江西省上饶市2023届高考数学专项突破模拟题库（一模）含解析

这是一份江西省上饶市2023届高考数学专项突破模拟题库（一模）含解析，共130页。

江西省上饶市2023届高考数学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 解不含参数的一元二次不等式,交集的概念及运算

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 若集合，则集合（ ）
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】 B

1-3（巩固） 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

1-4（巩固） 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

1-5（提升） 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

1-6（提升） 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 求复数的模,复数的除法运算

【正确答案】
A
【试题解析】



2-1（基础） 若a与b均为实数，且，则（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
【正确答案】 C

2-2（基础） 已知，则（ ）
A.3 B.4 C. D.10
【正确答案】 C

2-3（巩固） 若，则（ ）
A.1 B. C.2 D.
【正确答案】 A

2-4（巩固） 复数，复数满足，则下列关于的说法错误的是（ ）
A. B.
C.的虚部为 D.在复平面内对应的点在第二象限
【正确答案】 C

2-5（提升） 已知设，则，则的最小值为（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
【正确答案】 A

2-6（提升） 已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A. B.3 C. D.1
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 等差数列通项公式的基本量计算,利用等差数列的性质计算,求等差数列前n项和

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 在等差数列中，若，，则（ ）
A.16 B.18 C.20 D.22
【正确答案】 B

3-2（基础） 已知等差数列的前n项和为，若且，则（ ）
A.6 B.12 C.27 D.36
【正确答案】 C

3-3（巩固） 已知等差数列的前n项和为，若，，则中，最大的项为（ ）．
A. B. C. D.
【正确答案】 C

3-4（巩固） 已知等差数列的前n项和为，若数列满足：对任意的，都有，且，则（ ）
A.20 B.39 C.63 D.81
【正确答案】 B

3-5（提升） 已知等差数列的前项和为，且.若存在实数，，使得，且，当时，取得最大值，则的值为（ ）
A.12或13 B.11或12
C.10或11 D.9或10
【正确答案】 B

3-6（提升） 数列满足，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 4 题】 知识点 求指定项的系数

【正确答案】
C
【试题解析】



4-1（基础） 在的展开式中，x的系数为（ ）
A.1 B.3 C.6 D.9
【正确答案】 B

4-2（基础） 在的展开式中，常数项为（ ）
A.80 B. C.160 D.
【正确答案】 D

4-3（巩固） 设，若，则（ ）
A.8 B.9 C.10 D.11
【正确答案】 D

4-4（巩固） 已知的展开式中，常数项为135，则的值为（ ）
A.3 B. C.2 D.3，
【正确答案】 D

4-5（提升） 已知的展开式中各项系数的和为3，则该展开式中常数项为（ ）
A.80 B.160 C.240 D.320
【正确答案】 D

4-6（提升） 展开式中的常数项为（ ）
A.20 B.-20 C.-12 D.-8
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 根据线性规划求最值或范围

【正确答案】
C
【试题解析】



5-1（基础） 若x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A.2 B.4 C.8 D.12
【正确答案】 D

5-2（基础） 若实数，满足约束条件：，则的最小值为（ ）
A.5 B.6
C.7 D.1
【正确答案】 B

5-3（巩固） 已知不等式组，则目标函数的最大值是（ ）.
A.1 B. C. D.4
【正确答案】 A

5-4（巩固） 若实数x，y满足约束条件﹐则的最小值为（ ）
A.3 B. C.5 D.2
【正确答案】 D

5-5（提升） 若变量x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.3
【正确答案】 B

5-6（提升） 已知实数x，y满足约束条件则的最大值是（ ）
A.5 B.6 C.7 D.9
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 由向量共线（平行）求参数,根据抛物线方程求焦点或准线

【正确答案】
D
【试题解析】




6-1（基础） 已知点是抛物线C：的焦点，过的直线交抛物线C于不同的两点M，N，设，点Q为MN的中点，则Q到x轴的距离为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

6-2（基础） 已知抛物线上一点，F为焦点，直线FA交抛物线的准线于点B，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-3（巩固） 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，是抛物线上的点，若的外接圆与抛物线的准线相切，且该圆面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

6-4（巩固） 抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点，若在点处的切线平行于的一条渐近线，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

6-5（提升） 已知抛物线：的焦点为，点，过点且斜率为的直线与交于A，B两点，若，则（ ）
A. B. C. D.2
【正确答案】 D

6-6（提升） 过抛物线C：（）的焦点F的直线l与抛物线C交于两点A，B，若，则直线l的斜率（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系,用和、差角的正切公式化简、求值,正、余弦齐次式的计算

【正确答案】
B
【试题解析】



7-1（基础） 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-2（基础） 若,则（ ）
A.3 B. C.-3 D.
【正确答案】 B

7-3（巩固） 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-4（巩固） 已知，且，则（ ）
A. B. C.2 D.3
【正确答案】 C

7-5（提升） 若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-6（提升） 已知，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 高度测量问题



【正确答案】
B
【试题解析】




8-1（基础） 如图，要测量电视塔的高度，在点测得塔顶的仰角是，在 点测得塔顶的仰角是，水平面上的，则电视塔 的高度为（ ）

A.20 B.30 C.40 D.50
【正确答案】 A

8-2（基础） 如图，某数学学习小组要测量地面上一棵大树的高度（大树垂直于地面），在与树底同一水平面内选取两个测量基点和，在点测得大树顶部的仰角是，在点测得大树顶部的仰角是，测得水平面上的米，则大树的高度为（ ）

A.10米 B.米 C.20米 D.米
【正确答案】 A

8-3（巩固） 某学习小组的学习实践活动是测量图示塔的高度．他们选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点，，测得，，且基点，间的距离为，同时在点处测得塔顶的仰角为，则塔高为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-4（巩固） 如图甲，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素.如图乙，某研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度（与地面垂直），在赛道一侧找到一座建筑物，测得的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为75°和30°（其中B，E，D三点共线）.该学习小组利用这些数据估算得约为60米，则的高h约为（ ）米
（参考数据：，，）

A.11 B.20.8 C.25.4 D.31.8
【正确答案】 C

8-5（提升） 雷峰塔又名黄妃塔､西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山（海拔46米）之上.是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利､祈求国泰民安而建.始建于北宋太平兴国二年（977年），历代屡加重修.现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西湖十景”之一，中国九大名塔之一，中国首座彩色铜雕宝塔.李华同学为测量塔高，在西湖边相距的､两处（海拔均约16米）各放置一架垂直于地面高为米的测角仪､（如图所示）.在测角仪处测得两个数据：塔顶仰角及塔顶与观测仪点的视角在测角仪处测得塔顶与观测仪点的视角，李华根据以上数据能估计雷锋塔的高度约为（ ）（参考数据：，）

A.70.5 B.71 C.71.5 D.72
【正确答案】 C

8-6（提升） 如图甲（左），圣索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为40，如图乙（右），在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶､教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度约为（ ）

A.50 B.55 C.60 D.70
【正确答案】 C

【原卷 9 题】 知识点 正棱柱及其有关计算,判断正方体的截面形状

【正确答案】
C
【试题解析】




9-1（基础） 已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形
【正确答案】 D

9-2（基础） 已知正方体的棱长为，直线平面，平面截此正方体所得截面中，正确的说法是（ ）
A.截面形状可能为四边形 B.截面形状可能为五边形
C.截面面积最大值为 D.截面面积最大值为
【正确答案】 D

9-3（巩固） 如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，则下列说法正确的序号为（ ）

①直线与直线所成角的正切值为
②直线与平面不平行
③点C与点G到平面的距离相等
④平面截正方体所得的截面面积为
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
【正确答案】 A

9-4（巩固） 如图，在棱长为2的正方体中，点P是棱AB上的动点，过，P三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之比为7：25的两部分，则该截面的周长为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

9-5（提升） 已知正方体的棱长为，，分别为，的中点，点在平面中，，点在线段上，则下列结论正确的个数是（ ）

①点的轨迹长度为；
②线段的轨迹与平面的交线为圆弧；
③的最小值为；
④过、、作正方体的截面，则该截面的周长为
A. B. C. D.
【正确答案】 D

9-6（提升） 如图，正方体的棱长为1，为对角线上的一点（不与点、重合），过点作平面与正方体表交形成的多边形记为.

①若是三角形，则必定是锐角三角形
②若，则只可能为三角形或六边形
③若且点为对角线的三等分点，则的周长为
④若点为对角线的三等分点，则点到各顶点的距离的不同取值有4个
以上所有正确结论的个数为（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
【正确答案】 A

【原卷 10 题】 知识点 利用cosx（型）函数的对称性求参数,根据函数零点的个数求参数范围

【正确答案】
C
【试题解析】



10-1（基础） 已知函数是偶函数. 若将曲线向左平移个单位长度后，再向上平移1个单位长度得到曲线，若关于的方程在有两个不相等实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

10-2（基础） 已知在内有零点，且在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

10-3（巩固） 函数在区间单调递减，在区间上有零点，则的取值范围是
A. B. C. D.
【正确答案】 C

10-4（巩固） 已知函数，是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

10-5（提升） 已知函数，，且在上恰有100个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

10-6（提升） 已知，函数恰有3个零点，则m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

【原卷 11 题】 知识点 求双曲线的离心率或离心率的取值范围

【正确答案】
A
【试题解析】




11-1（基础） 已知双曲线的左、右焦点分别是，，过作圆的切线交双曲线的右支于点，切点为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C.3 D.
【正确答案】 A

11-2（基础） 已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

11-3（巩固） 已知双曲线C：的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，以AB为直径的圆恰好过右焦点F，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

11-4（巩固） 双曲线方程，，为其左、右焦点，过右焦点的直线与双曲线右支交于点A和点B，以为直径的圆恰好经过A点，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

11-5（提升） 已知双曲线的左，右顶点分别是，，圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线交的右支于点，若△是等腰三角形，且的内角平分线与轴平行，则的离心率为（ ）

A.2 B. C. D.
【正确答案】 B

11-6（提升） 设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于两点，且为的重心，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

【原卷 12 题】 知识点 用导数判断或证明已知函数的单调性,比较函数值的大小关系

【正确答案】
A
【试题解析】





12-1（基础） 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

12-2（基础） 已知，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

12-3（巩固） 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

12-4（巩固） 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

12-5（提升） 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

12-6（提升） 设，，，则，，的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

【原卷 13 题】 知识点 平面向量数量积的定义及辨析,数量积的运算律,用定义求向量的数量积

【正确答案】
1
【试题解析】



13-1（基础） 已知单位向量，的夹角为，则_______.
【正确答案】

13-2（基础） 设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
【正确答案】

13-3（巩固） 已知向量与的夹角是，，，则向量与的夹角为______．
【正确答案】

13-4（巩固） 设向量满足，，，则 _______．
【正确答案】

13-5（提升） 如图，点O为内一点，且，，，则______

【正确答案】 8

13-6（提升） 已知等腰直角的斜边长为，其所在平面上两动点、满足（且、、），若，则的最大值为____________．
【正确答案】 或

【原卷 14 题】 知识点 圆锥表面积的有关计算

【正确答案】

【试题解析】




14-1（基础） 已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【正确答案】

14-2（基础） 一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为___________．
【正确答案】

14-3（巩固） 若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是_______.

【正确答案】

14-4（巩固） 已知圆锥的顶点为，母线的夹角为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_____________．
【正确答案】

14-5（提升） 如图正四棱柱中，，，以为球心，为半径的球与侧面的交线为，点为交线上一动点，则从运动到时，所形成的曲面面积为____________.

【正确答案】

14-6（提升） 如图圆锥内的球与圆锥的侧面与底面都相切，且球的半径为，则圆锥侧面积的最小值为________．

【正确答案】

【原卷 15 题】 知识点 分组（并项）法求和

【正确答案】

【试题解析】




15-1（基础） 已知数列满足，，则数列的前项和________．
【正确答案】

15-2（基础） 已知数列满足则数列的前项和__________.
【正确答案】

15-3（巩固） 已知数列的前n项和为，，，则_____.
【正确答案】

15-4（巩固） 已知数列满足首项，，则数列的前2n项的和为_____________．
【正确答案】

15-5（提升） 已知的前项和为，，，则______.
【正确答案】

15-6（提升） 数列满足，，则前40项和为________．
【正确答案】

【原卷 16 题】 知识点 独立事件的乘法公式,独立事件的实际应用,利用对立事件的概率公式求概率

【正确答案】

【试题解析】




16-1（基础） 某校进行定点投篮训练，甲、乙、丙三个同学在固定的位置投篮，投中的概率分别，，p，已知每个人投篮互不影响，若这三个同学各投篮一次，至少有一人投中的概率为，则p＝______________.
【正确答案】 或

16-2（基础） 某小微企业生产一种如下图所示的电路子模块：要求三个不同位置1，2，3接入三个不同的电子元件，，，它们正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，假设接入三个位置的元件能否正常工作相互独立，当且仅当3号位元件正常工作同时1号位与2号位元件中至少有一件正常工作时，电路子模块才能正常工作，则该电路子模块能正常工作的概率最大值为______．

【正确答案】

16-3（巩固） 年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”凭借憨态可掬的熊猫形象备受追捧，引来国内外粉丝争相购买，竟出现了“一墩难求”的局面．已知某工厂生产一批冰墩墩，产品合格率为．现引进一种设备对产品质量进行检测，但该设备存在缺陷，在产品为次品的前提下用该设备进行检测，检测结果有的可能为不合格，但在该产品为正品的前提下，检测结果也有的可能为不合格．现从生产的冰墩墩中任取一件用该设备进行检测，则检测结果为合格的概率是______________．
【正确答案】 或

16-4（巩固） 电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
160
80
260
200
740
560
好评率
0.4
0.3
0.2
0.25
0.3
0.15
（好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值）从这六类电影中随机选取一部电影，则估计这部电影没有获得好评的概率为______.
【正确答案】 或0.752

16-5（提升） 引得无数球迷心情澎湃的世界杯，于今年在卡塔尔举行，为了弘扬顽强拼搏的体育竞技精神，某学校的足球社团利用课余时间展开“三人足球”的比赛，比赛的第一阶段为“传球训练赛”，即参赛的甲、乙、丙三名同学，第一次传球从乙开始，随机地传球给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，则第6次传球，重新由乙同学传球的概率为___________.
【正确答案】

16-6（提升） 某商场经销A，B两种生活消耗品，顾客每次必买且只买其中一种，经过统计分析发现:顾客第一次购买时购买A的概率为.前一次购买A的顾客下一次购买A的概率为，前一次购买B的顾客下一次购买A的概率为那么某顾客第次来购买时购买A产品的概率为______
【正确答案】

【原卷 17 题】 知识点 已知正（余）弦求余（正）弦,用和、差角的余弦公式化简、求值,数量积的坐标表示

【正确答案】
（1）AD=2    （2）证明见解析
【试题解析】




17-1（基础） 如图，在平面四边形中，，，，，.

（1）求；
（2）求的长.
【正确答案】 （1）.（2）

17-2（基础） 如图，在平面四边形中，.

1、求的值；
2、求的长度.
【正确答案】 1、
2、

17-3（巩固） 在平面四边形ABCD中，已知，AB=1.

（1）若，，求BC的的长；
（2）若，，，求CD的长.
【正确答案】 （1）2；（2）

17-4（巩固） 如图，在梯形中，已知，，，，，求：

1、的长；
2、的面积．
【正确答案】 1、
2、

17-5（提升） 燕山公园计划改造一块四边形区域铺设草坪，其中百米，百米，，，草坪内需要规划条人行道、、、以及两条排水沟、，其中、、分别为边、、的中点．

1、若，求的余弦值；
2、若，求排水沟的长；
3、当变化时，求条人行道总长度的最大值．（单位百米）
【正确答案】 1、 2、百米； 3、百米．

17-6（提升） 平面四边形中，，，，.
（1）当时，求长；
（2）求最大值.
【正确答案】 （1）；（2）.

【原卷 18 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,写出简单离散型随机变量分布列,计算条件概率


【正确答案】

【试题解析】






18-1（基础） 2021年国庆期间，某县书画协会在县宣传部门的领导下组织了庆国庆书画展，参展的200幅书画作品反映了该县人民在党的领导下进行国家建设中的艰苦卓绝，这些书画作品的作者的年龄都在之间，根据统计结果，作出如图所示的频率分布直方图：

1、求这200位作者年龄的平均数和方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
2、县委宣传部从年龄在和的作者中，按照分层抽样的方法，抽出6人参加县委组织的表彰大会，现要从6人中选出3人作为代表发言，设这3位发言者的年龄落在区间的人数是X，求变量X的分布列和数学期望.
【正确答案】 1、，
2、分布列答案见解析，数学期望：

18-2（基础） 某校在2018年11月份的高三期中考试后,随机地抽取了50名学生的数学成绩并进行了分析,结果这50名同学的成绩全部介于80分到140分之间.现将结果按如下方式分为6组,第一组,第二组,．．．第六组,得到如图所示的频率分布直方图.

1、试估计该校数学的平均成绩(同一组中的数据用该区间的中点值作代表);
2、这50名学生中成绩在120分(含120分)以上的同学中任意抽取3人,该3人在130分(含130分)以上的人数记为,求的分布列和期望.
【正确答案】 1、107 2、分布列见解析;期望为1.2

18-3（巩固） 在全民抗击新冠肺炎疫情期间，北京市开展了“停课不停学”活动，此活动为学生提供了多种网络课程资源以供选择使用.活动开展一个月后，某学校随机抽取了高三年级的甲、乙两个班级进行网络问卷调查，统计学生每天的学习时间，将样本数据分成， ， ，，五组，并整理得到如下频率分布直方图：

1、已知该校高三年级共有名学生，根据甲班的统计数据，估计该校高三年级每天学习时间达到5小时以上的学生人数；
2、已知这两个班级各有名学生，从甲、乙两个班级每天学习时间不足4小时的学生中随机抽取3人，记从甲班抽到的学生人数为，求的分布列和数学期望；
3、记甲、乙两个班级学生每天学习时间的方差分别为，，试比较与的大小.（只需写出结论）
【正确答案】 1、 2、分布列见解析； 3、

18-4（巩固） 某高校共有15000人，其中男生10500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时）

1、应收集多少位女生样本数据？
2、根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为：，，，，，．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率．
3、视样本数据的频率为概率，现从全校取4名学生，记为这四名学生中运动时间超过4小时的人数，求的分布列以及数学期望．
【正确答案】 1、90 2、0.75 3、分布列见解析，

18-5（提升） 电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查.如图是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”.将上述调查所得到的频率视为概率.

1、现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为.若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布及期望.
2、用分层抽样的方法从这100名观众中抽取8名作为样本A，则样本A中“体育迷”和非“体育迷”分别有几人?从样本A的这8名观众中随机抽取3名，记Y表示抽取的是“体育迷”的人数，求Y的分布及方差.
【正确答案】 1、分布列见解析；数学期望
2、“体育迷”有2人，非“体育迷”体育迷有6人；分布列见解析；方差

18-6（提升） 在高考结束后，程浩同学回初中母校看望数学老师，顺便帮老师整理初三年级学生期中考试的数学成绩，并进行统计分析，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于90分为优秀．

1、从样本中随机选取一名学生，已知这名学生的分数不低于70分，问这名学生数学成绩为优秀的概率；
2、在样本中，采取分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取13名，再从这13名学生中随机抽取3名，记这3名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望．
【正确答案】 1、 2、分布列见解析；

【原卷 19 题】 知识点 空间向量垂直的坐标表示,面面角的向量求法

【正确答案】

【试题解析】






19-1（基础） 如图，圆柱上，下底面圆的圆心分别为，，该圆柱的轴截面为正方形，三棱柱的三条侧棱均为圆柱的母线，且，点在轴上运动．

1、证明：不论在何处，总有；
2、当为的中点时，求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-2（基础） 在斜三棱柱中，是等腰直角三角形，，平面底面，.

1、证明：；
2、求二面角的正弦值.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-3（巩固） 如图，直三棱柱的底面为正三角形，，点分别在上，且, ，.

1、证明：平面平面；
2、求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-4（巩固） 如图1，在中，，，AD是BC上的高，沿AD把折起，使，如图2.

1、证明.
2、设E，F分别为BC，AC的中点，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、

19-5（提升） 如图，在四棱锥中，平面平面PAD，，，，，，E是PD的中点．

1、求证：；
2、若点M在线段PC上，异面直线BM和CE所成角的余弦值为，求面MAB与面PCD夹角的余弦值．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、

19-6（提升） 如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且．

1、证明：；
2、在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

【原卷 20 题】 知识点 根据离心率求椭圆的标准方程,椭圆中的定值问题,根据韦达定理求参数

【正确答案】


【试题解析】











20-1（基础） 已知点P在椭圆C：上.
1、P与椭圆的顶点不重合，过P作圆的两条切线，切点分别为E，F，直线EF与x轴、y轴分别交于点M，N.求证：为定值；
2、若，过P的两条直线交C于A，B两点，两直线PA，PB的斜率之和为0，求直线AB的斜率.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

20-2（基础） 已知椭圆的左顶点为，右焦点为．
1、求椭圆C的标准方程；
2、过点F的直线l与椭圆C交于点M，N（异于点A），直线AM，AN分别与直线交于点P，Q．问：的大小是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【正确答案】 1、
2、的大小为定值

20-3（巩固） 已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左､右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆的左焦点，且的面积为.
1、求椭圆的方程；
2、设过点的动直线交椭圆于、两点(点在轴上方)，、分别为直线、与轴的交点，证明：为定值.
【正确答案】 1、； 2、证明见解析﹒

20-4（巩固） 已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为C，，过点作的垂线与椭圆E交于A，B两点，的周长为8．

1、求椭圆E的标准方程；
2、已知点为椭圆E上一动点，过点P作E的切线其斜率记为k，当直线斜率存在时分别记为，探索是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【正确答案】 1、 2、是，

20-5（提升） 已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，离心率是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，

直线与交于点M.
(1)求椭圆的方程；
(2)(ⅰ)求证直线与交点M在一条定直线l上；
(ⅱ)N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：是定值．
【正确答案】 (1)(2) (ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明

20-6（提升） 已知，分别为椭圆C：的左、右顶点，点在椭圆上．过点的直线交椭圆于两点P，Q（P，Q与顶点，不重合），且直线与，与分别交于点M，N．
1、求椭圆C的方程
2、设直线的斜率为，直线的斜率为．
①证明：为定值；
②求面积的最小值．
【正确答案】 1、 2、①证明见解析②

【原卷 21 题】 知识点 用导数判断或证明已知函数的单调性,零点存在性定理的应用,利用导数研究函数的零点,含参分类讨论求函数的单调区间

【正确答案】

【试题解析】









21-1（基础） 已知函数f（x）＝ax2ex﹣1（a≠0）.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）已知a＞0且x∈[1，+∞），若函数f（x）没有零点，求a的取值范围.
【正确答案】 （1）当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）.

21-2（基础） 已知函数，是的一个极值点．
（Ⅰ）求的单调递增区间；
（Ⅱ）当时，求方程的解的个数．
【正确答案】 解：（Ⅰ），. （Ⅱ）详见解析

21-3（巩固） 已知，．
1、讨论的单调性；
2、若有两个零点，求a的值．
【正确答案】 1、见解析 2、

21-4（巩固） 已知函数.
1、当时，讨论的单调性；
2、若有两个不同的零点，求的取值范围.
【正确答案】 1、在上单调递减，在上单调递增 2、

21-5（提升） 已知函数在原点处的切线方程为.
1、求的值及f (x)的单调区间；
2、记，，讨论函数在上零点的个数.(参考数据：).
【正确答案】 1、增区间，减区间；
2、答案见解析.

21-6（提升） 已知函数（是自然对数的底数）．
（1）设，，求证：；
（2）设，若，试讨论在上的零点个数．（参考数据）
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）答案见解析．

【原卷 22 题】 知识点 极坐标与直角坐标的互化,参数方程与普通方程的互化,直线的参数方程,利用韦达定理求其他值


【正确答案】

【试题解析】







22-1（基础） 已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；
（2）若直线l交曲线C于A，B两点，交x轴于点P，求的值.
【正确答案】 （1）C：；l：；（2）8.

22-2（基础） 在平面直角坐标系中，已知直线：（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为
1、求曲线C的直角坐标方程；
2、设点M的直角坐标为，直线l与曲线C的交点为A，B，求的值．
【正确答案】 1、 2、

22-3（巩固） 在直角坐标系中，倾斜角为的直线的参数方程为：(t为参数)，在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．
1、求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
2、若直线与曲线交于两点，且，求直线的倾斜角．
【正确答案】 1、当时，直线的普通方程为；当时，直线的普通方程为； 2、或

22-4（巩固） 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数，为倾斜角），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）若，用斜率k表示直线l的普通方程及求曲线C的直角坐标方程；
（2）已知点，若直线l与曲线C相交于不同的两点A，B，求的值.
【正确答案】 （1）直线l的普通方程为，曲线C的直角坐标方程为；（2）1.

22-5（提升） 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(γ为参数)，曲线的参数方程为(s为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l：()与交于点B，其中．
（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的普通方程；
（2）过点A的直线m与交于M，N两点，若，且，求α的值．
【正确答案】 （1）；()（2）.

22-6（提升） 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
1、求曲线和直线的直角坐标方程；
2、已知点，直线和曲线相交于、两点，求的值
【正确答案】 1、，； 2、

【原卷 23 题】

【正确答案】


【试题解析】





23-1（基础） 已知函数.
1、当时，求不等式的解集；
2、若，求的取值范围.
【正确答案】 1、 2、

23-2（基础） 已知函数.
1、当时，求不等式.
2、若对任意，成立，求a的取值范围.
【正确答案】 1、 2、

23-3（巩固） 已知函数.
1、当时，求不等式的解集;
2、若恒成立，求a的取值范围.
【正确答案】 1、或 2、

23-4（巩固） 已知函数．
1、当付，求不等式的解集；
2、若恒成立，求实数的取值范围．
【正确答案】 1、 2、

23-5（提升） 已知函数
1、当时，解不等式；
2、若不等式对任意都成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 1、
2、

23-6（提升） 已知函数．
1、当时，求不等式的解集；
2、若时，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【正确答案】 1、 2、


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
化简集合，然后根据交集的定义运算即得.
详解:
由，解得，
所以集合，
所以．
故选：C．
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先求出集合B，再求.
详解:
因为，
又，则.
故选：B.
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据函数的定义域和一元二次不等式的解法分别求出集合，然后利用交集的运算即可求解.
详解:
集合，
集合，
由交集的定义可得：，
故选.
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先化简集合A，再依据集合运算即可求得.
详解:
因为集合，且，
所以.
故选：C.
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
利用列举法及交集的定义即可求解.
详解:
由题可知
，
，
所以.
故选：A.
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
解不等式得集合，求函数的定义域得集合，再求即可.
详解:
由得，
函数有意义满足，即，
解得：，
所以，
故选：D
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由复数相等确定参数值，进而求复数的模.
详解:
因为，所以，，
所以.
故选：C
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据复数的模的计算公式，即可求得答案.
详解:
因为，所以.
故选：C.
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设，利用复数相等求出，即可求解.
详解:
设，（为虚数单位）.
因为,
所以，所以，解得.
所以，
所以
故选：A
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由已知求出，根据复数的概念，即可判断各项.
详解:
对于A，由已知可得，
，故A正确.
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，根据复数的概念可知的虚部为，故C错误；
对于D，根据复数的概念可知在复平面内对应的点为，故D正确.
故选：C.
2-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决.
详解:
由，可得，可令，
则
（为锐角，且）
由，可得
则的最小值为3.
故选：A
2-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值.
详解:
根据题意，得，
当，，时，，此时，
所以.
故选：B.
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用等差数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可得解.
详解:
因为是等差数列，设其公差为，
所以，解得，
所以.
故选：B．
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
列方程组解得等差数列的首项与公差，即可求得.
详解:
设等差数列的首项公差为
则，解之得，则
故选：C
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
运用等差数列的性质及不等式性质分析可得.
详解:
∵为等差数列，设公差为，
∴，解得：；，解得：，所以，
所以，
所以为单调递减的等差数列，
所以，
又因为，
所以，
又因为，，，所以，所以，所以.
综述：这四个选项中，最大.
故选：C.
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
首先设出等差数列的首项和公差，利用条件，根据待定系数法求等差数列的通项公式，即可求解.
详解:
设等差数列的首项为，公差为，则，

因为，所以，
因为，所以，
则，解得：，所以，
那么.
故选：B
3-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据变形为，令，则，由此可设函数，利用其导数推得，结合可得，即，从而推得，，结合等差数列的单调性即可求得答案.
详解:
由等差数列中， ，即 ,
而，即有,
令 ，则有 ，
令函数 ，则 ,
当 时， ， 单调递减；当 时，，单调递增,
故,从而有 ，则有 ,当且仅当时，等号成立;
同理 ，即 ，当且仅当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立,
又，所以，故有，所以, ,
则 ,从而 ,得 ,
又，，所以，故等差数列是单调递减数列，
当或时，取得最大值，所以或 ，
故选：B
点睛:
关键点点睛：本题考查的是等差数列的前n项和最大值问题，思路是不难，大，即确定数列是递减数列，判断前多少项为非负项即可，但关键点在于如何求得正负项分界的项，即求得，，所以这里的关键是利用，构造函数，利用导数判断函数单调性，结合最值解决这一问题.
3-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
将递推式化为，从而得到是常列数，进而得到是等差数列，由此求得，据此解答即可.
详解:
因为，，
所以，即，则，故，
又，，所以，
所以是以首项为的常数列，则，
又，，所以是以首项为，公差为的等差数列，
故，则，
所以.
故选：A.
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据二项式展开式的特征即可求解.
详解:
的展开式中，含x的项为，故x的系数为3，
故选：B
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据二项式展开式的特征即可知中间项（第4项）为常数项.
详解:
由于互为倒数，故常数项为第4项，即常数项为，
故选：D
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据二项展开式分别求出的表达式，解方程即可求得结果.
详解:
由题可知，，所以；
同理可得；
由可得，即，
所以，即，
解得.
故选：D
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
求出展开式的通项为，合并同类项后令的指数为0可得，可求出展开式中的常数项从而得到.
详解:
展开式的通项为，
令，可得，因此，展开式中的常数项为.
则，.
故选：D.
4-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
令解得，再求得展开式的通项公式求解.
详解:
令得，解得，
则展开式的通项为，
则展开式中常数项为．
故选：D
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将给定式子变形，再结合二项式定理求解作答.
详解:
因，
则展开式的通项公式为，
由解得，所以展开式中的常数项为.
故选：B
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
如图所示，画出可行域，，表示直线与轴的截距，截距最小时，最大，根据图像得到答案.
详解:
画出可行域，如图所示：

，则，表示直线与轴的截距，截距最小时，最大，
当直线过交点，，即时，.
故选：D
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题设画出可行域，结合的最小的几何意义：与可行域有交点情况下对应直线截距最小即可求目标式的最小值.
详解:
由题设，可得如下线性可行域，要使的最小，只需对应直线与可行域有交点且该直线的截距最小即可.

∴由图易知：当过与的交点时，截距最小，交点坐标为，
∴.
故选：B
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据不等式组，画出可行域.根据目标函数平移后的位置，可得最大值.
详解:
如图，作出可行域，
目标函数，即，其表示斜率为，纵截距为的直线，
平移直线可得：过点时，纵截距为最大，
联立方程，解得，即，
故目标函数的最大值.
故选：A.


5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
作出不等式组表示的平面区域，由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越小，结合图象可求的最小值．
详解:
解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示的阴影部分：

由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越小，
由题意可得，当经过点时，最小，
由可得，此时．
故选：D．
5-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
作出可行域，表示可行域内点和点所在直线的斜率的2倍，结合图象即可得解.
详解:
由约束条件作出可行域如图，
联立，解得，即，
表示可行域内点和点所在直线的斜率的2倍，
由图可知，当点位于时，斜率最大，
所以的最大值为.

故选：B.
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用线性规划，画出可行域和目标函数即可.
详解:
由题，画出满足题意的可行域如图所示，


令，可化为，相当于直线在y轴上的截距．平移直线，当直线过点A时，截距最大，z最小；当直线过点C时，截距最小，z最大，联立得所以．联立得所以．所以，．所以．
故选：D．
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据给定的抛物线，设出点M，N的坐标，利用求出点M，N的纵坐标和即可求解作答.
详解:
依题意，点，设点，则，
由得：，解得，，
因此点Q的纵坐标为，
所以Q到x轴的距离为.
故选：B
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
设出点B坐标，利用向量关系求出，进而求出.
详解:
由题意得：，设，因为，所以，解得：，故，当时，，所以.

故选：C
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
分析可知的外心的横坐标为，求出点到抛物线的准线的距离，即为外接圆的半径，再利用圆的面积公式可求得的值.
详解:
抛物线的焦点为，易知的外心的横坐标为，
点到抛物线的准线的距离为，所以，的外接圆的半径为，
由题意可得，因为，解得.
故选：D.
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
求出抛物线的焦点与双曲线的右焦点及及渐近线方程，设，由导数求得点处切线的斜率，得出的关系，再根据三点共线的斜率性质构造方程即可得解.
详解:
抛物线的焦点的坐标为，且；
双曲线的右焦点的坐标为，渐近线方程为，
由题意可知，在点M处的切线平行的渐近线应为，
设，则，得，
又点共线，即点共线，
所以，解得，所以
故选：D.
考点定位:
本题考查抛物线和双曲线的概念、性质和导数的意义，进一步考查运算求解能力． 这一方程形式为导数法研究提供了方便，本题“切线”这一信号更加决定了“求导”是“必经之路”．根据三点共线的斜率性质构造方程，从而确定抛物线方程形式，此外还要体会这种设点的意义所在．
6-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据抛物线的方程得出焦点的坐标，根据题意可知斜率，设直线的方程为：，其中，设，，联立直线与抛物线的方程即可根据韦达定理得出，，根据已知得出，即可根据向量运算化简代入得出，解得，即可得出答案.
详解:
由抛物线：可得其焦点的坐标为，
由题意可知斜率，
设直线的方程为：，其中，
联立，消去得，，
设，，
则，，
，
，
而，，
则，
即，
，
，
，解得，
，
故选：D.
6-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据给定条件，设出直线l的方程，与抛物线方程联立，借助韦达定理及向量关系求解作答.
详解:
抛物线C：的焦点，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为，
由消去x并整理得：，设，则，
，由得：，而，
则有，因此，解得，则，
所以直线l的斜率.
故选：A
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设，再根据，结合诱导公式与同角三角函数的关系可得，再结合求解即可.
详解:
设，则由可得，即，故，，解得.
又，故，即.
故选：A
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先讨论是否为0,再将原式左侧分子分母均除以,得到的值,将展开,代入即可.
详解:
解:由题知,,
当时,原等式不成立,
故,
对原式左侧分子分母均除以,
可得,
,

.
故选:B
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由，解出与，得，再求.
详解:
由，切化弦得，∴，
由且，解得，，∴，
∴.
故选：B
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由同角三角函数的基本关系计算可得、，再根据两角差的正切公式计算可得.
详解:
因为，所以，又，
所以，则，
所以.
故选：C
7-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由已知可得，然后利用现角和与差的正弦公式展开后，弦化切后即可得结果
详解:
因为，
所以，
所以，
，
化简得，
所以，
所以，
故选：A
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将条件的两个式子平方相加可得，然后可得，再由，，可得，从而可求出，由商式关系可求得.
详解:
由，得，
由，得，
两式相加得，，所以可得，
因为，，所以，
所以，可得.
故选：B
8-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设电视塔高为，表示出后由余弦定理列式可求得．
详解:
设，则间，，
在BCD中，，
则，
即，解得（舍去）．
故选：A．
点睛:
本题考查解三角形的应用，根据已知条件选择恰当的公式求解是解题关键．
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
依题意由锐角三角函数得到、，在中利用余弦定理计算可得.
详解:
解：依题意在中，所以，
在中，所以，所以，令，
在中，，由余弦定理，
即，即，解得或（舍去），
所以大树的高度为米.
故选：A
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设则，利用正弦定理即得解.
详解:
解：设则.
由题得.
.
在△中，由正弦定理得.
所以塔高m.
故选：A
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
易得，在中，求出，在中，利用正弦定理求得，在解直角三角形即可得出答案.
详解:
解：由题意可得，
则，
在中，，
在中，因为，
所以，
所以，
又，
所以（米）.
故选：C.
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
在中由正弦定理求得，在直角中，，
将平面画成平面图，以地平线为基准，根据各个高度关系求MN的高度.
详解:
在中，，，
所以，
由正弦定理得 ，
所以，
在直角中，，
将平面画成平面图如图所示：

由题意知：，， ，
，
故选：C.
8-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
在，由边角关系得出，再由正弦定理计算出中的，最后根据直角三角形算出即可.
详解:
由题意知：，，所以，
在中，，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，
故选：C
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
详解:
分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，
过这三点的截面图的形状是六边形．
故选：D

9-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用图形，该截面与平面平行，利用排除法可把A,B排除，当截面为正六边形时有面积最大，计算即可.
详解:
如图

在正方体中平面，所以平面与平面平行
平面与正方体的截面可以是三角形、六边形但不会是五边形和四边形
当截面为正六边形时，截面面积有最大，
由题可知：，则
故选：D
点睛:
本题考查空间几何体的截面，考查空间想象能力，属基础题.
9-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由为直线与直线所成角即可判断①；取中点，证得平面∥平面即可判断②；由平面不过的中点即可判断③；先找出截面，再计算面积即可判断④.
详解:

对于①，易得，则即为直线与直线所成角，则，①正确；
对于②，取中点，连接，易得，平面，平面，所以∥平面，
同理可得∥平面，又，平面，所以平面∥平面，又平面，则∥平面，②错误；
对于③，若点C与点G到平面的距离相等，则平面必过的中点，连接交于，显然不是的中点，
则平面不过的中点，即点C与点G到平面的距离不相等，③错误；
对于④，连接，则，，易得等腰梯形即为平面截正方体所得的截面，
易知，之间的距离为，
则面积为，④正确.
故选：A.
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
如图所示，过点作,交于点,则四边形就是过点的截面，设，，根据已知求出即得解.
详解:
解：如图所示，过点作,交于点,则四边形就是过点的截面，设，，
则台体的体积，
解之得，
所以,,
所以截面的周长为.
故选：D

9-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
对于①，根据圆的定义得到轨迹，并且①中要注意点在平面上，而非正方形上；对于②，圆锥的斜截面与侧面的交线不是圆的一部分就可以判断；对于③，实质是要计算①中的圆心到直线的距离；对于④，要先作出截面，然后再计算周长.
详解:
设的中点为，则点的轨迹是平面上以为圆心，以2为半径的圆，所以点的轨迹长度为，故①错误；
连接，易知线段的轨迹是圆锥的侧面，而平面与轴不垂直，所以线段的轨迹与平面的交线不是圆弧，故②错误；
以的中点为原点，分别以水平向右、垂直平分为轴、轴建立平面直角坐标系，则所在的直线方程为，则点到直线的距离为，所以的最小值为，故③正确；
如下图，过作正方体的截面，为五边形，其中为的靠近的三等分点，为的靠近的四等分点.
可计算得，
，
所以该截面的周长为，故④错误.

故选：D.
点睛:
关键点睛：本题一是要注意点在平面上，而非正方形上，二是要正确的作出过的截面.
9-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状.建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断位置关系与计算距离.
详解:
对于①：若是三角形，当周长最大时，平面为平面或平面.
且为等边三角形.由“大角对大边，大边对大角”，根据对称性我们可固定,
则截面为，易知为最大角,记,.
则恒成立.
所以必定是锐角三角形.正确.

对于②：在正方体中体对角线与平面，平面，平面都垂直.由图可知，平面在运动过程中只可能为三角形或六边形.正确.
对于③：建立如图所示空间直角坐标系，则,,,,.
所以,设点.
所以
解得.
所以.
所以.
所以当点为对角线的三等分点且时：为平面或平面
此时的周长为.正确.
对于④：由③知：;
；
;.
所以点到各顶点的距离的不同取值为：，，，有4个.正确.
故选：A.

10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由是偶函数及可解出a，则可化简，由变换得，结合余弦函数的对称性可得在有两个不相等实根时的值域，即可得所求范围
详解:
函数是偶函数，则，即，解得.
∴.
向左平移个单位长度后，再向上平移1个单位长度得到曲线，则，
当，则，
由余弦函数的对称性，在有两个不相等实根，则，此时，
∴实数的取值范围是.
故选：C
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据可得，再由三角函数的单调区间可得，即求.
详解:
解析：，
由得，解得，
因为在内有零点，所以，
解得，又由在上单调递减，
解得，所以，
故选：C.
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
分析：结合余弦函数的单调减区间，求出零点，再结合零点范围列出不等式
详解：当，，
又∵，则，即，，
由得，，
∴，解得，
综上.
故选C.
点睛：余弦函数的单调减区间：，增区间：，零点：，对称轴：，对称中心：，.
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
先根据条件利用余弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在单调，可得，检验可得它的最大值．
详解:
函数，为的零点，为图象的对称轴，，且，
相减可得，
即，，即为奇数．
在单调，，
，故奇数的最大值为．
当时，，
，．
此时在上不单调，不满足题意．
当时，，
，，
此时在上不单调，不满足题意．
当时，，
，，
此时在上单调递减，满足题意；
故的最大值为，
故选：D．
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
利用题给条件列出关于的不等式组，解之即可求得的取值范围
详解:
因为函数，
，则，所以，
由，可得，．则，．
所以，解之得，
所以的取值范围是.
故选：C
10-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
分别求出两段函数各自的零点，作出图像利用数形结合即可得出答案.
详解:
设，，
令解得或2，
令在之间解得或或，
作出图形如下图

数形结合可得：，
故选：D.
11-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据题意结合勾股定理可得，从而可得，再根据双曲线的定义得，利用中位线的关系可得，在三角形中利用勾股定理即可求解.
详解:
由题意，作图如下，

因为，所以，
又因为，所以，则，
根据双曲线的定义可得，所以，
取中点为，连接,则为的中位线，
所以，
因为，
在直角三角形中，，
所以，则，所以，
所以离心率为，
故选:A.
11-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据P在以为直径的圆上，得到，设，，得到，由双曲线定义得到，求出，由勾股定理求出，从而求出离心率.
详解:
不妨设，，
因为P在以为直径的圆上，所以，即，则．
因为Q在C的左支上，所以，
即，解得，则．
因为，所以，即，
故，
故．
故选：A
11-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
设双曲线的左焦点为，连接，，，由题意推得四边形为矩形，可设，则，分别在直角三角形和直角三角形中，运用勾股定理，结合离心率公式可得所求值．
详解:
设双曲线的左焦点为，连接，，，
由以AB为直径的圆恰好过右焦点F可得AF⊥BF，由双曲线的对称性得四边形为矩形，
可设，则，
在直角三角形中，可得，
即为，
解得，
又在直角三角形中，，
即为，
即为，
即有，
故选：B．

11-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由几何关系及双曲线的定义列方程即可求得离心率.
详解:
如图：

由题可知，由，
可设，则，
设，则
因为A、B都在双曲线上，
所以
即
解得，
又，
所以，
则离心率．
故选：C．
11-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题设可得，，，应用两点距离公式求，，再由已知条件知，应用二倍角正切公式求得，结合构造齐次方程，即可求离心率.
详解:
联立且在第一象限，可得，而，，
所以，，
由题设，，故△是等腰直角三角形，
所以，而的内角平分线与轴平行，
所以，又，可得，
则，可得，
所以.
故选：B
11-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设点为的中点，根据为的重心，求得，由直线与的右支交于两点，得到，求得，再由时，证得四点共线不满足题意，即可求得双曲线 的离心率的取值范围.
详解:
由题意，双曲线的右焦点为，且，
设点为的中点，因为为的重心，所以，
即，解得，即，
因为直线与的右支交于两点，则满足，
整理得，解得或（舍去），
当离心率为时，即时，可得，此时，
设，可得，
又由，两式相减可得，
即直线的斜率为，
又因为，所以，此时四点共线，此时不满足题意，
综上可得，双曲线 的离心率的取值范围为.
故选：A.
点睛:
知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
构造函数，研究其单调性，进而可以比较a，b，c的大小.
详解:
令，，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
，，，
因为，所以.
故选：D.
12-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
利用两个重要的不等式，说明大小即可
详解:
先用导数证明这两个重要的不等式
①，当且仅当时取“=”


，函数递减， 函数递增
故时函数取得最小值为0
故，当且仅当时取“=”
②，当且仅当时取“=”


，函数递增，函数递减，
故时函数取得最大值为0，
故，当且仅当时取“=”
故

故选：C
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
先观察a，b的结构特征，构造合适的函数，通过函数的单调性比较a，b的大小，再借助中间值“0”比较a，c的大小，即可得结果．
详解:
设，，
则，
所以在上单调递增，
则，即，
所以，所以．
，
则，
而，即，，
则，则
易知，所以．
综上，，
故选：D．
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，，从而判断、的关系，再令，利用导数说明，，即可判断、的关系，即可得解.
详解:
解：令，，则，
所以在上单调递增，又，所以，，
即，，
所以，即，
令，则，当时，即在上单调递减，又，
所以当时，即，所以，即，
综上可得.
故选：C
12-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
对变形后，只需比较与的大小，从而构造，，求导，得到其单调性，从而得到，即，；在利用对数运算得到，先构造，，求导后得到单调性，求出，，再构造，，求导后得到单调性，从而求出，求出，得到.
详解:
要比较的大小，只需比较与的大小，
即与的大小，故可比较与，当的大小，
令，，
则，
因为，所以恒成立，
故在上单调递增，
故，
令，则，即，
故，，，
所以，
，
令，，
在上恒成立，
故，所以，，
则，
构造，，
在上恒成立，
故在单调递减，
所以，
故，故，
即，
综上.
故选：D
点睛:
构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对变形后，构造，比较的大小，对变形，先得到，再构造，，比较出，得到答案.
12-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由于，，，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可
详解:
因为，，，
所以只要比较的大小即可，
令，则，所以在 上递增，
所以，所以，
所以，即，
令，则，
因为在上为减函数，且，
所以当时，，
所以在上为减函数，
因为，，
要比较与的大小，只要比较与的大小，
令，则，
所以在上递增，所以，
所以当时，，所以，
所以，所以，
所以当时，，
所以在上递增，
所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，
故选：D
点睛:
关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题
13-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据向量的数量积运算律求解.
详解:
由题可知，
所以，
故答案为.
13-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．
详解:
解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故．
13-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先根据条件求出，，再利用向量的夹角公式计算即可.
详解:
由已知，
，
，又，

故
13-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
将写为，展开后将模和夹角代入计算结果即可.
详解:
解：因为，，，
所以

.
故答案为.
13-5【提升】 【正确答案】 8
【试题解析】 分析:
由，知点为的重心．连接并延长，交于点，可得和的长，又，利用平面向量的数量积公式计算即可得解．
详解:
解：由，所以点O为的重心．连接CO并延长，交AB于点D．

又，所以．
在中，，所以．

故8.
13-6【提升】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
分析可知点在内或其边界上，取线段的中点，可得，求出的最大值，即可得解.
详解:
因为
，
所以，，所以，，
所以，，
因为且、、，所以，、、，
所以，点在内或其边界上，取线段的中点，
则，
故当最大时，取最大值，
如下图所示，当点与的顶点重合时，取得最大值，且最大值为，
因为，所以，，
当且仅当、、三点共线且在线段上时，等号成立，
故.
故答案为.

点睛:
方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
14-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
详解:
∵
∴
∴
∴.
故答案为.

14-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题意，求得圆锥的底面圆的半径，结合圆锥的侧面积公式即可求解．
详解:
设圆锥的底面半径为r，
由题意可得：，解得，
所以圆锥的表面积为．
故答案为.
14-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
几何体的表面积是圆柱的侧面积与半个求的表面积、圆锥的侧面积的和．
详解:
由题意可得：圆柱的侧面积为，半球的表面积为，圆锥的侧面积为，
所以几何体的表面积为.
故答案为.
14-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用已知条件求出圆锥的母线的长，利用与圆锥底面所成角为求出底面半径，即可求出侧面积.
详解:
圆锥的顶点为,母线的夹角为，得.
由△的面积为,得,解得.
因为与圆锥底面所成角为,可得圆锥的底面半径为:,
则该圆锥的侧面积为: .
故 .
14-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由题意可知交线是一段圆弧，即平面截球所得的截面圆上的一段弧，从运动到时，所形成的曲面是绕DC旋转形成的圆锥的侧面的一部分，确定该圆锥的底面半径以及母线长，以及圆锥底面圆上的，即可求得答案.
详解:
由题意可知，以为球心，为半径的球与侧面的交线为，
那么交线是一段圆弧，即平面截球所得的截面圆上的一段弧，

由于平面,该截面圆的圆心是点C，截面圆的半径等于 ，
故从运动到时，所形成的曲面是绕DC旋转形成的圆锥的侧面的一部分，该圆锥的母线长等于，
由于 , , ,
所以 , 而 ,
故 是正三角形，则 ,
所以所形成的曲面面积为 ，
故
14-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设圆锥的底面圆半径为，，根据题意得到，而圆锥的侧面积转化为，最后利用换元法求解最小值即可.
详解:
设圆锥的底面圆半径为，，
设球与侧切于点，在中，．
因为，则，
即，所以．
在中，，
故圆锥的侧面积

令，，则，
故
当且仅当，即，时，取等号，所以圆锥侧面积的最小值为．
一题多解:
解法一：设，在中，
，．
因为，
则，即，
所以，，
于是圆锥的侧面积
，
令，则，则，
当且仅当，即时取等号，所以圆锥侧面积的最小值为．
解法二：设，．
，且，

即，
，，
圆锥的侧面积
当且仅当时等号成立，故圆锥侧面积的最小值为．

故答案为.
点睛:
本题考查圆锥的内切球、圆锥中相关量的计算，考查运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查数学运算直观想象核心素养．
15-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先根据递推关系式求出，然后利用裂项相消法求和.
详解:
由题意可得，，
所以是以3为首项，3为公差的等差数列，所以，
；
设数列的前项和为，
则.
故答案为.
15-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由递推关系得出数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，然后由等差数列前项公式分组求和．
详解:
由题可知，当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以，
即隔项成等差数列，其中奇数项以为首项，以3为公差；偶数项以为首项，以3为公差，
所以奇偶
.
故答案为.
15-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题意易得数列的奇数项和偶数项都是是以1为首项，2为公比的等比数列，再利用分组求和法即可得出答案.
详解:
解：由，，
令，则，
令，则，
所以数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，
即，
又因，
所以数列的偶数项也是以1为首项，2为公比的等比数列，
即，
所以.
故答案为.
15-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
当为奇数时，由递推关系得，构造为等比数列，可求出通项，结合即可分组求和.
详解:
当为奇数时，，即，此时为以为首项，公比为3的等比数列，
故，即.


.
故
点睛:
本题解题关键是根据题意找到相邻奇数项或偶数项之间的递推关系，从而求出当为奇数或为偶数时的通项公式，再通过相邻两项的关系求出前2n项的和．
15-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题意令和，代入整理可得，利用并项求和结合等差数列求和运算求解.
详解:
当时，则为偶数，为偶数，
可得，，
两式相加可得：，
故
，
解得.
故答案为.
点睛:
方法点睛：本题中出现，故应讨论的奇偶性，根据题意把相邻的四项合并为一项，组成一个新的数列，再进行求和运算，同时注意对的处理.
15-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题设中的递推关系可得、，利用分组求和可求前40项和，
详解:
当时，，
故
，
当时，，
所以，
所以，
当时，；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
故
，
故前40项和为，
故
16-1【基础】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
由已知结合对立事件的概率关系及相互独立事件的概率公式即可求解.
详解:
由题意可知，解得.
故答案为.
16-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
分别计算当号位接入、、时，该电路子模块能正常工作的概率，比较三个概率即可得最大值.
详解:
当号位接入时，
该电路子模块能正常工作的概率为
当号位接入时，
该电路子模块能正常工作的概率为
当号位接入时，
该电路子模块能正常工作的概率为
所以该电路子模块能正常工作的概率最大值为，
故
16-3【巩固】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
记事件检测结果为合格，记事件产品为正品，利用全概率公式计算出，再利用对立事件的概率公式可求得.
详解:
记事件检测结果为合格，记事件产品为正品，
则，，，
由全概率公式可得，
所以，检测结果为合格的概率为.
故答案为.
16-4【巩固】 【正确答案】 或0.752
【试题解析】 分析:
直接查出总电影数和获奖的电影数，然后根据古典概率计算公式进行求解即可.
详解:
根据已知条件，一共有部电影，
其中获得好评的电影共有.
故选取一部电影没有获得好评的概率为.
故
16-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
第一次传球从乙开始，随机地传球给其他两人中的任意一人，这两人每人得到球的概率为，如果球传到乙，则乙不能传到乙，所以第次由乙传球的概率与第次由乙传球的概率的关系为.
详解:
解：设为第n次传球，重新由乙同学传球的概率，
，
，
，
，
如果球传到乙，则乙不能传到乙，只能随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第次由乙传球的概率与第次由乙传球的概率的关系为：，
.
故答案为.
16-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设第次来购买时购买A产品的概率为，根据题设有，应用构造法及等比数列的定义判断数列为等比数列，进而写出通项公式即可.
详解:
设某顾客第次来购买时购买A产品的概率为，
由题意，则，而，
所以是首项为，公比为的等比数列，
则，故.
故答案为.
17-1【基础】 【正确答案】 （1）.（2）
【试题解析】 分析:
（1）利用，结合已知，即可容易求得；
（2）在中，由正弦定理求得；再在，由余弦定理求解.
详解:
（1）因为，，
所以
在中，，
所以

（2）在中，由正弦定理得，
即，解得
因为，，
所以，
在中，，根据余弦定理，


解得
点睛:
本小题主要考查正弦定理､余弦定理､三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想､函数与方程思想等.
17-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）由勾股定理得到，从而求出，再利用余弦差角公式进行计算；
（2）先求出，再利用余弦定理求出答案.
在中，由勾股定理得，
，

；
因为，所以，
在中，由余弦定理得：
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）2；（2）
【试题解析】 分析:
（1）先根据正弦定理求，再根据正弦定理求BC的长；
（2）先根据正弦定理直接求AC的长,再根据余弦定理求CD的长.
详解:
（1）根据正弦定理得

根据正弦定理得
；
（2）根据正弦定理得




所以
点睛:
本题考查正弦定理、余弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.
17-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1)由已知求得，再利用正弦定理即可求得的长；
(2)先求得的正余弦值，再利用余弦定理求的长，最后用面积公式即可.
解：在中，，


由正弦定理得：，即
故：．


解：
∴
在中，由余弦定理得：
即，解得：或舍．

故：的面积为7.
17-5【提升】 【正确答案】 1、
2、百米； 3、百米．
【试题解析】 分析:
（1）在直角三角形和直角三角形中，分别求出和的正、余弦值，再利用两角和的余弦公式，求的余弦即可；
（2）在三角形中，使用余弦定理求解即可；
（3）连接，以为参变量，在三角形和中，利用和，结合解三角形知识对，进行求解，并借助函数思想求出的最大值即可.
∵百米，百米，，
∴在直角三角形中，百米，
∴，，
又∵，，百米，
∴在等腰直角三角形中，百米，，，
∴



.
∴的余弦值为.
由第（1）问，当时，，百米
∴在三角形中，


，
∴百米.
∴排水沟的长为百米.
设，，，
∵、、分别为边、、的中点，
∴，百米，，
∴，百米，，
在三角形中，由余弦定理得,
由正弦定理，
得，

连接，∵，，为边的中点，
∴，，
在三角形中，，
由余弦定理得


，
在三角形中，，
由余弦定理得


，
令
∵，∴，∴，
∴，
令，易知在上单调递增，
∴当时，的最大值为，





.
∴最大值为，
∴条走道总长度的最大值为百米．
点睛:
本题前两问较为简单，难点在第（3）问.对于解三角形中的最值问题，有两种最常用的方法，一种是通过单一变量，构造函数，利用函数单调性和最值解决，另一种是借助不等式知识解决，本题采用了第一种方法.
17-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）在中,根据余弦定理可得，再结合正弦定理可得，进而得到，可得，在中,最后利用余弦定理可得长；（2）利用正弦定理将所求化为角的形式：，化一求最值.
详解:
（1）在中,根据余弦定理可得 ，解得，

由正弦定理可得，即，
所以，又，所以为锐角，
所以，又，所以
所以 ，
所以，又，
所以为正三角形，所以，
所以在中,根据余弦定理可得 ，
解得.
（2）在中，由正弦定理可得，
则，
令,则
所以，
又，
当，即时取到最大值，
所以最大值为.
18-1【基础】 【正确答案】 1、，
2、分布列答案见解析，数学期望：
【试题解析】 分析:
（1）根据频率分布直方图，利用平均数和方差的公式代入计算即可；
（2）根据分层抽样的原理，可知这6人中年龄在内有2人，在内有4人，利用古典概型的概率公式代入计算，列出分布列求出数学期望即可．
这200位作者年龄的样本平均数和样本方差分别为
，
.
根据分层抽样的原理，可知这6人中年龄在内有2人，在内有4人，
故X可能的取值为0，1，2，
，，
，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P



所以X的数学期望为.
18-2【基础】 【正确答案】 1、107 2、分布列见解析;期望为1.2
【试题解析】 分析:
(1)根据频率分布直方图求出成绩在的频率,再利用同一组中的数据用该区间的中点值和频率求出即可;
(2)根据频率分布直方图得,这人中成绩在分以上(包括分)和的学生人数,利用超几何分布写出分布列,求出期望即可.
根据频率分布直方图,得成绩在的频率为
,
所以估计该校全体学生的数学平均成绩为

,
所以该校的数学平均成绩为107.
根据频率分布直方图得,
这人中成绩在分以上(包括分)的有0.08×50=4人,
而在的学生共有,
所以的可能取值为、、、,
所以, ,
, ,
所以的分布列为










数学期望值为.
18-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、分布列见解析； 3、
【试题解析】 分析:
（1）根据甲班频率分布直方图求出学生每天学习时间达到5小时以上的频率，由此估计全校的情况作答.
（2）求出甲、乙两个班级学生每天学习时间不足4小时的人数，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望作答.
（3）利用频率分布直方图求出甲乙两班学生学习时间的平均数、方差作答.
由甲班的统计数据知：甲班学生每天学习时间在5小时以上的频率为，
由此估计高三年级学生每天学习时间达到5小时以上的频率为，人数为人，
所以估计该校高三年级每天学习时间达到5小时以上的学生人数480.
依题意，甲班自主学习时长不足4小时的人数为：人，
乙班自主学习时长不足4小时的人数为：人，
的可能值为：，
，，，
所以的分布列为：








的数学期望为.
甲班学生每天学习时间的平均数为，
甲班学生每天学习时间的方差为，
乙班学生每天学习时间的平均数为，
甲班学生每天学习时间的方差为，
所以.
18-4【巩固】 【正确答案】 1、90 2、0.75
3、分布列见解析，
【试题解析】 分析:
（1）根据分层抽样的定义即可求解；
（2）利用样本频率估计总体概率；
（3）运动时间超过4小时的概率为，结合分布列和数学期望的定义求解即可.
因为男生10500人，女生4500人，
所以抽取女生占总人数的比例为．
又因为分层抽样收集300位学生，
所以女生样本数据应收集为．
由频率分布直方图可知，
学生每周平均体育运动时间超过4个小时的频率为．
估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率0.75.
由（2）可知运动时间超过4小时的概率为，则，
所以，
，
，
，
，
则的分布列为：

0
1
2
3
4






则．
18-5【提升】 【正确答案】 1、分布列见解析；数学期望
2、“体育迷”有2人，非“体育迷”体育迷有6人；分布列见解析；方差
【试题解析】 分析:
由频率分布直方图可知从该地区大量电视观众中，随机抽取1名观众，该观众是“体育迷”的概率为.
（1）由题可得所有可能的取值为0，1，2，3，从而可得分布列及对应期望；
（2）由题可得8人中，体育迷有2人，则所有可能的取值为0，1，2，后可得分布列及对应方差.
“体育迷”对应的频率为：，
用频率估计概率，可知从该地区大量电视观众中，随机抽取1名观众，该观众是“体育迷”的概率为，则所有可能的取值为0，1，2，3
∴；；
；；
∴的分布列为：

0
1
2
3





则数学期望.
根据分层抽样原则知：抽取的8人中，有“体育迷”人，非“体育迷”体育迷人，则所有可能的取值为0，1，2.
，，.
故的分布列为：

0
1
2




则，，
故.
18-6【提升】 【正确答案】 1、
2、分布列见解析；
【试题解析】 分析:
（1）先由频率直方图中频率之和为求得，从而求得不低于70分与不低于90分的人数，由此求得这名学生成绩是优秀的概率；
（2）结合（1）中结论，求得成绩在，与内的人数，从而利用分层抽样比例相同求得各区间所抽人数，由此利用组合数求得各取值的概率，进而得到X的分布列与数学期望．
依题意，得，解得，
则不低于70分的人数为，
成绩在内的，即优秀的人数为；
故这名学生成绩是优秀的概率为；
成绩在内的有（人）；
成绩在内的有（人）；成绩在内的有人；
故采用分层抽样抽取的13名学生中，成绩在内的有6人，在内的有5人，在内的有2人，
所以由题可知，X的可能取值为0，1，2，
则，，，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P



故．
19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）利用空间向量的坐标运算方法求面面角的余弦值.
证明：连接并延长，交于，交圆柱侧面于．
因为，，所以，所以，
所以，所以M为BC中点，所以．
又在圆柱中，平面，平面，
，，平面,
所以平面．
因为不论P在何处，总有平面，
所以．
设，则．
在中，，
则．所以．
如图，建立空间直角坐标系，
其中轴，轴是的垂直平分线，
则，，，，
所以，，
，．
设平面的一个法向量为，则
，取，得．
设平面的一个法向量为，则
，取，得．
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与面夹角（锐角）的余弦值为．

19-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）由线面垂直判定定理，性质定理解决即可；（2）根据空间向量法计算出二面角的余弦值，再求出二面角的正弦值即可.
证明：取中点，连接，如图所示：

∵是等腰直角三角形，
∴，且，
∵平面底面，平面底面平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，
∴，
∴，（符合勾股定理），
∴，
∵平面，
∴平面，
∵平面，
∴.
由（1）知，可以建立分别以为轴的空间直角坐标系，

则，
又因为斜三棱柱中，，
所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，
∴平面的法向量，
设平面的法向量，
则，令，则，
∴平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则.
所以，
故二面角的正弦值为.
19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）取，中点设为，连接，以为原点，为轴建立坐标系，设平面的法向量为，平面的法向量为，利用即可证明平面平面；
（2）设平面的法向量，平面与平面夹角为，利用求解即可.
取，中点设为，连接，
因为直三棱柱，所以平面平面，，
又为正三角形，，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以两两垂直，
以为原点，为轴建立如图所示坐标系，

则由题意可得，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，
设平面的法向量为，
则，取，
因为，所以平面平面.
由（1）得，
设平面的法向量，
则，取，
设平面与平面夹角为，
则.
19-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）建立空间直角坐标系，验证即可；
（2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
由题意可知，DA，DB，DC两两垂直，不妨设，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.

因为，
所以，故.
设平面的法向量为，
因为，，
所以令，得.
取平面的一个法向量为.
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
19-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、
【试题解析】 分析:
（1）证明平面PAB即可;
（2）由异面直线BM和CE所成角的余弦值为可得M坐标，后可得答案.
证明：在中，
∵，，，
由余弦定理可得：，
即，
∴，
从而
∵，∴
∵平面平面PAD，平面ABCD平面PAD，AB平面ABCD.
∴平面PAD，
∴平面PAD，
∴.
∵，AB平面PAB，PA平面PAB，
∴平面PAB.
∵平面PAB，
∴．
以A为原点，以AD为y轴，建系如图所示，则，，，，
则，，
，.
设，则

设异面直线BM和CE所成角为，则

得.此时，
设面MAB的一个法向量为，
有
令，则，，取 .
设面PCD的一个法向量为，
有
令，则，，取
设面MAB与面PCD的夹角为，
则.
即面MAB与面PCD夹角的余弦值为.

19-6【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；
（2）根据四点共面、线面垂直等求出点的坐标，再利用空间向量坐标运算即可求得二面角的平面角的正弦值.
因为，、都垂直平面，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

，则，
所以，则，故；
设平面的法向量为，
则，令，则
设，则，由于平面，所以，则，所以，即，
又平面，故存在实数，且满足，使得，
故，解得，所以
设平面的法向量为，又
则，令，则
设平面的法向量为，又
则，令，则，
所以，所以
则二面角的平面角的正弦值为.
20-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
(1)根据直线与圆相切求出切线方程即可求解；(2)利用韦达定理结合直线PA，PB的斜率之和为0，列出方程即可求解.
设，，，设切线上任意一点，
因为,所以,
且，所以整理得，
所以切线PE的方程为，
同理PF的方程为：，因为P在切线PE，PF上，
所以，，
所以直线EF的方程为.
于是得，，所以.
因为P在椭圆上，所以，故.
据题意可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：
，，.
，化简整理得，
于是：，
，.
，.
据题意.
即，
即，
即，
即，
于是有：或.
当，直线AB：，恒过，
不合要求，舍去.
所以直线AB的斜率为.
20-2【基础】 【正确答案】 1、
2、的大小为定值
【试题解析】 分析:
（1）根据题意得到，即可得到答案；
（2）当直线轴时，得到，，从而得到，即可得到，当直线l的斜率不为0时，设直线，得到，，再根据即可得到.
依题意，得，
，
所以椭圆C的标准方程为；
为定值．
①当直线轴时，代入椭圆方程，得，
直线AM的方程为，令，得，．同理可得，
，则，即；
②当直线l的斜率不为0时，设直线，
联立整理得，
易知，且，
直线AM的方程为，
令，得，则，同理可得．
，


，
，
综上所述，的大小为定值．
20-3【巩固】 【正确答案】 1、；
2、证明见解析﹒
【试题解析】 分析:
(1)根据椭圆离心率列出用c表示a、b，根据即可求出c，从而求出a、b和椭圆的方程；
(2)设方程为，，，联立直线l方程和椭圆方程得根与系数关系，求出M和N的坐标，代入化简即可得结论．

由椭圆的离心率为，得，于是，
∴，，
因此，，，
∴椭圆的方程为；
易知，直线(EF)斜率不为0，设方程为，
由得，
设，，则，，
则．
由直线方程，得；
由直线方程，得；
由此可得，

．
∴为定值．

20-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、是，
【试题解析】 分析:
（1）根据题意可得为的中垂线，利用中垂线的性质可得与周长相等，结合椭圆的定义求出a，b，即可求解；
（2）设切线方程为，由直线与椭圆相切可得，由点在直线和椭圆上可得，结合两点求斜率公式对式子化简求值即可.
∵，∴为正三角形，∴为的中垂线
∴，∴与周长相等，
由椭圆的定义知，即
∴，∴E标准方程为；

设切线方程为，由题意知，
，
由①，
过点得代入①得②，
又点在椭圆上，∴代入②，
得，将代入，
得，再将代入，
整理得，
由，得．
∴．
20-5【提升】 【正确答案】 (1)(2) (ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明
【试题解析】 分析:
(1)由题意可得，可以求出，，从而求出椭圆的方程；(2)(ⅰ)由点斜式分别写出与的方程，两式子消去，根据韦达定理可得，的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x＝2上；(ⅱ)由于，结合点P在椭圆上，可以求出为定值．
详解:
(1)设椭圆的焦距是2c，
据题意有：，，，则，
所以椭圆的方程是.
(2) (ⅰ)由(1)知，，，
设直线PQ的方程是，
代入椭圆方程得：，
易知，
设，，，
则
，
直线的方程是： ①，
直线的方程是： ②，
设，既满足①也满足②，
则
，
故直线与交点M在一条定直线l：x＝2上.
(ⅱ)设，，，则，
∴.
点睛:
本题考查了椭圆的标准方程，椭圆与直线的综合问题，考查了学生综合分析能力及计算能力，属于难题．
20-6【提升】 【正确答案】 1、
2、①证明见解析②
【试题解析】 分析:
（1）根据条件列关于的方程组解得，即得结果；
（2） ①设直线的方程为，再根据直线与椭圆联立，最后根据斜率公式计算为定值，
②根据三点共线及椭圆上的点的运用分别得到，，再表示出面积，根据面积的构造特点运用基本不等式即可求最值.
由题意得，
所以椭圆方程为；
①证明：设直线的方程为，，
联立，
则，
所以
.
即为定值.
②设直线与直线的交点，
因为三点共线，所以，
因为三点共线，所以，
两式相除可得，
因为在椭圆上，所以，
即，
则，解得，
同理可得.
所以直线的方程为，设直线与轴相交于点，
则，
而，即，同理，
所以（当且仅当时取等号），
所以面积的最小值为.
【关键点点睛】
求的关键是用点的坐标表示斜率，再结合韦达定理化简即可，求三角形面积的关键是得到直线的方程为和基本不等式的运用.
21-1【基础】 【正确答案】 （1）当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞），单调递减区间为（﹣2,0）；当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（﹣2,0），单调递减区间为（﹣∞,﹣2）和（0,+∞）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）先求导f'（x）＝2axex+ax2ex＝axex（2+x），再分a＞0和a＜0进行讨论即可得解；
（2）根据（1）可知，当a＞0时， f（x）在x∈[1，+∞）上单调递增，则保证f（1）＞0即可得解.
详解:
（1）f'（x）＝2axex+ax2ex＝axex（2+x），
令f'（x）＝0，则x＝0或x＝﹣2，
①若a＞0，
当x＜﹣2时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当﹣2＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
②若a＜0，
当x＜﹣2时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当﹣2＜x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
综上所述，当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞），单调递减区间为（﹣2，0）；
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为（﹣2，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣2）和（0，+∞）.
（2）当a＞0时，由（1）可知，f（x）在x∈[1，+∞）上单调递增，
若函数没有零点，则f（1）＝ae﹣1＞0，解得，
故a的取值范围为.
点睛:
本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了分类讨论思想，要求较高的计算能力，在高考中考压轴题，属于难题.
21-2【基础】 【正确答案】 解：（Ⅰ），.
（Ⅱ）详见解析
【试题解析】 详解:
详解：（Ⅰ）.
∵是的一个极值点，
∴是方程的一个根，解得.
令，则，解得或.
∴函数的单调递增区间为，.
（Ⅱ）求方程的根，即求：的解的个数，
令，，
故g（x）在递增，在（1,2）递减，，
故，方程有一个解
当时，方程有两个解
时，方程有三个解
点睛：解本题关键首先要知道极值点的定义和求法，然后对于函数零点问题可以结合函数图像进行分析会比较容易，求出函数单调区间和极值，根据草图即可得出根的分布情况.
21-3【巩固】 【正确答案】 1、见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）求导，通过，判断导数方程两根大小，数形结合判断函数单调性.
（2）根据函数单调性可判断函数有两个零点时是极值为时，求出极值解方程可得.



，
当单调递增，
当，单调递减，
当单调递增.
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减.
情况一：若,即时,由的单调性,其在上恒为正,无零点,
在增区间至多有一个零点,不符题意.
情况二：若,即时,
由于,由零点存在定理,在区间上存在一个零点，
取,则,
，
当时,,由于在区间上单调递增,
故在恒为正,无零点,由零点存在定理,在区间上存在一个零点,符合题意，
情况三：若,即时,同情况二可得在增区间恒为正,无零点,
仅有一个零点,不符题意，
综上,的取值范围是.
点睛:
思路点睛：本题第二问在于合理地分类讨论，结合函数单调性，连续性，利用零点存在定理证明每类情况时的零点个数.
21-4【巩固】 【正确答案】 1、在上单调递减，在上单调递增
2、
【试题解析】 分析:
（1）对求导，根据导函数的正负确定的单调性；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出的最小值，结合零点个数，得到关于的不等式，即可求出的取值范围.
当时，
解，得；解，得，
故在上单调递减，在上单调递增.
,
当时，在上单调递增，此时无两个零点；
当时，解，得；解，得，
故在上单调递减，在上单调递增.
因为趋于负无穷，趋于正无穷；为趋于正无穷，趋于正无穷；
故有两不同零点，则
即.
令则
当时，单调递增，
当时，单调递减，
且时，，又
当时，
综上，的范围为.
21-5【提升】 【正确答案】 1、增区间，减区间；
2、答案见解析.
【试题解析】 分析:
（1）根据得到，然后计算，令可得单调递增区间，令可得单调递减区间.
（2）计算，令，可知函数的单调性，然后讨论，，分别找到相应的隐零点，然后分别得到函数的单调性，进一步判断即可.


则，即
令，则，即
函数的单调递增区间为，
递减区间为

令，
当时，；当时，
所以在上递增，在上递减，且
当，即时，
故存在，使得，则在递增，在递减
所以在上仅有一个零点
当时，，
所以存在，使得
又，所以存在，使得
所以在递减，在递增

所以在存在一个零点
又，所以在也存在一个零点
所以在上有两个零点
综上所述：当时，在上仅有一个零点；
当时，在上有两个零点
点睛:
关键点点睛：第二问中关键在与对的二阶导，得到的性质，找到隐零点，确定函数的单调性，同时确定，得到结果.
21-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）答案见解析．
【试题解析】 分析:
（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最值，从而证明结论成立即可；
（2）由于，令，可求得在上单调递增，在上单调递减，再对a分，两类讨论，求得在上的零点个数．
详解:
解：（1）证明：，
则，令，，
则，显然在递增，
，，，
故时，，递减，时，，递增，
故，而，，
故在恒成立，即在恒成立，
故在递减，故，，
故；
（2）由已知得，，令，则，
，时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减．
，，
①当，即时，，，
，使得，
当，，
当时，，
在上单调递增，在单调递减；
，，
又，由零点存在定理得，此时在上仅有一个零点，
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，又，
，，使得，，
且当、时，，当时，，
在和上单调递减，在单调递增．
，，，
，又，
由零点存在定理可得，在和内各有一个零点，
即此时在上有两个零点，
综上所述，当时，在上仅有一个零点，
当时，在上有两个零点．
点睛:
本题考查利用导数判断函数的零点个数，属于难题.
知识点总结：零点存在性定理：若在上连续且单调，若有，则必然存在，使.
22-1【基础】 【正确答案】 （1）C：；l：；（2）8.
【试题解析】 分析:
直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程.
将直线的参数方程与双曲线的方程联立，利用参数的几何意义得出答案.
详解:
解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），
转化为直角坐标方程为，
直线l的极坐标方程，
直角坐标方程为.
（2）由于直线与x轴的交点坐标为，
所以直线的参数方程为(为参数)，
代入得到：，
所以：，，
则.
点睛:
本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程之间的转换，同时考查直线参数的意义，考查了学生的运算能力和转换能力，属于基础题.
22-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 由,得.
两边同乘,即.
由,得曲线的直角坐标方程为
将代入,得,
设A,B对应的参数分别为
则
所以.
由参数的几何意义得
22-3【巩固】 【正确答案】 1、当时，直线的普通方程为；当时，直线的普通方程为；
2、或
【试题解析】 分析:
（1）因为直线的参数方程为（为参数），讨论和时，消去参数，即可求出直线的普通方程，因为，即可求出曲线的直角坐标方程.
（2）将直线的参数方程代入曲线的方程整理，．因为，可设该方程的两个根为，所以，代入即可求出直线的倾斜角.
因为直线的参数方程为（为参数），
当时，直线的普通方程为．
当时，直线的普通方程为．
因为，，
因为，所以．
所以的直角坐标方程为．
曲线的直角坐标方程为，
将直线的参数方程代入曲线的方程整理，
得．
因为，可设该方程的两个根为，
则，．
所以
．
整理得，
故．
因为，所以或，
解得或或，
综上所述，直线的倾斜角为或．
22-4【巩固】 【正确答案】 （1）直线l的普通方程为，曲线C的直角坐标方程为；（2）1.
【试题解析】 分析:
（1）由点斜式可得直线的普通方程，对两边乘以，结合可得曲线的直角坐标方程．
（2）显然，点在直线上，联立直线的参数方程及曲线C的直角坐标方程可得：，即可求得： ，，再利用参数的几何意义可得：，整理可得解．
详解:
（1）当时，直线l的参数方程为（t为参数，为倾斜角），
过点，斜率，
直线l的普通方程
由得，得，
∴曲线的直角坐标方程为.
（2）显然，点在直线上，
联立得：，
设A，B对应的参数为，，
则 ，，
∴
，
22-5【提升】 【正确答案】 （1）；()（2）.
【试题解析】 分析:
（1）消去参数即可得曲线、的直角坐标方程，由极坐标方程与直角坐标方程转化公式即可得曲线的极坐标方程；
（2）设直线l的参数方程，进而可得直线m的参数方程，分别与、联立，可得M，N，B对应的参数，，的关系，代入计算即可得解.
详解:
（1）曲线的参数方程为，(γ为参数)，
曲线的普通方程为，即．
由，得曲线的极坐标方程为，
即曲线的极坐标方程为．
由曲线的参数方程，(s为参数),可得，
又，
故曲线的普通方程为()．
（2）A的极坐标为，故A的直角坐标为，
设l：(p为参数)，，
则直线m：(t为参数)，，
联立m：与的方程，
得,，
联立l：与的方程()，
得．
设M，N，B对应的参数分别为，，，
则，，
由可得，
，化简得即，
.
点睛:
本题考查了参数方程、直角坐标方程及极坐标方程之间的转化以及直线参数方程的应用，考查了逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.
22-6【提升】 【正确答案】 1、，；
2、
【试题解析】 分析:
（1）消去参数得普通方程，利用公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）把直线方程化为标准参数方程，代入曲线的直角坐标方程，利用参数几何意义计算．
由得
利用，得，即为的普通方程，
由，得，
即，即，直线的直角坐标方程为；
点在直线上，可得其参数方程为（为参数），
把代入得，，
所以，，不同号．
．
23-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1)利用绝对值的几何意义将表示成分段函数形式，即可解不等式；
(2)利用绝对值不等式得，进而可求的取值范围.
因为，所以.
当时，,不等式转化为，解得.
当时，,不等式转化为，无解.
当时，,不等式,
转化为，解得.
综上所述，不等式的解集为.
因为，所以.
又，所以，
解得或.
故的取值范围为.
23-2【基础】 【正确答案】 1、 2、
【试题解析】 分析:
(1)将绝对值函数表示为分段函数，解不等式即可求解；
(2)根据三角不等式的性质求出的最小值，即可求解.
由题知，当时，，
所以
因为，所以或或
解得或或，
所以不等式的解集为.
因为，
所以，
所以，所以，即，
所以，解得，
所以a的取值范围为.
23-3【巩固】 【正确答案】 1、或
2、
【试题解析】 分析:
（1）把代入，将函数化为分段函数的形式，然后分别列出不等式求解即可得到结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得，再由转化为，解出即可．
当时，
等价于或或
解得或，
∴不等式的解集为或；
由绝对值三角不等式可得，
∴若恒成立，则，即，
或，解得，
的取值范围为．
23-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）分别在，，条件下化简绝对值不等式，并求其解集；
（2）利用绝对值三角不等式得到，依题意可得，解绝对值不等式即可
当时，，
当时，恒成立；
当时，即，解得；
当时，即，解得；
综上，
所以不等式的解集为.
依题意，即恒成立，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，故，
所以或，解得.
所以的取值范围是.
23-5【提升】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）分类讨论去掉绝对值，转化成整式不等式组去求解即可解决；
（2）分离参数法去求实数a的取值范围.
当时，
，或，或
从而，原不等式的解集为
当时，恒成立，即恒成立
①当时，有恒成立，即恒成立
∵，故
②当时，有恒成立，
即恒成立.
∵，故.
综上所述，所求实数a的取值范围是.
23-6【提升】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）利用零点分区间法去掉绝对值，将不等式转化为三个不等式，分别求解取并集即可得到结果；
（2）利用零点分区间法去掉绝对值，然后对分，，分别求函数的最小值，即可得到结果.
当时，，
则不等式可转化为或，解得或，
即不等式的解集为.
当时，，
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
此时不存在，使得成立；
当时，，在上单调递减，
在上恒为，在上单调递增，则，
此时不存在，使得成立；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
令，得；
综上，实数的取值范围是.