安徽省合肥市2023届中考数学专项突破模拟题库（二模）含解析

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安徽省合肥市2023届中考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,解不含参数的一元二次不等式

【正确答案】
B
【试题解析】


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

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

1-3（巩固） ．已知全集，集合,B={1，2，4，5，7，8}，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

1-4（巩固） 已知全集，集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

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

1-6（提升） 已知集合，，且全集，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 数量积的运算律,数量积的坐标表示,利用向量垂直求参数

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 已知平面向量与垂直，则的值是（ ）
A. B. C.12 D.
【正确答案】 B

2-2（基础） 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，点，若向量，则实数（ ）
A.4 B.3 C.2 D.
【正确答案】 A

2-3（巩固） 已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C.3 D.
【正确答案】 A

2-4（巩固） 已知向量，，，若，则（ ）
A. B.3 C. D.5
【正确答案】 B

2-5（提升） 已知向量＝（1，），向量在方向上的投影为﹣6，若（λ+）⊥，则实数λ的值为（　　）
A. B.﹣ C. D.3
【正确答案】 A

2-6（提升） 已知向量，，且，则实数（ ）
A.2 B. C.8 D.
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 用众数的代表意义解决实际问题,用中位数的代表意义解决实际问题,用平均数的代表意义解决实际问题,计算几个数据的极差、方差、标准差

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1（基础） 某高校分配给某中学一个保送名额，该中学进行校内举荐评选，评选条件除了要求该生获得该校“三好学生”称号，还要求学生在近期连续次大型考试中，每次考试的名次都在全校前名（每次考试无并列名次）．现有甲、乙、丙、丁四位同学都获得了“三好学生”称号，四位同学在近期次考试名次的数据分别为
甲同学：平均数为，众数为；乙同学：中位数为，众数为；
丙同学：众数为，方差小于3；丁同学：平均数为，方差小于．
则一定符合推荐要求的同学有（ ）
A.甲和乙 B.乙和丁 C.丙和丁 D.甲和丁
【正确答案】 D

3-2（基础） 若某同学连续3次考试的名次（3次考试均没有出现并列名次的情况）不低于第3名，则称该同学为班级的尖子生．根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续3次考试名次的数据，推断一定是尖子生的是（ ）
A.甲同学：平均数为2，众数为1
B.乙同学：平均数为2，方差小于1
C.丙同学：中位数为2，众数为2
D.丁同学：众数为2，方差大于1
【正确答案】 B

3-3（巩固） 演讲比赛共有10位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从10个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分．8个有效评分与10个原始评分相比，不变的数字特征是（ ）．
A.中位数 B.平均数 C.方差 D.极差
【正确答案】 A

3-4（巩固） 气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的每日平均温度均不低于.现有甲､乙､丙三地连续5天的每日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数，单位）：
①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；
②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；
③丙地：5个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.
其中肯定进入夏季的地区有（ ）
A.①② B.①③
C.②③ D.①②③
【正确答案】 B

3-5（提升） 冬末春初，乍暖还寒，人们容易感冒发热，若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正常工作生产，某大型公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热，下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该公司没有发生群体性发热的为（ ）
（1）中位数为3，众数为2 （2）均值小于1，中位数为1
（3）均值为3，众数为4 （4）均值为2，标准差为
A.（1）（3） B.（3）（4） C.（2）（3） D.（2）（4）
【正确答案】 D

3-6（提升） 酒后驾驶是严重危害交通安全的行为，某交通管理部门对辖区内四个地区（甲、乙、丙、丁）的酒驾治理情况进行检查督导，若“连续8天，每天查获的酒驾人数不超过10”，则认为“该地区酒驾治理达标”，根据连续8天检查所得数据的数字特征推断，酒驾治理一定达标的地区是（ ）
A.甲地，均值为4，中位数为5 B.乙地：众数为3，中位数为2
C.丙地：均值为7，方差为2 D.丁地：极差为，分位数为8
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 对数的运算,写出等比数列的通项公式,利用an与sn关系求通项或项,构造法求数列通项

【正确答案】
A
【试题解析】


4-1（基础） 已知数列的前n项和为，且满足，则
A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-2（基础） 已知数列的前项和为，若，则（ ）
A.993 B.766 C.1013 D.885
【正确答案】 C

4-3（巩固） 已知数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-4（巩固） 数列的首项，且，令，则（ ）
A.2020 B.2021 C.2022 D.2023
【正确答案】 C

4-5（提升） 是数列的前项和，，，则等于（ ）
A.64 B.80 C.256 D.320
【正确答案】 B

4-6（提升） 已知数列的前项和为，且满足：，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 对数函数模型的应用（2）,利用给定函数模型解决实际问题

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 西昌市某公司为了提高销售部业务制定了一个激励销售人员的奖励方案，在销售额x为8万元时，奖励1万元；销售额x为64万元时，奖励4万元；该公司拟定销售额x与奖励金额y（万元）之间函数关系为，某业务员得到6万元奖励，则他的销售额应为（ ）（万元）
A.128 B.256 C.512 D.1024
【正确答案】 B

5-2（基础） 北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，约582秒后，神舟十三号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功．此次航天飞行任务中，火箭起到了非常重要的作用．在不考虑空气动力和地球引力的理想情况下，火箭在发动机工作期间获得速度增量（单位：千米/秒）可以用齐奥尔科夫斯基公式来表示，其中，（单位：千米/秒）表示它的发动机的喷射速度，（单位：吨）表示它装载的燃料质量，（单位：吨）表示它自身（除燃料外）质量．若某型号的火箭发动机的喷射速度为千米/秒，要使得该火箭获得的最大速度达到第一宇宙速度（千米/秒），则火箭的燃料质量与火箭自身质量之比约为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-3（巩固） 5G技术的数学原理之一是著名的香农公式：它表示：在受高斯白噪声干拢的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W﹒信道内所传信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小．其中叫做信噪比，按照香农公式，在不改变W的情况下，将信噪比卡从1999提升至，使得C大约增加了20%，则入的值约为（ ）(参考数据lg2≈0.3，103.96≈9120)
A.9121 B.9119 C.9919 D.10999
【正确答案】 B

5-4（巩固） 住房的许多建材都会释放甲醛.甲醛是一种无色、有着刺激性气味的气体，对人体健康有着极大的危害.新房入住时，空气中甲醛浓度不能超过0.08，否则，该新房达不到安全入住的标准.若某套住房自装修完成后，通风周与室内甲醛浓度y（单位：）之间近似满足函数关系式，其中，且，，则该住房装修完成后要达到安全入住的标准，至少需要通风（ ）
A.17周 B.24周 C.28周 D.26周
【正确答案】 D

5-5（提升） 某中学坚持“五育”并举，全面推进素质教育.为了更好地增强学生们的身体素质，校长带领同学们一起做俯卧撑锻炼.锻炼是否达到中等强度运动，简单测量方法为，其中为运动后心率（单位：次/分）与正常时心率的比值，为每个个体的体质健康系数.若介于之间，则达到了中等强度运动；若低于28，则运动不足；若高于34，则运动过量.已知某同学正常时心率为80，体质健康系数，经过俯卧撑后心率（单位：次/分）满足，为俯卧撑个数.已知俯卧撑每组12个，若该同学要达到中等强度运动，则较合适的俯卧撑组数为（ ）（为自然对数的底数，）
A.2 B.3 C.4 D.5
【正确答案】 B

5-6（提升） 尿酸是鸟类和爬行类的主要代谢产物，正常情况下人体内的尿酸处于平衡的状态，但如果体内产生过多来不及排泄或者尿酸排泄机制退化，则体内尿酸滞留过多，当血液尿酸浓度大于7mg/dL时，人体体液变酸，时间长会引发痛风，而随低食物（低嘌呤食物）对提高痛风病人缓解率、降低血液尿酸浓度具有较好的疗效．科研人员在对某类随低食物的研究过程中发现，在每天定时，定量等特定条件下，可以用对数模型描述血液尿酸浓度（单位：mg/dL）随摄入随低食物天数t的变化规律，其中为初始血液尿酸浓度，K为参数．已知，在按要求摄入随低食物50天后，测得血液尿酸浓度为15，若使血液尿酸浓度达到正常值，则需将摄入随低食物的天数至少提高到（）（ ）
A.69 B.71 C.73 D.75
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 求旋转体的体积,空间向量与立体几何

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为
A. B. C. D.
【正确答案】 D

6-2（基础） 古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知Rt△ACB中，，则△ACB的重心G到AC的距离为（ ）
A. B. C.1 D.2
【正确答案】 B

6-3（巩固） 17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为O，ABCD是半圆的外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

6-4（巩固） 古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．如图，直角梯形，已知，则其重心到的距离为（ ）

A. B. C. D.1
【正确答案】 C

6-5（提升） 我国南北朝时间著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所载，若截得的两个截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等.为计算球的体积，构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后再圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，运用祖暅原理可证明此几何体与半球体积相等（任何一个平面所载的两个截面面积都相等）.将椭圆 绕 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于

A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-6（提升） 古希腊亚历山大时期的数学家怕普斯(Pappus, 约300～约350)在《数学汇编》第3卷中记载着一个定理:“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以重心旋转所得周长的积”如图，半圆的直径，点是该半圆弧的中点，那么运用帕普斯的上述定理可以求得，半圆弧与直径所围成的半圆面(阴影部分个含边界)的重心位于对称轴上，且满足=

A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 双曲线定义的理解,利用定义解决双曲线中焦点三角形问题,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】


7-1（基础） 如图，、是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点若，，，则双曲线的离心率为（ ）

A.4 B. C. D.
【正确答案】 D

7-2（基础） 已知双曲线的左､右焦点分别为，，以，为直径的圆依次交双曲线于A，B，C，D四点，直线交双曲线于点C，E，且，则双曲线的离心率为（ ）
A.3 B. C. D.
【正确答案】 C

7-3（巩固） 已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于两点（在之间），与双曲线在第一象限的交点为为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

7-4（巩固） 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与圆相切，直线与双曲线左右支分别交于两点，且，若双曲线的离心率为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-5（提升） 已知F1，F2分别是双曲线C：的左、右焦点，点P在双曲线上，，圆O：，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

7-6（提升） 已知是双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，以为直径的圆与双曲线C的一个交点为A，以为直径的圆与双曲线C的一个交点为B，若，A，B恰好共线，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.3
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 对数的运算性质的应用,对数函数单调性的应用,用导数判断或证明已知函数的单调性,二倍角的余弦公式

【正确答案】
B
【试题解析】


8-1（基础） 设，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-2（基础） 已知函数，设，则
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

8-3（巩固） 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

8-4（巩固） 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-5（提升） 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

8-6（提升） 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 9 题】 知识点 复数的基本概念,求复数的模,共轭复数的概念及计算,复数的除法运算

【正确答案】
B C
【试题解析】


9-1（基础） 已知与是共轭虚数，以下四个命题一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 BC

9-2（基础） 下列命题中正确的是（ ）
A.对任意复数，都有
B.对任意复数，，都有
C.若复数满足，则
D.若复数满足，则
【正确答案】 CD

9-3（巩固） 已知，且．下列说法正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C. D.
【正确答案】 ACD

9-4（巩固） 已知为虚数单位，下列命题中正确的是（ ）
A. B.复数，则
C.若复数，则， D.若，，则的充要条件是
【正确答案】 AC

9-5（提升） 下列关于复数的四个命题正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则的共轭复数的虚部为1
C.若，则的最大值为3
D.若复数，满足，，，则
【正确答案】 ACD

9-6（提升） 设有下面四个命题，其中正确的命题是（ ）
A.若复数z满足，则； B.若复数z满足，则；
C.若复数满足，则； D.若数，则
【正确答案】 AD

【原卷 10 题】 知识点 用导数判断或证明已知函数的单调性,正弦函数对称性的其他应用,三角恒等变换的化简问题,由直线与圆的位置关系求参数

【正确答案】
A C D
【试题解析】


10-1（基础） 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B.的图象的对称中心是
C.函数的零点是 D.在上单调递增
【正确答案】 BCD

10-2（基础） 若函数，则（ ）
A.为周期函数
B.在上单调递增
C.当时，恒成立
D.的图象只有一个对称中心
【正确答案】 BC

10-3（巩固） 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的最小正周期为 B.的图象关于直线对称
C.在上单调递增 D.的值域为
【正确答案】 BCD

10-4（巩固） 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.既是奇函数，又是周期函数 B.的图象关于直线对称
C.的最大值为 D.在上单调递增
【正确答案】 AB

10-5（提升） 已知函数，则（ ）
A. B.是周期函数
C.在单调递减 D.
【正确答案】 ACD

10-6（提升） 声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则当时，函数一定有（ ）
A.三个不同零点 B.在上单调递增
C.有极大值，且极大值为 D.一条切线为
【正确答案】 BC

【原卷 11 题】 知识点 利用向量垂直求参数,根据焦点或准线写出抛物线的标准方程,利用焦半径公式解决直线与抛物线交点问题,根据韦达定理求参数

【正确答案】
A B C
【试题解析】


11-1（基础） 已知过抛物线的焦点的直线交于，两点，为坐标原点，若的面积为4，则下列说法正确的是（ ）
A.弦的中点坐标为
B.直线的倾斜角为30°或150°
C.
D.
【正确答案】 BCD

11-2（基础） 已知直线过抛物线的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为M，N，则下列说法正确的是（ ）
A.抛物线的方程为 B.线段的中点到y轴的距离为
C.线段的长度为 D.
【正确答案】 ACD

11-3（巩固） 已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为2，过点且斜率为的直线与交于，两点，，则下列叙述正确的是（ ）
A.的准线方程为
B.恒成立
C.若，则
D.若，则
【正确答案】 BD

11-4（巩固） 已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线C上的两个不同的动点，点A关于x轴的对称点为，抛物线C的准线交x轴于点P.下列结论正确的是（ ）
A.若直线过点F，则，且
B.若直线过点F，则P，，B三点共线
C.若直线过点P，则，且
D.若直线过点P，则的最小值为4
【正确答案】 ABC

11-5（提升） 已知抛物线，其准线为l，焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线和，设交抛物线C于A，B两点，交抛物线C于D，E两点，O为坐标原点，则（ ）
A.为定值 B.延长AO交准线l于点G，则轴
C. D.四边形ADBF面积的最小值为8
【正确答案】 ABD

11-6（提升） 已知抛物线的焦点为，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上两个不同的动点，（ ）
A.若直线过点，则面积最小值为4 B.若直线过点，则
C.若直线过点，则 D.若直线过点，则
【正确答案】 ABD

【原卷 12 题】 知识点 具体函数的定义域,零点存在性定理的应用,利用导数求函数的单调区间（不含参）,函数新定义

【正确答案】
B C D
【试题解析】


12-1（基础） 若定义在R上的函数，其图象是连续不断的，且存在常数使得对任意的实数x都成立，则称是一个“特征函数”.下列结论正确的是（ ）
A.是常数函数中唯一的“特征函数”
B.不是“特征函数”
C.“特征函数”至少有一个零点
D.是一个“特征函数”
【正确答案】 BCD

12-2（基础） 在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间并构成一般不动点的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔．简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列函数为“不动点”函数的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 ACD

12-3（巩固） 双曲函数是数学中一类非常重要的函数，其中就包括双曲正弦函数：，双曲余弦函数：（，为自然对数的底数）．下列关于与说法正确的是（ ）
A.与在上均为增函数
B.与的图象都关于原点对称
C.，都有
D.，都有
【正确答案】 AC

12-4（巩固） 若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界，则下列说法正确的是（ ）
A.1是函数的一个下界
B.函数有下界，无上界
C.函数有上界，无下界
D.函数有界
【正确答案】 ABD

12-5（提升） 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理.该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个不动点，那么下列函数具有“不动点”的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 AD

12-6（提升） 已知函数的定义域为，且函数图象连续不间断，假如存在正实数，使得对于任意的，恒成立，称函数满足性质.则下列说法正确的是（ ）
A.若满足性质，且，则
B.若，则存在唯一的正数，使得函数满足性质
C.若，则存在唯一的正数，使得函数满足性质
D.若函数满足性质，则函数必存在零点
【正确答案】 ABD

【原卷 13 题】 知识点 已知切线（斜率）求参数

【正确答案】

【试题解析】



13-1（基础） 已知函数，．若曲线在点处的切线与直线垂直，则a的值为______．
【正确答案】 1

13-2（基础） 已知函数且，若曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为________.
【正确答案】

13-3（巩固） 在平面直角坐标系中，若曲线(为常数)过点，且该曲线在点处的切线与直线垂直，则的值是_______.
【正确答案】 5

13-4（巩固） 已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则切线的方程为_____________．
【正确答案】

13-5（提升） 若曲线在点处的切线与平行，曲线在点处的切线与直线垂直，则__________．
【正确答案】

13-6（提升） 已知函数，若存在实数，使得曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的取值范围是______.
【正确答案】

【原卷 14 题】 知识点 求指定项的系数,两个二项式乘积展开式的系数问题

【正确答案】
1792


【试题解析】


14-1（基础） 的展开式中的常数项为______.
【正确答案】

14-2（基础） 的展开式中x的系数为___________.
【正确答案】 4860

14-3（巩固） 的展开式中常数项为______.
【正确答案】 280

14-4（巩固） 的展开式中的系数为____________．（用数字作答）
【正确答案】 14

14-5（提升） 已知的展开式中常数项为，则展开式中项的系数为______．
【正确答案】

14-6（提升） 的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______.
【正确答案】 15

【原卷 15 题】 知识点 余弦定理解三角形,求异面直线所成的角,证明线面垂直

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______.

【正确答案】

15-2（基础） 如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的大小为______．

【正确答案】 或

15-3（巩固） 如图所示，平面平面，，四边形为正方形，且，则异面直线与所成角的正弦值为______．

【正确答案】 或

15-4（巩固） 已知正方体，点是中点，点为的中点，点为棱上一点，且满足平面，则直线与所成角的余弦值为_______．
【正确答案】

15-5（提升） 如图，正三棱柱的棱长均为2，点M是侧棱的中点，过与平面垂直的平面与侧面的交线为l，则直线l与直线所成角的余弦值为__________．

【正确答案】

15-6（提升） 已知体积为6的四面体满足，，，则异面直线与所成的角的大小为______．
【正确答案】 或

【原卷 16 题】 知识点 函数对称性的应用,根据函数零点的个数求参数范围,根据二次函数零点的分布求参数的范围,函数与方程的综合应用

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 设定义域为R的函数，则关于x的方程有7个不同实数解的充要条件________.
【正确答案】 且

16-2（基础） 已知，关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是______.
【正确答案】

16-3（巩固） 已知函数，关于的方程有6个不等实数根，则实数t的取值范围是__________．
【正确答案】

16-4（巩固） 已知函数,若关于x的函数有6个不同的零点,则实数b的取值范围是______
【正确答案】

16-5（提升） 函数满足，当时，，若有8个不同的实数解，则实数m的取值范围是______．
【正确答案】

16-6（提升） 已知函数，若关于的方程 有三个不同的实数解，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

【原卷 17 题】 知识点 余弦定理解三角形,正弦定理边角互化的应用,三角形面积公式及其应用

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 在中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且满足方程
．
1、求角A的大小；
2、若，求的面积．
【正确答案】 1、 2、

17-2（基础） 在中，内角所对的边长分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【正确答案】 （1）（2）

17-3（巩固） 在中，角，，所对的边分别为，，，且．
1、求角的大小；
2、若角的角平分线与交于点，，，求的面积．
【正确答案】 1、 2、

17-4（巩固） 记的内角的对边分别为，设的外接圆半径为，且.
1、求；
2、若，求的面积.
【正确答案】 1、 2、

17-5（提升） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
1、求角A；
2、若，且的周长为，求的面积.
【正确答案】 1、 2、

17-6（提升） 已知的内角，，的对应边分别为，，，，．
1、求的值；
2、求的面积的最大值．
【正确答案】 1、 2、

【原卷 18 题】 知识点 由递推关系证明等比数列,错位相减法求和,等比数列的定义

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 已知数列满足：，，.
（1）求、、；
（2）求证：数列为等比数列，并求其通项公式；
（3）求和.
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析；（3）.

18-2（基础） 已知数列满足且．
1、求数列的通项公式；
2、设数列满足，求的前n项和为．
【正确答案】 1、 2、

18-3（巩固） 已知数列满足，，．
1、求数列的通项公式；
2、求数列的前项和．
【正确答案】 1、 2、

18-4（巩固） 数列满足.
1、求证：是等比数列；
2、若，求的前项和为.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

18-5（提升） 已知数列的首项为0，且，数列的首项，且对任意正整数恒有.
1、求和的通项公式；
2、对任意的正整数n，设，求数列的前2n项和S2n.
【正确答案】 1、，；
2、

18-6（提升） 已知数列中，，.
（1）求证：数列是等比数列.
（2）记是数列的前项和：
①求；
②求满足的所有正整数.
【正确答案】 （1）证明见详解；
（2）①；②满足的所有正整数有和.

【原卷 19 题】 知识点 证明线面平行,面面角的向量求法

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 如图，平面是圆柱的轴截面，是圆柱的母线，．

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

19-2（基础） 在三棱锥中，分别是上的点，且平面．

1、求证：平面；
2、若平面，，，求钝二面角的余弦值．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、

19-3（巩固） 如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.

1、求证：平面PAB；
2、若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【正确答案】 1、证明见解析； 2、

19-4（巩固） 如图，是圆的直径，点是圆上异于A、B的点，直线平面，、分别是、的中点．

1、记平面与平面的交线为，求证：直线平面；
2、若，点是的中点，求二面角的余弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-5（提升） 如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是，，，的中点，，与交于点，与交于点，连接．

1、求证：；
2、求平面与平面所成角的余弦值；
3、求点到平面的距离．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、； 3、

19-6（提升） 如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，分别在和上，且．

（1）若在上，且平面，求证：平面;
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）

【原卷 20 题】 知识点 利用互斥事件的概率公式求概率,写出简单离散型随机变量分布列,独立事件的乘法公式,求离散型随机变量的均值

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 为了弘扬中华优秀传统文化，加强对学生的美育教育，某校开展了传统艺术书画知识趣味竞赛活动.一共3题，答题规则如下，每队2人，其中1人先答题，若回答正确得10分，若回答错误，则另一人可补答，补答正确也得10分，得分后此队继续按同样方式答下一题；若2人都回答错误，则得0分且不进入下一题，答题结束.已知第一队含有甲、乙两名队员，其中甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为，每道题都是甲先回答，且两人每道题目是否回答正确相互独立.甲乙两人回答正确与否也互相独立.
1、求第一队答对第1题的概率；
2、记为第一队获得的总分，求随机变量的分布列和数学期望.
【正确答案】 1、
2、分布列见解析，数学期望为

20-2（基础） 某学校为普及垃圾分类知识，增强学生的垃圾分类意识，在全校范围内举办了垃圾分类知识竞赛.通过选拔，仅有甲、乙两名选手进入决赛.决赛分为必答和抢答两个环节，必答环节规则：先从题库中随机选出5道题让选手作答，选手答对的题目数记为，如果，则在题库中再选1道题回答，若答对，则进入抢答环节，该轮答题结束；若，则直接进入抢答环节，其他情况下选手均不能进入抢答环节.已知甲、乙两名选手答对每道题目的概率分别为，，且两名选手每道题是否答对互不影响.
（1）求甲选手进入抢答环节的概率.
（2）假设两名选手均进入抢答环节，且在抢答环节中，比赛采用积分制，选手是否抢到试题是等可能的，最后分数高的获得冠军.抢答环节共3道题，每题10分，答对得10分，答错自己不得分，对方得10分（抢到的选手必须作答），记甲同学的得分为（单位：分），求的分布列及数学期望.
【正确答案】 （1）；（2）答案见解析.

20-3（巩固） 2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在中国空间站开讲，新晋“太空教师”刘洋用2米长的吸管成功喝到了芒果汁，这是中国航天员首次在问天实验舱内进行授课，并通过网络向全国进行直播，这场直播极大地激发了广大中学生对航天知识的兴趣，为领悟航天精神，感受中国梦想．某校高一年级组织了一次“寻梦天宫”航天知识比赛，比赛规则：每组两个班级，每个班级各派出3名同学参加比赛，每一轮比赛中每个班级派出1名同学代表其所在班级答题，两个班级都全部答对或者没有全部答对，则均记0分；一班级全部答对而另一班级没有全部符对，则全部答对的班级记1分，没有全部答对的班级记分，三轮比赛结束后，累计得分高的班级获胜．设甲、乙两个班级为一组参加比赛，每轮比赛中甲班全部答对的概率为，乙班全部答对的概率为，甲、乙两班答题相互独立，且每轮比赛互不影响．
1、求甲班每轮比赛得分、0分、1分的概率；
2、两轮比赛后甲班得分为X，求X的分布列和数学期望．
【正确答案】 1、、、
2、分布列见详解，

20-4（巩固） 在某次数学考试中，共有四道填空题，每道题5分.已知某同学对于前两道题，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于最后一道题，答对的概率为，答错的概率为.
1、求该同学在本次考试中填空题得分不低于15分的概率；
2、设该同学在本次考试中，填空题的总得分为，求的分布列及均值.
【正确答案】 1、
2、分布列见解析，12.5

20-5（提升） 甲、乙、丙三人参加学校“元旦嘉年华”竞答游戏，活动的规则为：甲、乙、丙三人先分别坐在圆桌的，，三点，第一轮从甲开始通过掷骰子决定甲的竞答对手，如果点数是奇数，则按逆时针选择乙，如果是偶数，则按顺时针选丙，下一轮由上一轮掷骰子选中的对手继续通过掷骰子决定竞答对手，如果点数是奇数按逆时针选对手，点数是偶数按顺时针选对手，已知每场竞答甲对乙、甲对丙、乙对丙获胜的概率分别为，，且甲、乙、丙之间竞答互不影响，各轮游戏亦互不影响，比赛中某选手累计获胜场数达到场，游戏结束，该选手为晋级选手．

（1）求比赛进行了场且甲晋级的概率；
（2）当比赛进行了场后结束，记甲获胜的场数为，求的分布列与数学期望．
【正确答案】 （1）；（2）分布列见解析；期望为．

20-6（提升） 某学校高一年级上学期有3次英语素养测评，测评结果为一等奖和二等奖，已知甲同学每次测评获一等奖的概率为，乙同学每次测评获一等奖的概率为．
1、求甲同学在3次测评中恰有1次获得一等奖且第2次测评未获得一等奖的概率；
2、由于客观因素，这个学期第一次测评成绩作废，后两次成绩作为评价学生的依据.每次测评获得一等奖记5分，二等奖记3分，甲同学英语素养测评得分为，乙同学得分为，设随机变量，求的分布列与期望．
【正确答案】 1、
2、分布列见解析，

【原卷 21 题】 知识点 根据a、b、c求椭圆标准方程,根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与椭圆C相交于A，B不同两点，且（O为坐标原点），求m的取值范围．
【正确答案】 （1）；（2）或．

21-2（基础） 已知椭圆的左､右焦点为､，离心率为，过的直线交C于A､B两点，若的周长为8.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆上存在两点关于直线对称，求m的取值范围.
【正确答案】 （1）；（2）.

21-3（巩固） 已知椭圆的一个顶点为，焦点在轴上，且椭圆的右焦点到直线的距离为3.
1、求椭圆的方程；
2、设椭圆与直线相交于不同的两点、，为弦的中点，当时，求的取值范围.
【正确答案】 1、 2、

21-4（巩固） 已知椭圆的离心率为，过C的右焦点且垂直于x轴的直线被C截得的线段长为3．
1、求C的方程；
2、过点的直线l交C于A，B两点，点B关于y轴的对称点为D，直线AD交y轴于点E，若△的面积为3，求l的方程．
【正确答案】 1、；
2、或.

21-5（提升） 设椭圆：的右焦点为，右顶点为，已知椭圆离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线斜率的取值范围.
【正确答案】 （Ⅰ）（Ⅱ）

21-6（提升） 已知椭圆的长轴长为4，右焦点为，且椭圆上的点到点的距离的最小值与最大值的积为1，圆与轴交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）动直线与椭圆交于两点，且直线与圆相切，求的面积与的面积乘积的取值范围.
【正确答案】 （1）（2）

【原卷 22 题】 知识点 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）,利用导数研究双变量问题

【正确答案】

【试题解析】


22-1（基础） 已知函数
（1）求在区间的最小值的表达式；
（2）设，任意，存在，使，
求实数的取值范围.
【正确答案】 （1） （2）的取值范围是

22-2（基础） 已知函数存在两个极值点.
1、求的取值范围；
2、求的最小值.
【正确答案】 1、 2、

22-3（巩固） 已知（且），．
1、求在上的最小值；
2、如果对任意的，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【正确答案】 1、-1 2、

22-4（巩固） 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若有两个不同的极值点，，且恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 （1）答案见解析；（2）.

22-5（提升） 已知函数.
1、讨论函数在上的单调性；
2、已知，是函数的两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，求正数的范围.
【正确答案】 1、答案见解析 2、

22-6（提升） 已知函数.
1、求函数f（x）的最大值;
2、若关于x的方程有两个不等实数根证明:
【正确答案】 1、2 2、证明见详解


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
首先解出或，再进行集合交并补运算即可得到答案.
详解:
根据题意得，或，
则，所以．
故选：A．
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.
详解:
因为或，则，
又因为，故.
故选：B.
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
先求出集合和，进而求出.
详解:
由题意知，
,
所以，
．
故选：D．
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
求出集合、，利用并集和补集的定义可求得集合.
详解:
因为，
，
又因为，所以，．
故选：D.
1-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据分式不等式和一元二次不等式的解法求出两集合，再根据并集和补集的定义即可得解.
详解:
由，解得，所以，
或，
则，
所以.
故选：C.
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用集合的交集、并集、补集的运算法则求解.
详解:
由已知得集合表示的区间为，集合表示的区间为，
则，，，
,
故选.
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据平面向量垂直的坐标运算求解求参即可．
详解:
由题知，即，解得．
故选:B.
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据向量垂直的坐标表示建立方程求解即可.
详解:
解：，，
，.
.
又，，即，
故选：A.
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可.
详解:
因为，，所以，
又且与垂直，
所以，解得.
故选：A
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先求出的坐标，再利用列方程求.
详解:由已知得
，
，且，
，
解得.
故选：B.
2-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设＝（x，y），由向量＝（1，），向量在方向上的投影为﹣6，（λ+）⊥，，列方程组，能求出λ的值．
详解:
解：设＝（x，y），
∵向量＝（1，），向量在方向上的投影为﹣6，（λ+）⊥，，
∴，
解得λ＝．
故选：A．
2-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
计算出和，利用垂直列出方程，求出实数的值.
详解:
由题意得，，
由．得，所以.
故选：D．
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用平均数，众数，中位数和方差的定义判断.
详解:
对于甲同学，平均数为，众数为，则次考试的成绩的名次为、、，满足要求；
对于乙同学，中位数为，众数为，可举反例：、、，不满足要求；
对于丙同学，众数为，方差小于，可举特例：、、，则平均数为，方差，不满足条件；
对于丁同学，平均数为，方差小于，设丁同学次考试的名次分别为，，，
若，，中至少有一个大于等于，则方差，
与已知条件矛盾，所以，，均不大于，满足要求．
故选：D.
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据平均数、众数、中位数及方差的定义，依次对选项判断即可.
详解:
对于A，甲同学：若平均数为2，众数为1，则有1次名次应为4，不符合题意；
对于B，乙同学：平均数为2，设乙同学3次考试的名次分别为，，，
则方差，
则，所以，，均不大于3，符合题意；
对于C，丙同学：中位数为2，众数为2，有可能是2，2，4，不符合题意；
对于D，丁同学：众数为2，方差大于1，有可能是2，2，6，不符合题意．
故选：B
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据平均数、中位数、方差、极差的概念来进行求解，得到答案.
详解:
设10位评委评分按从小到大排列为，
则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，中位数仍为，A正确．
②原始平均数，后来平均数，平均数受极端值影响较大，
与不一定相同，B不正确；
③，
由②易知，C不正确．
④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．
故选：A.
点睛:
本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.属于较易题.
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据中位数和众数的定义分析可判断①；举特例可判断②；根据方差公式可判断③，进而可得正确答案.
详解:
对于①，甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；则甲地前3天的气温为22，22，24，后2天均大于24，符合进入夏季的标志，故①甲地肯定进入夏季；
对于②，乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；如连续5天的气温分别为19，20，27，27，27时，不满足进入夏季的标志，故②乙地不一定进入夏季；
对于③，丙地：5个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.
设其他4个数据若有一个低于22，假设取21，此时方差至少为，不符合总体方差为10.8，所以其他4个数据应都不小于22，所以丙地“连续5天的每日平均温度均不低于，符合进入夏季的标志，故③丙地肯定进入夏季，
所以进入夏季的地区有①③，
故选：B.
3-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
将7个数据有小到大依次排列，举出反例证明（1）（3）不满足，假设（2）不满足，根据计算得到平均数大于1，矛盾，假设（4）不满足，计算标准差大于，矛盾，得到答案.
详解:
将 7 个数由小到大依次记为、、 、、、、
对于（1）选项，反例：、、、、、、，满足中位数为3，众数为2，与题意矛盾，（1）选项不合乎要求；
对于（2）选项， 假设，即该公司发生了群体性发热，因中位数为1，则 ，平均数为 ，矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，（2）选项合乎要求；
对于（3）选项，反例：、、 、 、、、，满足众数为4，均值为3，与题意矛盾，（3）选项不合乎要求；
对于（4）选项， 假设，即该公司发生群体性发热，若均值为2 ，则方差为，即，与（4）选项矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，（4）选项合乎要求.
故选：D
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
对于选项AC：首先假设不达标，通过均值、中位数和方差的公式运算，检验假设是否成立；对于选项BD：根据众数、中位数、极差和百分位数定义即可判断.
详解:
不妨设8天中，每天查获的酒驾人数从小到大分别为，，，，
且，其中，
选项A：若不达标，则，因为中位数为5，所以，
又因为均值为4，故，从而，且，则，，，满足题意，从而甲地有可能不达标；故A错误；
选项B：由众数和中位数定义易知，当，，，时，乙地不达标，故B错误；
选项C：若不达标，则，由均值为7可知，则其余七个数中至少有一个数不等于7，
由方差定义可知，，这与方差为2矛盾，从而丙地一定达标，故C正确；
选项D：由极差定义和百分位数定义可知，当，时，丁地不达标，故D错误.
故选：C.
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
当时，求得，当时，，得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，求出的通项公式，即可得解.
详解:
解：①，
当时，解得，
当时，②，
①减②得，


则是以为首项，为公比的等比数列，


故选：
点睛:
本题考查递推数列、等比数列的定义与通项公式，考查运算求解能力、化归与转化思想，属于基础题．
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
计算，，得到，代入计算得到答案.
详解:
当时，；
当时，，∴，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，即，∴，
∴．
故选.
点睛:
本题考查了构造法求通项公式，数列求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
令，求出的值，令，由得出，两式作差推导出，可知数列是等比数列，确定该等比数列的公比和首项，进而可求得的值.
详解:
当时，，解得；
当时，由可得，
上述两式作差得，所以，，
设，可得，可得，解得，
所以，，，可得，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，，因此，.
故选：C.
点睛:
方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由题意得，结合已知有是首项、公比均为4的等比数列，进而得到，即可求目标式的值.
详解:
∵，
∴，即且，
∴数列是以4为首项，公比为4的等比数列，故，
由得：，
设数列的前项和为，则，
∴．
故选：C
4-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题知数列是等比数列，公比为，首项为，进而得，再计算即可.
详解:
解：因为，，
所以，即，
所以，
所以数列是等比数列，公比为，首项为，
所以，即
所以
故选：B
4-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由递推关系式构造为等比数列，再根据与的关系求出的通项公式，利用对数的运算性质即可求解.
详解:
由，则，即，
所以，且
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以（1），
当时，（2），
（1）（2）相减可得：，
所以，
所以.
故选：A
点睛:
本题考查了递推关系式研究数列的性质、构造数列求数列的通项公式，与的关系，属于中档题.
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
把点代入,求得函数解析式，令，求解即可.
详解:
函数模型为，把点代入，可得
，解得.
，由，得，即，得.
某业务员要得到6万元奖励，则他的销售额应为256万元.
故选：B.
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由题意，，代入，运算即得解
详解:
由题意，，代入可得

故
故选：A
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意先建立数学模型，然后利用对数求值进行计算.
详解:
解：由题意得：

，
又
故

故选：B
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由已知数据求得参数，然后解不等式即可得．
详解:
，由，，得，，
两式相减得，则，所以，.
该住房装修完成后要达到安全入住的标准，则，
则，即，解得，
故至少需要通风26周.
故选：D．
5-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
设俯卧撑组数为组，根据题目所给函数解析式求出运动强度，解不等式求解即可.
详解:
由题意，设俯卧撑组数为组，则，
所以，
所以，
所以，，
因为，且，所以.
故选：B
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
代入得，设浓度为7mg/dL时，摄入天数为，则有，通过作差解出即可.
详解:
由函数模型，当时,,
可得,即①.
设血液尿酸浓度达到正常值7mg/dL时，摄入天数为,
则，即②,
②①得，即，则.
故选：D.
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.
详解:
设圆柱的底面半径为,则其母线长为,
因为圆柱的表面积公式为，
所以,解得,
因为圆柱的体积公式为,
所以,
由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，
所以所求圆柱内切球的体积为
.
故选:D
点睛:
本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意，用式子分别表示出圆锥体积、三角形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求出距离.
详解:
直角三角形绕旋转一周所得的圆锥的体积为；
三角形的面积，记重心到的距离为，
由，可得，解得，
所以的重心G到的距离为.
故选：B.
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
、阴影部分、半圆旋转所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，依次计算其体积即可.
详解:
由旋转体的概念可得：、阴影部分、半圆所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，易知OE=DE，
设DE=OE=r，故，，，
显然，且.
故选：D.
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据题意，用式子分别表示出直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.
详解:
设，
直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积为
；
梯形的面积，故记重心到的距离为，
则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，
则，则，
故选：C.
6-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
首先类比球的体积的求解方法构造出几何体，然后利用祖暅原理求解该几何体的体积即可.
详解:
如图所示，椭圆的长半轴为4，短半轴为3.
现构造一个底面半径为3，高为4的圆柱，
然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，
圆柱上底面为底面的圆锥，当截面距离下底面的高度为h时，
设橄榄状的几何体对应的截面平径为R，圆柱对应截面的小圆半径为r，
则由可得，
则橄榄状的几何体对应的截面面积.
由相似可得：，即，
圆柱对应的截面的面积，
设圆柱的体积为，圆锥的体积为，
则，由祖暅原理可得几何体的体积为：
.
故选：C

点睛:
关键点睛：通过阅读，理解原理是解题的关键.
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
分析：以为轴，旋转题设半圆所得的球的体积为.运用提供的定理求得，，可得的值.
详解：以为轴，旋转题设半圆所得的球的体积为．运用提供的定理求得，
，解得，所以选
点睛：本题是新定义概念题，考查球体体积公式以及分析问题解决问题的能力，属中档题.
7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用双曲线的定义及线段的关系建立方程，解出再利用双曲线离心率公式计算即可
详解:
因为，，，
所以，所以．
由双曲线的定义得：，
所以，
所以
在中，
所以．
故双曲线的离心率为.
故选：D.
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
设，根据双曲线的定义结合勾股定理可得，进而可得，即得.
详解:
如图所示，设，则，，连接，，

由双曲线的定义，得，，由于点在以为直径的圆上，
所以，在直角三角形中，，即，得，
在直角三角形中，，即，
所以，可得，离心率.
故选：C.
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据圆的几何性质，勾股定理，双曲线的几何性质，化归转化思想，画出图形分析即可求解.
详解:
依题意，可得如图所示：

设双曲线的右焦点为，
因为圆，所以半径，
过圆心作弦的垂线，垂足为，则为的中点，
又，所以为的中点，又为的中点，
所以且，又，所以，
因为，所以，所以，
又因为，，
所以，
所以双曲线的离心率为.
故选：D.
点睛:
本题考查了圆的几何性质垂径定理，勾股定理，双曲线定义的运用，双曲线离心率的求法，解题过程中出现中点时可优先考虑中位线的性质，化归转化的过程中要充分考虑相关图形的性质.
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
过作交于，过作交于，利用双曲线的定义和性质、离心率的计算公式求解即可.
详解:
过作交于，过作交于，

由题意可得，，所以，
因为是中点，所以，，
又因为，所以，，
由双曲线定义可得，即①，②，③，
①②③联立可得.
故选：A
7-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设，，有，，，由弦长公式可得，，四边形AMBN的面积为，解得，可求双曲线的离心率.
详解:
根据对称性不妨设点P在第一象限，如图所示，

圆O：，圆心为，半径为，
设，，点P在双曲线上，，则有，，可得，
过O作MN的垂线，垂足为D，O为的中点，则，，
同理，，由，
四边形AMBN的面积为，
，化简得，则有，则C的离心率.
故选：D
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
设，在中，根据余弦定理可得，根据三角形面积公式可得，设,,则，从而可得，，代入，结合及离心率公式即可求解.
详解:
设，因为在双曲线上，故.
由余弦定理可得
，
所以.
所以.
由题意可得与为直角三角形，所以.
因为是的中点，所以是的中点.
设,,则.
所以.
故
.
所以,解得，.
所以,可得，故.
故选：B.

8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据三个式子的结构，构造函数，求导判断单调性，进而比较，，的大小，即可得，，的大小关系.
详解:
令，则，
，，
由可得且，
由可得；所以在上单调递减，
因为，所以，
所以，
故选：C.
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
对函数求导，得出函数在上单调递减，利用中间值法比较、、的大小关系，利用函数的单调性得出、、三个数的大小关系．
详解:
，，
所以，函数在上单调递减，
，，即，，则，
函数在上单调递减，因此，，故选D.
点睛:
本题考查函数值的大小比较，这类问题需要结合函数的单调性以及自变量的大小，其中单调性可以利用导数来考查，本题中自变量的结构不相同，可以利用中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题．
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
构造函数，求导可得在上单调递增，即可得，从而得出大小，又结合对数函数与指数函数的性质比较得出大小，即可得结论.
详解:
解：设，，所以，
则当时，，所以单调递增，则，
所以，则；
又，且，
所以，故.
故选：C.
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
利用中间值法比较a与c，b与c大小关系，再通过构造函数，然后通过的单调性比较a与b的大小关系.
详解:
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
令，则，
又∵中，，
∴，
∴在R上恒成立，
∴在R上单调递增，
∴，即：，
∴，即：，
∴.
故选：A.
8-5【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
构造函数，利用导数可得在上为增函数，在上为减函数，由此可得；构函数，利用导数可得在上为减函数，由此可得，从而可得答案.
详解:
，，
，
令，则，，
当时，，当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以，即，；
，
令，，
因为，所以，所以在上为减函数，
又，所以，即，，
综上所述.
故选：D
8-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
方法一：构造函数，，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.
方法二：由作差法，并构造函数，，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.
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．
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．
故选：A．
点睛:
关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.
9-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
设出复数，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
详解:
由题意，复数与是共轭虚数，设、，且，
则，当时，由于复数不能比较大小，∴A选项不一定正确，
又由、，∴，∴B选项一定正确；
由，∴C选项一定正确，
由不一定是实数，∴D选项不一定正确.
故选：BC.
9-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
利用特值可判断AB，根据复数的共轭复数的概念可判断C，根据复数的除法及复数的概念可判断D.
详解:
令，则，故A错误；
令，则，故B错误；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，设，，
所以，即，所以，故D正确.
故选：CD.
9-3【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
根据复数的运算率可判断；令，为纯虚数可判断；令，或可判断．
详解:
解：由，得，
，，即，正确；
令，，满足，但不满足，错误；
令，，
则
，
又，正确；
，
，
，正确．
故选：ACD．
9-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
利用复数的求模公式和四则运算判断A、B，利用虚数不能比较大小判断C，利用特殊值判断D．
详解:
解：对于A：设，，则，，故A正确，
对于B：，
所以，故B错误；
对于C：虚数不能比较大小，能比较大小的一定为实数，，，故C正确；
当，时，满足，但不成立，故D错误.
故选：AC．
9-5【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
根据复数模、共轭复数的积运算即可判断A，由复数除法的运算及共轭复数、虚部的概念判断B，根据复数模的几何意义及圆的性质判断C，利用复数的加减运算、模的运算求解可判断D.
详解:
设，
对A，，，故正确；
对B，，所以，
，其虚部为，故错误；
对C，由的几何意义，知复数对应的动点 到定点的距离为1，
即动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，表示动点到定点的距离，由圆的性质知，，故正确；
对D，设，因为，，
所以，又，所以，
所以，所以
，故正确.
故选：ACD
9-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
根据复数的运算性质，即可判定A正确；取，可判定B不正确；取，可判断C不正确；根据复数的模运算法则，可判定D正确．
详解:
对于A中，设复数，
可得，
因为，可得，所以，所以A正确；
对于B中，取，可得，所以B不正确；
对于C中，例如：，则，此时，所以C不正确；
对于D中，，则
所以，故D正确；
故选：AD
10-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
结合正弦函数与正切函数的性质分析A、B、C，利用导数判断函数的单调性，即可说明D.
详解:
因为，又的最小正周期为，的最小正周期为，
所以的最小正周期为，
所以，故A错误；
因为的对称中心为，的对称中心为，
所以的图象的对称中心是，故B正确；
因为的零点为，的零点心为，
所以函数的零点是，故C正确；
函数的定义域为，
所以，因为，且，
所以，所以在上单调递增，故D正确；
故选：BCD
10-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
利用周期函数的定义可判断A；通过导数的正负可判断B；令，结合单调性可判断C；由可求得对称中心即可判断D.
详解:
对于A，令，，
当时，，故不存在非零常数，使成立，
故不是周期函数，即不是周期函数，故A错误；
对于B，，，当时，，则在上单调递增，故B正确；
对于C，令，当时，，则在上单调递增，所以，即，故C正确；
对于D，，则，
故关于点对称，由于，则对称中心不只一个，故D错误．
故选：BC．
10-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
计算是否成立可判断A项，运用周期性计算是否成立即可判断B项，对于C项，运用导数判断在上的符号即可，对于D项，运用导数研究在一个周期内的单调性进而可求得值域.
详解:
对于A项，因为，
所以不是的最小正周期，故A项错误；
对于B项，由A项知，的一个周期为，
又因为，，
所以，
所以关于对称，故B项正确；
对于C项，由题意知，，
当时，，则，即：，所以，
所以在上单调递增，故C项正确；
对于D项，由A项知，的一个周期为，
由C项知，，
当时，，则，即：，所以，
所以在上单调递减，
又因为，，，
所以，，
所以的值域为，故D项正确.
故选：BCD.
10-4【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 分析:
根据奇函数和周期函数的定义即可判断选项；根据对称轴的性质即可判断选项；根据二倍角的余弦公式化简换元成关于正弦的三次函数，利用导数判断函数的单调性求出最值，进而判断选项；利用导数的正负与函数的单调性的关系即可判断选项.
详解:
对于，因为函数的定义域为，
又，所以函数为奇函数；
又因为，所以函数为周期函数，故选项正确；
对于，若函数的图象关于直线对称，则成立，
因为，所以，故选项正确；
对于，因为函数，令，则函数可化为，，令，解得，
所以在和上单调递减，在上单调递增，又因为，，所以函数的最大值为，
故选项错误；
对于，因为，若函数在上单调递增，则在上恒成立，取，则，故选项错误，
故选.
10-5【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
求出，分析得到和的周期性，然后利用导数法得到在单调性，最后通过证明得出.
详解:
定义域为，，
对于A，，A正确；
对于B，由于不是周期函数，不具备周期性，B错误；
对于C，令，则，
当时，，，
在单调递减，，
，在单调递减.C正确；
对于D，要证，即证.
令，即证.
当时，令，，所以在上单调递减，所以，即，
当时，，
当时，，
所以，即，.
D正确.
故选：ACD.
10-6【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
求出函数的零点判断A；求出函数的导数，判断单调性、求出极大值判断BC；求出图象在原点处的切线方程判断D作答.
详解:
对于A，由得：，即或，
而，有，解得或，A错误；
对于B，，
当时，，，于是，且当时，则在上递增，B正确；
对于C，由选项B知，当时，单调递增，
当时，单调递减，因此当时，取得极大值，C正确；
对于D，显然函数过原点，，而，因此图象在原点处的切线方程为，
因为直线过原点，因此直线不是图象在原点处的切线，
令，，，即函数在上单调递增，
当时，，即，于是函数在上的图象总在直线的下方，
所以直线不可能为图象的切线，D错误.
故选：BC
11-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
设直线的方程为，联立，消去并整理得,利用中点坐标公式判断A；利用面积公式以及斜率与倾斜角的关系判断B；利用焦半径公式判断C；转化为求解
详解:
斜率为零时不合题意，所以可设直线的方程为，联立，
消去并整理得，则，，
又，
所以，解得，
所以直线的倾斜角为30°或150°，正确；
，C正确
弦的中点坐标为，即，A错误；
，D正确
故选:BCD
11-2【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
根据给定条件，求出焦点F的坐标判断A；联立直线l与抛物线C的方程，利用韦达定理，结合抛物线定义、向量垂直的坐标表示判断BCD作答.
详解:
显然抛物线的焦点F在x轴上，直线与x轴交于点，
即，则，解得，抛物线的方程为，准线方程为，A正确；
由消去并整理得：，设，
则有，线段的中点横坐标为，因此线段的中点到y轴的距离为，B错误；
，因此线段的长度为，C正确；
显然点，，
则，
即，因此，D正确.
故选：ACD
11-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
由条件求出抛物线方程，由此判断A，再联立方程组利用设而不求法判断BCD.
详解:
因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线方程为，其准线方程为，A错误；
由已知直线的方程为，联立，消，可得，
方程的判别式，
设，则，所以，
所以，B正确；
当时，，
所以，
所以，C错误；
由可得，
所以，故，又，
所以，，
，，
所以，
所以，
所以，
所以，又，
所以，D正确；
故选：BD.

11-4【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断A；结合A分、讨论，利用韦达定理、斜率公式可判断B；设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断C；由在轴的同侧，由利用基本不等式可判断D.
详解:
对于A，若直线过点，设直线的方程为，
与抛物线方程联立可得，
易得，所以，则，故A正确；

对于B，若直线过点，由A知，则，，
当时，，不妨设，则，，所以此时与重合，所以三点共线；
当时，，
，
所以，且为线段的共同起点，所以三点共线，故B正确；

对于C，若直线过点P，设直线的方程为，
与抛物线方程联立可得，
则，解得或，
所以，则，故C正确；

对于D，若直线过点P，则在轴的同侧，即，
则，而，等号不成立，故D错误.

故选：ABC.
11-5【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
设直线，联立方程组求得及，结合向量的数量积的运算，可判定A选项正确；由，可判定B选项正确；由，，化简可判定C选项错误；设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为或，结合抛物线的性质得到，利用基本不等式，可判定D符合题意.
详解:
由抛物线可得准线为，焦点为，
设直线，代入抛物线，得到，
设，，则，，，.
对于A中，由，为定值，所以A选项正确；
对于B中，由得，则，所以B选项正确；
对于C中，由，，可得
，故C选项错误；
对于D中，设直线的倾斜角为，可得，即，
由A选项可得，
所以，
因为，则直线的倾斜角为或，
同理可得，
所以，
（当且仅时，等号成立），所以D选项正确.
故选：ABD.

11-6【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
当直线过点，可设，与抛物线联立，利用“设而不求法”判断A，B；当直线过点，可设，与抛物线联立，利用“设而不求法”和焦半径公式判断C，D.
详解:
由题意可得：抛物线的焦点，准线与轴的交点.
若直线过点，可设，代入抛物线方程，有.
设，则有
对于A.故A正确；
对于B：



把代入，得.故B正确；
若直线过点，可设，代入抛物线方程，有.
所以判别式，则.
设，则有.
由抛物线的定义.
因为，所以.
而，所以.
故C错误，D正确.
故选：ABD．
12-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
根据“特征函数”的定义逐个分析判断
详解:
对于A，设是一个“-特征函数”，则，当时，，因此不是常数函数中唯一的“-特征函数”，故A不正确；
对于B，，即，要使该式恒成立，则，而该方程无解，故B正确；
对于C，令，得，所以，若，显然有实数根；若，则，又因为的函数图象是连续不断的，所以在上必有实数根，因此任意“-特征函数”至少有一个零点，故C正确；
对于D，若是一个“-特征函数”，则对任意实数x恒成立，即，令，则由两函数的图象可知，两图象有一个交点，所以有解，故D正确.

故选：BCD.
12-2【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
利用方程法可判断AC选项；利用作差法可判断B选项；利用零点存在定理可判断D选项.
详解:
对于A，由可得，解得或，所以A正确；
对于B，，故不是“不动点”函数；
对于C，由可得，解得，所以C正确；
对于D，当时，，由，
因为，，
所以，存在，使得，即，所以D正确．
故选：ACD.
12-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
对于A，利用单调性的定义进行判断；对于B，通过判断函数的奇偶性求解；对于C，直接计算即可；对于D，由前面的判断可知在上为增函数，在上为减函数，所以构造函数在上为增函数，然后利用零点存在性定理可得，使得，从而可进行判断
详解:
选项A，设，
则，
，
，，，
，即，
在上为增函数．
同理可知在上也为增函数，故正确；
选项B，两函数定义域都为，且，图象关于原点对称,
，图象关于轴对称，故错误；
选项C，，故正确；
选项D，由选项，可知与在上均为增函数，
则当时，，
在上为增函数．
又由选项B可知，为偶函数，
在上为减函数．
在上为增函数．
，
，
，
，使得，
即，使得，故错误．
故选：AC
12-4【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
由基本不等式可判断A；利用导数可确定，即可判断B；由恒成立即可判断C；利用放缩法即可判断D.
详解:
对于A，当时，（当且仅当时取等号），
恒成立，是的一个下界，故A正确；
对于B，∵，
当时，；当，，
在上单调递减，在上单调递增，
，∴有下界，
又当越来越大时，趋向于，∴无上界，
综上所述，有下界，无上界，故B正确；
对于C，，，，有下界，故C错误；
对于D，，，
又，，
，既有上界又有下界，故D正确．
故选：ABD．
点睛:
关键点睛：函数新定义的应用，关键是明确新定义运算实际考查了函数值域的求解问题，涉及到利用导数来求解函数的单调区间和最值，属于中档题．
12-5【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
根据不动点的定义，逐项进行分析检验即可求解.
详解:
对于，假设函数存在不动点，则方程有解，
由对数函数的图象可知：方程有解，所以函数存在不动点，故选项满足；
对于，假设函数存在不动点，则方程有解，
也即，因为判别式，所以方程无解，故假设不成立，
也即函数不存在不动点，故选项不满足；
对于，假设函数存在不动点，则方程有解，
当时，方程为无解；当时，方程为，令，
则，所以在上单调递减，所以，所以，
则方程为无解，故选项不满足；
对于，假设函数存在不动点，则方程有解，
令，则函数在上单调递增，因为，
，则，由零点存在性定理可知：函数在上存在零点，
也即有解，所以函数存在不动点，故选项满足，
故选.
12-6【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
计算得到，正确；确定，画出函数图像知B正确；取特殊值得到不恒成立，C错误；考虑，，三种情况，根据零点存在定理得到答案.
详解:
对选项A：，，，则，正确；
对选项B：，即，即，根据图像知方程有唯一正数解，正确；

对选项C：，即，取得到，取得到，方程组无解，故等式不恒成立，错误；
对选项D：若，则1即为的零点；若，则，
，可得，，
，故当趋近正无穷时，趋近正无穷，所以存在零点；
若，则由， 可得，
由， 可得，
，，
当趋近正无穷时，趋近负无穷，所以存在零点.
综上所述：存在零点，正确.
故选：ABD
13-1【基础】 【正确答案】 1
【试题解析】 分析:
求导，由题意可得切线的斜率为，再根据导数的几何意义即可得解.
详解:
解：函数的定义域为，，
曲线在点处的切线与直线垂直，
所以切线的斜率为，
则，解得．
故1．
13-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据导数的几何意义求得切线的斜率,再根据两直线垂直,斜率的乘积为列方程可解得.
详解:
因为函数且,所以,
所以,
所以曲线在点处的切线的斜率为,
依题意可得,所以.
故答案为.
点睛:
本题考查了利用导数的几何意义求切线的斜率和两直线垂直与斜率的关系,属于中档题.
13-3【巩固】 【正确答案】 5
【试题解析】 分析:
将点代入曲线求出关于的关系式，再结合两直线垂直的条件和曲线在点的导数求解即可
详解:
将点代入曲线可得，曲线的导数为
，根据曲线在点处的切线与直线垂直，所以过曲线上点的切线斜率为，联立得，，则
故答案为5
点睛:
本题考查曲线在某点对应切线斜率的求法，两直线垂直时斜率的关系，是中档题型.
13-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据切线的斜率求得，从而求得切点坐标，进而求得切线方程.
详解:
直线的斜率为，所以切线的斜率为.
，
所以，
所以切线方程为，即.
故
13-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设，.求出，，根据导数的几何意义即可求出的值，进而得出答案.
详解:
设，.
则，.
直线的斜率为，由导数的几何意义可得，，所以.
又，.
直线的斜率为，由导数的几何意义可得，，所以.
所以.
故答案为.
13-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先求出曲线在点处的切线的斜率为，再由条件可得，即，再根据，求的范围即可.
详解:
由有.
则曲线在点处的切线的斜率为.
又曲线在点处的切线与直线垂直.
所以,即
由函数在上单调递减，在上单调递增.
所以当时，,即.
故
点睛:
本题考查利用导数求曲线在某点处的切线的斜率以及两直线垂直斜率之间的关系，属于中档题.
14-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
首先写出展开式的通项，令求出，再代入计算可得.
详解:
二项式展开式的通项为，
令，解得，
常数项为.
故．
14-2【基础】 【正确答案】 4860
【试题解析】 分析:
利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令x的指数为1,求出的值,将的值代入通项,求出系数.
详解:
的展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中x的系数为.
故答案为:.
14-3【巩固】 【正确答案】 280
【试题解析】 分析:
根据二项式展开式的通项公式，结合两个二项式相乘的特点，求出k，即可求得答案.
详解:
的展开式中通项为,
所以要使展开式中出现常数项，需或，
当时，；当时，（舍去），
所以常数项为，
故280.
14-4【巩固】 【正确答案】 14
【试题解析】 分析:
根据展开式中的系数是由两部分组成，分别求得系数相加即可得出结果.
详解:
由题意可知，在的展开式中含有项为和两部分，
所以的展开式中的的系数．
故14
14-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
写出展开式通项，利用展开式中的常数项为求出的值，再结合通项可求得展开式中含项的系数.
详解:
，
二项式的展开式的通项为，
则常数项为，解得．
此时含的项为，所以的系数为．
故答案为.
14-6【提升】 【正确答案】 15
【试题解析】 分析:
令结合各项系数之和为64求得，应用二项式定理写出含的项，即可得结果.
详解:
令，则，可得，故原多项式为，
又的展开式通项为，且r可取0,1,2,3,4,5，
所以含的项为，故其系数为.
故
15-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.
详解:
如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，进而，
又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，，.
从而，，
，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为.

15-2【基础】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
连接、、，设正方体的棱长为，推导出，则异面直线和所成角为或其补角，求出各边边长，利用余弦定理可求得角的大小，即为所求.
详解:
如下图所示，连接、、，设正方体的棱长为，
因为且，则四边形为平行四边形，故，
所以，异面直线和所成角为或其补角，

因为，同理可得，，
由勾股定理可得，
由余弦定理可得，
所以，，故异面直线和所成角的大小为.
故答案为.
15-3【巩固】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
在平面中，过点作，过点作，连接，进而是异面直线与所成的平面角或其补角，设，再在中，结合余弦定理求解即可.
详解:
解：如图，在平面中，过点作，过点作，连接，
所以，四边形是平行四边形，
所以，是异面直线与所成的平面角或其补角；
因为四边形为正方形，所以
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以
不妨设，则，
因为，所以，，
所以，在中，，
所以
所以，异面直线与所成角的正弦值为.
故

15-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
通过取中点法，根据正方形的性质、平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理、勾股定理、余弦定理进行求解即可.
详解:
设分别是的中点，连接 ，
显然有且，
因为四边形是正方形，点为的中点，所以 且，
因为四边形是正方形，点是中点，所以且 ，
因此且，所以四边形是平行四边形，
因此有，而平面， 平面，
所以平面，因此两点重合，
因此直线与所成角为或其补角 ，
设正方体的棱长为4，
由勾股定理可知：，
，显然，
，
在中，
，
故

点睛:
关键点睛：根据取中点法结合三角形中位线定理、正方形的性质、线面平行的判定定理得到异面直线所成的角是解题的关键.
15-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
取，的中点E，F，根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理证明平面平面，由此确定直线l，再确定直线l与直线所成角，解三角形求其大小.
详解:
依题意，分别取，的中点E，F，连接，，，，．因为正三棱柱的棱长均为2，所以四边形为正方形，由点M是侧棱的中点，得．因为平面，所以，，所以平面，所以平面平面，所以过点与平面垂直的平面与侧面的交线l即为．又因为，可得直线l与直线所成角即与所成的角，在中，，，，，所以直线l与直线所成角的余弦值为．

15-6【提升】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
过点作且，则为异面直线与所成的角或其补角，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据锥体体积公式结合条件可得的长，在中结合条件即得.
详解:
如图过点作且，连接，

所以为异面直线与所成的角或其补角，
由题可知是正方形，
所以，因为，，
所以，又平面，平面，，
所以平面，又平面，
所以，
过作于，由平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，
因为四面体体积为6，
则四棱锥的体积为，
所以，又，
所以，又，
所以或，
当时，为等边三角形，，
在中, ，，
当时，，，
在中, ，，
所以异面直线与所成的角的大小为或.
故或.
16-1【基础】 【正确答案】 且
【试题解析】 分析:
换元看成复合方程利用内层函数图像与二次方程结合求解
详解:
关于x的方程f2（x）﹣bf（x）+c＝0有7个不同实数解，令=f（x）
则有两个解
此时=f（x）=0有3个不同实数解，=f（x）=0有4个不同实数解，则且
故且

点睛:
本题考查函数的零点，考查复合方程，考查图像的画法及数形结合思想，是中档题
16-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
令，结合的图象将问题转化为“方程在上有两不等实根”，然后根据二次函数性质即得.
详解:
作函数的图象如图所示，

令，因为关于x的方程有8个不等的实数根，
结合图象可知，关于的方程在上有两不等实根，
则，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为.
16-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
化简函数的解析式，画出函数的大致图像，结合图象分析方程的解的个数与的关系，结合二次方程根的分布的相关结论求t的取值范围.
详解:
由已知当时，，
当时，，
当时，，
画出函数的图象如图所示．

所以函数的图象与函数（c为常数）的图象最多3个交点，
且有3个实数根时，
所以有6个不等实数根等价于一元二次方程在上有两个不同的实数根，
所以解得或．
故答案为.
点睛:
关键点点睛：本题解决的关键在于作出函数图象，通过图象观察确定方程的解的个数与的关系，从而将条件转化为二次方程的区间根问题，结合二次函数性质和图象求解.
16-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据解析式画出函数图象,对进行换元,根据图象可知需要有两个零点,且,需各对应三个根,根据根的分布列出不等式,解出即可.
详解:
解:由题意画图像如下:

因为关于x的函数有6个不同的零点,
令,
则,
则关于t的二次函数需要有两个零点,
根据上图可知,,需各对应三个根,
即,均需在范围内,
因为二次函数开口向上,
所以有,
即,
解得.
故答案为:
16-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先求出对称轴，利用导函数得到，换元后利用根的判别式求出的取值范围，再结合二次函数根的分布情况求出的取值范围，最终求出答案.
详解:
由得：对称轴为，当时，，当时，，当时，，故在处取得极小值，且为最小值，，令，则，要想有8不同的实数解，故要有两个根，则，解得：或，且两根均要大于，所以要满足，解得：，综上.
故
点睛:
复合函数，利用根的个数求参数的取值范围，要适当换元，并结合导函数，根的判别式，根的分布情况进行求解.
16-6【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据函数的单调性，作出大致图象，设，则有三个不同的实数解，对方程进行分析，当时，不符合题意，当时，必有两根，其中，再根据二次函数的性质，即可求出结果．
详解:
由的定义域为， ，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以，
若关于的方程有三个不同的实数解，
令，则关于的方程等价于关于的方程，作出函数的草图，如下：

由图像可知，当，方程为，此时只有一个根，不合题意，
当时，即 ，设方程有两根，分别为，
又，由图像可知， ，
令，则，即
解得，，
又，所以的取值范围是.
故选：A．
点睛:
本题考查导数在函数的单调性和最值中的应用，考查了函数零点问题，考查学生分析解决问题的能力、数形结合思想，属于中档题．
17-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）首先将角化为边，再根据余弦定理，即可求解；
（2）首先求边和，再根据三角形的面积公式，即可求解.
由正弦定理边角互化可知，，
所以，因为，
所以；
，
所以
根据正弦定理，得，
.
17-2【基础】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理的边化角公式求解即可；
（2）由正弦定理以及内角和定理得出，再由三角形面积公式求解即可.
详解:
（1）由正弦定理的边化角公式可得
，，即，
，
（2）由正弦定理得
，
即

点睛:
本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.
17-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的面积公式结合等面积法求出，即可得解.
因为，
所以根据正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
因为，所以；
由，
得，解得，
所以的面积为.
17-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理、三角变换公式可得，故可求.
（2）利用余弦定理可求，利用公式可求.
因为，故，
整理得到即,
所以，而，故.
由余弦定理可得，
故，解得，故.
17-5【提升】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）利用诱导公式化简，由正弦定理边角转化，结合二倍角公式求得，由此可得结果；
（2）利用三角形周长得到，利用余弦定理构造出关于的方程，解出的值，代入三角形面积公式可求得结果.
因为，则，
所以， 则，
因为，所以，.
因为，所以，
因为，所以，即.
因为的周长为，，所以，
由余弦定理得，即，解得，
所以.
17-6【提升】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据余弦定理可得，由正弦定理可得，即可求解；
（2）根据余弦定理和基本不等式的应用可得，结合三角形的面积公式计算即可求解.
因为，
由余弦定理得，
又，所以，
由正弦定理得，
又，所以，所以，
因为,），所以．
因为，
由余弦定理得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以的面积，
即的面积的最大值为．
18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）直接带入递推公式即可
（2）证明等于一个常数即可．
（3）根据（2）的结果即可求出，从而求出．
详解:
（1）， ，
可得；
，；
（2）证明：
，
可得数列为公比为，首项为等比数列，
即；
（3）由（2）可得，

．
点睛:
本题主要考查了根据通项求数列中的某一项，以及证明是等比数列和求前偶数项和的问题，在这里主要用了分组求和的方法．
18-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）由题意可知，为等比数列，已知首项和公比，利用等比数列通项公式求解.
（2）求出的通项，错位相减法求．
数列满足且，∴是首项为，公比为的等比数列，
∴
由，得，
，
，
两式相减得，
.
18-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）通过题意可得到是等比数列，然后求其首项和公比，即可求得答案；
（2）利用错位相减法和分组求和法即可求解
由，得，
又，
故，所以，即，
故
又，
所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列，
所以，故数列的通项公式为

设，其前n项和为，
则，
，
所以，
所以，
所以
18-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）根据对数的运算和等比数列的定义证明；
（2）利用分组求和以及错位相减法求和.




所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.
由（1）可得，，所以，
设设其前项和为，
则①
②
减②得

所以
所以
18-5【提升】 【正确答案】 1、，；
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据等差数列和等比数列的定义得到数列和分别为等差等比数列，然后求通项即可；
（2）根据题意得到当为奇数时，，当为偶数时，，然后分别用裂项相消和错位相减求和即可.
因为，所以数列为等差数列，公差为1，所以，
令，所以，数列为等比数列，公比为2，所以.
当为奇数时，；
当为偶数时，；
所以奇数项的前项和为，
偶数项的前项和为①，
①得：②，
①-②得：

，
所以，.
18-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见详解；
（2）①；②满足的所有正整数有和.
【试题解析】 分析:
（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；
（2）①推导出 ，由，得 ， ，从而；
②：由①的求和式子由此能求出满足Sn＞0的所有正整数n的值．
详解:
（1）设，
因为
，
所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列.
（2）①由（1）得 ，
即，由，
得 ，
所以 ，



，
②显然当时，单调递减，
又当时，，
当时，，所以当时，；
，
同理，当且仅当时，，
综上，满足的所有正整数为和.
点睛:
关键点点睛：本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n项和的正整数的最大值的求法，解题的关键是根据等比数列的通项公式得出， ，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想．
19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系求出平面、平面的一个法向量利用向量夹角公式可得答案．
由题意知，平面平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以，又平面，平面，
所以平面；
以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，


在中，由，得，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，则
由，得，令，得，
设平面的一个法向量为，则
由，得，令，得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值．
19-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、
【试题解析】 分析:
（1）通过线面平行的性质定理证明EF∥BD，再根据线面平行的判定定理证明BD∥平面AEF；
(2)根据线面垂直的性质可得，进而建立如图所示的空间坐标系，根据题意求出各点和各线段的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示分别求出平面ACD和平面ABD的法向量，结合空间向量数量积的定义即可求得二面角的余弦值.
∵EF∥平面ABD，平面BCD平面ABD=BD，且平面BCD，∴EF∥BD，
又∵BD平面AEF，平面AEF，∴BD∥平面AEF；
因为平面BCD，BC、DE平面BCD，
所以，又，
所以以E为坐标原点，建立如图所示的空间坐标系，
，
得，
设平面ACD的一个法向量为，则
，
令，得，所以
设平面ABD的一个法向量为，则
，
令，得，所以，
所以，
又二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、
【试题解析】 分析:
（1）由已知可推出，进而得出D为AC中点，证得，即可根据线面平行的判定定理；
（2）先证明平面.方法一：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.
因为平面PAB，平面平面，平面CAB
所以.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.

如图1，取的中点F，连结PF、AF.
由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.
因为
所以，
所以.
又，则有，
所以，.
则有，，，
所以，，，
又，平面，平面.
所以平面.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.

由，，可得.
，，，，，.
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，
则，，，，，
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
19-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）利用中位线证明，则可推出平面，由线面平行的性质，可知，即可证出直线平面；
（2）由题意分析，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量，根据二面角公式可求出平面和平面的余弦值，即为二面角的余弦值.
证明：、分别是、的中点，
是的中位线，则，
平面ABC，平面，
平面，
又平面，平面与平面的交线为，
，
平面，平面，
平面.
解：如图，

是圆的直径，是的中点，，
，，
直线平面，
，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量，
则，取，则，
直线平面，
是平面的法向量，
，
二面角的余弦值为.
19-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、；
3、
【试题解析】 分析:
（1）根据三角形中位线即可得，利用线面平行的性质定理，证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决即可；
（3）结合（2）中的建系，直接根据点到平面的向量公式计算即可.
，，，分别是，，，的中点，
所以，，所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
又因为平面，平面平面，
所以，又因为，所以.
因为，平面，所以两两垂直．
以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．

由，则，
所以，.
设平面的一个法向量为，则可取
设平面的一个法向量为，由，，
得，取，得．
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
由点到平面的距离公式可得，点到平面的距离为，
19-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）
【试题解析】 分析:
（1）由线面平行的性质得，进而为的中点，再根据得为靠近点的三等分点，故，进而可证明结论；
（2）由题可知，，故过点作，则，再以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
详解:
解：（1）因为平面，平面，平面，
所以，
因为为的中点，
所以为的中点，
因为分别在和上，且，
所以为靠近点的三等分点，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）平面，直线与平面所成角的正弦值为，，
所以直线与平面所成角的平面角为，即，
所以，，
过点作，
因为，，
所以，
所以以点为坐标原点，如图，建立空间直角坐标系，
，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
由题平面得，因为，，
所以平面，
所以平面的一个法向量可以为
所以，
由于二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为

20-1【基础】 【正确答案】 1、
2、分布列见解析，数学期望为
【试题解析】 分析:
（1）根据题意可知答对第一题分为两种情况：甲先答对或甲先答错乙补答对，结合独立事件的乘法公式即可求解；
（2）根据题意可得，利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，进而求解.
设甲、乙答对每题的事件为、，
则，所以，
答对第一题分为两种情况：甲先答对，甲先答错乙补答对，
所以答对第一题的概率为
.
由题意得，，

，
，
，
.
所以的分布列为：
X
0
1
2
3
P




数学期望为.
20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）答案见解析.
【试题解析】 分析:
（1）首先通过题意分析出甲选手进入抢答环节包含的两种情况，
然后分别计算出每种情况的概率，相加即可得结果；
（2）先列出的所有可能取值，并求出一次答题中甲选手得分的概率，然后分别求出取每个值时对应的概率，即得分布列，再利用数学期望的计算公式求解即可.
详解:
解：（1）记“甲选手进入抢答环节”为事件，
则包含5道题全部答对和5道题答错1道，从题库中再选1道回答正确两种情况，
则；
（2）由题意知，的所有可能取值为0，10，20，30，
记“一次答题中甲选手得分”为事件，
则事件包括甲选手抢到并答对和乙选手抢到并答错两种情况.
故，
，
，
，
.
所以的分布列为

0
10
20
30





数学期望
点睛:
本题是应用性、创新性题目，属于生活实践情境，以垃圾分类知识竞赛为背景考查随机变量的分布列与数学期望等知识. 考查逻辑思维能力、数学建模能力和运算求解能力.解决本题第（2）问的关键是利用互斥事件的概率加法公式得到甲选手在一次答题中得分的概率.
20-3【巩固】 【正确答案】 1、、、
2、分布列见详解，
【试题解析】 分析:
（1）分别计算甲班全部答错且乙班全部答对、甲班乙班都全部答对或都全部答错、甲班全部答对且乙班全部答错的概率即可；
（2）分别计算X取的概率并写出分布列和期望.
由题意可得：记“甲班每轮比赛得分”为事件A，则其概率，
“甲班每轮比赛得0分”为事件B，则其概率，
“甲班每轮比赛得1分”为事件C，则其概率，
故甲班每轮比赛得分、0分、1分的概率分别为、、
由题意可得：X的可能取值为，则有：
，
，
，
故X的分布列为
X


0
1
2






所以X的期望.
20-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、分布列见解析，12.5
【试题解析】 分析:
（1）根据互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式求解即可．
（2）先写出X的所有可能取值，再求出相应的概率，列出分布列即可．
记该同学前两道题答对道为事件，第三道答对为事件，第四道答对为事件，
则
.
的取值可能为0，5，10，15，20，
，
，

，
，
，
则的分布列为：

0
5
10
15
20







.
该同学填空题得分的均值是12.5分.
20-5【提升】 【正确答案】 （1）；（2）分布列见解析；期望为．
【试题解析】 分析:
（1）根据题意分别求出每一类情况的概率，再利用互斥事件概率加法公式即可求解；（2）由题意可知的所有可能取值为，，，利用独立事件与互斥事件的概率公式求出对应的概率即可求出分布列与数学期望．
详解:
解：（1）甲赢两场，分下面三种情况
①第一场甲胜，第二场无甲，第三场甲胜
概率为： ；
②第一场甲输，二三场均胜
概率为：；
③第一场甲胜，第二场输，第三场胜
概率为： ；
由互斥事件的概率加法公式可知：比赛进行了场且甲晋级的概率为.
（2）依题意的所有可能取值为，，
由（1）知，
当比赛进行了场后结束，甲获胜的场数为时，
分两种情况：
3场比赛中甲参加了1场，输了,概率为：
3场比赛中甲参加了2场，都输了，概率为：
3场比赛甲都参加且都输掉是不可能的，否则两场比赛打不到3场.
所以，
故，
故的分布列为








则．
点睛:
本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，考查数据处理能力、运算求解能力，考查数学运算、数据分析、数学抽象核心素养．
20-6【提升】 【正确答案】 1、
2、分布列见解析，
【试题解析】 分析:
（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）由题意可得的可能取值有，，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
记“甲同学在3次测评中恰有1次获得一等奖且第2次测评未获得一等奖”为事件，
甲同学第次测试获得一等奖为事件，则，
因为，，相互独立，，，
所以
.
由题意可得的可能取值有，，，，，
所以，

，
，
，
，
所以的分布列为



0
2
4






所以.
21-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）或．
【试题解析】 分析:
（1）根据题意列关于a，b，c的方程即可求解椭圆的方程；
（2）运用联立方程法列不等式求解参数的取值范围即可.
详解:
（1）短轴一个端点到右焦点F的距离为2，所以又离心率
所以，则
故 椭圆的标准方程为；
（2）设，由直线与椭圆联立化简得：，

根据得， ，解得或
又直线与椭圆有两个不同的交点，，解得
综上，m的取值范围为或 .
21-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）依题意可得，即可求出，再根据椭圆的离心率求出，最后根据的关系求出，即可求出椭圆方程；
（2）设椭圆上两点，关于对称，则的方程为
，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由求出的取值范围，再由的中点在直线上，即可得到与的关系，即可求出参数的取值范围；
详解:
解：（1）周长为，即，.又因为，，
椭圆方程，
（2）设椭圆上两点，关于对称，则的方程为
，由消去有：
由得①
又
因为的中点在直线上，所以，即
所以②，由①②得：，即
点睛:
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）设椭圆的方程为，应用点线距离公式列方程求参数，即可得方程；
（2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及中点坐标公式写出坐标，再根据对应直线斜率关系列方程，结合求参数范围.
依题意，设椭圆的方程为，则右焦点，
∵椭圆的右焦点到直线的距离为3，
∴，解得，故椭圆的方程为.
由题设，联立，得，
由题知，即①，
∴，从而，
∴，
∵，则，即②，
把②代入①得，解得，又，
故的取值范围是.
21-4【巩固】 【正确答案】 1、；
2、或.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，列出等量关系，求解即可；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程求得根与系数的关系，写出直线方程，求得点的纵坐标，利用韦达定理以及三角形的面积公式，即可求得直线斜率以及直线方程.
设椭圆的右焦点为，对，令，解得，
由题可知：，即；
由离心率为可得：，结合，解得；
故C的方程为.
由题可知，直线的斜率存在，又其过点，设其方程为：，
联立方程：可得：，
设坐标为，则，
，
又直线方程为：，令，
故可得
，则，
又；
故，
整理得：，即，
解得，即，
故的方程为：，即或.
点睛:
本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中三角形面积的求解，解决问题的关键是，合理转化三角形面积为，再利用韦达定理求解；属综合中档题.
21-5【提升】 【正确答案】 （Ⅰ）（Ⅱ）
【试题解析】 分析:
（Ⅰ）由题意可得，，，解得即可求出椭圆的C的方程；
（Ⅱ）由已知设直线l的方程为y=k (x-2) ，(k≠0)， 联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得B的坐标，再写出MH所在直线方程，求出H的坐标，由BF⊥HF,解得.由方程组消去y，解得，由,得到,转化为关于k的不等式，求得k的范围.
详解:
（Ⅰ）因为过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为3，
所以，
因为椭圆离心率为，所以，
又，
解得，，，
所以椭圆的方程为；
（Ⅱ）设直线的斜率为，则，设，
由得，
解得，或，由题意得，
从而，
由（Ⅰ）知，，设，
所以，，
因为，所以，
所以，解得，
所以直线的方程为，
设，由消去，解得，
在中，，
即，
所以，即，
解得，或.
所以直线的斜率的取值范围为.
点睛:
本题考查在直线与椭圆的位置关系中由已知条件求直线的斜率取值范围问题，还考查了由离心率求椭圆的标准方程，属于难题.
21-6【提升】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，列出的方程，根据，求出的值即可求解；
（2）联立直线和椭圆方程得到关于的一元二次方程，设，利用韦达定理和弦长公式求出的表达式，利用直线与相切得到的关系式，由题意知，，利用点到直线的距离公式分别求出点到直线的距离，据此即可得到的表达式，利用基本不等式求最值即可求解.
详解:
（1）设椭圆的焦距为，则由已知得，
解得，因为，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由得，
，
设，则，
所以

，
因为直线与相切，所以点到直线的距离，即，
所以，由，得，
因为圆与轴交于两点，所以，
所以两点到直线的距离分别为，
所以的面积与的面积乘积为


，
因为，所以.
因此的面积与的面积乘积的取值范围为.
点睛:
本题考查椭圆的标准方程及其性质、直线与圆的位置关系、直线与椭圆的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式和利用基本不等式求最值；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握椭圆与圆的性质和直线与圆锥曲线的位置关系是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.
22-1【基础】 【正确答案】 （1） （2）的取值范围是
【试题解析】 详解:
试题分析：（1）讨论三种情况:,结合二次函数的图象与性质，分别求出在区间的最小值，从而可得结果；（2）利用导数研究函数的单调性可得，只需存在，使得，从而可得在时有解，求出的最小值，即可得结果.
试题解析：（1）当时，
当时，
当时，

（2）函数的定义域为，

令，则
令，则或，
可知函数在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意的，有
，
由条件知存在，使，
所以
即存在，使得
分离参数即得到在时有解，
由于（）为减函数，故其最小值为，
从而
所以实数的取值范围是
22-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据极值点的定义可知，即有两个不等正根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得的取值范围；
（2）由（1）可知，由此化简为，令，利用导数可求得，即为所求的最小值.
由题意知：定义域为，；
令，则有两个不等正根，
，解得：，实数的取值范围为.
由（1）知：，是的两根，则；
；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
，
即的最小值为.
22-3【巩固】 【正确答案】 1、-1 2、
【试题解析】 分析:
（1）对求导，因为为偶函数，求出在的单调性，即可求出上的最小值；
（2）由（1）知，在上的最小值为 ，所以，使得成立，即成立，即，设，，即只需即可．
，
显然为偶函数，当时，
时，，，∴在单调递增；
时，，，∴在单调递减；
，，，∴在上的最小值为．
由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为．
先证，设，则，
令，令，
∴在上单调递增，在上单调递减．
故①恒成立．
由题意可得，使得成立，
即成立．
由①可知，
参变分离得，
设，，
即只需即可．

由①知得，
∴
令，令，
∴在上单调递减，在上单调递增．
∴，
∴，
又已知
故a的取值范围为．
22-4【巩固】 【正确答案】 （1）答案见解析；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）求出函数的导数，分、两种情况讨论即可；
（2）首先求出，然后可得，，，，然后可得，然后利用导数求出右边对应函数的单调性，然后可得答案.
详解:
（1）因为，所以.
当时，因为，所以，此时的单调递增区间为.
当时，令，得.
当时，，当时，.
此时，的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）因为，所以.
依题意，，解得.
因为，是的极值点，所以，则.




.
所以，由，可得.①
因为，，所以①等价于.
令，则，
因为，所以.
所以在单调递增，且.
所以，.
所以的取值范围是
点睛:
方法点睛：（1）对于双变量问题，常用方法是通过消元转化为单变量问题；（2）对于恒成立问题，首选方法是分离参数法.
22-5【提升】 【正确答案】 1、答案见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）根据题意得，令，再求导，分和两种情况讨论即可；（2）等价于，又，，所以，整理得，令，，则不等式在上恒成立，令，再求导分析即可.
，所以，令，故.
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，即在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
等价于，
由题意可知，分别是方程的两个根，即的两个根，
即，，原式等价于.
因为，，所以原式等价于，又，，
作差得，，即，所以原式等价于，
因为，所以恒成立.
令，，则不等式在上恒成立，
令，又因为，
当时，可得时，，所以在上单调递增，
又因为，在上恒成立，符合题意；
当时，可得时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，又因为，
所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式恒成立，只需满足，由于，所以，
即实数的取值范围为.
点睛:
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22-6【提升】 【正确答案】 1、2 2、证明见详解
【试题解析】 分析:
（1）先求函数的导数，判断函数的单调性，再求函数的最大值；
（2）首先方程变形为，再构造函数，判断函数的单调性，转化为有两个实数根，，再利用分析法，转化不等式证明为，转化为证明，利用换元转化为证明.
因为，所以.
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
方程
可化为.
设，显然在上是增函数，又，
所以有，即方程有两个实数根，.
由（1）可知，则有，所以的取值范围为.
因为方程有两个实数根，，所以，
则，要证，即证.
，
需证.
需证.
不妨设，令，则，即要证.
设，则，
所以在上是增函数，，即成立，故原式成立.
点睛:
本题考查利用导数证明不等式双变量问题，属于难题.
难点一：方程实根个数转化为有两个实数根，，
难点二：通过变形，消去a并得到关于要证不等式不等号右边和的关于，的表达式，进而整理为由表达的形式，利用换元得到关于单变量的函数表达式.