专题2 2022年高考“集合、常用逻辑用语、不等式”专题解题分析

这是一份专题2 2022年高考“集合、常用逻辑用语、不等式”专题解题分析，共60页。学案主要包含了解法解读，命题意图，试题解读，整体点评等内容，欢迎下载使用。
专题2 2022年高考“集合、常用逻辑用语、不等式”专题解题分析
专题2  2022年高考“集合、常用逻辑用语、不等式”专题命题分析
集合、常用逻辑用语、不等式在《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中作为主题一预备知识出现，旨在帮助学生完成初高中数学学习的过渡．2022年高考对这部分内容的考查重视基本概念原理、强调数学思维品质、凸显学科能力素养，有较强的引导作用．
其中集合和常用逻辑用语属于高考的重点内容，考查稳定，难度小，主要以选择题形式呈现，而对不等式考查相对灵活，题型全面，单纯考查不等式的题目较少，更注重与其他知识相融合的综合考查，这体现了不等式的基础性和工具性，特别在新高考中展示了不等式命题的综合性和应用性．
一．考查的内容与方式
集合
试卷
题号
分值
题型
考点
全国甲卷
文科
1
5
选择题
两个集合的交集运算
理科
3
5
选择题
两个集合的并集、补集运算
全国乙卷
文科
1
5
选择题
两个集合的交集运算
理科
1
5
选择题
两个集合的补集运算
全国新高考I卷
1
5
选择题
一元一次不等式、无理不等式求解，两个集合的交集运算
全国新高考Ⅱ卷
1
5
选择题
绝对值不等式求解，两个集合的交集运算
浙江卷
1
4
选择题
两个集合的并集运算
北京卷
1.9
8
选择题
两个集合的补集运算；集合语言的含义
天津卷
1
5
选择题
两个集合的交集、补集运算
上海卷
13
5
选择题
两个集合的交集运算

从题型题量上看，集合考查的试题主要以选择题和填空题形式呈现，难度较低．除北京卷外，今年各份试卷依旧都只有1道题，其中全国甲卷理科卷的集合试题位于第3小题，其他试卷均位于选择题的第1小题，且以选择题形式呈现，北京卷与浙江卷的分值分别为8分和4分，其他各卷均为5分．
从考点分布上看，集合考查的内容主要有集合的含义和表示、集合之间的基本关系、集合的基本运算，今年主要涉及集合和不等式两个内容的考点．
从考查形式上看，主要考查在不同背景下求两个集合的交集、并集和补集运算，全国新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷对集合的考查还涉及与不等式知识的交汇，先解不等式，后进行集合的相关运算．
从以上对各卷的统计看，集合考查的题型题量、考点分布、考查形式和难度基本上和往年保持不变，试题大都能在教材中的例题和习题中找到原型，很好地保持了命题的连续性和稳定性．
常用逻辑用语
试卷
题号
分值
题型
考点
全国甲卷、乙卷、新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷均未考查常用逻辑用语知识
浙江卷
4
4
选择题
三角函数的性质、充分条件与必要条件的定义
北京卷
6
4
选择题
等差数列的通项公式、充分条件与必要条件的定义
天津卷
2
5
选择题
整数的定义、充分条件与必要条件的定义
上海卷
16、21
11
选择题，解答题
直线与圆的位置关系、集合的描述法、命题的含义、命题及其逆命题的真假判断

从题型题量上看，常用逻辑用语历年考查的试题主要以选择题和填空题形式呈现，今年地方卷中浙江卷、北京卷、天津卷保持以选择题的形式呈现，分值为别为4分、4分、5分，上海卷中均在压轴题出现，为选择题的第16题和解答题第21题的第（2）小题，分值约为11分．
从考点分布上看，常用逻辑用语考查的主要内容有必要条件、充分条件、充要条件的定义，简单的逻辑联结词“或”、“且”、“非”的含义；全称量词与存在量词的意义，以及对“它们”的否定．今年地方卷主要涉及充分条件与必要条件、三角函数、等差数列、直线与圆、集合等考点．
从考查形式上看，地方卷试题都是以其他知识板块为载体，除上海卷考查命题外，其他卷都是交汇其他知识来考查必要条件、充分条件、充要条件的判断，先处理交汇的知识，后利用定义判断．
从以上对各卷的统计看，常用逻辑用语考查的题型题量、考点分布、考查形式和难度基本上保持不变，要引起注意的是，今年仅地方卷涉及这部分的内容，全国卷均未涉及，但往年全国卷在这一部分是有体现的．
不等式（含不等式选讲）
试卷
题号
题量
题型
考点
全国甲卷
文科
1、2、12、15、16、20、23
7
选择题、填空题，解答题
柯西不等式、集合、函数、三角函数、导数、圆锥曲线、概率统计
理科
2、11、12、16、21、23
6
选择题、填空题，解答题
柯西不等式、三角函数（3题）、导数、概率统计
全国乙卷
文科
1、5、7、11、12、20、23
7
选择题、解答题
均值不等式、线性规划、集合、程序框图、导数（2题）、立体几何
理科
4、6、9、10、16、21、23
7
选择题、填空题，解答题
均值不等式、程序框图、导数（2题）、数列、立体几何、概率统计
全国新高考I卷
1、6、7、8、11、15、17、18、22
9
选择题、填空题，解答题
集合、函数、导数（2题）、三角函数（2题）、圆锥曲线、立体几何
全国新高考Ⅱ卷
1、10、12、13、15、17、22
7
单选题、多选题、填空题，解答题
均值不等式、集合、导数、数列、直线与圆、圆锥曲线、概率统计
浙江卷
3、4、8、9、10、14、17、20、21、22
10
选择题、填空题，解答题
绝对值不等式、线性规划、常用逻辑用语、平面向量、函数、导数、数列（2题）、圆锥曲线、立体几何
北京卷
1、6、9、10、11、14、15、20、21
9
选择题、填空题，解答题
集合、常用逻辑用语、平面向量、函数（2题）、导数、数列（2题）、立体几何
天津卷
5、9、15、20
4
选择题、填空题，解答题
函数（2题）、三角函数、导数
上海卷
6、12、14、18、19、20、21
7
选择题、填空题，解答题
线性规划、函数、集合、均值不等式、不等式解法、三角函数、圆锥曲线、数列、常用逻辑用语

从题型题量上看，覆盖比较全面，除全国乙卷涉及的题型只有选择题、解答题外，其他试卷所有题型均有覆盖．多数试卷中涉及不等式的有7－9道试题，其中浙江卷与往年一样，对不等式考查分量相对较重，涉及不等式的试题最多，达10道题之多，最少的是天津卷有4道题．不等式的内容有单独考查的，但大部分都是与其他知识交汇考查，在交汇中有的是知识间的融合，有的只是起到工具性作用，所以无法十分准确统计其所占分值．
从考点分布上看，单独考查不等式的主要有：不等式的解法、均值不等式、线性规划、绝对值不等式、柯西不等式等，涉及的考点有：集合、常用逻辑用语、程序框图、函数、平面向量、数列、三角、导数、直线与圆、圆锥曲线、立体几何、概率统计等，几乎涵盖高中数学的所有板块．
从考查形式上看，单独考查不等式的试题很少，今年全国新高考Ⅰ卷、天津卷没有这类试题，其他试卷也仅有1－2道这类试题，其中解答题仅全国甲卷、乙卷的选考题（第23题）在考查《选修4－5不等式选讲》部分出现，涉及考点有均值不等式、绝对值不等式、柯西不等式等，且文理同题；考查不等式与其他知识交汇的试题占了较大的比例，所涉及交汇融合的知识点几乎涵盖了高中数学的各个章节，其中在解答题中，主要是与导数、圆锥曲线、数列、三角函数等相结合，特别是与导数结合时，基本上是压轴题，具有一定的难度．
从以上对各卷的统计看，不等式内容考查的题型题量、考点分布和考查形式、难度基本上保持不变，与往年一样涉及各种题型，相关试题难度也是跨越了从简单题到难题，在知识交汇处命题体现了不等式的基础性、工具性和应用性，又适度体现了创新性，试题的不同难度也很好地考查了不同层次学生的基础知识、关键能力和数学学科素养．
二．课标要求与典例分析
课标要求：
1．集合
（1）集合的概念与表示：
①通过实例，了解集合的含义，理解元素与集合的属于关系。
②针对具体问题，能在自然语言和图形语言的基础上，用符号语言刻画集合。
③在具体情境中，了解全集与空集的含义。
（2）集合的基本关系：
理解集合之间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集。
（3）集合的基本运算：
①理解两个集合的并集与交集的含义，能求两个集合的并集与交集。
②理解在给定集合中一个子集的补集的含义，能求给定子集的补集。
③能使用Venn图表达集合的基本关系与基本运算，体会图形对理解抽象概念的作用。
2022年高考数学集合试题集中考查了集合的概念与表示和数集间的集合基本运算，集合运算为求集合交集、并集、补集的独立运算，以及求集合的交集、并集、补集的混合运算．
（全国新高考Ⅱ卷·17）
1．已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【解读】此题以数列为背景考查了集合的概念，集合的表示法——描述法，利用描述法表示集合时注意代表元的属性，本题中集合的代表元为k，通过推理和运算得到代表元k满足的条件为，，通过分析易求得满足此条件的k的个数．试题第二问注重对基本概念、基本技能的考查，同时对转化与化归思想方法有一定的要求．
有关集合概念的应用还有以下试题：
（上海12）
2．设函数满足，定义域为，值域为A，若集合可取得A中所有值，则参数a的取值范围为___________.
（上海16）
3．设集合①存在直线l，使得集合中不存在点在l上，而存在点在l两侧；②存在直线l，使得集合中存在无数点在l上：（    ）
A．①成立②成立 B．①成立②不成立
C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立
（全国甲卷·理3）
4．设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【解读】此题重点考查集合的表示法（列举法、描述法）、全集的概念、并集和补集的混合运算．若集合中的元素是离散的，常用Venn图来求解；若集合中的元素是连续的实数，则用数轴表示（要特别注意区间端点是否可以取到）；若元素是离散与连续的相互运算，要关注运算特征，如果求集合的交集，则结果一定是离散的，可以用列举法，如果求集合的并集与补集，用数轴求解．
（全国乙卷·理1）
5．设全集，集合M满足，则（    ）
A． B． C． D．
（全国乙卷·文1）
6．集合，则（    ）
A． B． C． D．
（全国甲卷·文1）
7．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
（全国新高考Ⅰ卷·1）
8．若集合，则（    ）
A． B． C． D．
（北京卷·1）
9．已知全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
（浙江卷·1）
10．设集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．常用逻辑用语
课标要求：
（1）必要条件、充分条件、充要条件
①通过对典型数学命题的梳理，理解必要条件的意义，理解性质定理与必要条件的关系。
②通过对典型数学命题的梳理，理解充分条件的意义，理解判定定理与充分条件的关系。
③通过对典型数学命题的梳理，理解充要条件的意义，理解数学定义与充要条件的关系。
（2）全称量词与存在量词
通过已知的数学实例，理解全称量词与存在量词的意义。
全称量词命题与存在量词命题的否定
能正确使用存在量词（全称量词）对全称量词（存在量词）命题进行否定。
2022年的高考数学中的常用逻辑用语试题难度适中，试题考查的内容主要是充分条件、必要条件、充要条件的判断．这部分内容常涉及与其他章节知识的综合（北京卷与数列综合，浙江卷与三角综合），学生需要理解逻辑用语的意义，并把握各知识之间的内在联系，融会贯通，灵活运用转化与化归的思想方法处理问题．
（北京卷·6）
11．设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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
【解读】此题以无穷等差数列的单调性为背景，主要考查充要条件的判定。充分性通过解一次不等式可以实现判定，必要性的证明用反证法即可．此题难度适中，对学生的演绎推理能力，数形结合能力有一定的要求，充分体现了高考考查要求的基础性和综合性．
另外作为一道单选题，可以用数形结合方法解决：公差不为零的等差数列的图象是分布在斜率不为零的一条直线上的离散点，结合公差正负情况利用等差数列的单调性可以很容易分析出答案．
（浙江卷·4）
12．设，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．既不充分也不必要条件
3．不等式
新课标要求：
①等式与不等式的性质   梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质。
②基本不等式：掌握基本不等式，结合具体实例，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题。
2022年全国各地高考试卷对不等式的考查题型多样，不等式的直接考查难度中等，但对不等式综合应用考查难度较大（比大小问题，最值范围问题，不等式的证明问题），思维量大，综合性强，多与函数、导数、数列等综合，今年高考对这部分内容考查体现了基础性、综合性、应用性和创新性的要求．
（1）不等式的直接应用
不等式的直接应用在高考命题中的具体体现一般有以下几点：一是利用不等式的性质和定理分析或解不等式；二是线性规划（利用不等式的几何意义求范围）；三是利用不等式的性质或基本不等式证明某些不等关系成立．2022高考对这部分内容的考查难度适中，侧重基础性．
（上海14）
13．若实数、满足，下列不等式中恒成立的是（    ）
A． B． C． D．
【解读】本题考查了基本不等式的直接应用．
（浙江卷·9）
14．已知，若对任意，则（    ）
A． B． C． D．
（全国新高考Ⅱ卷·1）
15．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
（上海卷·18）
16．
(1)若将函数图像向下移后，图像经过，求实数a，m的值.
(2)若且，求解不等式.
（全国甲卷·文/理23）
17．已知a，b，c均为正数，且，证明：
(1)；
(2)若，则．
（2）不等式的综合应用
不等式的综合应用试题在高考中重点突出了综合性、应用性和创新性，难度较大，一般出现在选填和解答题的压轴题位置，往往和函数、导数、三角等结合，以求最值范围、比大小等形式出现，对学生的数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算素养要求较高．
①    比大小问题   ②求最值范围问题     ③不等式与函数导数的综合
比大小问题
（全国乙卷·理4）
18．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（    ）
A． B． C． D．
（全国甲卷·文12）
19．已知，则（    ）
A． B． C． D．
（全国新高考Ⅰ卷·7）
20．设，则（    ）
A． B． C． D．
求最值范围问题
（全国甲卷·理16）
21．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
（全国乙卷·理9）
22．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）
A． B． C． D．
不等式与函数导数的综合
（全国新高考Ⅱ卷·22）
23．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
解法赏析
（全国新高考Ⅱ卷·12）
24．若x，y满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【解法解读】从观察到的不同特点出发，我们可以有不同的切入角度去解答问题：解法1特值排除法，处理选择题效率高，是处理本题的第一选择；解法2三角换元法，有较强的技巧性，运算量较大；解法3利用二次不等式解构造不等关系，通过解不等式求解范围，也有一定的技巧性，对学生知识迁移能力要求较高，在有其它方法的情况下不建议采用．解法4利用基本不等式构造不等关系，通过解不等式求解范围是此类问题的通法，是必须掌握的基本技能，特值法不能解决的情况下，可采用此种方法．
（全国甲卷·理12）
25．已知，则（    ）
A． B． C． D．
（浙江卷·10）
26．已知数列满足，则（    ）
A． B． C． D．
三．命题的形式与特点分析
这部分内容在高考试卷中的入题形式一般有两种：一是作为知识考查的载体入题．这类问题，一般难度都相对较小，基本上是独立考查相关部分的基础知识和基本技能，偶尔也会与其他知识进行交汇融合，但这多数仅仅停留在对相关知识与方法层面的考查，难度不会太大．因此以这种方式入题的题目通常表现出“立足基础”与“适度融合”的特点．另一是作为工具考查的载体入题．这类问题，要么作为语言工具入题，要么作为解决问题的计算手段等工具入题，在题眼中一般不会占据主体“位置”，甚至在题目中无法显性看到他们的影子，只是在解决问题的过程中要用到而已．必须注意的是，虽然以这种方式入题的试题，表面上甚至看不到这块知识的存在，但他们在解决问题中的作用却是不容忽视的，甚至是十分重要的．这类试题一般都有一定的难度，它对这部分知识的考查往往也是比较深入的．
特点1．立足基础，体现基础性
集合作为高中数学的预备知识内容，每年都是必考题，基本上都是分布在选择题的前3题，以集合运算为主，有时与解不等式等交汇，属于基础题．
常用逻辑用语也是常考点，只是常用逻辑用语基本上都是与其他知识交汇考查．
不等式作为重要的数学工具，2022年单独考查不等式（含不等式选讲）基础知识的试题不多，选择题主要考查线性规划、均值不等式、绝对值不等式等，解答题仅在全国甲卷、乙卷的选考题中出现，难度不大，体现不等式内容的基础性作用．
（全国乙卷·文1）
27．集合，则（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】本题以学生熟悉的集合的表示法为载体，考查集合的交集运算等基础知识，考查运算求解能力，要求学生借助数轴或观察法求出，考查数形结合思想，体现直观想象素养．
【试题解读】试题保持了集合内容考查的一贯形式，利用列举法或描述法直接给出两个集合进行命题，利用观察法、Venn图或数轴，根据集合运算的概念即可求解，一步到位，属于基础题．今年全国甲卷文科、全国乙卷理科、浙江卷、北京卷的第1小题也是类似这种考法，试题的考查趋势相对稳定．
（全国乙卷·文5）
28．若x，y满足约束条件，则的最大值是（    ）
A．－2 B．4 C．8 D．12
【命题意图】本题以不等式为载体，创设应用线性规划求最值问题的情境，要求学生通过获取二元一次不等式组和目标函数等信息，准确画出可行域，采取图解法解决问题，考查数形结合思想，体现直观想象素养．
【试题解读】随着《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》的实施，线性规划问题逐渐淡化，今年大部分试卷未涉及此内容，所考查的线性规划试题也以常规形式出现，主要以知识点覆盖为主，用常规方法即可解决．今年全国新高考（I）、（Ⅱ）卷均未涉及这部分内容，与本题类似的考法是浙江卷的第3题，地方卷的考查趋势相对稳定．
（全国乙卷·文理23）
29．已知a，b，c都是正数，且，证明：
(1)；
(2)；
【命题意图】本题以不等式证明为载体，创设考查均值不等式的情境．要求学生在均值不等式的场景中结合已知条件，用数学的眼光找到合适的研究对象，并通过变形创设使用均值不等式的情境，体会均值不等式的意义和作用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化与化归思想，体现逻辑推理、数学抽象等核心素养．
【试题解读】《选修4－5不等式选讲》只在全国甲卷、乙卷的文理科第23题的解答题中考查，主要涉及不等式的基本性质、均值不等式、绝对值不等式，柯西不等式等．本题保持了均值不等式考查的一贯形式，需要学生发现并创设使用均值不等式的情境，然后根据公式解题，有一定的难度．与本题类似的是全国甲卷文理科第23题，该题同时考查了柯西不等式和基本不等式的应用，总体上本部分内容考查的趋势相对稳定．
特点2．关注融合，体现综合性
集合及常用逻辑用语与其他知识的融合问题基本上都以选择题的形式考查，难度不大．
不等式除个别单独考查不等式内容的试题外，大部分与其他知识交汇考查，或起到工具性作用，或深度融合，综合性强．深度融合的试题要么安排在选填题的压轴题、次压轴题的位置上，要么与导数、圆锥曲线等相结合，安排在解答题的压轴题、次压轴题的位置，这类试题一般难度都比较大．
（全国新高考Ⅰ卷·1）
30．若集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】本题以一元一次不等式、无理不等式为载体，交汇考查解不等式与集合的交集运算，考查运算求解能力；要求学生借助数轴或观察法求出，考查数形结合思想，体现数学运算、直观想象素养．
【试题解读】试题保持了集合与不等式、方程交汇考查的一贯形式，需要先正确求解方程、不等式，然后利用观察法、Venn图或数轴，根据集合运算的相关概念求解，基本上属于基础题．与本题类似的考法有全国新高考Ⅱ卷第1题，全国甲卷理科第3题等，考查的方式相对稳定．
（浙江卷·4）
31．设，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．既不充分也不必要条件
【命题意图】本题以同角三角函数的基本关系问题为载体，创设交汇考查判断充分条件与必要条件的情境，考查三角函数的基本关系、充分条件、必要条件等基础知识，考查逻辑推理能力与运算求解能力，考查转化化归思想，体现数学抽象、逻辑推理等素养．
【试题解读】充分条件、必要条件和充要条件与不等式、向量、函数、数列、三角函数、立体几何、解析几何等知识结合进行考查，是高考的命题热点．“证实”需要给予严格证明，“证伪”只要找到反例即可．本题与三角函数知识结合，属于基础题．与本题类似的是北京卷第6题，是充分条件、必要条件和充要条件与等差数列的交汇，有一定的难度．对于这个知识点，虽然2022年全国卷均未涉及，但2021年的全国乙卷文理科第3题（同题）、全国甲卷理科第7题、全国新高考Ⅱ卷第2题，浙江卷第3题；2020年全国Ⅱ卷文理科第16题（同题）等考查的都是这个知识点，所以仍然要予以关注．
（浙江卷·14）
32．已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
【命题意图】本题以分段函数为载体，第1个空结合分段函数的解析式求函数值，第2个空创设利用分类与整合思想求参数最值的情境，交汇考查了解不等式、分段函数图像与性质等知识，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查分类与整合思想和转化与化归思想，体现逻辑推理、直观想象等核心素养．
【试题解读】分段函数的分段讨论，本身就蕴含不等式思想．分段函数中涉及函数类型具有多样性，有基本初等函数，如指数函数、对数函数、幂函数、三角函数等，甚至还有抽象函数，有时还会涉及到含参数问题等．在历年的考题中，这种命题方式也是经常出现的，例如2022年北京卷第14题，2021年新高考全国I卷第15题，2020年新高考全国I卷第8题，2020年天津卷第9题，2019年全国Ⅱ卷文科第6题等．
（全国新高考Ⅰ卷·7）
33．设，则（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】本题以给定的指数值、对数值、分数为载体，创设数的大小比较问题的情境，要求通过构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性，从而判断a、b、c的大小关系，考查逻辑思维能力、数学建模能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、转化与化归思想，体现数学建模、数学运算、逻辑推理等核心素养．
【试题解读】数的大小比较问题本身就是不等式问题．这类问题常与幂函数、指数函数和对数函数的性质及运算相融合，难度可大可小．近几年的命题基本上都避开用特值法解题，而且解题方法灵活多变，综合性更强，有效地规避了解题的套路化．本题与2021年全国乙卷理科第12题的解题策略虽有所相似，但难度依然不小．2022年有关数的大小比较问题涉及的知识板块相当广，试题设计新颖，创新性强，有效地规避了套路，回归数学本质．
同型原则：      
先比谁？      
   
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
      
      
，，      
         
（练习1）
34．已知，则（    ）
A． B． C． D．
（练习2）
35．已知，则（    ）
A． B． C． D．
（浙江卷•10）
36．已知数列满足，则（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】本题以递推关系式为载体，创设求解的范围的情境，交汇考查数列的单调性、累加法、放缩法等知识，考查逻辑思维能力与运算求解能力，考查转化与化归思想，体现数学运算等核心素养．
【试题解读】数列是特殊的函数，不等式与数列的交汇也比较自然．这类试题的难度一般都比较大．2022年不等式与数列交汇的试题还有北京卷第6题，全国乙卷理科第4题，题量不少主要是选择题．
特点3．强调应用，体现工具性
（1）体现数学语言的工具性
数学的符号、词汇、式子及图表等都是数学语言，是表达数学对象之间的关系和形式的符号系统．在传统数学中主要有代数语言（包括图像语言、图表语言）以及集合语言、微积分语言等．在现代数学中，主要有集合论语言及数理逻辑语言等．就表达形式来说，数学语言可分为文字语言、符号语言和图形语言等3种．集合、常用逻辑用语等常常作为表述数学问题的语言工具出现在数学试题中．
（上海卷．16）
37．设集合①存在直线l，使得集合中不存在点在l上，而存在点在l两侧；②存在直线l，使得集合中存在无数点在l上：（    ）
A．①成立②成立 B．①成立②不成立
C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立
【命题意图】本题以“圆”（包括原点）的标准方程载体，以集合语言为表达形式创设问题情境．解决问一题需要深刻集合语言表达的含义，懂得它表示的是“圆”系上的点，体现数学语言的工具性作用，交汇考查了圆的标准方程、直线与圆的位置关系等知识，考查逻辑思维能力与直观想象能力，考查数形结合思想，体现数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养．
【试题解读】以集合语言为背景，体现了集合语言的工具性作用，集合的描述法与曲线方程交汇，融合自然．只要理解集合语言，就不难解决问题．
（2）体现数学运算的工具性
不等式作为解决数学问题的运算工具，常常体现在与向量、函数、数列、导数及其应用、直线与圆、圆锥曲线、概率统计等相关问题中，凸显不等式的工具性作用．
（浙江卷·17）
38．设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．
【命题意图】本题以单位圆的内接正八边形为载体，创设利用不等式作为工具解题的情境．问题的解决需要根据正八边形的结构特征，通过建立平面直角坐标系，应用坐标法计算平面向量的模得到，进而借助图形特征得到，并利用不等式作为解决问题的计算工具进行处理，较好地考查了逻辑思维能力、运算求解能力和直观想象能力，考查数形结合思想和转化与化归思想，体现数学运算、逻辑推理及直观想象等核心素养．
【试题解读】本题以向量的模的平方和作为命题的情境，借助不等式研究变量的取值范围，较好地体现了不等式的工具性作用．与本题类似的还有2022年北京卷第10题，2020年新高考全国I卷第7题等．与向量有关的试题可利用向量的几何意义建立不等关系、或建立平面直角坐标系转化为函数最值建立不等关系．涉及范围问题，探索发现不等关系，再利用不等式作为工具解题是命制这类问题的常用手段．
（全国甲卷·文理16）
39．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【命题意图】本题以解三角形为载体，创设最值问题的情境，解决问题需要利用余弦定理或建立平面直角坐标系等构建目标函数的表达式，然后结合基本不等式求解．在此过程中，探索发现的表达式是解题的关键，而根据表达式的特点利用基本不等式快速解题，则很好地体现了不等式的工具性作用．本题考查运算求解能力，考查函数与方程思想和转化与化归思想，体现数学建模、数学运算等核心素养．
【试题解读】本题以最值问题作为命题的情境，利用基本不等式解决问题，体现不等式的工具性作用．涉及最值问题，当目标函数为分式型函数时可以优先考虑利用基本不等式解题，这是常见的一种处理手段．与本题类似的还有2022年全国新高考I卷第18题的第（2）问，2020年全国高考Ⅱ卷理科第17题的第（2）问等．
（浙江卷•21）
40．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．

(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【试题解读】本题是解析几何与不等式的结合问题，以最值问题作为命题的情境，考查灵活利用柯西不等式解决问题，体现不等式的工具性作用，有一定的创新性，对学生的综合能力要求较高．
【命题意图】本题以椭圆为载体，创设求最值的问题情境，第（2）问中在得到的目标函数表达式后，利用柯西不等式作为工具解题，充分体现了不等式的工具性作用．在此过程中，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，考查函数与方程思想和转化与化归思想，体现数学运算与逻辑推理等核心素养．
（全国乙卷·理10）
41．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【命题意图】本题以棋手间的比赛为载体，创设了某棋手连胜两盘的概率与对手的比赛次序是否相关的情境，考查学生对相互独立事件概念的理解及乘法公式的应用，利用不等式作为工具比较概率大小，考查化归与转化思想，考查数学建模能力、逻辑思维能力和运算求解能力，体现了数学建模、数学运算、逻辑推理等核心素养
【试题解读】从近三年高考试卷看，本部分为高考热点，主要以课程学习情境和生活实践情境来考查．本题利用不等式知识来求概率的最大值，体现不等式的工具性作用．
（全国乙卷·理9文12）
42．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】试题以球内接四棱锥为载体，创设使用基本不等式求最大值的情境，考查学生能否建立四棱锥体积表达式（其中r为四棱锥底面四边形ABCD所在的小圆半径，h为该四棱锥的高），然后转化为能够利用均值不等式作为工具来解决的问题，即，显示了不等式的工具性作用．创设使用三元均值不等式有一定的难度、本题考查直观想象能力、数学建模能力、运算求解能力和创新能力，考查函数与方程思想，体现数学建模、直观想象、数学运算等核心素养．
【试题解读】纵观历年试卷，立体几何中涉及最值问题，利用不等式解题的不是很多，虽然2020年全国卷理科第15题文科第16题（同题）考查了“圆锥内半径最大的球的体积”，但该题可以直接通过直观想象得到“该球就是圆锥的内切球”，因此，它无需借助不等式求最值．所以，从某种意义上说，本题有一定的创新性，特别是使用了三元均值不等式求最值，在解法上也具有创新性，值得关注．
特点4．科学设计，体现创新性
《深化新时代教育评价改革总体方案》等多个文件提出，构建引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系，改变相对固化的试题形式，增强试题开放性，加强对关键能力和学科素养的考查，引导减少死记硬背和“机械刷题”现象．2022年高考各份数学试题都加大了创新力度，注重情境化试题设计，灵活性强，仅本文研究对象所涉及的设计科学且有创新的试题都达到了1题之多，特别是“数的大小比较”问题的命制，出现了与新的知识板块交汇，新的考查形式，精彩纷呈．这些问题较好地考查了学生应用所学的数学知识、思想方法进行独立思考、探索和研究问题的能力，必将给中学数学教学带来积极的导向．
（浙江卷·9）
43．已知，若对任意，则（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】试题以含绝对值不等式为载体，创设分段函数的问题情境，考查逻辑思维能力和运算求解能力．解决问题，首先应该将问题转换为，将三个绝对值不等式问题转化为函数的图像在函数图像的上方，然后将函数转化为分段函数，再借助对参数的合理分类来研究解不等式问题，或利用图像法解不等式等．在此过程中，考查分类与整合思想和转化与化归思想，考查逻辑思维能力、运算求解能力和创新能力，体现逻辑推理、数学运算与直观想象等核心素养．
【试题解读】试题出现三个绝对值两个参数，这在往年各地高考中比较少见，将三个绝对值不等式转化为两个函数图像的关系，是解决问题的关键．这种情境设置就是在浙江卷中也比较少见，体现了试题的创新性．但问题的本质还是回归到对不等式与函数的关系的理解，高三的复习应充分关注函数、方程与不等式之间的联系．
（全国乙卷·理4）
44．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（    ）
A． B． C． D．
【命题意图】试题以嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值为载体，创设新定义数列比较项的大小的情境，解题需要根据（k＝1，2，…），并利用数列与的关系判断中各项的大小．在此过程中，考查不等式的基本性质、放缩法等知识，考查逻辑思维能力、运算求解能力和创新能力，考查转化与化归思想，体现数学建模、逻辑推理等核心素养．
【试题解读】从近几年高考试题来看，数的大小比较是各份高考试题的“常客”，而且推陈出新．从今年的高考试卷看，只有天津卷第5题，保持传统考法，与指、对、幂函数等交汇考查，直接利用中间值0，1比较大小，其他试卷的试题设计都给人眼前一亮的感觉，而且解法多样、各具风格．具体来说，即使是与指、对、幂函数等交汇考查的，解法上也避开了原有的套路，如全国甲卷文科第12题融合了基本不等式的内容；全国新高考I卷第7题融合了构造函数、利用导数工具比较大小的手段；全国甲卷理科第12题以三角知识作为试题的主要背景，融合了三角函数的性质和导数的应用；浙江卷第8题以正三棱柱为背景，融合直线与直线所成角、直线与平面所成角和平面与平面所成角等．以上试题难度都不小，而且这些试题设计新颖，同时规避了常规的解题套路．这应是一种趋势，今年的高三复习要加以关注．
四．复习的思考与建议
1．研究考试，把准高考方向
《课程标准》《中国高考评价体系》《中国高考评价体系说明》等是备考与命题的纲领性文件，认真研究这些文件及相关高考试卷，有助于准确把握命题方向．从2022年各地高考试卷来看，集合的高频考点是集合的概念及表示、集合的基本运算；常用逻辑用语的高频考点是充分条件和必要条件；不等式（含不等式选讲）的高频考点是不等式的解法与证明，主要呈现方式是与其他知识的交汇，体现不等式的工具性．这三部分内容的考查基本保持稳定，但也出现了创新性的考查形式，如不等式交汇考查中数的大小比较问题等，难度较大．故不等式的复习，可适当拓宽其广度和深度．
2．重视基本概念和基本原理的深入理解
高考对解题更重视直接运用概念、性质、定理解决问题的基本方法、基本技能的考查．在对集合、常用逻辑用语和不等式的复习中要以课程学习情境为主，紧扣教材，对相关概念原理重新梳理，如高考的主要考点：集合的概念及表示，集合间的关系，集合的运算，充分必要条件，全称量词和存在量词，不等式相关性质和定理，解不等式的方法．
3．注重知识的综合应用，提高关键能力
新高考对这三部分内容的命题形式多样，突出了对关键能力和学科素养的考查．注意借助集合、充分必要条件、全称和存在量词对其他模块知识的常规综合考查；不等式要在掌握基本性质和定理的基础上注意与函数、数列、几何等知识的综合，重点理解不等式与这些知识的内在联系和相互转化，提高逻辑推理、运算求解、空间想象等关键能力．
4．感悟数学思想方法，提升核心素养
复习中要重视对数学思想的感悟和掌握，在解题中能根据各类试题的特点，归纳解决问题思路，提炼一般的通性、通法和有关的数学思想方法：函数与方程、分类讨论、数形结合、化归与转化思想，利于学科核心素养的培养．如数形结合思想利用Venn图分析集合关系和运算，利用函数的图象解决不等关系等，可以将题目中的代数关系形象地用图形展示出来，进而提升了学生直观想象素养．
5．合理针对训练，适度提升难度
不等式的考查形式多样，突出检测关键能力和核心素养．因此，有必要通过合理训练，梳理归纳解题方法，形成基本活动经验训练可从以下两方面着手：
其一，设计基础知识的专题练习．通过训练，达到掌握不等式的定义，绝对值不等式和一元二次不等式的解法，均值不等式的应用等基础知识，熟练不等式变形等基本技能，强化对不等式的灵活运用．
其二，设计不等式与其他知识交汇的微专题练习．根据知识交汇的实际情况，设计若千个微专题练习，进行针对性强化训练，并对这一类问题进行梳理归纳，让学生感悟交汇试题的特点及相应的解题思路，逐步提升学生的学科素养，有效提升解决问题能力．

参考答案：
1．(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
【详解】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．

2．，，
【分析】由可得，可判断当时，；当时，；从而可得，，时，参数的最小值为，从而求得．
【详解】令得，或（舍去）；
当时，，故对任意，
都存在，，，故，
故，，，而当时，，
故当，，时，参数的最小值为，
故参数的取值范围为，，
故答案为：，．
3．B
【分析】根据圆与圆的位置关系及直线与圆的位置关系一一判断即可；
【详解】解：若①成立，则相邻两圆外离，
不妨设相邻两圆方程为，圆心为，半径，
，圆心为，半径，
则
当时，
即成立，所以结论①成立；
对于②，设直线的方程为，则圆心到直线的距离，
当时，
所以直线只能与有限个圆相交，所以结论②不成立；
故选：B
4．D
【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.
【详解】由题意，，所以,
所以.
故选：D.

5．A
【分析】先写出集合,然后逐项验证即可
【详解】由题知,对比选项知，正确,错误
故选:

6．A
【分析】根据集合的交集运算即可解出．
【详解】因为，，所以．
故选：A.

7．C
【分析】根据交集概念进行求解即可.
【详解】因为，，所以．
故选：C
8．D
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选：D

9．D
【分析】利用补集的定义可得正确的选项．
【详解】由补集定义可知：或，即，
故选：D．

10．D
【分析】利用并集的定义可得正确的选项.
【详解】，
故选：D.

11．C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.

12．A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.

13．A
【分析】利用作差法可判断各选项中不等式的正误.
【详解】因为，则，故，A对B错；
，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，CD都错.
故选：A.
14．D
【分析】将问题转换为，再结合画图求解．
【详解】由题意有：对任意的，有恒成立．
设，，
即的图像恒在的上方（可重合），如下图所示：

由图可知，，，或，，
故选：D．

15．B
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．

16．(1)
(2)答案见解析.

【分析】（1）由题知，再根据题意得，解方程即可得答案；
（2）根据题意，结合对数函数的单调性将不等式转化为的解集，再分类讨论求解即可.
【详解】（1）解：函数的定义域满足，即，
所以，要使函数的定义域非空，则，即.
若将函数图像向下移后得到的解析式为：
，.
所以在函数的图像上，即，
解得：，
所以，
（2）解：由题知，
,
,
因为函数在上单调递增，
所以等价于，展开整理得：，
所以，不等式的解集为的解，
所以，当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为.
综上，当时，不等式的解为；当时，不等式的解为.
17．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）方法一：根据，利用柯西不等式即可得证；
（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.
【详解】（1）[方法一]：【最优解】柯西不等式
由柯西不等式有，
所以，当且仅当时，取等号，所以.
[方法二]：基本不等式
由，，， ，
当且仅当时，取等号，所以.
（2）证明：因为，，，，由（1）得，
即，所以，
由权方和不等式知，
当且仅当，即，时取等号，
所以.
【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；
方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．

18．D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.

19．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．

20．C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故

21．##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.


[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
   
22．C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，

当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．

23．(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析

【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，    
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.

24．BC
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．

25．A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．

26．B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
        
27．A
【分析】根据集合的交集运算即可解出．
【详解】因为，，所以．
故选：A.

28．C
【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置来求得的最大值.
【详解】，设，
画出可行域如下图所示，由题得，易知截距越小，z越大
由图可知，平移基准直线到时，取得最大值.
故选：C

29．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
【详解】（1）证明：因为，，，则，，，
所以，
即，所以，当且仅当，即时取等号．
（2）证明：因为，，，
所以，，，
所以，，

当且仅当时取等号．

30．D
【分析】解不等式求得，从而求得.
【详解】，
，
所以.
故选：D
31．A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.

32．          ##
【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出的最小值,的最大值即可.
【详解】由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为.
故答案为：，.

33．C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故

34．A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．

35．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．

36．B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
        
37．B
【分析】根据圆与圆的位置关系及直线与圆的位置关系一一判断即可；
【详解】解：若①成立，则相邻两圆外离，
不妨设相邻两圆方程为，圆心为，半径，
，圆心为，半径，
则
当时，
即成立，所以结论①成立；
对于②，设直线的方程为，则圆心到直线的距离，
当时，
所以直线只能与有限个圆相交，所以结论②不成立；
故选：B
38．
【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．
【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则,，设,于是，
因为，所以，故的取值范围是.
故答案为：．

39．##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.


[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
   
40．(1)；
(2)．

【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则


，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．

41．D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则

即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D

42．C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，

当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．

43．D
【分析】将问题转换为，再结合画图求解．
【详解】由题意有：对任意的，有恒成立．
设，，
即的图像恒在的上方（可重合），如下图所示：

由图可知，，，或，，
故选：D．

44．D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.