广东省韶关市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省韶关市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共62页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省韶关市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东韶关·统考一模）已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．（2021·广东韶关·统考一模）命题：是命题：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
3．（2021·广东韶关·统考一模）△中，点为上的点，且，若，则的值是（    ）
A．1 B． C． D．
4．（2021·广东韶关·统考一模）人的心脏跳动时，血压在增加或减少.血压的最大值､最小值分别称为收缩压和舒张压，血压计上的读数就是收缩压和舒张压，读数为标准值.设某人的血压满足函数式，其中为血压(单位：)，为时间(单位：)，则下列说法正确的是（    ）
A．收缩压和舒张压均高于相应的标准值 B．收缩压和舒张压均低于相应的标准值
C．收缩压高于标准值，舒张压低于标准值 D．收缩压低于标准值，舒张压高于标准值
5．（2021·广东韶关·统考一模）假设某射手每次射击命中率相同，且每次射击之间相互没有影响.若在两次射击中至多命中一次的概率是，则该射手每次射击的命中率为（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·广东韶关·统考一模）已知，则（    ）
A． B．10 C． D．45
7．（2021·广东韶关·统考一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是（    ）
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
8．（2021·广东韶关·统考一模）已知函数，若，，，则，，的大小关系正确的是（    ）
A． B．
C． D．
9．（2022·广东韶关·统考一模）已知集合，集合，则（    ）
A． B．
C． D．
10．（2022·广东韶关·统考一模）复数(为虚数单位)的共轭复数（    ）
A． B． C． D．
11．（2022·广东韶关·统考一模）已知圆锥的侧面展开图为一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（    ）
A． B．1 C． D．
12．（2022·广东韶关·统考一模）椭圆与椭圆的（    ）
A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等
13．（2022·广东韶关·统考一模）若将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后的函数图象的一条对称轴为（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·广东韶关·统考一模）某种放射性物质不断变化为其他物质，每经过一年剩留的该种放射性物质的质量约是原来的，估计经过多少年，该物质剩留的是原来的？（    ）
（参考数据：）
A．16 B．17 C．18 D．19
15．（2022·广东韶关·统考一模）在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（    ）
A．100 B．120 C．300 D．600
16．（2022·广东韶关·统考一模）已知，则（    ）
A． B．
C． D．
17．（2022·广东韶关·统考一模）设全集，集合，，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·广东韶关·统考一模）若，，是的共轭复数，则（    ）
A． B．2 C． D．10
19．（2022·广东韶关·统考一模）下列区间中，函数的单调递减区间是（    ）
A． B． C． D．
20．（2022·广东韶关·统考一模）函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
21．（2022·广东韶关·统考一模）已知，，，若，则向量在向量上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
22．（2022·广东韶关·统考一模）某污水处理厂采用技术手段清除水中的污染物，同时生产出有用的肥料和清洁用水.已知在处理过程中，每小时可以清理池中残留污染物10%，若要使池中污染物不超过原来的，至少需要的时间为（结果保留整数，参考数据：，）（    ）
A．6小时 B．7小时 C．8小时 D．9小时
23．（2022·广东韶关·统考一模）已知点为坐标原点，点是双曲线（，）的右焦点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，线段交双曲线于点.若为的中点，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．3
24．（2022·广东韶关·统考一模）已知函数，若，其中，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·广东韶关·统考一模）设是椭圆上一点，，是椭圆的左､右焦点，焦距为，若是直角，则（    ）
A．(为原点) B．
C．的内切圆半径 D．
26．（2021·广东韶关·统考一模）如图所示，点是函数(，)图象的最高点，､是图象与轴的交点，若，且，则（    ）

A． B． C． D．
27．（2021·广东韶关·统考一模）设，为正数，若直线被圆截得弦长为4，则（    ）
A． B．
C． D．
28．（2021·广东韶关·统考一模）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则（    ）

A．球心到平面的距离是 B．球心到平面的距离是
C．球的表面积是 D．球的体积是
29．（2022·广东韶关·统考一模）在一次演讲比赛中，以下表格数据是5位评委给甲､乙两名选手评出的成绩，则下列说法正确的是（    ）
甲
乙
86
90
95
92
87
91
88
93
88
95

A．甲选手成绩的极差大于乙选手成绩的极差
B．甲选手成绩的中位数小于乙选手成绩的中位数
C．甲选手成绩的方差小于乙选手成绩的方差
D．甲选手成绩的平均数小于乙选手成绩的平均数
30．（2022·广东韶关·统考一模）已知向量，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则向量可以表示平面内任一向量
B．若，则
C．若，则
D．若，则与的夹角是锐角
31．（2022·广东韶关·统考一模）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（    ）

A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84
B．在“杨辉三角”中，当时，从第1行起，每一行的第2列的数字之和为66
C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
32．（2022·广东韶关·统考一模）在正方体中，点分别是棱的中点，则下列说法正确的是（    ）
A．过三点的平面截正方体的截面图形是矩形
B．过三点的平面截正方体的截面图形是等腰梯形
C．平面
D．若，则平面平面
33．（2022·广东韶关·统考一模）某电视传媒机构为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了200名观众进行调查，其中女性占40%.根据调查结果分别绘制出男､女观众两周时间收看该类体育节目时长的频率分布直方图，则（    ）

A．
B．女观众收看节目时长的中位数为6.5小时
C．女观众收看节目的平均时长小于男观众的平均时长
D．收看节目不少于9小时观众中的女观众人数是男观众人数的
34．（2022·广东韶关·统考一模）已知正方体，设是棱的中点，则（    ）
A．平面
B．
C．平面与平面所成角的正弦值为
D．三棱锥与三棱锥体积相等
35．（2022·广东韶关·统考一模）设是抛物线上一点，是的焦点，在的准线上的射影为，关于点的对称点为，曲线在处的切线与准线交于点，直线交直线于点，则（    ）
A．到距离等于4 B．
C．是等腰三角形 D．的最小值为4
36．（2022·广东韶关·统考一模）以下四个不等关系，正确的是（    ）
A． B． C． D．

三、填空题
37．（2021·广东韶关·统考一模）已知集合，，则___________(结果用区间或集合表示).
38．（2021·广东韶关·统考一模）现有标号为①，②，③，④，⑤的5件不同新产品，要放到三个不同的机构进行测试，每件产品只能放到一个机构里.机构，各负责一个产品，机构负责余下的三个产品，其中产品①不在机构测试的情况有___________种(结果用具体数字表示).
39．（2021·广东韶关·统考一模）若曲线与曲线存在公共切线，则的取值范围为__________．
40．（2022·广东韶关·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则__________.
41．（2022·广东韶关·统考一模）若，则__________.
42．（2022·广东韶关·统考一模）已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若，，则此球的体积为__________.
43．（2022·广东韶关·统考一模）的展开式的中间一项的系数为___________（具体数字作答）.
44．（2022·广东韶关·统考一模）已知，且，则___________.
45．（2022·广东韶关·统考一模）我们知道距离是衡量两点之间的远近程度的一个概念.数学中根据不同定义有好多种距离.平面上，欧几里得距离是与两点间的直线距离，即.切比雪夫距离是与两点中横坐标差的绝对值和纵坐标差的绝对值中的最大值，即.已知是直线上的动点，当与（为坐标原点）两点之间的欧几里得距离最小时，其切比雪夫距离为___________.

四、双空题
46．（2021·广东韶关·统考一模）设为等差数列的前项和，，则___________，若，则使得不等式成立的最小整数___________.
47．（2022·广东韶关·统考一模）双曲线的左､右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率__________；若点在双曲线右支上，则的取值范围是__________.
48．（2022·广东韶关·统考一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为___________；若､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最大值为___________.

五、解答题
49．（2021·广东韶关·统考一模）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，
问题：在中，角A、B、C对应的边分别为a，b、c，若，________，求角B的值和b的最小值．
50．（2021·广东韶关·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，已知，.

（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
51．（2021·广东韶关·统考一模）已知数列的前项和为，若()，且的最大值为25.
（1）求的值及通项公式；
（2）求数列的前项和.
52．（2021·广东韶关·统考一模）在一次大范围的随机知识问卷调查中，通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如下表所示：
得分







频数
2
13
21
25
24
11
4
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表).
①求的值；
②若，求的值；
（2）在（1）的条件下，为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
赠送话费的金额(单位：元)
20
50
概率


现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
53．（2021·广东韶关·统考一模）已知抛物线：的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值.
54．（2021·广东韶关·统考一模）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若时，方程有两个不等实数根，，求实数的取值范围，并证明：.
55．（2022·广东韶关·统考一模）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答.设数列的前项和为，__________，数列是等差数列，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
56．（2022·广东韶关·统考一模）在某校开展的知识竞赛活动中，共有三道题，答对分别得2分､2分､4分，答错不得分.已知甲同学答对问题的概率分别为，乙同学答对问题的概率均为，甲､乙两位同学都需回答这三道题，且各题回答正确与否相互独立.
(1)求甲同学至少有一道题不能答对的概率；
(2)运用你学过的统计学知识判断，谁的得分能力更强.
57．（2022·广东韶关·统考一模）如图，在中，对边分别为，且.

(1)求角的大小；
(2)已知，若为外接圆劣弧上一点，且，求四边形的面积.
58．（2022·广东韶关·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，.

(1)求证：；
(2)点为棱上一点，若，求二面角的余弦值.
59．（2022·广东韶关·统考一模）已知在平面直角坐标系中，有两定点，动点满足.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)若抛物线与轨迹按顺时针方向依次交于四点（点在第一象限）.
①求证：直线与直线相交于点；
②设的面积为S，求S取最大值时的抛物线方程.
60．（2022·广东韶关·统考一模）已知函数且.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的零点个数.
61．（2022·广东韶关·统考一模）在中，为的中点，且.

(1)证明：；
(2)若，求的面积.
62．（2022·广东韶关·统考一模）已知数列的首项，且满足，设.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最小正整数.
63．（2022·广东韶关·统考一模）北京冬奥会的举办使得人们对冰雪运动的关注度和参与度持续提高.某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

(1)从这10所学校中随机抽取2所，在抽取的2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人的条件下，求这2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人的概率；
(2)“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机抽取3所，记为选出“基地学校”的个数，求的分布列和数学期望；
(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.已知在一轮集训测试的3个动作中，甲同学每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果甲同学在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于8次，那么至少要进行多少轮测试？
64．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.

(1)证明：；
(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
65．（2022·广东韶关·统考一模）已知椭圆的左、右顶点分别为、，点（不在轴上）为直线上一点，直线交曲线于另一点.
(1)证明：；
(2)设直线交曲线于另一点，若圆（是坐标原点）与直线相切，求该圆半径的最大值.
66．（2022·广东韶关·统考一模）已知函数，，.
(1)若直线与在处的切线垂直，求的值；
(2)若函数存在两个极值点，，且，求证：.

参考答案：
1．D
【分析】首先利用复数的除法运算化简，再利用复数的几何意义求复数对应的点.
【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
2．B
【分析】解一元二次不等式，利用充分条件、必要条件即可判断.
【详解】，
所以，反之.
故是的必要不充分条件.
故选：B
3．C
【分析】根据向量对应线段的数量关系可得，再由向量加法的几何应用求的线性关系，结合已知求出即可.
【详解】，即，
∴，
又，则，，故．
故选：C．

4．C
【分析】根据已知函数式求得收缩压和舒张压，与标准值比较可得．
【详解】由三角函数知识，函数的最大值(即收缩压)为126，函数的最小值(即舒张压)为76，比较得：收缩压高与标准值，舒张压低于标准值，
故选：C.
5．C
【分析】设该射手射击命中的概率为，两次射击命中的次数为，由可得答案.
【详解】设该射手射击命中的概率为，两次射击命中的次数为，则，
由题可知：，即，
解得.
故选：C.
6．A
【分析】由于，求出的通项，从而可求出的值
【详解】
，.
故选：A
7．D
【分析】根据三角形面积可得点到直线的距离为定值，即点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，由直线与平面既不平行也不垂直，可得点的轨迹是椭圆，即可得出选项.
【详解】设是三角形边的高，
，所以，
即点到直线的距离为定值，
所以点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，
直线与平面既不平行也不垂直，
所以点的轨迹是平面上的一个椭圆，
其中只有一部分在正方形内.
故选：D
8．B
【分析】先求出函数的定义域，判断函数为偶函数，再对函数求导判断出函数在上单调递增，然后作差比较的大小，可得，从而可比较出，，的大小
【详解】由题可知：的定义域为，且
，
则为偶函数，，当时，，在上单调递增.又由

所以，，故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查利用函数的单调性比较大小，考查导数的应用，考查对数运算性质的应用，考查了基本不等式的应用，解题的关键是判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，然后利用单调性比较大小，属于中档题
9．D
【分析】集合交集运算，第一步解出一元二次不等式，利用集合间的交集运算.
【详解】由题意可得.
故选：.
10．B
【分析】根据复数乘法及共轭复数的概念求解.
【详解】，
，
故选：B
11．D
【分析】根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可.
【详解】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为，
由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则，解得，
则圆锥的高.
故选：D.

12．D
【分析】分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率和焦距即可判断.
【详解】解：椭圆的长轴长为4，短轴长为，离心率为，焦距为；
椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为；
故两个椭圆的焦距相等.
故选：D.
13．B
【分析】由平移变换结论求平移后的函数解析式，再由正弦函数的性质求该函数的对称轴.
【详解】由题意，将函数的图像向左平移个单位可得函数的图象，则平移后函数的对称轴方程为，取可得，，
所以直线为平移后的函数图象的一条对称轴，
故选：B.
14．A
【分析】根据题意列出剩留量和年份的关系式，结合对数的运算，即可求解.
【详解】设该种放射性物质初始质量为，经过年，剩留量变为，
则可建立模型为，    
即，
所以大约经过16年，该物质剩留的是原来的.
故选：A.
15．A
【分析】利用间接法和缩倍法求解.
【详解】不考虑限制条件共有种，最先汇报共有种，
如果不能最先汇报，而､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻）有.
故选：A.
16．C
【分析】构造函数，利用导数证明，进而比较大小，再根据正余弦函数性质比较大小即可得答案.
【详解】解：当，又，所以，故
记，所以，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增.
所以，即，当时取等号.
所以，
所以.
故选：C.
17．B
【分析】先化简集合B，再由并集与补集的定义求解即可
【详解】由题意，，
又，
所以，
又
所以，
故选：B.
18．C
【分析】根据共轭复数的概念写出，然后，求出，进而求出的模长.
【详解】，所以，
故选：C
19．B
【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.
【详解】函数，由，解得，取，可得函数的一个单调递减区间为，
故选：B.
20．D
【分析】先确定函数的奇偶性，排除AC选项，再特殊函数值，比较排除选项可得答案.
【详解】因为函数的定义域为，且
，
所以函数是奇函数，故可排除A、C；
又，故可排除B；
故选：D．
21．B
【分析】根据得到，然后根据投影向量的定义求投影向量即可.
【详解】，
因为，所以，解得，，所以向量在向量上的投影向量为.
故选：B.
22．C
【分析】由对数的运算与对数函数的性质求解即可
【详解】设原来池中污染物的质量为，依题意，经过小时污染物的质量，
所以，，即，
所以，即，
所以，
故选：C.
23．A
【分析】由圆的几何性质可得，结合双曲线的几何性质求出直线的方程，与双曲线方程联立求出点的坐标，由此可求点的坐标，根据点在双曲线上可得的关系，化简求离心率.
【详解】∵以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，
所以，因为直线的方程为，，
所以直线的方程为，
由，解得，，
因为，所以是的中点，
故，，代入双曲线方程，得，
整理，得，，
所以.
故选：A.
24．A
【分析】根据得到，即，然后分和两种情况，利用基本不等式求最小值即可.
【详解】因为，
由上面结论可得，
所以，其中，则.
当时，

当且仅当，，时等号成立；
当时，
，当且仅当，时等号成立；因为，所以的最小值为.
故选：A.
25．ABC
【分析】对于A，由直角三角形的性质可判断；对于B，由是直角，所以，再结合椭圆的定义可求出三角形的面积；对于C，利用面积法可求出的内切圆半径，对于D，当时，，，不构成三角形，
【详解】中，为斜边的中点，所以，故A正确；
设，，则有，，所以
，所以，故B正确.
，，故C正确；
当且仅当为椭圆右顶点，此时，，不构成三角形，故D错误.
故选：ABC
26．BC
【分析】根据题设可得为等腰直角三角形，故可得半周期，从而可得的值及各点坐标，通过的坐标可求，从而可得判断各项的正误.
【详解】由题知的纵坐标为，又，所以，，
所以，所以的周期，所以，，故B正确；
所以，故C正确；，故A错误，
将代入函数解析式可得：，()，故D错误.
故选：BC.
27．BCD
【分析】根据直线与圆的位置关系可得排除A，再由均值不等式判断CD即可.
【详解】由可得 ，
故圆的直径是4，
所以直线过圆心，即，故B正确；
又，均为正数，所以由均值不等式，当且仅当 时等号成立；故C正确；
又，
当且仅当，即，即 时，等号成立，故D正确.
故选：BCD
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
28．BC
【分析】根据题意，结合棱锥满足的条件，将棱锥放到正方体中，计算各量，对选项逐项分析，得到结果.
【详解】三棱锥可置于棱长为2的正方体内，
正方体的上底面的中点即为此三棱锥的顶点，
如下图的，

分别设，为､外接圆圆心，所以A错；
因为，则是的中点.在等腰三角形中，，

设其外接圆半径为(如图)，
则，得：，解得，.所以，B对；
设三棱锥外接球半径为在中，
，，所以，解得.
从而.所以C对，D错.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，能够正确解题的关键是根据题中所给的棱锥的条件，将其放到正方体中解决，这样有助于更好的分析各量之间的关系.
29．ABD
【分析】对于A：根据极差的概念，直接求解；
对于B：直接求出甲、乙成绩的中位数进行判断；
对于C：直接求出甲、乙成绩的方差进行判断；
对于D：直接求出甲、乙成绩的平均数进行判断.
【详解】对于A：根据极差的概念，可知甲选手成绩的极差为9，乙选手成绩的极差为7.故A正确；
对于B：易知甲成绩的中位数是90，乙成绩的中位数是91.故B正确；
对于C：甲选手成绩的平均数为，方差为

乙选手成绩的平均数为，方差为
.故C错误；
对于D：由于甲选手成绩的平均数为90，乙选手成绩的为91.故D正确.
故选：ABD.
30．BC
【分析】A选项，根据平行得到k的范围；B选项，根据条件得到两向量垂直，进而求出k的值；C选项，列出不等式，求出k的范围；D选项，举出反例.
【详解】当与不共线，可以表示平面内任一向量，所以，
解得:且A错误；
若，则，所以，得：，B正确；
若，有，解得：，C正确；
当时，与平行，夹角不是锐角，错误.
故选：.
31．AC
【分析】二项式的系数求得第9行第7个数，可判定A正确；结合等差数列的求和公式，可判定B错误；结合的展开式的系数的关系，可判定C正确；根据第行的第个数为，结合，可判定D错误.
【详解】对于A中，在杨辉三角中，第9行第7个数是，所以A正确.
对于B中，当时，，所以B错误.
对于C中，用数学符号语言可表示为：，
证明如下：

对应相乘，恰好得到这一项的系数为
而是二项式的展开式中第项的二项式系数（即的系数）
故，所以C正确.
对于D中，第行的第个数为，所以
即，所以D错误.
故选：AC.
32．AD
【分析】对于A：先证明出平行四边形即为截面，由即可判断；
对于B：先做出截面再判断出是梯形，但不等腰，即可判断；
对于C：先做出正方体的截面为五边形再证明出不平行平面，即可判断；
对于D：先证明出面，再利用面面垂直的判定定理，即可判断.
【详解】对于A：如图（1）所示，因为线段在棱上，过作棱的平行线，交于点，显然为的中点，因为，所以，所以平行四边形即为截面，因为，所以截面图形是矩形，故正确；
对于B：如图（2）所示，作中点，连接，可知，作中点，连接，在中，由三角形中位线定理可知，所以，所以即为截面，由面面平行的性质定理可知平行，且，所以是梯形，但不等腰，故B错误；
对于C：如图（3）所示，延长交延长线于点，连接，交于点，交于点，连接，交于点，五边形为过三点的平面截正方体的截面，其中为的四等分点，且靠近点，其中为的三等分点，且靠近点，由于直线与相交，而，所以不平行平面，故C错误；
对于D：如图（4）所示，当时，由E为AB中点，其中为靠近的的三等分点，所以,所以,所以.因为，所以，所以.在正方体中，面，所以.因为,所以面.由面面垂直的判定定理，所以平面平面.故D正确.

故选：AD
【点睛】作几何体截面的方法：
（1）利用平行直线找截面；
（2）利用相交直线找截面
33．BC
【分析】利用频率分布直方图频率、频数、中位数与平均数的求法，对选项逐一检验即可.
【详解】对于A，由，解得，故A错误；
对于B，由频率分布直方图可知，女观众收看时长在的频率为，在的频率为，所以女观众收看时长的中位数落在中，不妨设为，
则，解得，则女观众收看时长的中位数为，故B正确；
对于C，男性观众收看节目的平均时长为小时，女性观众收看节目的平均时长为小时，故C正确；
对于D，由频率直方图可知，男性观众收看到达9小时人数为人，女性观众收看达到9小时人数为人，故D错误.
故选：BC.
34．AD
【分析】对于A选项，在平面内找到与平行的直线即可·.
对于B选项，通过求出，所成角度即可判断.
对于C选项，可将平面与平面所成角转化为求平面与平面所成角.
对于D选项，分别计算三棱锥与三棱锥体积即可.
【详解】对于A选项，如图，设交于，在中，因F为中点，E为CB中点，则FE为中位线，可得，又平面，EF平面，则平面，故A正确.

对于B选项，如图，因，所以异面直线与AC所成角就是与AC所成角.又连接，因，所以为等边三角形，有，
得异面直线与AC所成角为，故B错误.

对于C选项，如图，因平面平面，所以平面与平面所成角等于平面与平面所成角.取中点为G，连接BG，.
因，BG，所以为平面与平面所成二面角的平面角.设正方体棱长为2，则，所以.
故C错误.

对于D，由图，.
，又，故，
故 D正确.

故选：AD
35．BCD
【分析】A选项根据抛物线方程得到焦点到准线距离；
B选项设，得到，，根据坐标得到，或根据即可得到；
C选项根据直线，的斜率相等得到，根据是线段中点，得到是线段的中点，最后利用和直角三角形的性质得到即可；
D选项设直线的方程为，得到，然后根据坐标表示出，最后利用基本不等式求最值即可.
【详解】对于A，焦点到准线距离，A不正确.
对于B，因为：的准线为：，焦点为，设，则，，
所以，所以，（或由抛物线定义知，所以，）故选项B正确；

对于C，因为，所以处的切线斜率，，而，所以，
从而，又是线段中点，所以是线段的中点，又，
所以，所以C正确.
对于D，因为，所以直线的方程为，令，得，
所以，当且仅当时，最小值为4，故选项D正确.
故选：BCD.
36．ACD
【分析】结合基本不等式及对数函数的单调性估计判断A；利用导数证明，赋值判断B；观察不等式的结构，构造函数，利用导数判断其单调性，利用函数单调性比较大小，判断C；根据函数的单调性判断D.
【详解】对于A，因为，所以A正确；
对于B，因为，故考虑构造函数，
因为，仅当时等号成立，
所以函数在上单调递减，所以，
故，所以，B不正确
对于C，不等式，等价于，等价于，
设，，则，
当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，
所以，即，所以，C正确；
对于D，因为，所以，，
因为函数在单调递增，
又，所以，又，所以，即，D正确，
故选：ACD.
【点睛】本题解决的关键在于观察不等式的结构，通过构造函数，判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
37．
【分析】根据对数函数性质确定集合，然后由交集定义计算．
【详解】，所以.
故答案为：．
38．16
【分析】分两类完成：产品1在B机构检测和产品1在C机构检测，利用分类加法原理求解.
【详解】（1）若产品1在机构，则情况数为；
（2）若产品1在机构则情况数为，
由分类加法计数原理知总共种情况.
故答案为：16
39．
【详解】解：由y=ax2(a>0),得y′=2ax，
由y=ex,得y′=ex，
曲线C1:y=ax2(a>0)与曲线C2:y=ex存在公共切线，
设公切线与曲线C1切于点(x1,ax12),与曲线C2切于点，
则，
可得2x2=x1+2，∴ ，
记，则 ，
当x∈(0,2)时,f′(x)0,f(x)递增．
∴当x=2时,.
∴a的范围是 .
40．-1
【分析】由奇函数的性质可得，，结合条件求的值.
【详解】由函数是定义在上的奇函数得，，
又当时，，
所以，
所以
故答案为：-1.
41．
【分析】先求出，利用两角差的正切公式即可求出.
【详解】因为，所以，所以，所以.

故答案为：
42．
【分析】先求得的外接圆的半径，再由勾股定理求得球半径，根据球的体积公式可求得答案.
【详解】解：设的外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，球心为，
底面为直角三角形，故其外接圆圆心在斜边中点处，则，
又，在中，.
故答案为：.
43．
【分析】根据二项展开式的特点得到中间一项为第4项，然后利用通项公式求系数即可.
【详解】依题意，展开式的中间一项是第4项，，其系数为.
故答案为：-160.
44．
【分析】由，利用二倍角公式得到，再结合诱导公式，利用商数关系求解.
【详解】解：∵，
∴，
∵，，，
∴.
故答案为：
45．6
【分析】由条件确定与两点之间的欧几里得距离的最小值及对应的点的位置，再根据切比雪夫距离的定义求解即可.
【详解】因为点是直线：上的动点，要使最小，则，此时，
所以，由方程组，解得，，
所以，，两点之间的切比雪夫距离为6.
故答案为：6.
46． 6 13
【分析】根据等差数列的性质求和，再由等差数列的单调性确定满足的最小值．
【详解】因为，所以；因为，所以，所以为递减数列，又，，所以.
故答案为：6；13．
47．
【分析】当直线轴时，表达出P，Q两点坐标，从而利用斜率之比求出，求出离心率；（2）设出直线，联立方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由渐近线方程求出，进而求出的取值范围.
【详解】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：

又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
48． 3
【分析】由题意可将三棱锥补成正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，由此可求出外接球的半径；利用等积法可求出内切球的半径，进而即可求解
【详解】由已知可证明，，两两垂直且长度均为，

所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，

设外接球的半径为，则.
设三棱锥外接球球心为，内切球球心为，内切球与平面的切点为，易知：，，三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，由等体积法：
，得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：

两圆分别为外接球与内切球的大圆，注意到，，
∴，∴，两点间距离的最大值为.
故答案为：3；
49．答案不唯一，见解析.
【分析】选①由三角恒等变换化简条件求B，由余弦定理可得边a,b的关系，由此求b的最值，选②由内角和公式和二倍角余弦公式化简条件，求角B，由余弦定理可得边a,b的关系，由此求b的最值，选③由正弦定理化边为角，再通过化简求角B，由余弦定理可得边a,b的关系，由此求b的最值.
【详解】若选择①：在中，有，
则由题可得：，，
，
又
∴  ，
∴  ．
又∵，
∴  
因为，所以且
由余弦定理得：，
∴ 当时，取最小值，，
∴ b的最小值为
若选②，在中，，
则由题可得
∴或（舍去），
又∵，
∴  
．（剩下同①）
若选③，由正弦定理可将已知条件转化为，
又，
∴ ，
又，
∴  ，∴
又∵，
∴  ，（剩下同①）
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）过作，垂足为，连接，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、，可求得，即为所求.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接.
因为四边形为正方形，所以为中点，
又为中点，所以.
因为平面，平面，所以平面；
（2）如图，过作，垂足为，连接.
因为四边形为正方形，所以.
因为，平面，平面，所以，.
因为，，、平面，所以，平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为，平面平面，，平面，
所以，平面，则为斜线在平面内的射影.
所以，为直线与平面所成的角.
在中，，
有，得.
因为，所以平面，在中，有.
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
51．（1），()；（2） .
【分析】（1）由和 的最大值为25，可求得，从而有，再由 可求得通项公式；
（2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求得结果
【详解】解：（1）由题可得，
所以当为偶数时，，解得 ；
当为奇数时，，此时 无整数解.
综上可得：，.
①时，.
②当时，，
当时也成立.
综上可得：
所以，()
（2）
①
②
两式相减得：

则.
则.
52．（1）①；②；（2）分布列答案见解析，数学期望为41.25元.
【分析】（1）根据题意直接计算平均值即可，再结合正态分布的对称性得到，即得a值；
（2）先根据正态分布知获赠1次和2次随机话费的概率均为,再结合获得随机话费的金额和概率情况写分布列，并计算期望即可.
【详解】解：（1）①由题意得：，
，
②，
由正态分布曲线的对称性得，，
解得；
（2）由题意得，，即获赠1次和2次随机话费的概率均为,
故获赠话费的的所有可能取值为20，40，50，70，100
，
，
，
，
.
的分布列为：

20
40
50
70
100






元.
所以的数学期望为41.25元.
【点睛】思路点睛：
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.
53．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，求得弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线方程；
（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，，.将直线方程与抛物线方程联立，根据垂直，得到坐标之间的关系，求得参数的值，进而求得结果，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到定值，证得结果.
【详解】（1）显然直线的斜率不为0，故可设置的方程为，
，所以，.
所以.
，
所以当时，最小，所以，
故所求抛物线的方程为.
（2）直线的斜率不为0，
故可设直线的方程为，，.
，所以，.
.
因为，所以，
所以，即
解得或.
若，则直线过点，不符合题意.
则有，此时直线的方程为，
所以直线过定点.
又，所以，所以点在以为直径的圆上，
所以.
此时.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：
（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线的方程联立，求弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线的方程；也可以利用抛物线的焦点弦长最短是通径，得到结果；
（2）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，根据垂直关系，得到坐标之间的关系，从而求得参数的值，再根据直角三角形的外心为斜边中点，得到结果.
54．（1）增区间为，减区间为；（2），证明见解析.
【分析】（1）求出，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；
（2）当时，，
，根据单调性可得，设，则，是方程的两根，再利用导数研究函数的单调性，利用单调性可得结论.
【详解】（1）由题知定义域为，，
由解得，得的增区间为，
由解得，得的减区间为，
所以的增区间为，减区间为.
（2）当时，，
，
时，，，，，
由（1）知在上递增，所以时，
.
设方程的两根为，
设，则，是方程的两根，
设，则，
由解得.单调递增区间为，
由解得，单调递减区间为，
若有两个根，则，解得.
可知，要证，即证，
设，
则，是减函数，
不妨设，，即，
又，，，
，即.
【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点构造函数，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
55．(1)选①：，；选②：，；选③：，
(2)

【分析】（1）若选①，可得，再利用累加法求出数列的通项公式；若选②：由计算可得；若选③：由计算可得；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法计算可得；
（1）
解：若选①：由，则，
可得
将上述个式子相加，整理的

又因为，所以.
若选②：，当时，，
当时，
所以，所以.
综上，
若选③：，当时，，
当时，由可得，所以，所以.
经检验当时也成立，所以；
设等差数列的公差为，
由题有，即，解得
从而
（2）
解：由（1）可得，
令的前项和是，则，
，
两式相减得，
，
整理得；
56．(1)
(2)乙

【分析】（1）先求其对立事件的概率即可.
（2）分别求甲乙两同学得分的概率分布及均值，比较甲乙两同学得分的均值的大小即可.
（1）
设甲同学三道题都答对的事件为,则，
所以甲同学至少有一道题不能答对的概率为.
（2）
设甲同学本次竞赛中得分为，则的可能取值为分，
则,
,
,
,
,
所以的概率分布列为：

0
2
4
6
8






所以
设乙同学本次竞赛中得分为，由的可能取值为分
,
,
,
,
,
所以的概率分布列为：

0
2
4
6
8






所以,
所以，所以乙的得分能力更强.
57．(1).
(2).

【分析】（1）由正弦定理进行边角互化得，再由辅助角公式可求得答案；
（2）设，在三角形中，由余弦定理可求得，再由三角形的面积公式可求得答案.
(1)
解：由正弦定理及已知，得，
，，，
，
又，所以，即；
(2)
解：由A､B､C､D四点共圆得，
设，在三角形中，由余弦定理得
所以，而，
，
，因此.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，连结，证明出和，利用线面垂直的判定定理证明出平面，即可证明
（2）以为原点，、、分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系
，用向量法求解即可.
【详解】（1）取中点，连结.


因为，则，
由余弦定理可得，
，故，
分别为的中点，则，故.
又为等腰直角三角形，为的中点，则.
又平面，
又面.
（2）（2）由（1）可知，，所以，为直角三角形，
以为原点，、、分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系
如图所示，

则
因为为的中点，所以则，
设平面的一个法向量为，
则,即
不妨取，则，
由题可知为面的一个法向量
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
所以
所以.
59．(1)（也可写）
(2)①证明见解析；②

【分析】(1)由关系列方程化简可得动点的轨迹的方程；(2)①根据圆与抛物线的对称性可得问题的解决等价于证明三点共线，再证明直线的斜率相等即可，②求的面积表达式，再利用基本不等式求其最值.
(1)
据题意，设，则
即
故为轨迹的方程；（也可写）
(2)
如图：由圆与抛物线的对称性，四边形是以轴为对称轴的等腰梯形

不妨设，，在第一象限，，则
联立消去整理得：
（1）
据题意，方程（1）有两相异正实根
故

①证明：依据圆与抛物线的对称性，直线与直线的公共点必在轴上，
要证直线与直线相交于点，
只要证：三点共线；
只要证：
只要证：
只要证：
只要证：
上式显然成立，且各步可逆，
故直线与直线相交于点
②解法一：




当且仅当，即时，，
此时抛物线方程为
解法二：


当且仅当，即时，，此时抛物线方程为
【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；
(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
60．(1)；
(2)当或时，函数的零点个数为1；
当时，函数的零点个数为3.

【分析】（1）求导，计算得到即切线的斜率，由点斜式进行求解；（2）先将整理变型成，在考察的零点，注意
性质的运用.
(1)
若，则，又，所以，所以曲线在点处的切线方程是：.
(2)
函数的定义域为，又，所以函数的零点个数，即方程的解的个数，记，显然是函数的零点，，记
若，则，即，
所以，所以函数在单调递增，函数有唯一零点1.
若，此时，则，
所以，所以函数在有唯一零点1，
若时，由于，
所以函数的在的零点个数与在零点个数相同，
当时，，所以，使得，
当时，，所以函数在单调递增，
当时，，所以函数在单调递减.
所以，又，
所以函数在有1个零点，在没有零点，
所以函数在和各有1个零点，
综上所述，当或时，函数的零点个数为1；
当时，函数的零点个数为3.
【点睛】本题零点的求解综合的考察了分类讨论，零点存在定理，导数的应用，关键的步骤在于发现在的零点个数与在零点个数相同的函数性质.
61．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在中利用正弦定理可得，再由诱导公式得到，结合已知条件，即可得证；
（2）设，在和分别利用余弦定理即可求出，从而求出，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又由已知，所以，所以.
（2）解：设，则，
在中，由余弦定理得，
即，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，，
所以.
62．(1)证明见解析
(2)140

【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；
（2）利用分组求和的方法得到，然后利用的增减性解不等式即可.
【详解】（1）
，
，所以数列为首项为，公比为等比数列.
（2）由（1）可得

，
即
∴
而随着的增大而增大
要使，即，则，
∴的最小值为140.
63．(1)
(2)分布列见解析，数学期望：
(3)至少要进行11轮测试

【分析】(1)根据已知条件结合条件概率的概率公式求解；
(2)的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，从而可求得的分布列和数学期望；
(3)根据题意，结合二项分布的概率公式求解
【详解】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，33，30，
其中参与“单板滑雪”的人数超过30人的学校有6个，参与“单板滑雪”的人数超过30人，且“自由式滑雪”的人数超过30人的学校有4个，记“这10所学校中随机选取2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人”为事件，“这10所学校中随机选取2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人”为事件，
则，，
所以，.
（2）参与“自由式滑雪”人数在40人以上的学校共4所，的所有可能取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下表：

0
1
2
3





所以
（3）记“甲同学在一轮测试中获得“优秀””为事件，则，
由题意，甲同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意列式，得，因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试
64．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.
【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，
所以，
又，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设是的中点，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，，
假设存在满足题意的，则由.
可得，.
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，即，
设与平面所成的角为，所以

解得（舍去），
综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设，写出直线的方程，求出点的坐标，证明出，即可证得结论成立；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由（1）可知，利用平面向量数量积的坐标运算与韦达定理计算出的值，求出直线所过定点的坐标，即可求得圆半径的最大值.
【详解】（1）证明：易知点、，
设，则，直线的方程为，
令，得，则，
又因为，且，则，
则，所以，.
（2）解：因为点不在轴上，则直线不与轴重合，
设直线的方程为，
若，则直线过点，则、必有一点与点重合，不合乎题意，故，
设点、，

联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
，，
由（1）可知，
，
，解得，即直线的方程为，故直线过定点，
当时，圆的半径取最大值，且圆半径的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问求圆的半径的最大值，解题的关键就是求出直线所过定点的坐标，求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
66．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义得到在处的切线斜率，然后根据直线与切线垂直列方程求解即可；
（2）根据有两个极值点，得到，，将证明转化为证明或，然后构造函数，利用函数的单调性证明即可.
【详解】（1）∵，∴在处的切线斜率，
∵直线与切线垂直，∴，∴.
（2）由题意得，，
由函数有两个极值点，则，在上有两个不等的实根，即，在有两个不等式的实根，，
∵，，，
∴，则，且，，
方法一：要证，即证，
则，
同理可得：，
则，
，
令，，
则，，
由，则，，则，则，
则在上单调递增，
∴，∴，即，
∴成立.
方法二：要证，即证：，
又

，
又，
所以，
又
所以只需证明：，，
令，，
求导，，，
由，则，，则，则，
则在上单调递增，∴
所以，即.
【点睛】利用导数证明不等式的策略：
（1）差值函数法，例如证明时，可以转化为证明，构造函数，利用导数分析的单调性、最值，去说明；
（2）特征分析放缩法，可以根据不等式的特征进行适当放缩；
（3）切线放缩法，例如：，等；
（4）隔离分析最值法：一般地，证明h(x)= A(x)-B(x)≥0，当研究h(x)的单调性困难时，可以“一分为二”成A(x)≥B(x)，考虑证A(x)mⅰn ≥B(x)max 是一种有效途径；
（5）换元法.