2022-2023学年变式题 北京市海淀区2021-2022学年高三上学期期末考试数学试题（解析版）

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北京市海淀区2022届高三上学期期末练习数学试题变式题
【原卷 1 题】 知识点 交集的概念及运算

【正确答案】
C

1-1（基础） 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-2（基础） 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

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

1-4（巩固） 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

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

1-6（提升） 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 根据抛物线方程求焦点或准线

【正确答案】
D

2-1（基础） 抛物线：的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

2-2（基础） 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

2-3（巩固） 抛物线的焦点到准线的距离是（ ）．
A. B. C.2 D.4
【正确答案】 D

2-4（巩固） 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

2-5（提升） 在平面直角坐标系xOy中，抛物线上点到焦点的距离为3，则焦点到y轴的距离为（ ）
A.8 B.4 C.2 D.1
【正确答案】 C

2-6（提升） 抛物线上一点到其焦点的距离为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 求复数的实部与虚部,复数的除法运算

【正确答案】
C

3-1（基础） 复数的实部为（ ）
A. B. C.1 D.3
【正确答案】 A

3-2（基础） 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

3-3（巩固） 若复数，则的虚部是（ ）
A.i B.2i C.1 D.2
【正确答案】 C

3-4（巩固） 已知复数，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A.1 B. C. D.
【正确答案】 B

3-5（提升） 已知为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（ ）
A.－3 B.－1 C.1 D.3
【正确答案】 A

3-6（提升） 若复数（i为虚数单位，a，且）为纯虚数，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 求指定项的系数

【正确答案】
A

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） 已知二项式展开式的二项式系数和为64，则展开式中常数项为（ ）
A. B. C.15 D.20
【正确答案】 B

4-4（巩固） 已知二项式展开式的二项式系数和为64，则展开式中常数项为（ ）
A.10 B.15 C.18 D.30
【正确答案】 B

4-5（提升） 若的展开式中的第项和第项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

4-6（提升） 若的展开式中第2项与第6项的二项式系数相等，则该展开式中的常数项为（ ）
A. B.160 C. D.1120
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 已知弦（切）求切（弦）,三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系

【正确答案】
C

5-1（基础） 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-2（基础） 若，则（ ）
A.6 B.3 C.1 D.
【正确答案】 D

5-3（巩固） 已知，则（ ）
A. B.2
C. D.
【正确答案】 D

5-4（巩固） 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-5（提升） 已知，其中，则（ ）
A. B.或 C. D.
【正确答案】 D

5-6（提升） 已知是的内角，且，则的值为（ ）
A.-1或7 B.或1 C.-1 D.
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 等差数列前n项和的二次函数特征,必要条件的判定及性质

【正确答案】
B

6-1（基础） 设等差数列的公差为d，，则“”是“”的（ ）
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

6-2（基础） 设是等差数列，则“”是“数列是递增数列”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】 C

6-3（巩固） 设{an}是公差为d的等差数列，Sn为其前n项和，则“d＜0”是“∀n∈N*，Sn+1＜Sn”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 D

6-4（巩固） 已知d是等差数列的公差，是的首项，是的前n项和，设甲：存在最小值，乙：且，则甲是乙的（ ）
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】 B

6-5（提升） 已知数列是等比数列，是其前项和，则“成等差数列”是“成等差数列”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】 B

6-6（提升） 已知等差数列的前n项和为，则“的最大值是”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 利用正弦型函数的单调性求参数

【正确答案】
C

7-1（基础） 已知ω>0，函数在区间上单调递减，则实数ω的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-2（基础） 设，若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

7-3（巩固） 将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像．若在上单调递增，则m的取值可能为（ ）．
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-4（巩固） 函数在上是减函数，则的取值范围是
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

7-5（提升） 将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-6（提升） 已知函数，其中．若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 已知两点求斜率,直线的点斜式方程及辨析,求点到直线的距离,圆的对称性的应用

【正确答案】
B

8-1（基础） 已知实数x，y满足，那么的最小值为（ ）
A. B. C.2 D.4
【正确答案】 C

8-2（基础） 若向量与平行，则点和点间距离的最小值为（ ）
A. B.1 C. D.
【正确答案】 A

8-3（巩固） 已知直线及圆，过直线l上任意一点P作圆C的一条切线PA，A为切点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-4（巩固） 已知，分别为轴，轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则该圆面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-5（提升） 已知直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A. B.2
C. D.
【正确答案】 A

8-6（提升） 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B为平面上两点，且，M为线段AB中点，其坐标为，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 9 题】 知识点 柱体体积的有关计算

【正确答案】
B

9-1（基础） 如图所示的直三棱柱容器中，，，把容器装满水（容器厚度忽略不计），将侧面BCFE平放在桌面上，放水过程中，当水面高度为AB的一半时，剩余水量与原来水量的比值为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

9-2（基础） 如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点到容器底部的距离分别是10和16，则容器内液体的体积是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

9-3（巩固） 《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中的一个寓言故事，通过讲述一只乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧、认真思考才能让问题迎刃而解的道理.如图所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，已知该锥形瓶上面的部分是圆柱体，下面的部分是圆台，瓶口的直径为3cm，瓶底的直径为9cm，瓶口距瓶颈，瓶颈到水位线的距离和水位线到瓶底的距离均为.现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移，当水位线离瓶口不大于时，乌鸦就能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（石子体积均视为一致）（ ）

A.2颗 B.3颗 C.4颗 D.5颗
【正确答案】 B

9-4（巩固） 古希腊数学家阿基米德的墓碑，上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，即：圆柱的内切球体积与圆柱体积比为定值，则该定值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

9-5（提升） 唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁的表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值可能为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

9-6（提升） 2022年6月5日，我国三名航天员乘坐神舟十四号载入飞船成功升空．预计三名航天员在太空工作6个月，在轨期间将进行多个科学实验，任务完成后，乘返回舱返回地面．某自然科学博物馆为了青少年参观学习的需要，仿制了一个返回舱，如图所示，若仿制的返回舱的内腔轴截面曲线C近似由半椭圆：和弧：组成，曲线C内接一各边与坐标轴分别平行的矩形，满足水平方向矩形的边长为6，若由这个矩形绕y轴旋转，形成圆柱作为返回时载物及航天员座椅的空间，则这个空间的体积为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 指数幂的运算,反函数的性质应用,已知直线垂直求参数,求平面两点间的距离

【正确答案】
B

10-1（基础） 在同一平面直角坐标系中，函数的图象与的图象关于直线对称，若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

10-2（基础） 已知a是方程的根，b是方程的根，函数是定义在R上的奇函数，且当时，，若对任意，不等式恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

10-3（巩固） 已知函数与的图象上恰好存在唯一一对关于直线对称的点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-4（巩固） 若满足，满足，则等于（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
【正确答案】 D

10-5（提升） 已知直线分别与函数和的图象交于点、，现给出下述结论：①；②；③；④，则其中正确的结论个数是（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
【正确答案】 B

10-6（提升） 已知函数与的图象上存在关于直线对称的点，若点P，Q分别在，的图象上.当a取最大值时，的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 已知方程求双曲线的渐近线

【正确答案】


11-1（基础） 双曲线的渐近线的方程为______．
【正确答案】

11-2（基础） 已知双曲线，则的渐近线方程为______．
【正确答案】

11-3（巩固） 已知双曲线过点，则其渐近线方程为______．
【正确答案】

11-4（巩固） 若双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离是，则的离心率为____.
【正确答案】

11-5（提升） 点P在双曲线上，若点P在第一象限，则点P到直线的距离的取值范围是______．
【正确答案】

11-6（提升） 点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率_______．
【正确答案】

【原卷 12 题】 知识点 计算古典概型问题的概率,计算条件概率

【正确答案】


12-1（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

12-2（基础） 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件为“取到的2个数之和为偶数”，事件为“取到的2个数均为偶数”，则为__________，为__________．
【正确答案】 或0.4 或0.25

12-3（巩固） 先后掷两次骰子（骰子的六个面上的点数分别是1､2､3､4､5､6），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x､y，记事件A为“为偶数”，事件B为“x､y中有偶数且”，则概率___________，___________.
【正确答案】 或0.5

12-4（巩固） 甲罐中有4个红球、2个白球和2个黑球，乙罐中有4个红球、3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．以表示由甲罐取出的球是红球的事件，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则______；______．
【正确答案】

12-5（提升） 数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成就.在研究一类二次型数论问题时，他在他的著作《算术研究》中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理论在噪音工程学､密码学以及大数分解等各个领域都有广泛的应用.已知对于正整数，若存在一个整数，使得整除，则称是的一个二次剩余，否则为二次非剩余.从1到20这20个整数中随机抽取一个整数，记事件与12互质”，是12的二次非剩余”，则___________；___________.
【正确答案】

12-6（提升） 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球若从中任取3球，则恰有一个白球的概率是__________，若从中不放回的取球2次，每次任取1球，记“第一次取到红球”为事件， “第二次取到红球”为事件，则__________.
【正确答案】

【原卷 13 题】 知识点 解析法表示函数,求含sinx(型)函数的值域和最值,求正弦（型）函数的最小正周期

【正确答案】


13-1（基础） 最小正周期为2的函数的解析式可以是______．（写出一个即可）
【正确答案】

13-2（基础） 已知函数同时满足下面两个条件：①定义在上的偶函数；②值域为.请写出一个符合条件的的解析式___________.
【正确答案】 形如或均可

13-3（巩固） 已知函数同时具有下列性质：①定义域为；②；③，请写出一个符合条件的函数的解析式______.
【正确答案】 （答案不唯一）

13-4（巩固） 写出一个满足以下三个条件的函数：______．
①定义域为R；②不是周期函数；③是周期为的函数．
【正确答案】 （答案不唯一）

13-5（提升） 写出一个同时满足下列条件的函数关系式：______；
①；②为周期函数且最小正周期为；③是上的偶函数；④是在上的增函数；⑤的最大值与最小值差不小于4.
【正确答案】 （答案不唯一）．

13-6（提升） 请写出一个满足以下条件的函数的解析式___________.
①为偶函数；②当时，.
【正确答案】 （答案不唯一）
【原卷 14 题】 知识点 已知数量积求模,向量与几何最值

【正确答案】
 ①. 2    ②. -2

14-1（基础） 已知在平面内，向量，，，则的最大值为__________，的最小值为__________．
【正确答案】

14-2（基础） 已知为等腰直角三角形，，圆为的外接圆，，则___________；若P为圆M上的动点，则的最大值为___________．
【正确答案】 2

14-3（巩固） 已知单位向量、满足，向量使得，则的最小值为______，的最大值为_______．
【正确答案】 或

14-4（巩固） 在中，，，，，则__________，若点在线段上，则 的最大值为___________．
【正确答案】 或1.5

14-5（提升） 在平面内，定点，满足，且，则__________；平面内的动点满足，，则的最大值是__________．
【正确答案】

14-6（提升） 如图所示，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上运动，已知，，，当A，B运动时，周长的最大值为______；M为线段AB的中点，H为直线OC上一点，若，则的最大值为______．

【正确答案】 或. 或.
【原卷 15 题】 知识点 锥体体积的有关计算,点到直线距离的向量求法,空间线段点的存在性问题,空间向量与立体几何综合

【正确答案】
①②③

15-1（基础） 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则下列四个结论：①；②；③；④.其中正确结论的序号为__________.
（写出所有正确结论的序号）

【正确答案】 ③④

15-2（基础） 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1 、C1C的中点，P是线段A1B1上任意一点，则下列命题中：

① 的面积为定值；② 三棱锥B－PDC的体积为定值；③ EF∥平面PDC；④ PD⊥BC1 ．正确的是___________．
【正确答案】 ①②③④

15-3（巩固） 如图，在正方体中，过的平面分别交棱于点.给出下列四个结论：

①四边形一定是平行四边形；
②四边形可能是正方形；
③四边形为菱形时，其面积最小；
④四边形为矩形时，其面积最大.
其中所有正确结论的序号是___________.
【正确答案】 ①③④

15-4（巩固） 如图，长方体中，，，，点是侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是________

①当长度最小时，三棱锥的体积为
②当长度最大时，三棱锥的体积为
③若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
④若在平面内运动，且，则点的轨迹为圆弧
【正确答案】 ①②③

15-5（提升） 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①当点是中点时，直线平面；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是________．
【正确答案】 ①③

15-6（提升） 已知四面体的所有棱长均为，M，N分别为棱的中点，F为棱上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段的长度为1；
②当F为棱中点时，点C到面的距离为；
③周长的最小值为；
④三棱锥的体积为定值．
其中正确结论的序号为_____________．
【正确答案】 ①②

【原卷 16 题】 知识点 正弦定理解三角形,三角形面积公式及其应用,余弦定理解三角形


【正确答案】


16-1（基础） 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.
在中，内角所对的边分别是，___________.
1、求角；
2、若，求的面积.
【正确答案】 1、 2、

16-2（基础） 从下面①②中选取一个作为条件，填在横线上，并解答问题．
①；②的面积为．
在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，满足__________．
1、求角A的大小；
2、若点D在，且，求．
【正确答案】 1、 2、

16-3（巩固） 在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
在中，角的对边分别为．已知，且________________．
1、求角；
2、若满足条件的恰有两个，求边的取值范围；
3、若为中点，，求的面积．
【正确答案】 1、 2、 3、

16-4（巩固） 在中，，.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使其能够确定唯一的三角形，求：
1、a的值；
2、的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【正确答案】 1、选②，；选③，；
2、选②，；选③，.

16-5（提升） 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
1、求角B的大小；
2、给出以下三个条件：
条件①：：条件②：；条件③：
从这三个条件中选择两个条件，使得△ABC存在且唯一确定，请写出你选择的两个条件并回答下面的问题：
（i）求sinA的值：
（ii）已知∠ABC的角平分线BD交AC于点D，线段BD上是否存在两个不同的点P，Q使得？若存在，直接写出一个满足题意的线段BP的长度；若不存在，直接写“不存在”.（无需说明理由）
【正确答案】 1、
2、（i）；（ii）存在，

16-6（提升） 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知在四边形ABCD中，，，且______.
1、证明：；
2、若，求四边形ABCD的面积.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

【原卷 17 题】 知识点 面面平行证明线线平行,面面角的向量求法,点到平面距离的向量求法

【正确答案】


17-1（基础） 如图，在直三棱柱中，为棱上靠近的三等分点，为棱的中点，点在棱上，且直线平面.

1、求的长;
2、求二面角的余弦值.
【正确答案】 1、 2、

17-2（基础） 已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.

1、若，求证：；
2、若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

17-3（巩固） 如图，在正方体中，为棱的中点，棱交平面于点．

1、求证：平面平面；
2、求证：；
3、求二面角的余弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析
3、

17-4（巩固） 如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．

1、求证：四边形为平行四边形；
2、若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、.

17-5（提升） 已知是边长为4的等边三角形，E，F分别是，的中点，将沿着翻折，得到四棱锥，平面平面，平面平面.

1、求证：平面；
2、求直线与平面所成角的正弦值；
3、求点C到平面的距离.
【正确答案】 1、证明见解析 2、
3、

17-6（提升） 如图所示，在中，斜边，，将沿直线AC旋转得到，设二面角的大小为．

（1）取AB的中点E，过点E的平面与AC，AD分别交于点F，G，当平面平面BDC时，求FG的长；
（2）当时，求二面角的余弦值．
（3）是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【正确答案】 （1）1；（2）；（3）不存在.

【原卷 18 题】 知识点 决策中的概率思想,独立重复试验的概率问题,求离散型随机变量的均值,超几何分布的分布列


【正确答案】


18-1（基础） 某公司在联欢活动中设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有3个红球和4个白球，这些球除颜色外完全相同．游戏参与者可以选择有放回或者不放回的方式从中依次随机摸出3个球，规定至少摸到两个红球为中奖．现有一位员工参加此摸奖游戏．
（1）如果该员工选择有放回的方式（即每摸出一球记录后将球放回袋中再摸下一个）摸球，求他能中奖的概率；
（2）如果该员工选择不放回的方式摸球，设在他摸出的3个球中红球的个数为，求的分布列和数学期望；
（3）该员工选择哪种方式摸球中奖的可能性更大？请说明理由．
【正确答案】 （1）；（2）分布列见解析，；（3）在有放回的摸球方式下，该员工中奖可能性更大，理由见解析.

18-2（基础） 某公司生产某种食用菌，为了销往全国各地，把该食用菌分为一级、优级、特级、珍品共四个等级，并以每件0.5kg的标准进行统一包装．某采购商订购了一批这种食用菌，并从中随机抽取100件，按该食用菌的等级分类标准得到数据如下表：
等级
一级
优级
特级
珍品
件数
20
10
30
40

1、以样本估计总体，将频率视为概率，从这100件食用菌中有放回随机抽取3件，求恰好抽到2件珍品的概率；
2、用分层抽样的方法从这100件食用菌中抽取10件，再从抽取的10件中随机抽取3件，设X表示抽取的是珍品等级的件数，求X的分布列及数学期望．
【正确答案】 1、
2、分布列见解析，

18-3（巩固） 为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅单位（一套住宅为一户）.
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用电范围（度）



某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：
居民用电编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
用电量（度）
53
86
90
124
132
200
215
225
300
410
（1）若规定第一阶梯电价每度元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度元，第三阶梯超出第二阶梯每度元，式计算居民用电户用电度时应交电费多少元？
（2）现要在这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的用户数的分布与期望；
（3）以表中抽到的10户作为样本估计全是居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到户用电量为第一阶梯的可能性最大，求的值.
【正确答案】 （1）227元（2）（3）

18-4（巩固） 根据历史资料显示，某种慢性疾病患者的自然痊愈率为5%.为试验种新药，在有关部门批准后，医院将此药给10位病人服用，试验方案为：若这10人中至少有2人痊愈，则认为该药有效，提高了治愈率；否则，则认为该药无效.
（1）如果在该次试验中有5人痊愈，院方欲从参加该次试验的10人中随机选2人了解服药期间的感受，记抽到痊愈的人的个数为，求的概率分布及数学期望；
（2）如果新药有效，将治愈率提高到了50%，求通过试验却认定新药无效的概率，并根据的值解释该试验方案的合理性.
（参考结论：通常认为发生概率小于5%的事件可视为小概率事件）
【正确答案】 （1）分布列见解析，；（2），答案见解析.
18-5（提升） 年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了所学校进行研究，得到如下数据：

1、“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数都超过人的学校可以作为“参与冬奥运动积极学校”，现在从这所学校中随机选出所，记为选出“参与冬奥运动积极学校”的学校个数，求的分布列和数学期望；
2、现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、跳跃、停止”这个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这个动作中至少有个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学“滑行”这个动作达到“优秀”的概率均为，其余每个动作达到“优秀”的概率都为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【正确答案】 1、分布列见解析，期望为 2、轮

18-6（提升） 北京时间2022年4月16日09时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，全体中华儿女深感无比荣光.半年“出差”，神舟十三号航天员顺利完成全部既定任务，创造了实施径向交会对接、实施快速返回流程、利用空间站机械臂操作大型在轨飞行器进行转位试验等多项“首次”.为了回顾“感觉良好”三人组太空“出差亮点”，进一步宣传航空科普知识，某校组织了航空知识竞赛活动.活动规定初赛需要从8道备选题中随机抽取4道题目进行作答.假设在8道备选题中，小明正确完成每道题的概率都是且每道题正确完成与否互不影响，小宇能正确完成其中6道题且另外2道题不能完成.
1、求小明至少正确完成其中3道题的概率；
2、设随机变量表示小宇正确完成题目的个数，求的分布列及数学期望；
3、现规定至少完成其中3道题才能进入决赛，请你根据所学概率知识，判断小明和小宇两人中选择谁去参加市级比赛（活动规则不变）会更好，并说明理由.
【正确答案】 1、；
2、分布列见解析；期望为3；
3、小宇；理由见解析.

【原卷 19 题】 知识点 根据椭圆过的点求标准方程,求椭圆的离心率或离心率的取值范围,椭圆中三角形（四边形）的面积

【正确答案】


19-1（基础） 已知椭圆，左右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点．
1、求椭圆的焦点坐标及离心率；
2、求的面积．
【正确答案】 1、焦点坐标为；离心率为
2、

19-2（基础） 已知椭圆：的长轴长为4，左、右顶点分别为，，经过点的动直线与椭圆相交于不同的两点，（不与点，重合）．
1、求椭圆的方程及离心率；
2、求四边形面积的最大值；
【正确答案】 1、；
2、

19-3（巩固） 椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
1、求椭圆的离心率；
2、直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【正确答案】 1、 2、

19-4（巩固） 已知椭圆的上顶点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积为．
1、求椭圆的离心率；
2、若直线与椭圆相交于、两点，且的面积为 （为坐标原点），求椭圆的标准方程．
【正确答案】 1、
2、

19-5（提升） 已知椭圆，分别为的右顶点、下顶点．

1、过作直线的垂线，分别交椭圆于点，若，求椭圆离心率；
2、设，，直线过点的两条相互垂直的直线，直线与圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，求面积的最大值．
【正确答案】 1、； 2、.

19-6（提升） 已知椭圆的左焦点为F，上顶点为B，M为的中点，且．
1、求椭圆的离心率；
2、直线，l与椭圆有唯一公共点N，与y轴的正半轴相交．若点P满足，且四边形的面积为，求椭圆的方程．
【正确答案】 1、 2、

【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,由导数求函数的最值（含参）

【正确答案】


20-1（基础） 已知函数．
1、若，求函数的单调递减区间；
2、若，求函数在区间上的最大值；
3、若在区间上恒成立，求的最大值.
【正确答案】 1、
2、答案见详解 3、1

20-2（基础） 已知．
1、若有最值，求实数a的取值范围；
2、若当时，，求实数a的取值范围．
【正确答案】 1、
2、

20-3（巩固） 已知函数且．
1、当时，求曲线在点处的切线方程；
2、若恒成立，求的取值范围．
【正确答案】 1、
2、

20-4（巩固） 已知．
（1）已知函数在点的切线与圆相切，求实数a的值；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
【正确答案】 （1）或；（2）.

20-5（提升） 已知函数.
1、若，求在处的切线方程；
2、求的最值；
3、若时，，求a的取值范围.
【正确答案】 1、；
2、答案见解析； 3、.

20-6（提升） 设函数，记．
1、求曲线在处的切线方程；
2、求函数的单调区间；
3、若函数的图象恒在的图象的下方，求实数a的取值范围．
【正确答案】 1、；
2、单调区间见解析； 3、

【原卷 21 题】 知识点 数与式中的归纳推理,数列新定义



【正确答案】


21-1（基础） 有以下真命题：已知等差数列，公差为d，设是数列中的任意m个项，若①，则有②.
1、当时，试写出与上述命题中的①，②两式相对应的等式；
2、若为等差数列，，且，求的通项公式.
3、试将上述真命题推广到各项为正实数的等比数列中，写出相应的真命题，并加以证明.
【正确答案】 1、答案见解析 2、
3、答案见解析

21-2（基础） 定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如的一阶和数列是，设它的n阶和数列各项和为．
1、试求的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；
2、若，求的前n项和，并证明：．
【正确答案】 1、，，
2、，证明见解析

21-3（巩固） 数列满足：或对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.
1、若时，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列序号；①；②；③；
2、记，若证明：；
3、若，求n的最小值.
【正确答案】 1、②③ 2、证明见详解
3、1008

21-4（巩固） 若数列中的每一项都为实数，且满足，则称为为“数列”.
1、若数列为“数列”且，求的值；
2、求证：若数列为“数列”，则的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
3、若数列为“数列”，且中不含值为的项，记前项中值为负数的项的个数为，求所有可能的取值.
【正确答案】 1、 2、证明见解析 3、

21-5（提升） 对于数列：，，(，)，定义“变换”：将数列变换成数列：，，，其中()，且．这种变换“记作．
继续对数列进行“变换”，得到数列：，，，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．
（1）试问：2，6，4经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；
（2）设：，，，．若：，2，()，且的各项之和为2012．求，；
（3）在（2）的条件下，若数列再经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值，并说明理由．
【正确答案】 （1）不能，理由见解析（2）a＝1006，b＝1004 （3）502，理由见解析

21-6（提升） 对于序列，实施变换T得序列，记作；对继续实施变换T得序列，记作．最后得到的序列只有一个数，记作．
1、若序列为1，2，3，求；
2、若序列为1，2，…，n，求；
3、若序列A和B完全一样，则称序列A与B相等，记作，若序列B为序列的一个排列，请问：是的什么条件？请说明理由．
【正确答案】 1、
2、
3、充分不必要条件


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
解不等式得集合B，再求A与B的交集即可得解.
详解:
解不等式得，
于是得，
而，
所以.
故选：B
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
利用一元一次不等式的解法及交集的定义即可求解.
详解:
由，得，所以，
所以.
故选：A.
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
分别解出集合A，B，然后求交集运算即可.
详解:
，
，
所以，.
故选：C.
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
求出集合A，B，利用交集定义可求结果．
详解:
，
，
因此．
故选：A
1-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
解不等式求得集合，由此求得.
详解:
，
解得或，所以或.
在上递增，
，所以，
所以，
所以.
故选：D
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用集合的交集运算即可.
详解:
由已知，所以集合
又因为， ，所以集合

故选：D
2-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由抛物线的标准方程直接求解出准线方程.
详解:
的准线方程为：.
故选：A
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据抛物线的的准线方程为这一抛物线基本性质即可求解.
详解:
抛物线的准线方程是，即.
故选：B.
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据抛物线的解析式求出即可
详解:
由题意得，得，
所以抛物线的焦点到准线的距离是4.
故选：D.
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
把抛物线方程化成标准形式，直接写出准线方程作答.
详解:
抛物线的标准方程为，所以所求准线方程为.
故选：D
2-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由抛物线的性质可求得，从而可得焦点坐标.
详解:
抛物线的准线方程为：，
由抛物线的性质可知：点到焦点的距离等于到准线的距离，
即，得，抛物线方程为，
则焦点坐标为，焦点到y轴的距离为2.
故选：C
2-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
结合已知条件，利用抛物线定义即可求解.
详解:
因为，即，
所以的准线为，
由抛物线定义可知，到其焦点的距离.
故选：A.
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据复数化简即可.
详解:
.
故选：A.
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
利用复数的除法法则计算得到，从而得到虚部.
详解:
，所以虚部是．
故选：A
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
利用复数的除法和乘法法则进行化简计算，得到的虚部.
详解:
，
，
故虚部是1.
故选：C.
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据复数的除法运算化简得，进而可求其共轭复数.
详解:
由得，所以，故的虚部为，
故选：B
3-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据复数的除法运算，求得的实部和虚部，解方程即可求得答案.
详解:
由题意可得，
故，解得 ，
故选：A
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据复数的除法运算化简，根据其为纯虚数可得且，即可求得答案.
详解:
由题意得

,
∵为纯虚数
∴且，∴，
另解：设（），则，
即，，
∴，
故选：D.
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】 B
【试题解析】 分析:
首先利用求出，然后再利用二项式展开式的通项即可求解.
详解:
根据题意可得，解得，
则展开式的通项为，
令，得，
所以常数项为：.
故选：B.
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据二项式系数和求得，结合二项式展开式的通项公式求得正确答案.
详解:
由于二项式展开式的二项式系数和为，
所以.
二项式展开式的通项公式为，
令，解得，
所以展开式中的常数项为.
故选：B
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据第项和第项的二项式系数相等可构造方程求得，由此可得展开式通项，令即可求得的系数.
详解:
展开式中的第项和第项的二项式系数相等，，解得：，
展开式通项公式为：，
令，解得：，的系数为.
故选：B.
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据第项和第项的二项式系数相等可构造方程求得，由此可得展开式通项，令即可求得常数项
详解:
因为展开式中的第项和第项的二项式系数相等，
，解得：，
展开式通项公式为：，
令，解得：，该展开式中的常数项为,
故选：A
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由及解出与即可求解.
详解:
因为，且，，
所以，，
所以.
故选：A.
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据同角三角函数的基本关系，二倍角的正弦公式，分子分母同除以余弦平方得到正切的式子，再将正切值代入即可.
详解:
.
故选：D.
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用二倍角公式得到，结合，求出，，从而利用商数关系得到答案.
详解:
∵，∴，又
∵，∴，，∴.
故选：D．
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用同角关系计算即可.
详解:
，
；
故选：D.
5-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由，平方求得，进而求得，联立方程组求得的值，再结合，即可求解.
详解:
由，平方可得，解得，
又由，
因为，可得，所以，
联立方程组，解得，
所以.
故选：D.
点睛:
本题主要考查了三角函数的基本关系式的化简求值，其中解答中熟记三角函数的基本关系式，求得的值是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
将等式两边平方，应用同角三角函数的平方关系及商数关系可得，结合题设即可确定的值.
详解:
∵，
∴
∴或．
由且，故．
∴.
故选：C．
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
结合等差数列的通项公式判断条件与结论的关系即可.
详解:
必要性成立，由等差数列的可知，；
充分性不成立，例如：，得．
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据等差数列的单调性的判定方法，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
详解:
由题意可得公差，所以数列是递增数列，即充分性成立；
若数列是递增数列，则必有，即必要性成立．
故选：C．
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
“∀n∈N*，Sn+1＜Sn”⇔“an+1＜0”，.“d＜0”与“∀n∈N*，an+1＜0”是否推出，与a1的取值（正负）有关系.
详解:
因为“∀n∈N*，Sn+1＜Sn”⇔“an+1＜0”.
“d＜0”与“∀n∈N*，an+1＜0”相互推不出，与a1的取值（正负）有关系，
∴“d＜0”是“∀n∈N*，Sn+1＜Sn”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
点睛:
本题考查了等差数列通项公式与求和公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意，判断甲乙两命题间的逻辑推理关系，即可判断答案.
详解:
当且时，存在最小值为，所以甲乙；
当且时，存在最小值，故乙甲，
所以甲是乙的必要不充分条件，
故选：B．
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据充分条件和必要条件的定义及等差、等比数列的性质分析判断即可
详解:
由题题可得，
若成等差数列，则，
所以，
所以，
所以，，
解得或，
当时，，则，
所以 不成等差数列，
当时，，则成等差数列，
若成等差数列，则，
所以，所以，解得，
所以，
所以，
所以成等差数列，
所以“成等差数列”是“成等差数列”的必要不充分条件，
故选：B
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用等差数列的下标和性质、结合等差数列的增减性，利用充分条件与必要条件的定义即可得答案.
详解:
若的最大值是，则前2018项为正数，2019项以后都是负数，但是有可能成立，即不一定成立，故充分性不成立；
因为，
所以等差数列为递减数列，前2018项为正数，2019项以后都是负数，
所以的最大值是，即必要性成立，
综上，“的最大值是”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
点睛:
本题主要考查等差数列的下标和性质以及等差数列的增减性的应用，考查了充分条件与必要条件的定义，属于基础题.
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由三角函数的性质求解
详解:
由题意得，则
当时，由，解得，
当时，由，得无解，同理时无解，
故选：A
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据正弦函数的单调性可得，结合条件即得.
详解:
由，，可得，
根据正弦函数的单调性，可得：，又，
所以，即.
故选：D.
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据“左加右减”的规律，写出 的解析式，按照正弦函数的单调递减区间即可判断m的取值.
详解:
，
由，得，
则，，解得；
在四个选项中，只有B可以满足要求；
故选：B．
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
首先求得的单调减区间，根据在上是减函数，求得，由此求得的取值范围.
详解:
的递减区间是，又，，所以，所以，所以.
故选：B．
点睛:
本小题主要考查三角函数的单调性，属于基础题.
7-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先由图像平移求得的解析式，再利用换元法结合题设条件，得到关于的不等式组，解之即可.
详解:
因为向右平移个单位，得到函数，
所以，
令，则在上单调递增，
因为在上为增函数，故由，，得，即，
所以在上为增函数，故，即，解得，
故，因为，所以，
所以由得，故，
所以，即
故选：B.
7-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
若在区间上单调递增，满足两条件：
①区间的长度超过；② 的整体范围在正弦函数的增区间内，取合适的整数求出的取值范围.
详解:
，
∵函数在区间内单调递增，
∴，∴，
∵，∴，
若在区间上单调递增，
则
解得，
当时，，
当时，，
当取其它值时不满足，

∴的取值范围为，
故选：D
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
的最小值，实际上是求上的点到原点的距离的平方，也就是坐标原点到直线距离的平方．
详解:
求的最小值，就是求上的点到原点的距离平方的最小值，
转化为坐标原点到直线距离的平方，
即．
故选：．
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据向量与平行，得到，再将问题转化为点到直线的距离求解.
详解:
解：因为向量与平行，
所以 ，即，
所以 点和点间距离的最小值，
即为点到直线的距离，，
故选：A
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据题意，由切线长公式可得
，据此可得当取得最小值时， 取得最小值，又由的最小值即点C到直线l的距离，计算可得答案.
详解:
根据题意，圆的圆心C(-1，-2)，半径r= 2，
过直线上任意一点P向圆引切线PA，切点为A
则 ，
当取得最小值时， 取得最小值，
又由的最小值即点C到直线l的距离，
取得最小值为.
故选：A
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由已知可得以为直径的圆过坐标原点，由向直线作垂线，垂足为，当为切点时，圆的半径最小，此时直径为点到直线的距离，进而求解.
详解:
为直径，，
点必在圆上，
由点向直线作垂线，垂足为，
当点恰好为圆与直线的切点时，圆的半径最小，
此时圆直径为到直线的距离，
即半径，
所以圆的最小面积，
故选：C.
8-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由题意可知直线过圆的圆心，由此得到，再利用两点距离公式的几何意义，将问题转化为原点到直线上的点的最小距离的平方，从而利用点线距离公式可求得的最小值.
详解:
由得，故圆心的坐标为，
因为直线始终平分圆M的周长，所以直线过圆M的圆心，所以，
可知点在直线上，而是原点到点的距离的平方，
所以问题转化为求原点到直线上的点的最小距离的平方，
而原点到直线上的点的最小距离为，
所以的最小值为．
故选：A.
8-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由已知可得以为直径的圆过点O，对条件变形得到，从几何意义出发得到圆M与直线相切，从而得到圆M的半径最小值为点到直线的距离的一半，利用点到直线距离公式进行求解.
详解:
因为，所以，即以为直径的圆过点O，
因为M为线段AB中点，坐标为，，
则，
几何意义为圆M的半径与点M到直线的距离相等，
即圆M与直线相切，
则圆M的半径最小值为点到直线的距离的一半，
即.
故选：B
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据柱体的体积公式求解即可.
详解:
如图所示：

分别为的中点，
所以，
因为柱体体积公式是底面积乘高，高没变，所以放出水量是原来水量的，
所以没有水的部分底面积变为原来的，剩余水量是原来水量的.
故选：B
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用补体法可求液体的体积.
详解:
将含液体部分的几何体补成如图所示的圆柱，

过作底面的平行平面，与过的母线交于，连接，
则，故圆柱底面的半径为
则容器内液体的体积为，
故选：B.
9-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据圆台体积公式求得一个石子的体积，再结合圆柱的体积公式，求得需要填充石子的体积，即可求得结果.
详解:
根据题意，作图如下：

如图所示，因为，，，所以.
因为原水位线的直径，投入石子后，水位线的直径，
则由圆台公式可得：；
因为需要填充的石子的体积是由圆台加圆柱体得到，
即

则需要石子的个数为，所以至少共需要3颗石子.
故选：B.
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意，分别计算出圆柱的体积和球的体积，进而可以得出它们的比为定值.
详解:

设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，所以 .
故选：B
9-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设圆柱的高为，根据圆柱和球的表面积公式求得，再根据圆柱和球的体积公式求出酒杯和半球的体积，结合题意求得的范围，即可得解.
详解:
解：设圆柱的高为，
则，所以,
酒杯的体积，
半球的体积，
因为酒杯的容积不大于半球体积的2倍，
所以，解得，
又因，所以，
所以.
故选：D.
9-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题意说明矩形在第一象限的顶点和在第四象限的顶点的横坐标为3，分别代入椭圆和圆方程求得它们的纵坐标后可得矩形的另一边长即圆柱的高，从而由圆柱体积公式计算体积．
详解:
由题意矩形在第一象限顶点为，则，
代入椭圆方程得，（负值舍去），
代入圆方程得，（正值舍去），
所以矩形平行轴的边长为，
所以圆柱的底面半径为3，高为，体积为．
故选：B．
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题得根据即得解.
详解:
解：因为函数的图象与的图象关于直线对称，
所以
因为，所以.
故选：D
10-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据与的对称性可得，则且在R上单调递增，利用参变分离处理恒成立问题．
详解:
，
∵与关于直线对称，且关于对称并相交于点
∴
当时，，且是定义在R上的奇函数
则在R上单调递增
∵，则即当时恒成立
∴，解得
故选：A．
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据指对数函数的图象可知，与关于直线对称，则将原条件等价于函数与恰好存在唯一交点，分离常数后，转化为直线与有唯一的交点，构造新函数，并利用导数研究函数的单调性，结合，且当时，，画出函数的大致图象，结合图象即可得出实数的取值范围.
详解:
解：根据指对数函数的图象可知，与关于直线对称，
所以函数与的图象上恰好存在唯一一对关于直线对称的点，
等价于函数与恰好存在唯一交点，
令，则，
所以直线与有唯一的交点，
设，则，
在上，，单调递增，在上，，单调递减，
而，且当时，，
所以当时，，当时，，
则函数的大致图象，如下图所示，故或满足条件，

所以实数的取值范围是.
故选：B．
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
将所给式化简可得，，进而和是直线和曲线、曲线交点的横坐标.再根据反函数的性质求解即可
详解:
由题意，故有
故和是直线和曲线、曲线交点的横坐标.
根据函数和函数互为反函数，它们的图象关于直线对称，
故曲线和曲线的图象交点关于直线对称.
即点（x1，5﹣x1）和点（x2，5﹣x2）构成的线段的中点在直线y=x上，
即，求得x1+x2=5，
故选：D.
10-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得，、，，关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，判断其单调性，即可判断③，由，判断其单调性，即可判断④．
详解:
由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，
，、，，关于对称，则；①正确；
对于②：由，因为，则；②正确；
对于③：构造函数；则，
当时，可得，函数在单调递增；
当时，可得，函数在单调递减；
，，，③正确；
对于④：，，令函数，则
当时，可得，函数在单调递减；
当时，可得，函数在单调递增；
，不对，即④不对．
故选：B
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
函数的图象上存在点满足条件，用t表示出a，利用导数求出a的最大值，
再在的图象上任取点，求该点到直线距离最小值即可作答.
详解:
依题意，函数的图象上存在点，它关于直线对称的点在函数的图象上，
于是有，即，令，则，显然在上单调递增，在上单调递减，
从而得当时，，即，此时的图象即是直线，
设函数的图象上任意点，点Q到直线的距离为d，P是的图象上任意点，则必有，
，
令，则，于是得在上单调递减，在上单调递增，
当时，，即，当且仅当时取“=”，
所以的最小值是.
故选：C
点睛:
思路点睛：直线l与函数的图象无公共点，求这两个图象上各取一点的两点距离的最小值，可以转化为曲
线的与l平行的切线到直线l的距离；也可以在曲线上任取点，求该点到直线l的距离的最小值.
11-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
化简成双曲线的标准形态，再确定双曲线的焦点所在，然后确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．
详解:
由，得，焦点在轴上，
故实轴长为，虚轴长为，焦点在轴上，
而双曲线的渐近线方程为
∴双曲线的渐近线方程为，
故答案为：
11-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据双曲线的渐近线方程求解即可.
详解:
解：由题知双曲线的焦点在轴上，，
所以，的渐近线方程为.
故答案为：
11-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由双曲线经过可求得，从而即得渐近线方程.
详解:
因为双曲线过点，
即有，解得或（舍），而，
故渐近线方程，即.
故答案为：
11-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据焦点到渐近线的距离求得，进而求得，从而求得双曲线的离心率.
详解:
依题意，
双曲线的一条渐近线为，
右焦点到渐近线的距离为，
故，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
11-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由双曲线的标准方程，可得右顶点坐标以及渐近线的方程，易得右顶点到渐近线为最远，可得答案.
详解:
由，可知，则其渐近线方程为，
该双曲线的右顶点坐标为，则该点到直线的距离，
则点P到直线的距离的取值范围是.
故答案为：.
11-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据双曲线的对称性不妨取双曲线的一条渐近线方程，根据点到直线的距离求得b，进而求得离心率.
详解:
由题意，根据双曲线的对称性不妨取双曲线的一条渐近线方程为，
故，即，解得，
又，故，
故答案为：
12-1【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：，
12-2【基础】 【正确答案】 或0.4 或0.25
【试题解析】 分析:
根据条件概率和古典概型概率计算公式可得答案.
详解:
从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，有10种情况，
事件A有4种情况，事件有1种情况，
所以，.
故答案为：①；②.
12-3【巩固】 【正确答案】 或0.5
【试题解析】 分析:
由古典概率公式求出、，利用条件概率公式可得结果.
详解:
解：若为偶数，则、全为奇数或全为偶数，所以，，
事件为“为偶数且、中有偶数，”，则、为两个不等的偶数，
所以，，
因此，.
故答案为：；.
12-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据条件求出和，再利用条件概率公式求解即得；把事件M分拆成三个互斥事件的和，计算出每个事件的概率，再用概率加法公式计算而得.
详解:
依题意，，，于是得；
事件是甲罐中分别取红球、白球、黑球放入乙罐，再在乙罐取出红球的事件B1，B2，B3的和，它们互斥，
，，
所以.
故答案为：；
12-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题意，计算出1-20内与12互质的数，再在这些互质数内，计算出12的二次非剩余数即可.
详解:
在1-20内与12互质的数有1，5，7，11，13，17，19，所以 ；
根据定义，对于 整数的x不存在，则a是12的二次非剩余数，
显然，当a=1时，x=11；当a=13时，x=7；
当a=5，7，11，17，19时，x不存在；
；
故答案为： .
12-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
（1）直接使用公式；（2）条件概率公式的使用.
详解:
恰有一个白球的概率；
由题可知“第一次取到红球”， “第二次取到红球”，则
，，
所以.
故答案为：，.
13-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据正弦型三角函数的周期公式即可找出
详解:
根据正弦型三角函数的周期公式，最小正周期为2的函数的解析式可以是．
故答案为：．
13-2【基础】 【正确答案】 形如或均可
【试题解析】 分析:
开放性试题，抓住函数性质特征构造即可.
详解:
由函数为偶函数，考虑或等，但必须使值域为，
可以形如或等.
故答案为：形如或均可.
13-3【巩固】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
根据已知可以确定函数的性质，然后写出满足条件的函数即可.
详解:
由，知
，
则函数的一个周期为；
因为是以为周期的函数，定义域为，
且，所以的解析式可以为.
故答案为：.
13-4【巩固】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
由的周期为，结合正余弦函数的性质确定的解析式形式，即可得符合要求的函数式.
详解:
的解析式形式：或均可．
如：定义域为R，不是周期函数，且是周期为的函数.
故答案为：（答案不唯一）
13-5【提升】 【正确答案】 （答案不唯一）．
【试题解析】 分析:
先考虑周期性与奇偶性，即条件②③，取一函数，再考虑④，变为，然后由⑤，变为，再结合①可得．
详解:
考虑余弦型函数，它是偶函数，最小正周期是，满足②③，它在上递减，因此满足④，由余弦函数的最值，满足⑤，满足①，符合题意．
故答案为：（答案不唯一）．
13-6【提升】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
根据题意，结合函数的性质写出一个符合题意的函数即可.
详解:
记，则.
所以当时，有，函数单调递减；当时，有，函数单调递增，所以，即.
所以恒成立.
所以当时，可取满足.
因为为偶函数，所以可以找到一个符合题意的函数：
故答案为：（答案不唯一）.
14-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
首先设，，，从而得到，，再根据圆的性质分类讨论即可得到答案.
详解:
设，，，
所以，，，.
即.
根据圆的性质，可能出现如下两种圆的图形，

当四点共圆时，此时，,
当三点在以为圆心半径为的圆上时，
综上，，即最大值为，最小值为2，
故答案为：，
14-2【基础】 【正确答案】 2
【试题解析】 分析:
易知为BC的中点，E为AB的中点，建立如图所示的直角坐标系，得到坐标，即可得的值，设与轴正半轴的夹角为，将表示为关于的三角函数，进而可得结果.
详解:
由题意得，为BC的中点，E为AB的中点，以圆心为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则
∴∴
设与轴正半轴的夹角为则.
∴，
∴，
∴.
故答案为2，.

14-3【巩固】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
依题意设，建立平面直角坐标系，设，利用数量积的坐标表示求出的轨迹方程，从而求出的最小值及的最大值．

解：依题意设，，建立如图所示的平面直角坐标系，则点、的坐标分别为、．

设，则，．
∵，
∴
整理得，
∴点的轨迹是以为圆心，半径为的圆．
∴．
∵表示圆上的点到原点的距离，
∴的最小值为．
又，表示圆上的点的横坐标，
结合图形可得的最大值为．
故答案为：；．
14-4【巩固】 【正确答案】 或1.5
【试题解析】 分析:
利用向量，则
，关键是求出，用和表示，，结合可求出，即可求解；再根据点在线段上可设，，用和表示，，根据的范围即可求解.
详解:
由题，因为，所以，
又，则，
因为，，
则，
因为，则，所以，
所以；
因为点在线段上，所以设，，
因为，
所以，
所以当时， 的最大值为，
故答案为：；.
14-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出，进而根据，平方后计算出，从而求出；然后建立平面直角坐标系，设出，表达出和，利用三角函数有界性求出最大值.
详解:
因为，，
所以，两边平方得：，
即，解得：，
因为，
所以，
因为
所以；
可得到△ABC是等边三角形，且边长为，
如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，
，，
因为，所以设，，
由可得：是线段PC的中点，则，
则
，
当时，取得最大值，最大值为.

故答案为：，
14-6【提升】 【正确答案】 或. 或.
【试题解析】 分析:
根据已知条件求出，根据勾股定理得到，再根据不等式知识求出的最大值即可得到周长的最大值；求出和，根据求出的最大值，根据得，得的最大值，利用与取得最大值时的条件相同可得的最大值.
详解:
因为，，，所以，
所以，所以，
因为
，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，即周长的最大值为.
连，，如图：

因为为的中点，，，所以，
在直角三角形中，，，所以，
因为，当且仅当点、、三点共线时取等，
又因为，所以，当且仅当点与点重合时取等，此时点、、三点共线，
所以，当且仅当点、、三点共线时取等，
所以的最大值为.
故答案为：；.
点睛:
关键点点睛：分别求出与的最大值，并利用与取得最大值时的条件相同进行求解是解题关键.
15-1【基础】 【正确答案】 ③④
【试题解析】 分析:
根据三棱锥的体积公式和等积性，结合正方体的性质、线面垂直的判定定理逐一判断即可.
详解:
设 ，，
则，，
如图所示，

连接交于点，连接、，
因为平面，平面，
所以，而，所以四边形是直角梯形，
则有 ，
， ，
所以有，
故，
因为平面，平面，
所以，又因为为正方形，所以，
而平面，
所以平面，即平面，
,
所以，，
故答案为：③④.
15-2【基础】 【正确答案】 ①②③④
【试题解析】 分析:
根据平行线、锥体体积、线面平行、线线垂直等知识对四个命题逐一分析，从而确定正确答案.
详解:
①，根据正方体的性质可知，，所以到直线的距离为定值，
所以的面积为定值，①为真命题.
②，由于平面，平面，所以平面，
，所以到平面的距离为定值，三角形的面积为定值，
所以为定值，所以为定值，②为真命题.
③，由于是线段上任意一点，所以平面即平面，
由于分别是的中点，所以，
由于平面，平面，
所以平面，即平面,③为真命题.
④，根据正方体的性质可知，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以.
故答案为：①②③④

15-3【巩固】 【正确答案】 ①③④
【试题解析】 分析:
根据正方体得几何特征及面面平行得性质即可判断①；
若四边形可能是正方形，则且，证明不成立即可判断②；
以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到的距离，根据，结合二次函数得性质分别求出当面积最小和最大时四边形得形状，即可判断③④.
详解:
解：对于①，在正方体中，
平面平面，又平面，平面，
且平面，所以，
同理，所以四边形一定是平行四边形，故①正确；
对于②，设该正方体的棱长为2，
若四边形可能是正方形，则分别为得中点，
且，
实际上，，
并不满足，
即不成立，故四边形不可能是正方形，故②不正确；
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
设，正方体的棱长为2，
则，
则，
则，
所以，
所以点到的距离，
则，
当时，四边形面积最小，此时四边形为菱形，故③正确；
当或2时，四边形面积最大，此时四边形为矩形，故④正确.
故答案为：①③④.

15-4【巩固】 【正确答案】 ①②③
【试题解析】 分析:
由等体积法可判断①②正确，由圆的知识可判断③正确，利用空间向量法求夹角余弦值，可知④错误．
详解:
对于①，当长度最小时，点在线段的中点，
，，①正确．
对于②，当长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，
，②正确．
对于③，作中点，连接，，如图所示，易证平面，
平面，则，若保持，则，
则点的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为，③正确．
对于④，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，设，
则有，，，
若，则有，即，
化简得：，即，
即或（此时，，），
故点的轨迹为一段直线，④错误．
故答案为：①②③
15-5【提升】 【正确答案】 ①③
【试题解析】 分析:
对①，由线面平行的判定定理进行判断即可；
对②，证平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，由等体积法列式即可求；
对③，设 ，可得，由向量垂直的坐标表示，存在点使等价于有解；
对④，由点到直线距离求P到的距离d，则△面积为，讨论最小值即可
详解:
对①，如下图所示：因为是中点，，
所以点是的中点，连接，显然也是的交点，连接，
所以，而平面，平面，所以直线平面，①对；

以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,
对②，分别是棱的中点，∴，平面，平面，故平面，
故直线到平面的距离等于点到平面的距离，设为h，
，，，，
由得，②错；
对③，设 ，则，则，，
由即得，
由，故存在点，使得，③对；
对④，由③得到的投影为，故P到的距离，
△面积为 ，由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错.
故答案为：①③

点睛:
关键点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式是解题的关键.
15-6【提升】 【正确答案】 ①②
【试题解析】 分析:
由正四面体结合勾股定理求出即可判断①；通过等体积法即可判断②；通过展开图求出的最小值即可判断③；由为定值，点F到平面的距离随着点F的变化而变化即可判断④.
详解:

∵四面体所有棱长均为，∴四面体为正四面体，
对于①，作平面，垂足为O，连接，∵四面体为正四面体，∴O为的中心，∴且，
取中点G，连接，则，则平面，∵，
∴，∴，∵平面平面，
∴，∴，①正确；
对于②，当F为棱中点时，设点C到面的距离为h，由①知，又，则，
，，到平面的距离，
由得，解得，②正确；
对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如图所示，则，当且仅当F为中点时取等号，
∵四边形为菱形，M，N分别为中点，∴，∴，在四面体中，周长的最小值为，③错误；
对于④，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，因为为定值，而点F到平面的距离随着点F的变化而变化，所以④错误.
故答案为：①②.
16-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）选择①：利用正弦定理边角互化，结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
选择②：由正弦定理､余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用余弦定理可求得的值，结合三角形面积公式可得出的面积.
选择①：因为，
由余弦定理可得，
所以结合正弦定理可得.
因为，则，
所以，即，
因为，所以；
选择②：因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得.
因为，所以；
由（1）知，又已知，
由余弦定理得，，
即，所以，
所以的面积为.
16-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1) 选择①，由余弦定理可求解；选择②，先由正弦定理，再由余弦定理可求解；
(2)解法1：由正弦定理可求解；解法2：过点C作垂直交的延长线于点E，可得与相似，从而得，再由余弦定理可求解.
选择①，由得，
即，
因为，所以．
选择②，由得，
即，
因为，所以．
解法1：设，在中，由正弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，即，即，
所以，即．
解法2：过点C作垂直交的延长线于点E，如图3．

∵，
∴，
又∵与相似，
∴，又在中，，
∴，∴，∴，
∴，∴，从而得．
16-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
3、
【试题解析】 分析:
（1）分别选择条件①，②，③，根据边角转化即可求解角；
（2）根据三角形有两个解，根据边角关系列不等式即可得边的取值范围；
（3）根据向量之间的运算，结合数量积的运算可得的值，即可求的面积．
解：若选①，∵，∴，
即，由正弦定理得，
即，∵，∴．
若选②，∵，∴
即，整理得，即，∵，∴．
若选③，∵，由正弦定理得，
，故，
即，∵，∴
故，∵，∴．
解：由正弦定理，，所以，故即，
又满足条件的有两个，则角有两个解，由大边对大角，应有，
故边的取值范围是．
解：

由图可得，而，
所以，
∴，∴．
16-4【巩固】 【正确答案】 1、选②，；选③，；
2、选②，；选③，.
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理，余弦定理即得；
（2）根据三角形面积公式结合条件即得.
选条件①：，
在中，由余弦定理得，，
，即.
解得或，
满足条件的三角形有两个，不符合题意，舍去；
选条件②：即 ，
在中，由余弦定理得，，
，
解得；
选条件③：，
在中，由正弦定理得，，
所以；
选条件②：由题可知，，
所以的面积；
选条件③：，则，，
所以的面积.
16-5【提升】 【正确答案】 1、
2、（i）；（ii）存在，
【试题解析】 分析:
（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理求得，得到角的大小.
(2) （i）条件①与已知矛盾，故选条件②和条件③，由面积公式求得，再由余弦定理求出，由正弦定理得到；（ii）通过画图建坐标系，利用两点间距离公式可以推出时结论成立，在角平分线范围内，符合条件.
，由正弦定理，有
，即，，
由余弦定理，，
△ABC中，，.
（i）
由(1)可知， ，所以条件①：不成立，
故选条件②：；条件③：，
，，
由余弦定理， ，，
由正弦定理， ，.
（ii）存在，.
以B为原点，BA为x轴建立如图所示的直角坐标系，


由已知得△ABC中，BA=5，BC=3，CA=7，，，
则有，，，
的角平分线BD交AC于点D，有，
由内角平分线定理可知，，解得，
△ABD中，由正弦定理， ，解得，
两个不同的点P，Q在线段BD上，设，，，且，
由，则有，，
由，得
，
化简得：，由，得，
且，符合条件，
所以线段BD上存在两个不同的点P，Q使得，满足题意的线段BP的长度可以取
16-6【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）选择①，由正弦定理及角度关系推出及，结合两角和的正弦公式及诱导公式，进行证明；选择②，利用正弦定理推导出，直接利用两角和的正弦公式及诱导公式即可推出结论；选择③，由正弦定理，面积公式及面积的倍数关系得到，，使用两角和的正弦公式及诱导公式进行证明；（2）在证明出第一问的基础上，设出边长，利用余弦定理求出的长及角的正弦值，进而利用面积公式进行求解.
方案一：选条件①.
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以.
因为，
，
所以，
即，
所以，
所以.
方案二：选条件②.
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
因为，所以，
因为，所以.
因为，所以.
因为，
，
，
所以，
即，
所以，
所以.
方案三：选条件③.
因为，，且，，
所以
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以.
因为，
，
所以，
即，
所以，
所以.
选择①②③，答案均相同，
由（1）可设，则，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，
所以四边形ABCD的面积.
17-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1) 在上取一点，使得，根据面面平行判定定理证明平面平面，再根据面面平行性质定理确定的长即可，(2)建立空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，根据二面角向量公式求二面角的余弦值.
在上取一点，使得，连接.
由已知得 ，所以
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
又因为平面 ，平面，
所以平面平面.
平面平面，平面平面，
根据面面平行的性质可知.
在矩形中，可得，
所以，所以.
以为坐标原点，分别以所在直线为 轴建立空间直角坐标系.
则.
，，
设平面的法向量为 ，
则，所以，取得
设平面的法向量为，
则所以取，得
所以
结合图可知二面角的余弦值为.

17-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）根据题意可证平面BDG，可得，得证平面ACE，得，再根据面面平行的性质可证；（2）根据题意可得，，利用空间向量求二面角．
连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴，
由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴，
又，BD，平面BDG，
∴平面BDG，因为平面BDG，
∴
已知，又，AC，平面ACE，
∴平面ACE，
因为平面BDG，∴
∵平面平面CFGD
平面平面，平面平面，
∴，则
已知，，可求，
由，则
在直四棱柱中，底面ABCD，
所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则
在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，

则
设平面BCE的法向量为，
则
取，得，，得，
由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为
则，
所以锐二面角的余弦值为

17-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 3、
【试题解析】 分析:
（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；
（2）利用面面平行性质定理和平行公理去证明；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去求二面角的余弦值．
在正方体中，平面.
因为平面，所以．
又因为是正方形，所以．
又因为，所以平面．
又平面，所以平面平面．
在正方体中，平面平面.
又平面平面，平面平面，则．
又因为且，所以是平行四边形．所以．
所以.
因为底面，，所以两两垂直. 以所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系．设正方体边长为，

则，
，，．
设平面的一个法向量为，
由得
令， 得.
因为平面，所以是平面的一个法向量
所以．
由图可知，二面角的余弦值．
17-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.
【试题解析】 分析:
（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答.
（2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
在三棱柱中，，平面，平面，则平面，
又平面平面，平面，于是得，
而平面平面，平面平面，平面平面，则，
所以四边形为平行四边形.
在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，
于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系，

因，，则，
，
，
设平面的法向量，则，令，得，
点B到平面的距离，解得，
因此，，而，设直线与平面所成角为，
于是得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
3、
【试题解析】 分析:
（1）首先根据题意易证平面，根据平面平面，得到，再利用线面平行的判定即可证明平面.
（2）取的中点O，的中点D，连结，，以点O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
（3）利用空间向量法求解即可.
在中，E，F分别是，的中点，所以.
在四棱锥中，因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，平面平面，所以，
因为平面，平面，所以平面.
在四棱锥中，取的中点O，的中点D，连结，，
因为，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
以点O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

则，，，，
，，.
设是平面的一个法向量，
则，令，得，，即，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
由（2），点C到平面的距离.
17-6【提升】 【正确答案】 （1）1；（2）；（3）不存在.
【试题解析】 分析:
（1）根据平面平面BDC，得到，再由E为AB的中点，得到G，F都为相应边的中点，从而由求解；
（2）过点B作，连接DO，则，由，易证平面ABC，以O为原点，建立空间直角坐标系，求得平面BCD的一个法向量，易知是平面ACD的一个法向量，再由求解；
（3）假设存在，由求解.
详解:
（1）如图所示：

因为平面平面BDC，平面平面BDC=BD，平面平面EFG=EG，
所以，
因为E为AB的中点，所以G为AD的中点，
同理可证F为AC的中点，
所以，
在中，斜边，，
所以，即，
所以；
（2）过点B作，连接DO，则，面，
因为，则平面平面ABC，因为平面平面ABC=AC，
所以平面ABC，
以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系；

在中，斜边，，
所以，
则，
所以 ，
设平面BCD的一个法向量为，
则，即，
令 ，得 ，则，
因为平面ACD，
所以是平面ACD的一个法向量，
所以.
即二面角的余弦值是．
（3）假设存在，则，
，
，
解得，则，
因为，
所以不存在，使得.
18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）分布列见解析，；（3）在有放回的摸球方式下，该员工中奖可能性更大，理由见解析.
【试题解析】 分析:
（1）如果是有放回的摸球，则每此摸到红球的概率都是，再按照中奖规则求概率；（2）如果是不放回的摸球，则按照超几何分布列出分布列，并求数学期望；（3）根据（1）（2）的结果，分别求中奖的概率的大小.
详解:
解：（1）在有放回方式下，记“他能中奖”为事件，则．
（2）由题意，随机变量的可能值为0，1，2，3；
，，
，；
所以的分布列为

0
1
2
3





的数学期望．
（3）由（2），在不放回方式下，该员工能中奖的概率为
；
由，所以，在有放回的摸球方式下，该员工中奖可能性更大．
18-2【基础】 【正确答案】 1、
2、分布列见解析，
【试题解析】 分析:
（1）设出事件和变量，得到，利用二项分布求概率公式进行求解概率；（2）利用超几何的概率求解公式进行求解分布列及数学期望.
设“从这100件食用菌中随机抽取1件，抽到珍品”为事件A，则，有放回随机抽取3件，设抽到珍品的个数为，则，
∴恰好抽到2件是珍品的概率．
用分层抽样的方法从这100件食用菌中抽取10件，其中珍品4件，非珍品6件，再从抽取的10件中随机抽取3件，则X的可能取值为0，1，2，3，且服从超几何分布．
，可得：，，，．
X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




．
18-3【巩固】 【正确答案】 （1）227元（2）（3）
【试题解析】 分析:
详解:
试题分析：（1）10户共有3户为第二阶梯电量用户，所以可取0,1,2,3，分别求其概率，即可列出分布列，计算期望；（2）由题意抽到的户数符合二项分布，设抽到K户概率最大，解不等式组，再根据即可求出.
试题解析：
（1）元
设取到第二阶梯电量的用户数为，可知第二阶梯电量的用户有3户，则可取0,1,2,3


故的分布列是

0
1
2
3





所以
可知从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯，满足，可知

,解得，
所以当时，概率最大，所以
18-4【巩固】 【正确答案】 （1）分布列见解析，；（2），答案见解析.
【试题解析】 分析:
（1）先分析的可取值，然后根据超几何分布的相关知识求解出的概率分布以及数学期望；
（2）先分析新药无效的情况：中人痊愈、中人痊愈，由此求解出无效的概率，并分析试验方案的合理性.
详解:
解：（1）X的所有可能取值为0，1，2
，，
∴X的分布列如下：
X
0
1
2
P



．
（2）新药无效的情况有：中人痊愈、中人痊愈，
∴
故可认为新药无效事件是小概率事件，从而认为新药有效，故该试验方案合理.
点睛:
易错点睛：超几何分布和二项分布的区别与联系：
（1）超几何分布描述的是不放回抽样问题，二项分布描述的是放回抽样问题；
（2）超几何分布中的概率计算实质上是古典概型问题，二项分布中的概率计算实质上是相互独立事件的概率问题；
（3）当调查研究的样本容量很大时，在有放回地抽取和不放回地抽取条件下，计算得到的概率非常接近，可以近似将超几何分布认为是二项分布.
18-5【提升】 【正确答案】 1、分布列见解析，期望为 2、轮
【试题解析】 分析:
（1）分析可知“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数超过人的学校共所，的所有可能取值为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；
（2）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件，计算出的值，利用二项分布的期望公式可得出关于的不等式，求解即可.
解：“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数超过人的学校共所，的所有可能取值为、、、，
所以，，，，
所以的分布列如下表：










所以．
解：记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件，
，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意可得，得到，因为，所以的最小值为，故至少要进行27轮测试．
18-6【提升】 【正确答案】 1、；
2、分布列见解析；期望为3；
3、小宇；理由见解析.
【试题解析】 分析:
(1)求出小明完成3道题和4道题的概率之和；
(2)列出分布列，根据分布列计算概率；
(3)比较小明和小宇分别至少完成3道题的概率，根据概率大小决定谁去参加比赛.
记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则.
的可能取值为2，3，4.
，
，
，
的分布列为：

2
3
4




数学期望.
由（1）知，小明进入决赛的概率为；
记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则；
因为，故小宇进决赛的可能性更大，所以应选择小宇去参加比赛.
19-1【基础】 【正确答案】 1、焦点坐标为；离心率为
2、
【试题解析】 分析:
（1）由椭圆的定义及性质可以得出椭圆的焦点坐标及离心率，
（2）先计算点到的距离，再利用公式求出线段的长，
最后用面积公式计算解决问题.
椭圆知，该椭圆的焦点在 轴上，设焦距为，
由， 所以，所以焦点坐标为
离心率为：
由直线与椭圆相交于两点，设
则消去得，，
所以
又到的距离为
所以的面积为：
19-2【基础】 【正确答案】 1、；
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，长轴长为4，得，求得椭圆方程，再根据离心率定义，即可求解.
（2）讨论直线的斜率不存在或存在，将直线与椭圆方程联立，根据四边形的面积，利用韦达定理代入即可求解.
由题意，得，解得，
所以椭圆方程为，
，，，
则离心率为.
当直线的斜率不存在时，由题意，得的方程为，
代入椭圆的方程，得，，
又因为，，
所以四边形的面积,
当直线的斜率存在时，设的方程为，
设 ，
联立方程，消去，得，
由题意，可知恒成立，
则，，
四边形的面积



令，则四边形的面积
，，
所以，
综上所述，四边形面积的最大值.
19-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
解：，
离心率为.
解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
19-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）由题意可得出、的等量关系，由此可求得椭圆的离心率的值；
（2）设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出以及原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可得出关于的等式，解出的值，即可得出椭圆的方程.
解：由题知椭圆上顶点的坐标为，左、右顶点的坐标分别为、，
所以，即，
又，所以，所以椭圆的离心率.
解：设、，联立得，
所以，可得，，，
所以，
又原点到直线的距离，所以，
解得，因此，椭圆的方程为．
19-5【提升】 【正确答案】 1、；
2、.
【试题解析】 分析:
（1）联立方程组求出的横坐标，根据，即可得到，从而求得离心率；
（2）根据弦长的几何求法可得，联立直线与椭圆方程可得，从而可得面积，利用基本不等式即可求得最大值.
由题意得：，，
故可设直线的方程为，
联立方程组，解得，
同理：直线的方程为，
联立方程组，解得：，
因为，可得，
即，
整理得：，即，
故椭圆离心率
由，，可得椭圆的方程为：，
当直线的斜率不存在时，直线与椭圆相切于点，不合题意；
当直线的斜率为0时，此时可得，
当直线的斜率存在且不为0时，设直线方程为：，
则点到直线的距离，
根据圆的弦长公式，可得
因为，所以直线的方程为，
联立方程组，解得，
即，
可得，
所以
设，则，
则，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，由于，
故面积的最大值为.
点睛:
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19-6【提升】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1)根据题意，得到，继而可求出离心率.
(2)联立直线和椭圆方程，根据判别式，即可求得和的关系，再根据面积公式，即可求求解.
解：为直角三角形，M为的中点，所以，，又，所以，
，所以， 所以椭圆离心率为.
解：由题意可设直线方程为：，
联立，得，
又l与椭圆有唯一公共点N，故，即，即，
又所在直线方程为：，所以直线与l的距离为，
四边形的面积为：，
解得：，故椭圆的方程为：

20-1【基础】 【正确答案】 1、
2、答案见详解 3、1
【试题解析】 分析:
（1）求导，利用导数求原函数单调递减区间；（2）分类讨论判断导函数符号，进而确定原函数的单调性及最大值；（3）根据恒成立理解可得，分类讨论，结合（2）运算求解.
当时，，则，
令．因为 ，则
所以函数的单调递减区间是
．
令，由，解得，（舍去）．
当，即时，在区间上，函数在上是减函数．
所以函数在区间上的最大值为；
当，即时，在上变化时，的变化情况如下表
x





+
+

-


↗

↘
所以函数在区间上的最大值为．
综上所述：
当时，函数在区间上的最大值为；
当时，函数在区间上的最大值为．
当时，则在上恒成立
∴函数在上是减函数，则
∴成立
当时，由（2）可知：
①当时，在区间上恒成立，则成立；
②当时，由于在区间上是增函数，
所以 ，即在区间上存在使得，不成立
综上所述：的取值范围为，即的最大值为．
20-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）求导，分类讨论确定的单调性，进而确定的最值；
（2）根据参变分离整理得，则，构建新函数，利用导数判断其单调性求最值.
函数的定义域为，，
当时，在上恒成立，则在上单调递增，无最值，不合题意，舍去
当时，令，则，令，则
∴在上单调递减，在上单调递增，则在处取到最小值
所以，即实数a的取值范围为．
因为，，所以，
因为，所以成立．
令，则
令，则当时恒成立
∴在上单调递增，则
则当时恒成立
所以函数在上单调递增，所以，
所以，即实数a的取值范围为．
20-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）求出函数的导数，再根据导数的几何意义可得切线的斜率，再利用直线的点斜式方程即可得出答案；
（2）恒成立，只要即可，利用导数，两种情况讨论，求出函数的最小值，即可得出答案.
解：当时，因为，
所以，，
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
解：因为且，
所以，
当时，，所以在上单调递增，
取，则，不符合题意，
当时，令，解得或（舍），
当时，，所以在区间上单调递减，
当时，，所以在区间上单调递增，
所以在上的最小值为，
若恒成立，只需，解得，
综上可知，的取值范围是．
20-4【巩固】 【正确答案】 （1）或；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）计算导数，可得，，得到切线方程，然后根据直线与圆相切进行简单计算即可.
（2）构造函数，并求得，然后按，分别进行讨论，判段函数单调性并求最值，最后进行计算即可.
详解:
（1）由题知，，．
在点的切线斜率为，
在点的切线方程为，
即，
由题意知，，解得或．
（2）设
，
设，，
当时，，，，
即在上是增函数，，
当时，，
则当时，，
函数在上是增函数，
当时，，满足题意，
当时，，
在上是增函数，，
存在上，使，
当时，，
函数在是减函数
当时，，不满足题意．
综上所述，实数的取值范围为．
点睛:
方法点睛：
求曲线在某点处的切线方程：（1）求导；（2）计算；（3）点斜式可得方程.
利用导数求参常用方法：（1）构造函数利用导数判断原函数单调性并求最值判断（必要时对参数进行讨论）；（2）分离参数，并构造新函数，利用导数求新函数的最值.
20-5【提升】 【正确答案】 1、；
2、答案见解析； 3、.
【试题解析】 分析:
（1）利用导数求出切线斜率，点斜式得切线方程；
（2）求出函数导数，分两种情况讨论，易知时无最值，时求极值即可得最值；
（3）不等式成立可转化为恒成立，构造函数，分，两类情况求解.
当时，，
则，故，又，
所以在处的切线方程为，
即
， .
①当时，， 则在R上单调递增，所以无最值；
②当时，令，得.
当时，;
当时，,
在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得最小值为 无最大值.
综上，当时，无最值；当时，有 最小值为，无最大值.
由题意得对于任意的恒成立， 且当x=0时，等号成立.
令则，
①若，则.
令, 则，显然在[0，+∞)上恒成立，
在[0，十∞)上单调递增，即在[0，十∞)上单调递增.
当，即时，.
又, 易证，
,
，使，
时，,即在上单调递减，
对，不符合题意;
当,即时，,
在上单调递增，
，，符合题意，所以;
②当时，只需证明当时，即可.

令 ，
则
，
易得即在上单调递增，
故时，，
，，即在上单调递增，
所以，即当时，在上恒成立，
综上所述，的取值范围是.
点睛:
利用导数研究不等式恒成立问题，一般要转化，转化后构造函数，利用函数的单调性、极值、最值处理问题，本题第三问转化后变为，所以需要按照的正负分区间讨论求解，分区间后转化为利用导数研究的最值及符号问题，属于难题.
20-6【提升】 【正确答案】 1、；
2、单调区间见解析； 3、
【试题解析】 分析:
(1)求出函数在处的导数，即可得到切线方程；
(2)求出的导数，讨论参数的范围，根据的符号，写出单调区间；
(3)将函数图象的位置关系转化为函数的最值问题，根据(2)中的单调区间，求函数的最值即可.
，所以，，则切线方程为.
，，
当时，，则在上为增函数；
当时，，即，则在上为增函数，上为减函数.
综上所述，当时，则的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，则的单调递增区间为，单调递减区间为.
函数的图象恒在的图象的下方，即恒成立；
由(2)知，当时，则在上为增函数，此时无最大值，事实上，不合题意；
当时，在上为增函数，上为减函数.
所以，故；
即实数a的取值范围是
21-1【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、答案见解析
【试题解析】 分析:
（1）当时，代入数据，可得当时，有
（2）根据所给数据，结合题意，可得，即可得p、r、m的值，进而可求得d值，根据，可得，代入等差数列通项公式，即可得答案.
（3）根据题意，类比可得已知等比数列，公比为q，设是数列中的任意m个项，若，则有.进行证明即可.
当时，由已知，对等差数列的任意两项，当时，有，
设的公差为d，由题意得：，
知，
所以，解得，
又，于是；
已知等比数列，公比为q，设是数列中的任意m个项，
若，则有.
证明如下：因为，
所以，
其中，
于是，命题得证.
21-2【基础】 【正确答案】 1、，，
2、，证明见解析
【试题解析】 分析:
(1)根据定义求出的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，由此归纳出，(2)由(1)化简，再由裂项相消法求其前项和，并完成证明.
由题意得，
，
，
，



，
…
，
由等比数列的前n项和公式可得，，
所以的通项公式．
由于，
所以，
则，
因为，所以，所以，
又随n的增大而减小，
所以当时，取得最大值，故．
21-3【巩固】 【正确答案】 1、②③ 2、证明见详解
3、1008
【试题解析】 分析:
（1）由题干的四个限定条件对数列序号逐一判断即可；
（2）由反证法证明即可；
（3）由（2）得出一个，证明满足题意，即可得到的最小值，
由题可知，数列必满足：或1，对任意i，j，都存在s，t，使得，且两两不相等，
对①，，不满足，故①不符合；
对②，当时，存在，同理当时，存在，当时，存在，故②符合；
同理对③也满足，故满足题目条件的序列号为：②③；
证明：当时，设数列中1，2，3出现的频次为，由题意知，，假设时，，（对任意），与已知矛盾，故，同理可证，
假设，数列可表示为：，显然，故，经验证时，显然符合，所以，，，数列的最短数列可表示为：，故；
由（2）知，数列首尾应该满足，假设中间各出现一次，此时，显然满足或1，
对或时显然满足（）；
对，或时显然满足（）；
对，时，则可选取，满足；同理若，，则可选取，满足；
如果，则可取，这种情况下每个数最多被选取一次，因此也成立，故对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，故的最小值为1008
21-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析 3、
【试题解析】 分析:
（1）推导出，，由此能求出的值；
（2）假设数列的项都是正数，则，与假设矛盾；假设数列的项都是负数，，与假设矛盾，由此能证明的项不可能全是正数，也不可能全是负数；
（3）存在最小的正整数满足，（），数列是周期为的数列，由此能求出结果。
解：（1）因为是数列，且， ，，所以，解得，所以
证明：（2）假设数列的项都是正数，即，，，所以，，与假设矛盾，故数列的项不可能全是正数；
假设数列的项全都是负数，则，而，与假设矛盾，故数列的项不可能全是负数。
解：（3）由（2）可知，数列中项既有负数也有正数，因此存在最小正整数满足，（），设，（），则，，，，，，，，，故有，即数列是周期为的数列，由上可知，，…，这项中，，为负数，，这两项中一个为正数，另一个为负数，其余都是正数，因为，当时，；当时，，，…，这项至多一项为负，且只能是，在，，…这项中负数项的个数为，当时，若，则，故为负数，此时，，若，则，故为负数，此时，；当时，比为负数，，；综上可知的可能取值为.
21-5【提升】 【正确答案】 （1）不能，理由见解析（2）a＝1006，b＝1004 （3）502，理由见解析
【试题解析】 分析:
（1）首先要弄清“T变换”的特点，其次要尝试着去算几次变换的结果，看一下有什么规律，显然只有当变换到数列的三项都相等时，再经过一次“T变换”才能得到数列的各项均为零，否则“T变换”不可能结束;
（2）的解答要通过已知条件得出a是B数列的最大项，从而去掉绝对值符号得到数列A是单调数列，得到答案;
（3）的解答要抓住B经过6次“T变换”后得到的数列也是形如“b，2，b+2”的数列，与数列B“结构”完全相同，且最大项减少12，从而数列和减少24，经过6×83+4＝502次变换后使得各项的和最小，于是k的最小值为502．
详解:
（1）数列A：2，6，4不能结束，各数列依次为4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；…．
以下重复出现，所以不会出现所有项均为0的情形．
（2）因为B的各项之和为2012，且a≥b，所以a为B的最大项，
所以|a1﹣a3|最大，即a1≥a2≥a3，或a3≥a2≥a1．
当a1≥a2≥a3时，可得
由a+b+2＝2012，得2（a1﹣a3）＝2012，即a＝1006，故b＝1004．
当a3≥a2≥a1时，同理可得 a＝1006，b＝1004．
（3）方法一：由B：b，2，b+2，则B经过6次“T变换”得到的数列分别为：b﹣2，b，2；2，b﹣2，b﹣4；b﹣4，2，b﹣6；b﹣6，b﹣8，2；2，b﹣10，b﹣8；b﹣12，2，b﹣10．
由此可见，经过6次“T变换”后得到的数列也是形如“b，2，b+2”的数列，与数列B“结构”完全相同，但最大项减少12．
因为1006＝12×83+10，
所以，数列B经过6×83＝498次“T变换”后得到的数列为8，2，10．
接下来经过“T变换”后得到的数列分别为：6，8，2；2，6，4；4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2，…
从以上分析可知，以后重复出现，所以数列各项和不会更小．
所以经过498+4＝502次“T变换”得到的数列各项和最小，k的最小值为502．
方法二：若一个数列有三项，且最小项为2，较大两项相差2，则称此数列与数列B“结构相同”．
若数列B的三项为x+2，x，2（x≥2），则无论其顺序如何，经过“T变换”得到的数列的三项为x，x﹣2，2（不考虑顺序）．
所以与B结构相同的数列经过“T变换”得到的数列也与B结构相同，除2外其余各项减少2，各项和减少4．
因此，数列B：1004，2，1006经过502次“T变换”一定得到各项为2，0，2（不考虑顺序）的数列．
通过列举，不难发现各项为0，2，2的数列，无论顺序如何，经过“T变换”得到的数列会重复出现，各项和不再减少．
所以，至少通过502次“T变换”，得到的数列各项和最小，故k的最小值为502．
21-6【提升】 【正确答案】 1、
2、
3、充分不必要条件
【试题解析】 分析:
（1）根据所给定义计算可得；
（2）根据归纳推理可得，利用倒序相加法，化简即可得结果.
（3）根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
解：序列为1，2，3，，，，即8，．
解：时，
时，．
时，，
时，，
，
取时，，
取时，①，
则②，
①②得，


所以．
由序列为1，2，，，可得．
解：序列为序列，2，，的一个排列，．而反之不成立．
例如取序列为：，，，2，1，满足．
因此是的充分不必要条件．