还剩104页未读，
继续阅读
江西省九校联考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析
展开
这是一份江西省九校联考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析，共107页。
江西省九校联考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 交并补混合运算
【正确答案】
D
【试题解析】
1-1（基础） 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
1-2（基础） 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
1-3（巩固） 已知全集，集合，集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
1-4（巩固） 已知全集，集合，，则
A. B. C. D.
【正确答案】 D
1-5（提升） 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
1-6（提升） 设全集，集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
【原卷 2 题】 知识点 求复数的模,复数的乘方,共轭复数的概念及计算,复数的除法运算
【正确答案】
B
【试题解析】
2-1（基础） 若复数，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A.的虚部为i B. C. D.
【正确答案】 D
2-2（基础） 已知复数z在复平面上对应的点为，则（ ）
A.z的虚部为 B. C. D.是纯虚数
【正确答案】 D
2-3（巩固） 若复数，则（ ）
A. B.复数在复平面上对应的点在第二象限
C.复数的实部与虚部之积为 D.
【正确答案】 C
2-4（巩固） 设复数，其在复平面内的对应的点记为Z，则（ ）．
A.z的虚部为 B. C.Z在第四象限 D.
【正确答案】 B
2-5（提升） 已知i为虚数单位，，，则关于复数z的说法正确的是（ ）
A. B.z在复平面内对应的点在第三象限
C.z的虚部为 D.
【正确答案】 D
2-6（提升） 若复数z满足（其中i是虚数单位），复数z的共轭复数为，则（ ）
A.z的实部是 B.的虚部是
C.复数在复平面内对应的点在第四象限 D.
【正确答案】 A
【原卷 3 题】 知识点 函数对称性的应用,利用等差数列的性质计算,求等差数列前n项和
【正确答案】
B
【试题解析】
3-1（基础） 已知函数的图象连续且在上单调，又函数的图象关于轴对称，若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2019项之和为（ ）
A.0 B.2019 C.4038 D.4040
【正确答案】 C
3-2（基础） 已知函数在上单调，且函数的图象关于对称，若数列是公差不为的等差数列，且，则的前项的和为
A. B. C. D.
【正确答案】 C
3-3（巩固） 已知等差数列，公差不为0，若函数对任意自变量x都有恒成立，函数在上单调，若，则的前500项的和为（ ）
A.1010 B.1000 C.2000 D.2020
【正确答案】 B
3-4（巩固） 已知函数满足对任意的，，若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前40项的和为（ ）
A.80 B.60 C.40 D.20
【正确答案】 B
3-5（提升） 已知函数对任意自变量都有，且函数在上单调．若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2017项之和为（ ）
A.0 B.2017 C.2016 D.4034
【正确答案】 B
3-6（提升） 已知函数的图象连续且在上单调，又函数为偶函数，若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2021项之和为（ ）
A.0 B.4040 C.4042 D.2021
【正确答案】 D
【原卷 4 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】
4-1（基础） 已知、都是实数，则“”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.既不充分又不必要条件
【正确答案】 A
4-2（基础） “”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】 B
4-3（巩固） 对于任意的实数，定义表示不超过的最大整数，例如，，，那么“”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】 B
4-4（巩固） 若对于任意实数x，表示不超过x的最大整数，例如，，，那么“”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
4-5（提升） 已知集合且且，O为坐标原点，当时，定义：，若，则“存在使”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
4-6（提升） 如果对于任意实数，表示不小于的最小整数，例如，，那么“”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】 B
【原卷 5 题】 知识点 函数奇偶性的定义与判断,函数图像的识别,余弦函数图象的应用,求余弦（型）函数的奇偶性
【正确答案】
C
【试题解析】
5-1（基础） 函数的图像大致为（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 B
5-2（基础） 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-3（巩固） 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-4（巩固） 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-5（提升） 函数的部分图象为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-6（提升） 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
【原卷 6 题】 知识点 指数幂的运算,指数式与对数式的互化,对数的运算性质的应用
【正确答案】
D
【试题解析】
6-1（基础） 定义函数的值为不超过正实数x的素数的个数（素数是大于1且只以1和自身为因数的正整数），则表示正整数集合，中素数所占的比例．数学家发现，当n非常大时这个比例接近于的值．由此估计，下列选项中与区间中素数的个数最接近的是（ ）（提示：，）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
6-2（基础） “不积跬步，无以至千里：不积小流，无以成江海.”，每天进步一点点，前进不止一小点.今日距离高考还有936天，我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，高考时是；而把看作是每天“退步”率都是1%.高考时是.若“进步”的值是“退步”的值的100倍，大约经过（ ）天（参考数据：）
A.200天 B.210天
C.220天 D.230天
【正确答案】 D
6-3（巩固） 我们可以把看作每天的“进步”率都是，一年后的值是，而把看作每天的“退步”率都是，一年后的值是，照此计算，大约经过多少天“进步”后的值是“退步”后的值的倍（参考数据：，）（ ）
A.100天 B.108天 C.115天 D.124天
【正确答案】 C
6-4（巩固） 分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“n次分形”（ ）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于20的分形图，则n的最小值是（ ）
（取，）
A.9 B.10 C.11 D.12
【正确答案】 C
6-5（提升） 有一个非常有趣的数列叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，…，至今为止都还不确定是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知，．用上式估算出的与实际的的误差绝对值近似为（ ）
A.0.003 B.0.096 C.0.121 D.0.216
【正确答案】 B
6-6（提升） 苏格兰数学家科林麦克劳林（ColinMaclaurin）研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：，试根据此公式估计下面代数式的近似值为（ ）（可能用到数值）
A.2.322 B.4.785 C.4.755 D.1.005
【正确答案】 C
【原卷 7 题】 知识点 利用余弦函数的单调性求参数,求图象变化前（后）的解析式,结合三角函数的图象变换求三角函数的性质
【正确答案】
A
【试题解析】
7-1（基础） 把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位，若最终所得图象对应的函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-2（基础） 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（ ）
A. B. C.1 D.2
【正确答案】 B
7-3（巩固） 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数在区间上是单调递减函数，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-4（巩固） 将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象．若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
7-5（提升） 将函数（）的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若函数）的一个极值点是，且在上单调递增，则ω的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
7-6（提升） 将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
【原卷 8 题】 知识点 比较指数幂的大小,由幂函数的单调性比较大小
【正确答案】
B
【试题解析】
8-1（基础） 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
8-2（基础） 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
8-3（巩固） 若，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
8-4（巩固） 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
8-5（提升） 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A
8-6（提升） 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A
【原卷 9 题】 知识点 三角函数在生活中的应用,用和、差角的正切公式化简、求值,基本（均值）不等式的应用
【正确答案】
D
【试题解析】
9-1（基础） 如图，有一壁画，最高点A处离地面12m，最低点B处离地面7m.若从离地高4m的C处观赏它，若要视角最大，则离墙的距离为（ ）
A. B.3m C.4m D.
【正确答案】 D
9-2（基础） 我国古代历法从东汉的《四分历》开始，就有各节气初日晷影长度和太阳去极度的观测记录，漏刻、晷影成为古代历法的重要计算项目．唐代僧一行在编制《大衍历》时发明了求任何地方每日晷影长和去极度的计算方法——“九服晷影法”，建立了晷影长l与太阳天顶距之间的对应数表（世界上最早的正切函数表）．根据三角学知识知：晷影长l等于表高h与天顶距正切值的乘积，即．若对同一表高进行两次测量，测得晷影长分别是表高的2倍和3倍，记对应的天顶距分别为和，则（ ）
A. B. C. D.1
【正确答案】 B
9-3（巩固） 在中，，，以为边作等腰直角三角形（ 为直角顶点， 、两点在直线的两侧）.当变化时，线段长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
9-4（巩固） 塔因为年代久远，塔身容易倾斜，在下方如图中，表示塔身，塔身的长度就是塔的高度，塔身与铅垂线的夹角为倾斜角，塔顶到铅垂线的距离为偏移距离，现有两个塔高相同的斜塔，它们的倾斜角的正弦值分别为，，两座塔的偏移距离差的绝对值为3.1米，则两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为（ ）
A.1.2米 B.0.6米 C.1米 D.0.8米
【正确答案】 D
9-5（提升） 1471年米勒提出了一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长即可见角最大后人称其为“米勒问题”.我们把地球表面抽象为平面，悬杆抽象为直线l上两点A，，则上述问题可以转化为如下模型：如图1，直线l垂直于平面，l上的两点A，B位于平面同侧，求平面上一点C，使得最大.建立图2所示的平面直角坐标系.设，当最大时，（ ）
A.2ab B. C. D.ab
【正确答案】 B
9-6（提升） 有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，设不计硬管粗细可通过的最大极限长度为l米．为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为米，则m的值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
【原卷 10 题】 知识点 球的截面的性质及计算,证明线面垂直
【正确答案】
C
【试题解析】
10-1（基础） 已知正方体的棱长为2，则以点A为球心，2为半径的球面与正方体的表交所得到的曲线长度为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
10-2（基础） 在正三棱柱中，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
10-3（巩固） 已知长方体 中，底面为正方形且边长为1，侧棱长为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
10-4（巩固） 在正方体中，分别为的中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
10-5（提升） 已知球与棱长为4的正方形的所有棱都相切，点是球上一点，点是的外接圆上的一点，则线段的取值范围是
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
10-6（提升） 在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
【原卷 11 题】 知识点 直线的点斜式方程及辨析,求点到直线的距离,双曲线定义的理解,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、右焦点分别为，一条渐近线为l，过点且与l平行的直线交双曲线C于点M，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.3
【正确答案】 B
11-2（基础） 已知，分别是双曲线的左､右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点M，若M在以为直径的圆上，则双曲线离心率为
A. B. C.3 D.2
【正确答案】 D
11-3（巩固） 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若的内切圆的半径与的内切圆的半径的乘积为，则双曲线的离心率为（ ）
A.2 B.3 C. D.
【正确答案】 A
11-4（巩固） 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线与双曲线在第一象限的交点为，若原点到直线的距离为，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
11-5（提升） 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A
11-6（提升） 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点与抛物线的焦点重合，点P为与的一个交点，若△的内切圆圆心的横坐标为4，的准线与交于A，B两点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
【原卷 12 题】 知识点 利用导数研究不等式恒成立问题,用导数判断或证明已知函数的单调性,由导数求函数的最值（不含参）
【正确答案】
C
【试题解析】
12-1（基础） 已知不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）．
A. B.
C. D.
【正确答案】 D
12-2（基础） 已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
12-3（巩固） 不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
12-4（巩固） 已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
12-5（提升） 已知函数对于任意时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
12-6（提升） 已知不等式对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
【原卷 13 题】 知识点 数量积的运算律,已知数量积求模,已知模求数量积
【正确答案】
【试题解析】
13-1（基础） 若向量，满足，，且与的夹角为，则_______.
【正确答案】
13-2（基础） 已知向量与的夹角为，，，则为__________
【正确答案】
13-3（巩固） 已知向量，满足，，，则__________.
【正确答案】
13-4（巩固） 已知向量，满足，，，则______．
【正确答案】
13-5（提升） 已知平面内非零向量，满足，则__________.
【正确答案】
13-6（提升） 已知向量，满足，，且，则_________.
【正确答案】
【原卷 14 题】 知识点 根据样本中心点求参数
【正确答案】
【试题解析】
14-1（基础） 已知变量x，y之间具有线性相关关系，根据10对样本数据求得经验回归方程为，若，，则______.
【正确答案】 3
14-2（基础） 用最小二乘法得到一组数据（其中、2、3、4、5）的线性回归方程为，若、，则当时，y的预报值为______．
【正确答案】 23
14-3（巩固） 在一组样本数据的散点图中，若所有样本点 都在曲线附近波动．经计算，则实数的值为________．
【正确答案】
14-4（巩固） 由样本数据得到的回归方程为，已知如下数据：，，，则实数的值为___________.
【正确答案】 或
14-5（提升） 2021年9月1日至23日（日代码分别为1，2，，23），某餐馆在区域M内投放广告单数量 y（万张）与日代码 x 的数据符合回归方程，已知，，则______（精确到小数点后两位）.
【正确答案】 0.29
14-6（提升） 由样本数据得到的回归方程为：，已知如下数据：，则实数的值为___________.
【正确答案】 4
【原卷 15 题】 知识点 由直线与圆的位置关系求参数,求抛物线的切线方程
【正确答案】
【试题解析】
15-1（基础） 过点且与有且只有一个公共点的直线方程为_________.
【正确答案】 或．
15-2（基础） 已知直线l过点，且与抛物线只有一个公共点，则直线l的方程可以是______．（写出一个符合题意的直线方程即可）
【正确答案】 （答案不唯一）
15-3（巩固） 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【正确答案】 或或
15-4（巩固） 已知圆的方程为，抛物线的方程为，则两曲线的公共切线的其中一条方程为_____________．
【正确答案】
15-5（提升） 写出一条与圆和曲线都相切的直线的方程：___________.
【正确答案】 （答案不唯一）
15-6（提升） 写出过抛物线上的点且与圆相切的一条直线的方程________．
【正确答案】 或或（写出其中一个即可）
【原卷 16 题】 知识点 余弦定理解三角形,圆台的展开图
【正确答案】
【试题解析】
16-1（基础） 如图所示，已知在圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A，求绳子最短时，顶点到绳子的最短距离__（用x表示）．
【正确答案】
16-2（基础） 如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的表面积为____．
【正确答案】 或
16-3（巩固） 如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
【正确答案】
16-4（巩固） 如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为2，AB，CD分别是两底面的直径，AD，BC是母线．若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点则小虫爬行路线的最短长度是___．
【正确答案】
16-5（提升） 如图，某圆柱的高为4，底面周长为16，，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为_______.
【正确答案】
16-6（提升） 如图，AB是圆柱的直径且，PA是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上的点. 若，D是PB的中点，点E是线段PA上一动点，则的最小值为______.
【正确答案】
【原卷 17 题】 知识点 求等差数列前n项和,利用定义求等差数列通项公式,写出等比数列的通项公式
【正确答案】
【试题解析】
17-1（基础） 已知为公差不为零的等差数列，首项，的部分项、、…、恰为等比数列，且，，．
（1）求数列的通项公式（用表示）；
（2）若数列的前项和为，求．
【正确答案】 （1）；（2）
17-2（基础） 已知正项数列的前项和为，且是和的等差中项．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，且成等比数列，当时，求数列的前项和．
【正确答案】 （1）； （2）.
17-3（巩固） 已知数列的前n项和为，满足，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若数列的公差不为0，数列中的部分项组成数列，，，…，，…恰为等比数列，其中，，，求数列的通项公式.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）.
17-4（巩固） 已知等差数列中，且，，成等比数列、数列的前n项和为，满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）将数列，的公共项按原来的顺序组成新的数列，试求数列的通项公式，并求该数列的前n项和.
【正确答案】 （1）；（2）；
17-5（提升） 已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列.
1、求数列的通项公式；
2、若，，，，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，，令，求数列的前项和.
【正确答案】 1、；
2、
17-6（提升） 设为等差数列的前n项和，已知，．
（1）求；
（2）若成等比数列，求的前n项和．
【正确答案】 （1）；（2）
【原卷 18 题】 知识点 抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算,完善列联表,独立性检验解决实际问题,计算古典概型问题的概率
【正确答案】
【试题解析】
18-1（基础） 广西新高考改革方案已正式公布，根据改革方案，将采用“”的高考模式，其中，“3”为语文、数学，外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治，历史、地理、物理、化学、生物6门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理和历史中选择1门，再从政治、地理、化学、生物中选择2门，形成自己的“高考选考组合”.
1、若某学生根据方案进行随机选科，求该生恰好选到“物化生”组合的概率；
2、由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求，随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，判断是否有95％的把握认为“选科与性别有关”？
选择物理
选择历史
合计
男生
40
50
女生
合计
30
100
附：，．
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
【正确答案】 1、；
2、有95％的把握认为“选科与性别有关，理由见解析.
18-2（基础） 为了解尿酸（单位：μmol/L）过高人群与血糖浓度（单位：mmo/L）关系，通过对100名志愿者体检数据（两种数据均在空腹状态下测量）进行统计，得下表：正常空腹血糖浓度范围；3.9-6.1mmo/L；正常空腹尿素酸范围：150-420μmol/L
尿酸
血糖
17
14
9
13
16
11
10
4
6
1、根据所给数据，完成下面的2×2列联表：
尿酸
血糖
总计
总计
2、根据（1）中的列联表，判断是否有99%的把握认为尿酸高与血糖高有关？
附：
0.05
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【正确答案】 1、填表见解析 2、没有99%的把握认为尿酸高与血糖高有关
18-3（巩固） 2023年2月15日，四川省卫健委发布新版《四川省生育登记服务管理办法》，其中一条修订内容为“取消了对登记对象是否结婚的限制条件．”该修订内容在社会上引起了广泛的关注和讨论．某研究小组针对此问题，在四川某大学做了一项关于教职工、学生和学生家长对这一修订政策的态度调查，调查通过问卷形式完成，共回收了160份有效问卷．为了研究不同身份与对政策态度的相关性，该小组将人群分为“学生”、“教职工”、“家长”三种身份．被调查人需要对自己的态度区分为“支持政策”、“反对政策”和“有条件地支持（支持政策，但是认为需要对登记人再额外增加一些附加条件）”．研究结果如下表所示：
支持政策
反对政策
有条件地支持
合计
学生
30
5
5
40
教职工
20
45
25
90
家长
15
8
7
30
合计
65
58
37
160
1、为了研究校内人员身份（学生/教职工）与态度之间的关系，研究小组将“支持政策”和“有条件地支持”两个分类合并为“比较支持”组．试问，我们是否有的把握认为，校内人员的身份（学生/教职工）和态度（比较支持/反对）有关？
2、如果从样本中反对政策的5名学生中随机抽取3个人，求其中学生A和学生B同时被选中的概率．
参考公式：．
0.10
0.05
0.010
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
【正确答案】 1、有 2、．
18-4（巩固） 为了解高一年级学生的选科意愿，某学校随机抽取该校名高一学生进行调查，其中女生与男生人数比是2：3，已知从人中随机抽取人，抽到报考物理的学生的概率为.
学科
物理
历史
合计
女生
20
男生
合计
1、请补全列联表，并判断是否有的把握认为选科与性别有关；
2、为了解选择物理学科意愿的同学的选择原因，从选物理的同学中抽取了人，其中有名女生，并从这名同学选出人进行“当面交流”，问该组有女生的概率？
附表及公式：
3.841
6.635
10.828
【正确答案】 1、列联表见解析，有的把握认为选科与性别有关 2、
18-5（提升） 广东省2021年高考将实行“”模式，其最大特点就是取消文理科，除语文、数学、外语之外，从物理、历史这2科中自由选择一门科目；化学、生物、政治、地理这4科中自由选择两门科目作为选考科目.某研究机构为了了解学生对全理（选择物理、化学、生物）的选择是否与性别有关，从某学校高一年级的学生中随机抽取男生、女生个25人进行模拟选科.经统计，选择全理的人数比不选全理的人数多10人.
（1）请完成下面的列联表：
选择全理
不选择全理
合计
男生
5
女生
合计
（2）估计有多大把握认为选择全理与性别有关，并说明理由；
（3）现从这50名学生中已经选取了男生3名，女生2名进行座谈，从这5人中抽取2名代表作问卷调查，求至少抽到一名女生的概率.
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.076
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
附:，其中.
【正确答案】 （1）列联表见解析；（2）的把握认为选择全理与性别有关，理由见解析；（3）.
18-6（提升） 某省确定从2021年开始，高考采用“”的模式，取消文理分科，即“3”包括语文、数学、外语，为必考科目；“1”表示从物理、历史中任选一门；“2”则是从生物、化学、地理、政治中选择两门，共计六门考试科目.某高中从高一年级2000名学生（其中女生900人）中，采用分层抽样的方法抽取名学生进行调查.
（1）已知抽取的名学生中含男生110人，求的值及抽取到的女生人数；
（2）学校计划在高二上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对在（1）的条件下抽取到的名学生进行问卷调查（假定每名学生在这两个科目中必须洗择一个科目且只能选择一个科目）.下表是根据调查结果得到的列联表，请将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由；
性别
选择物理
选择历史
总计
男生
50
女生
30
总计
（3）在（2）的条件下，从抽取的选择“物理”的学生中按分层抽样抽取6人，再从这6名学生中抽取2人，对“物理”的选课意向作深入了解，求2人中至少有1名女生的概率.
附：，其中.
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【正确答案】 （1），女生人数为；（2）列联表见解析，有的把握认为选择科目与性别有关，理由见解析；（3）
【原卷 19 题】 知识点 证明线面垂直,球的表面积的有关计算,由异面直线所成的角求其他量,证明面面垂直
【正确答案】
【试题解析】
19-1（基础） 如图所示，已知斜三棱柱，侧面为菱形，点在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，，.
1、求证：平面；
2、求四面体外接球的表面积.
【正确答案】 1、证明见解析； 2、
19-2（基础） 如图，在梯形ABCD中，，，，E为AD的中点，以BE为折痕将折起，使点A到达点P的位置，连接PD，PC.
1、证明：平面平面BCDE；
2、当时，若几何体的顶点均在球O的表面上，求球O的表面积.
【正确答案】 1、证明见解析 2、
19-3（巩固） 如图，内接于，为的直径，，，，且平面，为的中点．
1、求证：平面平面；
2、求异面直线与所成的角；
3、求点到平面的距离．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、；
3、﹒
19-4（巩固） 如图，点C在直径为的半圆O上，垂直于半圆O所在的平面，平面平面，且.
（1）证明.
（2）若，，异面直线与所成的角是，求四棱锥的内切球的半径.
【正确答案】 （1）证明见解析.（2）
19-5（提升） 如图是矩形和以边为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿折叠，使平面垂直于半圆所在的平面，若点是折后图形中半圆上异于，的点
（1）证明：；
（2）若，且异面直线和所成的角为，求三棱锥的体积．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）．
19-6（提升） 如图，是半圆的直径，是半圆上除、外的一个动点，垂直于半圆所在的平面，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥体积最大值.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）
【原卷 20 题】 知识点 根据a、b、c求椭圆标准方程,椭圆中的定值问题
【正确答案】
【试题解析】
20-1（基础） 已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为2.
1、求椭圆的标准方程；
2、过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由.
【正确答案】 1、
2、是定值，理由见解析
20-2（基础） 已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，试判断是否为定值？请说明理由.
【正确答案】 （1）；（2）存在，定值为.
20-3（巩固） 已知椭圆经过点，且离心率为，过其右焦点F的直线交椭圆C于M，N两点，交y轴于E点．若，．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）试判断是否是定值．若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）为定值，为．
20-4（巩固） 椭圆的方程为，过椭圆左焦点且垂直于轴的直线在第二象限与椭圆相交于点，椭圆的右焦点为，已知，椭圆过点．
1、求椭圆的标准方程；
2、过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若，，求证：为定值．
【正确答案】 1、 2、证明见解析
20-5（提升） 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
【正确答案】 （1）；（2）为定值．
20-6（提升） 已知椭圆： 的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点，若的最大值是5，且．
1、求椭圆的标准方程；
2、若直线交轴于点，且，，试分析是否为定值，若是，请求出这个定值；否则，请说明理由．
【正确答案】 1、； 2、是定值，定值为.
【原卷 21 题】 知识点 利用导数研究不等式恒成立问题,由导数求函数的最值（不含参）
【正确答案】
【试题解析】
21-1（基础） 已知函数.
（1）当时，求零点的个数；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 （1）零点的个数为0；（2）.
21-2（基础） 已知函数.
1、当时，求函数在处的切线方程；
2、若关于x的不等式在恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 1、 2、
21-3（巩固） 已知函数.
（Ⅰ）当时，求在上的最值；
（Ⅱ）若对一切，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 （Ⅰ）最大值1，最小值；（Ⅱ）.
21-4（巩固） 已知函数.
（1）当时，求在上最值；
（2）若对一切，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 （1），；（2）.
21-5（提升） 设函数
1、若函数在上单调递增，求的最小值.
2、证明：当时，；
3、若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 1、1 2、证明见解析 3、
21-6（提升） 设函数.
1、当时，求在上的最值；
2、对，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 1、， 2、
【原卷 22 题】知识点 曲线的极坐标方程定义及其意义,普通方程与极坐标方程的互化,普通方程化为参数方程
【正确答案】
【试题解析】
22-1（基础） 在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（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，直线l的极坐标方程为（），直线l与圆C交于A，B两点.
1、求圆C的极坐标方程；
2、求的值.
【正确答案】 1、 2、
22-2（基础） 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆经过极点，且其圆心的极坐标为.
1、求直线的普通方程与圆的极坐标方程；
2、若射线分別与圆和直线交于点（点异于坐标原点），求线段长.
【正确答案】 1、直线普通方程为，圆的极坐标方程为 2、
22-3（巩固） 在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
1、求圆的极坐标方程；
2、若射线：与圆的交点为，，与直线的交点为，求．
【正确答案】 1、； 2、2.
22-4（巩固） 在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．圆C的圆心为，且过点．
（1）求直线l和圆C的极坐标方程；
（2）的射线与圆C相交于异于极点的点A，与直线l相交于点B，若，求α．
【正确答案】 （1）；；（2）．
22-5（提升） 在直角坐标系中，圆C的参数方程为，其中为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆的极坐标方程；
（2）为圆上一点，且点的极坐标为，射线绕点逆时针旋转，得射线，其中也在圆上，求的最大值．
【正确答案】 （1）（2）
22-6（提升） 在平面直角坐标系中，直线l的方程为，圆C的方程为．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
1、求直线l的极坐标方程和圆C的极坐标方程；
2、设射线交圆C于O，A两点，交直线l于B，求的最大值．
【正确答案】 1、， 2、
【原卷 23 题】
【正确答案】
（1）证明见解析 （2）证明见解析
【试题解析】
23-1（基础） 已知为正数，且满足，证明：
（1）；
（2）.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析；
23-2（基础） （1）设且．证明：；
（2）已知为正数，且满足．证明：
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.
23-3（巩固） 已知正数a，b，c满足.
（1）求的最大值；
（2）求证：
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.
23-4（巩固） 已知
（1）证明： ；
（2）设为正数，求证： .
【正确答案】 （1）见解析；（2）见解析
23-5（提升） 已知a，b，c都是正数，且1. 证明：
1、；
2、．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、证明见解析.
23-6（提升） 已知为正数，且满足 证明：
（1）；
（2）
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析
答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据补集和交集的定义，即可求解.
详解:
，
故选:A.
点睛:
本题考查集合间的运算，属于基础题.
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据集合的交并补运算法则即可求解.
详解:
，，或者，
故选: B
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据交集、补集的定义计算可得.
详解:
解: ,
故选:
点睛:
本题考查集合的运算，属于基础题.
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由题意知，所以，故选D.
1-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求解一元二次不等式，得集合，再求解，根据对数的定义域求解集合B，利用交集的定义计算.
详解:
因为或 ，所以，，所以．
故选：C
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
首先分别求两个集合，再求集合的混合运算.
详解:
或，，
或，则.
故选：C.
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据复数的虚部、模、共轭复数、复数运算等知识求得正确答案.
详解:
复数的虚部为，A选项错误.
，B选项错误.
，C选项错误.
，D选项正确.
故选：D
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据题意得，根据虚部的概念、模的求法、共轭复数的概念、纯虚数的概念依次判断选项，即可求解.
详解:
A：因为复数z在复平面上对应的点为，
则，所以复数z的虚部为-1，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，为纯虚数，故D正确．
故选：D．
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先根据复数的除法算出，然后根据复数的定义和性质逐一判断每个选项
详解:
复数，
，故A错误；
复数在复平面上对应的点坐标为，在第三象限，故B错误；
复数的实部与虚部之积为，故C正确；
，故D错误．
故选：C
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据复数的除法求得，再根据复数的相关概念与运算逐项分析判断.
详解:
由题意可得：，则有：
z的虚部为，A错误；
，B正确；
复数在复平面内的对应的点为，在第一象限，C错误；
，D错误.
故选：B.
2-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据表达式和可得，可知，复数z在复平面内对应的点为，不在第三象限，z的虚部为，即ABC错误，D正确.
详解:
由，可得
，所以，，即A错误；
复数z在复平面内对应的点为，在虚轴上，即B错误；
由实部和虚部定义可得z的虚部为，即C错误；
，故D正确.
故选：D
2-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
把转化为化简求解.
详解:
z的实部是故A正确；，故D错误
，的虚部是故B错误，在复平面上对应的点为所以为第一象限点，故C错误.
故选：A
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由函数的图象关于轴对称，平移可得的图像关于对称，由题意可得，利用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求的和.
详解:
函数的图象关于轴对称，且函数的图象连续且在上单调，
可得的图像关于对称，
由数列是公差不为0的等差数列，且，
可得，又是等差数列，
可得，
所以的前2019项之和为
故选：C
点睛:
本题考查了函数的平移变换、等差数列的性质以及等差数列的前项和，需熟记公式与性质，属于基础题.
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由函数的图象关于对称，可知函数关于对称，函数在上单调，所以在上也单调，由，可以得到
，进而可以求出的前项的和.
详解:
因为函数的图象关于对称，所以函数关于对称，又因为函数在上单调，所以在上也单调，由，可以得到，，故本题选C.
点睛:
本题考查了抽象函数的对称性、单调性，利用等差数列的性质，求前项和问题.
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由已知得函数关于对称，因为，则，再由等差数列性质求得前500项的和.
详解:
对任意自变量x都成立，函数对称轴为
因为，，
故选：B
点睛:
本题考查函数对称性及利用等差数列性质求和.属于基础题.
函数 对任意自变量x都有，则函数对称轴为，
为等差数列，若，则 ．
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意得函数图象关于直线对称，从而得到，由此能求出结果.
详解:
∵函数对任意自变量都有，
∴函数图象关于直线对称，
又数列是公差不为的等差数列，且，
∴，
∴.
故选：B.
点睛:
本题考查等差数列的前40项之和的求法，注意函数性质和等差数列的性质的合理运用，属于基础题.
3-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
因为函数对任意自变量都有，所以函数的对称轴为 ，因为，所以，由等差数列前n项和公式，故选B.
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由函数的图象关于轴对称，平移可得的图象关于对称，由题意可得，利用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求的和．
详解:
解：函数的图象关于轴对称，且函数的图象连续且在上单调，
的图象关于对称，
由数列是公差不为0的等差数列，且，
，又是等差数列，
，
的前2021项之和为．
故选：D．
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据不等式的性质结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
详解:
时，一定有，充分性成立，
当时，满足，但不成立，则必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A．
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据充分、必要条件的知识确定正确答案.
详解:
，
所以，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据充分必要性分别判断即可.
详解:
若，则可设，则，，其中，
，，即“”能推出“”；
反之，若，，满足，但，，即“”推不出“”，
所以“”是“”必要不充分条件，
故选：B.
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据高斯函数的定义以及充分必要条件的定义推导即可.
详解:
如果，则有 ，
，所以 是 的充分条件；
反之，如果 ，比如 ，则有，
根据定义， ，即不是必要条件，
故 是 的充分不必要条件；
故选：A.
4-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由存在使得 ，根据绝对值的运算性质有：，同理对纵坐标也如此运算可证得充分性成立；必要性可举例说明不成立.
详解:
充分性：若存在，使，
即，
则，
故.
故充分性成立；
必要性：取，
则，
则，但是，
所以，则不共线，
所以必要性不成立.
故选：A.
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先通过给取特值得到前者推不出后者，通过推导判断出后者可以推出前者，再根据必要不充分条件的定义判断出结论
详解:
由已知可得令，满足，
但，，，
而时，设，则，所以必有
“”是“”的必要不充分条件
故选：B
点睛:
本题主要考查了充分必要条件的判断，说明一个命题不成立常用举反例的方法，考查利用充分必要条件的定义判断一个命题是另一个命题的什么条件，属于基础题目，
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.
详解:
，则的定义域为R，
又，
所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，
当时，，故排除A.
故选：B.
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
判断函数的奇偶性，并判断时，函数值的正负，即可判断选项.
详解:
，
定义域为，关于原点对称，
由，
所以为奇函数，排除BD；
当时，，因为为上减函数，为上的增函数，
则为上的减函数，且当，，则当，
，故，排除A.
故选：C.
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数的奇偶性排除AB，再由特殊值排除D即可得解.
详解:
因为的定义域为，关于原点对称，
所以，即函数为奇函数，排除AB，
当时，，排除D.
故选：C
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.
详解:
函数的定义域为，满足，
所以函数是奇函数，故排除B，
设，
，所以在上单调递增，，
，所以当时，，故排除D；
当时，，故排除A.
故选：C
5-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
确定函数为奇函数，排除BD，当时，，排除A，得到答案.
详解:
的定义域为，
，故为奇函数，
其图象关于原点对称，排除B，D；
又时，，，，故，排除A．
故选：C．
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先判断的奇偶性，再根据时的函数值的符号判断图象.
详解:
因为，，
所以，故函数的为奇函数，排除BD；
又 所以，故A错误.
故选：C
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意列出素数的个数计算公式即可求解.
详解:
由题意可得
.
故选：B
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题设有，应用指对数互化及对数的运算性质求值即可.
详解:
设经过天后，“进步”的值是“退步”的值的100倍，
则，即天.
故选：D.
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
本题首先可设经过天“进步”后的值是“退步”后的值的倍，然后结合题意得出，最后通过计算即可得出结果.
详解:
设经过天“进步”后的值是“退步”后的值的倍
则，即，，
，
则大约经过115天“进步”后的值是“退步”后的值的倍，
故选：C.
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
从条件中分析出线段长度的变化规律，得到“n次分形”后折线的长度，进而建立不等式解得答案即可.
详解:
图1线段长度为1，图2线段长度为，图3线段长度为，…，“n次分形”后线段长度为，所以要得到一个长度不小于20的分形图，只需满足，则，即得，解得，所以至少需要11次分形.
故选：C.
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
直接通过两种方法求出，作差取绝对值即可求出结果.
详解:
，
又
与实际的的误差绝对值近似为.
故选：B.
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由题目观察可知，代入即可发现解法.
详解:
所以=4.755
故选：C
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数图象的伸缩变换以及平移变换得函数解析式为，由函数在区间上单调递增，列不等式即可求解.
详解:
把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），
得到函数，再把的图象向右平移个单位，
得到，由于在单调递增，
所以，因此,
即且，
则且
可得,由于，故当时，取到最小值，
故选：C
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先根据左加右减得到的解析式，进而根据函数关于对称，求出，，又函数的单调性得到，从而求出答案.
详解:
由题意得，
的图象关于点对称，故，
故，，解得，，
又在上单调递减，故，又，解得，
则，，解得或1，
故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，
当时，，当时，，
因为在上不单调递减，不合要求，舍去，
其他均不合要求.
故选：B
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先利用三角函数平移得到的解析式，再利用余弦函数的单调性得到，从而利用数轴法先得到，再确定，进而得到关于的不等式，由此得解.
详解:
由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
若函数在区间上是单调递减函数，
，
，
又，，
，，即，
，解得，
所以实数的最大值为.
故选：C.
7-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据平移法则写出f(x)的函数解析式，根据单调性，结合正弦函数的性质写出关于的不等式组，求解即得.
详解:
，
当时，，
由，有，，，
有，得.
故选：D.
7-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
先由函数的图像平移变换得到函数，再根据正弦函数的图像性质得到是函数一条对称轴，从而得出（），
结合正弦函数的周期与单调性的关系得到，即可得到答案.
详解:
由题意得：，
又函数）的一个极值点是，即是函数一条对称轴，
所以，则（），
函数 在上单调递增，则函数的周期，
解得，则，，
故选：A.
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据辅助角公式和图象的平移变换得到，再根据正弦函数的单调性求出函数的单调递减区间，然后根据条件给出的区间建立不等式关系进行求解即可．
详解:
由，
将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，
则，
由，，得，
又在上单调递增，
则，，解得，
即，
又，则当时，，即的取值范围是．
故选：C．
8-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
直接利用指数和对数的单调性求解.
详解:
因为，，，
所以
故选：A
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用指数和对数函数单调性，借助临界值可知最大；结合与图象可确定，由此得到结论.
详解:
，，，，；
与图象如下图所示：
由图象可知：，则.
故选：B.
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
对，通过估计值可以直接比较；对于需要结合换底公式以及不等式的性质进行比较.
详解:
，因为，所以；
因为在R上单调递增，且，所以，即，所以；所以
又，，
因为因为在R上单调递增，且，所以，即，
所以，又因为，所以，即，
综上.
故选：A.
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据对数函数的图象与性质，求得，，即可求解，得到答案.
详解:
由题意，根据对数的性质，可得，，
又由，，
因为，所以，可得，
所以.
故选：A.
点睛:
本题主要考查了对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
利用对数函数的单调性得到01,从而得到a,b,c的大小关系.
详解:
解：∵0log32，∴a
∴a
点睛:
本题主要考查了利用对数函数的单调性比较函数值的大小，属于基础题.关于不同底数的对数的大小比较，常常是利用换底公式转化为同底数的对数进行比较，对于指数，对数式之间的比较大小，常常是利用中间值，比如常见的1，0等比较大小.
8-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
本题结合指数函数、对数函数的性质比较，，的大小即可．
详解:
由题意可知：
，
所以，
据此可得： ．
故选：A．
点睛:
本题主要考查指数函数、对数函数的性质．是偏易题．
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设离墙的距离为为，求得关于的表达式，结合基本不等式求得取得最大值时的值.
详解:
设离墙的距离为为，
过作，交的延长线于，则，
，
所以
，
当且仅当时等号成立.
由于，所以当最大时，最大，此时.
故选：D
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据已知条件得出的值，利用两角差的正切公式可得结果.
详解:
由题意知，所以
故选：B.
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
方法一：由旋转的性质可得， ，，
由等腰直角三角形的性质可得，利用三角形的三边关系即可求解.
方法二：由题意画出图形，设 ， ，利用余弦定理把 用含有 的代数式表示，
然后换元，再利用配方法和基本不等式 即 求得最值.
详解:
解：方法一：如图，将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ，
， ，
在中，，，
， ，
，
在中， ，
当点 在 上时，即、、三点共线，此时有的最大值，
的最大值为： ，
，
的最大值为： .
故选：C.
方法二：如图，设 ， ，
在 中，由余弦定理可知： ，
在中，由余弦定理可知： ，
由同角关系可得： ，
，
令 ，
则
，
当时等号成立.
的最大值为： .
故选：C.
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题意可得塔的偏移距离，设两座塔的塔高为，结合题意可得两座塔的偏移距离差的绝对值为，进而得到，结合塔顶到地面的距离，进而求解.
详解:
塔的偏移距离，设两座塔的塔高为，
则根据倾斜角的正弦值分别为，，
得两座塔的偏移距离差的绝对值为，
即，，
塔顶到地面的距离，
根据倾斜角的正弦值分别为，，
得倾斜角的余弦值分别为，，
两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为.
故选：D.
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意可得，然后由正切的和差角公式即可得到，再由基本不等式即可得到结果.
详解:
有题意可知，是锐角且，
因为，
所以，
且，当且仅当，即时，等号成立，
故当，，此时最大.
故选:B
9-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.
详解:
如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB.
设,则.
过A作AC垂直内侧墙壁于C，B作BD垂直内侧墙壁于D，则.
在直角三角形中，,所以.
同理.
所以.
因为（当且仅当且时等号成立）.
所以.
因为走廊的宽度与高度都是3米，
所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为,
所以.
故选：A
点睛:
利用三角函数解应用题的解题思路：
（1）画出符合题意的图形；
（2）把有关条件在图形中标出；
（3）建立三角关系式，利用三角函数求最值.
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
此球与正方体会在三个面上有交线，每个面上的交线为半径为2的四分之一圆弧，结合圆的周长计算．
详解:
如图，此球与正方体会在三个面上有交线，每个面上的交线为半径为2的四分之一圆弧，所以曲线总长为.
故选：D．
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
设为的中点，证明平面，根据球的截面性质确定交线的形状，结合弧长公式求交线长.
详解:
设为的中点，连接，
因为，为等边三角形，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心的圆，
由，
可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，
设该圆弧与，分别相交于点M，N，
因为，，
所以，因为，
所以
所以，
故交线长.
故选：B.
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
以为圆心，半径为作圆交面于弧长，因为平面，又，，则根据弧长公式即可求得结果．
详解:
在上取一点，使得，在上取一点，使得则
以为圆心，半径为作圆交面于弧长，如图所示：
因为平面，，
所以弧长是以为球心，为半径的球面与侧面的交线长，
又因为，则，
所以弧长为
故选：D
点睛:
关键点点睛：本题的解题的关键在于以为圆心，半径为作圆交面于弧长．
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
连接，再根据直角三角形中的关系可得点到的距离等于圆心到平面的距离，再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.
详解:
如图，连接，由题意易知，
，故四边形为平行四边形.
设，取的中点，连接，
在Rt中，，
故点到的距离为，故点到的距离为，
因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，
故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.
故选：D
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
因为球与正方体的每条棱都相切，故其直径为面对角线长，所以半径为，如图，球心为正方体的中心，球心与的外接圆上的点的距离为，其长为体对角线的一半，故，故，也就是，选C.
点睛：这是组合体问题，关键是确定出球心的位置以及球心与三角形外接圆上的点的距离.
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.
详解:
如图，取的中点,连接,
因为，所以，即为球心，
则球的半径,又,所以,
又平面平面，平面平面平面.
所以平面，
设，则,所以，
所以三棱锥的体积
当时,取得最大值，
由于，在中，由余弦定理得:
根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，
设此时截面圆的半径为，所以.
则截面面积的最小值为.
故选:C.
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据双曲线的定义，结合余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.
详解:
根据双曲线的对称性，不妨设一条渐近线l的方程为，
因此直线的倾斜角的正切值为，即，
所以有，
设，由双曲线定义可知：，
由余弦定理可知：，
故选：B
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据题目中提供的平行关系写出过与双曲线的一条渐近线平行的直线的方程，联立解出点M的坐标，M在以为直径的圆上，得到的等量关系，求解离心率.
详解:
双曲线的渐近线方程为：，不妨设过点与双曲线的一条渐近线平行的直线的方程为：与联立得到M的坐标为.
又因为M在以为直径的圆上，
故选:D
点睛:
本题考查了双曲线的渐近线方程、离心率，点在圆上等知识点，考查了学生综合分析，转化与化归，数学运算的能力，属于中档题.
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设，，、，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，根据切线长定理及双曲线的定义得到，即可得到，同理可得，再由由射影定理得到，即可得到，从而得解.
详解:
设，其中，设、，
过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，由切线长定理可得、、，
则，
因为，
所以，所以，即，同理可得，
所以、在直线上，又因为平分，平分，
，所以，在中，，
由射影定理可得，即，所以，
则双曲线的离心率.
故选：A
11-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用正弦定理可得，，再由，即可得到，再根据计算可得；
详解:
解：在中，有①；
，
由①，所以，
由①，所以
由，所以
即，同除得
所以
故选：D
点睛:
本题考查双曲线的简单几何性质，以及正弦定理的应用，属于中档题.
11-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设双曲线的左、右焦点分别为，，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立双曲线的方程可得点的坐标，设，，运用三角形的等面积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得关于，的方程，结合离心率公式可得所求值．
详解:
设双曲线的左、右焦点分别为，，
设双曲线的一条渐近线方程为，
可得直线的方程为，与双曲线联立，
可得，，
设，，
由三角形的等面积法可得，
化简可得，①
由双曲线的定义可得，②
在三角形中，为直线的倾斜角），
由，，可得，
可得，③
由①②③化简可得，
即为，
可得，则．
故选：A．
点睛:
本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等面积法．双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系．
11-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
令，由题设知且求得，再由内切圆中切线长性质及双曲线定义、性质确定与的切点的位置，进而求离心率.
详解:
由题设，又点与抛物线的焦点重合，即，
由，则，故，即，
如下图示，内切圆与△各边的切点为，
所以，又，
则，
所以为双曲线右顶点，又△的内切圆圆心的横坐标为4，即，
故，则，所以离心率为.
故选：B
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用参变分离可得，然后构造函数，利用导数求函数的最值即得.
详解:
由得．
令，，
又∵，当时，，单调递增．
当时，，单调递减．
∴，
∴，即．
故选：D.
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
分析可知，利用导数求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
详解:
因为，则，其中，
令，解得，令，解得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，
因为在上恒成立，所以，，解得.
故选：B.
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.
详解:
当时，不等式在上恒成立不会成立，
故 ，
当 时， ，此时不等式恒成立；
不等式在上恒成立,
即在上恒成立,
而即，
设 ，当 时，，
故是增函数，
则即，故，
设，
当 时，， 递增，
当 时，， 递减，
故 ，则 ，
综合以上，实数的取值范围是 ，
故选：B
点睛:
本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
将不等式变形为，根据的单调性得，再用常数分离法求出的取值范围.
详解:
由得，
即 ，
令，，则，
所以在上单调递增，
而等价于，
∴，即
令，，则，
所以在时，为增函数；在在时，为减函数，
所以最大值为，∴．
故选：C
点睛:
方法点睛：同构法解不等式恒成立求参数范围问题时先将原不等式化成 后再利用函数单调性得到与的大小关系，由此得到参数范围.
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将不等式化为，构造进而化为，利用导数研究单调性，再得在上恒成立，构造研究其最值，即可得参数范围.
详解:
由题设，即，
令且，上述不等式等价于，
而，故在上递增，则有在上恒成立，
所以在上恒成立，记，令，则，
当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
所以在上递减，在上递增，则，故.
故选：B.
点睛:
关键点点睛：由并构造函数并研究单调性，将问题转化为在上恒成立，再次构造研究最值求范围.
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意转化为对任意恒成立，设，求得，令，求得，求得函数的单调性与最值，得到恒成立，得到在上单调递增，得到在上恒成立，设，求得，求得函数的单调性与最值，即可求解.
详解:
当时，，而当时不符合题意，
所以，不等式 对恒成立，
即对任意恒成立，即，
设，则，可得，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，且极小值为2，
所以恒成立，在上单调递增，则在上恒成立，
即有恒成立，设，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以在处取得极大值，且最大值为，此时，
故的取值范围是.
故选：B.
点睛:
方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
13-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先通过条件求出，然后根据展开计算即可.
详解:
由已知得，
则.
故答案为.
13-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据向量与的夹角为，，，由平方求解.
详解:
解：因为向量与的夹角为，，，
所以，
故
13-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先将平方求出，再将平方计算即可.
详解:
由已知得，
，
，
.
故
13-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
两边平方，求出，从而利用求出答案.
详解:
由可知，即，
又，，解得，
故.
故答案为.
13-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由已知条件可求得，，将平方展开代入求值即可得答案.
详解:
解：因为，
所以，
所以，
又因为，两边平方得：，
解得，
所以,
所以.
故
13-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由数量积的性质化简可得，再由数量积的性质求.
详解:
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，又，，
所以，
故答案为.
14-1【基础】 【正确答案】 3
【试题解析】 分析:
由已知条件求得样本中心点，然后根据回归直线经过样本点中心得出.
详解:
由题意知，，因为回归直线过点，所以，解得
故
14-2【基础】 【正确答案】 23
【试题解析】 分析:
由已知可得，根据样本中心求参数，进而应用回归直线估计的预报值.
详解:
由题设，，而样本中心在回归直线上，
所以，得，故，
则，有.
故23
14-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
令，把回归方程变为线性的回归方程，代入样本中心点，即可求解.
详解:
令，则曲线的回归方程变为线性的回归方程，即，
此时，代入，
可得，解得.
故答案为.
14-4【巩固】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
令，则回归直线过样本中心点，求出，，代入即可求出；
详解:
解：令，则回归直线过样本中心点，
又，，
∴，则.
故
14-5【提升】 【正确答案】 0.29
【试题解析】 分析:
由题可得，然后利用回归直线方程过样本中心即得.
详解:
对取对数，得，
所以与x为线性相关关系，
因为，
所以，
所以，
所以.
故0.29.
14-6【提升】 【正确答案】 4
【试题解析】 分析:
令，则由回归方程过过样本中心点可得.
详解:
令，则回归方程过样本中心点，
因为，，
所以有，即.
故4
15-1【基础】 【正确答案】 或．
【试题解析】 分析:
验证斜率不存在时直线是否满足要求，斜率存在时，联立直线和抛物线的方程，化简,由条件列关系式得出斜率，即可求出直线方程.
详解:
①若直线斜率不存在，则过点的直线方程为，
将代入，可得，
即直线与抛物线有两个交点，不满足要求，
②若直线的斜率存在，设斜率为k，
则过点的直线方程为．
由，得．
当时，得，即直线与抛物线只有一个公共点．
当时，若直线与抛物线只有一个公共点，则，
得，所以直线方程为．
综上所述，所求直线方程为或．
故 或．
15-2【基础】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
满足条件的直线可能为抛物线的过点的切线或过点的平行与抛物线的对称轴的直线.
详解:
由题意知直线l的斜率存在，设其方程为，
当时，，易知直线过点，且与抛物线只有一个公共点，符合题意．
当时，联立，可得，．当时，，解得或，此时直线l的方程为或，即或，
易知直线和直线都过点，且与抛物线都只有一个公共点，符合题意．
故直线l的方程可以是或或．
故（答案不唯一）
15-3【巩固】 【正确答案】 或或
【试题解析】 分析:
先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
详解:
[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故或或.
15-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设切线方程，分别与圆的方程以及抛物线方程进行联立，利用各自的，即可求解.
详解:
设切线方程为：，分别联立方程得到和，
得和，
得和，
解得和，解得或，
所以，两曲线的公共切线的其中一条方程可为：
故
15-5【提升】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
设切线与圆相切于点，得到切线的方程，与联立，由判别式为零求解.
详解:
解：设切线与圆相切于点，则，
切线的方程为，即，
将与联立，可得，
令，
联立解得或或或
所以切线的方程为或或或.
故（答案不唯一）
15-6【提升】 【正确答案】 或或（写出其中一个即可）
【试题解析】 分析:
由已知求出点或.先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程.
详解:
由题意可知，，解得，
所以，点或.
又圆的圆心，半径.
①当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
②当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
综上所述，直线方程为或或.
故答案为.
16-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先求出圆锥侧面展开扇形的圆心角，进而找到最短距离为侧面展开图中，斜边的长度，利用勾股定理和直角三角形的性质求出顶点到绳子的最短距离.
详解:
∵底面半径r＝1，母线长l＝4，
所以侧面展开图的弧长为，
所以侧面展开扇形的圆心角，
因此，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点A，最短距离为中，斜边的长度
∵SM＝x，SA＝4
∴绳子的最短长度的平方．
绳子最短时，定点S到绳子的最短距离等于的斜边上的高，设这个距离等于d，
则.
故答案为.
16-2【基础】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
作出该圆锥的侧面展开图，由余弦定理求出，再由圆锥底面圆的周长等于扇形弧长求出底面圆的半径，再根据圆锥的表面积公式计算可得．
详解:
解：作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，该小虫爬行的最短路程为，
由余弦定理可得，
，设底面圆的半径为，
则有，解得．
所以这个圆锥的表面积，
故．
16-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
求这只小猫经过的最短距离的问题首先应转化为圆锥侧面展开图的问题，转化为平面上两点的距离问题即可.
详解:
解：由题意得：
圆锥的底面周长是，则，解得：
可知圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示：
则圆锥的侧面展开图中：，，
所以在圆锥侧面展开图中：
故
16-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
展开圆柱侧面，根据两点间直线距离最短求得正确结论.
详解:
展开圆柱的侧面如图所示，
由图可知小虫爬行路线的最短长度是.
故
16-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由圆柱的侧面展开图是矩形，利用勾股定理求出圆柱侧面上从B到C的最短路径的长.
详解:
圆柱的高为4，底面周长为16，,则在底面圆中
如图将圆柱的侧面沿母线展开, 其侧面展开图是矩形，且矩形的长为16，宽为4.
在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为展开图中线段的长度
故
16-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
将转化到一个平面上，利用平面内两点之间线段最短求得最小值．
详解:
将绕着PA旋转到使其与共面，且在AB的反向延长线上．
，，，，
由余弦定理得，
∴的最小值为．
故
17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 分析:
（1）由题得是成等比数列的，所以，再用基本量法求解即可；
（2）利用第一问的通项公式可以求的等比数列、、 、中的前三项，得到该等比数列、、 、的公比与首项，进而得到的通项公式，则为等比数列与常数数列的和,故利用分组求和法可得到的表达式.
详解:
（1）为公差不为，由已知得，，成等比数列，即， 故，所以，所以.
（2）由（1）可知
∴ ，而等比数列的公比．
因此，
∴
∴
17-2【基础】 【正确答案】 （1）； （2）.
【试题解析】 分析:
（1）∵是和的等差中项，∴又
两式相减并化简得所以由此得出通项公式．
（Ⅱ）设等比数列的公比为，由题意知，，所以，利用等比数列的前n项和公式得解．
详解:
（Ⅰ）∵是和的等差中项，∴又
两式相减并化简得
又，所以，故数列是公差为1的等差数列.
当时，，又，∴∴.
（Ⅱ）设等比数列的公比为，由题意知
，又，所以 .
点睛:
等比中项的性质：=，等差中项的性质：，等比数列的前项和公式.
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）把变形，作差得到，利用等差中项的定义即可证明；
（2）分别运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，求出首项和公差的关系，即可得到求出公比，结合等比数列的通项公式，即可求解.
详解:
（1）因为，所以，
所以，
即，所以，
两式相减得：，即，
所以数列是等差数列.
即证.
（2）设等差数列的公差为，其子数列为等比数列，
其中，，，可得：，
且有，即，解得：，所以，
于是，，
所以子数列为首项为2d，公比为的等比数列，
则，即，解得：，
所以数列的通项公式为.
17-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；
【试题解析】 分析:
（1）根据等比数列的性质，可求等差数列的公差，从而求得数列的通项公式，由，可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得，所以可得，再求和.
详解:
（1）设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，
所以，即，，解得.
所以.
当时，，
因为，得，（）
所以，得，
所以数列是首项为1，公比的等比数列，
所以.
（2）依题意，，由（1）得，，
所以.
点睛:
本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题.
17-5【提升】 【正确答案】 1、；
2、
【试题解析】 分析:
（1）由题意在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，可知的公差，进而可求出其通项公式；
（2）根据题意可得，进而得到，再代入中得，利用错位相减即可求出前项和.
由于等差数列的公差为8，在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，则的公差，的首项和 首项相同为2，则数列的通项公式为.
由于，是等比数列的前两项，且，，则，则等比数列的公比为3， 则，即，.①.
②.
①减去②得.
.
17-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 分析:
(1)由题可设等差数列的公差为d,根据题目条件利用基本量法求解即可.
(2)由题可先根据成等比数列求得的通项公式,再分析通项公式与的关系求得的通项公式,最后再求前n项和即可.
详解:
（1）设等差数列的公差为d,由,得
解得,．
所以．
（2）由（1）知,,,所以数列的首项为1,公比为4,
是该等比数列的第项,所以,
又,所以,,
所以．
点睛:
(1)已知数列为等差数列,可利用基本量法进行通项公式求解.
(2)考查等比等差综合运用时,注意分析通项公式与项数的关系.
18-1【基础】 【正确答案】 1、；
2、有95％的把握认为“选科与性别有关，理由见解析.
【试题解析】 分析:
（1）列举出所有的高考选考组合情况，从而计算出概率；
（2）将列联表补充完整，进而计算出卡方，与3.841比较后得到结论.
该生高考选考组合有以下情况：
（物理，政治，地理），（物理，政治，化学），（物理，政治，生物），（物理，地理，化学），（物理，地理，生物），（物理，化学，生物），
（历史，政治，地理），（历史，政治，化学），（历史，政治，生物），（历史，地理，化
学），（历史，地理，生物），（历史，化学，生物），
共12种情况，其中（物理，化学，生物）为其中的一种，
故恰好选到“物化生”组合的概率为
将列联表填写完整，如下：
选择物理
选择历史
合计
男生
40
10
50
女生
30
20
50
合计
70
30
100
故
所以有95％的把握认为“选科与性别有关.
18-2【基础】 【正确答案】 1、填表见解析 2、没有99%的把握认为尿酸高与血糖高有关
【试题解析】 分析:
（1）依题意完善列联表；
（2）计算出卡方，即可判断.
解：依题意可得列联表如下：
尿酸
血糖
总计
30
50
80
10
10
20
总计
40
60
100
解：由列联表可知，因为，所以没有的把握认为尿酸高与血糖高有关．
18-3【巩固】 【正确答案】 1、有 2、．
【试题解析】 分析:
（1）根据条件画出列联表，计算检验量对照参考表即可.
（2）一一列举可能出现的情况，计算概率即可.
根据条件，重新画出列联表如下：
比较支持政策
反对政策
合计
学生
35
5
40
教职工
45
45
90
合计
80
50
130
假设：校内人员的身份（学生/教职工）和态度（比较支持/反对）是相互独立的．
则统计检验量，
所以拒绝假设，我们有以上的把握认为校内人员的身份（学生/教职工）和态度（比较支持/反对）是相关的．
记样本中反对政策的5名学生分别为A、B、C、D、E，则抽取三人可能取到的组合有：，，，，，，，，，共10种情况．
其中学生A和学生B同时被选中的有：，，，共3种情况．
所以概率为．
18-4【巩固】 【正确答案】 1、列联表见解析，有的把握认为选科与性别有关
2、
【试题解析】 分析:
（1）直接填出列联表，按照公式计算即可；
（2）直接列举出所有情况，找出包含女生的情况，按照古典概型计算即可.
由比例可知男生有60人，女生40人，报考物理的有人，故有：
学科
物理
历史
合计
女生
20
20
40
男生
55
5
60
合计
75
25
100
，故有的把握认为选科与性别有关.
由题意可知：把这个人中女生记为、，男生记为、、、
从人中选出个人，所有的基本事件为：、、、、、、
、、、、、、、、、、、、、共20种．
有女生的有、、、、、、、、、、、、、、、共16种.
故有女生的概率是．
18-5【提升】 【正确答案】 （1）列联表见解析；（2）的把握认为选择全理与性别有关，理由见解析；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，结合题设中的数据，即可得到的列联表；
（2）利用公式，求得的值，即可求解；
（3）设3名男生分别为1，2，3，两名女生分别为4，5．列出所有基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.
详解:
（1）依题意可得的列联表：
选择全理
不选择全理
合计
男生
20
5
25
女生
10
15
25
合计
30
20
50
（2）由（1）中的数列，可得，
所以的把握认为选择全理与性别有关.
（3）设3名男生分别为1，2，3，两名女生分别为4，5．
从5名学生中抽取2名所有的可能为：共10种，
其中不包含女生的基本事件有，共3种，
故所求概率.
点睛:
本题主要考查了独立性检验，以及古典概型的概率的计算，其中解答中认真审题，利用公式准确计算，以及列举出基本事件的总数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
18-6【提升】 【正确答案】 （1），女生人数为；（2）列联表见解析，有的把握认为选择科目与性别有关，理由见解析；（3）
【试题解析】 分析:
（1）利用公式：每层抽取数总人数抽样比计算；
（2）利用公式计算即可；
（3）采用枚举法，枚举出基本事件总数以及事件“2人中至少有1名女生”所包含的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式计算即可.
详解:
（1）因为，所以，女生人数为.
（2）列联表为：
性别
选择物理
选择历史
总计
男生
60
50
110
女生
30
60
90
总计
90
110
200
的观测值，所以有的把握认为选择科目与性别有关.
（3） 从90个选择物理的学生中采用分层抽样的方法抽6名， 这6名学生中有4名男生，
记为，，，；2名女生记为，.抽取2人所有的情况为、、
、、、、、、、、、、
、、，共15种，选取的2人中至少有1名女生情况的有、
、、、、、、、，共9种，故所求
概率为.
点睛:
本题考查简单随机抽样、独立性检验以及古典概型的概率计算，考查学生的基本计算能力，第三问在枚举情况的时候要注意细心，不要漏掉任意一种情况，本题属于基础题.
19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、
【试题解析】 分析:
（1）证明和，原题即得证；
（2）如图所示，设是中点，连接,设四面体外接球的球心为,连接,过作连接.求出四面体外接球的半径即得解.
证明：由于侧面为菱形，所以.
因为点在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，
所以平面，而BC在平面ABC内，所以.
因为.
又因为平面，
所以平面，而AC1在平面ACC1A1中，所以.
又因为平面，
所以平面.
解：如图所示，设是中点，连接,设四面体外接球的球心为,连接,过作连接.
因为
因为
所以四面体是一个正三棱锥，所以在底面上的射影是的重心，
所以.
由题得四边形是矩形，所以,
所以.
所以四面体外接球的半径为，
所以四面体外接球的表面积为.
19-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）利用已知条件证明平面PED，然后利用面面垂直的判定定理即可得到证明；
（2）由题意，构造以为底面的正三棱柱，可知该三棱柱的外接球即为几何体的外接球O，利用勾股定理求得球的半径，从而可求表面积.
证明：因为，所以，
在中，，，
由余弦定理得，
所以.
所以是直角三角形，且，所以，
所以，.又因为PE，平面PED，，
所以平面PED.
又平面BCDE，所以平面平面BCDE.
因为，且，，
所以四边形BCDE为矩形，所以.
因为，在中，可得，所以为等边三角形.
如图，构造以为底面的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为几何体的外接球O.
设，分别为该三棱柱上、下底面三角形的中心，连接，OC，，则O为的中点.
连接，，所以球O的半径，
所以球O的表面积为.
19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、；
3、﹒
【试题解析】 分析:
(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面；
(2)利用向量法求得异面直线与所成的角；
(3)利用向量法求得点到平面的距离．
依题意是圆的直径，∴，
由于平面，∴，
以C为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
，
设是平面的法向量，
则，故可取．
，
设是平面的法向量，
则，故可取，
，∴平面平面．
，
设直线与直线所成角为，
则；
，平面的法向量为，
∴平面，∴到平面的距离为．
19-4【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析.（2）
【试题解析】 分析:
（1）根据面面垂直的性质定理，证明四边形为平行四边形，即可得答案；
（2）根据等积法可求得四棱锥的内切球半径的值.
详解:
（1）证明：∵C在半圆O上，为直径，.
∵平面，平面，.
又，平面.
∵平面平面，
所以平面内任意一条与AD垂直的直线l平面，
则l，
又平面，平面.
又平面，平面平面，
.
，∴四边形是平行四边形，.
（2）解：，为与所成的角，即，
，.
由（1）同理可证平面，
∴四棱锥的体积.
又四棱锥的表面积，
故四棱锥的内切球的半径.
点睛:
本题考查面面垂直、线面平行的综合运用、锥体体积求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意分割思想的应用.
19-5【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）由面面垂直得到，利用直径对应的圆周角为直角得到，可以证明平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）先求出，利用等体积转化法把求三棱锥的体积转化为求三棱锥，即可求解.
详解:
（1）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面．又在圆所在的平面内，∴．
∵是直角，∴．而，∴平面．
又∵平面，∴
（2）因为在矩形中，，直线和所成的角为，
所以直线和所成的角为，即．
过作于，则平面．
又，所以，
因此．
于是．
故三棱锥的体积是．
19-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）
【试题解析】 分析:
（1）可先证明，平面，得平面，从而得证面面垂直；
（2）由（1）的证明得，由基本不等式可得的最大值，从而得体积最大值．
详解:
（1）证明：因为是半圆上的点，所以，
又平面，平面，所以，，
因为，平面，所以平面，
因为，，所以是平行四边形，所以，，
所以平面，而平面，所以平面平面；
（2）由已知，所以，
，
又，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为8，
所以的最大值为．
点睛:
本题考查证明面面垂直，考查棱锥的体积，掌握面面垂直的判定定理是解题关键．求棱锥的体积时可用换底法，以使得高易得，本题中有．
20-1【基础】 【正确答案】 1、
2、是定值，理由见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据已知条件短轴一个端点到右焦点的距离为长半轴，再利用离心率公式即可求解.
（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立方程组，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得出交点横坐标的关系，结合向量的关系得出坐标的关系即可求解.
由题可得,，又，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
由题可得直线斜率存在，由（1）知设直线的方程为，则,消去，整理得：，
设，则，，
又，则，由可得，所以.
同理可得，.
所以
所以，为定值.
20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）存在，定值为.
【试题解析】 分析:
（1）由题意可得，，，可求得椭的圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.
详解:
（1）由题可得，
又，所以
因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以
同理可得，
所以
所以，为定值.
点睛:
关键点点睛：该题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属于中档题目.
20-3【巩固】 【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）为定值，为．
【试题解析】 分析:
（Ⅰ）根据题意列方程组，解得，，则可得到椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线的方程为，联立消去y可得．设，，根据韦达定理和已知条件，可得，，再相加根据韦达定理，变形可得定值.
详解:
（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得，
解得，，．
所以椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）为定值．
由题意可知，直线的斜率存在，设直线的斜率为k，
因为直线过点，所以直线的方程为．
令，可得，即．
联立消去y可得．
设，，易知，，则，．
，，，．
由，，可得，
所以．
将，代入上式，化简可得
点睛:
本题考查了由求椭圆的标准方程，考查了平面向量的坐标运算，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了韦达定理，属于中档题.
20-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据题意列式求，即可得椭圆方程；（2）设直线及其交点坐标，利用所设参数表示，再结合韦达定理化简整理.
依题可知：，，
所以，即，
解得
又∵椭圆过点，则
联立可得，
椭圆的标准方程为．
设点、，，
由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为，
联立，可得，
由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，
由韦达定理可得，，
，，，
得，，
，，
．
点睛:
定值问题常见处理步骤为：
第一步，设直线方程和相应点的坐标；
第二步，直线与圆锥曲线联立方程，应用韦达定理；
第三步，根据题目所给出的关系列出等式，结合韦达定理，算出相应的关系式；
第四步，根据所得的关系式，结合题目所求，整理化简，求出定值.
20-5【提升】 【正确答案】 （1）；（2）为定值．
【试题解析】 分析:
（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值.
详解:
（1）因为的周长为8，所以，解得，
由，得，所以，
因此椭圆C的标准方程为．
（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由,整理得，
设，，则
设，又，所以，，则．
同理可得，，则．
所以
，
所以为定值.
点睛:
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
20-6【提升】 【正确答案】 1、；
2、是定值，定值为.
【试题解析】 分析:
（1）根据椭圆的定义及椭圆通径的性质可得，再由正弦定理可得，联立解方程即可得出，写出椭圆方程；
（2）由题意直线斜率存在，设出直线方程，联立椭圆，可得根与系数的关系，再由向量的坐标运算求出，计算可得解.
因为的周长为，即，
且的最小值为为椭圆通径时，即，
所以，
由正弦定理可得：，
所以，
又，解得，，，
故椭圆的标准方程为；
由题意可得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，消去可得，，
设，，则，设，
又，所以，，故，
同理，，，则
故
，
所以是定值．
21-1【基础】 【正确答案】 （1）零点的个数为0；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）先用导数判断单调性，再用零点存在定理判断零点个数；
（2）规定新函数，只需 ，分类讨论求求出a的范围 .
详解:
解：（1）
因为，所以，所以，所以函数在减函数.
所以
所以零点的个数为0.
（2），，，
令，则，
因为，所以所以，所以函数在减函数，
所以
当时，，所以函数在减函数，
所以，满足题意
当时，所以函数在增函数，
所以，不满足题意
当时，因为，，且函数在减函数，所以存在唯一的，使，所以函数在增函数，在减函数，当时，，不满足题意.
综上所述：实数a的取值范围为.
点睛:
（1）判断零点类问题用零点存在定理；
（2）恒成立问题通常转化为求函数的最小值问题.
21-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）可以直接求导，利用点斜式直线方程即可；
（2）由于和的特殊性，当与，同时出现在不等式中时，往往需要用缩放的方法来转换，缩放的方法中有两个常用的：，，适当地使用，可以解决这个问题.
因为，所以，
，，所以在处的切线⽅程为
即；
不等式，
即在，恒成立
设，且
又，
①当时，，
因为是连续的，所以，使当时，，
从而在上单调递减，
又，∴当时，，
这与在时恒成立不符.
②当时，对于任意的，，从而，
这时.
设，则，
设，则.
当时，，在上单调递增.
又，∴当时，，即.
因此，
设，则
又，当时，，即
∴在上单调递增.
又∵，∴当时，，从而.
综上，实数a的取值范围为；
故答案为.
点睛:
解决本题的核心是使用缩放法，对于，本身不好计算，参数a分不出来，这时就应该考虑缩放，因为是指数函数中常用的，如下图：
也是常用的，在中刚好都有；适当地使用缩放，可以化简计算过程.
21-3【巩固】 【正确答案】 （Ⅰ）最大值1，最小值；（Ⅱ）.
【试题解析】 分析:
（Ⅰ）当时， 求得函数的导数，得到函数的单调性和最值，即可求解；
（Ⅱ）由不等式的恒成立转化为求解函数的的最值，结合导数对分类讨论求，最后结合函数的单调性和性质，即可求解.
详解:
（Ⅰ）由函数，则，
当时， 可得
令，即，解得；
令，即，解得；
所以在递增，在递减，所以，
又，所以，
所以在上的最大值为1，最小值为.
（Ⅱ）由函数，则，解得，
又由，
因为，则，可得，
所以，
（i）当时，，所以在递增，
所以恒成立；
（ii）当时，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，，，
所以，使得，
所以当时，；当是，，
所以在单调递减，在单调递增，
又因为，
所以，所以，即实数的取值范围是.
点睛:
本题主要考查导数在函数中的综合应用，恒成立问题的求解，以及三角函数的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
21-4【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）将代入求出，求导得，利用导数研究函数的单调性，进而求得在上最值；
（2）根据题意，将问题转化为恒成立，令，通过构造新函数和利用导数研究函数的单调性和最值，即可得出实数的取值范围.
详解:
解：（1）当时，，
则，解得：，
所以在上的变化情况表如下：
-
0
+
0
-
减
增
减
所以，.
（2）由于恒成立，
设，，
设，则，
设，则，
所以在上单调递增，
，即，
上单调递增，
则
①当时，即，，在，符合题意；
②当时，即，存在，使，
在上，是减函数，所以上，不符题意，
综上得，实数的取值范围为.
点睛:
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查利用导数解决不等式的恒成立问题从而求出参数范围，考查分类讨论思想和运算求解能力.
21-5【提升】 【正确答案】 1、1 2、证明见解析
3、
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，得到，转化为，通过导数求出的最大值，进而得到；
（2）问题转化为转化为，设，分两次求导，讨论的单调性，进而得到，从而题目得证；
（3）由（2）得，时，，，则有，构造，通过讨论的导数，得到，进而得到，再分类讨论与，即可得到满足题意时，的取值范围.
，
函数在上单调递增，，
故，令，
当，，单调递增；
当，，单调递减；
，得，则，
故时，满足函数在上单调递增，故的最小值为1
若时，，则，
转化为，设，则，
设，则，当时，，即
为增函数，所以，在时为增函数，所以，，得，，
故当时，成立.
由（2）得，时，，，
则有，设，则，
设，则，当时，，所以为增函数，所以，，所以为增函数，
所以，，所以对任意的恒成立，
又，时，，所以时，对任意的恒成立；当时，设，则，，所以存在实数，使得任意，均有，所以为减函数，所以在时，，此时，，，与题意不符，所以时不符合题意.
综上，实数的取值范围为.
21-6【提升】 【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】 分析:
（1）由，，令，，即，结合其导数讨论单调性，进而求解；
（2）由题意可得，，对于恒成立，设，分、、三种情况讨论即可求解.
当时，，，
设，，即，
所以，
所以在上单调递增，
所以，，
即，.
由，
即，
即，对于恒成立，
设，，
当时，，
由（1）知时，，所以，
当时，.
当时，，时，，不符合题意.
当时，，
即，
设，
则，
当时，，即在单调递增，
又，，
所以存在使得，当时，，
所以在单调递减，此时，不合题意
综上所述，a的取值范围为.
22-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1)将参数方程消参后得到普通方程，然后再根据极坐标和直角坐标之间的互化即可.
(2)联立直线和圆的极坐标方程，由的意义即可求解.
由（为参数）消去参数得，即，又，，
∴圆C的极坐标方程为.
（2）将代入C的极坐标方程得，即，
∴.
22-2【基础】 【正确答案】 1、直线普通方程为，圆的极坐标方程为
2、
【试题解析】 分析:
（1）消去得直线方程，确定圆心和半径，计算极坐标方程得到答案.
（2）将代入圆和直线的极坐标方程，计算即可.
，消去得，
圆C经过极点，且其圆心的极坐标为，圆是以为圆心，半径为2的圆.
其方程是，即，极坐标方程为；
将代入得，
直线的极坐标方程是，即，
将代入得，故.
22-3【巩固】 【正确答案】 1、；
2、2.
【试题解析】 分析:
（1）把圆的参数方程化成普通方程，再化成极坐标方程作答.
（2）利用（1）及已知中的极坐标方程，求出点P，Q的极坐标，再求出PQ长作答.
圆的参数方程，消去参数得：，即，
把代入得圆的极坐标方程为，即，
所以圆的极坐标方程为．
设为点的极坐标，由得，则，
设为点的极坐标，由得，则，
所以．
22-4【巩固】 【正确答案】 （1）；；（2）．
【试题解析】 分析:
（1））消参把参数方程转化为直角坐标方程，根据条件写出圆C的直角坐标方程，然后根据把直角坐标方程转化为极坐标方程即可.
（2）由（1）极坐标方程，分别表示出OA，OB，满足，代入解得角.
详解:
解：（1）已知直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为，根据，转换为极坐标方程为．
圆C的圆心为，且过点M（1，），即，
圆半径为，转换为直角坐标方程为，
根据转换为极坐标方程为．
（2）的射线与圆C相交于异于极点的点A，
所以，
与直线l相交于点B，所以，
由于，
所以，
整理得：，
整理得，
所以．
点睛:
方法点睛：利用将直角坐标方程转化为极坐标方程；利用极坐标的几何意义，将问题抓化为三角函数问题，从而解得问题.
22-5【提升】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
（1）消去参数，得到圆的直角坐标方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式即得解；
（2）设，利用极坐标的几何意义，，利用辅助角公式，即得解.
详解:
（1），
由可得圆的极坐标方程．
（2）由题意可知：，所以
，所以，
从而最大值为．
点睛:
本题考查了参数方程，极坐标综合，考查了参数方程，极坐标与普通方程的互化，极坐标的几何意义，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
22-6【提升】 【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】 分析:
（1）由极坐标方程和直角方程互化的公式直接进行互化即可.
（2） 设射线的极坐标方程为，由此得出点的坐标，代入即可得出答案.
直线l的方程为，化为极坐标方程为．
因为圆C的直角坐标方程为，所以圆C的极坐标方程为．
由已知，可设射线的极坐标方程为，
则，，所以，
当且仅当时取等号，所以的最大值为
23-1【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析；
【试题解析】 分析:
（1）利用基本不等式，结合综合法，利用题中所给的条件，证明即可；
（2）利用1的代换，结合三元基本不等式证得结果.
详解:
证明：（1）由条件得
，当且仅当时等号成立
，当且仅当时等号成立
，当且仅当时等号成立
以上三个不等式相加可得：，
当且仅当时等号成立
得证.
（2）由条件得
，
由三元基本不等式得（等号成立当且仅当），
从而得证.
点睛:
该题考查的是有关不等式的证明问题，涉及到的知识点有基本不等式，综合法证明不等式，三元基本不等式，属于中档题目.
23-2【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）将展开可得，由题意可得，，都不为，则即可求证；
（2）利用基本不等式可得，三式相加，结合，可得结论
详解:
（1）因为，
所以，
因为，所以，，都不为，则，
所以.
（2）因为a，b，c为正数，，
所以，
所以，
因为，所以，当且仅当时取等号，
即
23-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）变换得到，再利用均值不等式解得答案.
（2）直接利用柯西不等式得到证明.
详解:
（1），，，
，当且仅当，即，时取得最大值.
（2）由柯西不等式得：
，
当，，时等号成立，，.
点睛:
本题考查了均值不等式求最值，柯西不等式证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
23-4【巩固】 【正确答案】 （1）见解析；（2）见解析
【试题解析】 详解:
试题分析：（1）把条件平方，利用作差法证明不等式；（2）利用分析法，要证不等式转化为，结合均值不等式，不难证明上述不等式成立.
试题解析：(1），，
则
，当且仅当时取等号，
(2)要证，需证，即证：，需证， 为正数，由基本不等式，可得，当且仅当时取等号，将以上三个同向不等式相乘得，所以原不等式成立.
23-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）根据给定条件，利用三元均值不等式推理作答.
（2）利用均值不等式，结合不等式的性质推理作答.
因为a，b，c都是正数，则有，当且仅当时取等号，
所以.
因为c都是正数，于是，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当时取等号，
同理，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
则，当且仅当时取等号，
所以.
23-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）变换，利用均值不等式得到答案.
（2），利用三元均值不等式得到答案.
详解:
（1），故
，当时等号成立.
（2）易知.
.
当时等号成立.
点睛:
本题考查了根据均值不等式证明不等式，意在考查学生对于均值不等式的应用能力.
江西省九校联考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 交并补混合运算
【正确答案】
D
【试题解析】
1-1（基础） 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
1-2（基础） 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
1-3（巩固） 已知全集，集合，集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
1-4（巩固） 已知全集，集合，，则
A. B. C. D.
【正确答案】 D
1-5（提升） 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
1-6（提升） 设全集，集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
【原卷 2 题】 知识点 求复数的模,复数的乘方,共轭复数的概念及计算,复数的除法运算
【正确答案】
B
【试题解析】
2-1（基础） 若复数，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A.的虚部为i B. C. D.
【正确答案】 D
2-2（基础） 已知复数z在复平面上对应的点为，则（ ）
A.z的虚部为 B. C. D.是纯虚数
【正确答案】 D
2-3（巩固） 若复数，则（ ）
A. B.复数在复平面上对应的点在第二象限
C.复数的实部与虚部之积为 D.
【正确答案】 C
2-4（巩固） 设复数，其在复平面内的对应的点记为Z，则（ ）．
A.z的虚部为 B. C.Z在第四象限 D.
【正确答案】 B
2-5（提升） 已知i为虚数单位，，，则关于复数z的说法正确的是（ ）
A. B.z在复平面内对应的点在第三象限
C.z的虚部为 D.
【正确答案】 D
2-6（提升） 若复数z满足（其中i是虚数单位），复数z的共轭复数为，则（ ）
A.z的实部是 B.的虚部是
C.复数在复平面内对应的点在第四象限 D.
【正确答案】 A
【原卷 3 题】 知识点 函数对称性的应用,利用等差数列的性质计算,求等差数列前n项和
【正确答案】
B
【试题解析】
3-1（基础） 已知函数的图象连续且在上单调，又函数的图象关于轴对称，若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2019项之和为（ ）
A.0 B.2019 C.4038 D.4040
【正确答案】 C
3-2（基础） 已知函数在上单调，且函数的图象关于对称，若数列是公差不为的等差数列，且，则的前项的和为
A. B. C. D.
【正确答案】 C
3-3（巩固） 已知等差数列，公差不为0，若函数对任意自变量x都有恒成立，函数在上单调，若，则的前500项的和为（ ）
A.1010 B.1000 C.2000 D.2020
【正确答案】 B
3-4（巩固） 已知函数满足对任意的，，若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前40项的和为（ ）
A.80 B.60 C.40 D.20
【正确答案】 B
3-5（提升） 已知函数对任意自变量都有，且函数在上单调．若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2017项之和为（ ）
A.0 B.2017 C.2016 D.4034
【正确答案】 B
3-6（提升） 已知函数的图象连续且在上单调，又函数为偶函数，若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2021项之和为（ ）
A.0 B.4040 C.4042 D.2021
【正确答案】 D
【原卷 4 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】
4-1（基础） 已知、都是实数，则“”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.既不充分又不必要条件
【正确答案】 A
4-2（基础） “”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】 B
4-3（巩固） 对于任意的实数，定义表示不超过的最大整数，例如，，，那么“”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】 B
4-4（巩固） 若对于任意实数x，表示不超过x的最大整数，例如，，，那么“”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
4-5（提升） 已知集合且且，O为坐标原点，当时，定义：，若，则“存在使”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
4-6（提升） 如果对于任意实数，表示不小于的最小整数，例如，，那么“”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】 B
【原卷 5 题】 知识点 函数奇偶性的定义与判断,函数图像的识别,余弦函数图象的应用,求余弦（型）函数的奇偶性
【正确答案】
C
【试题解析】
5-1（基础） 函数的图像大致为（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 B
5-2（基础） 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-3（巩固） 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-4（巩固） 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-5（提升） 函数的部分图象为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-6（提升） 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
【原卷 6 题】 知识点 指数幂的运算,指数式与对数式的互化,对数的运算性质的应用
【正确答案】
D
【试题解析】
6-1（基础） 定义函数的值为不超过正实数x的素数的个数（素数是大于1且只以1和自身为因数的正整数），则表示正整数集合，中素数所占的比例．数学家发现，当n非常大时这个比例接近于的值．由此估计，下列选项中与区间中素数的个数最接近的是（ ）（提示：，）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
6-2（基础） “不积跬步，无以至千里：不积小流，无以成江海.”，每天进步一点点，前进不止一小点.今日距离高考还有936天，我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，高考时是；而把看作是每天“退步”率都是1%.高考时是.若“进步”的值是“退步”的值的100倍，大约经过（ ）天（参考数据：）
A.200天 B.210天
C.220天 D.230天
【正确答案】 D
6-3（巩固） 我们可以把看作每天的“进步”率都是，一年后的值是，而把看作每天的“退步”率都是，一年后的值是，照此计算，大约经过多少天“进步”后的值是“退步”后的值的倍（参考数据：，）（ ）
A.100天 B.108天 C.115天 D.124天
【正确答案】 C
6-4（巩固） 分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“n次分形”（ ）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于20的分形图，则n的最小值是（ ）
（取，）
A.9 B.10 C.11 D.12
【正确答案】 C
6-5（提升） 有一个非常有趣的数列叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，…，至今为止都还不确定是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知，．用上式估算出的与实际的的误差绝对值近似为（ ）
A.0.003 B.0.096 C.0.121 D.0.216
【正确答案】 B
6-6（提升） 苏格兰数学家科林麦克劳林（ColinMaclaurin）研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：，试根据此公式估计下面代数式的近似值为（ ）（可能用到数值）
A.2.322 B.4.785 C.4.755 D.1.005
【正确答案】 C
【原卷 7 题】 知识点 利用余弦函数的单调性求参数,求图象变化前（后）的解析式,结合三角函数的图象变换求三角函数的性质
【正确答案】
A
【试题解析】
7-1（基础） 把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位，若最终所得图象对应的函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-2（基础） 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象.若的图象关于点对称，且在上单调递减，则（ ）
A. B. C.1 D.2
【正确答案】 B
7-3（巩固） 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数在区间上是单调递减函数，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-4（巩固） 将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象．若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
7-5（提升） 将函数（）的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若函数）的一个极值点是，且在上单调递增，则ω的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
7-6（提升） 将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
【原卷 8 题】 知识点 比较指数幂的大小,由幂函数的单调性比较大小
【正确答案】
B
【试题解析】
8-1（基础） 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
8-2（基础） 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
8-3（巩固） 若，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
8-4（巩固） 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
8-5（提升） 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A
8-6（提升） 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A
【原卷 9 题】 知识点 三角函数在生活中的应用,用和、差角的正切公式化简、求值,基本（均值）不等式的应用
【正确答案】
D
【试题解析】
9-1（基础） 如图，有一壁画，最高点A处离地面12m，最低点B处离地面7m.若从离地高4m的C处观赏它，若要视角最大，则离墙的距离为（ ）
A. B.3m C.4m D.
【正确答案】 D
9-2（基础） 我国古代历法从东汉的《四分历》开始，就有各节气初日晷影长度和太阳去极度的观测记录，漏刻、晷影成为古代历法的重要计算项目．唐代僧一行在编制《大衍历》时发明了求任何地方每日晷影长和去极度的计算方法——“九服晷影法”，建立了晷影长l与太阳天顶距之间的对应数表（世界上最早的正切函数表）．根据三角学知识知：晷影长l等于表高h与天顶距正切值的乘积，即．若对同一表高进行两次测量，测得晷影长分别是表高的2倍和3倍，记对应的天顶距分别为和，则（ ）
A. B. C. D.1
【正确答案】 B
9-3（巩固） 在中，，，以为边作等腰直角三角形（ 为直角顶点， 、两点在直线的两侧）.当变化时，线段长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
9-4（巩固） 塔因为年代久远，塔身容易倾斜，在下方如图中，表示塔身，塔身的长度就是塔的高度，塔身与铅垂线的夹角为倾斜角，塔顶到铅垂线的距离为偏移距离，现有两个塔高相同的斜塔，它们的倾斜角的正弦值分别为，，两座塔的偏移距离差的绝对值为3.1米，则两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为（ ）
A.1.2米 B.0.6米 C.1米 D.0.8米
【正确答案】 D
9-5（提升） 1471年米勒提出了一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长即可见角最大后人称其为“米勒问题”.我们把地球表面抽象为平面，悬杆抽象为直线l上两点A，，则上述问题可以转化为如下模型：如图1，直线l垂直于平面，l上的两点A，B位于平面同侧，求平面上一点C，使得最大.建立图2所示的平面直角坐标系.设，当最大时，（ ）
A.2ab B. C. D.ab
【正确答案】 B
9-6（提升） 有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，设不计硬管粗细可通过的最大极限长度为l米．为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为米，则m的值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
【原卷 10 题】 知识点 球的截面的性质及计算,证明线面垂直
【正确答案】
C
【试题解析】
10-1（基础） 已知正方体的棱长为2，则以点A为球心，2为半径的球面与正方体的表交所得到的曲线长度为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
10-2（基础） 在正三棱柱中，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
10-3（巩固） 已知长方体 中，底面为正方形且边长为1，侧棱长为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
10-4（巩固） 在正方体中，分别为的中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
10-5（提升） 已知球与棱长为4的正方形的所有棱都相切，点是球上一点，点是的外接圆上的一点，则线段的取值范围是
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
10-6（提升） 在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
【原卷 11 题】 知识点 直线的点斜式方程及辨析,求点到直线的距离,双曲线定义的理解,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、右焦点分别为，一条渐近线为l，过点且与l平行的直线交双曲线C于点M，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.3
【正确答案】 B
11-2（基础） 已知，分别是双曲线的左､右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点M，若M在以为直径的圆上，则双曲线离心率为
A. B. C.3 D.2
【正确答案】 D
11-3（巩固） 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若的内切圆的半径与的内切圆的半径的乘积为，则双曲线的离心率为（ ）
A.2 B.3 C. D.
【正确答案】 A
11-4（巩固） 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点的直线与双曲线在第一象限的交点为，若原点到直线的距离为，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
11-5（提升） 如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A
11-6（提升） 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点与抛物线的焦点重合，点P为与的一个交点，若△的内切圆圆心的横坐标为4，的准线与交于A，B两点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
【原卷 12 题】 知识点 利用导数研究不等式恒成立问题,用导数判断或证明已知函数的单调性,由导数求函数的最值（不含参）
【正确答案】
C
【试题解析】
12-1（基础） 已知不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）．
A. B.
C. D.
【正确答案】 D
12-2（基础） 已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
12-3（巩固） 不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
12-4（巩固） 已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
12-5（提升） 已知函数对于任意时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
12-6（提升） 已知不等式对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
【原卷 13 题】 知识点 数量积的运算律,已知数量积求模,已知模求数量积
【正确答案】
【试题解析】
13-1（基础） 若向量，满足，，且与的夹角为，则_______.
【正确答案】
13-2（基础） 已知向量与的夹角为，，，则为__________
【正确答案】
13-3（巩固） 已知向量，满足，，，则__________.
【正确答案】
13-4（巩固） 已知向量，满足，，，则______．
【正确答案】
13-5（提升） 已知平面内非零向量，满足，则__________.
【正确答案】
13-6（提升） 已知向量，满足，，且，则_________.
【正确答案】
【原卷 14 题】 知识点 根据样本中心点求参数
【正确答案】
【试题解析】
14-1（基础） 已知变量x，y之间具有线性相关关系，根据10对样本数据求得经验回归方程为，若，，则______.
【正确答案】 3
14-2（基础） 用最小二乘法得到一组数据（其中、2、3、4、5）的线性回归方程为，若、，则当时，y的预报值为______．
【正确答案】 23
14-3（巩固） 在一组样本数据的散点图中，若所有样本点 都在曲线附近波动．经计算，则实数的值为________．
【正确答案】
14-4（巩固） 由样本数据得到的回归方程为，已知如下数据：，，，则实数的值为___________.
【正确答案】 或
14-5（提升） 2021年9月1日至23日（日代码分别为1，2，，23），某餐馆在区域M内投放广告单数量 y（万张）与日代码 x 的数据符合回归方程，已知，，则______（精确到小数点后两位）.
【正确答案】 0.29
14-6（提升） 由样本数据得到的回归方程为：，已知如下数据：，则实数的值为___________.
【正确答案】 4
【原卷 15 题】 知识点 由直线与圆的位置关系求参数,求抛物线的切线方程
【正确答案】
【试题解析】
15-1（基础） 过点且与有且只有一个公共点的直线方程为_________.
【正确答案】 或．
15-2（基础） 已知直线l过点，且与抛物线只有一个公共点，则直线l的方程可以是______．（写出一个符合题意的直线方程即可）
【正确答案】 （答案不唯一）
15-3（巩固） 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【正确答案】 或或
15-4（巩固） 已知圆的方程为，抛物线的方程为，则两曲线的公共切线的其中一条方程为_____________．
【正确答案】
15-5（提升） 写出一条与圆和曲线都相切的直线的方程：___________.
【正确答案】 （答案不唯一）
15-6（提升） 写出过抛物线上的点且与圆相切的一条直线的方程________．
【正确答案】 或或（写出其中一个即可）
【原卷 16 题】 知识点 余弦定理解三角形,圆台的展开图
【正确答案】
【试题解析】
16-1（基础） 如图所示，已知在圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A，求绳子最短时，顶点到绳子的最短距离__（用x表示）．
【正确答案】
16-2（基础） 如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的表面积为____．
【正确答案】 或
16-3（巩固） 如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在处，它要沿圆锥侧面到达处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是___________
.
【正确答案】
16-4（巩固） 如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为2，AB，CD分别是两底面的直径，AD，BC是母线．若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点则小虫爬行路线的最短长度是___．
【正确答案】
16-5（提升） 如图，某圆柱的高为4，底面周长为16，，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为_______.
【正确答案】
16-6（提升） 如图，AB是圆柱的直径且，PA是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上的点. 若，D是PB的中点，点E是线段PA上一动点，则的最小值为______.
【正确答案】
【原卷 17 题】 知识点 求等差数列前n项和,利用定义求等差数列通项公式,写出等比数列的通项公式
【正确答案】
【试题解析】
17-1（基础） 已知为公差不为零的等差数列，首项，的部分项、、…、恰为等比数列，且，，．
（1）求数列的通项公式（用表示）；
（2）若数列的前项和为，求．
【正确答案】 （1）；（2）
17-2（基础） 已知正项数列的前项和为，且是和的等差中项．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，且成等比数列，当时，求数列的前项和．
【正确答案】 （1）； （2）.
17-3（巩固） 已知数列的前n项和为，满足，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若数列的公差不为0，数列中的部分项组成数列，，，…，，…恰为等比数列，其中，，，求数列的通项公式.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）.
17-4（巩固） 已知等差数列中，且，，成等比数列、数列的前n项和为，满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）将数列，的公共项按原来的顺序组成新的数列，试求数列的通项公式，并求该数列的前n项和.
【正确答案】 （1）；（2）；
17-5（提升） 已知等差数列的首项为2，公差为8.在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列.
1、求数列的通项公式；
2、若，，，，是从中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，，令，求数列的前项和.
【正确答案】 1、；
2、
17-6（提升） 设为等差数列的前n项和，已知，．
（1）求；
（2）若成等比数列，求的前n项和．
【正确答案】 （1）；（2）
【原卷 18 题】 知识点 抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算,完善列联表,独立性检验解决实际问题,计算古典概型问题的概率
【正确答案】
【试题解析】
18-1（基础） 广西新高考改革方案已正式公布，根据改革方案，将采用“”的高考模式，其中，“3”为语文、数学，外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治，历史、地理、物理、化学、生物6门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理和历史中选择1门，再从政治、地理、化学、生物中选择2门，形成自己的“高考选考组合”.
1、若某学生根据方案进行随机选科，求该生恰好选到“物化生”组合的概率；
2、由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求，随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，判断是否有95％的把握认为“选科与性别有关”？
选择物理
选择历史
合计
男生
40
50
女生
合计
30
100
附：，．
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
【正确答案】 1、；
2、有95％的把握认为“选科与性别有关，理由见解析.
18-2（基础） 为了解尿酸（单位：μmol/L）过高人群与血糖浓度（单位：mmo/L）关系，通过对100名志愿者体检数据（两种数据均在空腹状态下测量）进行统计，得下表：正常空腹血糖浓度范围；3.9-6.1mmo/L；正常空腹尿素酸范围：150-420μmol/L
尿酸
血糖
17
14
9
13
16
11
10
4
6
1、根据所给数据，完成下面的2×2列联表：
尿酸
血糖
总计
总计
2、根据（1）中的列联表，判断是否有99%的把握认为尿酸高与血糖高有关？
附：
0.05
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【正确答案】 1、填表见解析 2、没有99%的把握认为尿酸高与血糖高有关
18-3（巩固） 2023年2月15日，四川省卫健委发布新版《四川省生育登记服务管理办法》，其中一条修订内容为“取消了对登记对象是否结婚的限制条件．”该修订内容在社会上引起了广泛的关注和讨论．某研究小组针对此问题，在四川某大学做了一项关于教职工、学生和学生家长对这一修订政策的态度调查，调查通过问卷形式完成，共回收了160份有效问卷．为了研究不同身份与对政策态度的相关性，该小组将人群分为“学生”、“教职工”、“家长”三种身份．被调查人需要对自己的态度区分为“支持政策”、“反对政策”和“有条件地支持（支持政策，但是认为需要对登记人再额外增加一些附加条件）”．研究结果如下表所示：
支持政策
反对政策
有条件地支持
合计
学生
30
5
5
40
教职工
20
45
25
90
家长
15
8
7
30
合计
65
58
37
160
1、为了研究校内人员身份（学生/教职工）与态度之间的关系，研究小组将“支持政策”和“有条件地支持”两个分类合并为“比较支持”组．试问，我们是否有的把握认为，校内人员的身份（学生/教职工）和态度（比较支持/反对）有关？
2、如果从样本中反对政策的5名学生中随机抽取3个人，求其中学生A和学生B同时被选中的概率．
参考公式：．
0.10
0.05
0.010
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
【正确答案】 1、有 2、．
18-4（巩固） 为了解高一年级学生的选科意愿，某学校随机抽取该校名高一学生进行调查，其中女生与男生人数比是2：3，已知从人中随机抽取人，抽到报考物理的学生的概率为.
学科
物理
历史
合计
女生
20
男生
合计
1、请补全列联表，并判断是否有的把握认为选科与性别有关；
2、为了解选择物理学科意愿的同学的选择原因，从选物理的同学中抽取了人，其中有名女生，并从这名同学选出人进行“当面交流”，问该组有女生的概率？
附表及公式：
3.841
6.635
10.828
【正确答案】 1、列联表见解析，有的把握认为选科与性别有关 2、
18-5（提升） 广东省2021年高考将实行“”模式，其最大特点就是取消文理科，除语文、数学、外语之外，从物理、历史这2科中自由选择一门科目；化学、生物、政治、地理这4科中自由选择两门科目作为选考科目.某研究机构为了了解学生对全理（选择物理、化学、生物）的选择是否与性别有关，从某学校高一年级的学生中随机抽取男生、女生个25人进行模拟选科.经统计，选择全理的人数比不选全理的人数多10人.
（1）请完成下面的列联表：
选择全理
不选择全理
合计
男生
5
女生
合计
（2）估计有多大把握认为选择全理与性别有关，并说明理由；
（3）现从这50名学生中已经选取了男生3名，女生2名进行座谈，从这5人中抽取2名代表作问卷调查，求至少抽到一名女生的概率.
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.076
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
附:，其中.
【正确答案】 （1）列联表见解析；（2）的把握认为选择全理与性别有关，理由见解析；（3）.
18-6（提升） 某省确定从2021年开始，高考采用“”的模式，取消文理分科，即“3”包括语文、数学、外语，为必考科目；“1”表示从物理、历史中任选一门；“2”则是从生物、化学、地理、政治中选择两门，共计六门考试科目.某高中从高一年级2000名学生（其中女生900人）中，采用分层抽样的方法抽取名学生进行调查.
（1）已知抽取的名学生中含男生110人，求的值及抽取到的女生人数；
（2）学校计划在高二上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对在（1）的条件下抽取到的名学生进行问卷调查（假定每名学生在这两个科目中必须洗择一个科目且只能选择一个科目）.下表是根据调查结果得到的列联表，请将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由；
性别
选择物理
选择历史
总计
男生
50
女生
30
总计
（3）在（2）的条件下，从抽取的选择“物理”的学生中按分层抽样抽取6人，再从这6名学生中抽取2人，对“物理”的选课意向作深入了解，求2人中至少有1名女生的概率.
附：，其中.
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【正确答案】 （1），女生人数为；（2）列联表见解析，有的把握认为选择科目与性别有关，理由见解析；（3）
【原卷 19 题】 知识点 证明线面垂直,球的表面积的有关计算,由异面直线所成的角求其他量,证明面面垂直
【正确答案】
【试题解析】
19-1（基础） 如图所示，已知斜三棱柱，侧面为菱形，点在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，，.
1、求证：平面；
2、求四面体外接球的表面积.
【正确答案】 1、证明见解析； 2、
19-2（基础） 如图，在梯形ABCD中，，，，E为AD的中点，以BE为折痕将折起，使点A到达点P的位置，连接PD，PC.
1、证明：平面平面BCDE；
2、当时，若几何体的顶点均在球O的表面上，求球O的表面积.
【正确答案】 1、证明见解析 2、
19-3（巩固） 如图，内接于，为的直径，，，，且平面，为的中点．
1、求证：平面平面；
2、求异面直线与所成的角；
3、求点到平面的距离．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、；
3、﹒
19-4（巩固） 如图，点C在直径为的半圆O上，垂直于半圆O所在的平面，平面平面，且.
（1）证明.
（2）若，，异面直线与所成的角是，求四棱锥的内切球的半径.
【正确答案】 （1）证明见解析.（2）
19-5（提升） 如图是矩形和以边为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿折叠，使平面垂直于半圆所在的平面，若点是折后图形中半圆上异于，的点
（1）证明：；
（2）若，且异面直线和所成的角为，求三棱锥的体积．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）．
19-6（提升） 如图，是半圆的直径，是半圆上除、外的一个动点，垂直于半圆所在的平面，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥体积最大值.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）
【原卷 20 题】 知识点 根据a、b、c求椭圆标准方程,椭圆中的定值问题
【正确答案】
【试题解析】
20-1（基础） 已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为2.
1、求椭圆的标准方程；
2、过点的直线交椭圆于两点，交轴于点，设，试判断是否为定值？请说明理由.
【正确答案】 1、
2、是定值，理由见解析
20-2（基础） 已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，试判断是否为定值？请说明理由.
【正确答案】 （1）；（2）存在，定值为.
20-3（巩固） 已知椭圆经过点，且离心率为，过其右焦点F的直线交椭圆C于M，N两点，交y轴于E点．若，．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）试判断是否是定值．若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）为定值，为．
20-4（巩固） 椭圆的方程为，过椭圆左焦点且垂直于轴的直线在第二象限与椭圆相交于点，椭圆的右焦点为，已知，椭圆过点．
1、求椭圆的标准方程；
2、过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若，，求证：为定值．
【正确答案】 1、 2、证明见解析
20-5（提升） 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若，的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2），，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
【正确答案】 （1）；（2）为定值．
20-6（提升） 已知椭圆： 的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点，若的最大值是5，且．
1、求椭圆的标准方程；
2、若直线交轴于点，且，，试分析是否为定值，若是，请求出这个定值；否则，请说明理由．
【正确答案】 1、； 2、是定值，定值为.
【原卷 21 题】 知识点 利用导数研究不等式恒成立问题,由导数求函数的最值（不含参）
【正确答案】
【试题解析】
21-1（基础） 已知函数.
（1）当时，求零点的个数；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 （1）零点的个数为0；（2）.
21-2（基础） 已知函数.
1、当时，求函数在处的切线方程；
2、若关于x的不等式在恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 1、 2、
21-3（巩固） 已知函数.
（Ⅰ）当时，求在上的最值；
（Ⅱ）若对一切，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 （Ⅰ）最大值1，最小值；（Ⅱ）.
21-4（巩固） 已知函数.
（1）当时，求在上最值；
（2）若对一切，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 （1），；（2）.
21-5（提升） 设函数
1、若函数在上单调递增，求的最小值.
2、证明：当时，；
3、若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 1、1 2、证明见解析 3、
21-6（提升） 设函数.
1、当时，求在上的最值；
2、对，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 1、， 2、
【原卷 22 题】知识点 曲线的极坐标方程定义及其意义,普通方程与极坐标方程的互化,普通方程化为参数方程
【正确答案】
【试题解析】
22-1（基础） 在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（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，直线l的极坐标方程为（），直线l与圆C交于A，B两点.
1、求圆C的极坐标方程；
2、求的值.
【正确答案】 1、 2、
22-2（基础） 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆经过极点，且其圆心的极坐标为.
1、求直线的普通方程与圆的极坐标方程；
2、若射线分別与圆和直线交于点（点异于坐标原点），求线段长.
【正确答案】 1、直线普通方程为，圆的极坐标方程为 2、
22-3（巩固） 在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
1、求圆的极坐标方程；
2、若射线：与圆的交点为，，与直线的交点为，求．
【正确答案】 1、； 2、2.
22-4（巩固） 在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．圆C的圆心为，且过点．
（1）求直线l和圆C的极坐标方程；
（2）的射线与圆C相交于异于极点的点A，与直线l相交于点B，若，求α．
【正确答案】 （1）；；（2）．
22-5（提升） 在直角坐标系中，圆C的参数方程为，其中为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆的极坐标方程；
（2）为圆上一点，且点的极坐标为，射线绕点逆时针旋转，得射线，其中也在圆上，求的最大值．
【正确答案】 （1）（2）
22-6（提升） 在平面直角坐标系中，直线l的方程为，圆C的方程为．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
1、求直线l的极坐标方程和圆C的极坐标方程；
2、设射线交圆C于O，A两点，交直线l于B，求的最大值．
【正确答案】 1、， 2、
【原卷 23 题】
【正确答案】
（1）证明见解析 （2）证明见解析
【试题解析】
23-1（基础） 已知为正数，且满足，证明：
（1）；
（2）.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析；
23-2（基础） （1）设且．证明：；
（2）已知为正数，且满足．证明：
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.
23-3（巩固） 已知正数a，b，c满足.
（1）求的最大值；
（2）求证：
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.
23-4（巩固） 已知
（1）证明： ；
（2）设为正数，求证： .
【正确答案】 （1）见解析；（2）见解析
23-5（提升） 已知a，b，c都是正数，且1. 证明：
1、；
2、．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、证明见解析.
23-6（提升） 已知为正数，且满足 证明：
（1）；
（2）
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析
答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据补集和交集的定义，即可求解.
详解:
，
故选:A.
点睛:
本题考查集合间的运算，属于基础题.
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据集合的交并补运算法则即可求解.
详解:
，，或者，
故选: B
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据交集、补集的定义计算可得.
详解:
解: ,
故选:
点睛:
本题考查集合的运算，属于基础题.
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由题意知，所以，故选D.
1-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求解一元二次不等式，得集合，再求解，根据对数的定义域求解集合B，利用交集的定义计算.
详解:
因为或 ，所以，，所以．
故选：C
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
首先分别求两个集合，再求集合的混合运算.
详解:
或，，
或，则.
故选：C.
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据复数的虚部、模、共轭复数、复数运算等知识求得正确答案.
详解:
复数的虚部为，A选项错误.
，B选项错误.
，C选项错误.
，D选项正确.
故选：D
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据题意得，根据虚部的概念、模的求法、共轭复数的概念、纯虚数的概念依次判断选项，即可求解.
详解:
A：因为复数z在复平面上对应的点为，
则，所以复数z的虚部为-1，故A错误；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，为纯虚数，故D正确．
故选：D．
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先根据复数的除法算出，然后根据复数的定义和性质逐一判断每个选项
详解:
复数，
，故A错误；
复数在复平面上对应的点坐标为，在第三象限，故B错误；
复数的实部与虚部之积为，故C正确；
，故D错误．
故选：C
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据复数的除法求得，再根据复数的相关概念与运算逐项分析判断.
详解:
由题意可得：，则有：
z的虚部为，A错误；
，B正确；
复数在复平面内的对应的点为，在第一象限，C错误；
，D错误.
故选：B.
2-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据表达式和可得，可知，复数z在复平面内对应的点为，不在第三象限，z的虚部为，即ABC错误，D正确.
详解:
由，可得
，所以，，即A错误；
复数z在复平面内对应的点为，在虚轴上，即B错误；
由实部和虚部定义可得z的虚部为，即C错误；
，故D正确.
故选：D
2-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
把转化为化简求解.
详解:
z的实部是故A正确；，故D错误
，的虚部是故B错误，在复平面上对应的点为所以为第一象限点，故C错误.
故选：A
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由函数的图象关于轴对称，平移可得的图像关于对称，由题意可得，利用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求的和.
详解:
函数的图象关于轴对称，且函数的图象连续且在上单调，
可得的图像关于对称，
由数列是公差不为0的等差数列，且，
可得，又是等差数列，
可得，
所以的前2019项之和为
故选：C
点睛:
本题考查了函数的平移变换、等差数列的性质以及等差数列的前项和，需熟记公式与性质，属于基础题.
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由函数的图象关于对称，可知函数关于对称，函数在上单调，所以在上也单调，由，可以得到
，进而可以求出的前项的和.
详解:
因为函数的图象关于对称，所以函数关于对称，又因为函数在上单调，所以在上也单调，由，可以得到，，故本题选C.
点睛:
本题考查了抽象函数的对称性、单调性，利用等差数列的性质，求前项和问题.
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由已知得函数关于对称，因为，则，再由等差数列性质求得前500项的和.
详解:
对任意自变量x都成立，函数对称轴为
因为，，
故选：B
点睛:
本题考查函数对称性及利用等差数列性质求和.属于基础题.
函数 对任意自变量x都有，则函数对称轴为，
为等差数列，若，则 ．
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意得函数图象关于直线对称，从而得到，由此能求出结果.
详解:
∵函数对任意自变量都有，
∴函数图象关于直线对称，
又数列是公差不为的等差数列，且，
∴，
∴.
故选：B.
点睛:
本题考查等差数列的前40项之和的求法，注意函数性质和等差数列的性质的合理运用，属于基础题.
3-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
因为函数对任意自变量都有，所以函数的对称轴为 ，因为，所以，由等差数列前n项和公式，故选B.
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由函数的图象关于轴对称，平移可得的图象关于对称，由题意可得，利用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求的和．
详解:
解：函数的图象关于轴对称，且函数的图象连续且在上单调，
的图象关于对称，
由数列是公差不为0的等差数列，且，
，又是等差数列，
，
的前2021项之和为．
故选：D．
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据不等式的性质结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
详解:
时，一定有，充分性成立，
当时，满足，但不成立，则必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A．
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据充分、必要条件的知识确定正确答案.
详解:
，
所以，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据充分必要性分别判断即可.
详解:
若，则可设，则，，其中，
，，即“”能推出“”；
反之，若，，满足，但，，即“”推不出“”，
所以“”是“”必要不充分条件，
故选：B.
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据高斯函数的定义以及充分必要条件的定义推导即可.
详解:
如果，则有 ，
，所以 是 的充分条件；
反之，如果 ，比如 ，则有，
根据定义， ，即不是必要条件，
故 是 的充分不必要条件；
故选：A.
4-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由存在使得 ，根据绝对值的运算性质有：，同理对纵坐标也如此运算可证得充分性成立；必要性可举例说明不成立.
详解:
充分性：若存在，使，
即，
则，
故.
故充分性成立；
必要性：取，
则，
则，但是，
所以，则不共线，
所以必要性不成立.
故选：A.
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先通过给取特值得到前者推不出后者，通过推导判断出后者可以推出前者，再根据必要不充分条件的定义判断出结论
详解:
由已知可得令，满足，
但，，，
而时，设，则，所以必有
“”是“”的必要不充分条件
故选：B
点睛:
本题主要考查了充分必要条件的判断，说明一个命题不成立常用举反例的方法，考查利用充分必要条件的定义判断一个命题是另一个命题的什么条件，属于基础题目，
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据函数奇偶性即可排除CD，由特殊点的函数值即可排除A.
详解:
，则的定义域为R，
又，
所以为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD，
当时，，故排除A.
故选：B.
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
判断函数的奇偶性，并判断时，函数值的正负，即可判断选项.
详解:
，
定义域为，关于原点对称，
由，
所以为奇函数，排除BD；
当时，，因为为上减函数，为上的增函数，
则为上的减函数，且当，，则当，
，故，排除A.
故选：C.
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数的奇偶性排除AB，再由特殊值排除D即可得解.
详解:
因为的定义域为，关于原点对称，
所以，即函数为奇函数，排除AB，
当时，，排除D.
故选：C
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.
详解:
函数的定义域为，满足，
所以函数是奇函数，故排除B，
设，
，所以在上单调递增，，
，所以当时，，故排除D；
当时，，故排除A.
故选：C
5-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
确定函数为奇函数，排除BD，当时，，排除A，得到答案.
详解:
的定义域为，
，故为奇函数，
其图象关于原点对称，排除B，D；
又时，，，，故，排除A．
故选：C．
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先判断的奇偶性，再根据时的函数值的符号判断图象.
详解:
因为，，
所以，故函数的为奇函数，排除BD；
又 所以，故A错误.
故选：C
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意列出素数的个数计算公式即可求解.
详解:
由题意可得
.
故选：B
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题设有，应用指对数互化及对数的运算性质求值即可.
详解:
设经过天后，“进步”的值是“退步”的值的100倍，
则，即天.
故选：D.
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
本题首先可设经过天“进步”后的值是“退步”后的值的倍，然后结合题意得出，最后通过计算即可得出结果.
详解:
设经过天“进步”后的值是“退步”后的值的倍
则，即，，
，
则大约经过115天“进步”后的值是“退步”后的值的倍，
故选：C.
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
从条件中分析出线段长度的变化规律，得到“n次分形”后折线的长度，进而建立不等式解得答案即可.
详解:
图1线段长度为1，图2线段长度为，图3线段长度为，…，“n次分形”后线段长度为，所以要得到一个长度不小于20的分形图，只需满足，则，即得，解得，所以至少需要11次分形.
故选：C.
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
直接通过两种方法求出，作差取绝对值即可求出结果.
详解:
，
又
与实际的的误差绝对值近似为.
故选：B.
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由题目观察可知，代入即可发现解法.
详解:
所以=4.755
故选：C
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数图象的伸缩变换以及平移变换得函数解析式为，由函数在区间上单调递增，列不等式即可求解.
详解:
把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），
得到函数，再把的图象向右平移个单位，
得到，由于在单调递增，
所以，因此,
即且，
则且
可得,由于，故当时，取到最小值，
故选：C
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先根据左加右减得到的解析式，进而根据函数关于对称，求出，，又函数的单调性得到，从而求出答案.
详解:
由题意得，
的图象关于点对称，故，
故，，解得，，
又在上单调递减，故，又，解得，
则，，解得或1，
故当时，满足要求，经检验，满足在上单调递减，
当时，，当时，，
因为在上不单调递减，不合要求，舍去，
其他均不合要求.
故选：B
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先利用三角函数平移得到的解析式，再利用余弦函数的单调性得到，从而利用数轴法先得到，再确定，进而得到关于的不等式，由此得解.
详解:
由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
若函数在区间上是单调递减函数，
，
，
又，，
，，即，
，解得，
所以实数的最大值为.
故选：C.
7-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据平移法则写出f(x)的函数解析式，根据单调性，结合正弦函数的性质写出关于的不等式组，求解即得.
详解:
，
当时，，
由，有，，，
有，得.
故选：D.
7-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
先由函数的图像平移变换得到函数，再根据正弦函数的图像性质得到是函数一条对称轴，从而得出（），
结合正弦函数的周期与单调性的关系得到，即可得到答案.
详解:
由题意得：，
又函数）的一个极值点是，即是函数一条对称轴，
所以，则（），
函数 在上单调递增，则函数的周期，
解得，则，，
故选：A.
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据辅助角公式和图象的平移变换得到，再根据正弦函数的单调性求出函数的单调递减区间，然后根据条件给出的区间建立不等式关系进行求解即可．
详解:
由，
将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，
则，
由，，得，
又在上单调递增，
则，，解得，
即，
又，则当时，，即的取值范围是．
故选：C．
8-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
直接利用指数和对数的单调性求解.
详解:
因为，，，
所以
故选：A
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用指数和对数函数单调性，借助临界值可知最大；结合与图象可确定，由此得到结论.
详解:
，，，，；
与图象如下图所示：
由图象可知：，则.
故选：B.
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
对，通过估计值可以直接比较；对于需要结合换底公式以及不等式的性质进行比较.
详解:
，因为，所以；
因为在R上单调递增，且，所以，即，所以；所以
又，，
因为因为在R上单调递增，且，所以，即，
所以，又因为，所以，即，
综上.
故选：A.
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据对数函数的图象与性质，求得，，即可求解，得到答案.
详解:
由题意，根据对数的性质，可得，，
又由，，
因为，所以，可得，
所以.
故选：A.
点睛:
本题主要考查了对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
利用对数函数的单调性得到0
详解:
解：∵0
∴a
点睛:
本题主要考查了利用对数函数的单调性比较函数值的大小，属于基础题.关于不同底数的对数的大小比较，常常是利用换底公式转化为同底数的对数进行比较，对于指数，对数式之间的比较大小，常常是利用中间值，比如常见的1，0等比较大小.
8-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
本题结合指数函数、对数函数的性质比较，，的大小即可．
详解:
由题意可知：
，
所以，
据此可得： ．
故选：A．
点睛:
本题主要考查指数函数、对数函数的性质．是偏易题．
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设离墙的距离为为，求得关于的表达式，结合基本不等式求得取得最大值时的值.
详解:
设离墙的距离为为，
过作，交的延长线于，则，
，
所以
，
当且仅当时等号成立.
由于，所以当最大时，最大，此时.
故选：D
9-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据已知条件得出的值，利用两角差的正切公式可得结果.
详解:
由题意知，所以
故选：B.
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
方法一：由旋转的性质可得， ，，
由等腰直角三角形的性质可得，利用三角形的三边关系即可求解.
方法二：由题意画出图形，设 ， ，利用余弦定理把 用含有 的代数式表示，
然后换元，再利用配方法和基本不等式 即 求得最值.
详解:
解：方法一：如图，将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ，
， ，
在中，，，
， ，
，
在中， ，
当点 在 上时，即、、三点共线，此时有的最大值，
的最大值为： ，
，
的最大值为： .
故选：C.
方法二：如图，设 ， ，
在 中，由余弦定理可知： ，
在中，由余弦定理可知： ，
由同角关系可得： ，
，
令 ，
则
，
当时等号成立.
的最大值为： .
故选：C.
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题意可得塔的偏移距离，设两座塔的塔高为，结合题意可得两座塔的偏移距离差的绝对值为，进而得到，结合塔顶到地面的距离，进而求解.
详解:
塔的偏移距离，设两座塔的塔高为，
则根据倾斜角的正弦值分别为，，
得两座塔的偏移距离差的绝对值为，
即，，
塔顶到地面的距离，
根据倾斜角的正弦值分别为，，
得倾斜角的余弦值分别为，，
两座塔的塔顶到地面的距离差的绝对值为.
故选：D.
9-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意可得，然后由正切的和差角公式即可得到，再由基本不等式即可得到结果.
详解:
有题意可知，是锐角且，
因为，
所以，
且，当且仅当，即时，等号成立，
故当，，此时最大.
故选:B
9-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.
详解:
如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB.
设,则.
过A作AC垂直内侧墙壁于C，B作BD垂直内侧墙壁于D，则.
在直角三角形中，,所以.
同理.
所以.
因为（当且仅当且时等号成立）.
所以.
因为走廊的宽度与高度都是3米，
所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为,
所以.
故选：A
点睛:
利用三角函数解应用题的解题思路：
（1）画出符合题意的图形；
（2）把有关条件在图形中标出；
（3）建立三角关系式，利用三角函数求最值.
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
此球与正方体会在三个面上有交线，每个面上的交线为半径为2的四分之一圆弧，结合圆的周长计算．
详解:
如图，此球与正方体会在三个面上有交线，每个面上的交线为半径为2的四分之一圆弧，所以曲线总长为.
故选：D．
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
设为的中点，证明平面，根据球的截面性质确定交线的形状，结合弧长公式求交线长.
详解:
设为的中点，连接，
因为，为等边三角形，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心的圆，
由，
可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，
设该圆弧与，分别相交于点M，N，
因为，，
所以，因为，
所以
所以，
故交线长.
故选：B.
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
以为圆心，半径为作圆交面于弧长，因为平面，又，，则根据弧长公式即可求得结果．
详解:
在上取一点，使得，在上取一点，使得则
以为圆心，半径为作圆交面于弧长，如图所示：
因为平面，，
所以弧长是以为球心，为半径的球面与侧面的交线长，
又因为，则，
所以弧长为
故选：D
点睛:
关键点点睛：本题的解题的关键在于以为圆心，半径为作圆交面于弧长．
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
连接，再根据直角三角形中的关系可得点到的距离等于圆心到平面的距离，再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.
详解:
如图，连接，由题意易知，
，故四边形为平行四边形.
设，取的中点，连接，
在Rt中，，
故点到的距离为，故点到的距离为，
因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，
故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.
故选：D
10-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
因为球与正方体的每条棱都相切，故其直径为面对角线长，所以半径为，如图，球心为正方体的中心，球心与的外接圆上的点的距离为，其长为体对角线的一半，故，故，也就是，选C.
点睛：这是组合体问题，关键是确定出球心的位置以及球心与三角形外接圆上的点的距离.
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.
详解:
如图，取的中点,连接,
因为，所以，即为球心，
则球的半径,又,所以,
又平面平面，平面平面平面.
所以平面，
设，则,所以，
所以三棱锥的体积
当时,取得最大值，
由于，在中，由余弦定理得:
根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，
设此时截面圆的半径为，所以.
则截面面积的最小值为.
故选:C.
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据双曲线的定义，结合余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.
详解:
根据双曲线的对称性，不妨设一条渐近线l的方程为，
因此直线的倾斜角的正切值为，即，
所以有，
设，由双曲线定义可知：，
由余弦定理可知：，
故选：B
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据题目中提供的平行关系写出过与双曲线的一条渐近线平行的直线的方程，联立解出点M的坐标，M在以为直径的圆上，得到的等量关系，求解离心率.
详解:
双曲线的渐近线方程为：，不妨设过点与双曲线的一条渐近线平行的直线的方程为：与联立得到M的坐标为.
又因为M在以为直径的圆上，
故选:D
点睛:
本题考查了双曲线的渐近线方程、离心率，点在圆上等知识点，考查了学生综合分析，转化与化归，数学运算的能力，属于中档题.
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设，，、，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，根据切线长定理及双曲线的定义得到，即可得到，同理可得，再由由射影定理得到，即可得到，从而得解.
详解:
设，其中，设、，
过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，由切线长定理可得、、，
则，
因为，
所以，所以，即，同理可得，
所以、在直线上，又因为平分，平分，
，所以，在中，，
由射影定理可得，即，所以，
则双曲线的离心率.
故选：A
11-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用正弦定理可得，，再由，即可得到，再根据计算可得；
详解:
解：在中，有①；
，
由①，所以，
由①，所以
由，所以
即，同除得
所以
故选：D
点睛:
本题考查双曲线的简单几何性质，以及正弦定理的应用，属于中档题.
11-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设双曲线的左、右焦点分别为，，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，联立双曲线的方程可得点的坐标，设，，运用三角形的等面积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得关于，的方程，结合离心率公式可得所求值．
详解:
设双曲线的左、右焦点分别为，，
设双曲线的一条渐近线方程为，
可得直线的方程为，与双曲线联立，
可得，，
设，，
由三角形的等面积法可得，
化简可得，①
由双曲线的定义可得，②
在三角形中，为直线的倾斜角），
由，，可得，
可得，③
由①②③化简可得，
即为，
可得，则．
故选：A．
点睛:
本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等面积法．双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系．
11-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
令，由题设知且求得，再由内切圆中切线长性质及双曲线定义、性质确定与的切点的位置，进而求离心率.
详解:
由题设，又点与抛物线的焦点重合，即，
由，则，故，即，
如下图示，内切圆与△各边的切点为，
所以，又，
则，
所以为双曲线右顶点，又△的内切圆圆心的横坐标为4，即，
故，则，所以离心率为.
故选：B
12-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用参变分离可得，然后构造函数，利用导数求函数的最值即得.
详解:
由得．
令，，
又∵，当时，，单调递增．
当时，，单调递减．
∴，
∴，即．
故选：D.
12-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
分析可知，利用导数求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
详解:
因为，则，其中，
令，解得，令，解得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，
因为在上恒成立，所以，，解得.
故选：B.
12-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.
详解:
当时，不等式在上恒成立不会成立，
故 ，
当 时， ，此时不等式恒成立；
不等式在上恒成立,
即在上恒成立,
而即，
设 ，当 时，，
故是增函数，
则即，故，
设，
当 时，， 递增，
当 时，， 递减，
故 ，则 ，
综合以上，实数的取值范围是 ，
故选：B
点睛:
本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
将不等式变形为，根据的单调性得，再用常数分离法求出的取值范围.
详解:
由得，
即 ，
令，，则，
所以在上单调递增，
而等价于，
∴，即
令，，则，
所以在时，为增函数；在在时，为减函数，
所以最大值为，∴．
故选：C
点睛:
方法点睛：同构法解不等式恒成立求参数范围问题时先将原不等式化成 后再利用函数单调性得到与的大小关系，由此得到参数范围.
12-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
将不等式化为，构造进而化为，利用导数研究单调性，再得在上恒成立，构造研究其最值，即可得参数范围.
详解:
由题设，即，
令且，上述不等式等价于，
而，故在上递增，则有在上恒成立，
所以在上恒成立，记，令，则，
当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
所以在上递减，在上递增，则，故.
故选：B.
点睛:
关键点点睛：由并构造函数并研究单调性，将问题转化为在上恒成立，再次构造研究最值求范围.
12-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意转化为对任意恒成立，设，求得，令，求得，求得函数的单调性与最值，得到恒成立，得到在上单调递增，得到在上恒成立，设，求得，求得函数的单调性与最值，即可求解.
详解:
当时，，而当时不符合题意，
所以，不等式 对恒成立，
即对任意恒成立，即，
设，则，可得，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，且极小值为2，
所以恒成立，在上单调递增，则在上恒成立，
即有恒成立，设，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以在处取得极大值，且最大值为，此时，
故的取值范围是.
故选：B.
点睛:
方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
13-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先通过条件求出，然后根据展开计算即可.
详解:
由已知得，
则.
故答案为.
13-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据向量与的夹角为，，，由平方求解.
详解:
解：因为向量与的夹角为，，，
所以，
故
13-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先将平方求出，再将平方计算即可.
详解:
由已知得，
，
，
.
故
13-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
两边平方，求出，从而利用求出答案.
详解:
由可知，即，
又，，解得，
故.
故答案为.
13-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由已知条件可求得，，将平方展开代入求值即可得答案.
详解:
解：因为，
所以，
所以，
又因为，两边平方得：，
解得，
所以,
所以.
故
13-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由数量积的性质化简可得，再由数量积的性质求.
详解:
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，又，，
所以，
故答案为.
14-1【基础】 【正确答案】 3
【试题解析】 分析:
由已知条件求得样本中心点，然后根据回归直线经过样本点中心得出.
详解:
由题意知，，因为回归直线过点，所以，解得
故
14-2【基础】 【正确答案】 23
【试题解析】 分析:
由已知可得，根据样本中心求参数，进而应用回归直线估计的预报值.
详解:
由题设，，而样本中心在回归直线上，
所以，得，故，
则，有.
故23
14-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
令，把回归方程变为线性的回归方程，代入样本中心点，即可求解.
详解:
令，则曲线的回归方程变为线性的回归方程，即，
此时，代入，
可得，解得.
故答案为.
14-4【巩固】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
令，则回归直线过样本中心点，求出，，代入即可求出；
详解:
解：令，则回归直线过样本中心点，
又，，
∴，则.
故
14-5【提升】 【正确答案】 0.29
【试题解析】 分析:
由题可得，然后利用回归直线方程过样本中心即得.
详解:
对取对数，得，
所以与x为线性相关关系，
因为，
所以，
所以，
所以.
故0.29.
14-6【提升】 【正确答案】 4
【试题解析】 分析:
令，则由回归方程过过样本中心点可得.
详解:
令，则回归方程过样本中心点，
因为，，
所以有，即.
故4
15-1【基础】 【正确答案】 或．
【试题解析】 分析:
验证斜率不存在时直线是否满足要求，斜率存在时，联立直线和抛物线的方程，化简,由条件列关系式得出斜率，即可求出直线方程.
详解:
①若直线斜率不存在，则过点的直线方程为，
将代入，可得，
即直线与抛物线有两个交点，不满足要求，
②若直线的斜率存在，设斜率为k，
则过点的直线方程为．
由，得．
当时，得，即直线与抛物线只有一个公共点．
当时，若直线与抛物线只有一个公共点，则，
得，所以直线方程为．
综上所述，所求直线方程为或．
故 或．
15-2【基础】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
满足条件的直线可能为抛物线的过点的切线或过点的平行与抛物线的对称轴的直线.
详解:
由题意知直线l的斜率存在，设其方程为，
当时，，易知直线过点，且与抛物线只有一个公共点，符合题意．
当时，联立，可得，．当时，，解得或，此时直线l的方程为或，即或，
易知直线和直线都过点，且与抛物线都只有一个公共点，符合题意．
故直线l的方程可以是或或．
故（答案不唯一）
15-3【巩固】 【正确答案】 或或
【试题解析】 分析:
先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
详解:
[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故或或.
15-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设切线方程，分别与圆的方程以及抛物线方程进行联立，利用各自的，即可求解.
详解:
设切线方程为：，分别联立方程得到和，
得和，
得和，
解得和，解得或，
所以，两曲线的公共切线的其中一条方程可为：
故
15-5【提升】 【正确答案】 （答案不唯一）
【试题解析】 分析:
设切线与圆相切于点，得到切线的方程，与联立，由判别式为零求解.
详解:
解：设切线与圆相切于点，则，
切线的方程为，即，
将与联立，可得，
令，
联立解得或或或
所以切线的方程为或或或.
故（答案不唯一）
15-6【提升】 【正确答案】 或或（写出其中一个即可）
【试题解析】 分析:
由已知求出点或.先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程.
详解:
由题意可知，，解得，
所以，点或.
又圆的圆心，半径.
①当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
②当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
综上所述，直线方程为或或.
故答案为.
16-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先求出圆锥侧面展开扇形的圆心角，进而找到最短距离为侧面展开图中，斜边的长度，利用勾股定理和直角三角形的性质求出顶点到绳子的最短距离.
详解:
∵底面半径r＝1，母线长l＝4，
所以侧面展开图的弧长为，
所以侧面展开扇形的圆心角，
因此，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点A，最短距离为中，斜边的长度
∵SM＝x，SA＝4
∴绳子的最短长度的平方．
绳子最短时，定点S到绳子的最短距离等于的斜边上的高，设这个距离等于d，
则.
故答案为.
16-2【基础】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
作出该圆锥的侧面展开图，由余弦定理求出，再由圆锥底面圆的周长等于扇形弧长求出底面圆的半径，再根据圆锥的表面积公式计算可得．
详解:
解：作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，该小虫爬行的最短路程为，
由余弦定理可得，
，设底面圆的半径为，
则有，解得．
所以这个圆锥的表面积，
故．
16-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
求这只小猫经过的最短距离的问题首先应转化为圆锥侧面展开图的问题，转化为平面上两点的距离问题即可.
详解:
解：由题意得：
圆锥的底面周长是，则，解得：
可知圆锥侧面展开图的圆心角是，如图所示：
则圆锥的侧面展开图中：，，
所以在圆锥侧面展开图中：
故
16-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
展开圆柱侧面，根据两点间直线距离最短求得正确结论.
详解:
展开圆柱的侧面如图所示，
由图可知小虫爬行路线的最短长度是.
故
16-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由圆柱的侧面展开图是矩形，利用勾股定理求出圆柱侧面上从B到C的最短路径的长.
详解:
圆柱的高为4，底面周长为16，,则在底面圆中
如图将圆柱的侧面沿母线展开, 其侧面展开图是矩形，且矩形的长为16，宽为4.
在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为展开图中线段的长度
故
16-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
将转化到一个平面上，利用平面内两点之间线段最短求得最小值．
详解:
将绕着PA旋转到使其与共面，且在AB的反向延长线上．
，，，，
由余弦定理得，
∴的最小值为．
故
17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 分析:
（1）由题得是成等比数列的，所以，再用基本量法求解即可；
（2）利用第一问的通项公式可以求的等比数列、、 、中的前三项，得到该等比数列、、 、的公比与首项，进而得到的通项公式，则为等比数列与常数数列的和,故利用分组求和法可得到的表达式.
详解:
（1）为公差不为，由已知得，，成等比数列，即， 故，所以，所以.
（2）由（1）可知
∴ ，而等比数列的公比．
因此，
∴
∴
17-2【基础】 【正确答案】 （1）； （2）.
【试题解析】 分析:
（1）∵是和的等差中项，∴又
两式相减并化简得所以由此得出通项公式．
（Ⅱ）设等比数列的公比为，由题意知，，所以，利用等比数列的前n项和公式得解．
详解:
（Ⅰ）∵是和的等差中项，∴又
两式相减并化简得
又，所以，故数列是公差为1的等差数列.
当时，，又，∴∴.
（Ⅱ）设等比数列的公比为，由题意知
，又，所以 .
点睛:
等比中项的性质：=，等差中项的性质：，等比数列的前项和公式.
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）把变形，作差得到，利用等差中项的定义即可证明；
（2）分别运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，求出首项和公差的关系，即可得到求出公比，结合等比数列的通项公式，即可求解.
详解:
（1）因为，所以，
所以，
即，所以，
两式相减得：，即，
所以数列是等差数列.
即证.
（2）设等差数列的公差为，其子数列为等比数列，
其中，，，可得：，
且有，即，解得：，所以，
于是，，
所以子数列为首项为2d，公比为的等比数列，
则，即，解得：，
所以数列的通项公式为.
17-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；
【试题解析】 分析:
（1）根据等比数列的性质，可求等差数列的公差，从而求得数列的通项公式，由，可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得，所以可得，再求和.
详解:
（1）设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，
所以，即，，解得.
所以.
当时，，
因为，得，（）
所以，得，
所以数列是首项为1，公比的等比数列，
所以.
（2）依题意，，由（1）得，，
所以.
点睛:
本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题.
17-5【提升】 【正确答案】 1、；
2、
【试题解析】 分析:
（1）由题意在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，可知的公差，进而可求出其通项公式；
（2）根据题意可得，进而得到，再代入中得，利用错位相减即可求出前项和.
由于等差数列的公差为8，在中每相邻两项之间插入三个数，使它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列，则的公差，的首项和 首项相同为2，则数列的通项公式为.
由于，是等比数列的前两项，且，，则，则等比数列的公比为3， 则，即，.①.
②.
①减去②得.
.
17-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 分析:
(1)由题可设等差数列的公差为d,根据题目条件利用基本量法求解即可.
(2)由题可先根据成等比数列求得的通项公式,再分析通项公式与的关系求得的通项公式,最后再求前n项和即可.
详解:
（1）设等差数列的公差为d,由,得
解得,．
所以．
（2）由（1）知,,,所以数列的首项为1,公比为4,
是该等比数列的第项,所以,
又,所以,,
所以．
点睛:
(1)已知数列为等差数列,可利用基本量法进行通项公式求解.
(2)考查等比等差综合运用时,注意分析通项公式与项数的关系.
18-1【基础】 【正确答案】 1、；
2、有95％的把握认为“选科与性别有关，理由见解析.
【试题解析】 分析:
（1）列举出所有的高考选考组合情况，从而计算出概率；
（2）将列联表补充完整，进而计算出卡方，与3.841比较后得到结论.
该生高考选考组合有以下情况：
（物理，政治，地理），（物理，政治，化学），（物理，政治，生物），（物理，地理，化学），（物理，地理，生物），（物理，化学，生物），
（历史，政治，地理），（历史，政治，化学），（历史，政治，生物），（历史，地理，化
学），（历史，地理，生物），（历史，化学，生物），
共12种情况，其中（物理，化学，生物）为其中的一种，
故恰好选到“物化生”组合的概率为
将列联表填写完整，如下：
选择物理
选择历史
合计
男生
40
10
50
女生
30
20
50
合计
70
30
100
故
所以有95％的把握认为“选科与性别有关.
18-2【基础】 【正确答案】 1、填表见解析 2、没有99%的把握认为尿酸高与血糖高有关
【试题解析】 分析:
（1）依题意完善列联表；
（2）计算出卡方，即可判断.
解：依题意可得列联表如下：
尿酸
血糖
总计
30
50
80
10
10
20
总计
40
60
100
解：由列联表可知，因为，所以没有的把握认为尿酸高与血糖高有关．
18-3【巩固】 【正确答案】 1、有 2、．
【试题解析】 分析:
（1）根据条件画出列联表，计算检验量对照参考表即可.
（2）一一列举可能出现的情况，计算概率即可.
根据条件，重新画出列联表如下：
比较支持政策
反对政策
合计
学生
35
5
40
教职工
45
45
90
合计
80
50
130
假设：校内人员的身份（学生/教职工）和态度（比较支持/反对）是相互独立的．
则统计检验量，
所以拒绝假设，我们有以上的把握认为校内人员的身份（学生/教职工）和态度（比较支持/反对）是相关的．
记样本中反对政策的5名学生分别为A、B、C、D、E，则抽取三人可能取到的组合有：，，，，，，，，，共10种情况．
其中学生A和学生B同时被选中的有：，，，共3种情况．
所以概率为．
18-4【巩固】 【正确答案】 1、列联表见解析，有的把握认为选科与性别有关
2、
【试题解析】 分析:
（1）直接填出列联表，按照公式计算即可；
（2）直接列举出所有情况，找出包含女生的情况，按照古典概型计算即可.
由比例可知男生有60人，女生40人，报考物理的有人，故有：
学科
物理
历史
合计
女生
20
20
40
男生
55
5
60
合计
75
25
100
，故有的把握认为选科与性别有关.
由题意可知：把这个人中女生记为、，男生记为、、、
从人中选出个人，所有的基本事件为：、、、、、、
、、、、、、、、、、、、、共20种．
有女生的有、、、、、、、、、、、、、、、共16种.
故有女生的概率是．
18-5【提升】 【正确答案】 （1）列联表见解析；（2）的把握认为选择全理与性别有关，理由见解析；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，结合题设中的数据，即可得到的列联表；
（2）利用公式，求得的值，即可求解；
（3）设3名男生分别为1，2，3，两名女生分别为4，5．列出所有基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.
详解:
（1）依题意可得的列联表：
选择全理
不选择全理
合计
男生
20
5
25
女生
10
15
25
合计
30
20
50
（2）由（1）中的数列，可得，
所以的把握认为选择全理与性别有关.
（3）设3名男生分别为1，2，3，两名女生分别为4，5．
从5名学生中抽取2名所有的可能为：共10种，
其中不包含女生的基本事件有，共3种，
故所求概率.
点睛:
本题主要考查了独立性检验，以及古典概型的概率的计算，其中解答中认真审题，利用公式准确计算，以及列举出基本事件的总数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
18-6【提升】 【正确答案】 （1），女生人数为；（2）列联表见解析，有的把握认为选择科目与性别有关，理由见解析；（3）
【试题解析】 分析:
（1）利用公式：每层抽取数总人数抽样比计算；
（2）利用公式计算即可；
（3）采用枚举法，枚举出基本事件总数以及事件“2人中至少有1名女生”所包含的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式计算即可.
详解:
（1）因为，所以，女生人数为.
（2）列联表为：
性别
选择物理
选择历史
总计
男生
60
50
110
女生
30
60
90
总计
90
110
200
的观测值，所以有的把握认为选择科目与性别有关.
（3） 从90个选择物理的学生中采用分层抽样的方法抽6名， 这6名学生中有4名男生，
记为，，，；2名女生记为，.抽取2人所有的情况为、、
、、、、、、、、、、
、、，共15种，选取的2人中至少有1名女生情况的有、
、、、、、、、，共9种，故所求
概率为.
点睛:
本题考查简单随机抽样、独立性检验以及古典概型的概率计算，考查学生的基本计算能力，第三问在枚举情况的时候要注意细心，不要漏掉任意一种情况，本题属于基础题.
19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、
【试题解析】 分析:
（1）证明和，原题即得证；
（2）如图所示，设是中点，连接,设四面体外接球的球心为,连接,过作连接.求出四面体外接球的半径即得解.
证明：由于侧面为菱形，所以.
因为点在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，
所以平面，而BC在平面ABC内，所以.
因为.
又因为平面，
所以平面，而AC1在平面ACC1A1中，所以.
又因为平面，
所以平面.
解：如图所示，设是中点，连接,设四面体外接球的球心为,连接,过作连接.
因为
因为
所以四面体是一个正三棱锥，所以在底面上的射影是的重心，
所以.
由题得四边形是矩形，所以,
所以.
所以四面体外接球的半径为，
所以四面体外接球的表面积为.
19-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）利用已知条件证明平面PED，然后利用面面垂直的判定定理即可得到证明；
（2）由题意，构造以为底面的正三棱柱，可知该三棱柱的外接球即为几何体的外接球O，利用勾股定理求得球的半径，从而可求表面积.
证明：因为，所以，
在中，，，
由余弦定理得，
所以.
所以是直角三角形，且，所以，
所以，.又因为PE，平面PED，，
所以平面PED.
又平面BCDE，所以平面平面BCDE.
因为，且，，
所以四边形BCDE为矩形，所以.
因为，在中，可得，所以为等边三角形.
如图，构造以为底面的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为几何体的外接球O.
设，分别为该三棱柱上、下底面三角形的中心，连接，OC，，则O为的中点.
连接，，所以球O的半径，
所以球O的表面积为.
19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、；
3、﹒
【试题解析】 分析:
(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面；
(2)利用向量法求得异面直线与所成的角；
(3)利用向量法求得点到平面的距离．
依题意是圆的直径，∴，
由于平面，∴，
以C为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
，
设是平面的法向量，
则，故可取．
，
设是平面的法向量，
则，故可取，
，∴平面平面．
，
设直线与直线所成角为，
则；
，平面的法向量为，
∴平面，∴到平面的距离为．
19-4【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析.（2）
【试题解析】 分析:
（1）根据面面垂直的性质定理，证明四边形为平行四边形，即可得答案；
（2）根据等积法可求得四棱锥的内切球半径的值.
详解:
（1）证明：∵C在半圆O上，为直径，.
∵平面，平面，.
又，平面.
∵平面平面，
所以平面内任意一条与AD垂直的直线l平面，
则l，
又平面，平面.
又平面，平面平面，
.
，∴四边形是平行四边形，.
（2）解：，为与所成的角，即，
，.
由（1）同理可证平面，
∴四棱锥的体积.
又四棱锥的表面积，
故四棱锥的内切球的半径.
点睛:
本题考查面面垂直、线面平行的综合运用、锥体体积求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意分割思想的应用.
19-5【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）由面面垂直得到，利用直径对应的圆周角为直角得到，可以证明平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）先求出，利用等体积转化法把求三棱锥的体积转化为求三棱锥，即可求解.
详解:
（1）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面．又在圆所在的平面内，∴．
∵是直角，∴．而，∴平面．
又∵平面，∴
（2）因为在矩形中，，直线和所成的角为，
所以直线和所成的角为，即．
过作于，则平面．
又，所以，
因此．
于是．
故三棱锥的体积是．
19-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）
【试题解析】 分析:
（1）可先证明，平面，得平面，从而得证面面垂直；
（2）由（1）的证明得，由基本不等式可得的最大值，从而得体积最大值．
详解:
（1）证明：因为是半圆上的点，所以，
又平面，平面，所以，，
因为，平面，所以平面，
因为，，所以是平行四边形，所以，，
所以平面，而平面，所以平面平面；
（2）由已知，所以，
，
又，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为8，
所以的最大值为．
点睛:
本题考查证明面面垂直，考查棱锥的体积，掌握面面垂直的判定定理是解题关键．求棱锥的体积时可用换底法，以使得高易得，本题中有．
20-1【基础】 【正确答案】 1、
2、是定值，理由见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据已知条件短轴一个端点到右焦点的距离为长半轴，再利用离心率公式即可求解.
（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立方程组，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得出交点横坐标的关系，结合向量的关系得出坐标的关系即可求解.
由题可得,，又，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
由题可得直线斜率存在，由（1）知设直线的方程为，则,消去，整理得：，
设，则，，
又，则，由可得，所以.
同理可得，.
所以
所以，为定值.
20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）存在，定值为.
【试题解析】 分析:
（1）由题意可得，，，可求得椭的圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设，， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.
详解:
（1）由题可得，
又，所以
因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以
同理可得，
所以
所以，为定值.
点睛:
关键点点睛：该题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属于中档题目.
20-3【巩固】 【正确答案】 （Ⅰ）；（Ⅱ）为定值，为．
【试题解析】 分析:
（Ⅰ）根据题意列方程组，解得，，则可得到椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线的方程为，联立消去y可得．设，，根据韦达定理和已知条件，可得，，再相加根据韦达定理，变形可得定值.
详解:
（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得，
解得，，．
所以椭圆的标准方程为．
（Ⅱ）为定值．
由题意可知，直线的斜率存在，设直线的斜率为k，
因为直线过点，所以直线的方程为．
令，可得，即．
联立消去y可得．
设，，易知，，则，．
，，，．
由，，可得，
所以．
将，代入上式，化简可得
点睛:
本题考查了由求椭圆的标准方程，考查了平面向量的坐标运算，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了韦达定理，属于中档题.
20-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据题意列式求，即可得椭圆方程；（2）设直线及其交点坐标，利用所设参数表示，再结合韦达定理化简整理.
依题可知：，，
所以，即，
解得
又∵椭圆过点，则
联立可得，
椭圆的标准方程为．
设点、，，
由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为，
联立，可得，
由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，
由韦达定理可得，，
，，，
得，，
，，
．
点睛:
定值问题常见处理步骤为：
第一步，设直线方程和相应点的坐标；
第二步，直线与圆锥曲线联立方程，应用韦达定理；
第三步，根据题目所给出的关系列出等式，结合韦达定理，算出相应的关系式；
第四步，根据所得的关系式，结合题目所求，整理化简，求出定值.
20-5【提升】 【正确答案】 （1）；（2）为定值．
【试题解析】 分析:
（1）因为的周长为，求得，进而求得的值，得到椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系和题设条件，求得和，进而求得为定值.
详解:
（1）因为的周长为8，所以，解得，
由，得，所以，
因此椭圆C的标准方程为．
（2）由题可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
由,整理得，
设，，则
设，又，所以，，则．
同理可得，，则．
所以
，
所以为定值.
点睛:
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
20-6【提升】 【正确答案】 1、；
2、是定值，定值为.
【试题解析】 分析:
（1）根据椭圆的定义及椭圆通径的性质可得，再由正弦定理可得，联立解方程即可得出，写出椭圆方程；
（2）由题意直线斜率存在，设出直线方程，联立椭圆，可得根与系数的关系，再由向量的坐标运算求出，计算可得解.
因为的周长为，即，
且的最小值为为椭圆通径时，即，
所以，
由正弦定理可得：，
所以，
又，解得，，，
故椭圆的标准方程为；
由题意可得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，消去可得，，
设，，则，设，
又，所以，，故，
同理，，，则
故
，
所以是定值．
21-1【基础】 【正确答案】 （1）零点的个数为0；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）先用导数判断单调性，再用零点存在定理判断零点个数；
（2）规定新函数，只需 ，分类讨论求求出a的范围 .
详解:
解：（1）
因为，所以，所以，所以函数在减函数.
所以
所以零点的个数为0.
（2），，，
令，则，
因为，所以所以，所以函数在减函数，
所以
当时，，所以函数在减函数，
所以，满足题意
当时，所以函数在增函数，
所以，不满足题意
当时，因为，，且函数在减函数，所以存在唯一的，使，所以函数在增函数，在减函数，当时，，不满足题意.
综上所述：实数a的取值范围为.
点睛:
（1）判断零点类问题用零点存在定理；
（2）恒成立问题通常转化为求函数的最小值问题.
21-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）可以直接求导，利用点斜式直线方程即可；
（2）由于和的特殊性，当与，同时出现在不等式中时，往往需要用缩放的方法来转换，缩放的方法中有两个常用的：，，适当地使用，可以解决这个问题.
因为，所以，
，，所以在处的切线⽅程为
即；
不等式，
即在，恒成立
设，且
又，
①当时，，
因为是连续的，所以，使当时，，
从而在上单调递减，
又，∴当时，，
这与在时恒成立不符.
②当时，对于任意的，，从而，
这时.
设，则，
设，则.
当时，，在上单调递增.
又，∴当时，，即.
因此，
设，则
又，当时，，即
∴在上单调递增.
又∵，∴当时，，从而.
综上，实数a的取值范围为；
故答案为.
点睛:
解决本题的核心是使用缩放法，对于，本身不好计算，参数a分不出来，这时就应该考虑缩放，因为是指数函数中常用的，如下图：
也是常用的，在中刚好都有；适当地使用缩放，可以化简计算过程.
21-3【巩固】 【正确答案】 （Ⅰ）最大值1，最小值；（Ⅱ）.
【试题解析】 分析:
（Ⅰ）当时， 求得函数的导数，得到函数的单调性和最值，即可求解；
（Ⅱ）由不等式的恒成立转化为求解函数的的最值，结合导数对分类讨论求，最后结合函数的单调性和性质，即可求解.
详解:
（Ⅰ）由函数，则，
当时， 可得
令，即，解得；
令，即，解得；
所以在递增，在递减，所以，
又，所以，
所以在上的最大值为1，最小值为.
（Ⅱ）由函数，则，解得，
又由，
因为，则，可得，
所以，
（i）当时，，所以在递增，
所以恒成立；
（ii）当时，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，，，
所以，使得，
所以当时，；当是，，
所以在单调递减，在单调递增，
又因为，
所以，所以，即实数的取值范围是.
点睛:
本题主要考查导数在函数中的综合应用，恒成立问题的求解，以及三角函数的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
21-4【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）将代入求出，求导得，利用导数研究函数的单调性，进而求得在上最值；
（2）根据题意，将问题转化为恒成立，令，通过构造新函数和利用导数研究函数的单调性和最值，即可得出实数的取值范围.
详解:
解：（1）当时，，
则，解得：，
所以在上的变化情况表如下：
-
0
+
0
-
减
增
减
所以，.
（2）由于恒成立，
设，，
设，则，
设，则，
所以在上单调递增，
，即，
上单调递增，
则
①当时，即，，在，符合题意；
②当时，即，存在，使，
在上，是减函数，所以上，不符题意，
综上得，实数的取值范围为.
点睛:
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查利用导数解决不等式的恒成立问题从而求出参数范围，考查分类讨论思想和运算求解能力.
21-5【提升】 【正确答案】 1、1 2、证明见解析
3、
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，得到，转化为，通过导数求出的最大值，进而得到；
（2）问题转化为转化为，设，分两次求导，讨论的单调性，进而得到，从而题目得证；
（3）由（2）得，时，，，则有，构造，通过讨论的导数，得到，进而得到，再分类讨论与，即可得到满足题意时，的取值范围.
，
函数在上单调递增，，
故，令，
当，，单调递增；
当，，单调递减；
，得，则，
故时，满足函数在上单调递增，故的最小值为1
若时，，则，
转化为，设，则，
设，则，当时，，即
为增函数，所以，在时为增函数，所以，，得，，
故当时，成立.
由（2）得，时，，，
则有，设，则，
设，则，当时，，所以为增函数，所以，，所以为增函数，
所以，，所以对任意的恒成立，
又，时，，所以时，对任意的恒成立；当时，设，则，，所以存在实数，使得任意，均有，所以为减函数，所以在时，，此时，，，与题意不符，所以时不符合题意.
综上，实数的取值范围为.
21-6【提升】 【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】 分析:
（1）由，，令，，即，结合其导数讨论单调性，进而求解；
（2）由题意可得，，对于恒成立，设，分、、三种情况讨论即可求解.
当时，，，
设，，即，
所以，
所以在上单调递增，
所以，，
即，.
由，
即，
即，对于恒成立，
设，，
当时，，
由（1）知时，，所以，
当时，.
当时，，时，，不符合题意.
当时，，
即，
设，
则，
当时，，即在单调递增，
又，，
所以存在使得，当时，，
所以在单调递减，此时，不合题意
综上所述，a的取值范围为.
22-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1)将参数方程消参后得到普通方程，然后再根据极坐标和直角坐标之间的互化即可.
(2)联立直线和圆的极坐标方程，由的意义即可求解.
由（为参数）消去参数得，即，又，，
∴圆C的极坐标方程为.
（2）将代入C的极坐标方程得，即，
∴.
22-2【基础】 【正确答案】 1、直线普通方程为，圆的极坐标方程为
2、
【试题解析】 分析:
（1）消去得直线方程，确定圆心和半径，计算极坐标方程得到答案.
（2）将代入圆和直线的极坐标方程，计算即可.
，消去得，
圆C经过极点，且其圆心的极坐标为，圆是以为圆心，半径为2的圆.
其方程是，即，极坐标方程为；
将代入得，
直线的极坐标方程是，即，
将代入得，故.
22-3【巩固】 【正确答案】 1、；
2、2.
【试题解析】 分析:
（1）把圆的参数方程化成普通方程，再化成极坐标方程作答.
（2）利用（1）及已知中的极坐标方程，求出点P，Q的极坐标，再求出PQ长作答.
圆的参数方程，消去参数得：，即，
把代入得圆的极坐标方程为，即，
所以圆的极坐标方程为．
设为点的极坐标，由得，则，
设为点的极坐标，由得，则，
所以．
22-4【巩固】 【正确答案】 （1）；；（2）．
【试题解析】 分析:
（1））消参把参数方程转化为直角坐标方程，根据条件写出圆C的直角坐标方程，然后根据把直角坐标方程转化为极坐标方程即可.
（2）由（1）极坐标方程，分别表示出OA，OB，满足，代入解得角.
详解:
解：（1）已知直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为，根据，转换为极坐标方程为．
圆C的圆心为，且过点M（1，），即，
圆半径为，转换为直角坐标方程为，
根据转换为极坐标方程为．
（2）的射线与圆C相交于异于极点的点A，
所以，
与直线l相交于点B，所以，
由于，
所以，
整理得：，
整理得，
所以．
点睛:
方法点睛：利用将直角坐标方程转化为极坐标方程；利用极坐标的几何意义，将问题抓化为三角函数问题，从而解得问题.
22-5【提升】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
（1）消去参数，得到圆的直角坐标方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式即得解；
（2）设，利用极坐标的几何意义，，利用辅助角公式，即得解.
详解:
（1），
由可得圆的极坐标方程．
（2）由题意可知：，所以
，所以，
从而最大值为．
点睛:
本题考查了参数方程，极坐标综合，考查了参数方程，极坐标与普通方程的互化，极坐标的几何意义，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
22-6【提升】 【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】 分析:
（1）由极坐标方程和直角方程互化的公式直接进行互化即可.
（2） 设射线的极坐标方程为，由此得出点的坐标，代入即可得出答案.
直线l的方程为，化为极坐标方程为．
因为圆C的直角坐标方程为，所以圆C的极坐标方程为．
由已知，可设射线的极坐标方程为，
则，，所以，
当且仅当时取等号，所以的最大值为
23-1【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析；
【试题解析】 分析:
（1）利用基本不等式，结合综合法，利用题中所给的条件，证明即可；
（2）利用1的代换，结合三元基本不等式证得结果.
详解:
证明：（1）由条件得
，当且仅当时等号成立
，当且仅当时等号成立
，当且仅当时等号成立
以上三个不等式相加可得：，
当且仅当时等号成立
得证.
（2）由条件得
，
由三元基本不等式得（等号成立当且仅当），
从而得证.
点睛:
该题考查的是有关不等式的证明问题，涉及到的知识点有基本不等式，综合法证明不等式，三元基本不等式，属于中档题目.
23-2【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）将展开可得，由题意可得，，都不为，则即可求证；
（2）利用基本不等式可得，三式相加，结合，可得结论
详解:
（1）因为，
所以，
因为，所以，，都不为，则，
所以.
（2）因为a，b，c为正数，，
所以，
所以，
因为，所以，当且仅当时取等号，
即
23-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）变换得到，再利用均值不等式解得答案.
（2）直接利用柯西不等式得到证明.
详解:
（1），，，
，当且仅当，即，时取得最大值.
（2）由柯西不等式得：
，
当，，时等号成立，，.
点睛:
本题考查了均值不等式求最值，柯西不等式证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
23-4【巩固】 【正确答案】 （1）见解析；（2）见解析
【试题解析】 详解:
试题分析：（1）把条件平方，利用作差法证明不等式；（2）利用分析法，要证不等式转化为，结合均值不等式，不难证明上述不等式成立.
试题解析：(1），，
则
，当且仅当时取等号，
(2)要证，需证，即证：，需证， 为正数，由基本不等式，可得，当且仅当时取等号，将以上三个同向不等式相乘得，所以原不等式成立.
23-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）根据给定条件，利用三元均值不等式推理作答.
（2）利用均值不等式，结合不等式的性质推理作答.
因为a，b，c都是正数，则有，当且仅当时取等号，
所以.
因为c都是正数，于是，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当时取等号，
同理，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
则，当且仅当时取等号，
所以.
23-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）变换，利用均值不等式得到答案.
（2），利用三元均值不等式得到答案.
详解:
（1），故
，当时等号成立.
（2）易知.
.
当时等号成立.
点睛:
本题考查了根据均值不等式证明不等式，意在考查学生对于均值不等式的应用能力.
相关试卷
上海市静安区2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析： 这是一份上海市静安区2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析，共95页。
江苏省八市联考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析： 这是一份江苏省八市联考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析，共112页。
湖南省新高考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析： 这是一份湖南省新高考2023届高三数学专项突破模拟题库（二模）含解析，共115页。
