 17-2（基础） 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为． 1、若，求； 2、若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围． 【正确答案】 1、 2、 17-3（基础） 已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn－－，a1＝－1. （1）求证：{2nSn＋2n}是等差数列； （2）若{an}中，只有三项满足，求实数λ的取值范围. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）． 17-4（基础） 设数列的前n项和为．数列为等比数列，且成等差数列． 1、求数列的通项公式； 2、若，求的最小值． 【正确答案】 1、 2、4 17-5（巩固） 在数列中，已知，()． （1）证明：数列为等比数列； （2）记，数列的前n项和为，求使得的整数n的最小值． 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）10． 17-6（巩固） 已知数列中，. （1）求证：数列是常数数列； （2）令为数列的前项和，求使得的的最小值. 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）最小值为. 17-7（巩固） 已知数列的首项，且满足N*）． 1、求证：数列为等比数列； 2、若＜100，求满足条件的最大正整数n． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 17-8（巩固） 已知数列和满足，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前项和为，求满足的正整数的值. 【正确答案】 （1），；（2）或. 17-9（提升） 已知等差数列的公差为，前项和为，且． 1、求数列的通项公式和； 2、若数列的通项公式为，记数列的前项和为，若存在，使得对任意，总有成立，求实数的取值范围． 【正确答案】 1、， 2、 17-10（提升） 已知是公差不为0的等差数列，为其前n项和，，. 1、求数列的通项公式； 2、试求所有的正整数m，使得为数列中的项. 【正确答案】 1、； 2、. 17-11（提升） 已知数列的前n项和，数列满足． （1）求证：数列是等差数列； （2）设，数列的前n项和为，求满足的n的最大值． 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）n的最大值为4． 17-12（提升） 已知单调递减的等比数列满足，且是，的等差中项． 1、求数列的通项公式； 2、若数列的前项和为，求满足不等式成立的所有正整数，组成的有序实数对． 【正确答案】 1、； 2、正整数m，n组成的有序实数对为(1，1)，(2，1)，(2，2). 【原卷 18 题】 知识点 正弦定理解三角形,三角形面积公式及其应用,余弦定理解三角形 【正确答案】 【试题解析】 18-1（基础） 内角，、、对应的边分别为、、，且， 1、求； 2、若，求的面积． 【正确答案】 1、 2、 18-2（基础） 在中，内角对应的边分别为，，向量与向量互相垂直. 1、求的面积； 2、若，求的值. 【正确答案】 1、 2、 18-3（基础） 如图，在中，，，，点D在边BC上，且． 1、求AD； 2、求的面积． 【正确答案】 1、 2、 18-4（基础） 如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，，，点D在边BC上，且∠ADC＝60°． 1、求cosB与△ABC的面积； 2、求线段AD的长． 【正确答案】 1、； 2、4 18-5（巩固） 在中，，，分别是角，，的对边．若，，． 1、求的长； 2、求的面积． 【正确答案】 1、4 2、 18-6（巩固） 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，， 1、求a； 2、若，D是线段BC上一点（不包括端点），且AD⊥AC，求△ABD的面积． 【正确答案】 1、 2、 18-7（巩固） 在中，角所对的边分别为平分，交于点，已知，. 1、求的面积； 2、若的中点为，求的长. 【正确答案】 1、； 2、. 18-8（巩固） 如图，在中，，，，点M､N是边AB上的两点，. 1、求的面积； 2、当，求MN的长. 【正确答案】 1、 2、 18-9（提升） 已知△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，且. 1、求边a； 2、当时，求△的面积. 【正确答案】 1、 2、 18-10（提升） 如图，在四边形中，. 1、求的长； 2、若，求的面积. 【正确答案】 1、 2、 18-11（提升） 已知在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，函数图象的一条对称轴的方程为，角C为函数的零点. 1、若，求面积的最大值； 2、若D为BC边上一点，且的面积为8，角B为锐角，，，求AC的长. 【正确答案】 1、 2、 18-12（提升） 在中，角、、所对的边分别为，，，已知． 1、若，，若为的中点，求线段的长； 2、若，求面积的最大值． 【正确答案】 1、； 2、. 【原卷 19 题】 知识点 频率分布直方图的实际应用,由频率分布直方图估计平均数,利用对立事件的概率公式求概 率,计算条件概率 【正确答案】 【试题解析】 19-1（基础） 如图是某校高三（1）班的一次数学知识竞赛成绩的茎叶图（图中仅列出、的数据）和频率分布直方图. 1、求全班人数以及频率分布直方图中的、； 2、估计学生竞赛成绩的平均数和中位数（保留两位小数）. 3、从得分在和中学生中随机抽取两人，求所抽取的两人中至少有一人的得分在区间的概率是多少？ 【正确答案】 1、25（人），，； 2、平均数为71.4，中位数约为； 3、. 19-2（基础） 为了选择奥赛培训对象，今年月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取名同学将其成绩分成六组：第组，第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题： 1、利用组中值估计本次考试成绩的平均数； 2、从频率分布直方图中，估计第百分位数是多少； 3、已知学生成绩评定等级有优秀､良好､一般三个等级，其中成绩不小于分时为优秀等级，若从第组和第组两组学生中，随机抽取人，求所抽取的人中至少人成绩优秀的概率. 【正确答案】 1、 2、 3、 19-3（基础） 某公司全体员工的年龄的频率分布表如下表所示，其中男员工年龄的频率分布直方图如图所示.已知该公司年龄在35岁以下的员工中，男、女员工的人数相等. 年龄（岁） [25，30） [30，35） [35，40） [40，45） [45，50） [50，55） [55，60） 合计 人数 6 8 11 23 18 9 5 80 1、求图中实数a的值，并估计该公司男员工的平均年龄；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） 2、若从年龄在[55，60）的员工中随机抽取2人参加活动，求这2人中至少有1名女员工的概率. 【正确答案】 1、0.016，； 2、. 19-4（基础） 在某市举行的一次市质检考试中，为了调查考试试题的有效性以及试卷的区分度，该市教研室随机抽取了参加本次质检考试的100名学生的数学考试成绩，并将其统计如下表所示. 成绩 人数 6 24 42 20 8 1、试估计本次质检中数学测试成绩样本的平均数（以各组区间的中点值作为代表）； 2、现按分层抽样的方法从成绩在及之间的学生中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行试卷分析，求这2人的成绩都在之间的概率. 【正确答案】 1、 2、 19-5（巩固） 2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：[40，50）、[50，60）、[60，70）、、[90，100]，统计结果如图所示： 1、试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）； 2、试估计这100名学生得分的中位数（结果保留两位小数）； 3、现在按分层抽样的方法在[80，90）和[90，100]两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，试求两组各有一人被抽取的概率. 【正确答案】 1、70.5 2、71.67 3、0.6 19-6（巩固） 某校组织学生观看“太空授课”，激发了学生的学习热情.学校组织1000名学生进行科学探索知识竞赛，成绩分成5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.若图中未知的数据a，b，c成等差数列，成绩落在区间内的人数为400. 1、求出直方图中a，b，c的值； 2、估计中位数（精确到0.1）和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； 3、若从得分在区间内的学生中抽取2人编号为A，B，从得分在区间内的学生中抽取6人编号为1，2，3，4，5，6，组成帮助小组，从1，2，3，4，5，6中选3个人帮助A，余下的3个人帮助B，求事件“1，2帮助A”的概率. 【正确答案】 1、、、 2、中位数约为，平均数为； 3、 19-7（巩固） 某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图如图． 1、求直方图中的值； 2、请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数； 3、样本内语文分数在的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率． 【正确答案】 1、0.01； 2、中位数是，平均数是； 3、. 19-8（提升） 某校为检测高一年级学生疫情期间网课的听课效果，从年级随机抽取名学生期初考试数学成绩（单位：分），画出频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是、、、、. 1、求图中的值，并根据频率分布直方图估计这名学生数学成绩的平均分； 2、从和分数段内采用分层抽样的方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名学生进行座谈，求这名学生中有两名成绩在的概率； 3、已知（2）问中抽取的名同学中含有甲、乙两人，甲已经被抽出座谈，求乙也参与座谈的概率. 【正确答案】 1、，平均分为（分） 2、 3、 19-9（提升） 为响应国家“学习强国”的号召、培养同学们的“社会主义核心价值观”，我校团委鼓励全校学生积极学习相关知识，并组织知识竞赛．今随机对其中的名同学的初赛成绩满分：分作统计，得到如图所示的频率分布直方图有数据缺失． 请大家完成下面的问题： 1、 根据直方图求以下表格中、的值； 成绩 频数 2、求参赛同学初赛成绩的平均数 同一组中的数据用该组区间的中点值作代表； 3、若从这名参加初赛的同学中按等比例分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，再在该样本中成绩不低于分的同学里任选人继续参加教育局组织的校际比赛，求抽到的人中恰好人的分数低于分且人的分数不低于分的概率．（写出求解步骤） 【正确答案】 1、，； 2、 3、 19-10（提升） 《汉字听写大会》不断创收视新高，为了避免“书写危机”，弘扬传统文化，某市大约10万名市民进行了汉字听写测试现从某社区居民中随机抽取50名市民的听写测试情况，发现被测试市民正确书写汉字的个数全部在160到184之间，将测试结果按如下方式分成六组：第1组，第2组，…，第6组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图． 1、若电视台记者要从抽取的市民中选1人进行采访，求被采访人恰好在第2组或第6组的概率； 2、试估计该市市民正确书写汉字的个数的平均数与中位数； 3、已知第4组市民中有3名男性，组织方要从第4组中随机抽取2名市民组成弘扬传统文化宣传队，求至少有1名女性市民的概率． 【正确答案】 1、 2、平均数；中位数 3、 19-11（提升） 《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》提出“构建智慧高效的生态环境管理信息化体系”，下一步，需加快推进5G、物联网、大数据、云计算等新信息技术在生态环境保护领域的建设与应用，实现生态环境管理信息化、数字化、智能化．某科技公司开发出一款生态环保产品，已知该环保产品每售出1件预计利润为0.4万元，当月未售出的环保产品，每件亏损0.2万元．根据市场调研，该环保产品的市场月需求量在内取值，将月需求量区间平均分成5组，画出频率分布直方图如下． 1、请根据频率分布直方图，估计该环保产品的市场月需求量的平均值和方差． 2、若该环保产品的月产量为185件，x（单位：件，，）表示该产品一个月内的市场需求量，y（单位：万元）表示该公司生产该环保产品的月利润． ①将y表示为x的函数； ②以频率估计概率，标准差s精确到1，根据频率分布直方图估计且y不少于68万元的概率． 【正确答案】 1、；. 2、①；②. 19-12（提升） 新冠肺炎疫情期间，某地为了了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如下频率分布直方图，已知评分在的居民有660人. 1、求频率分布直方图中的值及所调查的总人数； 2、从频率分布直方图中，估计本次评测分数的中位数和平均数（精确到0.1）； 3、为了今后更好地完成当地的防疫工作，政府部门又按照分层抽样的方法，从评分在的居民中选出6人进行详细的调查，再从中选取两人进行面对面沟通，求选出的两人恰好都是评分在之间的概率. 【正确答案】 1、，1200人 2、中位数为82.9，平均数为80.7 3、 【原卷 20 题】 知识点 证明线面平行,面面角的向量求法 【正确答案】 【试题解析】 20-1（基础） 如图所示的几何体中，底面ABCD是等腰梯形，，平面，，且，E，F分别为，的中点． 1、证明：面ABCD； 2、求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 20-2（基础） 已知将圆柱沿着轴截面分割，得到如图所示的几何体，若四边形是边长为2的正方形，E，F分别是上的点，H是的中点，与交于点O，． 1、求证：平面； 2、求平面与平面所成角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 20-3（基础） 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，分别是，的中点. 1、记平面与平面的交线为，求证：直线平面； 2、若，点是的中点，求二面角的正弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-4（基础） 如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，，M，N，P，D分别为，BC，，的中点. 1、求证：面； 2、求平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-5（巩固） 如图所示的几何体中，，，都是等腰直角三角形，，且平面平面，平面平面． 1、求证：平面； 2、求平面与平面夹角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-6（巩固） 如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，． 1、求证：平面，且平面． 2、已知，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-7（巩固） 四棱雉 中， 平面， 底面 是 等腰梯形， 且， 点 在棱 上. 1、当 是棱 的中点时， 求证: 平面; 2、当直线 与平面 所成角 最大时， 求二面角 的大小. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-8（巩固） 在如图所示的圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点，、、都是圆柱的母线． 1、求证：平面； 2、若，求二面角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-9（提升） 如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且． 1、求证：直线平面CDE； 2、当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-10（提升） 如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，， 1、证明：平面ABD； 2、若，求二面角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 20-11（提升） 如图，是边长为的等边三角形，四边形为菱形，平面平面，，，． 1、求证：平面； 2、求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 20-12（提升） 如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 【正确答案】 （1）见解析；（2）. 【原卷 21 题】 知识点 根据双曲线的渐近线求标准方程,求双曲线中的弦长,由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数,根据韦达定理求参数 【正确答案】 【试题解析】 21-1（基础） 已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点． 1、求双曲线的方程； 2、已知双曲线的左右焦点分别为，，直线经过，斜率为，与双曲线交于A，两点，求的值． 【正确答案】 1、 2、6 21-2（基础） 已知双曲线C的渐近线方程为，右焦点到渐近线的距离为. （1）求双曲线C的方程； （2）过F作斜率为k的直线交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：为定值. 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 21-3（基础） 已知双曲线与有相同的渐近线，且经过点． 1、求双曲线C的方程，并写出其离心率与渐近线方程； 2、已知直线与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数m的值． 【正确答案】 1、双曲线C的方程为，离心率，渐近线方程为 2、 21-4（基础） 已知椭圆长轴的顶点与双曲线实轴的顶点相同，且的右焦点到的渐近线的距离为． 1、求与的方程； 2、若直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍，且经过点，与交于、两点，与交于、两点，求． 【正确答案】 1、， 2、 21-5（巩固） 已知双曲线的离心率为2，F为双曲线C的右焦点，M为双曲线C上的任一点，且点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为， 1、求双曲线C的方程； 2、设过点F且与坐标轴不垂直的直线l与双曲线C相交于点P，Q，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点B，求的值． 【正确答案】 1、 2、1 21-6（巩固） 已知双曲线的右焦点为，过点F与x轴垂直的直线与双曲线C交于M，N两点，且. 1、求C的方程； 2、过点的直线与双曲线C的左､右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，若，求实数的取值范围. 【正确答案】 1、 2、 21-7（巩固） 已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切， 1、求圆心的轨迹方程 2、若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值. 【正确答案】 1、 2、证明见解析 21-8（巩固） 已知点，，动点满足直线的斜率与直线的斜率乘积为．当时，点的轨迹为；当时点的轨迹为． 1、求，的方程； 2、是否存在过右焦点的直线，满足直线与交于，两点，直线与交于，两点，且？若存在，求所有满足条件的直线的斜率之积；若不存在，请说明理由， 【正确答案】 1、C1：，C2： 2、存在， 21-9（提升） 已知双曲线C的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称.若双曲线C的实轴长为2，焦距为，且点P（0，-1）到渐近线的距离为. （1）求双曲线C的方程； （2）若过点P的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A、B，交双曲线C的两条渐近线于点D、E（D在 y轴左侧）.记和的面积分别为、，求的取值范围. 【正确答案】 （1）；（2）. 21-10（提升） 双曲线的中心在原点，焦点在轴上，且焦点到其渐近线的距离为2． （1）求双曲线的标准方程； （2）过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，与其渐近线分别交于，（从左至右）两点． ①证明：； ②是否存在这样的直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【正确答案】 （1）；（2）①见详解；②. 21-11（提升） 已知抛物线：（）的焦点为，为上的动点，为在动直线（）上的投影.当为等边三角形时，其面积为. 1、求的方程； 2、设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于，两点，直线与交于点.试问：是否存在，使得为的中点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【正确答案】 1、； 2、存在，，理由见解析. 21-12（提升） 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点在双曲线C上，TP垂直x轴于点P，且点P到双曲线C的渐近线的距离为2. 1、求双曲线C的标准方程； 2、已知过点的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，且的外接圆圆心Q在y轴上，求满足条件的所有直线l的方程. 【正确答案】 1、 2、或 【原卷 22 题】 知识点 利用导数研究不等式恒成立问题,裂项相消法求和,含参分类讨论求函数的单调区间 【正确答案】 【试题解析】 22-1（基础） 设函数. 1、讨论的单调性； 2、若有三个不同的零点. （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：. 【正确答案】 1、答案见解析 2、（i）；（ii）证明见解析 22-2（基础） 已知函数． 1、讨论的单调性； 2、当时，，求的取值范围； 3、判断与的大小，并证明． 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、，证明见解析 22-3（基础） 已知，其中． 1、当时，分别求和的的单调性； 2、求证：当时，有唯一实数解； 3、若对任意的，都有恒成立，求a的取值范围． 【正确答案】 1、时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增 2、证明见解析 3、 22-4（基础） 已知函数． 1、讨论的单调性； 2、当时，证明； 3、若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析 3、 22-5（巩固） 已知函数． 1、讨论函数的单调性； 2、若当时，，求实数a的取值范围； 3、设，证明：． 【正确答案】 1、递减区间，递增区间； 2、； 3、证明见解析. 22-6（巩固） 已知函数，. 1、讨论f（x）的单调性； 2、若时，都有，求实数a的取值范围； 3、若有不相等的两个正实数，满足，证明：. 【正确答案】 1、当时，在单调递增，在单调递减； 当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 2、 3、证明详见解析 22-7（巩固） 已知函数． 1、判断函数的单调性； 2、若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围； 3、若，求证：． 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、证明见解析 22-8（巩固） 已知函数，记的导函数为 1、讨论的单调性； 2、若有三个不同的极值点，其中 ①求的取值范围； ②证明：. 【正确答案】 1、答案不唯一，具体见解析 2、① ；②证明见解析 22-9（提升） 已知函数， . 1、试讨论f（x）的单调性； 2、若对任意 ， 均有 ，求a的取值范围； 3、求证: . 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、证明见解析 22-10（提升） 已知函数． 1、讨论函数的单调性； 2、①若恒成立，求实数的取值集合； ②证明：． 【正确答案】 1、当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增． 2、①实数的取值集合为，②证明见解析. 22-11（提升） 已知为自然对数的底． 1、讨论函数的单调性； 2、若对恒成立，求实数的取值范围； 3、若函数有两个不同零点，，求证：． 【正确答案】 1、见解析 2、 3、证明见解析 22-12（提升） 已知函数. 1、试判断函数在上单调性并证明你的结论； 2、若对于恒成立，求正整数的最大值； 3、求证：． 【正确答案】 1、函数在上为减函数，证明见解析 2、 3、证明见解析 答案解析 1 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: 解绝对值不等式可求得集合，由交集定义可得结果. 详解: ，.故选：C. 1-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:化简集合B，利用交集的运算直接得解. 详解:因为集合， ， 所以；故选：C. 1-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 解一元二次不等式、绝对值不等式求集合A、B，再由集合的交运算求结果. 详解:由题设，，或， 所以或.故选：A 1-4【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:先根据绝对值不等式的解法求出集合，再求即可. 详解:由，得或， 所以或， 所以. 故选：D. 1-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 解一元二次不等式,求出集合B，解得集合A,根据集合的交集运算求得答案. 详解:由题意解得： ， 故，或 ， 所以，故选：C 1-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 求函数定义域化简集合A，解不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答. 详解:由得，则，由解得，即， 所以. 故选：D 1-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由定义域得到不等式，解不等式求出，解绝对值不等式求出，从而求出交集. 详解:由对数函数真数大于0得到，解得：，所以， 由，解得：，所以， 故．故选：B 1-8【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:由绝对值不等式及一元二次不等式的解法求出集合和，然后根据交集的定义即可求解. 详解:解：由题意，集合 ，或， 所以， 故选：B. 1-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:结合对数不等式和绝对值不等式化简集合，再由交集运算即可求解. 详解: 由，即，， 1 学科网（北京）股份有限公司 所以，由解得，所以，所以. 故选：A 1-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:解分式不等式得到集合A，解绝对值不等式得到集合B，再利用交集运算计算结果. 详解:解不等式 ，等价于或， 解得：或，故或 解不等式，解得，故 所以 故选：C 点睛:关键点睛：本题考查解不等式及集合的交集运算，解题的关键是熟悉分式不等式和绝对值不等式的解法，考查学生的分类讨论思想与运算求解能力，属于基础题. 1-11【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:解不等式求得集合，求函数的值域求得集合，由此求得. 详解:， ， 所以. 故选：C 1-12【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据对数函数定义域和分式不等式得，再解绝对值不等式得 ，最后根据集合运算求解即可. 详解: 解：集合， ， 所以. 故选：C． 2-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:直接计算即可 详解:，故选：C 2-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:由复数的乘法法则计算． 详解:． 故选：B． 2-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:由复数的乘法运算即可求得答案. 详解:. 故选：B. 2-4【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据复数的乘法运算化简即可. 详解:.故选：D 2-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据复数代数形式的乘法法则计算可得； 详解: 解： 故选：C 2-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:利用复数的乘法运算法则计算化简即得. 详解:， 故选：D. 2-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据复数的定义和运算法则计算即可. 1 学科网（北京）股份有限公司 详解:. 故选：A. 2-8【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:利用分式的乘法和除法运算求解. 详解:解：因为复数， 所以， 故选：A 2-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由题意得复数z，代入即可得到答案. 详解:由，得， ；故选：C. 2-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:由已知解方程组求得，然后由复数的乘法法则计算． 详解:由解得， 所以． 故选：C． 2-11【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:由复数的几何意义可得复数，利用复数的乘法可求得结果. 详解:由复数的几何意义可知， 故.故选：D. 2-12【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:利用复数的乘除运算即可求解. 详解: 解：. 则；故选：D. 3-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:设第n圈有块石板，由题意可知构成首项，公差d=9的等差数列，利用通项公式代入即可求解. 详解:设第n圈有块石板，由题意可知构成首项，公差d=9的等差数列， 所以. 所以第六圈的石板块数. 故答案为：B 3-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:由{an}中等差数列部分求出相应公差，求得a5，再由前5项构成的等比数列求出a3，而得解. 详解: 设第项到第项构成的等差数列的公差为，则，解得，所以．设前项构成的等比数列的公比为，则，又，所以，所以，即第天可见部分占满月的，故选：B． 3-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列，则有，，从而可求出，进而可求得结果 详解: 设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为的等差数列， 则有，， 故解得则， 故选：D. 3-4【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 先得到新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，求出通项公式，解不等式求出数列的项数. 详解:由题意得：新数列14，29，44，…是首项为14， 1 学科网（北京）股份有限公司 公差为15的等差数列， 设新数列为，则通项公式为， 令，解得：， 因为，所以这个数列的项数为134. 故选：C 3-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为d的等差数列求解. 详解: 设从前到后的5个人所得钱数构成首项为，公差为d的等差数列， 则有，， 故，解得． 所以， 故选：D. 3-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 分析可知“天干”可看作是个元素构成的等差数列，“地支”可看作是个元素构成的等差数列，计算出年的天干和地支，即可得出结论. 详解: “天干”可看作是个元素构成的等差数列，“地支”可看作是个元素构成的等差数列， 从年到年经过年，且年为辛丑年， 以年的天干和地支分别为首项，因为，则的天干为已， ，则年的地支为巳，即公元年为己巳年. 故选：D. 3-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用已知条件将每一层有的塔的数目设为，依题意可知，…成等差数列，利用等差数列通项公式以及前项和公式即可得出结论. 详解: 设该数列为，依题意可知，，，…成等差数列，且公差为2，， 设塔群共有层，则，解得． 故最下面三层的塔数之和为． 故选：D. 3-8【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 依题意数列是以2为首项，以15为公差的等差数列，即可得到数列的通项公式，再解不等式求出的取值范围，最后根据等差数列前项和公式计算可得； 详解: 解：由题意可知数列既是3的倍数，又是5的倍数， 因此数列是以2为首项，以15为公差的等差数列， ，令，解得， 因此这个新数列的最后一项为， 设新数列的前n项和为，则． 故选：C． 3-9【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据从冬至到夏至的日影长等量减少，由等差数列求解. 详解:因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以构成等差数列， 由题意得：，则， ，则， 所以公差为，所以， 1 学科网（北京）股份有限公司 故选：B 3-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由题意可知，十二个节气其日影长依次成等差数列，设冬至日的日影长为尺，公差为尺，利用等差数列的通项公式，求出，即可求出，从而得到答案． 详解: 设从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}，如冬至日的日影长为尺，设公差为尺. 由题可知，所以， ， ， ， 故选：A． 3-11【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由题意转化为等差数列，由等差数列的通项公式列出方程求解即可. 详解: 由题设知在等差数列中，，. 所以，，解得， 故选：A 3-12【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据冬至到夏至的晷长成等差数列，求出夏至晷长，再由夏至到冬至晷长为等差数列，由秋分的位置，确定出在对应数列中的项，从而求出秋分晷长 详解: 冬至到夏至晷长记为数列，数列为等差数列，公差， 冬至晷长，若芒种晷长所以，所以夏至晷长 夏至到冬至晷长记为数列{}，数列{}为等差数列，公差，夏至晷长 秋分这个节气的晷长 故选：B 4-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 求出，利用数量积的定义建立关系即可求出. 详解: ，， 则，解得. 故选：C. 4-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:由向量夹角的坐标表示 得到方程，解得即可； 详解:解：由向量夹角的坐标表示 得： ，解得：； 故选：D． 4-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:由题意利用两个向量的数量积的定义和公式，求的值. 详解:解：由题意可得 ， 求得，或， 故选：C. 点睛:本题主要考查两个向量的数量积的定义和公式，属于基础题． 4-4【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由两向量的夹角为锐角，可得两向量的数量积大于零，且两向量不共线，从而可求出的取值范围 详解: 由向量，，因为向量与的夹角为锐角，则且，解得且，即的取值范围为. 故选：C. 点睛:本题主要考查了平面向量的坐标运算及向量的共线定理的应用，其中解答中熟记平面向量的坐标运算法则和平面向量的共线定理，列出相应的关系式是 1 学科网（北京）股份有限公司 解得关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 4-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由题知，进而解不等式组即可得答案. 详解: 因为，， 所以， 因为向量，的夹角是锐角，所以，解得，且． 所以，实数的取值范围是. 故选：C 4-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由题意可得，的坐标，进而可得，，代入向量求夹角公式，可得关于k的一元二次方程，即可求得答案. 详解: 由题意，，． 所以， 又，且与的夹角为120°， 所以， 化简并整理得：k2＋2k－2＝0，解得k＝. 故选：C 4-7【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 直接由且与不共线求解即可. 详解: 由题意知，且与不共线，且，解得． 故选：C. 4-8【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先表示出的坐标，再根据向量的夹角公式列出关于m的方程，解得答案. 详解: 由题意得， 故 ， 解得 ，其中不合题意，舍去， 故，故选：D 4-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 且与不同向，进而求解即可得答案. 详解: 解：与夹角为锐角，则且与不同向，即，即， 由，共线得，得， 故.故选:D. 4-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设，，根据平面向量坐标运算，结合向量夹角公式可构造方程求得结果. 详解: 不妨设，， 则，， 则，，， 由向量夹角公式可知：，解得：， ，则，故舍掉一根， .故选：． 点睛:本题考查利用平面向量夹角求解参数值的问题，解题关键是能够明确向量夹角与向量数量积和模长之间的关系. 4-11【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 1 学科网（北京）股份有限公司 由与的夹角与与的夹角的余弦值相加为0求解． 详解:由已知， ， ， ∵与的夹角与与的夹角互补， ∴，解得． 故选：A． 点睛:本题考查平面向量的夹角，考查平面向量的数量积定义，属于基础题． 4-12【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设向量、的起点均为，终点分别为、，可得出与轴正方向的夹角为，设向量与轴正方向的夹角为，由题意可得出且 ，由可得出实数的取值范围. 详解: 设向量、的起点均为，终点分别为、，可得出与轴正方向的夹角为， 设向量与轴正方向的夹角为，由于， 则或. 即B在与（不与A重合）之间， ，因此，实数的取值范围是，故选：C. 点睛: 本题考查利用向量夹角的取值范围求参数，解题时充分利用数形结合法，找到临界位置进行分析，可简化运算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 5-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 考虑乙和丙相邻，以及乙和丙相邻且甲排第一天的情况，结合捆绑法与间接法可求得结果. 详解: 若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为， 若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为， 由间接法可知，满足条件的排法种数为种.故选：D. 5-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 选三人排在甲乙之间，然后捆绑在一起与其他2人排列，由此可得． 详解: 从5人选3人排在甲乙之间，这5人捆绑一起与其他2人全排列，方法数为： ．故选：C． 5-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:利用捆绑法进行求解即可. 详解:因为3位教师和4名学生站一排，3位教师必须站在一起， 所以共有种站法，故选：D 5-4【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据条件，分情况讨论即可. 详解:由已知条件，可知会徽糖盒的安排方法有2种，若会徽糖盒放在最上层，则“放炮仗”和“点鞭炮”可安排在第2，3层或者第3，4层或第4，5层，“捉迷藏”和“望灯笼”安排在剩下的2层，则不同的安排方法有（种）；若会徽糖盒放在最下层，同理，不同的安排方法有（种），故共有24种不同的安排方案，故选：C． 5-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 第一步：捆绑 与除B、D以外的其他2位同学进行排列 第二步： 采用“插空法”； 然后根据分步乘法计数原理即可得到答案 1 学科网（北京）股份有限公司 详解:首先将A与C捆绑到一起，与除B、D以外的其他2位同学共3个元素进行排列，有种排法，再将B、D插空到除最右边的3个位置中，有 种排法，因此共有种排法，故选：C 5-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 首先全排列2个语言类的节目，再从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，最后与其余的两个歌舞节目全排列即可. 详解: 第一步：全排列2个语言类的节目，共有种情况， 第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有种情况， 第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列， 共有种情况，所以. 故选：D 5-7【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:利用捆绑法和乘法计数原理可得答案. 详解:从4个唱歌节目中选3个唱歌节目放在两个小品节目之间，将这个元素当一个元素使用，有种， 然后将2个元素作全排列，有种， 所以符合题意的演出顺序共有种. 故选：C 5-8【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:利用捆绑法，将2名女生捆绑在一起，先站2名女生，再站3名男生. 详解: 将2名女生捆绑在一起，故2名女生相邻有种站法，又2名女生都不站在最左端，故有种站法，剩下3个位置，站3名男生有种站法， 故不同的站法共有种.故选：D. 5-9【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:按照相邻捆绑，不相邻插空的方法求解． 详解:A，B相邻，捆绑作为一个节目与、进行全排列，然后把、插入其中的四个空档中，排法总数为．故选：B． 5-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:分任务B排在首位、第2位、第3位三种情况讨论即可． 详解: 若任务B排在首位，则将A、D捆绑在一起，A、D之间有2种排法，再将A、D看作一个整体和剩下的3个任务全排列即可，此时共有种方案； 若任务B排在第2位，则第1位可排除A、D外的3项任务中的任意一项，有3种排法；将A、D捆绑在一起，A、D之间有2种排法，再将A、D看作一个整体和剩下的2个任务全排列即可，此时共有种方案； 若任务B排在第3位，则将A、D捆绑在一起，A、D之间有2种排法，再将A、D看作一个整体有3个位置可排，再将剩下的3个任务全排列安排在剩下的3个位置即可，此时共有种方案； 故总共有48+36+36=120种方案． 故选：D． 5-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，将、元素插入这位运动员所形成的空中，结合插空法可求得结果. 详解: 因为个“冰墩墩”完全相同，将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素， 先将甲、乙、丙、丁位运动员全排，然后将、元素插入这位运动员所形成的空中， 且、元素不相邻，则不同的排法种数为. 故选：B. 5-12【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:根据给定条件，利用分步乘法计数原理、相邻问题的排列直接列式计算作答. 详解:依题意，甲、乙相邻的不同站法有（种）.故选：B 6-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:利用和（差）角公式展开，即可得到，再根据二倍角公式计算可得； 详解: 解：因为， 所以，即 1 学科网（北京）股份有限公司 所以，所以； 故选：D 6-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 先判断出的范围，求出，利用两角和的余弦公式直接求得. 详解: 因为，所以. 因为，所以. 所以 故选：A 6-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用两角差的余弦公式和二倍角的正弦公式化简题给条件，得到三角函数齐次式，进而求得的值 详解: 由，可得 又，则 故选：D 6-4【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据同角三角函数的基本关系和两角和的余弦公式化简可得 ，结合和二倍角的正弦公式即可得出结果. 详解: ， ∴， ∴， ∴.故选：A. 6-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据，求得，从而可求得答案. 详解:解：因为， 所以， 所以，所以， 故. 故选：C. 6-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由二倍角公式化简从而求解，根据角的范围求得，结合余弦两角差公式即可求解结果． 详解: 由，得，，， 所以，，， 故选：A. 6-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由题设得，由正切值求其正余弦值，再应用和角余弦公式求值即可. 详解: 由题设，又，即 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 所以，， 而 故选：D 6-8【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用同角三角函数的基本关系式求得的值，然后由利用两角和与差的余弦公式可得答案. 详解: 因为a是锐角，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为β是锐角，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以 故选：B. 6-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先由求得，再利用正弦倍角公式及齐次分式求解即可. 详解: ，即， 整理得，. . 故选：D. 6-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据同角三角函数的关系求得，和，再凑角结合两角和差的余弦公式求解即可 详解: 因为，均为锐角，故，又，故， 故， ， 故 故选：A 6-11【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 应用诱导公式及和角正弦公式可得，再由角的范围确定，最后应用差角余弦公式求. 详解: 由题设，，而， 所以，则 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 而.故选：A 6-12【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先由得，再通过降幂公式化简得，代入即可求解. 详解:由， 得，即，，所以，. 故选：D． 7-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据直棱柱外接球的性质可知∥，，利用求外接球的半径． 详解: 如图，为棱的中点，为正△的中心，为外接球的球心 根据直棱柱外接球的性质可知∥，，外接球半径， ∵正△的边长为6，则 ∴ 外接球的表面积 故选：C． 7-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先求底面矩形的外接圆半径，由侧棱垂直底面易得外接球半径，再求体积即可 详解: 由题意底面矩形的外接圆半径， 则原四棱锥外接球半径，；故选：D 7-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 将三棱锥补成正三棱柱，找出球心，勾股定理求得外接球半径，再由球的表面积求解即可. 详解: 由题意知：底面BCD是正三角形，底面BCD，将三棱锥补成如图所示正三棱柱，取上下底面的外心， 易得球心即为中点，连接，易得，， 设外接球半径为，则，则. 故选：C． 7-4【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据三棱柱的性质，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可. 详解: 因为矩形中，，点，分别是，的中点， 所以四边形和四边形是正方形， 又沿将四边形折起，使， 所以几何体是正三棱柱，， 设球的球心在底面的射影为，因此， 显然是等边三角形的中心， 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 在直角三角形中，， 所以球的表面积为， 故选：C 7-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据三棱锥的四个面都是直角三角形特点，以及线面垂直的判定与性质找到球的球心和半径，利用勾股定理求得半径即可 详解: 如图所示，作边上的中点，边上的中点，连接 平面，可得：， 可得：为球的球心，为球的半径 在直角三角形中，可得： 在直角三角形中，可得： 故球的表面积为： 故选：D 7-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由球的截面性质确定球心的位置，结合条件求出球的半径，由此可求外接球的表面积 详解: 如图所示，为直角三角形，又， 所以， 因为为正三角形，所以， 连接，为的中点，E为中点， 则，所以为二面角的平面角 所以． 因为为直角三角形，E为中点， 所以点为的外接圆的圆心， 设G为的中心，则G为的外接圆圆心．过E作面的垂线，过G作面的垂线，设两垂线交于O． 则O即为三棱锥的外接球球心．设与交于点H， ， 所以,， ∴． 所以， 故选：C. 7-7【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由题意作出折叠后的图形，可得出三棱锥的棱长以及三棱锥是长方体的一部分，利用外接球的直径为长方体的体对角线即可求解.- 详解: 解：折叠后 重合于， 重合于，平面与平面沿折叠后重合后得平面 ，得到如图， 1 学科网（北京）股份有限公司 又因为 垂直，,即 垂直 ，所以⊥平面 ， ⊥平面 ，所以 三点共线， 所以， 由该三棱锥对棱相等，所以三棱锥是长方体内的一部分， 设长方体长宽高分别为 外接球半径为 ，则， 因为，所以，所以， 所以外接球表面积为，故选:C 7-8【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据正弦定理及找到外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解. 详解:由题意可知，设的外接圆半径为r，由正弦定理，知 ，当时，取得最小值为2， 此时外接球半径满足，解得或. 所以三棱锥的外接球的最小半径为. 所以外接球表面积为. 故选：C. 7-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 设，取中点为N，设，求出即得解. 详解: 解：设，取中点为N，由题意知，球心O在直线上， 由可得， 设，则， 解得，故， 所以外接球的表面积. 故选：C 7-10【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 作，，，，设，则有，从而求解即可. 详解: 作，，，， 设，，，． 在中，，在中，， ． 当时最小． 设，的外接圆半径分别为， ∴，∴ ，． ∴ ∴. 1 学科网（北京）股份有限公司 故选:B． 7-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:作出辅助线，找到外接球的球心位置，求出外接球半径，进而求出表面积. 详解: 如图所示：其中D为AB的中点，O为外接圆的圆心，， ∴O在CD上，且， ． ，D为AB的中点， ， ∵平面平面ABC，平面平面，平面ABC， 平面PAB．又DA，DB，平面PAB， ，，． 在中，，D为AB的中点， ． ． ∴O即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径， ∴该三棱锥外接球的表面积． 故选：B 点睛:三棱锥的外接球问题，要选择一个特殊的平面，找到球心在这个平面的投影，然后找到球心的位置，利用半径，设出未知数，列出方程，求出半径，进而求出表面积或体积. 7-12【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 观察△SBA、△SCA均为直角三角形，得到点P为三棱锥S－ABC外接球的球心，且棱锥P－ABC为正三棱锥，可以通过设高|PO|结合求得底面正△ABC的边长a，从而得到外接球半径|PA|，最后求得表面积． 详解: 解：如图，取SA中点P，SB⊥AB，SC⊥AC，则△SBA，△SCA均为直角三角形， PA=PB=PC=PS，即点P为三棱锥S－ABC外接球球心，PA即为外接球半径， 又SB=SC，故AB=AC且为等边三角形 又PA=PB=PC三棱锥P－ABC为正三棱锥； 作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接OA 则O为△ABC的外心， 设正三角形ABC的边长为a， 则， 即，外接球表面积为，故排除A； ∴，故排除D； 若，则，代入方程不成立，故排除B； 若，则，代入方程成立，所以C正确，故选：C 8-1【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据给定条件导出函数的周期 1 学科网（北京）股份有限公司 性，再借助周期性计算即可. 详解: 因函数满足，即，则有， 于是得函数是周期函数，周期为4，而， 所以. 故选：A 8-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据题意可知函数是奇函数，进而推导的周期，然后求出函数值即可. 详解: ,,是奇函数，,. ,, 由,，的周期为. .. 故选：C 8-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 结合已知条件，可以得到函数的周期性，再结合奇偶性可以将缩小到的区间内，从而求出函数值 详解: 因为，所以，所以，所以是周期为4的函数，所以，因为是奇函数，所以，所以 故选：C 8-4【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据得到关于对称，得到，结合和为偶函数即可得周期为4，进而即得. 详解: 因为为偶函数，则关于对称，即. 即，即，也满足. 又是定义域为R偶函数，关于y轴对称， ∴，， ∴周期为4， ∴， ∴. 故选：D. 8-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据题干条件得到为周期函数，最小正周期为4，进而得到，利用是偶函数得到，进而得到，结合，得到. 详解: ，则，所以，即，为周期函数，最小正周期为4，则，令得：，即，又因为为偶函数，所以，故，即，因为，所以. 故选：D 8-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由以及可推导是周期为的周期函数，由此，，代入可计算结果，又，代入计算即可. 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 由 可知．又， ，， ， 函数是周期为的周期函数， ，，． 由可得，即， . 故选：C． 8-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 由题设可知为偶函数且，即可得，易知是周期为4的函数，利用周期性求即可. 详解: ∵的图象关于对称， ∴关于轴对称，即为偶函数， 又，即，而， ∴，故， ∴是周期为4的函数， 综上，. 故选：A 8-8【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用及奇函数的定义可知函数周期为4，利用周期转化函数值，即可求解. 详解: ∵定义在上的奇函数满足恒成立， ∴， ∴，又 ∴，，， ∴. 故选：C. 8-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由已知结合换元法求出函数的周期，进而得解. 详解: ① ② 由①②可得 ， 所以函数的周期， 故选：C 8-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 首先利用赋值法求出，代入等式赋值得到，即对称轴为，再根据函数图象的平移规律判断函数为奇函数，进一步求得函数周期，进而得到，则可求出结果. 详解: 因为对任意，都有 令 得 解得 则 即 所以函数的图象关于直线对称. 又函数的图象关于点对称，则函数的图象关于点对称， 即函数为奇函数，所以 所以 所以8是函数的一个周期， 所以 故选：D. 8-11【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:先由题给条件求得函数的最小正周期为8，再利用周期、对称轴的性质即可求得的值. 详解: 根据题意，函数是偶函数，则函数的对称轴为， 则有，又由函数的图像关于点成中心对称， 则，则有，则， 则有，则函数是周期为8 1 学科网（北京）股份有限公司 的周期函数， 则 故选：A． 8-12【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据f(x)是偶函数以及求出f(x)的周期，再结合周期、奇偶性和即可将自变量的范围转化到[1，2]之间. 详解:∵函数是偶函数， ∴， 又∵， ， ， ， ∴函数的周期为4， ∴. 故选：D. 9-1【基础】 【正确答案】 ABC 【试题解析】 分析: 由正弦函数的性质，为的最大值，由此求得值，然后由两角和的正弦公式化简函数式，再根据三角函数的图象变换，正弦函数的对称性、单调性与最值判断各选项． 详解: 由题意，， ， ， 将的图像向左平移个单位所得图像的解析式为，A正确； ，B正确； 时，，此时是减函数，C正确； 的最大值为，D错误． 故选：ABC． 9-2【基础】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: 根据题意，可知是对称轴，可解得，然后根据三角函数的性质，即可求出单调性，对称中心. 详解: 因为 ,函数关于对称，可知，所以解得：，故A 对. ,当时，，故B不对. ，所以是偶函数，故C对. 的图象向左平移个单位长度，得到,当 时，，所以D错. 故选：AC 9-3【基础】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 利用三角恒等变换结合辅助角公式将化为正弦型复合函数，再根据三角函数的图象及性质逐项判断即可. 详解:解：由题意知 1 学科网（北京）股份有限公司 因为图象的相邻对称中心之间的距离为，所以，得 所以 对A，令，得，故A正确； 对B，当时，，单调递减，故B正确； 对C，将的图象向右平移个单位得，故C错误； 对D，当时，，由的值域为得，解得，故D正确. 故选：ABD. 9-4【基础】 【正确答案】 BD 【试题解析】 分析: 首先利用函数的值求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数性质的应用判断A、B、C、D的结论． 详解: 解：对于函数的图象关于对称， 故， 由于，所以，所以， 故， 所以； 对于A：由于，所以，故A错误； 对于B：由于，故，故函数在该区间上单调递增，故B正确； 对于C：当时，，故C错误； 对于D：若，则的最小值为，故D正确． 故选：BD． 9-5【巩固】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: 由题可知，，即可得到；对A，，结合正弦函数性质即可判断；对B，由即可判断；对C，即判断两相邻对称轴的距离；对D，按照图象平移原则判断即可. 详解: ∵函数的图象关于直线对称， ∴，， ∵，∴，∴， 对于A，函数，根据正弦函数的奇偶性，因此函数是奇函数，故A正确； 对于B，由于，，函数在上不单调，故B错误； 对于C，因为，，又因为，的周期为， 所以的最小值为，C正确； 对于D，函数的图象向右平移个单位长度得 1 学科网（北京）股份有限公司 到函数，故D正确， 故选：ACD 9-6【巩固】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 由即可求得；设，则，数形结合即可判断B，C；利用复合函数的单调性规律即可判断 详解: 因为，得，A正确． 设，则 如图所示，由，得，所以，得，B正确． 如图所示，当时，存在3个，使得的图象关于点对称．C错误． 因为，所以，又， 所以，所以在上单调递减，D正确． 故选：ABD 9-7【巩固】 【正确答案】 AD 【试题解析】 分析: 由题意先求出的周期，进而求得的值，根据三角函数的性质求得在区间上值域，以及为偶函数时的值，即可得出答案. 详解: 因为在区间上单调递增，故，则，又因为直线为图象的一条对称轴，为图象的一个对称中心，所以或，解得：或.当时，，此时，得，，显然不符合，故. 对于A，，故A正确； 对于B，当，则，因为为图象的一个对称中心，所以得，，因为，则时，符合题意，此时，故B不正确. 对于C，当，，当时，，故C不正确. 对于D， ，若为偶函数，则，所以，故D正确. 故选：AD. 9-8【巩固】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 先求出，可以判断A,B;得到解析式，求出函数f(x)的单调区间，判断C、D. 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 . 因为f(-x)＝f(x)，所以，所以，所以，因为|φ|，所以. 所以. 因为函数f(x)关于(，0)对称，所以. 因为0＜ω＜4，所以k=0时，.所以. 故A、B正确； 因为f(x)在(0，)上单调递减，故C错误； 在(0，)上单调递减，在()上单调递增，所以函数f(x)在处取极小值.故D正确. 故选：ABD. 9-9【提升】 【正确答案】 AB 【试题解析】 分析: 先根据在上有且仅有三个对称轴，解出的范围，A选项直接解出范围判断单调性即可；B选项直接由解出不存在即可；C选项由的范围直接判断即可；D选项利用的范围解出周期的范围即可. 详解: 的对称轴方程为： 上有且仅有三个对称轴，，. A选项：，所以A正确； B选项：若是f(x)的一个对称中心，则： ，，，所以k不存在，B正确； C选项:由上解得，所以C错误； D选项：，所以D错误. 故选：AB. 9-10【提升】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 把为化为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数的性质判断各选项． 详解: , 选项A，，，，，对称中心是，A错； 选项B，若f（x）图象向左平移个单位后得解析式为，它的图象关于轴对称，则，， 时，，满足题意，B正确； 选项C，f（x）在（0，π）上恰有3个零点，即在上有三个解， 时，，且，因此，解得，C正确； 选项D，时，是增函数，， ， ，，正整数只能取1，2，3， ，，不合题意， 1 学科网（北京）股份有限公司 ，，满足题意， ，，不合题意， 所以，，， 则，，， 由周期性，不妨取，，其中， 因此为了满足题意，必须有：时，或，， 因此，D正确． 故选：BCD． 9-11【提升】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 若是奇函数，则，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断A；，可求出，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断B；恒成立，可求出，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断C；的图象关于点中心对称，可求出，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断D. 详解: 对于A，若是奇函数，则，当时，．要使函数在上是单调的，则， ∴，又，则的最大值为1，故A错误． 对于B，∵，∴，或，． ∵，∴， 此时，当时，．要使函数在上是单调的，则，∴， 又，∴，则的最大值为，故B正确． 对于C，∵恒成立，∴． ∵，∴，此时． ∵，∴，要使函数在上是单调的，则，∴． 又，∴，则的最大值为2，故C正确． 对于D，的图象关于点中心对称， 则，，则，． ∵，∴，此时． 当时，． 要使函数在上是单调的，则 1 学科网（北京）股份有限公司 ，∴． 又，∴，则的最大值为，故D正确．故选：BCD． 9-12【提升】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: 由条件可得，可得从而得出的解析式，利用周期公式判断选项A；求出函数的单调区间，可判断选项B；根据图象平移变换得出解析式，可判断选项C；选项D 作出函数的图像，根据图象可判断. 详解: 根据条件可得，所以 则，由，，所以 选项A，的最小正周期是，故A正确. 选项B，由， 得，即 当时，，所以函数在上单调递减，故B错误. 选项C，函数的图象向右平移个单位长度得到，根据函数为奇函数知，则， 由，则当时，有的最小值是，故C正确. 选项D，作出的图象，又， 由图可知，当时，方程在上有2个不同实根，，则，设，则， 最大为，故D错误. 故选：AC 点睛:关键点睛：本题考查三角函数的图像性质，考查三角函数的图象变换，解答本题的关键是根据正弦型函数的对称性求出的值，根据三角函数的对称性得到，，属于中档题. 10-1【基础】 【正确答案】 BC 【试题解析】 分析: 求出抛物线的焦点坐标、准线方程，然后逐项分析、计算作答. 详解: 抛物线的焦点为，准线， 对于A，直线的方程为：，由消去y并整理得， 解得，，则或，A不正确； 对于B，设点，则点，而P是抛物线C上任意一点，于是得， 即，所以点M的轨迹方程为，B正确； 对于C，设点，则，当且仅当时取“=”，即的最小值为，C正确； 1 学科网（北京）股份有限公司 对于D，因点M的轨迹方程为，则设，令， 有，， 于是得为锐角，D不正确. 故选：BC 10-2【基础】 【正确答案】 ABC 【试题解析】 分析: 先表示出点的坐标再将直线和抛物线联立可求出， 的关系，进而可以判断出选项，根据焦半径和均值不等式可判断出C选项的正误，求出以为直径的圆的圆心和半径可以确定D的正误. 详解: 对于A选项，两点在抛物线上，所以， 因为直线与准线交于点，所以直线为：，， 由得，所以 设直线 的方程为，联立 得， 所以，，所以， 即，所以，故A正确； 对于B选项，由A可知，故 B正确； 对于C选项，由B选项可知，，， 当且仅当，即时等号成立，故 C 正确； 对于D选项，设直线的方程为﹐ 在抛物线上，所以， 以为直径的圆的半径， 的中点坐标为，， 所以以为直径的圆与轴相切，所以，以为直径的圆与轴公共点个数为1，故D错误； 故选：ABC 10-3【基础】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 根据抛物线的几何性质及直线与抛物线的位置关系逐项验证即可. 详解: 解：设过的直线方程为：，又 抛物线的方程为：， 联立方程可得：化简得： 时，解得，即有两解. 又时，，所以直线与抛物线有一个交点 过与抛物线相交且有一个公共点的直线有三条，选项A错误； ，与到抛物线的准线距离之和等于， 又，选项B正确； 设，，直线的方程为， 代入抛物线的方程可得， 所以，， 因为， 所以，选项C正确； 不妨设，由得，由得， 1 学科网（北京）股份有限公司 所以抛物线在处的切线的斜率为，在处的切线的斜率为， 因为， 所以两条切线相互垂直，选项D正确． 故选：BCD． 10-4【基础】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: A、B.将抛物线的方程转化为标准方程判断；C.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，然后利用抛物线的弦长公式求解判断；D.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，求得M，N的坐标，然后利用平面向量的数量积运算求解判断. 详解: 由题可得抛物线的标准方程为，所以点在轴上，且点的坐标为，所以选项A正确，选项B不正确； 过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，设，，则，所以，选项C正确； 过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，解得或，不妨设，则，所以，选项D正确． 故选：ACD． 10-5【巩固】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 对于A，由题意可得抛物线的准线为，从而可求得，进而可判断A；对于B，抛物线的方程为，其焦点为，则直线的方程为，设，，设的中点为，利用点差法可得，则，再结合可得在以为直径的圆上，从而可求出直线的斜率；对于C，利用弦长公式求解即可；对于D，利用点到直线的距离求出点到直线的距离，从而可求出的面积 详解: 由题意知，抛物线的准线为，即，得，故选项A正确. 因为，所以抛物线的方程为，其焦点为. 因为直线过抛物线的焦点，所以直线的方程为. 因为，所以在以为直径的圆上. 设点，，联立方程组两式相减可得. 设的中点为，则.因为点在直线上，所以， 所以点是以为直径的圆的圆心. 由抛物线的定义知，圆的半径.， 因为，所以， 解得，故选项B正确. 因为，所以弦长，故选项C不正确. 因为，所以直线为，由点到直线的距离公式可得， 点到直线的距离，所以，故选项D正确. 故选：ABD 点睛:关键点点睛：本题考查抛物线的性质，考查化归与转化的数学思想及运算求解能力，解题的关键是由题意求出抛物线的方程，然后利用抛物线的性质求 1 学科网（北京）股份有限公司 解即可，属于中档题 10-6【巩固】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: 根据抛物线的定义先求出，得出抛物线方程，此后在求出的坐标，即可解决CD选项. 详解: 设， 则，① 又， ② ，联立① ② 解得，∴ 抛物线方程为，故A正确，B错误；又由，可知，，，不妨设，，由，有，，可得，故与不垂直，于是C正确，D错误. 故选：AC. 10-7【巩固】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足为，．过点B作的垂线，垂足为E，设，则，利用抛物线的定义、斜率的定义、弦长公式、数量积运算对选项进行一一判断，即可得答案； 详解: 如图，过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足为，．过点B作的垂线，垂足为E，设，则， 由抛物线定义得，， 在中，，所以，所以直线l的斜率为，故A项正确； 则直线l的方程为，联立解得即，，所以，故B项正确；，故C项错误；线段AF的中点坐标为，它到y轴的距离为2，因为，所以，所以以AF为直径的圆与y轴相切，D项正确． 故选：ABD． 10-8【巩固】 【正确答案】 AD 【试题解析】 分析: 设直线，联立，得两根关系，由三角形面积公式可判断A；由可判断B；求中点到轴的距离即可判断C；根据向量关系式得，，可证，即可判断D． 详解:如图所示， 设直线，联立得， 设点，，则有， 对于A，， 所以当时，面积的最小值为2，所以A正确； 对于B，当直线的斜率为1时，，解得， 1 学科网（北京）股份有限公司 所以，B错误； 对于C，点到轴的距离， ，，所以C错误；. 对于D，如下图所示，由可知，， 因为点在以为直径的圆上，所以， 所以， 又，， 所以， 所以在线段的中垂线上，则，D正确．故选：AD 点睛:(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系； (2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 10-9【提升】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: A选项由E为线段PF的中点以及抛物线定义即可判断；B选项由及抛物线方程求出坐标，再说明三点共线，即存在直线即可；C选项设，表示出直线AE，联立抛物线，利用即可判断；D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断. 详解: A选项，如图1，由抛物线知O为DF的中点，轴，所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知，所以，所以A正确； B选项，如图2，设，，，，，E为线段PF的中点，则，， 由得，解得，，又，故， ，又， 可得，，故存在直线m，满足 ，选项B不正确． C选项，由题意知，E为线段PF的中点，从而设，则， 直线AE的方程：，与抛物线方程联立可得： ，由代入左式整理得：， 所以，所以直线AE与抛物线相切，所以选项C正确． D选项，如图3，设直线m的方程 1 学科网（北京）股份有限公司 ， ，，， 由，得．当 ，即且时，由韦达定理，得 ，． 因为，，所以， 又，，所以成立，故D不正确． 故选：AC． 10-10【提升】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 根据给定条件设出直线l的方程，与抛物线C的方程联立，然后逐项分析、计算判断作答. 详解: 抛物线的焦点，准线为：，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为， 由消去y并整理得：，设，，则，， 对于A，，即是钝角，A不正确； 对于B，，而，， ，B正确； 对于C，，解得，线段AB中点横坐标为3， 所以线段中点到抛物线C的准线的距离为，C正确； 对于D，显然点B不在原点，直线m的斜率存在，设其方程为， 由消去y并整理得：， 当时，解得，直线m：平行于抛物线C的对称轴，直线m与抛物线C只有公共点B， 当时，的k值只有一个， 即当时，与抛物线C有且仅有一个公共点B的直线m只有一条， 所以符合条件的直线m有2条，D正确. 故选：BCD 10-11【提升】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: A选项由范围来判断，B选项由特殊点进行判断，C选项利用点到抛物线的准线的距离来判断，D选项求得两点的纵坐标来判断. 详解: 抛物线的准线为，焦点为. 设， 设直线的方程为， 由消去并化简得， 所以， ， 所以（时等号成立）.所以A选项正确. 当直线的方程为时，不妨设，此时，所以B选项错误. 根据抛物线的定义可知，的最小值是到抛物线准线的距离，也即的最小值为，所以C选项正确. 1 学科网（北京）股份有限公司 当倾斜角为时，，不妨设在第一象限，在第四象限. 故，解得， 所以，即，所以D选项正确.故选：ACD 点睛:求解与抛物线有关的距离和的最值问题，要注意结合抛物线的定义来求解. 10-12【提升】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，消去，得， 分别写出，式子，然后逐项验证，对于A直接得出，对于B利用弦长公式 再结合二次函数求最值即可，对于C，直接利用两点间的距离公式计算即可， 对于D，利用即可验证. 详解: 设直线的方程为，则 由，消去整理，得， 因为直线交抛物线与两点，设，，则 所以，，故A正确. ，m=0时等号成立，故B正确. ， 同理，可得，则 ，故C不正确. . ,即，故D正确. 故选：ABD. 点睛: 解决本题的关键就是设出直线的方程为，这样很大程度减小了运算量， 联立直线方程与抛物线，进而利用韦达定理写出交点纵坐标之间的关系，在逐项验证即可. 11-1【基础】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: A.易证平面判断；B.由点E与重合和与重合时判断；C.由三棱锥判断；D. 由 平面，得到三棱锥外接球的球心O在判断. 详解:如图所示： A.因为，又，所以平面，又平面平面，，则直线DE与直线AC所成角为定值，故正确； B. 当点E与重合时，点E到直线AB的距离，当点E与重合时，点E到直线AB的距离，故错误； C.因为三棱锥，且点到面EBD的距离为定值， 为定值，故体积为定值，故正确； D. 易知 平面，所以三棱锥外接球的球心O在上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故错误； 故选：AC 11-2【基础】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: 1 学科网（北京）股份有限公司 利用正方体的性质可以直接计算时，三棱锥的体积判断A，当时，若平面，可推出与的矛盾，可判断B，时，E是AB中点显然正确，当时，建立空间直角坐标系，设，求出所需各点坐标，计算可判断D正确. 详解:不妨设正方体的棱长为1，如图， 对于 对于B：要使平面，则必须，又，所以需要，所以E在中点，因为，所以与不垂直，所以不存在，错误； 对于C：因为，所以正确； 对于D：建立如图所示空间直角坐标系，设，则，， ，，所以，，因为，所以，故D正确. 故选：ACD 11-3【基础】 【正确答案】 BD 【试题解析】 分析: 证明面即可判断A；求出的面积和的面积可判断B；由面，可证明面即可判断C；计算三棱锥的体积可判断D，即可得正确答案. 详解: 对于A：因为面，面，所以， 又因为，，所以面， 因为面，所以，故选项A正确； 对于B：在等边三角形中，边长为，所以等边三角形的高为，即点到直线的距离为，所以面积为，因为面，面，所以，所以的面积为，所以的面积与的面积不相等，故选项B不正确； 对于C：因为面，，所以面，因为平面即为平面，所以平面，故选项C正确； 对于D：因为面，则点到面的距离为，即点到面的距离为，所以三棱锥的体积是定值，三棱锥的体积不会随着、的运动而变化，故选项D不正确； 故选：BD. 11-4【基础】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 由线面垂直的判定判断A；取为的中点，再由面面垂直判定判断B；由公理3判断C；由以及，平面判断D. 详解: 如果四边形是正方形，则，因为，所以平面， 又平面，E与A重合，此时不是正方形，故A错误； 当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面， 此时四边形垂直于平面，故B正确； 1 学科网（北京）股份有限公司 由与DC的延长线交于M，可得，且， 又因为平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD， 又因为平面，平面ABCD，所以平面平面， 同理平面平面， 所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故C正确； 由于，，平面， 则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值， 所以四棱锥的体积为定值，故D正确. 故选:BCD. 11-5【巩固】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: 证明直线与平面平行判断A；利用反证法说明B错误；分别求出多面体的体积判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角判断D，即可求解. 详解: 连接AC，BD，设ACBD＝O，则O为AC的中点， 连接OE，∵E为PC的中点，则OE为△PAC的中位线，得PA∥OE， 因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确； 若PC⊥平面BDE，则PC⊥OE， 又由PA∥OE，所以PC⊥PA，可得PA2+PC2＝AC2， 而PA＝PC＝2，AC，不满足PA2+PC2＝AC2， 所以PC⊥平面BDE错误，故B错误； 由已知求得PO，则， ，所以V1：V2＝4：1，故C正确； 以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则, 可得， 设平面BDE的一个法向量为． 由，取x，得， 则sinα，sinβ， 所以，故D正确． 故选：ACD． 11-6【巩固】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: 在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，推导出，由四边形是正方形，从而，进而； 在B中，由，得（或其补角）为与所成角，推导出，从而与所成角为； 在C中，推导出，，由此能证明平面； 在D中，设，则，．由此能求出三棱锥与四棱锥的体积之比等于． 详解: 解：在A中，连结，交于点，连结，则平面平面， 1 学科网（北京）股份有限公司 ∵平面，平面，∴， ∵四边形是正方形，∴，∴，故A正确； 在B中，∵，∴（或其补角）为与所成角， ∵平面，平面，∴， 在中，，∴， ∴与所成角为，故B错误； 在C中，∵四边形为正方形，∴， ∵平面，平面，∴， ∵，、平面， ∴平面，故C正确； 在D中，设，则， ． ∴，故D正确． 故选：ACD． 11-7【巩固】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: A选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断；B选项证点，E，B，F四点共面得出矛盾；C选项证，线线垂直，可得线面垂直；D选项点A与点F到平面的距离不相等，即是高不相等，体积也不会相等. 详解: 对于A，设AB＝1，则，故△BDF是等边三角形，A正确； 对于B，连接、，如图所示： 易知，,故点，E，B，F共面，B错误； 对于C，设AB＝1，则，，，所以 所以， 同理可知，又因为，所以平面BDF，故C正确； 对于D，三棱锥与三棱锥有公共的面， 若要它们的体积相等，则点A与点F到平面的距离相等，这显然不成立，故D错误． 故选：AC. 11-8【巩固】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 假设平面，证得，显然不成立，即得A错误；证明四点共面，即得截面四边形，再结合平行关系和长度关系即判断C正确；利用线面平行的判定定理证明平面，即证B正确；计算分割的上面部分棱台的体积和正方体体积，即得下面部分体积，证得D正确. 详解: 正方体中，不妨设棱长为2. 假设平面，则，而底面，则，与相交于平面内，所以平面，则，显然不成立，即选项A错误； 连接，，由知，四点共面，即为平面截正方体所得截面图形，而，，故截面图形为等腰梯形，C正确； 1 学科网（北京）股份有限公司 由,知四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，故平面，所以点与点到平面的距离相等，选项B正确； 平面将正方体分割的上面部分是棱台，上底面面积为，下底面面积为，高，所以体积，而正方体体积为，所以分割的下面部分体积，所以，即选项D正确. 故选：BCD. 11-9【提升】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析: 依据线线垂直判定定理判断选项A；求得异面直线与所成角的余弦值判断选项B；依据线面垂直判定定理判断选项C；求得体积与体积之比判断选项D. 详解: 选项A：三棱柱的侧棱垂直于底面， 则由，可得平面 又平面，则.判断正确； 选项B：连接，则， 则为直线与直线所成角或其补角 △中，，， 则， 故直线与直线夹角的余弦值为.判断错误； 选项C：连接 矩形中，，分别是的中点，易得, 所以 则，又，则， 又，，则直线平面.判断正确； 选项D：中，， 则 ，则.判断正确. 故选：ACD 11-10【提升】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 可得的中点到三棱锥F-的各顶点距离相等，即可求出外接球半径，可判断A，可由面面平行得到线面平行，可判断B，由正方体的性质可判断C，通过转换顶点确定两个三棱锥底面与高的关系可判断D. 详解: 对于A，在中，设为的中点，则有，由中位线定理得，故三棱锥F-的外接球半径为，表面积为，故A错误； 对于B，可得，可得平面，故B正确； 对于C，平面即平面，在正方体ABCD-中，,可得平面，又，故C正确； 对于D，三棱锥即三棱锥，三棱锥即三棱锥，在正方体中，点E为BC中点，三棱锥和三棱锥底 1 学科网（北京）股份有限公司 面积相等，三棱锥的高是三棱锥的一半，所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确. 故选：BCD. 11-11【提升】 【正确答案】 ABCD 【试题解析】 分析: A选项先证线线垂直，，得到线面垂直，最后得到线线垂直； B选项先利用中位线证明，进而得到OM⊥平面ABC； C选项先证线线垂直，，得到线面垂直面，即可得出结论； D选项利用底面相等时，高的关系求出体积关系. 详解: A选项：△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，，又直线PA垂直于圆O所在的平面，，，面，又面，，正确； B选项：点M为线段PB的中点，，又直线PA垂直于圆O所在的平面， OM⊥平面ABC，正确； C选项：△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，，又直线PA垂直于圆O所在的平面，，，面，点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，正确； D选项：点M为线段PB的中点，M到平面PAC的距离等于B到平面PAC的距离的一半，三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥P-ABC体积的一半，又M到平面ABC的距离等于P到平面ABC的距离的一半，三棱锥M-ABC的体积等于三棱锥P-ABC体积的一半， 三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥M-ABC体积，正确. 故选：ABCD. 11-12【提升】 【正确答案】 AD 【试题解析】 分析: 求得点F的坐标判断选项A；求得同时满足两个条件的点F的坐标判断选项B；求得三棱锥的外接球表面积判断选项C；求得三棱锥的体积和三棱锥体积判断选项D. 详解: 如图，以D为原点分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系： 则，，，，，，，， 由于动点F在正方形内，可设，其中，， 选项A：若平面，则，． 由于，，， 则，解得：或（舍去）， 此时，即点F的位置唯一，故选项A正确； 选项B：，， 设平面的一个法向量为．则， 令，得，，故， 而，若平面，则， 则，即， 所以，此时， 而，所以， 当时，，此时，则.故选项B不正确； 1 学科网（北京）股份有限公司 选项C：由于，则F为的中点，此时， 设三棱锥的的外接球的球心为，则， 即，解得：， 所以，则三棱锥的的外接球的半径为， 所以三棱锥的的外接球表面积为， 故选项C不正确； 选项D：点E为BC中点，由正方体可知平面， 则 则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半. 故选项D正确. 故选：AD 12-1【基础】 【正确答案】 AB 【试题解析】 分析:根据基本不等式分别求最值即可. 详解: ，，， 当且仅当时，等号成立，A正确，C错误； 又，当且仅当时，等号成立，B正确，D错误． 故选：AB． 12-2【基础】 【正确答案】 ACD 【试题解析】 分析:利用基本不等式可求解判断. 详解: ，当且仅当等号成立，故A正确； ， 当且仅当取等，故B错误； 当时，成立， 当时，，故C正确； ，其中， 令， ，当且仅当时取得最小值1，故D正确. 故选：ACD． 12-3【基础】 【正确答案】 AD 【试题解析】 分析: 由基本不等式判断AD，取判断BC. 详解:由题意可知， （当且仅当时取等号），故A正确； 取，则，故BC错误； 因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确； 故选：AD 12-4【基础】 【正确答案】 ABC 【试题解析】 分析: 根据题意和基本不等式、重要不等式依次求出最小值与最大值即可判断选项. 详解: 由题意知，，， 1 学科网（北京）股份有限公司 A：当时，，当且仅当 即、时等号成立，所以M的最小值为，故A正确； B：当时，， 当且仅当时等号成立，令，则，且， 解得，即，解得，所以，故B正确； C：当时，，当且仅当时等号成立， 所以，解得，所以，故C正确； D：当时，得， 当且仅当等号成立，即， 整理得，解得，故D错误. 故选：ABC 12-5【巩固】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: A选项，由基本不等式直接求出的最大值；B选项，用基本不等式“1”的妙用求解最值；C选项，用含y的式子表达x，配方后结合y的取值范围求最值；D选项，使用 详解: 由，所以，当且仅当时等号成立，所以A正确； 因为，当且仅当，即时等号成立，所以B正确； 因为，且，所以无最大值，所以C不正确； ，两边平方得：，所以，当且仅当时，等号成立，所以D正确， 故选：ABD 12-6【巩固】 【正确答案】 ABD 【试题解析】 分析: 将变形，根据基本不等式可求得的最值以及等号取得条件，由此判断A,D;再将变形为，利用基本不等式求得其最小值，由此判断B,C. 详解:由，得， 因为， 所以， 当且仅当，且，即时，等号成立, 所以的最小值为9，故项正确； 因为， ,当且仅当时，即时取等号， 所以，故B项正确，C项不正确， 故选：ABD 12-7【巩固】 【正确答案】 BD 【试题解析】 分析:由不等式的性质与基本不等式对选项逐一判断 详解: 对于A，，，所以，故A错误， 对于B，，即，，，故B正确， 对于C，，，故C错误， 对于D，，当且仅当时，等号成立，故D正确． 故选：BD 1 学科网（北京）股份有限公司 12-8【巩固】 【正确答案】 BC 【试题解析】 分析: 对A，直接运用均值不等式即可判断； 对B，，运用均值不等式即可判断； 对C，，讨论二次函数最值即可； 对D，，讨论最值即可. 详解: ，，当时，即时，可取等号，A错； ，当时，即时，可取等号，B对； ，当时，可取等号，C对； ，D错.故选：BC 12-9【提升】 【正确答案】 AC 【试题解析】 分析: 去绝对值分类讨论，判断一个命题是假命题要举反例 详解: 当，时，， 则 所以，所以，故A正确 当，时，，， 则 所以，故C正确 当，时，， 则 所以 对于B，当，，且时 取，时， （，） 当，且时 取，时， 当，且时， 取，时， 故B错误 对于D， 当，且时，，时，等号成立，故D错误 故选：AC 12-10【提升】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: 利用基本不等式依次判断即得. 详解: 由a，，，可得， 对于A，，当且仅当，即取等号，所以，同理，故，故A错误； 对于B，∵，当且仅当，即时取等号， ∴，即的最大值为，故B正确； 对于C，，当且仅当，即时取等号，故的最小值为，故C正确； 对于D，由题可得，， ∴ 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 而，当且仅当，即时取等号， ∴，即的最大值是，故D正确. 故选：BCD. 12-11【提升】 【正确答案】 BD 【试题解析】 分析: 根据基本不等式可求得，判断A;将变形为结合基本不等式，判断B；由整理得到结合基本不等式可判断C,D. 详解: 对于A，因为，，所以，当且仅当时取等号， 即，解得，即，A错误； 对于B, 由，,，当且仅当时取等号， 得，所以, 又，所以，B正确； 对于C, 由，，，得， 则 ， 当且仅当，即时等号成立,但， 所以．（等号取不到）,故C错误； 对于D，由C的分析知：，,, ， 当且仅当，即时等号成立，D正确， 故选：BD 12-12【提升】 【正确答案】 BCD 【试题解析】 分析: A选项，对不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最大值；B选项，将不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最小值；C选项，对不等式变形为，利用求解的最小值；D选项，不等式变形为，利用基本不等式求出和的最小值. 详解: 由得：， 因为，所以，所以， 由基本不等式可得： 当且仅当时，等号成立，此时， 解得：或， 因为，所以舍去，故的最大值为2，A错误； 由得：， 因为，所以，所以， 由基本不等式可得：，当且仅当 1 学科网（北京）股份有限公司 时等号成立， 即，解得：或， 因为，所以舍去， 故的最小值为4，B正确； 由变形为，则， 由基本不等式得：，当且仅当时等号成立， 此时，令，则由， 解得：或（舍去） 所以的最小值为，C正确； 由可得：， 从而 当且仅当时，即，等号成立， 故最小值为16. 故选：BCD， 13-1【基础】 【正确答案】 0.3 【试题解析】 分析: 正态曲线关于直线 ，即 对称，根据其对称性，即可求出答案. 详解:因为，， 又 所以， 根据正态曲线的对称性，可知. 故答案为：0.3 13-2【基础】 【正确答案】 0.14或 【试题解析】 分析:直接由正态分布的对称性求解概率即可. 详解: 由题意知：，则. 故答案为：0.14. 13-3【基础】 【正确答案】 0.5或 【试题解析】 分析:根据正态分布曲线的对称性求得，即可得出答案. 详解:解：因为随机变量， ， 所以， 所以. 故答案为：0.5. 13-4【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据正态分布的对称性即可得到答案 详解: 因为随机变量服从正态分布，其对称轴方程为 设 ，所以 又 根据题意 ， 故答案为： 13-5【巩固】 【正确答案】 0.35或 【试题解析】 分析:根据正态曲线的对称性，即可求得答案。 详解: 由于服从正态分布，所以正态曲线关于直线 对称， 所以, 故答案为：0.35 13-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解. 详解: 已知随机变量，知， 因为, 所以. 故答案为：. 13-7【巩固】 【正确答案】 0.15或 1 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析:利用正态分布的对称性求概率即可. 详解: 由正态分布的对称性知：， 所以. 故答案为： 13-8【巩固】 【正确答案】 0.6或. 【试题解析】 分析:结合正态分布的性质得到 ，从而可求出结果. 详解: 因为服从正态分布，所以， 因为 故答案为：0.6. 13-9【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:根据正态曲线的对称性计算可得； 详解: 解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称， 因为，所以， 所以； 故答案为： 13-10【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 由正态分布曲线对称性和可知，再利用正态分布曲线的性质可求得. 详解: 由知：； ，. 故答案为：. 13-11【提升】 【正确答案】 0.36 【试题解析】 分析: 利用正态曲线的对称性求解. 详解: 解：因为随机变量， 所以正态曲线关于直线对称， 所以， 所以． 故答案为：0.36 13-12【提升】 【正确答案】 0.06 【试题解析】 分析:直接由正态分布的对称性求解即可. 详解: 因为零件尺寸服从正态分布， 所以，， 所以 故答案为：0.06 14-1【基础】 【正确答案】 （1,） e 【试题解析】 详解: 试题分析：设切点为，因为y=ex，所以，所以切线方程为：，因为切线方程过原点，把原点坐标代入，得，所以切点坐标为，切线的斜率为． 考点：导数的几何意义；曲线切线方程的求法． 点评：我们要注意“在某点处的切线方程”和“过某点的切线方程”的区别．属于基础题型． 14-2【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 由导数的定义得出曲线C在处的切线方程，设切点为，根据导数的定义得出曲线C过点的切线方程. 详解: 将代入曲线C的方程得，所以切点 又，所以 则曲线在点处的切线方程为， 1 学科网（北京）股份有限公司 即. 设切点为，则，由题意可知 又，则切线方程为，将点代入，得 即，解得或 当时，切点坐标为，相应的切线方程为； 当时，切点坐标为，相应的切线方程为，即，所以切线方程为或. 14-3【基础】 【正确答案】 （e，1） x-ey=0 【试题解析】 分析: 设切点坐标为：，求导，根据切线过原点，由切线的斜率求解. 详解:设切点坐标为：， 因为， 所以， 因为切线过原点， 所以切线的斜率为：， 解得， ， 所以切点坐标为：， 切线方程为：，即x-ey=0， 故答案为：； x-ey=0. 14-4【基础】 【正确答案】 2 【试题解析】 分析: 先根据直线过点求出的值，求出函数的导数，根据，建立方程，即可求解. 详解: 由函数的图象为曲线，直线与曲线相切于点． 所以直线过点，即，解得， 又由，则，即， ，所以， 所以函数的解析式为， 故答案为：2， 14-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设切点，利用导数几何意义和两点连线斜率公式可构造方程求得，进而得到切线斜率和切点坐标. 详解:由题意得：， 设直线与相切于点，， 又直线恒过点，， ，解得：， ，切点 故答案为：；. 点睛: 方法点睛：本题考查“在”与“过”某一点的曲线切线方程的求解，方法如下： （1）“在”：该点必为切点，则切线方程为； （2）“过”：分为该点是切点和不是切点两种情况，若是切点，则与“在”某一点的切线方程的求法相同；若不是切点，求法如下： ①假设切点坐标； ②利用切线斜率，构造方程，可求得切线斜率； ③根据直线点斜式求得切线方程：. 14-6【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 求出导数，设出切点，可得出切线方程，将代入求解即可得出. 详解:，设切点为， 1 学科网（北京）股份有限公司 则切线方程为， 将代入得， 整理得，解得或， 所以切线有2条，切点坐标为或. 故答案为：2；或. 14-7【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 根据题意，求出，得的值，即可得到曲线在处的切线方程，设曲线的切线方程与直线垂直，列方程解得即可. 详解: 由题意，，则， 即曲线在点处的切线斜率为， 所以，曲线在点处的切线方程为：，即， 设曲线在点处的切线与直线垂直，则， 所以，，解得， 当时，；当时，； 所以，曲线的某一切线与直线垂直时其切点坐标为或. 故答案为：，或. 点睛:本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查直线方程，属于基础题. 14-8【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 第一空，先对求导，再根据点斜式可求切线方程；第二空根据圆的切线的性质列出方程，在用基本不等式求解即可. 详解: 因为，所以， 则，又切点为， 所以曲线在处的切线方程为， 整理得.因为切线与圆也相切，所以， 即，由基本不等式得（当且仅当时取等号）， 所以， 所以，即a+b的最大值为 故答案为：，. 14-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设过点的直线与相切于点，利用过某点切线方程的求解方法可求得，由此可得切线方程；将切线与联立，利用可求得的值. 详解:设过点的直线与相切于点， 由，切线斜率，则切线方程为：， 又切线过点，，解得：或； ①当时，切线方程为：； 当时，，此时不是该直线切线； 当时，由得：， ，解得：，不符合； ②当时，切线方程为：，即； 当时，，此时不是该 1 学科网（北京）股份有限公司 直线切线； 当时，由得：， ，解得：，符合； 综上所述：切线方程为：；. 故答案为：；. 14-10【提升】 【正确答案】 或 或 【试题解析】 分析: ①将切点的横坐标代入函数解析式得切点的纵坐标，利用导数的几何意义可以求得切线的斜率，最后代点斜式即得所求②数形结合，函数过点，当当切线l过点时，切线l与函数的图象有三个公共点，当切线l与（）相切时直线与函数的图象只有两个公共点，计算出两个临界情况相应的值，即可求得的取值范围 详解: 切点坐标为，，， 所以切线l方程为． 函数，即过点， 当切线l过点时，切线l与函数的图象有三个公共点， 将其代入切线l方程得； 当切线l与（）相切时直线与函数的图象只有两个公共点， 设切线l：与（）在处相切，，， 所以切点坐标为，代入切线方程解得， 因此直线与曲线有三个交点时，． 故答案为：； 14-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 分段求导，画出图像，转化为函数交点问题即可；以表示出切线方程，代入点即可. 详解: 当时，为减函数；当时，，时，为减函数，时，为增函数，所以的图象如图所示． 时，，时，，结合函数图象知时，方程有三个实根． 切线方程为，即，将代入得，得，故所求切线方程为． 1 学科网（北京）股份有限公司 故答案为：，. 点睛: 方法点睛：对于零点个数问题，可以转化为两个函数图像交点的问题，转化的两个函数图像要容易画出，这样才能简化问题. 14-12【提升】 【正确答案】 或； . 【试题解析】 分析: 设经过原点且与曲线相切的切点为，求得导数，可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得，进而可求得切线方程；设与相切的直线为，切点的横坐标为，求得切线的斜率，可得，即可得到切点，由点到直线的距离公式，可得所求最小值. 详解: 设经过原点且与曲线相切的切点为， 可得， 解得：或， 可得切线方程为：或，即是：或； 设与相切的直线为，切点的横坐标为， 可得，切点坐标为，即可得切线方程为， 点到直线的最小距离为：. 故答案为：或； 点睛:本题考查导数的运用：求切线方程，考查方程思想和运算求解能力,，属于基础题. 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:首先按照相反方向平移圆，再按照直线与圆相切，求的值. 详解: 圆的方程为，圆心 按向量平移后的圆心，得到方程 设直线直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得：.故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 或 或 【试题解析】 分析:分析图中的几何关系，即点到直线 的距离为1，利用点到直线的距离公式即可求解. 详解:如图： 因为 是等于直角三角形，所以圆心（0,0）到直线的距离为 ， 应用点到直线的距离公式得： ； 故答案为： . 15-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求解圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求解即可． 详解: 圆的圆心坐标为，半径为， 圆心到直线的距离． 据题意，得，解得． 故答案为： 15-4【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用垂径定理得到直线的距离为1，再利用点到直线距离公式解得答案. 详解: 由题意，，利用等腰直角三角形的 1 学科网（北京）股份有限公司 性质，知，又因为，根据垂径定理，到直线的距离，解得. 故答案为：. 15-5【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 由钝角的面积为，求得，得到，进而求得圆心到直线的距离为1，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解． 详解: 解：由圆，即， 可得圆心坐标为，半径为， 因为钝角的面积为，可得， 解得，因为，所以， 可得， 设圆心到直线的距离为，又由圆的弦长公式，可得，解得， 根据点到直线的距离公式，解得． 故答案为：． 15-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 将使得的点P有两个，转换为圆心到直线的距离的不等关系式求解即可 详解: 由题，使得的点P有两个，即使得的点P有两个，即圆心到直线的距离小于半径.又圆心到直线的距离，故，即，即 故答案为： 15-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 求出两点都在圆内时的范围，再求出原点到直线的距离，再根据题意即可得出答案，注意说明当直线与圆相切时，切点在线段上. 详解:解：当两点都在圆内时， 则，解得， 直线的方程为，即， 原点到直线的距离为， 又因， 所以原点与线段上的点所在直线的斜率的范围为， 因为圆：与线段（包含端点）有公共点， 所以. 故答案为：. 15-8【巩固】 【正确答案】 或5或5或 【试题解析】 分析: 设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，根据化简即可求得圆心C到直线l的距离，再根据点到直线的距离公式即可求出m的值． 详解: ，则圆心，半径， 设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA， 则 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 即， ∴或5． 故答案为：或5． 15-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据点到直线距离公式以及垂径定理可以用将两直线被圆所截弦长表示出来，再根据题目信息求解的值 详解:由题意知 因为所以 即可得 故答案为： 15-10【提升】 【正确答案】 4或5或5或4 【试题解析】 分析: 由题可得表示两条直线，利用点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系即得. 详解: 由，得， 则表示两条直线，其方程分别为与， 因为可知圆心， ∴直线与圆相交， 又到直线的距离， 所以当时，直线与圆相切，与圆有3个公共点； 当直线与圆相交，且其中一个交点为原点时，，符合题意； 综上，或. 故答案为：4或5. 15-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设点，根据列式求解得动点P的轨迹，再代入点到直线的距离公式列不等式即可求解. 详解: 设点，则， 即，所以动点P的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 要在圆上至少存在两点到直线的距离等于， 则需圆心到直线的距离， 解得. 故答案为： 15-12【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 将题设转化为函数的图像和的图象有两个交点，求出直线和相切时的值以及直线过点时的值，结合图象即可求解. 详解: 由，解得， 又关于直线的对称直线为， 则题设等价于函数的图像和的图象有两个交点. 易得等价于， 画出和的图象，设直线和相切， 由，解得或（舍）， 又当直线过点时，， 1 学科网（北京）股份有限公司 结合图象可知，当时， 函数的图像和的图象有两个交点. 故答案为：. 16-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式可以求出. 详解: 设， 由消去y并化简得， 所以, 由，得， 所以，所以， 即， 化简得，所以，所以. 故答案为：. 点睛: 本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式的应用，属于基础题. 16-2【基础】 【正确答案】 7x+8y-22=0 【试题解析】 分析: 先求出椭圆方程，再利用点差法可求直线方程. 详解: 由已知可得椭圆的半焦距c=3，又短轴为长轴的， 故，故，故椭圆方程为， 设弦的两端点为，， 则有，两式相减得. 整理得， 所以弦所在的直线的斜率为，其方程为，整理得. 故答案为： 16-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 利用点差法得直线l的斜率，再根据点斜式得直线l的方程. 详解: 设 则,,对应相减得 ， 因为， ，化简得，所以，, 直线l的方程为，即 故答案为： 16-4【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设 和 点的坐标，代入椭圆方程，利用“点差法”即可求得直线 的斜率，利用点斜式方程，即可求得直线方程. 详解: 设直线与椭圆的交点为 为的中点， ； 两点在椭圆上，则 两式相减得 ； 1 学科网（北京）股份有限公司 则 ； ； 故所求直线的方程为 ，即 ； 故答案为： 16-5【巩固】 【正确答案】 ±1 【试题解析】 分析: 设，联立方程利用韦达定理得到：，代入弦长公式计算得到答案. 详解: 设A（x1，y1），B（x2，y2），由 有：3x2+4mx+2m2﹣2＝0； 则 ，， |AB|， 可得：m2＝1，即 m＝±1； 故答案为： 点睛:本题考查了根据弦长求参数，意在考查学生的计算能力. 16-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先判断出椭圆 (为参数)表示中心在直线上，长轴长和短轴长分别为4,2的一组椭圆，判断出符合条件的直线需要与直线平行，设出直线方程，先利用一个特殊的椭圆与直线方程联立求出直线的方程，再证明对于所有的椭圆都满足条件. 详解: 解:椭圆 (为参数)可化为， 所以表示中心在直线上,长轴长和短轴长分别为4,2的一组椭圆，而所求的直线与这组椭圆种的任意椭圆都相交， 若所求的直线与直线不平行，则必定存在椭圆与直线不相交， 于是，设所求直线的方程为， 因为此直线被这些椭圆截得的线段长都等于，则直线与椭圆所得到弦长为，设弦的两端点为，， 由得，所以，， 所以，即， 解得， 设直线与椭圆 (为参数)，相交所得的弦长为，弦的两端点为：，， 则由得， 所以，， 因此 所以直线与椭圆 (为参数)相交所得的弦长为. 同理可证,对任意,椭圆 (为参数)与直线相交所得弦长为. 点睛:本题主要考查由椭圆的弦长求弦所在直线方程的问题，熟记椭圆的弦长公式，以及直线与椭圆位置关系即可，属于常考题型. 16-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和可得，再根据中点公式和斜率公式可得结果. 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 联立，消去并整理得， 恒成立， 设，，则， 所以，， 因为，所以，即， 所以，所以， 所以，解得， 所以. 故答案为： 16-8【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设点、，求得椭圆的离心率，利用椭圆的焦半径公式可求得的值，再利用弦长公式可求得直线的斜率. 详解: 椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，且， 所以，， 由椭圆的几何性质可知，，椭圆的离心率为， 设点、，则，， 则 ， 同理可得， 所以，，解得， 设直线的斜率为，由弦长公式可得， 解得， 因为点、都在第一象限，则，故. 故答案为：. 16-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据在上求出m的值，联立直线方程和椭圆方程，结合中点坐标公式、韦达定理、弦长公式即可求出a、b，从而确定椭圆的方程． 详解: 由于的中点坐标为且满足直线方程， 即有，解得，则的中点坐标为． 设，，由得， 则， ∵的中点坐标为，∴，即， 则，即，故， 又， 1 学科网（北京）股份有限公司 解得，故． ∴椭圆方程为． 故答案为：． 16-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由已知可得为的中点，再由点差法求所在直线的斜率，即可求得直线的方程． 详解: 由，可得为的中点，且在椭圆内， 设，，，， 则，， ， 则，即所在直线的斜率为． 直线的方程为，即． 故答案为：． 16-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由点差法求得，联立方程组，结合韦达定理化得，根据即可求解结果． 详解: 设，，， 则，，． 由，得，即， 所以，得． 联立方程组，得， 则，． 因为 ， 所以，故． 故答案为：． 16-12【提升】 【正确答案】 ±2 【试题解析】 分析: 设的坐标，直线与抛物线的方程联立求出两根之和，进而求出的中点的坐标，由题意求出的坐标，进而求出弦长，，再由题意可得的值． 详解: 解：设，，，，由， 整理可得，△，，， 所以的中点，，则，，即， 又， 所以即，解得， 故答案为：． 点睛:本题考查抛物线的性质及以线段为直径的圆的性质，属于中档题. 17-1【基础】 【正确答案】 1、, 1 学科网（北京）股份有限公司 2、 【试题解析】 分析: （1）由与的关系可求得，由等比数列的基本量，可得； （2）根据单调性及不等式的解可求解问题. 因为数列的前n项和为， 所以当时，； 当时，， 满足上式，故. 所以，从而,化为， 又因为数列为正项等比数列且，设公比为，且， 又，解得或（舍）， 从而. 不等式转化为，即， 记，， 当时，，从而单调递减，所以. 因此使不等式成立的所有正整数组成的集合为. 17-2【基础】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求； (2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围. 因为， 所以， 所以，又， 所以， 所以， 所以， 因为，，成等比数列， 所以， ， ， 由已知方程的判别式大于等于0， 所以， 所以对于任意的恒成立， 所以对于任意的恒成立， 当时，， 当时，由，可得 当时，， 又 所以 17-3【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）． 【试题解析】 分析: （1）根据数列的递推关系化简，结合等差数列定义即可证明； （2）由和与通项关系求得数列通项公式，分析数列的单调性即可求解． 详解: （1）证明：∵， ∴， ∴． ∵， 所以，是以为首项，以为公差的等差 1 学科网（北京）股份有限公司 数列． （2）由（1）可知，， ∴． 当时，， ∵，所以，的通项公式为． ∴，，，，，． 当时，，即， 也就是说，数列从第项起，是递减数列． 所以，实数的取值范围是． 17-4【基础】 【正确答案】 1、 2、4 【试题解析】 分析: （1）先根据等比数列通项公式写出，然后根据成等差可以求出，即可求出数列的通项公式. （2）先根据可知将n分奇偶性进行讨论，然后根据数列单调性求出取值范围即可知的最小值. 解：由题意得： 设数列的公比为．由，得 ，即 成等差数列 ，即，解得，或（舍去） ． 由，当时，，两式相减得，，对也成立 所以 设 当n为奇数时，可递减数列，所以 当n为偶数时，为递增数列，所以 所以的最小值为4． 17-5【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）10． 【试题解析】 分析: （1）由递推式可得，并求出，依据等比数列的定义可证结论； （2）由（1）求出，进而写出，应用裂项相消法求，最后依据题设不等式求的范围，进而确定其最小值. 详解: （1）证明：由，得，从而， ∴，又， 故数列为等比数列； （2）解：由（1）得，故， ∴， ， 令，则，解得， ∵， 1 学科网（北京）股份有限公司 ∴． 故使得的整数n的最小值为10； 17-6【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）最小值为. 【试题解析】 分析: （1）将递推关系式变形为即可证明； （2）先求出数列的通项公式，再分奇偶讨论求，然后解不等式即可. 详解: （1）由得：，即 ，即有数列是常数数列； （2）由（1）知： 即， 当为偶数时，，显然无解； 当为奇数时，，令，解得：， 结合为奇数得：的最小值为 所以的最小值为 点睛:方法点睛：一般根据递推关系式要证明数列为什么数列，就根据递推关系式同构成要证明的数列的结构即可.对于含有调节数列的结构在求和时一般要分奇偶讨论. 17-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）由已知递推公式得，由此可得证； （2）由（1）得，根据等比数列的求和公式可求得，再令，得函数的单调性和可得答案. 解：， ， 又， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列． 解：由（1）可知，， ， 若，则， 令，所以在上单调递增， 且， 所以满足条件的最大正整数． 17-8【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）或. 【试题解析】 分析: （1）推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的通项公式，即可得出的通项公式，利用裂项求和法可求得的通项公式； （2）利用错位相减法结合分组求和法可求得，根据已知条件可得出关于的二次不等式，结合可得出的取值. 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 （1）对任意的，，则，且， 所以，数列是等比数列，且首项和公比均为， 故，， 因为， 所以， ； （2）设数列的前项和为， 则， 所以，， 上式下式，得， 所以，， ， 则， 由可得， 整理可得，解得， 因为，故或. 17-9【提升】 【正确答案】 1、， 2、 【试题解析】 分析: （1）根据已知条件求得，进而求得. （2）利用错位相减求和法求得，由求得实数的取值范围. 为等差数列，且，，即， 又公差，．， 所以，． ，， ，① ，② ①②得 ， ，， ， ，且， 时，， 又，时，， 存在，使得对任意，总有成立．，， 实数的取值范围为. 17-10【提升】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）先把已知条件用及d表示，然后联立方程求基本量，写出通项公式. （2）由（1）得，根据等差数列通项公式知为整数且m为正整数，进而求出m，并验证是否符合题设. 由题设， 1 学科网（北京）股份有限公司 ，可得， 所以. 由（1）知：， 若使为数列中的项，则必须为整数且m为正整数， 因此得或， 当时，，而是数列的最小项，故不符合题意，舍去； 当时，，符合题意， 所以. 17-11【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）n的最大值为4． 【试题解析】 分析: （1）根据的关系，讨论、求对应的，再结合题设，即可证是等差数列； （2）由（1）可得，由通项公式，应用裂项相消法求，根据即可求n的最大值． 详解: （1）证明：∵， ∴当时，，即， 当时，，则，整理得， ∵，即． 当时，，又 ∴数列是首项和公差均为1的等差数列． （2）由（1）得， ∴． ∴ ∴ 由，得，故， ∴n的最大值为4． 17-12【提升】 【正确答案】 1、； 2、正整数m，n组成的有序实数对为(1，1)，(2，1)，(2，2). 【试题解析】 分析: （1）设等比数列的公比为q，由题得，解方程组即得解； （2）化简得，等价于，由题得m=1，2．解不等式即得解. 解：依题意，有，代入， 得，解得，所以， 设等比数列的公比为q，则， 解得或. 又单调递减，所以，，于是． 解：由（1）知，，所以． 1 学科网（北京）股份有限公司 则 因为，所以又， 所以，所以m=1，2． 当m=1时，由，解得n=1； 当m=2时，由，解得n=1，2． 综上，满足不等式的所有正整数m，n组成的有序实数对为(1，1)，(2，1)，(2，2)． 18-1【基础】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）由条件结合正弦定理求出，求出，，再分析求解即可；（2）根据题意求出，所以，再求解面积即可. 因为，，，， 所以，所以，又 所以，，所以 因为，所以，又，所以，所以为锐角， 所以，所以， 所以 18-2【基础】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）首先根据向量运算得到，，，再求面积即可. （2）利用余弦定理求解即可. 因为，解得， 因为，所以，. 有因为，所以， 所以的面积. ， 所以. 18-3【基础】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）先求，然后通过正弦定理即可得结果； （2）通过余弦定理解出三角形，再计算面积即可. 由题意得． 在中，由正弦定理，得 由余弦定理， 得，解得． 因为，所以， 所以． 故的面积为． 18-4【基础】 【正确答案】 1、； 2、4 【试题解析】 分析: （1）利用余弦定理和面积公式，代入求解，（2）在△ABD中利用正弦定理，代入计算． 根据题意得：，则 ∴△ABC的面积 1 学科网（北京）股份有限公司 ∵∠ADC＝60°，则 在△ABD中由正弦定理，可得 18-5【巩固】 【正确答案】 1、4 2、 【试题解析】 分析: （1）根据，结合两角和的正弦公式化简可得，再根据余弦定理计算即可； （2）利用同角三角函数的关系求得，再利用面积公式求解即可 因为，， 所以， 又， 所以， 在中，由余弦定理得 整理可得， 解得或（舍去），即的长为4． 因为，，， 所以， 所以 18-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）由正弦定理将已知式子统一成角的形式，化简后再利用正弦定理统一成边的形式，从而可求出的值， （2）在△ABC中由正弦定理结合二倍角公式可求得，则可求得，从而可求出，然后利用三角函数恒等变换公式可求出，则可得，再求出，从而可求出△ABD的面积 由及正弦定理得 ， ∴，即， ∴，． 如图，在△ABC由正弦定理得， 即， 解得， ∵ ∴， ∴，． ∵， ∴， 显然C为锐角，由易求得， 又∵， ∴， ∴． 18-7【巩固】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理结合角平分线求出边c即可计算作答. （2）利用（1）的结论直接计算作答. 在中，，，由余弦定理得： 1 学科网（北京）股份有限公司 ，即， ，则， 在中，，由正弦定理得：， 又， 则，即有，， 所以的面积. 由（1）知，，所以. 18-8【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用正弦定理，可求得，根据结合面积公式求解；（2）在中利用余弦定理求，在直角中根据求解． 在中，，则 由正弦定理得：，，则 因为，则或（不合题意，舍去）， 则 的面积为 在中，，， 由余弦定理可得 则有，所以 在直角中，， ，则 18-9【提升】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用余弦定理角化边即可求解； （2）利用余弦定理和三角形面积公式即可求解. 由余弦定理可知，， 即，整理得， 解得， 在△中，，，， 由余弦定理可得，， ∴, ∴， ∴. 18-10【提升】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用二倍角公式求解的余弦值，利用余弦定理即可求解的长； （2）利用正弦定理求得的长，利用三角形内角和为求解的正弦值，最后利用三角形面积公式即可求解. 解：因为， 1 学科网（北京）股份有限公司 所以 由余弦定理得：， 所以. 由正弦定理得， 所以， 故，， 则为锐角，， 所以 ， 所以的面积为. 18-11【提升】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）根据函数的解析式，利用辅助角的公式和正弦函数的性质求出常数m的值，根据已知条件求出角C的值，再利用余弦定理、基本不等式及三角形的面积公式即可求解； （2）利用三角形的面积公式求出的值，在中，利用正弦定理即可求解；或在中，利用余弦定理的推论、同角三角函数的基本关系及诱导公式求出的值，在中，根据正弦定理，结合已知条件即可求解. 解：由题意，函数，其中. 因为为函数图象的一条对称轴，所以， 所以，解得，所以， 因为，，可得， 在中，根据余弦定理得， 又因为，所以，当且仅当时取等号， 所以的面积. 解：因为的面积为，所以，解得， 因为，所以， 在中，根据余弦定理得，可得， 在中，可得， 所以，所以， 在中，根据正弦定理得，可得，解得. 18-12【提升】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: 由余弦定理可得，设长度为x，列出和，即可求得结果； 利用余弦定理及基本不等式即可求得，进而利用三角形面积公式即可求得结果. 解：， ， 根据余弦定理可知，， 解得， 为的中点，则为边的中线，设长度 1 学科网（北京）股份有限公司 为x， , , ， ， 解得， 即线段的长度为． 解：由余弦定理可得：， 即，当且仅当时取到等号， 则． 则面积最大值为． 19-1【基础】 【正确答案】 1、25（人），，； 2、平均数为71.4，中位数约为； 3、. 【试题解析】 分析: （1）根据茎叶图，结合频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1进行求解即可； （2）根据频率分布直方图，结合平均数和中位数的定义进行求解即可； （3）利用对立事件概率公式，结合古典概型计算公式进行求解即可. 分数在的频率为， 由茎叶图知，分数在之间的频数为，∴全班人数为（人）， 分数在之间的频数为，则， 由解得； 平均数为， ∵，∴中位数在内， 设中位数为，则，解得， ∴中位数约为； 得分在内的人数为人，记为、、， 得分在内的人数为人，记为、， 从这人中随机抽取两人的所有基本事件为： 、、、、、、、、、，共个， 其中所抽取的两人都在的基本事件为：、、共个， 则所抽取的两人中至少有一人的得分在区间的概率为. 19-2【基础】 【正确答案】 1、 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果； （2）首先确定第百分位数位于，设其为，由可求得结果； （3）根据频率分布直方图计算出第五组和第六组的人数，利用列举法列举出所有可能的基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果. 由频率分布直方图可知平均数 成绩在的频率为，成绩在的频率为， 第百分位数位于，设其为， 则，解得：，第百分位数为. 第组的人数为：人，可记为；第组的人数为：人，可记为； 则从中任取人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种情况； 1 学科网（北京）股份有限公司 其中至少人成绩优秀的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，共种情况； 至少人成绩优秀的概率. 19-3【基础】 【正确答案】 1、0.016，； 2、. 【试题解析】 分析: （1）根据频率分布直方图的定义和性质，求得a的值以及平均年龄； （2）先求出[55，60）的员工中男女员工人数，再列出取出2人的所有的情况，由古典概型可得至少有1名女员工的概率. 由男员工年龄的频率分布直方图得（0.012+2a十2×0.024+0.048+0.060 )×5=1，解得a=0.016. 则男员工的平均年龄 该校年龄在35岁以下的男女员工人数相等,且共14人，年龄在35岁以下的男员工共7人. 由（1）知，男员工年龄在[25, 35 )的频率为， 所以男员工共有（人），女员工共有（人）， 所以年龄在[55,60 ）的员工中，男员工为0.016×5×50=4（人），不妨设为，则女员工为1人，设为，从年龄在[55,60 ）的员工中随机抽取2人， 则有，共有10种可能情形，其中至少有1名女员工的有4种，故所求概率为. 19-4【基础】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，即可求得本次质检中数学测试成绩样本的平均数； （2）设成绩在的有1人记为，成绩在的有4人记为，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件中所包含的基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解. 解：根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，可得本次质检中数学测试成绩样本的平均数为. 解：由题意知，随机抽取的5人中，成绩在的有1人记为，成绩在的有4人记为， 从中随机抽取2人有，，，，，，，，，，共有10种可能， 其中成绩都在之间有的，，，，，，共有6种可能， 所以这2人成绩都在之间的概率. 19-5【巩固】 【正确答案】 1、70.5 2、71.67 3、0.6 【试题解析】 分析: （1）根据频率分布直方图中平均数计算公式可得； （2）根据频率分布直方图中中位数计算公式可得； （3）先计算每个分组中的人数，再根据分层抽样的方法选出[80，90）中3人和[90，100]中2人，再计算两组各有一人被抽取的概率. 由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数 因为成绩在[40，70)的频率为0.45，成绩在[70，80)的频率为0.3，所以中位数为 在[80，90）和[90，100]两组中的人数分别为和人，故在[80，90）分组中抽取的人数为人，故在[90，100]分组中抽取的人数为2人，两组各有一人被抽取的概率为. 19-6【巩固】 【正确答案】 1、、、 2、中位数约为，平均数为； 3、 【试题解析】 分析: （1）首先由的人数求出，再根据等差中项的性质及频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得即可； （2）设中位数为，则，即可得到方程，解得即可，再根据平均数公式计算可得； （3）列出所有可能结果，再找出符合题意的基本事 1 学科网（北京）股份有限公司 件，最后利用古典概型的概率公式计算可得； 解：依题意， 又且，解得，； 解：因为，设中位数为，则， 所以，解得，即中位数约为； 平均数为 解：从1，2，3，4，5，6中选3个人帮助A，余下的3个人帮助B， 所以可能结果为（只列出帮助的学生），，，，，， ，，，，，，，， ，，，，，共个基本事件， 其中满足1，2帮助的有，，，共个， 故满足“1，2帮助”的概率 19-7【巩固】 【正确答案】 1、0.01； 2、中位数是，平均数是； 3、. 【试题解析】 分析: （1）利用频率分布直方图直接列式计算作答. （2）利用频率分布直方图求中位数、平均数的方法列式计算作答. （3）求出分数在的人数，再用列举法结合古典概率公式计算作答. 由频率分布直方图得：. 由频率分布直方图知，分数在区间、的频率分别为0.34，0.62， 因此，该校语文成绩的中位数，则，解得， 语文成绩的平均数为， 所以该校语文成绩的中位数是，语文成绩的平均数是. 由频率分布直方图知，分数在内分别有8人和2人， 因此抽取的5人中，分数在内有人，在内有1人， 记内的4人为a，b，c，d，在内的1人为F， 从5人中任取2人的结果有：，共10个不同结果，它们等可能， 选出的2人中恰有一人成绩在中的结果是：， 所以选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率是. 19-8【提升】 【正确答案】 1、，平均分为（分） 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得乘积全部相加可得出这名学生数学成绩的平均分； （2）设成绩在中的三人为、、，成绩在中的二人为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； （3）列举出甲被抽出的情况以及在甲参加的条件下乙也参加的情况，利用条件概率公式可求得所求事件的概率. 解：依题意得，解得， 这名学生的数学平均分为（分）. 解：由（1）可知，成绩在和中的学生人数比为， 所以用分层抽样方法抽取成绩在和中的学生人数分别为人和人， 设成绩在中的三人为、、，成绩在 1 学科网（北京）股份有限公司 中的二人为、， 从这人中任取三人的所有可能情况为：、、、、、、 、、、，共种， 而有两名成绩在中的有、、、、、，共种， 故所求概率为. 解：由题可知，乙也参加座谈属于条件概率， 设（2）中人分别为：甲、乙、、、， 甲被抽出的情况为：甲乙、甲乙、甲乙、甲、甲、甲，共6种， 在甲参加的条件下乙也参加的情况有：甲乙、甲乙、甲乙，共种， 故甲已经被抽出座谈，乙也参与座谈的概率为. 19-9【提升】 【正确答案】 1、，； 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）根据频率分布直方图求解； （2）利用平均数公式求解； （3）利用古典概型的概率求解. 解：因为个体在区间内的频率是， 所以频数 在内的频率是， 所以频数 平均数为； 由等比例分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，则抽样比例为， 在区间和内抽取的人数各为和， 分别记这人为、、、、和、， 则事件的总体是，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共有个基本事件， 记所求的事件为，则中包含的基本事件为： ，，，，，，，，，，共个基本事件， 所以. 19-10【提升】 【正确答案】 1、 2、平均数；中位数 3、 【试题解析】 分析: （1）根据频率分布直方图中小矩形的面积可求概率. （2）根据频率分布直方图可求中位数和平均数. （3）根据第4组的频率，可出第四组的人数，进而根据列举法列出全部基本事件，由古典概型的概率计算公式即可求解. 由频率分布直方图可知：被采访人恰好在第2组或第6组的概率 设平均数为,则 设中位数为，则 ∴中位数 共人，其中男生3人，设为，，，女生三人，设为，，， 则任选2人，基本事件有，，，，，，，，，，，，共15种， 其中两个全是男生的有，，共3种情况， 设事件：至少有1名女性， 则至少有1名女性市民的概率 19-11【提升】 【正确答案】 1、；. 2、①；②. 【试题解析】 分析: （1）用每组的中点值乘以该组的频率再相加可得，用每组的中点值减去的平方和再除以组数可得； （2）①分类讨论需求量与产量的大小关系，可求出关于的函数关系式；②根据、、y不少于68万元，求出的范围，再根据直方图可求出概率. 1 学科网（北京）股份有限公司 ， , ①当，且时，万元； 当，且时，万元， 所以， ②，，，所以， 当时，万元， 当时，由得， 故当万元时，， 综上所述：， 所以. 所以估计且y不少于68万元的概率为. 19-12【提升】 【正确答案】 1、，1200人 2、中位数为82.9，平均数为80.7 3、 【试题解析】 分析: （1）根据所有矩形的面积和等于1列式可求出，利用评分在的人数可求出所调查的总人数； （2）根据频率分布直方图可求出本次评测分数的中位数和平均数； （3）根据分层抽样以及古典概型概率公式可求出结果. 由频率分布直方图知 即，解得 设总共调查了人，则，解得， 即调查的总人数为1200人； 因为， 所以中位数位于区间，设中位数为，则， 解得：，所以中位数为82.9， 所以估计本次考试成绩的中位数为82.9. 由频率分布直方图知各段的频率分别为：0.02､0.04､0.14､0.20､0.35､0.25， 所以，设平均数为， 则. 所以所以估计本次考试成绩的平均数为. 用分层抽样的方法应该从评分在抽出2人，记编号为1，2，从评分在抽出4人，记编号为3，4，5，6，.则样本空间为Ω＝{{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{1，6}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{2，6}，{3，4}，{3，5}，{3，6}，{4，5}，{4，6}，{5，6}}． 用A表示抽出的2人恰好来自于评分在，则A={{1，2} }． 所以选出的两人恰好都是评分在之间的概率为. 20-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 【试题解析】 分析: （1）取的中点G，连接EG，FG，AC，证明平面平面ABCD，原题即得证； （2）以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 证明：取的中点G，连接EG，FG，AC， 因为，平面ABCD，平面ABCD， 所以平面ABCD， 因为，，所以四边形AGFC是平行四边形， ，又平面ABCD，平面ABCD， 所以平面ABCD， 因为，平面, 所以平面平面ABCD， 因为平面ABCD，所以平面ABCD． 1 学科网（北京）股份有限公司 解：设， 由，得，且， 由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 由得，取，得， 连接BD，因为，，，所以平面， 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 20-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 【试题解析】 分析: （1）证明平面平面，原题即得证； （2）以F为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 证明：由题意知，又，所以H为的中点． 连接，因为为的中点，所以． 又平面, 平面, 所以平面； 易知，又平面, 平面, 所以平面 又平面， 所以平面平面． 又平面，所以平面． 解：连接，由题意知平面，故以F为坐标原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 由题意知， 所以． 设平面的法向量为． 则即，得，令，则，所以． 1 学科网（北京）股份有限公司 设平面的法向量为， 则，即，得，令，则，所以． 故． 所以平面与平面所成角的余弦值． 20-3【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）先证平面，再证，最后得出l平面； （2）建立坐标系，利用向量方法求二面角的正弦值. 因为分别是的中点 所以， 又因为平面，平面 所以平面 又平面，平面与平面的交线为， 所以， 而平面，平面， 所以平面 如图，因为是圆的直径，点是的中点， 所以， 因为直线平面 所以 所以以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则 ，， 所以， 设平面的法向量，则，即 令，则 得 因为直线平面 所以为平面的法向量 所以 所以二面角的正弦值为 20-4【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）解法一，建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，计算，即可证明； 解法二，证明平面平面，利用面面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，确定平面的一个法向量，求出平面PMN的法向量，利用向量的夹角公式求得答案. 解法一： 以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系， 1 学科网（北京）股份有限公司 则，，，，. 取向量为平面的一个法向量，， ∴， ∴. 又∵平面， ∴平面. 解法二： ∵P，D分别为，的中点， ∴，且平面，平面， ∴平面， ∵D，N分别为，BC的中点， ∴，且平面，平面， ∴平面，又， ∴平面平面， 又∵平面PDN， ∴平面. 以点A为坐标原点，AB､AC､所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. ∴，, 取向量为平面的一个法向量， 设平面PMN的法向量为， 则，即， 令，则，，则， ∴， 由图示可知平面PMN与平面的夹角为锐角， ∴平面PMN与平面所成锐二面角的余弦值为. 20-5【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: (1) 分别取的中点，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，平面，所以，进一步证得四边形是平行四边形，所以，再由线面平行的判定定理即可证明平面. （2）如图，取的中点为，则，以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量，再由二面角代入即可得出答案. 证明：分别取的中点，连接， 设，则， ， 又平面平面，平面平面平面， 平面， 同理可证平面，， 又因为，所以四边形是平行四边形，， 又平面平面，平面； 如图，取的中点为，则， 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 1 学科网（北京）股份有限公司 则， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为， 则， 令，得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 20-6【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）由线面垂直性质可得，结合可证得平面；根据，由线面平行的判定可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果. 平面，平面，， 又，，平面，平面； 为等边三角形，，又，， 平面，平面，平面. 平面，平面，； 以为坐标原点，为轴正方向，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，则，，； 设平面的法向量， 则，令，则，，； ， 平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 20-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: (1)取中点，根据题意和中位线的性质可证得四边形是平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可证明； (2)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面法向量和的坐标，结合数量积的定义和二次函数的性质可得，再利用空间向量法求出平面、平面的法向量，计算两法向量之积即可求解. 1 学科网（北京）股份有限公司 取中点， 的中点为， ，且， ∴四边形是平行四边形， ，平面， 平面； 等腰梯形中，， 作于，则中， 由余弦定理得，，，即， 底面，则两两垂直 如图，以为原点，为轴、轴、轴为正方向建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面法向量，则 ∴平面的一个法向量， 设，则， ， ，∴当时，取得最大值， ， 设平面法向量，则 ∴平面的一个法向量， 设平面法向量，则， ∴平面的一个法向量， ， ∴二面角的大小为. 20-8【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）连接、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）连接，证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 证明：连接、， 在圆柱中，为圆的直径，、是的两个三等分点， 则，且， 故、、均为等边三角形， 所以，在底面中，，则， 平面，平面，所以，平面， 因为、、都是圆柱的母线，则， 平面，平面，平面， ，所以，平面平面， 因为平面，因此，平面. 解：连接，因为是边长为的等边三角形，则， 因为，由余弦定理可得 1 学科网（北京）股份有限公司 ， ，， 因为平面，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， 易知平面的一个法向量为，所以，， 由图可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为. 20-9【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）根据边对应成比例,可证明平行四边形,进而可得线线平行,即可求解. （2）根据空间中两点距离公式,可得线段的最小值,进而根据空间向量,求平面法向量,进一步可求解. 过N作与ED交于点，过M作与CD交于点，连接． 由已知条件，可知矩形ABCD与矩形ADEF全等． ∵，， ∴ ∴ 又，则四边形为平行四边形， 所以． ∵平面CDE，平面CDE， ∴平面CDE． 由平面ABCD⊥平面ADEF，平面平面， 又平面ADEF，AF⊥AD， ∴AF⊥平面ABCD． 以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 过M点作MG⊥AD，垂足为G，连接NG，易知NG⊥AD，设 可得，， ∴， 可知当时，MN长最小值为． 此时，， 又，， ∴，， 设平面AMN的法向量为， 由可得， 令，可得 设平面MND的法向量为， 1 学科网（北京）股份有限公司 由可得， 令，可得 ∴， ∴ 则二面角A-MN-D的正弦值为． 20-10【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 【试题解析】 分析: （1）过D作，垂足为G，根据线面垂直的性质与判定可得平面DEF，进而证明即可； （2）先根据（1）结合可得，，，再以E为原点，建立空间直角坐标系，求解平面CDF的法向量，再根据面面垂直的向量求法求解即可 证明：过D作，垂足为G， ∵平面平面ABC，平面平面，平面DEF， ∴平面ABC，∵平面ABC，∴， ∵E是等腰直角三角形ADC斜边AC的中点， ∴，又，DE，平面DEF， ∴平面DEF，∵平面DEF，∴， ∵，∴， ∵平面ABD，平面ABD，∴平面ABD． 由题意可知，在等腰直角三角形ADC中， ∵，∴， 由（1）可知，EF为直角三角形BAC的中位线， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，． 以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面CDF的法向量，则，，，，， 由得，令，则， 显然，平面ABC的法向量，． 二面角的余弦值． 20-11【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 【试题解析】 分析: （1）证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）取的中点，连接、，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值. 证明：因为四边形为菱形，则， 平面，平面，平面， ，平面，平面，平面， ，所以，平面平面， 1 学科网（北京）股份有限公司 因为平面，平面. 解：取的中点，连接、， 因为四边形为菱形，则， 因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则，同理可得， 因为平面平面，平面平面，平面， 平面，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、、、、、， 设平面的向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为，则. 因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 20-12【提升】 【正确答案】 （1）见解析；（2）. 【试题解析】 分析: （1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值. 详解: （1）连接， ，分别为，中点 为的中位线 且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形 ，又平面，平面 平面 （2）设， 由直四棱柱性质可知：平面 四边形为菱形 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：，，，D（0，-1,0） 取中点，连接，则 四边形为菱形且 为等边三角形 又平面，平面 1 学科网（北京）股份有限公司 平面，即平面 为平面的一个法向量，且 设平面的法向量，又， ，令，则， 二面角的正弦值为： 点睛: 本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 21-1【基础】 【正确答案】 1、 2、6 【试题解析】 分析: （1）设所求双曲线方程为，代入点，求出，即可得解； （2）根据（1）求出焦点坐标，从而可得直线的方程，设，，联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式即可得解. 解：设所求双曲线方程为， 代入点得：，即， 双曲线方程为，即； 解：由（1）知：，， 即直线的方程为， 设，， 联立，得， 满足，且，， 由弦长公式得. 21-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）用待定系数法求双曲线的方程； （2）用“设而不求法”表示出弦长，再计算出，即可证明. 详解:（1）设双曲线方程为 由题知 双曲线方程为： （2）设直线l的方程为代入 整理得，设 所以： 由弦长公式得： 设AB的中点 则， 代入l得： AB的垂直平分线方程为 令y=0得，即，所以：为定值. 21-3【基础】 【正确答案】 1、双曲线C的方程为，离心率，渐近线方程为 1 学科网（北京）股份有限公司 2、 【试题解析】 分析: （1）根据共渐近线，设设双曲线C的方程为，代入点坐标即可得到标准方程. （2）联立双曲线与直线方程，结合韦达定理得到中点坐标，然后代入圆方程，即可得到结果. 因为双曲线C与有相同的渐近线， 所以可设双曲线C的方程为，代入，得，得，故双曲线C的方程为， 所以，，，故离心率， 渐近线方程为． 联立直线AB与双曲线C的方程，得， 整理得， ． 设，，则AB的中点坐标为，由根与系数的关系得，，， 所以AB的中点坐标为， 又点在圆上，所以， 所以． 21-4【基础】 【正确答案】 1、， 2、 【试题解析】 分析: （1）根据已知条件求出的值，求出双曲线的渐近线方程，可得出关于的等式，结合可求得的值，由此可得出椭圆和双曲线的标准方程； （2）求出直线的方程，将直线的方程分别与椭圆、双曲线的方程联立，结合弦长公式可求得的值. 解：由题意可得，则． 因为的渐近线方程为，即， 椭圆的右焦点为，由题意可得，，解得， 故椭圆的方程为，双曲线的方程为． 解：设直线的倾斜角为， 所以，直线的斜率为， 所以直线的方程为， 联立得，则， 设、，则，， 所以, 联立可得，， 设点、，则，， 所以，，故． 21-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、1 【试题解析】 分析: （1）设，则有，即，由点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为可得， 1 学科网（北京）股份有限公司 ，结合离心率，可求出双曲线C的方程； （2）设直线的方程为，联立，化简得出，再求出，可得出结果. 由题意可得，渐近线的方程为， 设，则有，即， 因为点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为， 所以， 又离心率，即，所以，所以，， 所以双曲线的方程为； 由（1）知，，设直线的方程为， 联立，得， 所以， 若，，则，， 所以|， 所以， 所以的中点坐标为， 所以线段的垂直平分线的方程为， 整理得，所以， 则，所以． 21-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）根据双曲线右焦点为，且，由求解； （2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，求得，与双曲线C的渐近线方程联立，求得，根据求解. 解：由题意得，解得 故C的方程为. 显然直线率存在，设直线的方程为，，， 联立，得， 因为与双曲线C的左，右两支分别交于D，E两点， 故， 解得， 此时有. ， ， 由，解得，同理可得 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 所以. 因为，故. 因为，故， 故实数的取值范围是. 21-7【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到<4，再利用双曲线的定义求解； （2）设直线为，联立，利用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解. 解：因为圆C与圆A、圆B外切， 设C点坐标，圆C半径为， 则，， 所以<4， 所以点C的轨迹是双曲线的一支， 又，，， 所以其轨迹方程为； 设直线为， 联立，消去y得：， 所以， 设MN中点坐标为G，则， 所以， ， 直线GP的方程为:， ， 所以， 所以=1. 21-8【巩固】 【正确答案】 1、C1：，C2： 2、存在， 【试题解析】 分析: （1）设出动点的坐标，根据题干条件直接求解求轨迹方程，注意的范围限制； （2）用弦长公式分别表达出与的长度，根据等量关系列出方程，求出所有满足条件的直线的斜率，求解斜率之积． 解：（1）设，． 对于，由题可得， 整理得， 故的方程为． 对于由题可得， 整理得． 故的方程为． 解：由（1）可得，， 的右焦点为，设，，，． 当直线的斜率不存在时，直线与无交点，不满足题意，故直线的斜率存在， 于是可设直线的方程为， 1 学科网（北京）股份有限公司 联立直线方程与椭圆方程可得， 恒成立， 由韦达定理：，．① 于是， 将①代人整理得． 同理其中，故． 因为，所以． 设，则即． 平方整理得， 因式分解得， 解得，，（舍去）， 即，． 于是所有满足条件的直线的斜率之积为． 21-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）. 【试题解析】 分析: （1）由已知求得，，结合点到渐近线的距离，确定双曲线方程； （2）设l：，，，解方程组求得D,E的横坐标，进而得到|DE|关于k的函数表达式，有直线的方程与双曲线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式求得|AB|关于k的函数表达式，进而得到，然后，利用直线与双曲线的位置关系的判定条件，得到k的取值范围，从而求得所求取值范围. 详解: （1）由，知，，， 故双曲线C的方程为或.由点到渐近线的距离为，知双曲线方程为. （2）设l：，，. 由可得；由可得. 由得，∴，. ∴. 由和的高相等，可， 由得， 所以，. 点睛:本题考查直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理解决弦长问题，进而解决面积相关的取值范围问题，属中档题，关键是熟练掌握弦长公式和直线与双曲线的位置关系的判定方法. 21-10【提升】 【正确答案】 （1）；（2）①见详解；②. 【试题解析】 分析: （1）根据双曲线的基本量的运算，结合距离公式即可得解； （2）①若要证明则需求得各点坐标利用距离公式来证，可设直线l方程为y＝kx+2，和椭圆方程联立利用韦达定理求得A，B两点间的相关关系，再分别和渐近线联立求得M、N两点坐标即可得证；对②进行转化可得 1 学科网（北京）股份有限公司 ，化简求值即可得解. 详解:（1）因为双曲线C的渐近线为y＝±2x， 由双曲线的焦点在x轴上时，则双曲线， 渐近线的方程为，焦点F（±c，0）， 所以解得a＝1，b＝2， 所以双曲线的方程为； （2）①由（1）知双曲线的方程为， 其渐近线的方程为y＝±2x，设直线l：y＝kx+2， 因为直线l交C双曲线的左右两支分别于A，B，所以﹣2＜k＜2， 联立，得（4﹣k2）x2﹣4kx﹣8＝0， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 所以x1+x2＝，x1x2＝， 联立，解得x＝，y＝，则M（，）， 联立，解得x＝，y＝，则N（，）， 所以|AM|＝，|BM|＝， 所以|AM|2﹣|BN|2＝（1+k2）[（x1﹣）2﹣（x2+）2] ＝（1+k2）[（﹣x2﹣）2﹣（x2+）2] ＝（1+k2）[（﹣﹣x2）2﹣（x2+）2] ＝（1+k2）[（+x2）2﹣（x2+）2]＝0， 所以|AM|＝|BN|． ②由共线，可得， 由①可得， 解得，所以符合题意， 所以直线的方程为. 21-11【提升】 【正确答案】 1、； 2、存在，，理由见解析. 【试题解析】 分析: （1）根据的面积可求出等边三角形的边长为，再由，求出的值即可得的方程； （2）设，则，可得，由导数的几何意义可得，设，，中点，由点差法可得，，因此可求出即可. 设，， 因为为等边三角形时，其面积为， 所以，解得，即， 由抛物线定义可知，y=t为抛物线的准线， 由题意可知，所以， 所以的方程； 设，则在动直线上的投影， 当时，， 1 学科网（北京）股份有限公司 由可得，所以切线的斜率为， 设，，线段的中点， 由，可得， 所以， 整理可得：，即，所以， 可得，又因为， 所以当时，，此时三点共线，满足为的中点， 综上，存在，使得点为的中点恒成立，. 点睛: 方法点睛：对于中点弦问题常用根与系数的关系或点差法求解，在采用根与系数的关系时注意前提条件，再利用点差法时往往设出两个交点的坐标，设而不求，利用点差法巧妙求出直线的斜率，快速解决问题. 21-12【提升】 【正确答案】 1、 2、或 【试题解析】 分析: （1）利用点在双曲线上和点到渐近线的距离等于2得到关于、的方程组，进而求得标准方程； （2）先分析直线l不存在斜率时的情形，再设出直线l方程，联立直线和双曲线方程，得到关于的一元二次方程，利用直线l与双曲线C的右支相交于两点得到斜率的取值范围，利用根与系数的关系、弦长公式、三角形外心的几何性质进行求解. 解：由在双曲线C上，得， 由TP垂直x轴于点P，得， 则由到双曲线C的渐近线的距离为2， 得，得， 联立和， 解得，， 即双曲线C的标准方程为. 解：由题意，， 当直线无斜率时，直线方程为，则、， 则为等腰三角形，若的外接圆的圆心Q在y轴上， 则，而，，， 不符合题意（舍）； 当直线存在斜率时，设直线方程为， 联立，得， 即 设直线l与双曲线C的右支相交于、， 则， 解得，即或； 则，， 从而， 则线段AB的中点， 且. 由题意设， 易知Q在线段AB的垂直平分线上，因此 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 得，即， 连接QP，QA，QM，因此. 由勾股定理可得，， 又，则， 化简得，得（舍去）， 因此直线l的方程为， 即或. 点睛: 方法点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点： 一是转化，把题中的已知条件和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化， 如本题中将是的外心转化为且； 二是设而不求，其主要思路是：要先设出直线方程，与圆锥曲线联立得到一元二次方程，利用根与系数的关系求解，通常情况下设直线方程要注意直线斜率不存在的情况. 22-1【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、（i）；（ii）证明见解析 【试题解析】 分析: （1）对进行求导，然后，对进行分类讨论，进而得到的单调性 （2）（i）根据题意，可知，当时，不符题意，故只需证明时，即可得到的范围； （ii）通过化简，得到，所以，利用等量代换，得到，进而通过转化， 得到，进而证明求解即可. ①当时，，所以，所以在上递增 ②当时，记的两根为 则当时，；当时，；当时， 综上可知，当时，在上递增 当时，在上递增，在上递减，在上递增 （i）由（1）讨论可知，当时，在上至多一根，不符合条件，所以 因为，又时，时，， 故只需证明： 因为，证明如下，设，则， 所以，即； 同理，此时，即 综上可知，当时，有三个不同的零点 （ii）∵，且，∴， ∵， ∴由 ∴ 1 学科网（北京）股份有限公司 ∵ ∵， ∴ ∴ （ii）另解： 因为， 所以当时，. 因为， 所以由得到：. 又，且，所以 所以，所以 所以 . 22-2【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、，证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （2）当时，由可得或，利用参变量分离法可得出或对任意的恒成立，利用导数求出相应函数的最值，即可求得实数的取值范围； （3）由（1）可知当时，，则，然后利用不等式的可加性可得出与的大小关系. 解：函数的定义域为，. 当时，对任意的，，此时函数的减区间为； 当时，方程在时的解为， 由可得，由可得， 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述，当时，函数的减区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为. 解：当时，由可得或. 1 学科网（北京）股份有限公司 若对任意的恒成立，则， 令，其中，则， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数， 因为，， 所以，存在，使得， 当时，，即，此时函数单调递增， 当时，，即，此时函数单调递减， 且当时，，因为，故当时，， ，解得； 若对任意的恒成立，则， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，当时，，，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 解：，理由如下： 由（1）知，当时，在上为增函数， 当时，，即，则， 因此，. 点睛: 结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 22-3【基础】 【正确答案】 1、时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增 2、证明见解析 3、 【试题解析】 分析: （1）当，时，，当，时，，利用导数计算即可判断单调性. （2）当时，等价于，构造函数，则，讨论当n为偶数，当n为奇数时，的单调性，结果即可证得结果. （3）等价于．由（2）知，，即可求得结果． ． 当，时，，． 由，得；由，得． 所以，在单调递增，在单调递减． 当，时，， 1 学科网（北京）股份有限公司 ． 因为,可知当，取得极小值0，可知，所以在单调递增． 当时，． 即，即 令，则． 所以，当n为偶数时，，单调递减． 因为，所以有唯一解． 当n为奇数时，若，则，在单调递增； 若，则，在单调递减．因为，所以有唯一解． 综上，当时，有唯一实解． 当，时，等价于， 即，即． 由（2）知，，所以，． 22-4【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析 3、 【试题解析】 分析: （1）求导后，分别在和的情况下，根据正负可得单调性； （2）由（1）可知，可知需证，将不等式转化为；令，利用导数可求得，由此可得结论； （3）设，将已知不等式转化为，从而可构造函数，知在上单调递增，即恒成立；采用分离变量的方法得到，利用导数可求得在上的最大值，根据可求得结果. 由题意得：定义域为，； 当时，，，在上恒成立， 在上单调递增； 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 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. 由（1）知：； 要证，只需证，即证； 设，则， 当时，；当时， 1 学科网（北京）股份有限公司 ； 在上单调递增，在上单调递减，； 又，，即. 不妨设，则由得：， 即， 令，则在上单调递增， 在上恒成立， 即，又，； 令，则， 令，解得：（舍）或， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，，解得：； 的取值范围为. 22-5【巩固】 【正确答案】 1、递减区间，递增区间； 2、； 3、证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）求出的导函数，求解或的x取值区间即可作答. （2）等价变形不等式，构造函数并求其最大值推理作答. （3）化简变形所证不等式的两边，利用（2）中信息结合不等式的性质推理作答. 函数的定义域为，求导得：， 当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增， 所以函数的递减区间是，递增区间是. 当时，，令，则， 当时，，当时，，即函数在上递增，在上递减， 当时，，则有， 所以实数a的取值范围是. 依题意，， 同理，，而，即有， 由（2）知，当且时，，于是得，， 因此，，，即有，则， 所以. 点睛:关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 22-6【巩固】 【正确答案】 1、当时，在单调递增，在单调递减； 1 学科网（北京）股份有限公司 当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 2、 3、证明详见解析 【试题解析】 分析: （1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a的取值即可确定函数的单调性； （2）分离参数a，构造出新函数，得到最小值，即可得到a的范围； （3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可. 解：因为，定义域为，. ①当时，令，解得 即当时，，单调递增， 当时，，单调递减； ②当时，在单调递增； ③当时令，解得， 即当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 综上：当时，在单调递增，在单调递减； 当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 若时，都有， 即，恒成立. 令，则，， 令，所以， 当时， ，单调递增，， 所以，在单调递减， 所以=，所以 原式可整理为， 令，原式为， 由（1）知，在单调递增，在单调递减， 则为两根，其中，不妨令， 要证， 即证，， 只需证， 令，，， 令，则，，单调递增， ，，单调递减. 又， 故 ，所以恒成立， 即成立， 所以，原式得证. 点睛:本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种， 方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中 1 学科网（北京）股份有限公司 利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 22-7【巩固】 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求得，对进行分类讨论，由此判断出的单调性. （2）将不等式恒成立转化为，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围. （3）将要证明的不等式转化为，利用换元法、构造函数法，结合导数证得不等式成立. ，， 故， 因为，所以当时，，函数在上单调递增； 当时，当，函数单调递增， 当，函数单调递减. 对任意，不等式对任意的，不等式恒成立， 在上恒成立，进一步转化为， 设，当时，； 当时，，当时，． 设，当时，， 当时，，所以时，， 即，所以实数的取值范围为； 当时，等价于． 令，设，则， 当时，，，， 在上单调递增，（1）， ． 点睛: 求解不等式恒成立问题，可利用分离常数法，通过构造函数，结合导数求得所构造函数的最值，由此求得参数的取值范围. 22-8【巩固】 【正确答案】 1、答案不唯一，具体见解析 2、① ；②证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由已知可得，运用导函数，分，两种情况讨论导函数的符号得出函数的单调性； （2）①由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．由（1）得， ．再由可求得的取值范围． ②由①可知，由此可得．只需证明又，由此可得． 1 学科网（北京）股份有限公司 令，有．令运用导函数研究函数的单调性，可得证. 解：由已知可得，故可得． 当时，，故在单调递增； 当时，由，解得，或， 记，，则可知当变化时，的变化情况如下表： 0 0 极大值 极小值 所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增． ①解：由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况． 由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以． 又因为，由于，且， 故 因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）． 所以，的取值范围是． ②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明 因为，故，由此可得． 由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此， 令，可知，则． 令则． 令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递 1 学科网（北京）股份有限公司 增，故，所以，因此． 22-9【提升】 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求出函数的导数，讨论a的取值情况，根据导数正负，判断函数的单调性； （2）分类讨论，说明当时,符合题意；当时,不合题意，当时令函数的最大值小于等于0，求得答案; （3）利用当 时，即，从而，进而，再采用累加，然后结合裂项求和的方法证明结论. , 若 则， 在 上单调递减； 若，则由,得, 当时,在上单调递增, 当时,,在 上单调递减. 当时,符合题意； 当时,由（1）知在 上单调递减， 而 ，不合题意； 当时,结合（1）得，， 即，得， 综上，的取值范围是； 证明：由（2）知，当 时，即 所以， 所以， 所以 ， 即得证. 22-10【提升】 【正确答案】 1、当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增． 2、①实数的取值集合为，②证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）首先求函数的导数，再讨论和两种情况，求函数的单调性； （2）①根据（1）由条件可得且，解不等式确定实数的取值集合； ②先证明，根据①可得，由此完成证明. 因为,定义域为R，所以， ①当时，，函数在区间上单调递增； ②当时，令，，令，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ①由（1）可得当，函数在区间上单调递增，又 所以，则，与条件矛盾， 当时，在上单调递减，在上单调递增 所以，由，恒成立可得， 所以， 设，则， 所以当时，，函数单调递增， 时，，函数单调递减， 又， 所以不等式的解集为， ②设，则 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 当时，，函数单调递减， 时，，函数单调递增， 又，所以，即，当且仅当时取等号， 由①，当且仅当时取等号， 所以 点睛: 对于恒成立问题，常用到以下两个结论： (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； (2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 22-11【提升】 【正确答案】 1、见解析 2、 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）求出原函数的导函数，分和两种情况讨论，由导函数的符号确定原函数的单调性； （2），设，利用导数求出的最大值，则实数的取值范围可求； （3）由有两个不同零点，，得，，两式作差可得，即，要证，只要证明，即证，不妨设，记，则，，转化为，构造函数，利用导数证明成立即可． 解：， 当时，， 所以在上是增函数， 当， 当时，，当时，， 所以函数在上是增函数，在上是减函数； 解：对恒成立可化为对恒成立， 故对恒成立， 令， 则，因为函数时减函数，且， 则当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 故F在处有最大值 所以； 证明：有两个不同零点，，则， 因此，即． 要证，只要证明，即证， 不妨设，记，则，， 因此只要证明，即． 记，， 令，则， 当时，， 所以函数在上递增，则， 即， 则在上单调递增，， 即成立， ． 点睛: 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，考查恒成立问题，正确求导是关键，主要查了学生的数据分析能力和逻辑推理能力，属难题． 22-12【提升】 【正确答案】 1、函数在上为减函数，证明见解析 2、 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）利用导数与函数单调性的关系可得出结论； 1 学科网（北京）股份有限公司 （2）由恒成立，即恒成立，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得出整数的最大值； （3）由（2）可得出，令，可得出，利用裂项法结合指数与对数互化可证得结论成立. 解：函数在上为减函数，证明如下： 因为，所以， 又因为，所以，，所以， 即函数在上为减函数. 解：由恒成立，即恒成立， 即， 设，其中，所以， 令，则，即在为增函数， 又 ，， 即存在唯一的实数，满足， 当时，，，当时，，， 即函数在为减函数，在为增函数， 则， 故整数的最大值为. 证明：由（2）知，，则，其中， 令，则， 则 ， 故. 点睛: 结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 1 学科网（北京）股份有限公司 $