2022年新高考天津数学高考真题变式题库

2022年新高考天津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,交并补混合运算 【正确答案】 A 【试题解析】 1-1（基础） 全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 1-2（基础） 已知集合或，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 1-3（基础） 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 1-4（基础） 已知集合 ，为整数集，则 A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-5（巩固） 已知集合，，则（ ） A. B. C. D.或 【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（巩固） 记全集，设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 1-8（巩固） 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 1-9（提升） 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-10（提升） 已知集合，则（ ） A. B.E C.F D.Z 【正确答案】 A 1-11（提升） 已知U=R是实数集，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 1-12（提升） 若集合则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 2 题】 知识点 判断命题的充分不必要条件 【正确答案】 A 【试题解析】 2-1（基础） 已知a，，i为虚数单位，则“复数是虚数但不是纯虚数”是“”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 A 2-2（基础） 记“方程表示椭圆”，“函数无极值”，则p是q的（ ） A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 B 2-3（基础） 设，则“”是“”的（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 A 2-4（基础） 已知平面，直线平面，则“”是“与平面所成角相等”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 A 2-5（巩固） 设：实数，满足且；：实数，满足；则是的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 A 2-6（巩固） 已知，则是的（ ）条件. A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 【正确答案】 A 2-7（巩固） 设是非零向量，则是成立的（ ） A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件 【正确答案】 B 2-8（巩固） “”是的（ ） A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件 【正确答案】 A 2-9（提升） 已知等比数列的前项和为，且，则“数列递增”是“数列递增”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 A 2-10（提升） “幂函数在上为增函数”是“函数为奇函数”的（ ）条件 A.充分不必要 B.必要不充分 C.充分必要 D.既不充分也不必要 【正确答案】 A 2-11（提升） “”是“函数在区间上单调递减”的（ ） A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 B 2-12（提升） “a＝3”是“圆与圆相切”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【正确答案】 A 【原卷 3 题】 知识点 函数奇偶性的应用,函数图像的识别,根据解析式直接判断函数的单调性 【正确答案】 D 【作答统计】 A:0人/占0% B:0人/占0% C:0人/占0% D:1人/占100% 【试题解析】 3-1（基础） 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 3-2（基础） 函数在的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-3（基础） 函数的部分图像大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-4（基础） 函数在上的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-5（巩固） 函数在上的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-6（巩固） 函数在定义域上的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-7（巩固） 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 3-8（巩固） 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-9（提升） 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 3-10（提升） 函数的图象不可能为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 3-11（提升） 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 3-12（提升） 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 【原卷 4 题】 知识点 由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量 【正确答案】 B 【试题解析】 4-1（基础） 某个容量为1000的样本的频率分布直方图如下，则在区间上的数据的频数为（ ） A.300 B.30 C.20 D.200 【正确答案】 A 4-2（基础） 从某小区随机抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在50~300kw·h之间，适当分组（每组为左闭右开区间）后绘制成如图所示的频率分布直方图．则直方图中x的值以及在被调查的用户中月用电量落在区间内的户数分别为（ ） A.0.0046，72 B.0.0046，70 C.0.0042，72 D.0.0042，70 【正确答案】 A 4-3（基础） 如图是某公司500名员工的月收入的频率分布直方图，则该公司月收入在2500元以上的人数是（ ） A.175 B.200 C. D.250 【正确答案】 C 4-4（基础） 某小区抽取了200个用户的月平均用电量（单位：千瓦时），绘制了频率分布直方图如图所示（每组区间包含左端点，不包含右端点），则样本中月平均用电量在[220，260)的用户数为（ ） A.80 B.60 C.50 D.30 【正确答案】 A 4-5（巩固） 某校高一年级1000名学生在一次考试中的成绩的频率分布直方图如图所示，现用分层抽样的方法从成绩40~70分的同学中共抽取80名同学，则抽取成绩50~60分的人数是（ ） A.20 B.30 C.40 D.50 【正确答案】 B 4-6（巩固） 在样本的频率分布直方图中，一共有个小矩形，第4个小矩形的面积等于其余（）个小矩形面积和的，则第4个小矩形对应的频率为（ ） A.0.3 B.0.4 C.0.5 D.0.7 【正确答案】 A 4-7（巩固） 某高校调查了名学生每周的自习时间（单位：小时），其中自习时间的范围是，并制成了频率分布直方图，如图所示，样本数据分组为、、、、.根据频率分布直方图，这名学生中每周的自习时不少于小时的人数是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 4-8（巩固） 政府为了了解疫情当下老百姓对防控物资方面的月花费情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在的有54人，则n的值为（ ） A.100 B.150 C.90 D.900 【正确答案】 B 4-9（提升） 某工厂对一批产品进行了抽样检测．下图是根据抽样检测后的产品净重(单位：克)数据绘制的频率分布直方图，其中产品净重的范围是[96，106]，样本数据分组为[96，98)，[98，100)，[100，102)，[102，104)，[104，106]，已知样本中产品净重小于100克的个数是36，则样本中净重大于或等于98克并且小于102克的产品的个数是（ ） A.90 B.75 C.60 D.45 【正确答案】 C 4-10（提升） 某班最近一次化学考试成绩的频率分布直方图如下图所示，若化学老师欲将大家的成绩由高到低排列，并奖励排名在前39%的同学，试估计化学老师选取的学生分数应不低于（ ） A.73 B.75 C.77 D.79 【正确答案】 C 4-11（提升） 白鹤是国家一级重点保护鸟类．我国境内的白鹤每年在鄱阳湖的越冬地与西伯利亚的繁殖地之间迁徙，莫莫格湿地是其迁徙途中重要的停歇地．2022年春季，某研究小组为统计莫莫格湿地停歇的白鹤数量，从该湿地随机选取了200只白鹤并做上标记后放回，一段时间后又从该湿地随机选取了200只白鹤，其中有12只白鹤具有标记，据此估计该湿地内白鹤的数量大致为（ ） A.2500 B.3300 C.4000 D.4300 【正确答案】 B 4-12（提升） 如图是某公司500名员工的月收入的频率分布直方图，则该公司月收入在1500元以下的人数是（ ） A.15 B.25 C.50 D.75 【正确答案】 C 【原卷 5 题】 知识点 比较对数式的大小,由幂函数的单调性比较大小 【正确答案】 C 【试题解析】 5-1（基础） 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-2（基础） 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-3（基础） 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 5-4（基础） 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 5-5（巩固） 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 5-6（巩固） 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 5-7（巩固） 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 5-8（巩固） 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-9（提升） 已知函数，，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 5-10（提升） 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 5-11（提升） 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 5-12（提升） 设，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 【原卷 6 题】 知识点 对数的运算,对数的运算性质的应用 【正确答案】 B 【试题解析】 6-1（基础） 在正项等比数列中，，则（ ） A.5 B.10 C.50 D.10000 【正确答案】 A 6-2（基础） 计算：（ ） A.10 B.1 C.2 D. 【正确答案】 B 6-3（基础） （ ） A.4 B.3 C.2 D.1 【正确答案】 D 6-4（基础） （ ） A. B. C. D.2 【正确答案】 A 6-5（巩固） 已知，则下列能化简为的是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 6-6（巩固） 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 6-7（巩固） 已知．若，则a＝（ ） A.2 B. C. D. 【正确答案】 A 6-8（巩固） 化简的值为（ ） A. B. C. D.-1 【正确答案】 A 6-9（提升） 设，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 6-10（提升） 已知，则（ ） A.25 B.5 C. D. 【正确答案】 C 6-11（提升） 已知实数，且，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 6-12（提升） 若，则（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 【原卷 7 题】 知识点 根据a、b、c求双曲线的标准方程,已知方程求双曲线的渐近线,根据抛物线方程求焦点或准线 【正确答案】 C 【试题解析】 7-1（基础） 已知中心在原点的双曲线的离心率为2，右顶点为，过的左焦点作轴的垂线，且与交于，两点，若的面积为9，则的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 7-2（基础） 已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-3（基础） 已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-4（基础） 已知双曲线满足，且与椭圆有公共焦点，则双曲线的方程为（       ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 7-5（巩固） 已知点分别是等轴双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线上，，的面积为8，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-6（巩固） 已知双曲线的渐近线与圆相切，且该双曲线过点，则该双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 7-7（巩固） 已知，分别是双曲线的左右焦点，点B为C的左顶点，动点A在C上，当时，，且，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-8（巩固） 已知，分别是双曲线的左､右焦点，点P是双曲线上一点，若，且的最小内角为，则双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 7-9（提升） 设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-10（提升） 已知双曲线的左、右焦点分别为，两条渐近线的夹角为，过点作轴的垂线，交双曲线的左支于两点，若的面积为，则该双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-11（提升） 设双曲线C：（，）的左焦点为F，直线过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，，其中O为坐标原点，则双曲线C的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 7-12（提升） 已知为双曲线的左､右焦点，点P在E上，的平分线交x轴于点D，若，且，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 【原卷 8 题】 知识点 柱体体积的有关计算,求组合体的体积 【正确答案】 D 【试题解析】 8-1（基础） 如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得几何体的最短和最长母线长分别为3和5，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 8-2（基础） “迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明.它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为( ) A. B. C. D. 【正确答案】 C 8-3（基础） 某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为①②③④四个部分（水瓶内胆壁厚不计），它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱．若其中圆台部分的体积为cm3，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出cm3，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为（ ） A.cm3 B.cm3 C.cm3 D.cm3 【正确答案】 A 8-4（基础） 在中，，，若将绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 8-5（巩固） 如图，几何体是由长方体中挖去四棱锥和后所得，其中O为长方体的中心，E、F、H、G分别为所在棱的中点，其中，，则该几何体的体积是（ ） A.36 B.96 C.108 D.120 【正确答案】 C 8-6（巩固） 如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 8-7（巩固） 如图，实心正方体的棱长为2，其中上､下底面的中心分别为.若从该正方体中挖去两个圆锥，且其中一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，另一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，则该正方体剩余部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 8-8（巩固） 战国时期的铜镞是一种兵器，其由两部分组成，前段是高为3cm、底面边长为2cm的正三棱锥，后段是高为1cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 A 8-9（提升） 南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相等.如图，两个半径均为的圆柱体垂直相交，则其重叠部分体积为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 B 8-10（提升） 如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后､左右､上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，则这个几何体的体积为（ ） A.32 B. C. D. 【正确答案】 D 8-11（提升） 某学校手工兴趣小组制作一个陀螺，如图上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱.已知总高度为，圆柱与圆锥的高之比为黄金比（黄金比又称黄金律，即较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比，其比值约为1∶0.618），该陀螺由密度为的木质材料做成，其圆柱底面的面积最大处为，则此陀螺总质量约为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 D 8-12（提升） 五脊殿是宋代传统建筑中的一种屋顶形式，如图所示.其屋顶上有一条正脊和四条垂脊，可近似看作一个底面为矩形的五面体.若某一五脊殿屋顶的正脊长4米，底面矩形的长为6米，宽为4米，正脊到底面矩形的距离为2米，则该五脊殿屋顶的体积的估计值为（ ） A. B. C.32 D.64 【正确答案】 B 【原卷 9 题】 知识点 求含sinx(型)函数的值域和最值,求正弦（型）函数的最小正周期,描述正（余）弦型函数图象的变换过程,求sinx型三角函数的单调性 【正确答案】 A 【试题解析】 9-1（基础） 已知函数，，下列四个结论不正确的是（ ） A.函数的值域是； B.函数的图像关于直线对称； C.函数为奇函数； D.若对任意，都有成立，则的最小值为． 【正确答案】 C 9-2（基础） 设函数，现有下列四个结论： （1），； （2）的最大值为； （3）在上单调递减； （4）的图象关于轴对称. 其中正确结论的个数为（ ） A. B. C. D. 【正确答案】 C 9-3（基础） 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A.的最小正周期为 B.的最大值为2 C.在区间上单调递增 D.的图像关于直线对称 【正确答案】 C 9-4（基础） 将函数的图象向右平移个单位长度，然后将所得图象上所有点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B.在上单调 C.的图象关于直线对称 D.当时，函数的值域为 【正确答案】 D 9-5（巩固） 已知函数，则下列结论不正确的个数是( ) ①函数的周期为； ②当时，函数取得最大值； ③点是函数图像的一个对称中心； ④将函数的图像向左平移个单位长度可得的图像. A.0 B.1 C.2 D.3 【正确答案】 B 9-6（巩固） 对于函数，下列结论正确的是（ ） A.在上单调递增 B.在上最小值为 C.为偶函数 D.的图象关于原点对称 【正确答案】 D 9-7（巩固） 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A.函数的最小正周期为 B.时取得最大值 C.的对称中心坐标是（） D.在上单调递增 【正确答案】 D 9-8（巩固） 已知函数，现有如下说法： ①直线为函数图象的一条对称轴； ②函数在上单调递增； ③，. 则上述说法正确的个数为（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 【正确答案】 C 9-9（提升） 已知函数，直线为图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（ ） A. B.在区间单调递减 C.在区间上的最大值为2 D.为偶函数，则 【正确答案】 D 9-10（提升） 法国数学家傅里叶（Jean Baptiste Joseph Fourier，1768—1830）证明了所有的乐声数学表达式是一些简单的正弦周期函数之和，若某一乐声的数学表达式为，则关于函数有下列四个结论： ①的一个周期为2； ②的最小值为－； ③图像的一个对称中心为（，0）； ④在区间（，）内为增函数． 其中所有正确结论的编号为（ ） A.①③ B.①② C.②③ D.①②④ 【正确答案】 D 9-11（提升） 关于函数有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（,）单调递增 ③f(x)在有4个零点 ④f(x)的最大值为2 其中所有正确结论的编号是 A.①②④ B.②④ C.①④ D.①③ 【正确答案】 C 9-12（提升） 已知ω＞0，函数的最小正周期为π，则下列结论不正确的是（ ） A.在上单调递增 B.直线是图象的一条对称轴 C.点是图象的一个对称中心 D.在上的最大值为0 【正确答案】 B 【原卷 10 题】 知识点 复数的除法运算 【正确答案】 【试题解析】 10-1（基础） ______________． 【正确答案】 或 10-2（基础） 已知是虚数单位，计算：____________. 【正确答案】 10-3（基础） ______； 【正确答案】 10-4（巩固） 已知复数满足，其中为虚数单位，则复数______； 【正确答案】 或 10-5（巩固） 已知是复数，是虚数单位，若，则___________. 【正确答案】 或 10-6（巩固） 若复数，，则_______． 【正确答案】 10-7（巩固） 已知复数满足，则______ 【正确答案】 或 10-8（巩固） 复数的值为__________． 【正确答案】 或 10-9（提升） 已知复数满足，则___________. 【正确答案】 10-10（提升） 设复数(为虚数单位)，的共轭复数为，则＝__. 【正确答案】 10-11（提升） 复数满足，则______． 【正确答案】 10-12（提升） 已知复数，则复数___________. 【正确答案】 【原卷 11 题】 知识点 求二项展开式的第k项 【正确答案】 15 【试题解析】 11-1（基础） 的展开式中的常数项为___________. 【正确答案】 11-2（基础） 若多项式展开式仅在第5项的二项式系数最大，则多项式展开式中的系数为__________． 【正确答案】 11-3（基础） 在的展开式中，常数项为___________.（用数字作答） 【正确答案】 15 11-4（基础） 的展开式中的常数项为________（用数字作答）． 【正确答案】 135 11-5（巩固） 的展开式共有8项，则常数项为____________． 【正确答案】 11-6（巩固） 若展开式中第5项为常数项，则________； 【正确答案】 7 11-7（巩固） 在的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为__________. 【正确答案】 11-8（巩固） 若展开式中只有第五项的二项式系数最大，则展开后的常数项为______． 【正确答案】 1120 11-9（提升） 若二项式的展开式的第3项与第9项的二项式系数相等，则展开式的常数项是_______.（用数字作答） 【正确答案】 或 11-10（提升） 写出一个正整数n，使得的展开式中存在常数项，则n可以是___________.（写出一个即可） 【正确答案】 （答案不唯一） 11-11（提升） 已知的展开式中各项系数的和为，则该展开式中x的系数为_________ 【正确答案】 11-12（提升） 若，则的展开式中的常数项是___________. 【正确答案】 【原卷 12 题】 知识点 已知圆的弦长求方程或参数 【正确答案】 2 【试题解析】 12-1（基础） 设圆的圆心为C，直线l过，且与圆C交于A，B两点，若，则直线l的方程为___________. 【正确答案】 或 12-2（基础） 直线l：被圆C：截得的弦长为，则m的值为___________. 【正确答案】 1或9 12-3（基础） 已知圆，若直线被圆截得的弦长为1，则_______. 【正确答案】 12-4（基础） 若直线被圆所截得的弦长为，则的值为__________. 【正确答案】 0或4或4或0 12-5（巩固） 已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为___________. 【正确答案】 12-6（巩固） 已知圆C过点两点，且圆心C在y轴上，经过点且倾斜角为锐角的直线l交圆C于A，B两点，若(C为圆心)，则该直线l的斜率为________． 【正确答案】 12-7（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 12-8（巩固） 若直线被圆截得线段的长为，则实数m的值为______． 【正确答案】 12-9（提升） 直线l过点截圆所得的弦长等于，则直线l的方程是___________． 【正确答案】 或 12-10（提升） 直线截圆所得两部分弧长之比为，则________． 【正确答案】 12-11（提升） 已知点在圆C：（）内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则______． 【正确答案】 12-12（提升） 已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于不同的两点，若，则_______________. 【正确答案】 或 【原卷 13 题】 知识点 计算条件概率,乘法公式 【正确答案】 【试题解析】 13-1（基础） 一个袋中装有大小相同的4个白球和2个红球， ①从袋中不放回地依次抽取2个球，已知第1次取出的是红球，则第2次取出的是白球的概率为___________； ②从袋中每次抽取1个球后放回，连续抽取5次，则恰有2次抽到红球的概率是___________（用数字表示）. 【正确答案】 或0.8 13-2（基础） 袋子中有10十个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回． ①在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率为__________． ②两次都摸到白球的概率为__________． 【正确答案】 13-3（基础） 根据某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在刮风天里，下雨的概率为______，在下雨天里，刮风的概率为______． 【正确答案】 或0.2 13-4（基础） 袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸到红球的概率为_______；在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为_______. 【正确答案】 0.1或 0.25或 13-5（巩固） 新冠病毒存在人际间传播现象，即存在A传B，B又传C，C又传D的传染现象，那么A，B，C就被称为第一代､第二代､第三代传播者.假设一个身体健康的人被第一代､第二代､第三代传播者感染的概率分别为0.9，0.8，0.7.已知健康的小明参加了一次多人宴会，参加宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触，则被感染的概率为___________；若小明被感染，则是被第三代传播者感染的概率为___________. 【正确答案】 0.83或； . 13-6（巩固） 某同学在参加某游戏活动中遇到一道单选题目完全不会做，他随机蒙了A，B，C，D选项中的A选项，主持人告诉他B和C选项不对，此时，若他仍坚持选A，则其选对的概率为______；若他改选D选项，则其选对的概率为______． 【正确答案】 或0.25 或0.75 13-7（巩固） 某城市的电力供应由1号和2号两个负荷相同的核电机组并联提供．当一个机组发生故障时，另一机组能在这段时间内满足城市全部供电需求的概率为．已知每个机组发生故障的概率均为，且相互 独立，则机组发生故障的概率是______．如果机组发生故障，那么供电能满足城市需求的概率是______． 【正确答案】 或0.19 13-8（巩固） 已知一个袋子里有9个大小、形状、质地完全相同的球，其中4个红球、2个白球、3个黑球，先从袋子中任取1个球，再从剩下的8个球中任取2个球，则这2个球都是红球的概率为______，先取出的球也是红球的概率为______． 【正确答案】 13-9（提升） 某志愿者召开春季运动会，为了组建一支朝气蓬勃､训练有素的赛会志愿者队伍，欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是__________；至少有一名是女志愿者的概率为__________． 【正确答案】 13-10（提升） 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为___________；如果买到的灯泡是合格品，那么它是甲厂产品的概率为___________. 【正确答案】 13-11（提升） 对正在横行全球的“新冠病毒”，某科研团队研发了一款新药用于治疗，为检验药效，该团队从“新冠”感染者中随机抽取若干名患者，检测发现其中感染了“普通型毒株”、“奥密克戎型毒株”、“其他型毒株”的人数占比为．对他们进行治疗后，统计出该药对“普通型毒株”、“奥密克戎毒株”、“其他型毒株”的有效率分别为、、，那么你预估这款新药对“新冠病毒”的总体有效率是________；若已知这款新药对“新冠病毒”有效，求该药对“奥密克戎毒株”的有效率是________． 【正确答案】 72%或 25%或 13-12（提升） 某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有100张奖券，其中共有10张写有“中奖”字样．假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，则甲中奖且乙也中奖的概率是______；甲没中奖且乙中奖的概率是______． 【正确答案】 【原卷 14 题】 知识点 用基底表示向量,向量夹角的计算 【正确答案】 【试题解析】 14-1（基础） 如图，三角形中，D为中点，E为中线的中点．则中线的长为__________，与所成角的余弦值为_____________． 【正确答案】 14-2（基础） 已知向量，，其中，，且，则向量和的夹角是________，________. 【正确答案】 14-3（基础） AOB中，，，，．若，．若，则与的夹角为__________；当与夹角最大时，__________． 【正确答案】 或 14-4（基础） 已知，是单位向量，且，设向量，当时，___________；当时，的最小值为__________． 【正确答案】 或 14-5（巩固） 在△ABC中，，，，，则___________，若动点F在线段AC上，则的最小值为___________. 【正确答案】 或0.5 14-6（巩固） 如图，A，B是⊙C上两点，若弦AB的长度为2，则______，若向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为______． 【正确答案】 2 或 14-7（巩固） 已知向量满足，若的最大值为，则向量的夹角的最小值为__________，的取值范围为__________． 【正确答案】 或 [0，2] 14-8（巩固） 如图，菱形的边长为1，，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点．则______，的余弦值为______． 【正确答案】 14-9（提升） 的外接圆半径为1，角的对边分别为若，且，则________；的最大值为_________ 【正确答案】 14-10（提升） 如图，四边形中，，，，，．若是线段的动点，则________，则的最大值为________． 【正确答案】 或 14-11（提升） 已知平面向量，满足，，且，则的最小值为__________；设向量，，则的最小值为__________． 【正确答案】 1 14-12（提升） 已知平面向量满足，，且.记的夹角为，则的最小值为___________；的最小值为___________. 【正确答案】 【原卷 15 题】 知识点 根据函数零点的个数求参数范围,根据二次函数零点的分布求参数的范围 【正确答案】 【试题解析】 15-1（基础） 已知函数若函数有四个零点，从小到大依次为a，b，c，d，则的取值范围为___________. 【正确答案】 15-2（基础） 已知函数，且函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是______． 【正确答案】 15-3（基础） 已知偶函数，当时，，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为__________ 【正确答案】 15-4（基础） 已知函数，若关于的方程有两个不相同的解，则的取值范围是_____． 【正确答案】 15-5（巩固） 已知偶函数若方程有且只有6个不相等的实数根，则实数m的取值范围为_______． 【正确答案】 15-6（巩固） 已知函数且关于x的方程有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________. 【正确答案】 15-7（巩固） 已知函数恰有个零点，则__________． 【正确答案】 或0.5 15-8（巩固） 已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围是________． 【正确答案】 15-9（提升） 设函数，若关于的方程恰有6个不同的实数解，则实数a的取值范围为______． 【正确答案】 15-10（提升） 已知，设函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是__________. 【正确答案】 15-11（提升） 已知函数，若关于的方程，有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是______． 【正确答案】 15-12（提升） 已知函数，当时，函数有6个不同的零点，求m的取值范围___________. 【正确答案】 【原卷 16 题】 知识点 用和、差角的正弦公式化简、求值,二倍角的余弦公式,正弦定理解三角形,余弦定理解三角形 【正确答案】 【试题解析】 16-1（基础） 如图，在平面四边形ABCD中，，. 1、若的面积为，求AC； 2、在（1）的条件下，若，求. 【正确答案】 1、； 2、. 16-2（基础） 如图，在四边形中，，，，. 1、求； 2、若，求的长. 【正确答案】 1、 2、3 16-3（基础） 已知中，角的对边分别为. （1）求： （2）求； （3）求的长. 【正确答案】 （1）（2）（3） 16-4（基础） 在的内角所对边的长分别是，已知. 1、求的值； 2、求的值； 3、求的值. 【正确答案】 1、2； 2、； 3、. 16-5（巩固） 在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，. 1、求和的值； 2、求的值. 【正确答案】 1、， 2、 16-6（巩固） 在中，内角、、所对的边分别是、、，且，，． 1、求的值； 2、求边长． 【正确答案】 1、 2、 16-7（巩固） 在，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求a的值； （2）求的值． 【正确答案】 （1）；（2）． 16-8（巩固） 在中，内角对边的边长分别是，已知． 1、若，，求； 2、若，求证：是等边三角形； 3、若，求的值． 【正确答案】 1、 2、证明见解析 3、 16-9（提升） 在中，内角所对的边分别是，且，已知，，. 1、求及的值； 2、求的值. 【正确答案】 1、， 2、 16-10（提升） 已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角． 1、求； 2、若，，求的面积； 3、求． 【正确答案】 1、 2、 3、 16-11（提升） 在中，点是边上一点，. 1、求边的长； 2、求的值； 3、求的值. 【正确答案】 1、； 2、； 3、． 16-12（提升） 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，角C为钝角，. 1、求的值； 2、求边c的长. 【正确答案】 1、 2、 【原卷 17 题】 知识点 空间位置关系的向量证明,线面角的向量求法,面面角的向量求法 【正确答案】 【试题解析】 17-1（基础） 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面，为的中点. 1、求证：平面； 2、求直线与平面所成角的大小； 3、求平面与平面夹角的余弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、60° 3、 17-2（基础） 如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面. 1、若点是的中点，求证：平面 2、求直线与平面所成角的余弦值； 3、棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值. 【正确答案】 1、见解析 2、 3、 17-3（基础） 如图，P，O分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点，，． 1、求证：平面PBC； 2、求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； 3、求平面POC与平面PBC夹角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 17-4（基础） 如图所示，在三棱柱中，侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，点G、M分别是线段AD、BF的中点． 1、求证：平面BEG； 2、求直线DM与平面BEG所成角的正弦值； 3、求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、. 17-5（巩固） 如图，平面，，，，，． 1、求证：平面； 2、求直线与平面所成角的正弦值； 3、求平面与平面夹角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 17-6（巩固） 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点M为的中点. 1、求证：平面； 2、求平面与平面夹角的正弦值； 3、在线段上是否存在一点N，使直线与平面所成的角正弦 值为，若存在求出的长，若不存在说明理由. 【正确答案】 1、见解析 2、 3、 17-7（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、 17-8（巩固） 如图，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，. 1、求证：平面； 2、求平面与平面夹角的大小； 3、求直线与平面所成角的余弦值. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 17-9（提升） 如图，在四棱雉中，平面，正方形边长为，，是的中点. 1、求证:平面； 2、求直线与平面所成角的正弦值； 3、求平面与平面夹角. 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 17-10（提升） 如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点． 1、求证：平面； 2、求平面与平面夹角的大小； 3、若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长． 【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、. 17-11（提升） 在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面AEBF，． 1、求证：直线平面ADF； 2、求平面CBF与平面BFD夹角的正弦值； 3、若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 17-12（提升） 如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，． 1、求证：平面； 2、若，求与平面所成角的正弦值； 3、若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 【原卷 18 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,错位相减法求和,分组（并项）法求和 【正确答案】 【试题解析】 18-1（基础） 已知等差数列各项均不为零，为其前项和，点在函数的图像上. 1、求的通项公式； 2、若数列满足，求的前项和； 3、若数列满足，求的前项和的最大值、最小值. 【正确答案】 1、 2、 3、最大值为，最小值为 18-2（基础） 已知数列{}的前n项和满足：． 1、求数列{}的前3项； 2、求证：数列是等比数列； 3、求数列的前n项和． 【正确答案】 1、； 2、证明见解析； 3、. 18-3（基础） 已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和． 【正确答案】 （Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. 18-4（基础） 已知等比数列的公比是的等差中项．等差数列满足． 1、求数列的通项公式； 2、将数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； 3、，求数列的前项和． 【正确答案】 1、，； 2、； 3、． 18-5（巩固） 在等差数列中，已知，． 1、求数列的通项公式； 2、若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前n项和； 3、记，数列的前n项和为，若对任意的，，都有，求正整数k的最小值． 【正确答案】 1、 2、 3、9 18-6（巩固） 已知数列中，，，，数列的前n项和为Sn. 1、求的通项公式； 2、已知， （i）求数列前n项和Tn； （ii）证明：当时，. 【正确答案】 1、 2、（i）Tn；（ii）证明见解析 18-7（巩固） 已知数列中，． 1、证明：数列和数列都为等比数列； 2、求数列的通项公式； 3、求数列的前n项和． 【正确答案】 1、证明见解析. 2、 3、. 18-8（巩固） 在数列中，， 1、设，求证：； 2、求数列的通项公式； 3、求数列的前项和. 【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、. 18-9（提升） 已知等差数列的公差，它的前项和为，若=70，且，，成等比数列． 1、求数列的通项公式； 2、中的第2项，第4项，第8项，…，第项，按原来的顺序排成一个新数列，求的前n项和. 3、已知数列，，若数列的前项和为，求证：. 【正确答案】 1、（） 2、 3、证明见解析. 18-10（提升） 已知数列的前项和，其中． 1、求数列的通项公式； 2、若数列满足，，求数列的前项和； 3、若存在，使得成立，求实数的最小值． 【正确答案】 1、 2、 3、 18-11（提升） 已知数列的前项和为，，. 1、求的通项公式； 2、求数列的前项和； 3、若数列，，求前项和. 【正确答案】 1、 2、 3、 18-12（提升） 已知等差数列的前项和为，公差为1，且满足．数列是首项为2的等比数列，公比不为1，且、、成等差数列，其前项和为． 1、求数列和的通项公式； 2、若，求正整数的值； 3、记，求数列的前项和． 【正确答案】 1、，； 2、4； 3、. 【原卷 19 题】 知识点 根据a、b、c求椭圆标准方程,求椭圆的离心率或离心率的取值范围,求椭圆的切线方程,椭圆中三角形（四边形）的面积 【正确答案】 【试题解析】 19-1（基础） 已知椭圆，其离心率为，若，分别为C的左、右焦点，x轴上方一点P在椭圆C上，且满足，． 1、求C的方程及点P的坐标； 2、过点P的直线l交C于另一点Q（点Q在第三象限），点M与点Q关于x轴对称，直线PM交x轴于点N，若的面积是的面积的2倍，求直线l的方程． 【正确答案】 1、； 2、 19-2（基础） 已知椭圆的内接正方形的面积为，且长轴长为4． 1、求C的方程． 2、直线l经过点，且斜率大于零．过C的左焦点作直线l的垂线，垂足为A，过C的右焦点作直线l的垂线，垂足为B，试问在C内是否存在梯形，使得梯形的面积有最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【正确答案】 1、 2、存在； 19-3（基础） 已知椭圆，由E的上､下顶点，左､右焦点构成一个边长为的正方形. 1、求E的方程； 2、过E的右焦点F做相互垂直的两条直线，，分别和E交点A，B，C，D，若由点A，B，C，D构成的四边形的面积是，求，的方程. 【正确答案】 1、 2、与的方程分别为：， 19-4（基础） 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合． 1、求椭圆的离心率与抛物线的方程； 2、过焦点的动直线与抛物线交于，两点，从原点作直线的垂线，垂足为，求动点的轨迹方程； 3、点为椭圆上的点，设直线与平行，且直线与椭圆交于，两点，若的面积为1，求直线的方程． 【正确答案】 1、离心率为；抛物线的方程为 2、 3、 19-5（巩固） 已知椭圆：的短轴长为2，离心率为． 1、求椭圆的标准方程； 2、如图，点为椭圆的上顶点，过点作互相垂直的两条直线（的斜率为正数）和，直线与以短轴为直径的圆和椭圆分别相交于点，，直线与圆和椭圆分别相交于点，，且的面积是面积的倍，求直线和的方程． 【正确答案】 1、 2、，或， 19-6（巩固） 设椭圆的离心率为，且经过点． 1、求椭圆的标准方程； 2、设直线与椭圆交于，两点，是坐标原点，分别过点，作，的平行线，两平行线的交点刚好在椭圆上，已知，的面积为，求直线的方程． 【正确答案】 1、 2、 19-7（巩固） 已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. (1)求E的方程； (2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程. 【正确答案】 （1） （2） 19-8（巩固） 已知椭圆的左、右焦点分别为，过垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，椭圆上的点到一个焦点的最大距离为． 1、求椭圆的方程； 2、如图，点为椭圆上关于原点对称的两个动点（非长轴端点），线段的延长线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程． 【正确答案】 1、 2、或 19-9（提升） 已知为椭圆上任一点，，为椭圆的焦点，，离心率为． 1、求椭圆的方程； 2、若直线：与椭圆的两交点为A，，线段的中点在直线上，为坐标原点，当的面积等于时，求直线的方程． 【正确答案】 1、 2、或 19-10（提升） 已知椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，左、右焦点分别为，，且，点在该椭圆上． 1、求椭圆的方程； 2、过的直线与椭圆相交于，两点，若的面积为，求以为圆心且与直线相切的圆的方程． 【正确答案】 1、； 2、. 19-11（提升） 如图，已知椭圆：经过点，离心率为.点，以为直径作圆，过点M作相互垂直的两条直线，分别交椭圆与圆于点A，B和点N. 1、求椭圆的标准方程； 2、当的面积最大时，求直线的方程. 【正确答案】 1、 2、 19-12（提升） 已知椭圆C的左、右焦点分别为，离心率为，过点且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，且的面积为． 1、求椭圆的标准方程； 2、过点的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线C交于点E，轴，过点S的另一直线与曲线C交于M，N两点，若，求所在的直线方程． 【正确答案】 1、 2、或. 【原卷 20 题】 知识点 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究不等式恒成立问题,利用导数研究函数的零点 【正确答案】 【试题解析】 20-1（基础） 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设，若恒成立，求实数a的取值范围； （3）若有两个零点，求实数a的取值范围. 【正确答案】 （1）；（2）；（3）. 20-2（基础） 已知函数，. 1、若曲线在点处的切线方程为y=0，求m的值； 2、若对任意，都有，求m的取值范围； 3、讨论在区间上的零点个数. 【正确答案】 1、1 2、 3、答案见解析 20-3（基础） 已知，设函数， （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求实数的值； （3）若函数与的图象没有交点，求实数的取值范围． (注：题中为自然对数的底数，即) 【正确答案】 （1）；（2）；（3）． 20-4（基础） 已知函数．（注：是自然对数的底数） 1、当时，求曲线在点处的切线方程； 2、若只有一个极值点，求实数a的取值范围； 3、若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 【正确答案】 1、 2、 3、 20-5（巩固） 设函数． 1、若曲线在点处的切线方程为，求的值； 2、若，求实数的取值范围； 3、求证：当时，函数不存在零点． 【正确答案】 1、； 2、； 3、证明见解析. 20-6（巩固） 已知函数． （Ⅰ）求函数在处的切线方程； （Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的值； （Ⅲ）设函数，在（2）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且． 【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析. 20-7（巩固） 已知函数，曲线在处的切线方程为. 1、求的值； 2、函数在区间上存在零点，求的值； 3、记函数，设（）是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 【正确答案】 1、 2、或 3、 20-8（巩固） 已知函数 （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围； （3）若，判断函数的零点的个数. 【正确答案】 （1）；（2）；（3）当时，函数恰有1个零点． 20-9（提升） 已知函数. 1、求曲线在处的切线方程； 2、函数在区间上有零点，求k的值； 3、记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数k的取值范围. 【正确答案】 1、 2、或 3、 20-10（提升） 已知函数，设． 1、若，求的最小值 2、若函数有两个零点，求实数m的取值范围； 3、若直线是曲线的一条切线，求证：，都有． 【正确答案】 1、0 2、 3、证明见解析 20-11（提升） 已知函数，（）. 1、求函数在点（e，e）处的切线方程； 2、已知，求函数极值点的个数； 3、若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围. 【正确答案】 1、 2、答案见解析 3、 20-12（提升） 已知函数． 1、求函数在处的切线方程； 2、若对任意的，恒成立，求a的取值范围； 3、当a=3时，设函数，证明：对于任意的k<1，函数有且只有一个零点． 【正确答案】 1、； 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】 B 【试题解析】 分析:根据集合的补集和交集的运算公式进行计算即可. 详解:因为，，， ， 所以， 所以. 故选：B 1-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:先求，再由交集的运算的定义求. 详解:因为或， 所以，又， 所以， 故选：B. 1-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据交集与补集的定义求解. 详解: ， ，， 故选：C. 1-4【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据集合运算的定义计算即可. 详解: 由已知得，则 ； 故选：D． 1-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:解出集合中对应的不等式即可. 详解:因为， ， 所以或， 所以. 故选：C 1-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:先由一元二次不等式的解法求得集合A，再由集合的补集和交集运算可求得答案. 详解:因为， 所以或， 又，所以， 故选：D． 1-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:解不等式可得集合与，进而可得. 详解:因为， ， 所以， 所以，故选：A. 1-8【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:先由一元二次不等式的解法求得集合M，再由集合的补集、交集运算求得答案. 详解: 解：由题意可得：由得或，所以，则 ：， 又，所以 . 故选：A． 1-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:首先解一元二次不等式得到集合，再解对数不等式得到集合，最后根据补集、交集的定义计算可得. 详解: 解：由，即，解得或， 所以或， 所以， 由，则，所以，所以， 所以.故选：D 1-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:由交集补集的定义求解即可 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 易知 ，所以．故选：A． 1-11【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:先求得集合M、N，再运用集合的交集、补集运算求得答案. 详解: 解：∵，， ∴， 故选：D. 1-12【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据正切函数的性质可求解，根据对勾函数的单调性可求解,进而根据集合的交并补运算即可求解. 详解:因为 在单调递减，在单调递增，故 因为，所以. 故选：A 2-1【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:由纯虚数的定义结合充分、必要条件的定义即可求出答案. 详解: 解：由复数是虚数但不是纯虚数知且， 而等价于或， 所以“复数是虚数但不是纯虚数”是“”的充分不必要条件． 故选：A. 2-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:先利用命题和命题各自推出的范围，接着利用小集合推出大集合得到答案 详解: 由可得，解得且， 所以的取值范围为且 由“函数无极值”可得 结合开口向上，可得抛物线与轴最多一个交点， 所以，解得 所以的取值范围为 因为且 所以是的充分不必要条件 故选：B 2-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:先解出不等式，再判断充分性和必要性即可. 详解:由于不等式的解集为，则可推出，反之不成立， 所以“”是“”的充分而不必要条件． 故选：A. 2-4【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据充分必要条件的判断即可求解. 详解: 解：若，则与平面所成角相等， 但若与平面所成角相等，不一定平行， 如图在正方体中，与底面所成角均为，但不平行. 故选：A 2-5【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:先考查是否成立，再考查是否成立,即可得结论. 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 解：因为且，所以，即成立； 反之若，满足，如，但不满足 且，即不成立， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 2-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 记集合，，用集合法判断. 详解:记集合， . 因为AB，所以是的充分不必要条件. 故选：A 2-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:利用充分条件和必要条件的定义分析判断 详解:因为，所以共线且方向相同， 因为表示方向上的单位向量， 所以， 而当时，可得共线且方向相同，但不一定是， 所以是成立的充分不必要条件， 故选：B 2-8【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据充分必要条件的定义，即可判断选项. 详解: 若，则，反过来，若，只能推出，不一定，例如，此时，所以“”是的充分不必要条件. 故选：A 2-9【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 从“数列递增”和“数列递增”两方面作为条件分别证明结论是否成立即可. 详解: 因为，且数列递增，所以，因此，所以数列递增，所以“数列递增”是“数列递增”的充分条件； 若数列递增，则，所以，又，所以对成立，即，则，但是的符号不确定，所以数列不一定递增，所以“数列递增”是“数列递增”的不必要条件； 因此“数列递增”是“数列递增”的充分不必要条件. 故选：A 2-10【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 要使函数是幂函数，且在上为增函数，求出，可得函数为奇函数，即充分性成立；函数为奇函数，求出，故必要性不成立，可得答案. 详解: 要使函数是幂函数，且在上为增函数， 则，解得：，当时，，， 则，所以函数为奇函数，即充分性成立； “函数为奇函数”， 则，即， 解得：，故必要性不成立， 故选：A． 2-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由函数在区间上单调递减可得，进而可判断为充分不必要条件. 1 学科网（北京）股份有限公司 详解: 对于函数， 当时，在R上单调递减；当时，若要使得在上单调递减，需满足且，解得. “故”是“函数在区间上单调递减”的充分不必要条件， 故选:B. 2-12【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 当两圆外切时，a＝－3或a＝3；当两圆内切时，a＝1或a＝－1．再利用充分必要条件的定义判断得解. 详解: 解：若圆与圆相切， 当两圆外切时，，所以a＝－3或a＝3； 当两圆内切时，，所以a＝1或a＝－1． 当时，圆与圆相切， 所以“a＝3”是“圆与圆相切”的充分条件． 当圆与圆相切时，不一定成立， 所以“a＝3”是“圆与圆相切”的不必要条件． 所以“a＝3”是“圆与圆相切”的充分不必要条件．故选：A 3-1【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用函数的性质以及函数图像上的特殊点进行排除. 详解: 函数的定义域为关于原点对称， 且， 即函数为偶函数，其图像关于轴对称，故错误； 又，故错误. 故选：. 3-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 详解: 试题分析：函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称， 因为， 所以排除选项； 当时，有一零点，设为，当时，为减函数， 当时，为增函数． 故选：D. 3-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据奇偶性及函数值的正负判断即可. 详解: 因为，定义域为R 所以 所以为奇函数，且，排除AB； 当时，，即，排除D 故选：C. 3-4【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:先求函数的定义域，根据函数的奇偶性，排除部分选项，再利用特殊点处的函数值排除不合适的选项，即可得解. 详解: 由题知的定义域为R，，所以是偶函数，排除A；，排除B，D. 故选：C. 3-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值判断即可. 详解: 解：∵，∴在上为偶函数． 又， ∴只有选项C的图象符合． 故选：C． 3-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 1 学科网（北京）股份有限公司 利用排除法，通过判断函数的奇偶性，函数值的变化情况求解 详解: 函数的定义域为， 因为， 所以为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除B， ， 当时，，，所以， 所以，所以，即，所以排除A， 当时，，所以，所以， 所以，即，所以排除D， 故选：C 3-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:确定函数的奇偶性与单调性，由排除法确定正确选项． 详解:函数定义域是，，因此函数为偶函数，排除BC， 时，函数式为是增函数，排除D， 故选：A． 3-8【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据函数的奇偶性可排除AC；再根据的大小即可排除B，即可得解. 详解: 解：，所以函数为奇函数，故排除AC； 又，排除B. 故选：D. 3-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:探讨给定函数的性质，结合当时函数值的符号即可判断作答. 详解:函数定义域为，， 则有函数是奇函数，其图象关于原点对称，选项B，C不满足； 当时，，即，因此，选项A不满足，D符合条件. 故选：D 3-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:首先考虑的图象经过原点，可得，判断为偶函数时，求得，进而判断C；再讨论，，，，，分别判断A、B、D． 详解: 解：若的图象经过原点，可得，即， ， 若的图象关于轴对称，可得为偶函数，即，可得，即，故C不可能成立； 当，即有，，可得为奇函数，其图象关于原点对称， 且时，为连续函数，故A可能成立； 当，，即有，，可得为奇函数，其图象关于原点对称， 且时，为增函数，时，为增函数，故B可能成立； 若，则， 当，，即有，，可得为偶函数，其图象关于轴对称， 且时，为增函数，时，为增函数，故D可能成立．故选：C． 3-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 结合图象，先判断奇偶性，然后根据x趋近0时判断排除得选项. 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 解：的定义域为， ，是偶函数，排除A，C. 又且无限接近0时，且，此时，排除D， 故选：B. 3-12【提升】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 利用时排除选项D，利用时排除选项C，利用时排除选项B，所以选项A正确. 详解: 函数的定义域为 当时，，可知选项D错误； 当时，，可知选项C错误； 当时，，可知选项B错误，选项A正确.故选：A 4-1【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据给定的频率分布直方图，求出在区间上的数据的频率即可计算作答. 详解: 由频率分布直方图知，在区间上的数据的频率为， 在区间上的数据的频数为. 故选：A 4-2【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据频率分布直方图的面积和为1，计算得x；再根据用电量落在区间内的频率计算用电量落在区间内的户数. 详解: 根据频率分布直方图的面积和为1，得，解得， 月用电量落在区间内的频率为，所以在被调查的用户中月用电量落在区间内的户数为户.故选：A. 4-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:按照直方图的定义计算即可. 详解: 由图可知，收入在2500元以上的有： （人）； 故选：C. 4-4【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据直方图可求，从而可求在上的用户数. 详解:由 ，得， ∴月平均用电量在的用户数为. 故选：A. 4-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 先求出三个分数段的的同学的频率之比，从而求出抽取成绩50~60分的人数. 详解:从频率分布直方图可以看出三个分数段的的同学的频率之比为， 所以抽取成绩50~60分的人数为， 故选：B 4-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:设第4个小矩形对应的频率为，然后根据频率分布直方图的性质和题意可得，解方程可得结果 详解:设第4个小矩形对应的频率为，则其余（）个小矩形对应的频率为， 所以，解得.故选：A. 4-7【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 将乘以数据落在的频率，即可得解. 1 学科网（北京）股份有限公司 详解: 由图可知，这名学生中每周的自习时不少于小时的人数是. 故选：C. 4-8【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:利用频率分布直方图求解. 详解:解：因为支出在内的有54人， 所以由频率分布直方图得：， 故选：B 4-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据小长方形的面积=组距=频率，再根据频率=求出频数，建立关系求解即可. 详解: 的频率为，故样本容量为 频率为，所以频数为. 故选：C. 4-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据频率分布直方图中所有小长方形的面积之和等于1，求出 ，结合第百分位数的定义即可求解. 详解: 由题意可知， ，解得， 化学考试成绩在内的频率为， 所以第39百分位数的一定位于内，设第39百分位数为，则 ，解得. 所以估计化学老师选取的学生分数应不低于分. 故选：C. 4-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:设出该湿地有白鹤x只，然后列出比例式解得答案即可. 详解:设该湿地有白鹤x只，由题意，.故选：B. 4-12【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:由频率分布直方图得月收入在1500元以下的频率后可得人数． 详解: 由题意月收入在1500元以下的频率为， 月收入在1500元以下的人数为． 故选：C． 5-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据幂函数，对数函数的性质判断． 详解: 显然（是增函数），由对数函数性质知， 所以．故选：D 5-2【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据对数函数与幂函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解. 详解: 根据对数函数的图象与性质，可得，即， 由，即， 又由，即 ，所以. 故选：D. 5-3【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据对数函数的性质可得，，，进而可得结果. 详解: 因为，，，所以， 故选：B． 5-4【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:利用幂函数和对数函数的单调性判断. 详解:解：因为， ，， 所以， 故选：B． 5-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:利用对数函数，指数函数的单调性 1 学科网（北京）股份有限公司 比较大小即可. 详解:因为 所以， 又因为 所以.故选：C. 5-6【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据幂函数、对数函数的性质判断． 详解: ，，∴， 故选：A． 5-7【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:根据对数函数和指数函数结合中间量法及不等式的性质即可得解. 详解: 因为，所以， ， 所以，所以， 所以.故选：B. 5-8【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据指数函数和对数函数的单调性即可求出． 详解:因为，所以，即； 因为，所以，即，综上，．故选：D． 5-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 利用导数分析函数的单调性，根据指对幂函数的性质比较大小，即可判断结果． 详解: 因为得， 当时，，所以在上单调递增， 又因为，，， 所以，从而． 故选：C. 5-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:利用对数函数和幂函数的单调性判断. 详解:因为， ， 所以，故选：C 5-11【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:利用幂函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系. 详解:因为， ，， 因此，. 故选：D. 5-12【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据对数函数和幂函数单调性可比较出大小关系. 详解:，； ，，，即，又，. 故选：C. 6-1【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:利用等比数列的性质结合对数的运算性质可求得结果. 详解:因为， 所以， 因此， 故选：A. 6-2【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:应用对数的运算性质求值即可. 详解: . 故选：B 6-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据对数的运算法则计算可得. 详解:解：. 故选：D 6-4【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:由对数的运算性质求解即可 详解:,故选：A 6-5【巩固】 【正确答案】 B 1 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析: 由对数运算法则和换底公式依次化简各个选项即可. 详解: 对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D错误.故选：B. 6-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据分段函数解析式及对数的运算法则计算可得. 详解: 解：因为， 所以 . 故选：D 6-7【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:由题可得出，即可求出. 详解:因为，所以， 因为，所以，解得或2， 因为且，所以. 故选：A. 6-8【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:运用对数的运算性质即可求解. 详解: 解析： 故选：A. 6-9【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据对数的运算性质计算即可. 详解: 解： 故选：C. 6-10【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出． 详解: 因为，，即，所以． 故选：C. 6-11【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 对，利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解. 详解: 由，变形可知， 利用换底公式等价变形，得， 由函数在上单调递增知，，即，排除C，D； 其次，因为，得 1 学科网（北京）股份有限公司 ，即， 同样利用的单调性知，， 又因为，得，即，所以. 故选：B. 6-12【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 令可得，，，根据对数函数的单调性判断大小关系. 详解: 令，则，，， 所以，，，而， 故. 故选：D 7-1【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 设出双曲线的方程，根据离心率可得，根据题意求出点M、N的坐标，进而求得，结合三角形的面积公式化简计算即可求出a，b. 详解: 设双曲线的方程为，则， 由离心率为2，得，则， 因为直线l过点且垂直于x轴交E于点M、N， 所以点M、N的横坐标都为-c，有，解得， 所以，所以， 又，则 ， 所以，故，得， 所以双曲线的方程为：. 故选：A 7-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据题意，由求解. 详解: 解：由题意得：， 解得 ， 所以曲线的方程为， 故选：C 7-3【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据题意列出满足的等量关系式，求解即可. 详解: 因为在双曲线的一条渐近线上， 故可得； 因为抛物线的准线为，故， 又；解得， 故双曲线方程为：. 故选：D. 7-4【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析: 根据题意，结合椭圆与双曲线的几何性质，列出方程，求得的值，即可求解. 详解: 由椭圆的标准方程为，可得，即， 1 学科网（北京）股份有限公司 因为双曲线的焦点与椭圆的焦点相同，所以双曲线中，半焦距， 又因为双曲线满足，即， 又由，即，解得，可得， 所以双曲线的方程为. 故选：A． 7-5【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由得，然后由三角形面积、双曲线的定义、勾股定理联立可求得得双曲线方程． 详解: ，是的中点，所以， ，则， ，解得， 所以双曲线方程为． 故选：D． 7-6【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据双曲线的渐近线与圆相切得到，再根据曲线经过点，得到解方程组即得解. 详解: 解： 双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的渐近线与圆相切， 所以. 又双曲线经过点， 所以. 所以双曲线的方程为. 故选：C 7-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 先根据双曲线的定义求出，然后根据直角三角形建立方程求出，根据双曲线的系数关系即可求得方程. 详解:解：由题意得： ， 又 又 在直角三角形中，由勾股定理得 于是，解得： 故可知：（舍去）或 又由可知： 所以C的方程为 故选：D 7-8【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 设点为双曲线右支上一点，结合双曲线的定义与条件可得，，在中，根据大边对大角可知为最小角，进而根据余弦定理求得，再得到，即可得到答案. 详解: 设点为双曲线右支上一点，则， 因为，且， 所以，， 由题，因为，则，所以 1 学科网（北京）股份有限公司 为最小角，故， 所以在中，由余弦定理可得，，解得， 所以， 所以双曲线的标准方程为. 故选：B 7-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由抛物线的焦点可求得直线的方程为，即得直线的斜率为，再根据双曲线的渐近线的方程为，可得，即可求出，得到双曲线的方程． 详解: 由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为， 又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得． 故选：． 点睛:本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题． 7-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 根据渐近线夹角和可确定，结合三角形面积、双曲线关系可构造方程组求得，由此可得双曲线方程. 详解: 为双曲线的通径，，又， ； 两条渐近线的夹角为，渐近线的倾斜角为或， 又，，渐近线倾斜角为，即； 由得：，双曲线方程为：. 故选：D. 7-11【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 将左焦点坐标代入中可求出，设右焦点为N，连接，，，则三角形为直角三角形，可得，，然后利用双曲线的定义列方程可求出，从而可求出双曲线的方程 详解: 设左焦点F的坐标为，由点F过直线， 所以，解得， 设右焦点为N，连接，，. 由，故三角形为直角三角形，即, 又因为直线斜率为，设直线倾斜角为，则. 又，则，， 由双曲线定义，则， 所以， 所以 所以双曲线C的方程为. 故选：D. 1 学科网（北京）股份有限公司 7-12【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 根据正弦定理、角平分线的性质、余弦定理，结合双曲线的定义和性质进行求解即可. 详解: 根据双曲线的对称性不妨设点P在右支上， 因为，， 所以解得， 因为角平分线的上点到角的两边距离相等， 所以， 两边平方化简为：， 在三角形中，由余弦定理可知： 而，解得， 故选：B 点睛: 关键点睛：由角平分线得到比例式子是解题的关键. 8-1【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:由条件知该几何体的体积由两部分组成：底面半径为3､高为3的圆柱体体积；底面半径为3､高为2的圆柱体体积的一半，即得. 详解: 由条件知该几何体的体积由两部分组成：①底面半径为3､高为3的圆柱体体积，②底面半径为3､高为2的圆柱体体积的一半， 则该几何体的体积为。 故选：D. 8-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据题意可求出内、外侧圆柱的高分别为，底面半径为则模型的体积为. 详解: 内层圆柱的底面半径，外层圆柱底面半径， 内外层的底面圆周都在一个直径为的球上，球的半径， 如图，以内层圆柱为例， ∵内层圆柱的底面圆周在球面上， ∴球心与内层圆柱的底面圆心的连线垂直于底面圆， 则，∴， 根据球的对称性可得，内层圆柱的高为， 同理可得，外层圆柱的高为， 故此模型的体积为：. 故选：C. 8-3【基础】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:利用①②③④的体积和，减去溢出的体积，从而求得正确答案. 详解:半球体积， 大圆柱的体积， 圆台的体积， 小圆柱的体积， 所以最大盛水量为. 故选：A 8-4【基础】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，根据锥体的体积公式即可求解. 详解:旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥， 作出简图： 1 学科网（北京）股份有限公司 所以，， 所以旋转体的体积：. 故选：B. 8-5【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 求出长方体的体积，减去两个四棱锥体积即可得答案. 详解: ， ， ， ∴该几何体的体积是：. 故选：C. 8-6【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，正四棱锥的底面是边长为的正方形，棱锥的高为，由体积公式计算可得答案. 详解: 该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为的正方形， 棱锥的高为，所以该正八面体的体积为. 故选：B. 8-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由题意可知正方体剩余体积即为正方体体积减去两个上底重合的圆台的体积，根据圆台的体积公式可求得答案. 详解:由题意可知，挖去的两个圆锥是底面圆半径相等，半径为1，高也相等的圆锥， 两圆锥相交于位于正方体的高中间处的一个小圆，小圆半径为 ， 则正方体剩余的部分体积即正方体体积减去两个上底重合对在一起的圆台的体积， 即剩余几何体的体积为， 故选：D. 8-8【巩固】 【正确答案】 A 【试题解析】 分析:根据题意作图，然后分别计算三棱锥和圆柱的体积，再相加即可. 详解:由题意，铜镞的直观图如图所示， 三棱锥的体积， 因为圆柱的底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切， 所以圆柱的底面圆的半径，所以圆柱的体积 所以此铜镞的体积为 故选：A. 8-9【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 分析几何体的每层截面都是正方形，计算正方形的在上下距离中心 截面面积，再根据正方形的特点想到顶点在中心的正四棱锥（上、下两个），计算正四棱锥的上下距离中心截面面积，通过发现面积之间的关系，结合祖暅原理即可求解. 详解: （左） （中） （右） 重叠部分的几何体的外接正方体如上图（左）所示， 在距离中心处的截面正方形的边长是： ， 所以距离中心处截面面积是, 而从同一个正方体的中心位置，与底面四点连线构成的正四棱锥的示意图如上图（中）所示， 1 学科网（北京）股份有限公司 在距离中心处的截面正方形的边长是：， 因为内切球的半径等于正方体棱长一半， 所以， ， 所以， 在距离中心处的截面正方形的边长是： ， 以距离中心处截面面积是, 又因为正方体的水平截面面积为： ， 所以， 所以剩余部分的截面面积如上图（右）“回”形面积为， 因此根据祖暅原理：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等”，可得： 左图几何体的体积加上中间图上下椎体的体积等于正方体的体积， 即有： ， 解得， 故选：B. 8-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去这两个四棱柱交叉部分的体积. 详解:两个四棱柱的体积和=2×2×2×4=32，交叉部分的体积为四棱柱S-ABCD的体积的2倍. 在等腰三角形ABS中，，边SB上的高为2，则. 所以，由该几何体前后､左右､上下均对称，知：四边形ABCD为边长为的菱形. 设AC的中点为H，连接BH､SH，由题意，得SH为四棱锥S-ABCD的高. ，所以.，在Rt△ABH中，. 所以. 因为BH=SH，所以. 所以这个几何体的体积. 故选：D. 8-11【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据给定条件，结合圆柱、圆锥体积公式计算陀螺体积的范围即可计算作答. 详解:设圆柱部分的高为，则圆锥部分的高约为，依题意，，解得， 设陀螺的体积为，因为圆柱底面的面积最大处为，则陀螺的质量为， 而，则陀螺质量应小于.故选：D 8-12【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析:利用分割的方法，结合锥体、柱体体积公式，求得正确答案. 详解:如图所示，将屋顶分割为一个三棱柱和两个相同的四棱锥， 三棱柱的底面是底边长为4，高为2的等腰三角形，三棱柱的高为4. . 故选：B 9-1【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 化简函数的解析式为，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 详解: 由题意，函数， 1 学科网（北京）股份有限公司 对于A中，由函数，则， 故函数的值域是，故A正确； 对于B中，当时，， 所以函数的图像关于直线对称，故B正确； 对于C中，由， ， 所以函数为偶函数，故C错误； 对于D中，由任意，都有成立，可得最小半个周期， 因为，所以的最小值为，故D正确． 故选：C. 9-2【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 由知（1）正确；由可知（2）正确；根据知（3）错误；根据偶函数定义可判断出为偶函数，知（4）正确. 详解: 对于（1），，，，（1）正确； 对于（2），令，则，此时； 的值域为，是的最大值，（2）正确； 对于（3），，， ，在上不是单调递减，（3）错误； 对于（4），， 为偶函数，（4）正确. 故选：C. 9-3【基础】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:根据三角函数图象性质结合选项一一判断即可． 详解:由 对A项的最小正周期为，故A错； 对B项的最大值为，故B错； 对C.项当时，有，因为在上单调递增， 所以在区间上单调递增，故C正确； 对D.项，当时，有，所以不是的对称轴，故D错． 故选：C 9-4【基础】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 利用三角函数的图象变换得到的解析式，进而可以判断选项A；特例验证法否定选项B；代入法验证直线是否为的图象的对称轴判断选项C；求得函数在上的值域判断选项D. 详解: 将的图象向右平移个单位长度得， 再将图象上各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变）得， 则，故A项错误； ， 1 学科网（北京）股份有限公司 则，.则在上不单调.故B项错误； 由， 可知的图象不关于直线对称.故C项错误； 因为，所以，所以， 所以函数在上的值域为，D项正确． 故选：D 9-5【巩固】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 利用二倍角公式及辅助角公式化简，①根据正弦型函数周期计算方法即可计算；②验证是否为最大值即可判断；③验证是否为零即可；④根据图像平移求出变换后的解析式即可． 详解: ， 则的最小正周期为，故①错误； ，故当时，函数取得最大值，故②正确； ，故点是函数图像的一个对称中心，故③正确； 将函数的图像向左平移个单位长度可得的图像，故④正确． 故选：B． 9-6【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 对于A，令，结合函数的单调性，可判断； 对于B,求得，结合正弦函数的性质即可判断； 对于C,求出的表达式，判断其奇偶性，即可判断； 对于D,求得的表达式，判断奇偶性，即可判断. 详解: 当时，令， 而函数在时单调递减，时单调递增，故A错误； 当时，，此时最小值为-2，故B错误； 由于，该函数不是偶函数，故C错误； 由于，该函数为奇函数，图象关于原点对称，故D正确， 故选：D 9-7【巩固】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析:根据正弦型函数的图象与性质，对各选项逐一分析即可求解. 详解: 解：， 对A：函数的最小正周期为，故选项A错误； 对B：因为，所以，且，故选项B错误； 1 学科网（北京）股份有限公司 对C：令，，得， 所以的对称中心坐标是，，故选项C错误； 对D：因为，所以， 又在上单调递增，所以在上单调递增，故选项D正确. 故选：D. 9-8【巩固】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析: 根据 可判断①；判断出函数的周期，结合正余弦函数的单调性可判断f(x)的单调性，判断②；结合f(x)的单调性，计算函数的最大值，可判断③，由此可得答案. 详解:依题意， ，故①正确； 由， 故为函数的一个周期； 当时，，故，在上单调递减， 即在上单调递减， 由对称性可知，函数在上单调递增，故②正确； 结合②中单调性以及函数的奇偶性可知， 函数的最大值为， 故③错误； 故选：C. 9-9【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 由已知得，由可求得，可判断A选项，由此有；对于B，由得，由正弦函数的单调性可判断；对于C，由得，由此得在区间上的最大值为；对于D，，由，解得. 详解: 解：因为函数，直线为图象的一条对称轴， 所以，所以， 又，所以，故A不正确； 所以， 对于B，当时，，所以在区间单调递增，故B不正确； 对于C，当时，，在区间上的最大值为，故C不正确； 对于D，若为偶函数，且， 所以，解得，故D正确， 故选：D. 9-10【提升】 【正确答案】 D 【试题解析】 分析: 依据周期的定义判断①；求得的最小值判断②；依据对称中心定义代入验证法判断③；求得在区间（，）内的单调性判断④. 详解:因为 ， 1 学科网（北京）股份有限公司 所以2是的一个周期，①正确； ， 令，则，， 令，解得，令，解得或， 所以h（t）在区间[－1，－）和区间（，1]内单调递减， 在区间（－，）内单调递增， 当时，h（t）取得极小值，又， 故，②正确； 由于， 即，所以不是f（x）图像的一个对称中心，③错误； 当时，由得，解得或， 由得，解之得， 综合复合函数的单调性，所以在区间[0，），（，）内单调递增， 在区间（，），（，]上单调递减，④正确． 故选：D． 9-11【提升】 【正确答案】 C 【试题解析】 分析:化简函数，研究它的性质从而得出正确答案． 详解: 为偶函数，故①正确．当时，，它在区间单调递减，故②错误．当时，，它有两个零点：；当时，，它有一个零点：，故在有个零点：，故③错误．当时，；当时，，又为偶函数，的最大值为，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C． 点睛:画出函数的图象，由图象可得①④正确，故选C． 9-12【提升】 【正确答案】 B 【试题解析】 分析: 由降幂公式、二倍角公式和辅助角公式化简，结合已知可得解析式，然后利用正弦函数单调性求单调区间可判断A；利用正弦函数对称性分别求对称轴和对称中心可判断BC；根据自变量范围求函数最值可判断D. 详解: ，由的最小正周期为，得，所以， 令得，A正确； 令，则，B不正确； 1 学科网（北京）股份有限公司 令，得，可知是图象的一个对称中心，C正确； 当时，，的最大值为0，D正确. 故选：B 10-1【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:利用复数的除法化简可得结果. 详解: 由题意可得. 故答案为：. 10-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由复数的除法法则计算． 详解: ． 故答案为：． 10-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用复数的除法运算直接计算作答. 详解:. 故答案为： 10-4【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 根据复数的四则运算法则化简即可得到答案. 详解: ，所以. 故答案为：. 10-5【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:利用复数除法化简可得结果. 详解: 由已知可得. 故答案为：. 10-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据复数的除法运算即可得出答案. 详解: 解：因为，， 所以. 故答案为：. 10-7【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:根据复数代数形式的除法运算化简即可. 详解: 解：因为，所以 ； 故答案为： 10-8【巩固】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:利用复数的除法计算得解. 详解: 解： 故答案为： 10-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用复数的运算进行化简即可． 详解: ，则， 故答案为： 10-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据复数的四则运算计算即可. 详解: 故答案为： 10-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由模的定义知，再利用复数的运算化简即可． 详解: ， ，  故 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 故， 故答案为： 10-12【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先利用等比数列的前n项和求出，利用的周期性即可求解. 详解: . 因为，而， 所以，所以. 故答案为： 11-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:现将原式分为两个多项式，分别用二项式定理计算即可. 详解: ， 对于 ，通项公式为 ， 令 ，得r=3， ； 对于 ，通项公式为 ，不存在常数项； ∴常数项为-10； 故答案为：-10. 11-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据二项式展开式的二项式系数的性质可得，又，结合展开式的通项公式计算即可. 详解: 多项式展开式仅在第5项的二项式系数最大， 则，解得，由得， 所以多项式， 所以展开式中的系数为． 故答案为：-56. 11-3【基础】 【正确答案】 15 【试题解析】 分析: 利用二项展开式的通项公式计算可得. 详解: 解：，令，解得，所以常数项为 故答案为：15. 11-4【基础】 【正确答案】 135 【试题解析】 分析:利用二项式定理的通项公式求解. 详解: 的展开式的通项公式为， 令，解得，所以展开式中的常数项为. 故答案为：135. 11-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 利用二项式的性质可求得，利用其通项公式即可求得的展开式中的常数项． 详解: 1 学科网（北京）股份有限公司 的展开式共有项， 依题意得：， ； 设的展开式的通项为，则， 由得， 的展开式中的常数项为． 故答案为：． 11-6【巩固】 【正确答案】 7 【试题解析】 分析: 根据二项展开式的通项公式可得. 详解: 为常数项，所以. 故答案为：7. 11-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 先由题设条件解得，再利用展开式的通项公式即可求解 详解: 因为的展开式中，所有二项式系数的和是16，所以，解得. 又的展开式的通项公式， 令，得，所以展开式中的常数项为. 故答案为： 11-8【巩固】 【正确答案】 1120 【试题解析】 分析: 由二项式系数的性质，求出n，再写出二项展开式的通项，由通项中x的指数为0即可得解. 详解: 的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则由二项式系数性质知：展开式共有9项，则n=8， 展开式的通项为， 展开式中常数项，必有，即， 所以展开式中常数项为. 故答案为：. 11-9【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 由条件结合展开式的通项公式列方程求，再由通项公式求常数项. 详解: 展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，即，所以， 因此展开式的通项为， 当，即时，对应项为常数项， 即. 故答案为：. 11-10【提升】 【正确答案】 （答案不唯一） 【试题解析】 分析: 求得展开式的通项公式为，令的幂指数等于零，求得，从而得到结果． 详解: 根据的展开式的通项公式为， 则有解，故可取，. 故答案为： 11-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 令，求得a，再利用通项公式求得x项求解. 详解: 解：因为的展开式中各项系数的和为 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 所以令，得， 解得， 所以二项式为， 则展开式中含x的项为， 故x的系数为-120， 故答案为： 11-12【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 利用，先求出，进而利用二项展开式的通项公式，直接计算求解即可 详解: 由可得，或， 解得或（舍去），对于，其展开式通项为：，所以，令时，可得常数项为 故答案为： 12-1【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，求出A，B两点的坐标，再判断是否成立，当直线l的斜率存在时，设直线，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，弦和半径的关系列方程可求出，从而可求出直线方程 详解: 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为， 由，得或， 此时，符合题意. 当直线l的斜率存在时，设直线， 因为圆的圆心，半径， 所以圆心C到直线l的距离. 因为，所以，解得， 所以直线l的方程为，即. 综上，直线l的方程为或. 故答案为：或 12-2【基础】 【正确答案】 1或9 【试题解析】 分析: 根据圆的弦长公式计算即可． 详解: ， 圆心C，半径， 圆心C到直线l的距离， 则，即，解得或1． 故答案为：9或1． 12-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 将圆一般方程化为标准方程，先求圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式即可解出的值. 详解: 解：将化为标准式得，故半径为1； 圆心到直线的距离为，由弦长为1可得，解得. 故答案为：. 12-4【基础】 【正确答案】 0或4或4或0 【试题解析】 分析: 利用垂径定理布列的方程，从而得到实数的值. 详解: ∵圆 ∴圆心为：（0，），半径为：2 圆心到直线的距离为： 1 学科网（北京）股份有限公司 ∵， 即， ∴，或． 故答案为:0或4． 12-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据垂径定理，结合点到直线的距离公式求解即可 详解: 由题意，圆，故圆心，半径，故圆心到直线的距离为，故，即，解得，即 故答案为： 12-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设圆心坐标，根据可求圆心，根据题意可得圆心C到直线l的距离，代入点到直线距离公式求解． 详解: 设圆心，由题意可得，即，则 即圆心C的圆心，半径 设直线l：即 根据题意可得圆心C到直线l的距离，解得 故答案为：． 12-7【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：． 12-8【巩固】 【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1， 圆心到直线的距离． 据题意，得，解得． 故答案为： 12-9【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径进行计算即可得到答案. 详解: 因为圆的半径为2，弦长为，所以圆心到直线l的距离， 当直线l斜率不存在时，，满足题意； 当直线l斜率存在时，设，由圆心 1 学科网（北京）股份有限公司 到直线距离为1得解得，所以l的方程为或． 故答案为：或． 12-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由题意可得劣弧所对的圆心角为，从而求出圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式可得答案. 详解: 由直线截圆所得两部分弧长之比为 所以劣弧所对的圆心角为，由圆的半径为2，则对应的弦长为 所以圆心到直线的距离，即，解得，故答案为： 12-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可. 详解: 由点在圆C：内，且 所以，又，解得 过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为 又， 所以，解得 故答案为： 12-12【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析:利用求得，由此求得 详解: 圆的圆心为，半径为， 到直线的距离为， 由于，所以， 即，解得， 所以直线的方程为. 直线的斜率为，倾斜角为， 所以直线的斜率为，倾斜角为. 所以， 所以. 故答案为： 13-1【基础】 【正确答案】 或0.8 【试题解析】 分析: ①分别求出第1次取出的是红球和第1次取出的是红球、第2次取出的是白球方法种数，由条件概率的计算公式代入即可得出答案. ②由二项分布的计算公式代入即可得出答案. 详解: ①设“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是白球”，则 ②设5次抽球中抽到红球的次数为，则~，. 故答案为：；. 13-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，先求和，然后根据条件概率公式来求；先求第一次摸到白球的概率，再求第二次摸到白球的概率. 1 学科网（北京）股份有限公司 详解: 解：设第1次摸到白球为事件A，第2次摸到白球为事件B，由题意即求， 因为 ， ， 所以， 即在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率 . 因为摸出的球不放回，所以两次都摸到白球的概率为. 故答案为：；. 13-3【基础】 【正确答案】 或0.2 【试题解析】 分析:直接由条件概率公式计算即可. 详解: 设事件下雨，事件刮风，则， 则在刮风天里，下雨的概率为； 在下雨天里，刮风的概率为. 故答案为：；. 13-4【基础】 【正确答案】 0.1或 0.25或 【试题解析】 分析: 分别利用古典概型的概率和条件概率求解. 详解: 解：因为袋子中有5个大小相同的小球，其中2个红球，3个白球， 每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回， 所以两次都摸到红球的概率为 设第一次摸到红球的事件为A，第二次摸到红球的事件为B, 则, 所以在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为， 故答案为：， 13-5【巩固】 【正确答案】 0.83或； . 【试题解析】 分析: 设事件“小明与第一代传播者接触”，事件“小明与第二代传播者接触”，事件“小明与第三代传播者接触”，事件“小明被感染”，则，，，，，，根据事全概率公式以及贝叶斯公式计算可得答案. 详解: 设事件“小明与第一代传播者接触”，事件“小明与第二代传播者接触”， 事件“小明与第三代传播者接触”，事件“小明被感染”， 则，，， ，，， 所以小明被感染的概率为 ； 小明被感染,则是被第三代感染的概率为 故答案为：0.83；. 13-6【巩固】 【正确答案】 或0.25 或0.75 【试题解析】 分析: 先求得选A正确的概率，再求得B和C选项不对，即选A、D正确的概率为1，根据条件概率的求法，可得他仍坚持选A，则其选对的概率，进而可得改选D，选对的概率. 详解:由题意得：选A正确的概率， B和C选项不对，则选A、D正确的概率为1， 所以在B和C选项不对，即选A、D正确的概率为1的前提下，选A正确的概率， 1 学科网（北京）股份有限公司 若他改选D选项，则其选对的概率为. 故答案为：， 13-7【巩固】 【正确答案】 或0.19 【试题解析】 分析: 利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算机组发生故障的概率，再利用条件概率公式计算作答. 详解: 设供电能满足城市需求为事件A，机组发生故障为事件B， 则，，所以． 故答案为：； 13-8【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用全概率公式及条件概率公式即得. 详解: 设事件A表示从剩下的8个球中任取2个球都是红球，事件，，分别表示先取的1个球是红球、白球、黑球， 由全概率公式得， ． 故答案为：；. 13-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: ①利用条件概率公式即可求解；②“至少有一名是女志愿者”的对立事件是“全是男志愿者”，间接求解即可 详解:解：记全是男志愿者为事件，至少有一名男志愿者为事件， 则， 故， 记至少有一名是女志愿者为事件C，则事件C与事件A互为对立事件，则 故答案为：． 13-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由全概率公式与条件概率公式求解即可 详解: 设为甲厂产品，为乙厂产品，表示合格产品，则，，，， 所以， 灯泡是甲厂生产的概率为， 所以 故答案为：； 13-11【提升】 【正确答案】 72%或 25%或 【试题解析】 分析: 依据统计数据的平均数求法即可求得这款新药对“新冠病毒”的总体有效率；依据条件概率即可求得已知这款新药对“新冠病毒”有效条件下该药对“奥密克戎毒株”的有效率. 详解: (1) (2) 故答案为： 72%； 25% 13-12【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 令表示甲中奖，表示乙中奖，分别求出、、、，利用条件概率公式求、. 1 学科网（北京）股份有限公司 详解: 由题设，表示甲中奖，表示乙中奖，则，， 甲中奖且乙也中奖的概率， 由上知：，则， 甲没中奖且乙中奖的概率. 故答案为：，. 14-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据题意，用表示向量，进而根据向量的模和夹角公式计算即可. 详解: 解：因为在三角形中， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为 故答案为：； 14-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由，求出，代入公式求解即可. 详解: 由题意，设向量，的夹角为，因为，，且， 所以，所以，所以， 又因为，所以，则. 故答案为：；. 14-3【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 由k＝2，得到，，再结合条件，利用平面向量的夹角公式求解；分别延长OA，OB到C，D使，由，，得到与夹角为∠AMO，然后OAM外接圆与CD相切时∠AMO最大（即M在P点时）求解. 详解:当k＝2时， ，． ， ， ∴， ∴与夹角的余弦值， ∴． 如图所示： 1 学科网（北京）股份有限公司 分别延长OA，OB到C，D使． ， 故终点在CD上运动， 又． 即向量， ∴与夹角为∠AMO， 当OAM外接圆与CD相切时∠AMO最大（即M在P点时）， 由， ， ， ， ， 易求， ∴， ∴. 故答案为：， 14-4【基础】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: （1）根据平面向量夹角公式计算即可； （2）建立平面直角坐标系，再根据的几何意义求解即可 详解:（1）由题意，因为，是单位向量，且，，数形结合可得； （2）不妨设，，故，将移至坐标原点建立平面直角坐标系.则当时，的终点在直线上. 的几何意义为到直线上的点的距离.故的最小值为到直线的距离即. 故答案为：； 14-5【巩固】 【正确答案】 或0.5 【试题解析】 分析: 第一空：用分别表示出，再由数量积的定义及运算律即可求出； 第二空：设，用分别表示出，由数量积的定义及运算律表示出，结合二次函数求出最小值. 详解: 第一空：，则，则，又，，故，解得； 第二空：设，，，则 1 学科网（北京）股份有限公司 ，当时，取得最小值. 故答案为：；. 14-6【巩固】 【正确答案】 2 或 【试题解析】 分析: （1）根据数量积的公式求解即可； （2）根据投影向量的公式求解即可 详解:（1）； （2）由题意，，故，故，又，故，即，解得，故，所以 14-7【巩固】 【正确答案】 或 [0，2] 【试题解析】 分析: 由题意，求得，所以的最小值为，再利用向量的模的计算公式，即可求解. 详解: 设向量的夹角为θ，则∈[0，π]；又, 所以， 所以，则向量的夹角的最小值为； 所以， 又，所以8+8cosθ∈[0，4]，所以的取值范围是[0，2]． 故答案为：；[0，2]． 14-8【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据题意，由向量的线性运算可得，进而由数量积的计算公式可得的值，设，由向量夹角的定义可得和的夹角为，求出的模和的值，由向量夹角的计算公式计算可得的值，即可得答案． 详解: 解：根据题意，菱形的边长为1，，则，所以， 是边上靠近点的三等分点，则， 则，则， 故， 设，即和的夹角为，即和的夹角为， 是的中点，则，， 则，则； ， 则， 即的余弦值为； 故答案为：，． 14-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 由余弦定理求得，由向量数量积可得为锐角，再 1 学科网（北京）股份有限公司 由正弦定理结合外接圆半径可求得，用正弦定理把表示为的三角函数，利用两角和与差的正弦公式变形化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质得最大值． 详解: , 又，所以， ，所以是钝角，所以， 由得，， ， 设，（为锐角）， 则， 由得，，为锐角，则， 所以时，取得最大值． 故答案为：；． 14-10【提升】 【正确答案】 或 【试题解析】 分析: 求得，，由可求得的值，结合平面向量数量积可求得；计算得出，计算出的值，设，即可求得的最大值. 详解: 因为四边形中，，，，则， ，， 因为， 即，可得， 因此，， ， 所以，， 设，则， 所以，的最大值为. 故答案为：；. 14-11【提升】 【正确答案】 1 【试题解析】 分析: （1）首先不等式两边平方，求得的最小值； （2）利用向量夹角的余弦值，，再换元，转化为判断函数的单调性，再求函数的最小值. 详解: ，即， 得，所以的最小值为； ， 设， 则，函数在上单调递增，所以当时，函数取得最小值. 故答案为：； 14-12【提升】 【正确答案】 1 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析: 由数量积公式变形可得，结合函数的单调性即可得出的最小值， 由，可得，解不等式即可得出的取值范围. 详解:因为，所以， 即，所以， 当时，取到最小值，所以. ，所以，解得，又因为，所以，故，当时取“”. 故答案为：；. 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 画出图象，根据二次函数的对称性可得，结合对数的运算可得，进而化简原式为，再根据图象分析得，利用基本不等式结合单调性与最值求解即可 详解: 如图，根据题意有，，即，解得，故.又，当时有，故.故，当且仅当，即时取等号.又当时，；当时，，故的取值范围为 故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 作出函数的图象，把函数的零点转化为直线与函数图象交点问题解决. 详解: 由得，即函数的零点是直线与函数图象交点横坐标， 当时，是增函数，函数的值域为， 当时，是减函数，当时，，， 当时，是增函数，当时，， 在坐标平面内作出函数的图象，如图， 观察图象知，当时，直线与函数图象有3个交点，即函数有3个零点， 所以实数的取值范围是：. 故答案为：. 15-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 作出函数的图象,将问题转化为函数与有4个不同的交点，由图示可得答案. 详解: 解：作出函数的图象如下图所示，令，则， 若函数恰有4个不同的零点，则需函数与有4个不同的交点，所以实数的 1 学科网（北京）股份有限公司 取值范围为， 故答案为：. 15-4【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 画出和的函数图象，数形结合即可求出. 详解: 由可解得或，由解得， 画出和的函数图象， 要使有两个不相同的解，则与有2个不同的交点， 由图可得. 故答案为：. 15-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 若方程f(x)−m=0有且只有6个不相等的实数根，转化为y=f(x)与y=m有6个不同的交点. 对y=f(x)求导，画出图形即可得出m的取值范围. 详解: (1)当 时， 由 得 ；由 得 . 所以在 上单调递增，在 上单调递减. ， . (2)当 时， ， 于是可画出右边的函数图象，又因为为偶函数，其图象关于y轴对称，从而可画出左边的图象. 由图象知： . 故答案为： . 15-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 将问题转化为函数的图像与直线有且只有一个交点，在同一坐标系中分别作出其图像，利用数形结合可得出答案. 详解: 方程有且只有一个实根，即有且只有一个实根 即函数的图像与直线有且只有一个交点. 如图，在同一坐标系中分别作出与图像，其中a表示直线y＝－x＋a在y轴上的截距. 由图可知，当时，直线与有两个交点 当时，直线与只有一个交点. 故答案为： 15-7【巩固】 【正确答案】 或0.5 1 学科网（北京）股份有限公司 【试题解析】 分析: 先求得在上恰有个零点，则方程有个负根，时不成立，时，由一元二次方程的性质分和讨论求解即可. 详解: 当时，令，解得，故在上恰有个零点，即方程有个负根. 当时，解得，显然不满足题意；当时，因为方程有个负根，所以 当，即时，其中当时，，解得，符合题意；当时，，解得，不符合题意； 当时，设方程有个根，，因为，所以，同号， 即方程有个负根或个正根，不符合题意．综上，． 故答案为：0.5. 15-8【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 利用导数求得在区间上的单调性和最值，根据分段函数的性质，结合幂函数、一次函数的单调性判断零点的分布，进而求m的范围. 详解: 当时，， 所以在区间上递增， 最小值为，最大值为. 在上，时为单调函数，时无零点， 故要使有两个不同的零点， 则在区间和区间各有一个零点， 所以在上必递减且， 则，可得. 故答案为： 15-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 作出函数的图象，令，结合图象可得，方程在内有两个不同的实数根，然后利用二次函数的性质即得； 详解: 作出函数的大致图象， 令，因为恰有6个不同的实数解， 所以在区间上有2个不同的实数解， ， 解得， 实数的取值范围为． 故答案为：． 15-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 根据时，若方程无解求出，然后分别讨论时根的情况，进而可以求解． 详解: 解：当时，令，则， 因为为增函数，所以当该方程在时无实数根时， ，所以， ①时，时有一个解，所以时，有一个解， 1 学科网（北京）股份有限公司 当时，是递减的， 则， 所以时有一个解， 即当时，恰有两个互异的实数解； ②时，在时无解， 此时，即，解得或（舍去）， 所以方程在时有1个解， 即当时，方程只有一个实数解， ③时，在时无解， 则时，， 所以，该方程要在时有2个不等的实数解， 即函数在上有2个不同的零点， 所以，解得， 综上所述，的范围为， 点睛:本题考查了函数的零点与方程根的问题，涉及到分类讨论思想，考查了学生的分析问题的能力与运算能力，有一定的难度． 15-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:首先利用导函数求的单调性，作出函数的大致图象，将方程解得问题转换成交点问题即可求解出答案． 详解: 解：因为，则， 当或时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 且当时，，， 故的大致图像如图所示： 关于的方程等价于， 即或， 由图可得，方程有且仅有一解，则有两解， 所以，解得， 故答案为： 15-12【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 数形结合，设，分情况讨论有2根和3根的情况，再分析的取值范围情况即可 详解:画出如图所示，最左端纵坐标，当时，有，解得；，解得. 设，若有6个不同的零点， 则 ①若有2个解，则 但有2个解时，此时显然，不满足； 1 学科网（北京）股份有限公司 ②若有3个解，则，设，则，故，，，即，，，此时因为则必有2根，必有1根，则必须有3根，故，则，故，故 故答案为： 16-1【基础】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）根据，，的面积为，先求得BC，再利用余弦定理求解； （2）利用正弦定理求得，再利用二倍角公式求解. 在中，，，的面积为， 所以， 即，解得. 在中，由余弦定理得， 所以， 解得； 因为，，AD=9， 在中，由正弦定理， 所以． 所以． 16-2【基础】 【正确答案】 1、 2、3 【试题解析】 分析: （1）先求出，在中结合正弦定理求解即可； （2）根据题中条件运用二倍角公式求出的值，然后在中结合余弦定理求解即可. 因为，， 所以， 在中，根据正弦定理知，， 即， 解得. 因为且， 所以. 因为， 所以， 在中，由余弦定理知， 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 即， 所以，即， 解得或（舍去）， 所以的长为3. 16-3【基础】 【正确答案】 （1）（2）（3） 【试题解析】 分析: （1）由正弦定理及同角三角函数的基本关系； （2）由两角差的余弦及二倍角公式求解； （3）由正弦定理求解即可. 详解:（1）， ， 由正弦定理可得，. （2）且, , ，， （3） ， 由正弦定理，可得. 16-4【基础】 【正确答案】 1、2； 2、； 3、. 【试题解析】 分析: （1）根据余弦定理，结合已知条件，计算即可； （2）利用正弦定理，结合已知条件，即可求得结果； （3）根据，结合余弦的和角公式和倍角公式，计算即可. 因为，故由余弦定理， 可得，即，解得（舍）或. 因为，故，则， 由正弦定理，则，解得. 因为 又， 故. 16-5【巩固】 【正确答案】 1、， 2、 【试题解析】 分析: （1）由余弦定理求得，从而得出，由正弦定理求得，代入已知等式可求得； （2）由二倍角公式，两角和的余弦公式计算． 因为，所以由余弦定理得， 1 学科网（北京）股份有限公司 是三角形内角，， 由正弦定理 得，所以， 由得，解得或（舍去）． ，， ． 16-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用正弦定理解三角形，再利用倍角公式即可. （2）利用余弦定理建立的方程，解方程即可. ，， 由正弦定理有： 解得: 所以. 由(1)有：， 由余弦定理有： 可得：，解得或3(舍去). 因为若，则是等腰三角形，则A=B， 又A+B+C= ， 解得 与题意不符，故舍去. 所以. 16-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）． 【试题解析】 分析: （1）根据正弦定理即可求出a的值； （2）根据余弦定理可求出，再根据平方关系求出，二倍角公式求出，然后再根据两角差的正弦公式展开即可求出． 详解: （1）由，所以． （2）由可得，，所以，所以， ，， ， 所以． 16-8【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析 3、 【试题解析】 分析: （1）先由求得角B的值，再利用正弦定理即可求得 的值； （2）先利用余弦定理求得，再利用即可求得，进而证明是等边三角形； （3）先求得的值，再利用二倍角的余弦公式去求的值． 中，．则， 又，，由正弦定理得 中，．则， 则有 又，则，即， 则有，则有，又，则有 则是等边三角形； 中，．则，， 1 学科网（北京）股份有限公司 又，，则，则 则． 16-9【提升】 【正确答案】 1、， 2、 【试题解析】 分析: （1）利用同角的三角函数的基本关系式和诱导公式可求. （2）利用二倍角公式和两角和的正弦公式可求的值. 因为，为三角形内角，所以， 又，解得， 又，所以（舍），； 因为，， 又. 16-10【提升】 【正确答案】 1、 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案. （2）由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积． （3）由正余弦的二倍角公式可得答案. 因为，由正弦定理得， 因为，所以． 因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以. 由（1），由余弦定理，，， 得，所以， 解得或，，不合题意舍去， ∴， 故△ABC的面积为. 因为，， 所以 . 16-11【提升】 【正确答案】 1、； 2、； 3、． 【试题解析】 分析: (1)在中，由余弦定理即可求出AD； (2)在中，由正弦定理即可求sinC； (3)根据sinC求出cosC，根据正弦的差角公式和正余弦的二倍角公式即可计算． 在中，由余弦定理，得到， 故； 在中，由正弦定理，得到； 在中，∵，∴，∴， ∴， ∴， ∴ 1 学科网（北京）股份有限公司 ． 16-12【提升】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）由求导，利用求得，， 再由两角差的正弦展开式可得答案； （2）利用正弦定理和可得答案. 因为C为钝角，由，则， 则， C为钝角可得为锐角， 所以，， 可得. 由（1）可知：，则，， 则， 正弦定理：，， 可得：. 17-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、60° 3、 【试题解析】 分析: （1）连接，与交于，再根据证明即可； （2）设是的中点，连接，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量求法求解即可； （3）求解平面的法向量，再求解二面角的余弦值即可 证明：连接，与交于，则为的中点，又分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面. 设是的中点，连接，∵是正方形，为正三角形，∴.又∵面面，交线为，∴平面. 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，， 设平面的法向量为，则，令.则，得.设直线与平面所成角为， ∴，即直线与平面所成角的正弦值，故所求角大小为60°. 由（2）可知，设平面的法向量为，则 ，令.则，，. 设面与面夹角为，∴ 1 学科网（北京）股份有限公司 ，∴面与面夹角的余弦值为. 17-2【基础】 【正确答案】 1、见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而得到要求证的线面平行. （2）在平面中，过作的垂线，与交于，则可建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值，进而可得余弦值. （3）求出平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值后可求面面角的正弦值. 取的中点为，连接， 在菱形中，因为，则， 而平面，平面，故平面， 由四棱台可得，而， 故，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，故平面， 因为， 平面，平面， 故平面平面，而平面，故平面. 在平面中，过作的垂线，与交于， 因为平面，平面，故， 同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 故， ， 故，，所以， 所以，故， 而平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则，所以. 由可得， 故，而， 设平面的法向量为， 则即，取，则， 故， 结合（2）的平面的一个法向量为， 故， 设平面与平面的夹角为，则. 1 学科网（北京）股份有限公司 故平面与平面的夹角的正弦值为. 17-3【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: (1)建立坐标系，利用平面的法向量与的数量积为零可证明； (2)利用与平面的法向量可求解； (3)利用平面的法向量可求解. 以点O为原点，直线OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 由上得，，， 设平面PBC的法向量为，则由得 取，得，因为，所以， 又平面PBC，所以平面PBC． 由（1）知平面PBC的法向量为， 因为，所以， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为． 显然，平面POC的法向量为， 由（1）知平面PBC的法向量为， 设平面POC与平面PBC的夹角为，则． 17-4【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、. 【试题解析】 分析: （1）由面面垂直的性质可得面，再由面面垂直有，结合已知、、两两垂直，构建以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，求面的法向量及，判断它们的位置关系，即可证结论. （2）由（1），应用空间向量夹角的坐标表示求DM与平面BEG所成角的正弦值； （3）由是面的一个法向量，结合（1）所得面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值． 由四边形是正方形，则，又面面，面面 ，面， 所以面，而面，则，又， 所以、、两两垂直. 建立以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 所以， 设为面的法向量，则，令，可得， 又，则，所以，又平面， 所以平面． 由（1）知：且为面的法向量， 1 学科网（北京）股份有限公司 因此，即直线与平面所成角的正弦值为． 由平面的一个法向量且为面的法向量， 因此，即平面与平面夹角的余弦值为． 17-5【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）先证明平面BCF平行于平面ADE，即可证明直线BF平行于平面ADE； （2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，利用向量数量积即可求解； （3）分别求出平面BDE和平面ADE的法向量，利用向量数量积即可. ∵ ， 平面ADE， 平面ADE， ， 平面BDE， 平面BDE， ， ∴平面ADE 平面BDE， 平面BDE， 平面ADE； 依题意， ，以A为原点建立空间直角坐标系如下图： 则 ， ， ， 设平面BDE的一个法向量为 ， 则有 ， ，令x=2，则y=-2，z=-1， ， 设CE与平面BDE的夹角为 ， 则有 ， 显然平面ADE的一个法向量为 =(0，1，0)，设平面ADE与平面BDE的夹角为 ， 则 ； 综上，CE与平面BDE的夹角的正弦值为 ，平面ADE与平面BDE的夹角的余弦值为 . 17-6【巩固】 【正确答案】 1、见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）由线面平行的判定定理证明 （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解 （3）待定系数法表示点坐标，由空间向量求解 取中点，连接 是的中点，，， 故，，四边形为平行四边形， ，而平面，平面， 平面 因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面， 取中点，连接，易得平面， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系 则有， 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 设平面的一个法向量为， 由得， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 则，， 故平面与平面夹角的正弦值为． ，，设， 则，，， 设平面的一个法向量为， 由得， 得，而， 故， ，解得或（舍去） 故 17-7【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. 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. 1 学科网（北京）股份有限公司 17-8【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）取的中点，连接，可得且，证明四边形为平行四边形，从而可得证. （2）以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,利用向量法求解即可. （3）利用（2）中的空间坐标系，利用向量法求解即可. 取的中点，连接,则且 又，所以四边形为正方形,则且 又四边形ABCD为矩形，则且 所以且,则四边形为平行四边形 所以，又平面,平面 ∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形， ∴，， 又∵平面平面BCEF，且平面平面， ∴平面. 以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系. ，，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 得 ∵平面，∴平面一个法向量为， 设平面与平面所成锐二面角的大小为， 则. 因此，平面与平面所成锐二面角的大小为. 根据（2）知平面一个法向量为得，∵， 设直线与平面所成角为，则 ， ∴. 因此，直线与平面所成角的余弦值为. 17-9【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）连接交于点，连接，由中位线定理得出，再由线面平行的判定证明即可； （2）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出直线与平面所成角的正弦值； （3）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出平面与平面夹角. 连接交于点，连接 1 学科网（北京）股份有限公司 分别为的中点， 又平面，平面 平面 以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系 ，，， ， 设平面的法向量为， 由，令，得 设直线与平面所成角为 ， 直线与平面所成角的正弦值 设平面的法向量为， ，令，得 平面与平面夹角为锐角 平面与平面夹角为. 17-10【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、. 【试题解析】 分析: 连接，证明四边形为平行四边形，证明，即可求证平面； 建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，通过空间向量数量积求解夹角的大小； ，即，利用空间向量的数量积求解的值，即可求得结果. 解：证明：连接，，， ， 又，四边形为平行四边形. 点， 分别为，的中点， ，. ，，为的中点， ，, ，. 四边形为平行四边形. . 平面，平面， 平面. 解：平面，，可以建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系： 依题意可得，，，，，，，，，，，， 1 学科网（北京）股份有限公司 设平面的法向量为， 则，令，则，即. 设平面的法向量为， 则，令，则，，即. 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角为. 解：设，即， 则，所以. 由知平面的法向量为， 由题意可得， 即，整理得， 解得或. 因为，所以. 所以，， 则. 17-11【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）由线面平行的判定定理证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求两平面夹角的正弦值； （3）设P（0，，），则，由向量法求出线面角的正弦值，由不等式的性质得最大值． 因为和均为等腰直角三角形，且， 所以，所以， 又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF． 因为四边形ABCD为正方形，所以， 因为平面平面AEBF，平面ABCD，平面平面， 所以平面AEBF，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 因为，所以B（2，0，0），C（2，0，2），F（1，，0），A（0，0，0）， ，，，设平面BCF的法向量为， 则，得，令，则， 设平面BFD的法向量，， 由，令，得 因为 平面CBF与平面BFD夹角的正弦值是 设P（0，，），则， 设AP与平面BCF所成的角为，则 要使最大，则，所以，时等号成立， 所以，所以AP与平面BCF所成角的最大值为． 17-12【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、 1 学科网（北京）股份有限公司 3、 【试题解析】 分析: （1）建立如图所示的空间直角坐标系，计算及平面的法向量后可证平面. （2）求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值. （3）根据平面可求的坐标，从而可求平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值. 因为底面为正方形，平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 故，设平面的法向量为， 则即，取，故，故， 而平面，故平面. 因为，故，故，而， 设平面的法向量为， 故即，取，则， 故， 设与平面所成角为，则. 由（1）可得，而， 设平面的法向量为， 则即，取，则， 故， 因为平面，故， 故存在非零实数，使得即， 故，解得， 故，由（2）可得， 故与平面夹角的余弦值为. 18-1【基础】 【正确答案】 1、 2、 3、最大值为，最小值为 【试题解析】 分析: （1）将点代入函数解析再结合前和即可求解； （2）运用错位相减法或分组求和法都可以求解； （3）将数列的通项变形为，再求和，通过分类讨论从单调性上分析求解即可. 因为点在函数的图像上， 所以， 又数列是等差数列，所以， 即所以， ； 解法1：， ==， 解法2：， ① ， ② ①-② 得 ， 1 学科网（北京）股份有限公司 ； 记的前n项和为， 则= ， 当n为奇数时随着n的增大而减小，可得， 当n为偶数时随着n的增大而增大，可得， 所以的最大值为，最小值为. 18-2【基础】 【正确答案】 1、； 2、证明见解析； 3、. 【试题解析】 分析: （1）根据，令n＝1，2，3即可求出前三项； （2）利用与的关系得到{}的递推公式，从而可以证明，其中k为常数； （3）根据(2)求出，从而求出，根据通项公式的特征，分n为奇数和偶数两种情况进行求和，求和时采用分组求和法与错位相减法. 当时，有：； 当时，有：； 当时，有：； 综上可知； 由已知得：时，， 化简得： 上式可化为： 故数列{}是以为首项，公比为2的等比数列. 由（2）知，∴， ∴ 当n为偶数时， = 令， ① ② 则①②得 ， ∴，=， 所以. 当n为奇数时，， ， 所以. 综上，. 18-3【基础】 【正确答案】 （Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. 【试题解析】 分析: (Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果； (Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可； (Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算 1 学科网（北京）股份有限公司 和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可. 详解:(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q. 由，，可得d=1. 从而的通项公式为. 由， 又q≠0，可得，解得q=2， 从而的通项公式为. (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得， 故，， 从而， 所以. (Ⅲ)当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 对任意的正整数n，有， 和 ① 由①得 ② 由①②得， 由于， 从而得：. 因此，. 所以，数列的前2n项和为. 点睛: 本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题. 18-4【基础】 【正确答案】 1、，； 2、； 3、． 【试题解析】 分析: （1）根据等差数列，等比数列通项公式基本量的计算，列出方程组即可解出，，从而得到数列的通项公式； （2）依题意可知数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，就是数列中的前项与数列中的前项组成的数列，分别求和再加起来即可解出； （3）根据分组求和法，错位相减法，裂项相消法即可求出． 依题有,因为，解得： ．数列是等差数列,设其公差为,，解得：. 数列与数列都是递增数列, , ,, 新数列的前50项和为:. ∵， 1 学科网（北京）股份有限公司 设 , ， ，两式相减有 , ∴. ∴ . . 18-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、 3、9 【试题解析】 分析: （1）由等差数列的基本量法求得和，则得通项公式； （2）利用等比数列通项公式求出后，用分组求和法求得； （3）求出后用错位相减法求得，化简不等式为，引入函数，用作差法确定的单调性（需要对差再作差确定单调性、正负），得的正负后可得结论． 设公差为，则，解得， 所以； 由题意，所以， ； 由（1）， ，， 相减得， ，由，得， 令，则， 设， 则， 当时，， 当时，，即， 当时，， ，，， 所以当时，，当时，， 当时，递减，当时，递增， ，，， 因此当时，，当时，， 所以满足的的最小值是9，即的最大值是9． 18-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、（i）Tn；（ii）证明见解析 【试题解析】 分析: （1）由已知得出数列的奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列，偶数项构成的数列是首项为2，公差为4的等差数列.分别求出通项公式，合并可得的通项公式； （2）（i）由奇数项和偶数项分别求和可得，从而 1 学科网（北京）股份有限公司 得出，由裂项相消法求得和； （ii）求出，由不等式的性质放缩为（时等号成立），时，对这个不等式求和，对新不等式两侧一个用错位相减法求得和，另一侧利用此和得出，即可证得不等式成立． 由题意可知，数列的奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列，偶数项构成的数列是首项为2，公差为4的等差数列. 当n为奇数时，； 当n为偶数时， （i）， ， ； （ii）， ，则； （时等号成立） 当时， 设， ； 综上，当时，. 18-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析. 2、 3、. 【试题解析】 分析: （1）通过配凑法证得结论成立. （2）结合累加法求得数列的通项公式. （3）利用错位相减求和法、分组求和法求得. 由得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以. 由得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 由（1）得， 则， 所以 ， 也符合上式， 所以. ， 令， ， 两式相减得 ， 所以. 所以 . 1 学科网（北京）股份有限公司 18-8【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、. 【试题解析】 分析: （1）依题意将转化为，将代入即可得到，结论成立； （2）根据第（1）问，运用累加法得到，进而求出； （3）根据第（1）、（2）问知，，，则，运用分组转化求和以及错位相减求和，得出数列的前项和. 由条件可知：，， ， ，； 由第（1）问可知，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 以上各式相加，得， ，，，即； 由第（1）、（2）问知，，，则， 设数列的通项公式，前项和为， 则， ， 两式相减，得 ， ， 数列的前项和. 18-9【提升】 【正确答案】 1、（） 2、 3、证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）根据题意得，进而解方程即可得，，最后根据通项公式求解即可； （2）由题知，进而根据等比数列求和公式分组求和即可； （3）由题知，，进而根据裂项求和法求解，最后结合单调性证明即可. 解：因为数列是等差数列， 所以，． 依题意，有，即 1 学科网（北京）股份有限公司 解得，． 所以数列的通项公式为（）． 解：由题意：， ∴ 证明：由（1）可得．所以， ． 因为，所以． 因为，所以数列是递增数列． 所以．所以． 18-10【提升】 【正确答案】 1、 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）利用来求得数列的通项公式. （2）利用凑配法构造等差数列来求得数列的通项公式，利用分组求和法、错位相减求和法求得. （3）由分离，结合差比较法来求得的最小值. 当时，， 当时，， 两式相减并化简得（）， 当时，上式也符合， 所以. 数列满足，， 则，， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 所以， 设数列满足，且前项和为， ,, 两式相减得， 所以. 设数列满足，则的前项和， 所以. 依题意，存在，使得成立， ，则只需求的最小值. ， 当或时，取得最小值为. 所以的最小值为. 18-11【提升】 【正确答案】 1、 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）由可求得的值，令，由 1 学科网（北京）股份有限公司 可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式； （2）求得，利用错位相减法可求得； （3）利用奇偶分组法，结合等差数列和等比数列的求和公式可求得. 解：当时，，可得， 当时，由可得， 上述两个等式作差得，可得， 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，故. 解：，所以，， 所以，， 上述两个等式作差得， 因此，. 解：由题意可得，， 所以， . 18-12【提升】 【正确答案】 1、，； 2、4； 3、. 【试题解析】 分析: （1）由求出的首项，由、、成等差数列求出的公比，再求出它们的通项作答. （2）求出，，再求出数列前n项和，代入给定等式求解即得. （3）利用（1）的结论求出，再借助分组求和法、错位相减法求解作答. 依题意，，解得，则， 设数列的公比为q，因，，成等差数列，则，有，而，解得，， 所以数列和的通项公式分别为：，. 由（1）知，，，， 依题意，，整理得，而，解得， 所以正整数n的值是4. 由（1）知， 令数列的前n项和为，数列的前n项和为， 则， 于是得， 两式相减得：， 因此，， ， 数列的前项和. 点睛: 方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减 1 学科网（北京）股份有限公司 法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 19-1【基础】 【正确答案】 1、； 2、 【试题解析】 分析: （1）根据数量积的性质，因为，所以，因为，则，可得到的值，在根据离心率的定义，可得到的值，进而得到最后答案；再根据椭圆的定义以及向量的等式，可得到的长度，进而得到点的值； （2）根据题意，设出直线方程，联立方程，求点的坐标，然后根据三角形的面积关系，列方程即可求解结果． 因为，所以，且． 又，所以， 即，即，所以， 又离心率，所以，，所以， 所以椭圆方程为． ∵，又∵， ∴，∴P点的坐标为． 依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为， 由消去y整理，解得或， 所以Q点坐标为， 从而M点坐标为， 所以直线PM的方程为， 则N点的坐标为， 因为的面积是的面积的2倍，点Q在第三象限， 所以， 即，解得（舍负）， 所以满足条件的直线l的方程为， 即：． 19-2【基础】 【正确答案】 1、 2、存在； 【试题解析】 分析: （1）利用待定系数法求出C的方程； （2）假设存在梯形．设直线，由题意得到，分别求出点和到直线l的距离表示出梯形的面积，利用基本不等式求出最大值，再联立直线和直线求出点并判断出B、A在曲线C的内部，符合题意. 设C的内接正方形的一个端点坐标为， 则，解得， 则C的内接正方形的面积为， 即．又，所以， 代入，解得，故C的方程为． 存在梯形，其面积的最大值为． 理由如下：设直线，． 因为直线l经过点，所以， 所以点到直线l的距离为， 点到直线l的距离为， 所以梯形的面积 1 学科网（北京）股份有限公司 （为直线l的倾斜角）， 所以， 当且仅当时，等号成立， 此时，直线，直线， 联立这两条直线的方程，解得， 因为， 所以点在C的内部. 同理可证：也在C的内部. 故在C内存在梯形，其面积的最大值为． 19-3【基础】 【正确答案】 1、 2、与的方程分别为：， 【试题解析】 分析: （1）由题分析可确定，，从而得椭圆的标准方程； （2）讨论直线斜率是否存在，设直线方程，然后结合椭圆方程，确定交点坐标关系，从而根据几何性质列式求解即可得直线方程 解：由已知，，，所以E的方程为. 解：又题意中，， ①若或斜率不存在，易知，不符合题意； ②若斜率存在，设，和的方程联立得： ，，， ， 设，同理可得， 所以 解得，，所以与的方程分别为：，， 19-4【基础】 【正确答案】 1、离心率为；抛物线的方程为 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）由椭圆的标准方程直接求出离心率；由椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，求出，得到抛物线的方程； （2）设动点的坐标为，利用直接法求出动点的轨迹方程； （3）设直线方程为，，．利用“设而不求法”表示出，即可求得. 因，，故，从而椭圆的离心率为． 且椭圆的右焦点坐标为． 于是由椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，得，即． 从而抛物线的方程为． 设动点的坐标为，由条件，且点，在直线上，可得． 于是． 即． 故动点的轨迹方程为： 1 学科网（北京）股份有限公司 ． 由于，设直线方程为，，． 由得，故． 则． 又点到直线的距离，故由 ， 解得，从而．因此，直线的方程为． 19-5【巩固】 【正确答案】 1、 2、，或， 【试题解析】 分析: （1）根据题意可得求解即可；（2）利用弦长公式结合题意分析可得，分别联立方程求交点横坐标，代入整理计算． 根据题意可得解得 椭圆的标准方程 圆 设，则 设，，， 则，同理可得：，， ∵的面积是面积的倍，则 代入整理得： 联立方程，得或，即，同理 联立方程，得或，即，同理 代入可得：，解得或 当时，直线，； 当时，直线， 19-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用题设条件可以列出一组关于，，的方程，解出，，即得所求 （2）分情况讨论，当直线的斜率不存在时，易求直线的方程是，此时，与题设不符；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用题设条件可得一组关于，，解之即得所求 1 学科网（北京）股份有限公司 设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，所以．① 又椭圆经过点，所以．② 结合，③由①②③，解得． 故椭圆的标准方程是． ①当直线的斜率不存在时，不妨设， 根据对称性知两平行线的交点在轴上，又交点刚好在椭圆上， 所以交点为长轴端点，则满足条件的直线的方程是． 此时点或； 直线的斜率不存在不成立 ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为． 将直线代入椭圆方程得， 则， ， ． 不妨设两平行线的交点为点，则，故点的坐标为． 因为点刚好在椭圆上，所以， 即． 此时， 则． 设点到直线的距离为，则． 所以， 即，解之得：或， 当时，，当时，（舍）， 所以，直线的方程 19-7【巩固】 【正确答案】 （1） （2） 【试题解析】 详解: 试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求. 试题解析：（1）设，因为直线的斜率为， 所以，. 又 解得， 所以椭圆的方程为. （2）解：设 由题意可设直线的方程为：， 联立消去得， 1 学科网（北京）股份有限公司 当，所以，即或时 . 所以 点到直线的距离 所以， 设，则， ， 当且仅当，即， 解得时取等号， 满足 所以的面积最大时直线的方程为：或. 【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的. 19-8【巩固】 【正确答案】 1、 2、或 【试题解析】 分析: （1）根据题意，建立关于的方程组即可求解； （2）由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，点到直线距离公式求出的高，进而根据面积公式可得，从而即可得答案. 解：设的半焦距为，则，故过垂直于轴的直线方程为， 与的方程联立，得，由题意得，所以， 又， 所以，， 因为椭圆上的点到一个焦点的最大距离为，所以， 所以，， 故椭圆的方程为； 解：由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，， 由，消去并整理得， 所以，， 所以 ， 因为点到直线的距离，且是线段的中点， 所以点到直线的距离为， 所以， 因为，所以，解得或（舍去）， 所以，此时直线的方程为，即或 19-9【提升】 【正确答案】 1、 2、或 【试题解析】 分析: 1 学科网（北京）股份有限公司 由椭圆定义可得的值，进而由离心率可得，再求得，即可得到椭圆的方程； 设出点A，的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用设而不求的方法，并依据题给条件列方程，即可求出，进而求得的值，从而求得直线的方程． 由椭圆定义得，，所以，故， 所以椭圆的方程为． 设代入方程， 得 所以，， 所以，解得， 则式变为则， 底边上的高，所以的面积． 令，解得， 把，代入式，经检验，均满足， 此时直线的方程为或． 19-10【提升】 【正确答案】 1、； 2、. 【试题解析】 分析: （1）依题意可得，从而得到，的坐标，再根据椭圆的定义求出，最后求出，即可得到椭圆方程； （2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再利用点到直线的距离公式得到圆的半径，最后根据的面积得到方程，即可求出，从而求出圆的方程. 解：由题意知，所以，， 所以，由椭圆定义知：， 则，， 故椭圆的方程为． 解：①当直线轴时，令，可得，解得， 可取，，此时的面积，与题设矛盾，舍去． ②当直线与轴不垂直时， 设直线的方程为，代入椭圆方程得， 成立， 设，，则，， 可得． 又圆的半径， ∴的面积为， 化简得，解得， ∴， ∴圆的方程为． 19-11【提升】 【正确答案】 1、 2、 【试题解析】 分析: （1）利用椭圆过点，离心率为，结合点，可求得结果； （2）设直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合的面积公式及基本不等式可求解. 1 学科网（北京）股份有限公司 将点代入得，， 又，，得， 所以，，即. 因为，设直线的方程为，设，， 联立，得， 且，则，， 则，且， 直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离为， ∴， ∴面积， 当且仅当时，取到等号，此时， 所以直线的方程为. 19-12【提升】 【正确答案】 1、 2、或. 【试题解析】 分析: （1）根据题意，列方程求解即可； （2）根据题意，作图可得，得到点，利用，得到，结合，得到，即.再设，，则，，然后联立方程，利用韦达定理进行消参求解即可得到答案 由题意知，， 又，∴，， ∴椭圆标准方程为. ∵轴，∴， 设，则，∴，即， ∵，∴，∴， ∴，即， 设，，则，， ∴. ①当直线的斜率不存在时，的方程为，此时∴不符合条件. ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得. 得， ∴，即，解得. 故直线的方程为或. 1 学科网（北京）股份有限公司 20-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）. 【试题解析】 分析: （1）当时，，则，求导得，由导数的几何意义可得，即可解出； （2）若恒成立，则恒成立，令，利用导数判断函数的单调性，进而可得，则，即可解出； （3）若有两个零点，则在上有两个解，令，，只需与有两个交点，即可得出答案. 详解: （1）当时，，， 所以，所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）因为， 若恒成立，则恒成立，所以恒成立， 令，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，所以，故a的取值范围为. （3）若有两个零点，则有两个零点， 所以在上有两个解，所以在上有两个解， 令，，， 令，， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，且， 所以在上，单调递增，在上，单调递减， 所以，又在上，；在上，， 所以a的取值范围为. 20-2【基础】 【正确答案】 1、1 2、 3、答案见解析 【试题解析】 分析: （1）由函数导数的几何意义可得，从而得出答案. （2）求出，分，分别讨论出函数的单调性，得出其最小值，从而可得出答案. （3）由（2）中得出函数的单调性，结合零点存在定理可得答案. 因为曲线在点处的切线方程为y=0，所以， 即，解得m=1. ，， 由于在单调递增，所以. ①当时，，所以在单调递增，即. ②当时，令，解得， ，的情况如下： x 1 学科网（北京）股份有限公司 - 0 + 单调递减 极小值 单调递增 函数在单调递减，即，不合题意. 综上，使在都成立的m的范围是. 根据第（2）的结论， ①当时，在单调递增，且有唯一零点x=0，所以在区间上没有零点； ②当时， 若，即时，在区间上有1个零点； 若，即时，在区间上没有零点； 综上，时，在区间上没有零点：当时，在区间上有1个零点. 20-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）． 【试题解析】 分析: （1）利用导函数求处切线斜率，根据点斜式得出切线方程； （2）设，题目转化为即恒成立，得出一个必要条件，再证明其充分性； （3）先把方程有实根时，的取值范围求出，再关于取补集. 详解: （1）时，，所以， 所以， 所以切线方程为：，即 （2） 设，， 又不等式： 恒成立，即恒成立， 故是的极大值点，所以，得； 另一方面，当时，，，在区间单调递减，又，故在单调递增，单调递减， 所以，即恒成立 综合上述： （3）由题意，即方程没有实根， 我们先把方程有实根时，的取值范围求出，再关于取补集， 不妨设：()， 则方程变为， 设函数， ∵，在上递增， （） 设，则， 所以在上增，在上减 ，(的图象如图) 有实数解，结合， 则，有 即，所以方程有实根时，的取值范围为 所以方程没有实根时，的取值范围为． 点睛: ①根据不等式恒成立求解参数范围方法较多，若能找出一个必要条件，再证明其充分性，会大大降低难度； 1 学科网（北京）股份有限公司 ②根据方程的根的情况求解参数的范围，若能观察出同构函数求解便能轻松解答. 20-4【基础】 【正确答案】 1、 2、 3、 【试题解析】 分析: （1）根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程；（2）讨论的符号，判断的单调性，进而确定的零点；（3）要使取到最小值，则，分析可得结合零点代换处理． 当时，，故， 故在点处的切线方程为，化简得． 由题意知有且只有一个根且有正有负． 构建，则 ①当时，当时恒成立，在上单调递增， 因为， 所以有一个零点，即为的一个极值点； ②当时，当时恒成立，即无极值点； ③当时，当；当， 所以在单调递减，在上单调递增， 故， 若，则即. 当时，， 当时，, 设，故， 故在上为增函数，故， 故， 故当时，有两个零点，此时有两个极值点． 当时，当时恒成立，即无极值点； 综上所述：． 由题意知，对与任意的，使得恒成立，则，又要使取到最小值，则． 当时，，故，所以的最小值为e； 当时，当时，， 所以无最小值，即无最小值； 当时，由（2）得只有一个零点，即且 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，， 此时，因，所以代入得， 令， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，此时， 所以的最小值为． 20-5【巩固】 【正确答案】 1、； 2、； 3、证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）计算得出，根据已知条件可得出关于、的等式组，由此可求得结果； （2）由已知可得，由，利用导数法证明 1 学科网（北京）股份有限公司 得出，可得出，由此可得出实数的取值范围； （3）分、、三种情况讨论，利用导数证明出成立，即可证得结论成立. 解：因为，则， 因为点在直线上，则， 所以，，解得. 解：因为成立，则， 当时，，下面证明， 设，其中，则， 令，则且不恒为零， 所以，函数在上为增函数， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增，所以，， 即成立，所以，故实数的取值范围为. 解：因为，所以， 且两个等号不同时成立，即， 令，其中，则且不恒为零， 所以函数在上单调递增，且， 当时，，即， 所以当时，，即，此时函数不存在零点； 当时，，而，此时， 即，所以此时函数不存在零点； 当时，，而，所以， 即，所以此时函数不存在零点． 综上可得，时，函数不存在零点． 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. 20-6【巩固】 【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析. 【试题解析】 分析: （Ⅰ）求出函数的导函数，再求和，根据导数的几何意义即为函数在处的切线方程的斜率，利用点斜式方程即可求解； （Ⅱ），得等价于在上恒成立，令，即恒成立，只要即可，从而求得实数a的值； （Ⅲ），设，跟的单调性，研究其零点，从而可证所求. 详解: 解（Ⅰ），而， 所以在处的切线方程为： （Ⅱ）由题意得：， 因为，所以问题等价于在上恒成立， 令，则， 1 学科网（北京）股份有限公司 当时，恒成立，则在上单调递增，又， 所以当时，，不满足题意，舍去； 当时，因为时，；时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值且为最大值，即最大值为， 所以，整理得：令，则，易得在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，即最大值为，所以的解为． （Ⅲ）， 设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以在上有唯一零点， 在上有唯一零点1； 且当时，；当时，； 当时，．因为， 所以时的唯一极小值点． 由得故，由得，． 因为当时，在取得最小值，由得，． 所以． 点睛:本题考查了导数的几何意义，函数的最值，不等式恒成立问题，极值及零点问题，考查了分类讨论思想，对计算能力的要求很高，属于难题. 20-7【巩固】 【正确答案】 1、 2、或 3、 【试题解析】 分析: （1）由题意可得切点为，代入中可求出的值； （2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的的范围，从而可求出的值； （3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值 因为曲线在处的切线方程为， 所以切点为， 所以，得 由（1）得，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 所以当时，取得极小值， 因为， 所以在区间上存在一个零点，此时， 因为， 所以在区间上存在一个零点，此时， 综上或 1 学科网（北京）股份有限公司 ， 则， 由，得， 因为（）是函数的两个极值点， 所以方程有两个不相等的正实根， 所以，， 所以， 因为，所以，解得或， 因为，所以， 所以 令，则 ， 所以在上单调递减， 所以当时，取得最小值，即， 所以， 所以实数的最大值为 关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（3）问解题的关键是由题意得方程有两个不相等的正实根，再根据根与系数的关系和已知条件可得，，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题 20-8【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）当时，函数恰有1个零点． 【试题解析】 分析: （1）当时，对求导，求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程； （2）若，且在区间，上恒成立，即：在，上的最小值大于1；利用导数求判断函数的最小值． （3）分类讨论判断的单调性与函数的最小值，从而验证在区间上单调递增．再构造新函数，证明，进而判断函数是否穿过轴即可． 详解: 解：（1）若，则， 所以，所以，所以切线方程为 （2）依题意，在区间上 因为，． 令得，或． 若，则由得，；由得，． 所以，满足条件； 若，则由得，或；由得， ， 依题意，即，所以． 若，则． 所以在区间上单调递增，，不满足条件； 1 学科网（北京）股份有限公司 综上，． （3），． 所以．设，． 令得． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以的最小值为． 因为，所以． 所以的最小值． 从而，在区间上单调递增． 又， 设． 则．令得．由，得； 由，得．所以在上单调递减，在上单调递增． 所以． 所以恒成立．所以，． 所以． 又，所以当时，函数恰有1个零点． 点睛:导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 20-9【提升】 【正确答案】 1、 2、或 3、 【试题解析】 分析: （1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出切点坐标，即可求出切线方程； （2）求出的导数，判断的单调性，利用零点存在性定理判断即可； （3）求函数的导函数，令，依题意方程有两不相等的正实根、，利用韦达定理，结合的取值方程，即可求出的取值范围，则，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而得解． 解：因为，所以，切线斜率为， 又，切点为，所以切线方程为； 解：，， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以的极小值为，， 在区间上存在一个零点，此时； 又，， 在区间上存在一个零点，此时． 综上，的值为0或3； 解：函数，， 所以， 由得，依题意方程有两不相等的正实根、， ，，， 1 学科网（北京）股份有限公司 又，，，解得， ， 构造函数，， 所以， 在上单调递减； 所以当时，， 所以． 20-10【提升】 【正确答案】 1、0 2、 3、证明见解析 【试题解析】 分析: （1）代入，利用导数求解函数的单调区间，即可求解； （2）利用导数求解函数的单调区间及最值，根据零点存在性定理即可求解； （3）根据导数的几何意义，列方程组，求解切点坐标及参数的值，得到函数的解析式，利用分析法证明不等式即可. 解：当时，， 令． 列表如下： 单调递减 极小值0 单调递增 所以的最小值为0 解：， 当时，单调递减；当时，单调递增， ， 要使有两个零点，首先必有 当时，注意到， 在和上各有一个零点，符合题意， 综上：取值范围为． 由题得，，设与切于， ， ， 要证：，需证： 即证：，即证：． 令，需要证明：，． 构造，，在上单调递增， ，证毕． 20-11【提升】 【正确答案】 1、 2、答案见解析 3、 【试题解析】 分析: （1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程； （2）求出导函数，对的中部分函数求导，确定其最小值，单调性，从而确定其变号零点个数，得的变号零点个数，得极值点个数； （3）不等式恒成立，变形为.引入，由其恒成 1 学科网（北京）股份有限公司 立的必要条件得，然后利用导数证明时，恒成立，即得结论． 由已知，所以， 所以，切线斜率， 所以函数在，点处的切线方程为，即. ， 令，则，当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又， 由得， 所以当时，由， 函数有两个变号零点，函数有两个极值点. 当时，函数有一个变号零点，函数有一个极值点. 当时，函数没有变号零点，函数没有极值点. 不等式等价于. 令， 则在上恒成立，所以必须有， 所以. 又， 显然当时，，则函数在上单调递增， 所以，所以. 综上可知，的取值范围为. 点睛:本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数极值点个数问题，不等式恒成立问题．注意函数极值点的个数就是其导函数的变号零点个数，因此可以通过导数研究函数的单调性，结合零点存在定理判断．不等式恒成立问题的方法常常是转化为求出函数的最值，由最值满足的不等式得出结论，本题方法是由必要条件（特殊化）得出参数范围，然后证明这个范围也是充分的，从而得出结论． 20-12【提升】 【正确答案】 1、； 2、； 3、证明见解析. 【试题解析】 分析: （1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答. （2）根据给定条件，等价变形给定不等式，分离参数并构造函数，求出函数最值作答. （3）把a=3代入，在给定条件下利用导数分段探讨的零点即可推理作答. 由求导得：，则，而， 所以函数在处的切线方程为：，即. ，，令， 求导得：，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，则有， 所以a的取值范围是. 当a=3时，，由k<1得， 当时，，即函数在上单调递增，而，， 即函数在上有唯一零点，因此，函数在上有唯一零点， 1 学科网（北京）股份有限公司 当时，令，则，， 当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增， ，，因此，函数在上没有零点， 综上得，函数在R上有唯一零点， 所以对于任意的k<1，函数有且只有一个零点． 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. $