2022-2023学年变式题 2022年高考新高考全国Ⅰ卷数学高考真题变式题库（解析版）

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 2022年高考新高考全国Ⅰ卷数学高考真题变式题库
【原卷 1 题】 知识点 交集的概念及运算

【正确答案】
D
【试题解析】


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

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

1-3（基础） 已知集合，集合，则（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

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

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

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

1-7（巩固） 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-8（巩固） 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-9（提升） 若集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

1-10（提升） 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-11（提升） 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 共轭复数的概念及计算,复数的除法运算

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 已知i是虚数单位，是复数z的共轭复数，若，则为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

2-2（基础） 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

2-3（基础） 已知复数，是的共轭复数，则（ ）
A.0 B. C.1 D.2
【正确答案】 B

2-4（基础） 已知（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

2-5（巩固） 已知，则（ ）
A.5 B. C. D.6
【正确答案】 C

2-6（巩固） 已知复数满足，则复数的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

2-7（巩固） 若，则的值为（ ）
A. B.2 C. D.3
【正确答案】 D

2-8（巩固） i为虚数单位，复数，复数z的共轭复数为，则的虚部为
A.i B. C. D.1
【正确答案】 C

2-9（提升） 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

2-10（提升） 若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

2-11（提升） 已知复数，是z的共轭复数，则（ ）
A.0 B. C.1 D.2
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 用基底表示向量

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1（基础） 在中，为边上的中线，在线段上，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

3-2（基础） 在等边中，O为重心，D是的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

3-3（基础） 在中，点在线段上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

3-4（基础） 在中，是边上一点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

3-5（巩固） 在平行四边形中，，若交于点M，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

3-6（巩固） 如图所示，在中，是边的中线，是的中点，若，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

3-7（巩固） 如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，且，则（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

3-8（巩固） 如图，是等边三角形，是等腰直角三角形，，线段交于点，设，，用，表示为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

3-9（提升） 地砖是一种地面装饰材料，也叫地板砖，用黏土烧制而成，质坚、耐压、耐磨、防潮．地板砖品种非常多，图案也多种多样．如图是某公司大厅的地板砖铺设方式，地板砖有正方形与正三角形两种形状，且它们的边长都相同，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

3-10（提升） 如图所示，在由个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形中，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

3-11（提升） 如图，在直角梯形中，，为边上一点，，为的中点，则＝（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 台体体积的有关计算

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-2（基础） 海洋农牧化使人类可以像经营牧场和管理牛羊一样经营海洋和管理水生生物，从而实现海洋渔业资源利用与生态环境修复兼顾.不同的海洋牧场需要不同的鱼礁，其中一种鱼礁的形状如图所示，它是由所有棱长均为的四个正四棱锥水平固定在一个平面上，且上面四个顶点相连构成的几何体框架，则这个几何体框架的体积为（ ）(棱台体积公式：，，分别为棱台的上､下底面面积，为棱台的高)

A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-3（基础） 如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓为正四棱台，已知该四棱台的上底面棱长为，下底面棱长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的体积为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-4（基础） 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为36cm，28cm的正四棱台，若棱台的高为3cm，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-5（巩固） 鼎是古代烹煮用的器物，它是我国青铜文化的代表，在古代被视为立国之器，是国家和权力的象征.图①是一种方鼎，图②是根据图①绘制的方鼎简易直观图，图中四棱台是鼎中盛烹煮物的部分，四边形是矩形，其中，，，点到平面的距离为，则这个方鼎一次最多能容纳的食物体积为（ ）
（假定烹煮的食物全在四棱台内）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

4-6（巩固） 《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和，则方亭的体积为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-7（巩固） 中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，古代用它作为长方棱台（上、下底面均为矩形的棱台）的专用术语，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六而一．”即：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．现有一外接球的表面积为的“刍童”如图所示，记为四棱台，其上、下底面均为正方形，且，则该“刍童”的体积为（ ）

A.224 B.448 C.或448 D.或224
【正确答案】 C

4-8（巩固） 我国南北朝名著《张邱建算经》中记载：“今有方亭，下方三丈，上方一丈，高二丈五尺，预接筑为方锥，问：接筑高几何？”大致意思是：有一个正四棱台的上､下底面边长分别为一丈､三丈，高为二丈五尺，现从上面补上一段，使之成为正四棱锥，则所补的小四棱锥的高是多少？那么，此高和原四棱台的体积分别是(注：1丈等于10尺)（ ）
A.12.5尺､10833立方尺 B.12.5尺､32500立方尺
C.3.125尺､10833立方尺 D.3.125尺､32500立方尺
【正确答案】 A

4-9（提升） 对24小时内降水在平地上单位面积的积水厚度（mm）进行如下规定：
积水厚度区间




级别
小雨
中雨
大雨
暴雨
小明用一个圆台形容器（如图）接了24小时雨水，则这天的降雨属于哪个等级（ ）

A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨
【正确答案】 B

4-10（提升） 斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（ ）
注：台体体积公式是V（S'S）h．

A.5700cm3 B.8100cm3 C.10000cm3 D.9000cm3
【正确答案】 C

4-11（提升） 《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事。通过讲述一只乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧、认真思考才能让问题迎刃而解的道理。如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为厘米，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为厘米现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移厘米，若只有当水位线到达瓶口时，乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是？（石子体积均视为一致）
圆台体积公式：，其中，为圆台高，为圆台下底面半径，为圆台上底面半径（ ）

A.2颗 B.3颗 C.4颗 D.5颗
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 实际问题中的组合计数问题,计算古典概型问题的概率

【正确答案】
D
【试题解析】


5-1（基础） 将编号为的小球放入编号为的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有一个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-2（基础） 随机抛郑两枚均匀骰子，观察得到的点数，则得到的两个骰子的点数之和能被3整除的概率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-3（基础） 抛掷红、白两颗骰子，当白色骰子的点数为2或4时，两颗骰子的点数之积大于10的概率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-4（基础） 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-5（巩固） 自然对数的底数，e是一个奇妙有趣的无理数，它取自数学家欧拉Euler的英文字头．某教师为帮助同学们了解“e”，让同学们从小数点后的3位数字7，1，8随机选取两位数字，整数部分2不变，那么得到的数字不大于2.78的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-6（巩固） 在数字电路中通常采用二进制进行计数和运算，二进制数就是各位上为数字0或1的数，且每个位置均可为0．二进制数可转化为十进制数，例如三位二进制数011，转化为十进制数就是．则从所有的三位二进制数中随机抽取一个，该二进制数对应的十进制数大于3的概率为（ ）．
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-7（巩固） 据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为( )

A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-8（巩固） 在一个长度为的数字序列中，当且仅当相邻元素差的绝对值经过排序后正好是从1到，则认定该数字序列存在“有趣的跳跃”如果一组数经过排序后存在“有趣的跳跃”，则称这组数为“有趣的跳跃数组”.例如，因为差的绝对值分别为2，1，所以存在“有趣的跳跃”，这组数为“有趣的跳跃数组”现从这六个数中一次任取3个数，则这3个数是“有趣的跳跃数组”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-9（提升） 将3个1和5个0随机排成一行，则3个1任意两个1都不相邻的概率为（ ）．
A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-10（提升） 定义： ，当 时，称这个数为波动数，由组成的没有重复数字的五位数中，波动数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-11（提升） 从中任取2个不同的数，则的概率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）

【正确答案】
A
【试题解析】


6-1（基础） 已知函数，的最小正周期为，函数的图象关于直线对称，且满足函数在区间上单调递增，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

6-2（基础） 已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，则下列点的坐标为的对称中心的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-3（基础） 若函数是周期函数，最小正周期为．则下列直线中，图象的对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

6-4（基础） 已知函数的最大值与最小值的差为，其图像与轴的交点坐标为，且图像的两个相邻的对称中心间距离为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-5（巩固） 若函数的部分图象如图所示，则的值是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

6-6（巩固） 已知函数的图像如图所示.，则（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-7（巩固） 已知函数的图像经过点，则的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-8（巩固） 已知函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，．当取得最小值时，函数的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

6-9（提升） 如图，A，B是函数图像上的两个最高点，点是图像上的一个对称中心，若为直角三角形，则（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

6-10（提升） 已知函数的部分图象如图所示，则在区间上的值域为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

6-11（提升） 已知函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0，）的图象与y轴的交点为M（0，1），与x轴正半轴最靠近y轴的交点为N（3，0），y轴右侧的第一个最高点与第一个最低点分别为B，C．若△OBC的面积为（其中O为坐标原点），则函数f（x）的最小正周期为（ ）
A.5 B.6 C.7 D.8
【正确答案】 D

【原卷 7 题】 知识点 比较指数幂的大小,用导数判断或证明已知函数的单调性,比较对数式的大小

【正确答案】
C
【试题解析】


7-1（基础） 已知是自然对数的底数，是圆周率，下列不等式中，，，，正确的个数为（ ）
A.0 B.1 C.2 D.3
【正确答案】 D

7-2（基础） 已知实数a，b，c满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-3（基础） 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

7-4（巩固） 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

7-5（巩固） 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-6（巩固） 设，，，（其中自然对数的底数）则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

7-7（巩固） 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

7-8（提升） ，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

7-9（提升） 实数，，分别满足，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

7-10（提升） 设，，．则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-11（提升） 设，，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 由导数求函数的最值（不含参）,锥体体积的有关计算,球的体积的有关计算,多面体与球体内切外接问题

【正确答案】
C
【试题解析】


8-1（基础） 已知是边长为3的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球O的球面上，则三棱锥的体积的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-2（基础） 端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗．四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体．广东流行粽子里放蛋黄，现需要在四角状粽子内部放入一个蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，当这个蛋黄的体积为时，则该正四面体的高的最小值为（ ）
A.4 B.6 C.8 D.10
【正确答案】 C

8-3（基础） 已知一个棱长为2的正方体玻璃容器内（不计玻璃的厚度）放置一个正四面体，若正四面体能绕着它的中心（即正四面体内切球的球心）任意转动，则正四面体棱长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-4（基础） 足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，满足面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-5（巩固） 已知球体的半径为3，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（ ）
A.1 B. C. D.2
【正确答案】 A

8-6（巩固） 已知三棱锥的体积为，其外接球的体积为，若，，则线段SA的长度的最小值为（ ）
A. B.8 C. D.7
【正确答案】 C

8-7（巩固） 设P､A､B､C､D是表面积为的球的球面上五点，四边形为正方形，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A. B.18 C.20 D.
【正确答案】 D

8-8（巩固） 某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥所有顶点都在半径为的球上，当该四棱锥的体积最大时，底面正方形所在平面截球的截面面积是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-9（提升） 如图，四边形为正方形，四边形为矩形，且平面与平面互相垂直.若多面体 的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-10（提升） 已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值为
A. B. C. D.
【正确答案】 D

8-11（提升） 已知三棱锥的外接球O半径为2，球心O到所在平面的距离为1，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.3
【正确答案】 A

8-12（提升） 在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高
A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 求异面直线所成的角,求线面角

【正确答案】
A B D
【试题解析】


9-1（基础） 如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（ ）

A.直线BC与平面所成的角等于 B.点到平面的距离为
C.异面直线和所成的角为. D.线段长度的最小值为
【正确答案】 ABD

9-2（基础） 关于正方体，下列说法正确的是（ ）
A.直线平面
B.若平面与平面的交线为l，则l与所成角为
C.棱与平面所成角的正切值为
D.若正方体棱长为2，P，Q分别为棱的中点，则经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形的周长为
【正确答案】 ABD

9-3（基础） 一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（ ）

A. B.与所成的角为
C. D.与所成的角为
【正确答案】 AD

9-4（基础） 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A.两条异面直线和所成的角为
B.直线与平面所成的角等于
C.点D到面的距离为
D.三棱柱外接球半径为
【正确答案】 BCD

9-5（巩固） 已知正方体的棱长为1，下面选项正确的是（ ）
A.直线与平面不垂直
B.四面体的体积为
C.异面直线与直线所成角的为
D.直线与平面所成的角为
【正确答案】 BCD

9-6（巩固） 在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论错误的是（ ）
A.
B.∥平面
C.点B到平面的距离为
D.直线与直线的夹角为
【正确答案】 CD

9-7（巩固） 如图，正方形的棱长为1，线段有两个动点，，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.异面直线所成角为定值
C.直线与平面所成角为定值
D.以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化
【正确答案】 ACD

9-8（巩固） 如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）

A.有无数个点满足
B.当点在棱上运动时，的最小值为
C.若 ，则动点的轨迹长度为
D.在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
【正确答案】 AC

9-9（提升） 在正方体中，分别为的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.二面角的正切值为
C.异面直线与所成角的余弦值为
D.点到平面的距离是点到平面的距离的2倍
【正确答案】 BCD

9-10（提升） 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（ ）
A.三棱锥的体积随着点的运动而变化
B.异面直线与所成角的取值范围是
C.直线平面
D.三棱锥的外接球表面积的最小值为
【正确答案】 BC

9-11（提升） 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G为C1D1的中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论正确的有（　　）
A.直线BD1⊥平面A1C1D
B.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
C.PQ+QG的最小值为
D.当MA+MB＝4时，三棱锥A﹣MBC体积最大时其外接球的表面积为.
【正确答案】 ACD

9-12（提升） 如图，正方体的棱长为4，则下列命题正确的是（　　）

A.两条异面直线和所成的角为45°
B.若分别是的中点，过三点的平面与正方体的下底面相交于直线，且，则
C.若平面，则平面截此正方体所得截面面积最大值为
D.若用一张正方形的纸把此正方体礼品盒完全包住，不将纸撕开，则所需纸的最小面积是128
【正确答案】 BCD

【原卷 10 题】 知识点 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究函数的零点,求已知函数的极值点

【正确答案】
A C
【试题解析】


10-1（基础） 已知函数，现给出下列结论，其中正确的是（ ）
A.函数有极小值，但无最小值
B.函数有极大值，但无最大值
C.若方程恰有一个实数根，则
D.若方程恰有三个不同实数根，则
【正确答案】 BD

10-2（基础） 已知，下列说法正确的是（ ）
A.在处的切线方程为 B.的单调递减区间为
C.的极大值为 D.方程有两个不同的解
【正确答案】 BC

10-3（基础） 对于函数，下列结论中正确的是（ ）
A.在(0，＋∞)上单调递增 B.在上单调递减
C.有最小值 D.有两个零点
【正确答案】 BC

10-4（基础） 已知函数，则（ ）
A.在上单调递增 B.的极小值为2
C.的极大值为－2 D.有2个零点
【正确答案】 AD

10-5（巩固） 函数在上的最值情况为（ ）
A.最大值为12 B.最大值为5
C.最小值为 D.最小值为
【正确答案】 AC

10-6（巩固） 若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的可能取值是（ ）
A.0 B.1 C.2 D.3
【正确答案】 ABC

10-7（巩固） 已知函数，是的导函数，下列结论正确的有（ ）
A.，
B.若，则是的极值点
C.若是的极小值点，则在上单调递增
D.若，则函数至少存在一个极值点
【正确答案】 AC

10-8（巩固） 设函数的导函数为，则（ ）
A. B.是函数的极值点
C.存在两个零点 D.在(1，+∞)上单调递增
【正确答案】 AD

10-9（提升） 已知函数，下列命题正确的是（ ）
A.若是函数的极值点，则
B.若是函数的极值点，则在上的最小值为
C.若在上单调递减，则
D.若在上恒成立，则
【正确答案】 ABC

10-10（提升） 已知函数，下列说法中正确的是（ ）
A.函数在原点处的切线方程是
B.是函数的极大值点
C.函数在上有3个极值点
D.函数在上有3个零点
【正确答案】 ABD

10-11（提升） （多选）已知函数，其导函数为，给出以下命题正确的是（ ）
A.的单调递减区间是
B.的极小值是
C.当时，对任意的且，恒有
D.函数有且只有一个零点
【正确答案】 ABCD

【原卷 11 题】 知识点 根据抛物线方程求焦点或准线,判断直线与抛物线的位置关系,求直线与抛物线相交所得弦的弦长

【正确答案】
B C D
【试题解析】


11-1（基础） 设抛物线，为其焦点，为抛物线上一点.则下列结论正确的是（ ）
A.若，则
B.若点到焦点的距离为3，则的坐标为.
C.若，则的最小值为.
D.过焦点做斜率为2的直线与抛物线相交于，两点，则
【正确答案】 AC

11-2（基础） 已知抛物线的焦点为、准线为，过点的直线与抛物线交于两点，，点在上的射影为，则（ ）
A.若，则
B.以为直径的圆与准线相切
C.为定值
D.过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有条
【正确答案】 ABC

11-3（基础） 已知抛物线的焦点坐标为F，过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，点在抛物线上．则（ ）
A. B.当轴时，
C.为定值1 D.若，则直线的斜率为
【正确答案】 BCD

11-4（基础） 设抛物线的焦点为，则下列说法正确的是（ ）
A.点在轴上
B.点的坐标为
C.设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则
D.设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则
【正确答案】 ACD

11-5（巩固） P为抛物线C：准线上的一点，PA，PB为C的两条切线， ，为切点，Q为线段AB的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.的最小值为2
【正确答案】 BD

11-6（巩固） 已知F是抛物线y2 = 2px（p > 0）的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A.以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切
B.若抛物线上的点T（2，t）到点F的距离为4，则抛物线的方程为y2 = 4x
C. 为定值
D.|MN|的最小值为
【正确答案】 ACD

11-7（巩固） 已如斜率为k的直线l经过抛物线的焦点且与此抛物线交于，两点，，直线l与抛物线交于M，N两点，且M，N两点在y轴的两侧，现有下列四个命题，其中为真命题的是（ ）．
A.为定值 B.为定值
C.k的取值范围为 D.存在实数k使得
【正确答案】 ACD

11-8（巩固） 已知抛物线，焦点为F，直线l与抛物线交于A，B两点，则下列选项正确的是（ ）
A.当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切
B.若线段AB中点的纵坐标为2，则直线AB的斜率为1
C.若，则弦长AB最小值为8
D.当直线l过焦点F且斜率为2时，，，成等差数列
【正确答案】 ABC

11-9（提升） 已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（ ）
A.点的坐标为
B.若，则的中点到轴距离的最小值为8
C.若直线过点，则以为直径的圆过点
D.若直线与的斜率之积为，则直线过点
【正确答案】 AD

11-10（提升） 已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（ ）
A.点M到直线l的距离为定值 B.以为直径的圆与l相切
C.的最小值为32 D.当最小时，
【正确答案】 BCD

11-11（提升） 已知P为抛物线C：上的动点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，，，则（ ）
A.的最小值为4
B.若线段AB的中点为M，则的面积为
C.若，则直线l的斜率为2
D.过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分，则直线GH的斜率为定值
【正确答案】 ACD

11-12（提升） 已知抛物线的焦点为F，准线与x轴交于点P，直线与抛物线交于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C.若，则 D.若，则∠MPF的最大值为
【正确答案】 AC

【原卷 12 题】 知识点 抽象函数的奇偶性,函数对称性的应用,函数与导函数图象之间的关系

【正确答案】
B C
【试题解析】


12-1（基础） 已知函数，对于任意，则
A.的图象经过坐标原点 B.
C.单调递增 D.
【正确答案】 ABD

12-2（基础） 已知函数为偶函数，且，则下列结论一定正确的是（ ）
A.的图象关于点中心对称 B.是周期为的周期函数
C.的图象关于直线轴对称 D.为偶函数
【正确答案】 AD

12-3（基础） 已知定义在上的函数满足：是奇函数，是偶函数.则下列选项中说法正确的有（ ）
A. B.周期为2
C.的图象关于直线对称 D.是奇函数
【正确答案】 ACD

12-4（巩固） 若函数是周期为2的奇函数，则下列选项一定正确的是（ ）
A.函数图象关于点对称 B.函数的周期为1
C. D.
【正确答案】 AC

12-5（巩固） 已知函数的定义域，且，若，则（ ）
A.
B.在上是偶函数
C.若，，则函数在上单调递增
D.若，，则
【正确答案】 ACD

12-6（巩固） 已知定义在R上的函数y=f（x）满足条件，且函数为奇函数，则以下结论正确的是（ ）
A.函数f（x）是周期函数； B.函数f（x）的图象关于点对称；
C.函数f（x）为R上的偶函数； D.函数f（x）为R上的单调函数.
【正确答案】 ABC

12-7（巩固） 定义在上的函数满足，且在上是增函数，给出下列真命题的有（ ）
A.是周期函数；
B.的图象关于直线对称；
C.在上是减函数；
D..
【正确答案】 ACD

12-8（提升） 已知函数的定义域为，对任意，满足，，且对任意，，则下列选项中，正确的是（ ）
A.
B.为偶函数
C.对任意，
D.在上为增函数
【正确答案】 ACD

12-9（提升） 已知函数的图象关于直线对称，函数对于任意的满足(其中是函数的导函数)，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 AD

12-10（提升） 已知定义域为的函数对任意的实数，满足，且，并且当时，，则下列选项中正确的是（ ）
A.函数是奇函数
B.函数在上单调递增
C.函数是以2为周期的周期函数
D.
【正确答案】 ABC

12-11（提升） 已知定义在上的单调递增的函数满足：任意，有，，则（ ）
A.当时，
B.任意，
C.存在非零实数，使得任意，
D.存在非零实数，使得任意，
【正确答案】 ABD

【原卷 13 题】 知识点 两个二项式乘积展开式的系数问题

【正确答案】
-28
【试题解析】


13-1（基础） 的展开式中常数项为___________.
【正确答案】

13-2（基础） 在展开式中，的系数为________.
【正确答案】 7

13-3（基础） 的展开式的中的系数是______．
【正确答案】 5

13-4（基础） 的展开式中的系数为_______．
【正确答案】 24

13-5（巩固） 在的展开式中，x的系数为_________．
【正确答案】 17

13-6（巩固） 展开式中的常数项是______．
【正确答案】

13-7（巩固） 展开式中含项的系数为___________.
【正确答案】

13-8（巩固） 的展开式中，项的系数是___________.（用数字作答）
【正确答案】 65

13-9（提升） 的展开式中的项前的系数为___________.
【正确答案】 180

13-10（提升） 在的展开式中，常数项为______.
【正确答案】 7

13-11（提升） 的展开式中的系数为___________.（用数字作答）.
【正确答案】

【原卷 14 题】 知识点 判断圆与圆的位置关系,圆的公切线方程

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 圆：与圆：的公切线条数为____________.
【正确答案】 3

14-2（基础） 设圆，圆，则圆有公切线___________条.
【正确答案】 2

14-3（基础） 圆和圆的公切线条数为_________条.
【正确答案】

14-4（基础） 已知圆,圆,则两圆公切线的方程为__________．
【正确答案】

14-5（巩固） 圆与圆，则圆A与圆B的公切线方程为___________.
【正确答案】 ，，或

14-6（巩固） 如图，平面直角坐标系中，已知圆和圆均与直线：及轴相切，且圆和圆相切于点（4，2），则两圆心的距离___________.

【正确答案】 5

14-7（巩固） 已知圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，则4a2＋b2＝________．
【正确答案】 1

14-8（巩固） 已知圆，圆圆与圆相切，并且两圆的一条外公切线的斜率为7，则为_________.
【正确答案】

14-9（提升） 已知两圆，，则两圆的位置关系为___________，两圆的公切线方程为___________.（用一般式表示）
【正确答案】 内切

14-10（提升） 已知圆：和：恰好有三条公切线，则的取值范围是___________.
【正确答案】

14-11（提升） 在平面直角坐标系xOy中，已知圆，圆，若过第四象限的直线是两圆的公切线，且两圆在公切线的同一侧，则直线l的方程为________.
【正确答案】

【原卷 15 题】 知识点 求过一点的切线方程,求某点处的导数值

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 若函数存在平行于轴的切线，则实数取值范围是______.
【正确答案】

15-2（基础） 如果函数在区间内存在与x轴平行的切线，则实数b的取值范围是___________.
【正确答案】

15-3（基础） 已知函数f（x）＝x3－3x，若过点A（1，m）（m≠－2）可作曲线y＝f（x）的三条切线，则实数m的取值范围为________．
【正确答案】

15-4（基础） 若过点的任意一条直线都不与曲线相切，则的取值范围是________．
【正确答案】

15-5（巩固） 已知函数，函数，若曲线和存在公切线，则a的取值范围为___________.
【正确答案】

15-6（巩固） 已知函数的图象为曲线，若曲线存在与直线垂直的切线，则实数的取值范围是______．
【正确答案】

15-7（巩固） 已知函数，若过点存在三条直线与曲线相切，则的取值范围为___________．
【正确答案】

15-8（巩固） 若曲线与直线相切，则实数的最大值是___________.
【正确答案】 2

15-9（提升） 已知函数，是其导函数，若曲线的一条切线为直线：，则的最小值为___________.
【正确答案】

15-10（提升） 设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是___________.
【正确答案】

15-11（提升） 已知.若曲线存在两条过点的切线，则的取值范围是___________.
【正确答案】 或

【原卷 16 题】 知识点 椭圆中焦点三角形的周长问题,根据离心率求椭圆的标准方程

【正确答案】
13
【试题解析】


16-1（基础） 已知分别为椭圆的左右焦点，倾斜角为的直线经过，且与椭圆交于两点，则△的周长为___．
【正确答案】 20

16-2（基础） 已知分别为椭圆的左右焦点，直线 椭圆交于两点，则△的周长为_________.
【正确答案】

16-3（基础） 椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为椭圆上异于左右顶点的任意一点，、的中点分别为M、N，O为坐标原点，四边形OMPN的周长为4，则的周长是_____．

【正确答案】

16-4（基础） 已知椭圆的左焦点为，点是椭圆上异于顶点的任意一点，为坐标原点.若点是线段的中点，则的周长为___________.
【正确答案】 或

16-5（巩固） 如果椭圆的焦点坐标为，离心率为，过作直线交椭圆于两点，则的周长为_________.
【正确答案】 6

16-6（巩固） 已知AB是过椭圆左焦点F1的弦，且|AF2|＋|BF2|＝8，其中F2是椭圆的右焦点，则弦AB的长是___．
【正确答案】 12

16-7（巩固） 已知椭圆的左焦点为是上关于原点对称的两点，且，则的周长为___________．
【正确答案】 14

16-8（巩固） 短轴长为，离心率的椭圆两焦点为，，过作直线交椭圆于A，B两点，则的周长为__________．
【正确答案】

16-9（提升） 已知椭圆的左焦点为，点P是椭圆上异于顶点的任意一点，O为坐标原点，若点M是线段的中点，则的周长为______.
【正确答案】 8

16-10（提升） 点为椭圆的右焦点，在椭圆上运动，点，则周长的最大值为_________.
【正确答案】

16-11（提升） 椭圆的左、右焦点分别为、，弦过点，若的内切圆周长为，，两点的坐标分别为，，则 ________．
【正确答案】 或

【原卷 17 题】 知识点 裂项相消法求和,累乘法求数列通项,利用an与sn关系求通项或项,利用等差数列通项公式求数列中的项

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 已知数列满足，且，是的前n项和．
1、求；
2、若为数列的前n项和，求证：．
【正确答案】 1、； 2、证明见解析.

17-2（基础） 已知数列的前项和为，，.
1、求数列的通项公式和前项和；
2、设，数列的前项和记为，证明：.
【正确答案】 1、， 2、证明见解析

17-3（基础） 已知正项数列的前项和满足：.
1、求数列的通项公式；
2、令，求证：数列的前项和.
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-4（基础） 已知数列满足：对任意，有.
1、求数列的通项公式;
2、设，证明：.
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-5（巩固） 已知数列的前n项和为，且.
1、求数列的通项公式；
2、若数列的前n项和为，求证：.
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-6（巩固） 已知等比数列公比为正数，其前项和为，且.数列满足：.
1、求数列的通项公式：
2、求证：.
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-7（巩固） 定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如的一阶和数列是，设它的n阶和数列各项和为．
1、试求的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；
2、若，求的前n项和，并证明：．
【正确答案】 1、，， 2、，证明见解析

17-8（巩固） 已知等差数列的前n项和为，且，；数列的前n项和，且，数列的，．
1、求数列、的通项公式；
2、若数列满足：，当时，求证：．
【正确答案】 1、， 2、证明见解析

17-9（提升） 正项递增数列的前项和为，.
1、求的通项公式；
2、若，，，数列的前项和为，证明：.
【正确答案】 1、或 2、证明见解析

17-10（提升） 已知正项数列的前n项和为，且满足，，，数列满足．
1、求出，的通项公式；
2、设数列的前n项和为，求证：．
【正确答案】 1、，； 2、证明见解析

17-11（提升） 已知数列的前项和为，且有．
1、求数列的通项公式；
2、设为数列的前项和，证明：．
【正确答案】 1、 2、证明见解析

【原卷 18 题】 知识点 正弦定理边角互化的应用,基本不等式求和的最小值

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求B；
（2）若△ABC的面积等于，求△ABC的周长的最小值．
【正确答案】 （1）；（2）．

18-2（基础） 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A的大小；
（2）若，求面积的最大值以及周长的最大值．
【正确答案】 （1）；（2）面积的最大值为，周长最大值为

18-3（基础） 在中，角，，的对边分别为，，，若，边的中线长为1．
（1）求角；
（2）求边的最小值．
【正确答案】 （1）；（2）．

18-4（巩固） 在△中， 角所对的边分别为，且 .
（1）求证：；
（2）求的最大值.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）

18-5（巩固） 已知的角对边分别为，.
1、求；
2、若，求的取值范围.
【正确答案】 1、； 2、

18-6（巩固） 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为s，且．
1、求A；
2、若，求△ABC的面积的最大值．
【正确答案】 1、 2、

18-7（巩固） 已知的内角的对边分别为，若．
（1）求角C
（2）若的面积为，则的最小值．
【正确答案】 （1）；（2）80．

18-8（提升） 在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）设点是的中点，若，求的取值范围.
【正确答案】 （1）；（2）.

18-9（提升） 在中，内角的对边分别为已知
（1）求的外接圆直径；
（2）求周长的取值范围.
【正确答案】 （1）1；（2）.

18-10（提升） 在中，角，，所对的边分别为，，，且.
1、求；
2、若的面积，求周长的最小值.
【正确答案】 1、； 2、.

18-11（提升） 已知中，，，是角，，所对的边，，且.
1、求；
2、若，在的边，上分别取，两点，使沿线段折叠到平面后，顶点正好落在边（设为点）上，求此情况下的最小值.
【正确答案】 1、 2、

【原卷 19 题】 知识点 求点面距离,面面角的向量求法

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C=CB=CA=2，AC⊥CB，D，E分别为棱C1C、B1C1的中点.

（1）求点B到平面ACE的距离；
（2）求二面角B－A1D－A的余弦值.
【正确答案】 （1）；（2）

19-2（基础） 如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，.

（1）求点A到平面SBC的距离；
（2）求二面角的大小.
【正确答案】 （1）；（2）.

19-3（基础） 如图，在长方体中，，，为的中点．


（1）证明：；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的平面角的余弦值．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）.

19-4（基础） 如图，在长方体中，，，点E是棱AB的中点．

（1）证明：；
（2）求点E到平面的距离；
（3）求二面角的余弦值．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）.

19-5（巩固） 如图，在长方体中，，，E、M、N分别是、、的中点.

（1）证明：平面；
（2）求点C到平面的距离；
（3）设P为边上的一点，当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）.

19-6（巩固） 如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，是的中点，，垂足为.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的正弦值.
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）1.

19-7（巩固） 如图，正三棱柱中，，点，分别为，的中点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角的余弦值.
【正确答案】 （1）；（2）.

19-8（巩固） 已知正三棱柱底面边长为2，M是BC上一点，三角形是以M为直角顶点的等腰直角三角形.
1、证明M是BC中点；
2、求二面角的大小；
3、直接写出点C到平面的距离.
【正确答案】 1、证明见解析 2、 3、

19-9（提升） 如图，三棱柱的棱长均为2，点在底面的射影O是的中点.
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【正确答案】 （1）；（2）.

19-10（提升） 如图所示，平面平面，且四边形为矩形，，，，．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）．

19-11（提升） 如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．

（1）求点到平面的距离；
（2）设是线段上的动点，当直线与所成的角的余弦值为时，求二面角的余弦值．
【正确答案】 （1）；（2）．

【原卷 20 题】 知识点 独立性检验解决实际问题,计算条件概率

【正确答案】
（1）答案见解析    
（2）（i）证明见解析；(ii)R=6
【试题解析】


20-1（基础） 某校举行青年教师视导活动，对48位青年教师的备课本进行了检查，相关数据如下表：
性别
等第
合计
良好
优秀
男教师
a
10
18
女教师
10
20

合计

30
48
附：（其中）．
临界值表：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
1、是否有的把握认为备课本是否优秀与性别有关？
2、从48本备课本中不放回的抽取两次，每次抽取一本，求第一次取到女教师备课本的条件下，第二次取到优秀备课本的概率．
【正确答案】 1、没有的把握认为备课本是否优秀与性别有关 2、

20-2（基础） 2017年8月27日~9月8日，第13届全运会在天津举行.4年后，第14届全运会将于2021年9月15日~27日在西安举行.为了宣传全运会，西安某大学在天津全运会开幕后的第二天，从全校学生中随机抽取了120名学生，对是否收看天津全运会开幕式情况进行了问卷调查，统计数据如下：

收看
没收看
男生
60
20
女生
20
20
（1）根据右表说明，能否有99%的把握认为，学生是否收看开幕式与性别有关？
附：，其中.

0.10
0.05
0.025
0.01
0.005

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
（2）现从参与问卷调查且收看了开幕式的学生中，采用按性别分层抽样的方法选取8人，参加2021年西安全运会志愿者宣传活动.若从这8人中随机选取2人到校广播站开展全运会比赛项目宣传介绍，
①求在2人中有女生入选的条件下，恰好选到一名男生一名女生的概率；
②记为入选的2人中的女生人数，求随机变量的分布列及数学期望.
【正确答案】 (1) 有99%的把握认为，收看开幕式与性别有关；（2）①；②答案见解析.

20-3（基础） 茶是中国颇受青睐的传统饮品．于爱茶的人而言，不仅迷恋于茶恬淡的气味与味道，泡茶工序带来的仪式感也是个修身养性静心的方式．但是细细品来，茶饮复杂的味型之中，总能品出点点的苦和淡淡的涩，所以也有人并不喜欢饮茶．在人们的固有印象中，总觉得中年人好饮茶，年轻人对饮茶持有怎样的态度呢？带着这样的疑问，高二3班的小明同学做了一项社会调查．调查针对身边的同学与方便联系的家长，共回收了200份有效问卷．为了提高统计工作的效率，小明只记录了问卷中三项有效数据，

喜欢饮茶
不喜欢饮茶
合计
家长
60

120
学生

50

合计



1、请将上面的信息表格补充完整（请在答题卡中画表格作答）；
2、从这200人中随机选取2人，已知选取的2人中有人喜欢饮茶，求其中有学生的概率；
3、请利用独立性检验相关的知识帮小明同学形成这次调查的结论．
公式：

0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【正确答案】 1、表格见解析 2、 3、答案见解析

20-4（巩固） 在新冠肺炎疫情肆虐之初，作为重要防控物资之一的口罩是医务人员和人民群众抗击疫情的武器与保障，为了打赢疫情防控阻击战，我国企业依靠自身强大的科研能力，果断转产自行研制新型全自动高速口罩生产机，“争分夺秒、保质保量”成为口罩生产线上的重要标语．

（1）在试产初期，某新型全自动高速口罩生产流水线有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生产且互不影响，第四道是检测工序，包括红外线自动检测与人工抽检．已知批次的成品口罩生产中，前三道工序的次品率分别为，．
①求批次I成品口罩的次品率．
②第四道工序中红外线自动检测为次品的口罩会被自动淘汰，合格的口罩进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次I的成品口罩红外线自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.
（2）已知某批次成品口罩的次品率为，设100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产线后批次的口罩的次品率．某医院获得批次，的口罩捐赠并分发给该院医务人员使用．经统计，正常佩戴使用这两个批次的口罩期间，该院医务人员核酸检测情况如下面条形图所示，求，并判断是否有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关？
附：．

0.050
0.010
0.005
0.001

3.841
6.635
7.879
10.828

【正确答案】 （1）①，②；（2），有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．

20-5（巩固） 某种病菌在某地区人群中传播，目前临床医学研究中已有费用昂贵但能准确检测出个体是否带菌的方法.现引进操作易、成本低的新型检测方法：每次只需检测，两项指标，若指标的值大于4且指标的值大于100，则检测结果呈阳性，否则呈阴性.为考查该检测方法的准确度，随机抽取50位带菌者（用“*”表示）和50位不带菌者（用“”表示）各做一次检测，他们检测后的数据，制成统计图：

（1）从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，求检测结果呈阳性的概率；
（2）完成下列列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为“带菌”与“检测结果呈阳性”有关？

检测结果呈阳性
检测结果呈阴性
合计
不带菌者



带菌者



合计



（参考公式：，其中）

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

【正确答案】 （1）；（2）表格见解析，能.

20-6（巩固） 今年两会期间国家对学生学业与未来发展以及身体素质的重要性的阐述引起了全社会的共鸣.某大学学生发展中心对大一的400名男生做了单次引体向上的测试，得到了如图所示的直方图(引体向上个数只记整数）.学生发展中心为进一步了解情况，组织了两个研究小组

（1）第一小组决定从单次完成1-15个的引体向上男生中，按照分层抽样抽取11人进行全面的体能测试，①单次完成11-15个引体向上的男生甲被抽到的概率是多少？
②该小组又从这11人中抽取2人进行个别访谈，已知抽到的其中一个男生单次完成了3个引体向上，求抽到的另一个男生单次完成了11-15个引体向上的概率是多少？
（2）第二小组从学校学生的成绩与体育锻炼相关性角度进行研究，得到了这400人的学业成绩与体育成绩之间的列联表.

学业优秀
学业不优秀
总计
体育成绩不优秀
100
200
300
体育成绩优秀
50
50
100
总计
150
250
400
请你根据联表判断是否有%的把握认为体育锻炼与学业成绩有关？
参考公式及数据

0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
0.001

0.46
0.71
1.32
2.07
2.71
3.84
5.024
6.635
7.879
10.828

【正确答案】 （1）①②（2）有

20-7（巩固） 近日，为进一步做好新冠肺炎疫情防控工作，某社区以网上调查问卷形式对辖区内部分居民做了新冠疫苗免费接种的宣传和调查．调查数据如下：共95份有效问卷，40名男性中有10名不愿意接种疫苗，55名女性中有5名不愿意接种疫苗．
(1）根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为是否愿意接种疫苗与性别有关?

愿意接种
不愿意接种
合计
男



女



合计



（2）从不愿意接种的15份调查问卷中得到拒绝接种新冠疫苗的原因：有3份身体原因不能接种；有2份认为新冠肺炎已得到控制，无需接种：有4份担心疫苗的有效性：有6份担心疫苗的安全性．求从这15份问卷中随机选出2份，在已知至少有一份担心疫苗安全性的条件下，另一份是担心疫苗有效性的概率．
附：

0.050
0.010
0.005

3.841
6.635
7.879

【正确答案】 （1）列联表见解析；有；（2）．

20-8（提升） 深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队.在对球员的使用上总是进行数据分析，为了考查甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计：

球队胜
球队负
总计
甲参加



甲未参加



总计



1、求、、、、的值，据此能否有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；
2、根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为：、、、，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为：、、、.则：
①当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；
②当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率；
③如果你是教练员，应用概率统计有关知识，该如何使用乙球员？
附表及公式：
















.
【正确答案】 1、，，，有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关
2、①；②；③多让乙球员担当守门员，来扩大赢球场次

20-9（提升） 2021年6月2日巴蜀中学成功地举办了一年一度的大型学生社团文化节，吸引了众多学生．巴蜀中学目前共有社团近40个，由高一和高二学生组成，参加社团的学生共有四百人左右．已知巴蜀中学高一和高二的所有学生中男生与女生人数比为6：4，为了解学生参加社团活动的情况，按性别采用分层抽样的方法抽取部分学生，统计得到如下等高累积型条形图：

（1）求巴蜀中学参加社团的学生中，任选1人是男生的概率；
（2）若抽取了100名学生，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为巴蜀中学高一和高二学生的性别与参加学生社团有关联？请说明理由．

参加社团
未参加社团
合计
男生



女生



合计



附：，
临界值表：

0.1
0.05
0.01

2.706
3.841
6.635

【正确答案】 （1）：（2）填表见解析；性别与参加社团无关；答案见解析．

20-10（提升） 一家大型超市委托某机构调查该超市的顾客使用移动支付的情况．调查人员从年龄在[20，60]内的顾客中，随机抽取了200人，调查结果如图：

（1）为推广移动支付，超市准备对使用移动支付的每位顾客赠送1个环保购物袋．若某日该超市预计有10000人购物，试根据上述数据估计，该超市当天应准备多少个环保购物袋？
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99.9%的把握认为使用移动支付与年龄有关：

年龄<40
年龄≥40
小计
使用移动支付



不使用移动支付



小计


200
（3）现从该超市年龄在20到60的200人的顾客中，随机依次抽取2人，已知第1次抽到的是使用移动支付的顾客，求第2次抽到的是不使用移动支付的顾客的概率．
附表：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
．
【正确答案】 （1）个；（2）填表见解析；有99.9%的把握认为使用移动支付与年龄有关；（3）．

20-11（提升） 根据国家电影局发布的数据，2020年中国电影总票房为204.17亿，年度票房首度超越北美，成为2020年全球第一大电影市场.国产历史战争题材影片《八佰》和《金刚川》合力贡献了国内全年票房的.我们用简单随机抽样的方法，分别从这两部电影的购票观众中各随调查了100名观众，得到结果如下：图1是购票观众年龄分布情况；图2是购票观众性别分布情况.

（1）记表示事件：“观看电影《八佰》的观众年龄低于30岁”，根据图1的数据，估计的概率；
（2）现从参与调查的电影《金刚川》的100名购票观众中随机抽取两名依次进行电话回访，求在第1次抽到男性观众的条件下，第2次仍抽到男性观众的概率.
（3）填写下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析男性观众与女性观众对这两部历史战争题材影片的选择是否有差异？
影片
女性观众
男性观众
总计
《八佰》


100
《金刚川》


100
总计
86
114
200

0.1
0.05
0.01
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
附：
【正确答案】 (1)； (2)；(3)列联表见解析，没有99%的把握认为对这两部历史战争题材影片的选择与性别有关.

【原卷 21 题】 知识点 求双曲线中三角形（四边形）的面积问题,根据韦达定理求参数

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 设双曲线，其右焦点为F，过F的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．
1、求直线l倾斜角的取值范围；
2、直线AO（O为坐标原点）与曲线C的另一个交点为D，求面积的最小值，并求此时l的方程．
【正确答案】 1、 2、最小值为；直线l的方程为.

21-2（基础） 已知双曲线的左、右焦点分别为、，双曲线的右顶点在圆上，且．
1、求双曲线的方程；
2、动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点、，设为坐标原点．求证：的面积为定值．
【正确答案】 1、 2、证明见解析

21-3（基础） 已知双曲线C：的离心率为，焦点到其渐近线的距离为1．
1、求双曲线C的标准方程；
2、已知直线l：与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为，求△OAB的面积．
【正确答案】 1、 2、

21-4（巩固） 已知双曲线：的右焦点与抛物线的焦点重合，一条渐近线的倾斜角为．
（1）求双曲线的方程；
（2）经过点的直线与双曲线的右支交与两点，与轴交与点，点关于原点的对称点为点，求证：．
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析．

21-5（巩固） 已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，的左､右焦点分别为，，且到的一条渐近线的距离为1.
1、求的标准方程；
2、若是与在第一象限的交点，与的另一个交点为P，与的另一个交点为，与的面积分别为，，求.
【正确答案】 1、 2、

21-6（巩固） 已知双曲线W：的左、右焦点分别为、，点，右顶点是M，且，．
（Ⅰ）求双曲线的方程；
（Ⅱ）过点的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．
【正确答案】 （1）；（2）.

21-7（巩固） 在一张纸上有一圆：，定点，折叠纸片使圆C上某一点恰好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线的交点为T.

1、求证：为定值，并求出点的轨迹方程；
2、曲线上一点P，点A､B分别为直线：在第一象限上的点与：在第四象限上的点，若，，求面积的取值范围.
【正确答案】 1、证明见解析， 2、

21-8（提升） 已知双曲线的焦距为，且过点，直线与曲线右支相切（切点不为右顶点），且分别交双曲线的两条渐近线与、两点，为坐标原点.

（1）求双曲线的方程；
（2）求证：面积为定值，并求出该定值.
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析，面积为.

21-9（提升） 已知两定点,满足条件的点P的轨迹是曲线E,直线y=kx-1与曲线E交于A,B两点,
(1)求k的取值范围;
(2)如果,且曲线E上存在点C,使,求m的值和的面积S．
【正确答案】 （1）；（2），面积为.

21-10（提升） 已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
1、求双曲线的标准方程与离心率；
2、已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．
【正确答案】 1、，离心率为 2、

21-11（提升） 在平面直角坐标系中中，已知双曲线的一条渐近线方程为，过焦点垂直于实轴的弦长为．
1、求双曲线的方程；
2、若直线与双曲线交于两点，且，若的面积为，求直线的方程.
【正确答案】 1、 2、或

【原卷 22 题】 知识点 利用导数研究方程的根,由导数求函数的最值（含参）

【正确答案】

【试题解析】


22-1（基础） 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若方程＝0有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【正确答案】 （1）的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）

22-2（基础） 已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.
【正确答案】 （1）单增区间是，单减区间是，极小值，无极大值；（2）.

22-3（基础） 已知函数，．
1、讨论函数的单调性；
2、若方程在上有实根，求实数a的取值范围．
【正确答案】 1、见解析； 2、.

22-4（巩固） 已知函数.
1、讨论的单调性；
2、若函数与的图像有两个不同的公共点，求的取值范围.
【正确答案】 1、答案见解析 2、

22-5（巩固） 已知函数.
1、求在（为自然对数的底数）上的最大值；
2、对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点P，Q，使得是以О为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上?
【正确答案】 1、答案见解析 2、存在，理由见解析.

22-6（巩固） 已知函数，其中．
1、讨论函数的单调性；
2、若有且仅有两个不相等实根，求实数a的取值范围．
【正确答案】 1、答案详见解析 2、

22-7（巩固） 已知函数f(x)＝lnx－ax2－2x.
（1）若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；
（2）若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（3）当时，关于x的方程在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围.
【正确答案】 （1）－；（2）(－∞，－1]；（3）.

22-8（提升） 已知函数，其中.
1、当时，求的最小值；
2、讨论方程根的个数.
【正确答案】 1、 2、答案见解析

22-9（提升） 已知，．
1、存在满足：，，求的值；
2、当时，讨论的零点个数．
【正确答案】 1、或4； 2、答案见解析.

22-10（提升） 已知函数，．
1、当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
2、讨论关于x的方程的实根个数．
【正确答案】 1、 2、答案不唯一，具体见解析

22-11（提升） 函数，.
（1）试讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数的集合；
（3）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.
【正确答案】 （1）当时，在 上是减函数，在上是增函数，当时，在上是减函数；（2）；（3）2，证明见解析.


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:首先求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得；
详解:
解：，
，
所以；
故选：C
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:先解出集合A，再求出.
详解:
集合.
因为，所以.
故选：B
1-3【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:解不等式化简集合A，再利用交集的定义计算作答.
详解:
，，
所以
故选：D
1-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:求得集合再求交集即可
详解:
由题，，故
故选：D
1-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:由题解指数不等式得，再求解集合交集即可.
详解:
解：因为，所以，即，
所以，
所以；故选：A
1-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:先解出集合A、B,再求.
详解:因为，
，
所以.故选：A．
1-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:先利用对数的真数为正、指数函数的值域化简两个集合，再求其交集.
详解:
因为，
，
所以.故选：B.
1-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:化简集合A，根据交集运算求解即可.
详解:
，
，
故选：B
1-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义直接求解作答.
详解:
不等式化为：，解得：，则，
不等式，即，整理得：，解得，则，
所以.故选：D
1-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:分别解出集合A,B,再根据集合的交集运算求得答案.
详解:因为，
，
所以，故选：B
1-11【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
首先求出绝对值不等式和对数不等式的解集，得出集合，进而可求出.
详解:
由，得或，所以，
由，得，所以，
所以.
故选：A.
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:利用复数的除法运算求出z，再利用共轭复数及乘法计算作答.
详解:
因，则，，
所以.
故选：C
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由复数的几何意义确定复数，根据共轭复数的定义求，再由复数的运算求的代数形式，由此确定其虚部.
详解:由题意得：复数，所以，
则
所以 ，
所以复数的虚部是，故选：A.
2-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用复数的除法可求，进而可求.
详解:
∵，
所以.
故选：B．
2-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:利用复数的乘除运算求复数，再由共轭复数的概念写出.
详解:
由题设，则，
所以，故.
故选：D
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
易知，代入后利用复数的乘法求得复数，然后求得，利用复数的求模公式求解结果.
详解:
易知，所以，所以，
于是，，，
所以，
故选：C.
2-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据复数的乘方运算和复数的除法运算求得，再由共轭复数的概念可得选项.
详解:解：因为 ，所以
，
故，
故选：D
结论点睛：求解复数的运算问题时要牢记复数的相关运算技巧和结论：，，，，，，．
2-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由题知，进而根据求解即可.
详解:
解：因为，所以，
故设，则，
所以.
故选：D
2-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:先化简得，即得复数和它的虚部.
详解:由题得
，
所以.
所以的虚部为.
故选：C.
点睛:本题主要考查复数的混合运算，考查复数的共轭复数和虚部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:求得，代入，根据复数的运算法则，即可求解.
详解:由题意，复数，可得，
则，
故选：C.
点睛:本题主要考查了共轭复数的概念，以及复数的四则运算的应用，其中解答中熟记复数的除法运算法则，分子和分母同时乘分母的共轭复数，将分母转化为实数求解是解答的关键，着重考查了运算、求解能力.
2-10【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
求出共轭复数，根据复数运算法则即可得解.
详解:
，，
.
故选：A
点睛:此题考查复数的概念辨析和基本运算，关键在于熟练掌握复数的运算法则，根据法则求解.
2-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用的周期性可求，再利用复数的除法可求，求出的模后可求.
详解:
因为（），，
所以，

所以，而，
故选B．
点睛:本题考查复数的除法、乘方和复数的模，注意计算复数和的时候需利用的周期性，该问题属于中档题.
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:由向量的线性运算法则计算．
详解:由题意
，
故选：B．
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据给定条件，利用平面向量的线性运算计算作答.
详解:
O为的重心，延长AO交BC于E，如图，

E为BC中点，则有，而D是的中点，
所以
故选：D
3-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:根据向量的线性运算公式化简可得.
详解:由已知

所以，
故选：B.

3-4【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:根据向量的加法、减法、数乘运算求解即可.
详解:

故选：A
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:根据三角形相似的性质结合向量的运算，即可得出答案.
详解:
，为线段靠近点的四等分点
显然，即

故选：B

点睛:本题主要考查了用基底表示向量，属于中档题.
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由平面向量基本定理及线性运算可得：，得解．
详解:
解：由题意可得：，
由图可知：，
又因为，，
所以，
故选：B．

点睛:本题考查了平面向量基本定理及线性运算，属于中档题．
3-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:根据给定条件，利用向量加法法则结合向量线性运算求解作答.
详解:
在平行四边形中，，
所以.
故选：C
3-8【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由题意可得为的中点，则，即，又，从而可得答案.
详解:
由题意，所以与全等.
则与全等,所以
所以为的中点，则
在直角中，,所以
是等腰直角三角形，则
所以,即
又在等边三角形中，
所以
故选：A
关键点睛：本题考查利用基底向量来表示平面向量，解答本题的关键的由几何图形的性质得到，从而，再根据得出答案，属于中档题.
3-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
以的中点为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，并设，可得，，的坐标，再设，得解得即可得解．
详解:
如图，以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设，则，，，，
所以，，．
设，则解得
所以，即，
故选：D．

思路点睛：本题考查平面向量的线性表示，解题方法是建立平面直角坐标系，把向量的线性运算用坐标表示，解方程组得出结论．本题也可直接利用向量的线性运算求解，如图中，，，再由向量加减法法则计算可得．
3-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
建立直角坐标系，设，，由余弦定理求得后，再由余弦定理得，由同角三角函数的平方关系可得，进而可得点，由即可得解.
详解:如图建立直角坐标系，
由题意易知≌，则，，
不妨设，，则，，
所以，，
在中，由余弦定理可得，
所以解得，，
则即，
所以，
所以点即，
所以，
设，
则，解得，
所以.
故选：D.

点睛:本题考查了余弦定理和平面向量的综合应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.
3-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据平面向量的三角形法则和共线定理即可得答案.
详解:
解：






故选：C.
点睛:本题考查用基底表示向量，向量的线性运算，是中档题.
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为，所以，求出的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.
详解:
解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，
圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，
可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，
设大圆锥的高为，所以，解得：，
则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，
所以该壶的容积.
故选：B.

4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题可知构成的几何体是一个上底面边长为m，下底面边长为m，侧棱长为m的正四棱台，根据棱台的体积公式可得选项．
详解:
由题可知构成的几何体是一个上底面边长为m，下底面边长为m，侧棱长为m的正四棱台，所以该正四棱台的高为m，其体积为().
故选：B.
4-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先画出满足题意的正四棱台，过点作于点，过点作于点，根据正棱台的结构特征，求出该棱台的高，再根据棱台的体积公式，即可求出结果.
详解:
画出满足题意的正四棱台如下，

则底面的棱长为，底面的棱长为，侧棱，
则，，
上底面的面积为，下底面的面积为，
过点作于点，过点作于点，
根据正四棱台的结构特征可得：与都是该正棱台的高，且，，
因此，
所以正四棱台的体积为，
即该款粉碎机进物仓的体积为.
故选：B.
关键点点睛：
求解本题的关键在于根据题中所给条件，求出棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解.
4-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用台体的体积公式直接计算.
详解:
由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为9cm，7cm．
故该香料收纳罐的容积为
故选：B
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
在四棱台中，先求出，利用相似，求出点分别到平面和平面的距离，进而求出四棱台的体积.
详解:
几何体为四棱台，所以延长必交于一点，记为O，
且四棱锥相似于，所以.过点作OH⊥面于H，
作OG⊥面于G，则,又，解得：OG=,OH=，
四棱台的体积
故选：D
点睛:求棱台的体积：
（1）直接利用体积公式求体积；
（2）利用分割法，大棱锥体积减去小棱锥的体积.
4-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
分析可知，设，则，，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果.
详解:
由题意得，设，则，.
过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，

在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，
因为，，，所以，，
所以，，所以，，
所以等腰梯形的面积为，得.
所以，，，故方亭的体积为.故选：C.
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
连接，交于点，连接，交于点，连接，确定球心在直线上，分球心在线段上或其延长线上两种情况，并利用勾股定理求出，最后根据刍童的体积公式即可求得结果．
详解:
连接，交于点，连接，交于点，
连接，则由球的几何性质可知，刍童外接球的球心必在直线上，
由题意可得，，
设球的半径为，由，得．
连接，，在中，，
即，得．
在中，，即，得．
当球心在线段上时，，

则该刍童的体积；
当球心在线段的延长线上时，，
则该刍童的体积为．
故选：C．
4-8【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．
详解:
解：如图所示，
正四棱锥的下底边长为三丈，即尺，
高二丈五，即尺；
截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，
所以，
解得，
所以该正四棱台的体积是
（立方尺）．
故选：A．

4-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题意知降雨量是雨水的体积除以容器口面积，计算出圆台的体积可得答案.
详解:
由题意知降雨量是雨水的体积除以容器口面积，
因为圆台形容器中水的高度为圆台形容器高度的一半，
且下底面半径是40mm，上底面半径是80mm，
可得圆台中雨水的上底面半径是mm，
所以雨水的厚度为
mm，是中雨，故选：B．
4-10【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:利用棱台体积公式直接求解．
详解:
解：斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．
棱台两底面面积分别是，，高为，长方体形凹橹的体积为，
这个斗的体积是：
．
故选：．
点睛:
本题考查几何体的体积的求法，考查棱台体积公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
4-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先利用圆台的体积公式求出一颗石子的体积，再求出锥形瓶的体积，然后用锥形瓶的体积除以一颗石子的体积，就得乌鸦共需要投入的石子数量.
详解:
如图1所示，，，，所以．原水位线直径，投入石子后，水位线直径，则由圆台公式得到，．同理，空瓶体积是由空瓶圆台加圆柱体得到，即

，则需要石子的个数，
即，则至少需要4颗石子．
故选：C．

点睛:此题考查圆台、圆柱的体积计算，属于基础题.
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
求出任意放球共有种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解.
详解:
解：由题得任意放球共有种方法，如果有一个小球与所在的盒子的编号相同，第一步：先从5个小球里选一个编号与所在的盒子相同，有种选法；第二步：不妨设选的是1号球，则再对后面的2,3,4,5进行排列，且四个小球的编号与盒子的编号一个都不相同，假设2号盒子里放3号球，则有三种，所以 后面的小球的排列共有种方法. 所以剩下的四个球共有种方法.
由古典概型的概率公式得恰有一个小球与所在盒子编号相同的概率为；故选：A
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:列出随机抛郑两枚均匀骰子的所有可能结果，再利用古典概率公式计算作答.
详解:
随机抛郑两枚均匀骰子的所有结果如下表：

1
2
3
4
5
6
1
(1，1)
(1，2)
(1，3)
(1，4)
(1，5)
(1，6)
2
(2，1)
(2，2)
(2，3)
(2，4)
(2，5)
(2，6)
3
(3，1)
(3，2)
(3，3)
(3，4)
(3，5)
(3，6)
4
(4，1)
(4，2)
(4，3)
(4，4)
(4，5)
(4，6)
5
(5，1)
(5，2)
(5，3)
(5，4)
(5，5)
(5，6)
6
(6，1)
(6，2)
(6，3)
(6，4)
(6，5)
(6，6)
共36个不同结果，它们等可能，
得到的两个骰子的点数之和能被3整除的有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，
(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共12个，
所以所求概率为.故选：D
5-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
抛两个不同骰子，白色骰子结果由于明确了是2种，故基本事件总数为12，分类讨论求出白骰子为2或4，红骰子满足的基本事件数即可.
详解:
白色骰子点数为2，要想两个骰子点数不小于10，红骰子只可以抛出6点，白色骰子为4时，要想两个骰子点数不小于10，红色骰子可以抛出3，4，5，6点，因此基本事件数一共5种，白色骰子只有2种结果，红色骰子有6种结果，故基本事件总数是12.于是当白色骰子的点数为2或4时，两颗骰子的点数之积大于10的概率是.故选：B
5-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.
详解:
[方法一]：【最优解】无序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.
[方法二]：有序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，
其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为.
故选：C.
整体点评:
方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；
方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；
5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
列举出所有数字，应用古典概型的概率求法求结果.
详解:
由题意，新数字有，共6种，
其中数字不大于2.78的有，共4种，
所以得到的数字不大于2.78的概率为.故选：A
5-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据题设列举出所有三位二进制数及对应的十进制数大于3的二进制数，应用古典概型的概率求法求结果.
详解:
由题设，三位二进制数有，共8种，
其中对应的十进制数大于3的为，共4种，
所以二进制数对应的十进制数大于3的概率为.
故选：C
5-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
分用(1根+4根)和(2根+3根)两种情况组成不同的两个数，求出总的组合数，并求出各个组合中两数的和，根据古典概型概率计算方法计算即可．
详解:
用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法：
第一种是用1根和4根小木棍可以组成：1与4、1与8，其和分别为5、9，共2种；
第二种是用2根和3根小木棍可以组成：2与3、2与7、6与3、6与7，其和分别为5、9、9、13，共4种；
故用五根小木棍随机摆成图中的两个数，有2+4=6种不同组合，其中两个数的和不小于9的有4种，故所求概率为．故选：A．
5-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
首先求出基本事件总数，再列出“有趣的跳跃数组”，最后利用古典概型的概率公式计算可得；
详解:
解：6个数任取3个共有个，这3个数是“有趣的跳跃数组”有
共10个，
概率.故选：C
5-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:先考虑总情况，再考虑任意两个1都不相邻的，最后由古典概型求概率即可.
详解:
先考虑总情况，8个位置选3个放1，有种，再考虑任意两个1都不相邻的情况，
将3个1插入5个0形成的6个空中，有种，则概率为．故选：D.
5-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先判断出由组成的没有重复数字的五位数有120种，列举出波动数有
个，即可求出波动数的概率.
详解:
由组成的没有重复数字的五位数一共有种.
而构成波动数，需满足，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512一共16个.
所以波动数的概率为.故选：B.
5-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
列举从中任取2个不同的数的所有结果，共6个基本事件，符合条件的共2个基本事件，结合古典概型计算结果．
详解:
从中任取2个不同的数，共有个基本事件，取出的2个数之差的绝对值为4有个基本事件，所以所求概率为；故选：B．
6-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
首先根据的最小正周期求得，然后结合的对称性和单调性求得.
详解:
由于的最小正周期为，，所以，
由于的图象关于直线对称，且满足函数在区间上单调递增，
所以，
，由于，所以.
故选：A
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据相邻对称轴之间距离可得最小正周期为，由此可求得，得到解析式；利用正弦型函数对称中心的求法可求得对称中心，对比选项可得结果.
详解:
两条相邻对称轴之间的距离为，最小正周期，
解得：，，
令，解得：，此时，
的对称中心为，
当时，的一个对称中心为.
故选：C.
6-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意，得到，，代入得，进而可令，得到函数的对称轴，然后可以得到答案.
详解:
因为最小正周期为，故恒成立，故，，代入得，所以，令，可得对称轴为，故结合选项，函数图象的对称轴为，其它直线均不是函数图象的对称轴.故选：B
6-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据函数的最大值与最小值的差为，可求出，再根据图像的两个相邻的对称中心间距离为，可求出，然后根据其图像与轴的交点坐标为，可求出，即得到函数的解析式，从而求得．
详解:因为
，所以有，
，，即，，解得，
所以，又，即，而，所以．
故，．
故选：C．
6-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
结合函数图像，由函数的对称性求出函数一个零点，可求出周期得，再由求出的值.
详解:由所给正弦型图像的对称性可知：
的图象过点，即点，
所以,
故，
又，
所以, 即，
又，故.故选：A
6-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求出函数的周期,确定的值,利用得,利用,
求出,然后求f(0).
详解:
由题意可知，此函数的周期，故，所以.
所以.
由，得.
又由题图可知,.
故选：C.
6-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:将已知点代入图像利用最值得结果
详解:
因为函数的图像经过点，
所以，得，
所以，得，
所以，所以，
所以，
所以的最小正周期为，故选：C
6-8【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称求出，再由求出即可.
详解:
因为关于y轴对称，所以，
所以，又，故的最小值是．，则．
所以．
故选：A.
6-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题意得，，设的最小正周期为，分别用表示出，，，由勾股定理解出，进一步求出，又因为点在图像上，代入即可求出.
详解:
由题意得，.
设的最小正周期为，所以，，，所以，即，所以.
因为，所以，即，又，所以.故选：B.
6-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:先根据函数图象求得其解析式，再利用正弦函数的性质求解.
详解:
解：由图象知：A=2，，
则，
所以，
又函数图象过点，
所以，
则，
因为，
所以，
所以，
因为，则，
所以，
所以，
故选：B
6-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据△OBC的面积可求得A，结合题中已知根据三角函数的性质可求得解析式，进而求得最小正周期.
详解:
如下图，，，
，
，
∴，
，
∴，
，
，
，
∴，
故选：D．

7-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
构造函数，利用导数判断的单调性，由此判断不等式正确的个数.
详解:
构造函数，，
所以在区间上，递增；在区间上递减，
由于，所以，
所以：，
，
，
所以不等式正确的个数为.
故选：D
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由经典不等式可得，得出，结合即可判断.
详解:
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，即，
所以，所以，即，
又，所以，由，所以，
所以，即，所以，所以.
故选：A.
关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式可得.
7-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小.
详解:设,则,
当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,
故当时,函数取得最大值,
因为,,
,
当时,,函数单调递减,可得,
即.
故选:C
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 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.
7-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论.
详解:
设，
当时，在上单调递减，
，即，
，所以；
设，
当时，在上单调递减，
，即，
，所以，
所以.
故选：A.
点睛:
关键点点睛：比较数的大小，通过适当变形，转化为同构形式，从而抽象构造出函数是解题的关键，再利用函数的单调性比较大小.
7-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
利用导数证得，由此先比较，然后比较，从而得出正确结论.
详解:
构造函数，，，所以在上递增，在上递减，所以，即.
令，则，，，考虑到，可得，即，化简得等号当且仅当时取到，故时，排除A，B.下面比较a，b大小，由得，，故.所以.
故选:D
7-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.
详解:
令函数，求导得，令，则，故，单调递减，又，故，即，而，则，即，所以，
故选：A
7-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
构造函数，应用导数研究其单调性，进而比较，，的大小，若有两个解，则，，构造，利用导数确定，进而得到，即可判断a、c的大小，即可知正确选项.
详解:
令，则，，，
而且，即时单调增，时单调减，又，
∴，.
若有两个解，则，，
即，，
令，则，即在上递增，
∴，即在上，，若即，故，有
∴当时，，故，
综上：.
故选：A
关键点点睛：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小.
7-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
利用作差法与基本不等式分析，的大小，再构造函数分析的大小即可
详解:
解析：由已知得，，，
则，
因为，
所以有，
所以
设，，当时，，
所以在上单调递减，因此，即，
所以，
所以，
所以，
所以，又，
所以，综上可知
故选：．
7-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
详解:
[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0 所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b 综上，，
故选：B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减

令
，即函数在（1，3)上单调递增

综上，，
故选：B.
点睛:本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.

7-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
根据幂函数的单调性判断的大小，构造利用导数研究单调性，进而确定的符号即可判断的大小.
详解:
，而，
令，则，，
∴时，递减；而，，
∴上，即递减，则在上，
∴由，则，即.
综上，.
故选：D
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求出球心到底面ABC的距离和球的半径，从而确定三棱锥的高的最大值为3，利用椎体体积公式求出体积的最大值.
详解:
球O的半径为R，则，解得：，

由已知可得：，其中
球心O到平面ABC的距离为，
故三棱锥的高的最大值为3，
体积最大值为．
故选：C．
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由蛋黄所成的球是该正四面体的内切球时，该正四面体的高有最小值，再利用等体积法求解.
详解:
解：当蛋黄所成的球是该正四面体的内切球时，该正四面体的高有最小值．
设此时正四面体的每个面的面积为S，高为h，蛋黄所成的球的半径为r，
因为内切球的体积为，解得，
由等体积法可得，
解得，
故选：C．
8-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
一个正四面体可以在一个棱长为2的正方体内绕着正四面体中心任意转动，说明正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体．
详解:
设正方体内切球的半径为1，
设该球的内接正方体棱长为a,，
而球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍，即为．
故选：B．
8-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值.
详解:
取中点为,过作,且,因为平面ABC,所以平面.由于,故,进而可知,所以是球心,为球的半径.
由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,体积最小值为
故选:C

8-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设球心到底面距离为，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识求出最大值，得出结论．
详解:
如图，是正四棱锥的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，是圆心（球心），
设正四棱锥底面边长为，则，，设，
则由得，，，，
，
， 当时，，递增，时，
，递减，∴时，取得极大值也是最大值．
此时高，，．
故选：A．

点睛:本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量，把棱锥体积表示为的函数，利用导数求得最大值．
8-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据已知条件求出所在截面圆的半径，外接球的半径、三棱锥的高，求出在平面内的射影到所在截面圆的圆心的距离，求出的最小值可得的最小值.
详解:
如图：是所在截面圆的圆心，是球心，

平面，平面，为垂足，连接，，
则，，则，
因为，，所以，
，，
，
由，得，
由，得，即，
，
在直角梯形中，，
所以，
所以.
所以线段SA的长度的最小值为.
故选：C.
8-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
由球的表面积求得球的半径，设球心到四棱锥的底面距离为x，棱锥的高为，再把棱锥底面边长用x表示，写出棱锥体积，利用导数求最值.
详解:
设球的半径为r，则，即.
设球心到四棱锥的底面距离为x，则正方形的对角线长为，则正方形的边长为，
则四棱锥的底面积为，
当棱锥的高为时，四棱锥的体积最大，
则四棱锥的体积，
，
由得，由得，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值为.
故选：D.
点睛:
本题考查了棱锥的体积公式，考查了球的表面积公式，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.
8-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
作出图形，可知四棱锥为正四棱锥，由勾股定理可得出，分析得出，可设，，其中，可得出，令，，利用导数求出取最大值时对应的的值，求出的值，可得出的长，进而可求得结果.
详解:
如下图所示，可知四棱锥为正四棱锥，设，则球心在直线上，

设，，则，
由勾股定理可得，即，
当四棱锥的体积最大时，则点在线段上，则，
可设，，其中，
，
令，，
则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，所以，，
此时，，则，
因此，当该四棱锥的体积最大时，底面正方形所在平面截球的截面面积是.
故选：C.
8-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据题意，设出正方形边长和矩形的高，根据体积公式，求得等量关系；再找到球心，求得半径，利用导数求函数的最小值，则问题得解.
详解:
根据题意，连接交于点，过作//交于点，交于，连接.

因为四边形是正方形，故可得，
又因为平面平面，且交线为，又平面，故平面，
不妨设，
故可得多面体的体积；
则，解得；
又容易知多面体外接球的球心在四边形外心的垂线上，且为的中点，
设外接球半径为，则；
将代入可得，不妨令，
则，则，容易知是关于的单调增函数，
且当时，，故可得在上单调递减，在单调递减.
故.
则外接球表面积的最小值.
故选：B.
点睛:
本题考查棱锥体积的计算、面面垂直的性质、外接球表面积的计算、利用导数求函数的最值，属压轴题.
8-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
先画出图形（见解析），求出三棱锥的高，由题意得出三棱锥体积最大时面积最大，进而求出的面积表达式，利用函数知识求出面积最大值，从而求出三棱锥体积最大值．
详解:
如下图，由题意，，，
取的中点为，则为三角形的外心，且为在平面上的射影，所以球心在的延长线上，设，则，
所以，即，所以.
故，
过作于，设()，则,
设，则，故，
所以，则，
所以的面积，
令，则，
因为，所以当时，，即此时单调递增；当时，，此时单调递减．
所以当时，取到最大值为，即的面积最大值为．
当的面积最大时，三棱锥体积取得最大值为.故选D.

【点睛】本题主要考查三棱锥的体积公式、三角形的面积公式、导数等知识，是一道综合性很强的题目．
8-11【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
首先由球和三棱锥的组合体可知三棱锥的体积最大，转化为半径为的圆内接面积的最大值，由图形可知当的高过圆心时面积最大，利用正弦定理表示三角形的面积，并利用导数求函数的最大值.
详解:
由题意可知当三棱锥的体积最大时，点到底面的距离，如图所示， ,
中，,
要求三棱锥体积的最大值，转化为半径为的圆内接面积的最大值，
如图，当的高过圆心时面积最大，此时是等腰三角形，，
根据正弦定理,，
，
，
设 则，
则 ，
令，
，
当时，，
当时，，
当时，此时
,
此时取得最大值.

故选：A
点睛:本题考查球与几何体的组合体求体积的最大值，意在考查空间想象能力，和计算能力，本题的关键是数形结合表示圆内接三角形的面积，本题属于中档题型.
8-12【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设正三棱锥底面的边长为，高为h，由勾股定理可得，则，三棱锥的体积，对其求导，分析其单调性与最值即可得解.
详解:
解：设正三棱锥底面的边长为，高为h，根据图形可知

，
则.
又正三棱锥的体积
，
则，
令，
则或（舍去），
函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，V取得最大值，
故选：D.
点睛:
本题考查球与多面体的关系、三棱锥的体积公式、导数的综合应用，考查空间想象能力及运算求解能力，属于难题.
9-1【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断.
详解:解：由题意得：
正方体的棱长为2
对于选项A：连接，设交于O点

平面
即为直线BC与平面所成的角，且，故A正确；
对于选项B：连接，设交于O点

平面
点到平面的距离为,故B正确；
对于选项C：连接、，由正方体性质可知∥
故异面直线和所成的角即为和所成的角
又
为等边三角形

故C错误；
对于选项D：过作，过作，连接PQ
为异面直线之间的距离，这时距离最小；
设，为等腰直角三角形，则，
也为等腰直角三角形，则
为直角三角形
故
当时，取最小值，故，故D正确；故选：ABD

9-2【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
对于A：利用空间向量可得∥，即直线平面；对于B：结合图形可得交线为l即直线，利用空间向量求异面直线夹角；对于C：，利用空间向量处理线面夹角问题；对于D：通过平行分析可知经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形．
详解:
如图1，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则

设平面的一个法向量，则有
令，则，即
∵，则，即
∴∥，则直线平面，A正确；
结合图形可知为平面与平面的交点，则交线为l即为直线
∴，则

∴l与所成角为，B正确；
∵，则
∴棱与平面所成角的正切值为，C不正确；

如图2，取棱的中点，连接
∵分别为的中点，则∥且
又∵∥且，则∥且
∴为平行四边形，则∥
∵分别为的中点，则∥且
∴为平行四边形，则∥
∴∥
同理可证：∥
∴经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形
∵，则其周长为，D正确；
故选：ABD．

9-3【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:根据平面展开图还原为正方体，AD选项结合空间之间的位置关系即可判断，BC结合异面直线的成角即可求出结果.
详解:

A选项，因为，且，所以，故A正确；
B选项，因为，所以与所成的角为，故B错误；
C选项，因为，且，所以，故C错误；
D选项，因为，所以或其补角为与所成的角，又因为，所以为等边三角形，因此，且异面直线成角的范围为，所以为与所成的角，因此与所成的角为，故D正确；
故选：AD.
9-4【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线和所成的角为∠；对于B：可证平面，则直线与平面所成的角为；对于C：根据等体积转换，求点D到面的距离；对于D：三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
详解:
连接、
∵∥且，则四边形为平行四边形，
∴异面直线和所成的角为∠
∵，则△为正三角形，即∠
A不正确；

连接
在正方形中，
∵平面，平面
∴
，则平面
∴直线与平面所成的角为
B正确；

根据等体积转换可知：
即，则
C正确；
三棱柱的外接球即为正方体的外接球
则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即
D正确；故选：BCD．
9-5【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
利用线面垂直的判定定理可判断A，利用正方体的性质及锥体的体积可判断B，利用异面直线所成角的定义及正方体的性质可判断C，利用正方体的性质可得平面，进而可求直线与平面所成的角可判断D.
详解:
如图所示，连接，则,又平面，
∴，，
∴平面，平面，
∴，同理可得，
∴平面，故A错误；

由题可知正方体的体积为

∴，故B正确；
连接，由题可知，
∴，进而∥，则异面直线AC与所成的角，
显然为正三角形，，故C正确；
设，则，，，
平面，为直线与平面所成的角，
，
，即直线与平面所成的角为，故D正确.故选：BCD.
9-6【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 分析:
根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A;连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.
详解:
对于A，如图，连接 ,则交于点O,
正方体中，
平面平面 ,
故,而平面 ,
故平面,故平面，而平面,
故，即，故A正确；

对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,
故四边形是平行四边形，故平面不在平面,
故平面，故B正确；
对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,
故 ，解得 ，故C错误；
对于D，连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，
在 中， ,所以 ,则 ,故D错误
故选：CD
9-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
A.连接BD交AC于O，连接OE，由正方体特征易证平面判断；B.易证是平行四边形，得到，则是异面直线所成的角求解判断；C.由平面，得到是直线与平面所成的角求解判断；D.由四面体的体积为判断.
详解:如图所示：

连接BD交AC于O，连接OE，
由正方体特征知：，且，则平面，所以，故A正确；
因为，所以是平行四边形，则，所以是异面直线所成的角，又平面，则，因为OE变化，则变化，故B错误；
由平面，得是直线与平面所成的角，且为定值，故C正确；
以为顶点的四面体的体积为 为定值，故正确；
故选：ACD
9-8【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
对于选项A，利用线面垂直即可判断；对于B，旋转平面使之与平面共面，求此时线段的长，即可判断；对于C，有、由线面垂直求得，
确定点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，即可求得答案；对于D，根据异面直线的定义，可求得该角的最小值，即可判断.
详解:
对于选项A，若M在上，此时必有，

证明如下：由正方体的性质得平面，.
又，，所以平面，CM在平面 内，
所以，故A正确；
对于选项B，旋转平面使之与平面共面，如图中, 连接交于点M，

此时最短为，大小为，故B错误；
对于选项C，当点在平面内时，由面，面，则，
所以有 ，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
从而动点轨迹长度为，所以C正确.
对于选项D，因为，所以直线与所成的角即直线与所成角,即或其补角，
由在线段上存在点知，， ,
由，得：，
即最小值大于，故D错误；
故选：AC
9-9【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
由于在正方体中，，与不垂直，故与不垂直，判断选项A；过点作，交的延长线于，连接，设正方体的棱长为2，，判断选项B；取的中点，连接，则，与所成角即为直线与所成角，在中用余弦定理，判断选项C；连接交于点，则点到平面的距离与点到平面的距离之比为，而∽，判断选项D.
详解:
在正方体中，显然有，且在正方体中，与不垂直，
故与不垂直，选项A错误；

过点作，交的延长线于，连接，由二面角的定义可知，即为二面角的平面角，不妨设正方体的棱长为2，则
，选项B正确；
取的中点，连接，则，
故异面直线与所成角即为直线与所成角
而，，
故在中，由余弦定理可得
，选项C正确；
连接交于点，则点到平面的距离与点到平面的距离之比为，而∽
故， 选项D正确.
故选：BCD.
9-10【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
对于A选项，连接，由平面，即直线上任意点到平面的距离相等；
对于B选项，为正三角形，则当且仅当在中点时，，即可判断；
对于C选项，证明平面即可，
对于D选项，当为中点时，外接球半径最小，计算即可.
详解:
对于A选项，因为，所以平面，所以，为定值，即A错误；

对于B选项，因为为正三角形，与所成角的范围为，即B正确；
对于C选项，易知，，，，，则平面平面，可知平面，平面，即C正确；
对于D选项，易知当为中点时，外接球半径最小，

此时设的中心为，的中心为，的中点为，
则，，，则易知，
所以最小球即为以为球心，半径，表面积，即D错误．
故选：BC
9-11【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；
对于B选项，由题可得与所成角即为异面直线与所成角；
对于C选项，利用展开图即可判断；
对于D选项，利用椭圆的定义，多面体的外接球的性质即可判断.
详解:
对于A选项，连接，则，
由题可知，平面，且平面，则，
又，平面，平面，则，
同理可得，，直线平面，则选项A正确；

对于B选项，由题可知，，，
所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是，则B选项错误；
对于C选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，则C选项正确；

对于D选项，，当、、三点共面时，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，又因为，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，故点的轨迹是以，为焦点的椭球表面，
设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大，
所以当平面，当平面，且时，三棱锥的体积最大，
此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为，的外心，连接，，，
则，，所以，
即三棱锥体积最大时其外接球的表面积.
故选：ACD.
【点睛】立体机何中的点的运动轨迹问题或线的运动轨迹问题，要结合题目的特征，利用平行或垂直关系或平面中常见的轨迹定义，找出平面中的轨迹，其轨迹通常是线段、圆弧、椭圆、抛物线等，进而求出相关长度，在空间中的轨迹，则以平面中的轨迹图形旋转得到相应的几何体.
9-12【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
A选项，找到异面直线所成的角，并求出角度；B选项，画出图形，找到直线和P点，求出PB的长；C选项，画出平面截此正方体所得面积最大的截面，求出面积；D选项，画出图形，找到所需纸的面积最小的图形，求出面积
详解:
对于选项A：连接，，，

∵∥，∴∠或其补角为异面直线和所成的角，
又∵＝＝＝，∴∠＝，故A不正确；
对于选项B：
连接并延长交于点，连接即为直线即

由△和△全等得:
∴为的中点
又∵∥
∴
∴
故B正确；
对于选项C：如图

取的中点，并依次连接，得到正六边形，此时可证明出平面，且平面截此正方体所得正六边形截面面积最大，，故C正确；
对于选项D：如图①为棱长为4的正方体礼品盒，先把正方体的表面按图所示方式展成平面图形，再把平面图形尽可能拼成面积较小的正方形，如图②(图中数字“1”表示正方体的4个侧面)所示，由图知正方形的边长为8，其面积为128，故D正确．

故选：BCD
10-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
先求导，根据导数和函数单调性的关系，以及极值和最值的关系即可判断．
详解:
解： 由题意得．令，即，解得或．则当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减．所以函数在处取得极大值，在处取得极小值．又时，；时．作出函数的大致图象如下图所示：

因此有极小值，也有最小值，有极大值，但无最大值．若方程恰有一个实数根，则或；若方程恰有三个不同实数根，则．
故选：BD
10-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
对于A，利用导数的几何意义求解，对于B，求导后，由导数小于零求解，对于C，求导后求极值，对于D，函数与的交点个数判断
详解:
对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误，
对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确，
对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确，
对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误，故选：BC
10-3【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:利用导数研究函数的性质即得.
详解:∵，
∴，
由可得，，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数有最小值，即，
所以A错误，BC正确，D错误.
故选：BC.
10-4【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:由导数判断单调性后对选项逐一判断
详解:由可得
，
由可得，由可得或，
故在和上单调递减，在上单调递增，
有极小值，极大值，
故A正确，B，C错误．
有两解，，，则有2个零点，故D正确．
故选：AD
10-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
求出函数的导数，判断函数的单调性，即可确定极大值，判断A,B;计算区间端点处的函数值，确定函数的最小值，判断C,D.
详解:
由题意得：，
令，则 或 ，
当时，>0.，当时，,
故 是函数的极大值点，
则函数的极大值也即在上的最大值为 ，故A正确，B错误；
而当 时， ，当 时， ，
故函数在上的最小值为，故C正确，D错误，
故选：AC
10-6【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
先求得函数的极小值点，再根据函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值求解.
详解:解：因为函数f(x)＝3x－x3，
所以，
令，得，
当或时，，当时，，
所以当时，取得极小值，
则，解得，
又因为在上递减，且，
所以，
综上：，
所以实数a的可能取值是0，1，2
故选：ABC
10-7【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
由三次函数图象的性质以及函数极值的定义对各个选项进行分析判断即可.
详解:
对于三次函数，当时，；当时，，函数图象必穿过轴，故，使得，A正确．
，当时，使，但恒成立，函数单调递增，故函数不存在极值点，故B，D不正确．
若是的极小值点，则当时，，
所以在区间上单调递增，C正确．
故选：AC．
10-8【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项.
详解:
，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确；
，得，中，，
所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误.
故选：AD
10-9【提升】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
对于A，由可求出的值，对于B，由选项A，可求得，然后利用导数可求出在上的最小值，对于C，由题意可得，可求出的范围，对于D，将问题转化为在上恒成立，构造函数，再利用导数求出其最大值即可
详解:
对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，
对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，
对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，
对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，
故选：ABC
10-10【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
由导数的几何意义求出切线方程判断A，由导数确定函数的单调性，极值点判断B，由的性质判断其与函数的图象的交点个数判断D．利用导数确定极值点个数判断C．
详解:
，，又，所以切线方程是，即，A正确；
或时，，时，，
所以在和上都递增，在上递减，因此是极大值点，B正确；
显然1是极小值点，，，时，，时，，，，
，在上递增，在和上递减，
因此与的图象有3个交点，即有3个零点，D正确；

设，，
令，则，
设，则恒成立，
所以，即是增函数，而，
所以时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
，易知，所以存在两个零点，由的单调性知这两个零点就是的两个极值点，C错．
故选：ABD．
10-11【提升】 【正确答案】 ABCD
【试题解析】 分析:
由，知，令，得，，分别求出函数的极大值和极小值，可判断ABD；由，且，令利用导数说明其单调性，再根据切割线的定义即可判断C
详解:
，其导函数为．
令，解得，，
当时，即或时，函数单调递增，
当时，即时，函数单调递减；
故当时，函数有极小值，极小值为，当时，函数有极大值，极大值为，，故函数只有一个零点，又故ABD正确；
令，则故在上，即在上单调递增，根据切割线的定义可知，当时，对任意的，恒有，即
对任意的，恒有，即，
故C正确；
故选：ABCD．
11-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:由抛物线的性质依次计算各选项所求，即可得出结果.
详解:
抛物线，.
对于A，，，A正确；
对于B，设，，，的坐标为.B错误；
对于C,,C正确；
对于D，直线，联立，得：，,,D错误.
故选：AC.
11-2【基础】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
对于A，由抛物线的定义进行判断即可；对于B，由抛物线的定义和梯形的性质进行判断；对于C，由抛物线的焦半径得，而，代入中化简可得答案，对于D，过与抛物线相切的直线有2条，与轴平行的直线有1条，从而可判断
详解:
解：抛物线的焦点为，准线方程为，其中
对于A，由抛物线的定义可知，，所以A正确；
对于B，取的中点，在直线上的投影为，在直线上的投影为，则由抛物线的定义可得，因为梯形两腰的中点，所以，所以以为直径的圆与准线相切，所以B正确；
对于C，若直线的斜率存在，设直线方程为，
由，得，则，
由抛物线的定义可知，所以，所以C正确；
对于D，过点M与抛物线相切的直线有2条，而过M与轴平行的直线有1条，所以过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有3条，所以D错误
故选：ABC
11-3【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
将点代入可判断A；求出焦点可判断B；设直线的方程为，将直线与抛物线方程联立，利用韦达定理即可判断C；由向量的坐标表示以及韦达定理可判断D.
详解:
对于选项A，将点代入抛物线方程，可得，故选项A错误；
对于选项B，焦点，点在抛物线上，可得，故选项B正确；
对于选项C，设点A，B的坐标分别为，，
直线的方程为，联立方程
消去y后整理为，
可得，
有，
故选项C正确；
对于选项D，有，
可得，由有解得，故选项D正确．
故选：BCD
11-4【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
A、B.将抛物线的方程转化为标准方程判断；C.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，然后利用抛物线的弦长公式求解判断；D.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，求得M，N的坐标，然后利用平面向量的数量积运算求解判断.
详解:
由题可得抛物线的标准方程为，所以点在轴上，且点的坐标为，所以选项A正确，选项B不正确；
过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，设，，则，所以，选项C正确；
过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，解得或，不妨设，则，所以，选项D正确．
故选：ACD．
11-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
设，， ，求出函数的导数，利用导数的几何意义得到、整理可得，为关于的方程的两根，利用韦达定理，即可判断A、B，再由根据两点的距离公式计算即可判断D；
详解:
解：设， ， ，由于C的方程为，于是，根据切线的几何意义知、，整理二式得、，即，为关于的方程的两根，所以，故A错误；
而PA与PB的斜率之积为，故，故B正确；
由于为斜边上的中线，因此
，当且仅当时取等号，因此最小为，故C错误、D正确.故选：BD.
11-6【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
由抛物线的性质可得焦点的坐标及准线方程，设直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出弦长，进而可得以为直径的圆的半径，再求的中点到准线的距离，可判断A，由抛物线的性质可得到准线的距离，由题意可得的值，求出抛物线的方程，可判断B，求解的值可判断C，求出的表达式，当且仅当时，可求出的最小值，判断D，
详解:
由题意可得抛物线的焦点，准线方程为，
设直线的方程为，，则的中点，
由，得，
所以，
所以，
对于A，，则以为直径的圆的半径为，的中点的横坐标为，所以的中点到准线的距离为，所以以为直径的圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，所以以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切，所以A正确，
对于B，因为抛物线上的点T（2，t）到点F的距离为4，所以点T（2，t）到准线的距离为，得，则抛物线的方程为，所以B错误，
对于C，为定值，所以C正确，
对于D，，所以当时，取得最小值，所以D正确，
故选：ACD
11-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
设l的方程为，联立，整理得，根据根与系数的关系可判断A、B选项．
由弦长公式，得，再联立，M，N两点在y轴的两侧，求得，由此判断C．
设，，由弦长公式得，继而由已知得，求解即可判断D选项．
详解:
解：由题意可设l的方程为，
联立，得，则为定值，故A正确．
又，故B不正确．
，则，即，
联立，得，
∵M，N两点在y轴的两侧，
∴，且，∴．
由及可得或，
故k的取值范围为，故C正确．
设，，则，，
则．
假设存在实数k，则由，
得，解得或3，故存在满足题意．D正确．
故选：ACD．
11-8【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
设，根据抛物线定义，可得，即可得AF为直径的圆的半径和圆心坐标，又圆心到y轴距离为，即可判断A的正误；由题意，求得直线l的方程，即可判断B的正误；根据题意，结合韦达定理及弦长公式，可得长表达式，根据m的范围，即可判断C的正误；由题意得，根据焦半径公式结合韦达定理，可求得k值，即可判断D的正误，即可得答案.
详解:
设直线l的方程为，，．
联立，消去x得，
由韦达定理得，．
对于A：，以AF为直径的圆半径为，圆心为，
圆心到y轴距离为，故以AF为直径的圆与y轴相切，故选项A正确；
对于B：∵，∴，即，
∴直线l的方程为，∴直线AB的斜率为1，故选项B正确；
对于C：若，则，
∴，∴，
则．
又，∴当时，AB取最小为8，故选项C正确；
对于D：根据题意可得直线l的斜率存在．∵抛物线的焦点，
∴直线l的方程可设为，
与抛物线方程联立，消去y整理得．
设，，∴，．
若，，成等差数列，则有，
即，化简得．
又，解得或（舍去）．
∵，∴，解得，
所以，与已知矛盾，故选项D错误，
故选：ABC．
点睛:解题的关键是熟练掌握抛物线的定义、焦半径公式、弦长公式等基础知识，并灵活应用韦达定理进行求解，综合性较强，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
11-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D．
详解:
A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确；
B．显然斜率存在，设直线方程为，，
由得，，，
，所以，化简得，
线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离，
又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错；
C．设方程为（），由上述讨论知，
又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错；
D．，则，由上得，，
方程为，必过点，D正确．
故选：AD．
点睛:本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解．
11-10【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;
计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;
求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.
详解:
设，，，， ，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B正确；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，故D正确,
故选:BCD.
点睛:本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.
11-11【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
先求出抛物线的方程，利用抛物线的定义转化即可求出最小值可判断A；由直线与抛物线相交的弦长公式及点到直线的距离公式即可判断B；设直线l：，与抛物线的方程联立，结合韦达定理及即可判断C；将已知转化为结合两点连线的斜率公式即可得判断D.
详解:
由在抛物线C上，得，抛物线C的方程为，．
对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，
由抛物线的定义知，
即M，P，D三点共线时，取得最小值，为，故A正确．
对于B，因为为AB的中点，所以，，
求得直线l的方程为，则点N到直线l的距离，
则，故B错误；
对于C，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，代入，
得，设，，则，，，同理可得，
所以，
解得，所以直线l的斜率为，故C正确．
对于D，易知点在抛物线上且轴．设，．
易知直线EG，EH的斜率存在，，同理．
因为EF平分，轴，所以，即，
直线，所以，
直线GH的斜率为定值，故D正确．
故选：ACD

11-12【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
将抛物线方程和直线方程联立，令判别式大于零，即可判断A;由过抛物线焦点弦的性质可判断B;根据，可得直线的方程为，联立抛物线方程，利用根与系数的关系可判断C; 当与抛物线相切时，最大，由此利用判别式等于零可求出切线斜率，得到∠MPF的最大值，判断D.
详解:
由抛物线的方程可得准线方程为，
则，联立，整理可得，
则，可得，所以正确；
只有直线过焦点时，，由题意不能确定直线过焦点，所以不正确；
中，当，则，，三点共线，此时直线过点，即有，
，，
则直线的方程为：，代入抛物线的方程可得，
设，，，，
可得，，，
由，可得，，，则可得，
所以，
，
所以，故正确；
当与抛物线相切时，最大，
设过的抛物线的切线为，
，消去整理得，
所以得，
解得，
所以的最大值为，故错误；
故选：．
12-1【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
对于A，令可判断，对于B，分别令和化简计算即可，对于C，利用单调的定义判断，对于D，令进行判断
详解:
对于A，令，则，得，所以的图象经过坐标原点，所以A正确，
对于B，令，则，再令，则，所以B正确，
对于D，令，则，因为，所以，所以D正确，
对于C，任取，且，由D选项可知，所以，而的符号不确定，所以不能确定函数的单调性，所以C错误，
故选：ABD
12-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
由，可知的图象关于点中心对称；结合函数为偶函数可得是周期为以及关于直线轴对称，结合周期，对称中心和对称轴可判断出为偶函数
详解:因为，
所以的图象关于点中心对称，
又因为函数为偶函数，
所以是周期为的周期函数，且它的图象关于点中心对称和关于直线轴对称，所以为偶函数.
故选：AD.
12-3【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
由已知条件可得关于和直线对称，从而的周期，，进而可判ABC，对于D，由于关于和直线对称，可得关于对称，再结合周期可得结论
详解:
由是奇函数，是偶函数，可得关于和直线对称，从而的周期，所以选项错误，选项正确；
对选项：由对称性及奇函数的性质可知正确；
对选项：有已知关于和直线对称，从而关于对称，
又因为的周期，可得关于对称，所以是奇函数，D正确，
故选：ACD.
12-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
本题考察抽象函数的对称性与周期性，利用函数是奇函数得到关系式和，即可逐个判断出选项.
详解:
函数是奇函数，，函数图象关于点对称，故A正确；函数是周期为2，所以的周期为4，故B错误；函数是周期为2的奇函数， ，故C正确；，无法判断的值，故D错误.
故选：AC.
12-5【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
用赋值法可判断出ABD的正误，C选项可根据定义法判断函数单调性的方法得到证明.
详解:令，故A正确；
对于B，令，
为上的奇函数，故B错；
对于C，任取且，
则
而


在上单调递增，故C正确；
对于D，在原式中，
令,
,
是首项为1，公比为2的等比数列，，故D正确.
故选：ACD
12-6【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
根据函数周期性、对称性、奇偶性、单调性对选项逐一分析，由此确定正确选项.
详解:依题意，，
所以，所以是周期为的周期函数，A正确.
函数为奇函数，关于对称，向左平移个单位得到，所以关于对称，B正确.
关于对称则，

，所以为偶函数，C选项正确.
由于是偶函数，函数图象关于轴对称，轴两侧函数对应区间的单调性相反，所以D错误.
故选：ABC
12-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
用赋值法求得，然后得函数为奇函数，利用奇函数及可得函数的周期，结合周期性，可得函数的对称性（对称轴与对称中心），可得单调性，从而判断各选项．
详解:
令得，所以，
所以，所以是奇函数，
，所以是周期函数，4是它的一个周期，A正确；
，函数图象关于点对称，B错；
，函数图象关于直线对称，
又在上递增，因此在上递增，所以在上是减函数，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
12-8【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 分析:
令，代入，即可判断A是否正确；令，结合，即可判断B是否正确；将用替换，结合函数为奇函数，即可判断C是否正确；设任意的，且，结合对任意，，对的范围进行分析，即可判断D是否正确.
详解:
令，所以，即，故A正确；
因为函数的定义域为
对任意，满足
令，则，
又，
所以 ，即，所以函数是奇函数，故B错误；
因为函数是奇函数，对任意，则
又，所以，即，故C正确；
设任意的，且，所以
因为，所以，且，即
又，所以
所以，所以
又因为对任意，且函数是奇函数，
所以对任意，，所以，
所以，即，所以函数在上为增函数，故D正确.故选：ACD.
12-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
根据已知条件，易得函数偶函数，再结合，
构造函数，只需判断函数的单调性，即可做出正确选择.
详解:
由，得，
令，，则，
因，则，
故在区间上单调递增，
因函数的图象关于直线对称，知函数偶函数，
故函数也为偶函数.
对于选项A，因，则 ，
故，因此A正确；
对于选项B，因，则，
故，因此B错；
对于选项C，因，则 ，
故，因此C错；
对于选项D，因，则 ，
故，因此D正确.
故选：AD.
点睛:函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
12-10【提升】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:利用赋值法，对4个命题分别进行判断，即可得出结论.
详解:
令，可得，
，函数是奇函数，故A正确；
设，则当时，，
，
，函数在上单调递增，故B正确；
（1），可得，
函数是以2为周期的周期函数，故C正确；
④，故D不正确．
故选：ABC．
12-11【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
令可推导得，结合的值可知A正确；令可推导得，结合可推导知B正确；根据单调性可知C错误；当时，根据的对称中心及其在时的值域可确定时满足，知D正确.
详解:
对于A，令，则，即，
又，；
令得：，，，，
则由可知：当时，，A正确；
对于B，令，则，即，
，
由A的推导过程知：，，B正确；
对于C，为上的增函数，
当时，，则；当时，，则，
不存在非零实数，使得任意，，C错误；
对于D，当时，；
由，知：关于，成中心对称，则当时，为的对称中心；
当时，为上的增函数，，，，
；
由图象对称性可知：此时对任意，，D正确.
故选：ABD.
关键点点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据已知关系式确定的对称中心，同时采用赋值的方式确定所满足的其他关系式，从而结合对称性和其他函数关系式来确定所具有的其他性质.
13-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先求得展开式的通项公式，再分别用81乘以的展开式中的常数项和乘以的展开式中含 的一次项的两种情况求解.
详解:
展开式的通项公式为，
当81乘以时，令，解得，常数项为；
当乘以时，令，解得，常数项为 ；
所以的展开式中的常数项为
故答案为：
13-2【基础】 【正确答案】 7
【试题解析】 分析:
化简为，进而利用展开式的通项公式，直接计算求解即可.
详解:
化简得，根据该展开式的通项公式，可得
，则的系数为7.
故答案为：7
13-3【基础】 【正确答案】 5
【试题解析】 分析:
由，则分别求出中的与的系数即可求解．
详解:
，所以展开式中的系数是．
故答案为：5
13-4【基础】 【正确答案】 24
【试题解析】 分析:
利用二项展开式的通项公式，进行计算求解即可.
详解:
，
因为的展开式为：，当时，该展开式中的系数为.
而的展开式为：，当时，该展开式中的系数为.
所以，该展开式中的系数为.
故答案为：24
13-5【巩固】 【正确答案】 17
【试题解析】 分析:
利用二项式定理写出两个二项式的展开式，再分析计算作答.
详解:因，
，
则在的展开式中，含x的项为：，
所以所求x的系数为17.
故答案为：17
13-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
写出展开式通项，令的指数为零，求出对应的参数，代入通项计算即可得解.
详解:的展开式通项为
，
因为，
在的展开式通项，由，可得，
在的展开式通项，由，可得.
因此，展开式中的常数项是.
故答案为：.
13-7【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用二项展开式的通项公式求解.
详解:
展开式的通项公式为：，
展开式中含项为：
，
所以展开式中含项的系数为.
故答案为：
13-8【巩固】 【正确答案】 65
【试题解析】 分析:
先写出的展开式的通项，令与展开式的项相乘，与展开式的常数项相乘，相加即为项，计算系数即可
详解:
由题意，的展开式的通项，
令，得，得；
令，得，得.
故的展开式中，项的系数为.
故答案为：65
13-9【提升】 【正确答案】 180
【试题解析】 分析:
首先求出展开式的通项，令或3解得，再代入计算可得.
详解:
解：原式展开为，
展开式的通项为，
令时，得，所以中，的系数为；
令时，，即中无项，此时不成立.故答案为：180
13-10【提升】 【正确答案】 7
【试题解析】 分析:
的展开式的通项为，求出的展开式中的常数项和项的系数即得解.
详解:
解：的展开式的通项为，
取及可知，的展开式中的常数项为1，项的系数为4.
因此，的展开式中，常数项为.
故答案为：7
13-11【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先将看成一项，得到展开式通项公式，确定，进而简化通项公式，得到与时满足要求，求出展开式中的系数,相加得到答案.
详解:
的展开式通项公式为，
由于求解的是展开式中的系数，故，其中展开式通项公式为，，
令得：，此时展开式中的系数为，令得：，
此时展开式中的系数为，综上：展开式中的系数为.
故答案为：
14-1【基础】 【正确答案】 3
【试题解析】 分析:将两圆的公切线条数问题转化为圆与圆的位置关系，然后由两圆心之间的距离与两半径之间的关系判断即可.
详解:
圆：，圆心，半径；
圆：，圆心，半径.
因为，所以两圆外切，所以两圆的公切线条数为3.
故答案为：3
14-2【基础】 【正确答案】 2
【试题解析】 分析:将圆转化成标准式，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.
详解:
由题意得，圆：，圆：，
∴，∴与相交，有2条公切线.
故答案为：2
14-3【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据圆心距和半径之间的关系判断两圆相交，再得到公切线条数.
详解:圆和圆
，则.
圆心距为，故，两圆相交，故有2条公切线.
故答案为：.
点睛:
本题考查了圆和圆的位置关系，公切线条数，意在考查学生的计算能力和应用能力.
14-4【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先判断两圆的位置关系，确定两圆内切后，求出切点坐标，连心线后易得公切线方程．
详解:
圆，圆心为(0,0)，半径为1；
圆，圆心为(4,0)，半径为5.
圆心距为4=5－1，故两圆内切，
两圆方程相减得，，代入圆方程解得，
所以切点为(－1,0)，又圆心连线为x轴，所以两圆公切线的方程为，即.
故答案为：.
14-5【巩固】 【正确答案】 ，，或
【试题解析】 分析:
首先求出圆心与半径，判断两圆的位置关系，确定公切线有条，再利用点到直线的距离公式即可求解.
详解:
，圆心，半径；
，圆心，半径，
因为两圆的圆心距，
所以两圆相离，即圆A与圆B的公切线有条，
当直线的斜率不存在时，与两圆均相切；
当直线的斜率存在时，设，即，
所以，解得 ，或，
所以圆A与圆B的公切线方程有， 或
，
故答案为：，，或
14-6【巩固】 【正确答案】 5
【试题解析】 分析:
如图：点E为圆和圆切点，点M，N分别为圆和圆和直线：的切点，则点E必在的角平分线上，求出直线的方程，设，利用直线与圆和圆可列方程组，可得，代入计算即可.
详解:如图：

点E为圆和圆切点，点M，N分别为圆和圆和直线：的切点，
则点E必在的角平分线上，
则，
，
设，
则圆
，
，可得，
.
故答案为：.
14-7【巩固】 【正确答案】 1
【试题解析】 分析:
由公切线条数得两圆内切，然后由圆心距等于半径之差可得结论．
详解:
圆C1：(x＋2a)2＋y2＝4，圆C2：x2＋(y－b)2＝1，
|C1C2|＝.
因为两圆只有一条公切线，所以两圆相内切，
所以|C1C2|＝2－1＝1，所以4a2＋b2＝1.
故答案为：1．
点睛:
本题考查圆与圆的位置关系，解题关键是把问题转化为两圆相交．圆与圆的位置关系：
两圆圆心距离为，半径分别为，则相离，外切，相交，内切，内含．
14-8【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:根据题意作出如下图形：

由圆方程求出圆心连线斜率为：，计算出圆心距，
再利用外公切线的斜率为7求出圆心连线与公切线的夹角，从而在直角三角形中列方程求得，联立方程即可求出，，问题得解．
详解:根据题意作出如下图形：

AB为两圆的公切线，切点分别为A,B.
当公切线AB与直线平行时，公切线AB斜率不为7，即
不妨设
过作AB的平行线交于点E，则：，且
,
直线的斜率为：，
所以直线AB与直线的夹角正切为：.
在直角三角形中，，所以，
又,整理得：，
解得：，又，解得：，，
所以=.
点睛:本题主要考查了圆的公切线特点及两直线夹角公式，还考查了解三角形知识及计算能力、方程思想，属于中档题．
14-9【提升】 【正确答案】 内切
【试题解析】 分析:
求出两圆的圆心和半径，比较圆心距和半径之和、半径之差的关系即可判断两圆的位置关系，
设公切线方程为：，根据两圆圆心所在直线斜率可得公切线的斜率的值，再由圆心到公切线的距离等于半径求出的值即可求解.
详解:
由圆可得圆心，半径，
由可得，
可得圆心，半径，
因为圆心距，，所以，
所以两圆的位置关系为内切，
设公切线方程为：，
由题意可得，
因为两圆圆心所在直线垂直于公切线，
且，所以代入可得，
经检验不满足，所以，
所以两圆的公切线方程为即.
故答案为：内切；.
14-10【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
首先结合已知条件和圆与圆的位置关系求出与的关系式，从而得到为上一点，再利用的几何意义以及定点到圆上一点的最值求法即可求解.
详解:
由题意，：的方程可化为，
故是以圆心为，半径为2的圆；
因为圆和圆恰好有三条公切线，所以圆和圆相外切，
又因为圆：，所以圆的圆心为，半径为1，
从而，化简得，，
即为上一点，
不妨令
由两点间距离公式可知，可表示为上一点到的距离，
因为是以圆心为，半径为3的圆，
所以圆心到的距离为，
故的最大值为，最小值为，
从而，
因为，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
14-11【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据圆的方程可确定圆心和半径，设直线，作交于，根据，可利用两角和差正切公式求得；利用直线与圆相切可构造方程求得，结合直线过第四象限可确定的值，进而得到结果.
详解:
由圆的方程可知：圆圆心为，半径；圆圆心为，半径，则，
由题意知：直线的斜率存在，设直线的方程为，直线与圆的切点分别为，连接，过作交于，

为圆的切线，，又，，
，
，
直线的方程为，即.
又直线，解得：，又直线过第四象限，，
直线的方程为，即.
故答案为：.
点睛:
本题考查直线与圆位置关系的综合应用，涉及到直线与圆相切的位置关系的应用、直线斜率的求解等知识；解题关键是明确当直线与圆相切时，圆心到直线距离等于半径.
15-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
求出导函数，只需有正解，分离参数可得，利用基本不等式即可求解.
详解:
函数定义域为，导函数为，
使得存在垂直于轴的切线，即有正解，可得有解，
因为，所以，当且仅当“，即”时等号成立，
所以实数的取值范围是
故答案为：
15-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.
详解:，
依题意可知，在区间内有解，
，在内递增，所以.
故答案为：
15-3【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
设切点为，，则切线方程为，整理得：
，把代入整理得:①，因为可作三条切线，所以①有三个解，记，则，当或时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，极大值，当时，极小值，要使有三个零点，只需且，所以，所以答案应填：．
考点：1、导数的极值；2、导数的应用；3、函数的零点．
方法点晴:本题主要考查的是导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，根据极值分析函数零点，属于难题．首先根据导数的几何意义求得切线斜率，再写出切线方程，代入所过点，则存在三条切线转化为方程有三个解，进而需要通过研究其导数得到极值情况，进而研究函数图象，分析极值与零的关系，得到方程有三个解的情况．
15-4【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设点为曲线上任意一点，求出函数的导函数，即可求出切线方程，由切线不经过点，即可得到方程无实根，利用根的判别式求出参数的取值范围；
详解:
解：设点为曲线上任意一点，因为，则曲线在点处的切线的方程为.
据题意，切线不经过点，则关于的方程，即无实根，所以，解得，所以的取值范围是.
故答案为：
15-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设切点分别是，得到，化简可得a，转化为是方程的解，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
详解:
设，的公切线的斜率为，
直线与，图象的切点分别是，
若不存在，则不是图象的切线，所以存在，
则，可得，所以，
根据题意，此关于的方程有解；
令，则有零点，
因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以有零点当且仅当，
解得，即所求a的取值范围是.
故答案为：.
15-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用即可求得，从而解出的范围．
详解:解：，
，
曲线存在与直线垂直的切线，
成立，
，
故实数的取值范围是．
故答案为：．
15-7【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设过M的切线切点为，求出切线方程，参变分离得，令，则原问题等价于y=g(x)与y=-m-2的图像有三个交点，根据导数研究g(x)的图像即可求出m的范围．
详解:
，
设过点的直线与曲线相切于点，
则，
化简得，，令，
则过点存在三条直线与曲线相切等价于y=g(x)与y=-m-2的图像有三个交点．
∵，
故当x<0或x>1时，，g(x)单调递增；当0 又，，
∴g(x)如图，

∴-2<-m-2<0，即．
故答案为：﹒
15-8【巩固】 【正确答案】 2
【试题解析】 分析:
设切点为，由导数求得过点的切线方程，由它与相同得出的关系式，设换元后，可用表示出，再引入新函数，利用导数求得其最大值．
详解:
设切点为，由，，
所以切线方程为，即，它就是，
所以，，
令，，所以，
，
设，，
时，，递增，时，，递减，
所以，即．
故答案为：2.
15-9【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设直线与曲线相切的切点为，借助导数的几何意义用表示出m，n即可作答.
详解:
设直线与曲线相切的切点为，而，则直线的斜率，
于是得，即，
由得，而，于是得，即
因，则，，当且仅当时取“=”，
所以的最小值为.
故答案为：
结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
15-10【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
设切点坐标为，根据导数的几何意义可求得切线方程，得到，令，利用导数可求得，由此可得结果.
详解:
设与曲线相切的切点坐标为，
，切线斜率，
切线方程为：，即，
又切线方程为，，
，
令，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为.
故答案为：.
点睛:
思路点睛：本题考查最值问题的求解，解题关键是能够利用导数的几何意义表示出切线方程，从而将转化为关于的函数的形式，从而利用导数求得最值.
15-11【提升】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
求导函数设切点坐标为，写出切线方程并代入点得，由于有两条切线，故方程有两非零的根，结合判别式即可求解．
详解:
由题得，设切点坐标为，
则切线方程为，
又切线过点，可得，
整理得，
因为曲线存在两条切线，故方程有两个不等实根且
若，则，为两个重根，不成立
即满足，解得或．
故的取值范围是或
故答案为：或
16-1【基础】 【正确答案】 20
【试题解析】 分析:
利用椭圆的定义有，进而求△的周长即可.
详解:
由椭圆方程知：，而，
又△ABF2的周长是 .
故答案为：20．
16-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
分析知，直线过椭圆的左焦点，所以△的周长为，即可求出答案.
详解:
由椭圆的方程知：，而直线令，所以直线过椭圆的左焦点，由椭圆的定义知：
，，则△的周长为：
故答案为：.
16-3【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先证明则四边形OMPN是平行四边形，进而根据椭圆定义求出a，再求出c，最后求出答案.
详解:
因为M,O,N分别为的中点，所以，则四边形OMPN是平行四边形，所以，由四边形OMPN的周长为4可知，，即，则，于是
的周长是.
故答案为：.
16-4【基础】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:设椭圆的右焦点为，则
，由椭圆的定义可得答案.
详解:由椭圆，可得
设椭圆的右焦点为,连结,则
由为的中点，点是线段的中点，所以
所以
所以的周长为：
故答案为：

16-5【巩固】 【正确答案】 6
【试题解析】 分析:
由椭圆的几何性质，求得的值，再结合椭圆的定义，即可求得的周长，得到答案.
详解:
设椭圆的标准方程为，
因为椭圆的焦点坐标为，离心率为，
即，且，解得，
由椭圆的定义，可得的周长
.
故答案为：.
点睛:本题主要考查了椭圆的定义、标准方程和简单的几何性质的应用，其中解答熟记椭圆的几何性质，合理利用椭圆的定义求解是解答的关键.
16-6【巩固】 【正确答案】 12
【试题解析】 分析:
根据椭圆的定义，得，由此可得，得到本题答案．
详解:椭圆的方程为，
，，可得
根据椭圆的定义，得
得
是过椭圆左焦点的弦，得
.
故答案为：12
点睛:本题给出椭圆经过左焦点的弦，在已知、到右焦点的距离和的情况下求弦长．着重考查了椭圆的定义与标准方程等知识，属于基础题．
16-7【巩固】 【正确答案】 14
【试题解析】 分析:
设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可得四边形为矩形，从而可得，，得出答案.
详解:设椭圆的右焦点为，连接，，
根据椭圆的对称性可得, 即四边形为矩形
所以,
由椭圆的定义可得，所以
所以的周长为：
故答案为：14

16-8【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先根据条件求解出椭圆的长半轴长，再分析出的周长即为，由此可得结果.
详解:
设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
因为短轴长为，离心率，所以，
所以，所以，
又因为的周长为 ，
由椭圆定义可知的周长为，
故答案为：.
点睛:本题考查和椭圆焦点三角形有关的周长计算，涉及椭圆方程中参数的计算，主要考查学生的计算能力，难度一般.椭圆中焦点三角形的周长：（为长轴长，为焦距）.
16-9【提升】 【正确答案】 8
【试题解析】 分析:由椭圆的定义以及三角形中位线的性质，即可得到本题答案.
详解:由椭圆，得，
由题意可知如图：

连结，点M是线段的中点，
可得OM为的中位线，
所以，
由椭圆的定义可知，得，
所以的周长为：.
故答案为：8
点睛:本题主要考查椭圆的定义，其中涉及到三角形中位线的应用.
16-10【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
取椭圆左焦点为左焦点为，连接，则，因为为定值故只需求出的最大值即可求得周长的最大值.
详解:
由椭圆的焦点在x轴上知，右焦点，左焦点为，连接，

由椭圆定义可知：，
，即最大时，最大，
在中，两边之差总小于第三边，，
当且仅当共线时，取最大值，此时取最大值，
则周长的最大值为.
故答案为：
点睛:本题考查椭圆的定义与几何性质，椭圆中三角形周长问题，属于中档题.
16-11【提升】 【正确答案】 或
【试题解析】 分析:
由内切圆的周长为，可得半径为，结合椭圆定义可得
，再由，分析即得解
详解:在椭圆中，．
∵的内切圆的周长为，
∴内切圆的半径为．
由椭圆的定义得的周长为，
又
且，
∴，
解得．
故答案为：．
17-1【基础】 【正确答案】 1、；
2、证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）运用累和法、裂项相消法进行求解即可；
（2）根据放缩法，结合、裂项相消法进行运算证明即可.
∵，∴，，…．
由上述个等式相加得，∴，
∴，；
，
，
∴.
17-2【基础】 【正确答案】 1、，
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据代入整理得，结合理解处理；（2）代入整理得，利用裂项相消进行求和．
由，得
两式相减可得，
因为，得
数列为3，，3，，3，，3，
即，
当为偶数时，；
当为奇数时，；

由
则有
所以，
17-3【基础】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）利用可证是首项为，公比为的等比数列；（2）整理，利用裂项相消求和证明．
由题意：，
当时，可得，

两式相减得到
又，是首项为，公比为的等比数列
的通项公式为.
由题意知，



17-4【基础】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）当时，易知，当时，有递推关系可知，将其与与原递推关系作差，即可得到结果，再检验是否满足，进而得到结果；
（2）由（1）并结合题意可知，根据裂项相消法可知数列的前项和为，由此即可证明结果.
解：当时，，故，
当时，，则
，
故，
当时，上式亦满足；
综上， ；
解：因为
，
，
故.
17-5【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
(1)先根据和an＝Sn－Sn－1(n≥2)，推出数列{an}的递推公式，再求an.
(2)根据的通项公式的结构形式，结合裂项求和法进行适当放缩，再求和，即可证得结果.
当时，，即.
当时，①，
②，
由①-②，得，即.
所以，且，所以数列为常数列，
所以，即.
证明：由（1）得，
所以，
所以.
17-6【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）由等比求和公式得出，再由累加法得出；
（2）结合等比求和公式、裂项相消求和法以及不等式的性质证明即可.


当时，
，

，
又
，经检验符合上式，

.


.


另解：


.得证
17-7【巩固】 【正确答案】 1、，，
2、，证明见解析
【试题解析】 分析:
(1)根据定义求出的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，由此归纳出，(2)由(1)化简，再由裂项相消法求其前项和，并完成证明.
由题意得，
，
，
，



，
…
，
由等比数列的前n项和公式可得，，
所以的通项公式．
由于，
所以，
则，
因为，所以，所以，
又随n的增大而减小，
所以当时，取得最大值，故．
17-8【巩固】 【正确答案】 1、，
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）由，得到，再由求解；由，，得，，两式相减得到，从而数列是等比数列求解；
（2）由（1）得到，，利用裂项相消法求解.
解：因为，由，得，
所以，即，
设等差数列的公差为d，
所以，
所以．
由，，得，，
两式相减得，
即，
又，
所以数列是以1为首项、2为公比的等比数列，
则；
由（1）知：，
，
∴
．
17-9【提升】 【正确答案】 1、或
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）先计算出，再通过退位相减计算的通项公式；
（2）先求出，进而得到，借助进行放缩，最后裂项求和即可得证.
当时，，解得或.
当时，，即，解得或，∴.
当时，，即，解得.
由，
当时，，
两式相减得，即，
当时，，所以，即，
∴或.
当时，，，则，.
，则.
∴.
∴.
17-10【提升】 【正确答案】 1、，；
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据已知条件可得数列是等比数列，求出其通项公式，再利用累加法求出数列的通项公式；先求出，再求出当时，数列满足的等式，即可求出数列的通项公式；
（2）写出数列的通项公式，利用裂项相消法求出数列的和，即可求证．
由，
得．又，
则数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴，
∴，，…，，
累加得，
∴．
数列满足，①
当时，；
当时，，②
由①－②可得，
当时，也符合上式，
故数列的通项公式为．
由（1）可得，
则
，
故成立．
17-11【提升】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
(1)递推一项作差即可求解；
(2)根据题意求出，利用裂项相消求和即可证明.
由题，
当时，，∴；
当时，由，
所以，两式相减，
可得，∴．
当时，满足，∴．
由题，
所以，
∵，∴，∴．
18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）先利用边角互化将转化为关于B的方程，求出∠B．
（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得．
详解:
（1）因为，
由正弦定理得．
因为，所以sinA＞0，所以，
所以，因为，
所以，即．
（2）依题意，即ac＝4．
所以当且仅当时取等号．
又由余弦定理得
∴，当且仅当a＝c＝2时取等号．
所以△ABC的周长最小值为．
点睛:
本题主要考查解三角形、基本不等式求最值，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养，是一道容易题.
18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）面积的最大值为，周长最大值为
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理边化角以及余弦定理即可求解.
（2）根据余弦定理以及基本不等式即可求解.
详解:
（1）依题意，，
故,即，
由余弦定理得，，故，因为，故；
（2）由余弦定理，，即，
当且仅当时等号成立；
故的面积，
故面积的最大值为.
而，
故，当且仅当时等号成立；
故的周长
故周长的最大值为.
点睛:
本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式以及基本不等式，在运用基本不等式时注意验证等号成立的条件，属于基础题.
18-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）首先利用同角三角函数的商数关系和正弦定理的边化角公式将转化为，再化简即可得到答案.
（2）首先根据边的中线长为1，得到，从而得到，再利用余弦定理即可得到答案.
详解:
（1）因为，
所以，
，
，
，
因为，，，
所以，又，所以．
（2）因为边的中线长为1，所以，
所以，即，
解得，当且仅当时取等号.
所以
，
所以的最小值为．
18-4【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理将边化角，结合，即可容易求得；
（2）根据（1）中所求得到之间的关系，再将转化为关于的函数，利用均值不等式求得函数的最值，则的最值得解.
详解:
(1)在中，由及正弦定理，
得
则，
.
（2）由（1）知，

又因为，故可得，
由均值不等式可得，当且仅当时等号成立
因此 ，
即的最大值为 .
点睛:
本题考查利用正弦定理解三角形，涉及均值不等式求和的最小值，以及正切的差角公式，属综合中档题.
18-5【巩固】 【正确答案】 1、；
2、
【试题解析】 分析:
（1）由正弦定理化简已知等式，结合，可求，结合范围，可得的值；
（2）由已知利用余弦定理，基本不等式可求，结合，即可求解的取值范围．
，
由正弦定理可得：，
，
, 即，
，
．
，，
由余弦定理可得，
当且仅当时等号成立，
，
，
．
18-6【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
(1)利用余弦定理和三角形的面积公式化简计算可得，结合正弦定理和角A的取值范围即可求解；
(2)根据正弦定理求出a，利用余弦定理可得，结合基本不等式及三角形的面积公式计算即可．
由，，
得，
所以．
因为，，
得．
由正弦定理，得，
所以．又，
得．又，
所以．
设△ABC的外接圆半径为R，
由及正弦定理，
得，
又，所以．
因为，
即，当且仅当时等号成立，
所以，
即△ABC的面积的最大值为．
18-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）80．
【试题解析】 分析:
（1）根据，利用正弦定理可得，然后转化为，再利用两角和的正弦公式求解.
（2）根据的面积为，得到，再利用余弦定理得到，代入，结合利用基本不等式求解.
详解:
（1）因为，
由正弦定理得：，
所以，
即，
又，故，
故．
（2）因为的面积为，
所以，即，
故，
由余弦定理可得，
所以，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为80．
点睛:
本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用以及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）由可得，由正弦定理得，从而得，化简可求得，进而可求出角；
（2）如图，延长到，满足，连接，则为平行四边形，且，然后在中，利用余弦定理可得，再利用基本不等式可得，又由，即，从而可求出的取值范围
详解:
解：（1）在中，
由正弦定理，可得，
因为，
所以，
所以，
即，即，可得，
又因为，所以.
（2）如图，延长到，满足，连接，

则为平行四边形，且，
在中，由余弦定理得，
即，可得，即，
由基本不等式得：，
即，即，可得
（当且仅当取等号号）
又由，即，
故的取值范围是.
点睛:此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角恒等变换公式的应用，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题
18-9【提升】 【正确答案】 （1）1；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）由正弦定理将已知条件边化角，从而求出角B，又，所以利用正弦定理即可求解的外接圆直径；
（2）由余弦定理，配凑得，结合基本不等式及三角形任意两边之和大于第三边即可求解.
详解:
解：（1）由及正弦定理，得
由知，
，化简得，
，又故，
由正弦定理得，外接圆的直径.
（2）由（1）知，由余弦定理得，
，当且仅当时，取等号，，
，即，
又，故，
，即的周长的取值范围为.
18-10【提升】 【正确答案】 1、；
2、.
【试题解析】 分析:
(1)利用正弦定理边化角，再结合同角公式计算作答.
(2)由(1)结合三角形面积定理求出bc，再由余弦定理结合均值不等式计算作答.
在中，由正弦定理及得：，
而，即，则，即，
因此，，又，即，
于是得，解得，
所以.
由(1)及三角形面积定理得：，，
由余弦定理得：，
则周长，当且仅当时取“=”，
所以周长的最小值为.
18-11【提升】 【正确答案】 1、 2、
【试题解析】 分析:
（1）根据正弦定理边角互化，并结合半角公式整理得，进而结合范围得答案；
（2）由题知为等边三角形， ，设，，则，进而在中结合余弦定理得，最后根据基本不等式求解即可.
解：因为，
所以由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以，所以，即
解：因为，，
所以为等边三角形，即，
如图，设，则，
所以在中，由余弦定理得，
整理得，设，
所以，
由于，故
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为

19-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设是平面ACE的一条法向量，求出法向量，则点B到平面ACE的距离为，从而可得出答案；
（2）根据（1）分别求出平面和平面的法向量，求出法向量夹角的余弦值，即可得出答案.
详解:解：（1）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
则，
设是平面ACE的一条法向量，
则，可取，
，
即直线与平面ACE所成角的正弦值为，
所以点B到平面ACE的距离为；
（2）由（1）得，
设向量是平面的一条法向量，
则，可取，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面，
由平面，所以，
又因为AC⊥CB，，所以平面，
所以为平面的一条法向量，即平面的一条法向量，
所以，
又二面角B－A1D－A为锐角，
所以二面角B－A1D－A的余弦值为.

19-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）利用等体积法求解点A到平面SBC的距离；
（2）如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
详解:
（1）设点A到平面SBC的距离为，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以点A到平面SBC的距离为，
（2）如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的大小为


19-3【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）.
【试题解析】 分析:
(1)建立坐标系，求直线和直线的方向向量，的坐标，利用向量方法证明，(2)求向量的坐标及平面的法向量的坐标，由距离公式求点到平面的距离；(3)求平面的法向量的坐标，根据二面角夹角公式求二面角的平面角的余弦值．
详解:
（1） 如图，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，．
因为，
所以．
（2）由（1），得，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，
所以，
则点到平面的距离．
（3）因为，所以．
由（1）可知，且，
所以平面，即是平面的一个法向量．
由（2）得是平面的一个法向量，
所以．
又二面角的平面角是锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为．
19-4【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）由长方体及线面垂直的性质易得、，根据线面垂直的判定及性质即可证结论.
（2）利用等体积法：求E到平面的距离；
（3）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，再由空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值．
详解:
（1）由长方体性质知：面，面，则，
又，则为正方形，即，而，
∴面，而面，
∴.
（2）由题设，，则，
由，且E是棱AB的中点，则，即，
若E到平面的距离为，则，可得.
（3）构建如下图示的空间直角坐标系，则，

∴，若是面的法向量，
∴，令，则，
又是面的一个法向量，
∴，则锐二面角的余弦值.
19-5【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）连接，，由平面几何的知识结合长方体的性质可得四边形为平行四边形，进而可得，由线面平行的判定即可得证；
（2）由长方体的几何特征结合平面几何的知识可得，由三棱锥的体积公式结合即可得解；
（3）由线面角的概念可得，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量、平面的一个法向量，由即可得解.
详解:
（1）证明：连接，，如图，

因为E、M分别是、的中点，所以且，
又N是的中点，所以，
结合长方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，为长方体，
E、M、N分别是、、的中点，
所以，，，
所以为等腰三角形，其底边上的高为，
所以，
设点C到平面的距离为，则，
又，
所以，解得，
所以点C到平面的距离为；
（3）连接，如图，

由平面可得即为直线与平面所成角，
又，所以,
分别以、、作为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令则，
易得平面的一个法向量，
所以，
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
点睛:本题考查了线面平行的判定及等体积法解决点到平面的距离问题，考查了空间向量的应用，属于中档题.
19-6【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）1.
【试题解析】 分析:
（1）连接交于点，连接，易知为中点，利用中位线的性质可得，进而得证；
（2）过点作交于点，则转化为求点到平面的距离，解三角形易得，进而得解；
（3）建立空间直角坐标系，求出各相关点的坐标，得到平面及平面的法向量，利用向量公式即可得解.
详解:
解：（1）证明：连接交于点，连接，易知为中点，
在中，，分别为，中点，
∴为的一条中位线，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）过点作交于点，则点到平面的距离，即点到平面的距离，
∵平面，平面，
∴，
又，，平面，平面，
∴平面，则点到平面的距离即为的长度，
在中，，，故，
又，故，则，
∴，
∴，
∴，即点到平面的距离为.
（3）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由（2）可得，，，，
∴，，，，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
∴，
∴二面角的正弦值为1.

点睛:本题考查线面平行的判定以及点到平面的距离，二面角的求解等知识点，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，空间想象能力，属于中档题.
19-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）建立空间坐标系，求出平面的法向量，则到平面的距离为；
（2）求出平面的法向量，计算，的夹角得出二面角的大小.
详解:
解：（1）取的中点，连结，则平面，
是等边三角形，，
以为原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，，，，0，，
，，，，0，，，0，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，0，，
点到平面的距离为.
（2），，，，0，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，，，
，，
二面角的余弦值为.

关键点睛：（1）解题关键是建立空间坐标系，求出平面的法向量，进而用公式求解；（2）解题关键是设平面的法向量为，，，则，求出后，利用公式求解二面角的余弦值，难度属于中档题
19-8【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
3、
【试题解析】 分析:
（1）由已知得，且，从而面，由此能证明点为中点．
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得解；
（3）过点作，即可证明平面，再用等面积法求出即可；
证明：在正三棱柱中，有底面，面，
，
又是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
且
，面
面，
面，
，
底面是边长为2的正三角形，
点为中点．
解：过作，交于．
以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．
由（1）知，，，，
，则、，，，所以，，，
设面的一个法向量为，
则，取，得，
令面的一个法向量为， 则，令，则
设二面角的大小为，由图知为锐角，
故，解得．
故二面角的大小为．

解：过点作，由（1）知且，平面，
平面，
在平面内，
，
又，平面，
平面
由（1）知，，，，
，
，
点到平面的距离为．

19-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意，得的平面，以分别为建立的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，结合向量和，利用夹角公式，即可求解；
（2）求得平面的一个法向量，结合（1）中得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
详解:
（1）由点在底面的射影O是的中点，可得平面，
又由是等边三角形，所以两两垂直，以分别为建立如图所示的空间直角坐标系，
因为三棱柱的棱长都是2，所以得，
可得，所以，
在平面中，，
设法向量为，则有，可得，
取，可得，所以平面的一个法向量为，
记点到平面的距离d，则.
（2）在平面中，，
设法向量为，则有，可得，
取，可得，所以，
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值.

19-10【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）．
【试题解析】 分析:
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系．
（1）由题意证明得为平面的一个法向量，证明平面，只需证明；
（2）求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（3）由点到面的距离公式可得．
详解:
（1）证明：∵四边形为直角梯形，四边形为矩形，
∴，，
又∵平面平面，，且平面平面，
∴平面
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

，，，，，
则，．
∵，，
∴为平面的一个法向量．
又，
∴，即平面．
（2）由（1）知，
由（1）知，，
设平面的一个法向量，
则，∴，
∴平面AEF的一个法向量，
则，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
（3）由（1）知，又平面的一个法向量，
所以点到平面的距离．
点睛:对于立体几何中角的计算以及距离求解问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
19-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）设点到平面的距离为．由，计算求解即可得出结果；
（2）设，则可用表示，再用表示所成角的余弦值，计算求得，进而求得平面，平面的一个法向量，计算即可得出结果.
详解:
（1），由于平面，
从而即为三棱锥的高，故．
设点到平面的距离为．
由平面得，又由于，故平面，所以．
由于，所以．故．
因为，所以．
（2）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为，，，．
设，
因为，所以，
由，得，
又，
从而．
即时，．
又因为，所以．
，，
设平面的一个法向量为，
则，，
即得：，令，则．
所以是平面的一个法向量．
又，，
设平面的一个法向量为，
则，，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量．
从而，
由图知二面角为钝角故二面角的余弦值为-．

方法点睛：利用空间向量计算角、长度时，需要根据题设条件合理建立空间直角坐标系，从而把空间角的计算归结为方向向量或法向量的夹角的计算，对于动点坐标的计算，也要作合理的假设.
20-1【基础】 【正确答案】 1、没有的把握认为备课本是否优秀与性别有关 2、
【试题解析】 分析:
（1）根据列联表求出的值，再计算出卡方，与临界值数据比较，即可判断；
（2）首先求出第一次抽到女教师备课本的概率，再求出第一次抽到女教师备课本且第二次抽到优秀备课本的概率，最后按照条件概率的概率公式计算可得；
解：由表格得，所以，
，
所以没有的把握认为备课本是否优秀与性别有关．
解：“第一次取到女教师备课本”的概率为，
“第一次取到女教师良好备课本且第二次取到优秀备课本”的概率为．
“第一次取到女教师优秀备课本且第二次取到优秀备课本”的概率为．
所以“第一次取到女教师备课本的条件下，第二次取到优秀备课本”的概率为．
20-2【基础】 【正确答案】 (1) 有99%的把握认为，收看开幕式与性别有关；（2）①；②答案见解析.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意计算，故有99%的把握认为，收看开幕式与性别有关；
（2）①根据题意，选取的8人中，男生人，女生人，进而根据条件概率求解即可；
②根据题意，服从超几何分布，进而根据超几何分布求解即可.
详解:解：（1）因为，
所以有99%的把握认为，收看开幕式与性别有关.
（2）①根据分层抽样方法得，选取的8人中，男生人，女生人，
记事件“选出的两人中有女生”，共有或种不同的选法，
“选出的两人为一名男生､一名女生”，共有种不同的选法，
则
②根据题意，所有可能取值为

所以的分布列为

0
1
2
P




(或服从超几何分布，，，，.)
点睛:本题考查独立性检验，条件概率，超几何概型，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据题意得选取的8人中，男生人，女生人，进而服从超几何分布，再根据超几何概型求解即可.
20-3【基础】 【正确答案】 1、表格见解析 2、
3、答案见解析
【试题解析】 分析:
（1）由条件可知，共有200人，再依次补全列联表；
（2）利用条件概率求解；
（3）根据列联表计算，再和参考数据比较大小.

喜欢饮茶
不喜欢饮茶
合计
家长
60
60
120
学生
30
50
80
合计
90
110
200
取事件A为“选取的2人中有人喜欢饮茶”，则，取事件B为“选取的2人中有学生”，则事件AB为“选取的2人中即有人喜欢饮茶，又包含有学生”，∴∴．
依题意，，∴此次调研的结论为：有90%的把握认为家长相比于学生更喜欢饮茶．
20-4【巩固】 【正确答案】 （1）①，②；（2），有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．
【试题解析】 分析:
（1）①利用概率乘法公式求概率即可；
②设批次Ⅰ的成品口罩红外线自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
分别求出，，利用条件概率直接计算
（2）先求出100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率，利用导数求出的最大值点，即可求出，根据题意完成列联表，计算出，对照参数即可得到结论．
详解:
解：（1）①批次Ⅰ成品口罩的次品率为
．
②设批次Ⅰ的成品口罩红外线自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
由已知，得，，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品为事件，
．
（2）100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率．
因此．
令，得．
当时，；当时，．
所以的最大值点为．
由（1）可知，，，故批次口罩的次品率低于批次Ⅰ，
故批次的口罩质量优于批次Ⅰ．
由条形图可建立列联表如下：
单位：人
核酸检测结果
口罩批次
合计


呈阳性
12
3
15
呈阴性
28
57
85
合计
40
60
100


．
因此，有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．
20-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）表格见解析，能.
【试题解析】 分析:
（1）根据统计图可知在不带菌者中，检测结果呈阳性的有5人，可得答案.
（2）首先作出2×2列联表，再计算，再和参考数据比较大小，判断结论；
详解:
（1）设从这100名被检测者中，随机抽取一名不带菌者，检测结果呈阳性为事件，
根据统计图可知在不带菌者中，检测结果呈阳性的有5人，
∴.
（2）可作出列联表如下：

检测结果呈阳性
检测结果呈阴性
合计
不带菌者
5
45
50
带菌者
35
15
50
合计
40
60
100
进一步计算得的观测值
所以，能够在犯错误概率不超过0.001的前提下认为“带菌”与“检测结果呈阳性有关.
20-6【巩固】 【正确答案】 （1）①②（2）有
【试题解析】 分析:
（1）①分别求出从1～5，6～10，11～15中选出的个数，然后利用古典概型以及排列组合求出概率即可；②条件概率，先求出所抽的两个男生中抽到一个男生单次完成了3个引体向上的情况，再求出一个男生单次完成了3个引体向上，另一个男生单次完成了11～15个引体向上，然后求概率；（2）由题中的数据，求出K2的值，对照临界值表进行分析，即可得到答案．
详解:
（1）①因为0.02：0.03：0.06＝2：3：6，
所以 ，，
则从1～5，6～10，11～15中选出的个数分别为2个，3个，6个，
因为单次完成11～15个引体向上的人数共有0.06×5×400＝120人，
则单次完成11～15个引体向上的男生甲被抽到的概率是p＝
②由题知抽到的另一个男生单次完成了11-15个引体向上的概率是
（2）因为K2= ≈8.889＞7.879，
所以有99.5%的把握认为体育锻炼与学业成绩有关．
20-7【巩固】 【正确答案】 （1）列联表见解析；有；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）将题中的相关数据填入表格，注意字母a,b,c,d,n所代表的数值，再利用公式计算.
（2）先表示事件A为至少有一份担心疫苗安全性，事件B为另一份担心疫苗有效性，求出
,，再求的值.
详解:
（1）

愿意接种
不愿意接种
合计
男
30
10
40
女
50
5
55
合计
80
15
95

有的把握认为是否愿意接种疫苗与性别有关．
（2）设事件A为至少有一份担心疫苗安全性，事件B为另一份担心疫苗有效性，
则,,
所以.
点睛:（1）仔细读题将题中的信息转化为表格，特别是计算时要注意约分，以减少计算量，提高准确度.
（2）这是个条件概率问题，需理解题意，准确计算.
20-8【提升】 【正确答案】 1、，，，有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关
2、①；②；③多让乙球员担当守门员，来扩大赢球场次
【试题解析】 分析:
（1）根据列联中的数据可求得、、、、的值，然后计算的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）①利用全概率公式可求得所求事件的概率；
②利用条件概率公式可求得所求事件的概率；
③计算出可得出结论.
解：由列联表中的数据可得，，，
，
有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关.
解：①设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋 ”；表示“乙球员担当后卫”；
表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，
则
；
②；
③因为，
，
，
所以，，
所以应该多让乙球员担当守门员，来扩大赢球场次.
20-9【提升】 【正确答案】 （1）：（2）填表见解析；性别与参加社团无关；答案见解析．
【试题解析】 分析:
（1）首先设出事件，方法一，利用条件概率公式求解；方法二，利用公式求解；（2）首先根据数据补全列联表，再根据公式求，最后再与临界值比较大小，作出判断.
详解:
（1）方法（1）设高一和高二的所有学生中任选一人是男生、是女生分别为事件、
设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件
则，
则．
方法（2）用第（2）问的列联表中的条件频数直接求解
设高一和高二的所有学生中任选一人是男生为事件
设高一和高二的所有学生中任选一人参加社团为事件
则．
（2）列联表如下：

参加社团
未参加社团
合计
男生
6
54
60
女生
8
32
40
合计
14
86
100
零假设为：性别与参加社团独立，即性别与参加社团无关．
根据列联表中的数据，经计算得到：，
依据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，
因此可以认为成立，即性别与参加社团无关．
20-10【提升】 【正确答案】 （1）个；（2）填表见解析；有99.9%的把握认为使用移动支付与年龄有关；（3）．
【试题解析】 分析:
（1）根据图中数据，由频率估计概率求得该超市使用移动支付的概率；再计算某日该超市预计当天应准备环保购物袋的个数；
（2）填写列联表，计算K2的观测值，对照临界值得出结论；
（3）利用条件概率公式求出对应的概率值．
详解:
解：（1）根据图中数据，得到如下表格：
类型╲年龄段
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45)
[45，50)
[50，55)
[55，60]
使用移动支付
20
25
25
15
15
10
8
7
不使用移动支付
0
0
4
6
10
10
23
22
由频率估计概率，计算得该超市使用移动支付的概率为
；
所以某日该超市预计当天应准备环保购物袋的个数为
；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99.9%的把握认为使用移动支付与年龄有关：

年龄<40
年龄≥40
小计
使用移动支付
85
40
125
不使用移动支付
10
65
75
小计
95
105
200
假设移动支付与年龄无关，则K2的观测值，
因为56.17>10.828，
所以有99.9%的把握认为使用移动支付与年龄有关；
（3）解法一：记事件A：第1次抽到的是使用移动支付的顾客，
事件B：第2次抽到的是不使用移动支付的顾客，
所以；
解法二：记事件A：第1次抽到的是使用移动支付的顾客，
事件B：第2次抽到的是不使用移动支付的顾客，
则
所以
20-11【提升】 【正确答案】 (1)； (2)；(3)列联表见解析，没有99%的把握认为对这两部历史战争题材影片的选择与性别有关.
【试题解析】 分析:
(1)根据图1计算出“观看电影《八佰》的观众年龄低于30岁”的频率，由频率估计概率即可得解；
(2)根据图2确定参与调查的电影《金刚川》的100名购票观众中男性人数，采用缩小样本空间的办法即可作答；
(3)根据图2完善列联表，再计算的观测值，比对临界值表即可得解.
详解:
(1)由图1知，“观看电影《八佰》的观众年龄低于30岁”的频率为，
由此估计事件C的概率为；
(2) 由图2知，参与调查的电影《金刚川》的100名购票观众中男性有61人，
从100名观众中依次抽两名，在第一次抽到男性的条件下，第二次仍抽到男性的事件B，
相当于从含60名男性观众的99名观众中任抽1人，抽到男性的事件，
其概率为，
(3)观察图2得列联表如下：
影片
女性观众
男性观众
总计
《八佰》
47
53
100
《金刚川》
39
61
100
总计
86
114
200
则的观测值为，
由独立性检验知，没有99%的把握认为对这两部历史战争题材影片的选择与性别有关.
21-1【基础】 【正确答案】 1、
2、最小值为；直线l的方程为.
【试题解析】 分析:
（1）由题意设直线l的方程为，设，将直线方程代入双曲线方程，消去，利用根与系数的关系，由题意得，解不等式组可求出的范围，从而可求出直线l倾斜角的取值范围；
（2）由题意可得，由（1）得到的式子代入化简，换元后利用函数的单调性可求得结果
由双曲线得，
则右焦点，显然直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为，由得，
因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设，

则，
解得，
当时，直线l倾斜角，当时，直线l的斜率或，
综上，直线l倾斜角的取值范围为
因为O是AB中点，所以

，令，则
，其中，且
又在单调减，所以，
当，即时求得，此时直线l的方程为
21-2【基础】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）设,通过,求解,通过在圆上,求解,得到双曲线的标准方程.
（2）当动直线的斜率不存在时,求解三角形的面积;当动直线的斜率存在时,且斜率,不妨设直线,联立直线与双曲线方程,求出,然后求解的坐标,求解,结合原点到直线的距离,求解的面积是为定值即可.
不妨设 , 因为,
从而 故由 ,
又因为, 所以 ,
又因为 在圆 上, 所以
所以双曲线的标准方程为：
设直线与轴交于点，双曲线的渐近线方程为
由于动直线与双曲线恰有1个公共点, 且与双曲线的两条渐近线分别交于点,
当动直线的斜率不存在时, ,，,
当动直线的斜率存在时, 且斜率, 不妨设直线 ,
故由
依题意，且
,
化简得 ,
故由 ,
同理可求,,
所以
又因为原点到直线的距离,
所以,又由
所以,
故的面积是为定值,定值为
21-3【基础】 【正确答案】 1、 2、
【试题解析】 分析:
（1）由已知条件结合双曲线的性质求得，再由离心率即可求出；
（2）双曲线C和直线l的方程联立，求出原点O到直线l的距离，和，即可得出△OAB的面积
双曲线C：的焦点坐标为，其渐近线方程为，
所以焦点到其渐近线的距离为．
因为双曲线C的离心率为，
所以，解得，
所以双曲线C的标准方程为．
设，，
联立，得，，
所以，．
由，
解得t＝1（负值舍去），
所以，．
直线l：，所以原点O到直线l的距离为，
，
所以△OAB的面积为．
21-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析．
【试题解析】 分析:
（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出双曲线的方程；
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线方程为：，可得，，将直线方程与双曲线方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，从而可表示出，再由直线与双曲线的右支交与两点，可得，则，代入上式化简可求得结果
详解:
解：（1）由题意得，，
解得所以双曲线的方程为：
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线方程为：，得，，
设，，
联立，整理可得
，
所以
所以

直线与双曲线右支有两个交点，所以
所以，设，


所以
关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是将直线方程与双曲线方程联立后，利用根与系数的有关系，从而可表示出，再结合，换元后求其最小值即可，考查计算能力，属于中档题
21-5【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）先求解双曲线的离心率、椭圆的离心率，表示到的渐近线的距离，可得，结合离心率求解即可；
（2）联立与的方程，求解点的坐标，再求解的坐标，计算到的距离即为两个三角形的高，求解即可
双曲线的离心率为：
故椭圆的离心率为：
双曲线的一条渐近线方程为：
设的坐标为：，则
，解得
又，解得，
故椭圆的标准方程为：
联立方程组：
解得：，即点坐标为：
直线的斜率为：
则直线的方程为：
联立方程组：
解得：或
即点坐标为，点到的距离为
联立方程组：
解得：或
即点坐标为，点到的距离为
则，即
21-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（I）利用双曲线的基本量的运算和向量的数量积可得，．
（II）设出直线l的方程，要注意斜率存在且不为0，直线方程与双曲线方程联立利用判别式和韦达定理，点在以线段AB为直径的圆的外部，即，得；可得，再转化为横坐标运算，整理得，由求出．
详解:（Ⅰ）由已知，，，，
∵，则，∴，∴，
解得，，∴双曲线的方程为．
（Ⅱ）直线l的斜率存在且不为0，设直线l:，设、，
由，得，
则，解得①，
∵点在以线段AB为直径的圆的外部，则，


，解得②，
由①、②得实数k的范围是.
由已知，∵B在A、Q之间，则，且，
∴，则，∴，
则，
∵，∴，
解得，又，∴．
故λ的取值范围是．

21-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析，
2、
【试题解析】 分析:
（1）由对称性可得，代入计算可得定值，根据定值可得的轨迹为双曲线，利用双曲线的定义可得方程；
（2）根据分别为双曲线的渐近线设出点A､B的坐标，设，然后利用向量的坐标运算得到点坐标，将点坐标代入双曲线方程，将面积用表示出来，然后求最值即可.
证明：如图，由点与关于对称，

则，，故为定值.
由，
由双曲线定义知，点的轨迹为以为焦点，实轴长为8的双曲线，设双曲线方程为
，，
所以双曲线方程为；
由题意知，分别为双曲线的渐近线
设，由，设.

，由于P点在双曲线上

又同理，设的倾斜角为，
则.

由对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时， ；
当时，；
.
21-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析，面积为.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意可得关于、、的方程组，求出、的值，由此可得出双曲线的标准方程；
（2）设直线的方程，将直线的方程与双曲线的方程联立，由可得出、所满足的等式，求出点、的坐标，利用三角形的面积公式可计算出的面积.
详解:（1）设双曲线的焦距为，
由题意可得：，则双曲线的方程为；
（2）由于直线与双曲线右支相切（切点不为右顶点），则直线的斜率存在，
设直线的方程为，
则消得，
，①
设与轴交于一点，，
，
双曲线两条渐近线方程为：，
联立，联立，
则（定值）.
关键点点睛：解答本题的关键就是利用直线与双曲线得出，并求出点、的坐标，再结合三角形的面积计算出为定值.
21-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2），面积为.
【试题解析】 分析:
（1）由双曲线的定义得其方程为，由于直线和双曲线相交于左支，且有两个交点，故联立直线的方程和双曲线的方程，消去后得到关于的一元二次方程的判别式大于零，且韦达定理两根的和小于零，两根的积大于零，由此列不等式组，求解的的取值范围；
（2）利用弦长公式计算得直线斜率为.由题设向量关系，得到，代入双曲线方程，求得，利用面积公式求得面积为.
详解:
解：（1）由双曲线的定义可知，曲线是以为焦点的双曲线的左支，且，得，
故曲线的方程为；
设，由题意建立方程组，
消去，得，
又直线与双曲线左支交于两点，有，解得，
（2）

，
依题意得，整理后得，
∴或，但∴，
故直线的方程为，
设，由已知，得，
∴，
又，
∴点，
将点的坐标代入曲线的方程，得得，
但当时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意，
∴，点的坐标为，到的距离为，
∴的面积.
21-10【提升】 【正确答案】 1、，离心率为 2、
【试题解析】 分析:
（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.
由题意知焦点到渐近线的距离为，
则
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得，，
所以双曲线的标准方程为，
离心率为．
设直线：，，，
联立
则，
所以，
由

解得或（舍去），
所以，
：，令，得，

所以的面积为

21-11【提升】 【正确答案】 1、
2、或
【试题解析】 分析:
（1）由已知得，，求得，即可求得方程；
（2）分析设直线OA的方程为，联立直线与双曲线的方程，结合可求得，
再分类讨论直线OA、OB的斜率为、和直线OA、OB的斜率为、，进而求得直线方程.
过C的焦点垂直于实轴的弦长为6，将代入双曲线，得，则①，
又C的一条渐近线方程为，则②，
由①②解得，，
所以双曲线C的方程为．
显然，当直线OA斜率为0或不存在时均不符合题意．
当直线OA斜率存在且不为0时，设直线OA的斜率为k，则方程为．
联立，整理得，于是得
则，同理可得，
因为
整理得，解得．
即或 （满足）．
考虑到，只需分以下两种情形：
①当OA、OB的斜率为、时，
结合得或，
同理可得或，
于是由点、，据直线的两点式方程并化简可得AB方程，
同理可得AB的方程为或或．
②同理，当OA、OB的斜率为、时，
直线AB的方程为，或或或
综上，直线AB的方程为或
22-1【基础】 【正确答案】 （1）的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）
【试题解析】 分析:
（1）首先求出函数的导函数，再解不等式即可得到函数的单调区间；
（2）由得， 将此方程的根看作函数与的图象交点的横坐标，结合（1）中相关性质得到函数的图象，数形结合即可得到参数的取值范围；
详解:
解：（1）∵
所以
∴当时，，当时，；
即的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）由得，
将此方程的根看作函数与的图象交点的横坐标，
由（1）知函数在时有极大值，作出其大致图象，

∴实数的取值范围是.
点睛:
本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，属于基础题.
22-2【基础】 【正确答案】 （1）单增区间是，单减区间是，极小值，无极大值；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）利用导数求解单调区间和极值即可；
（2）根据（1）得到当，，，，，即可得到实数a的取值范围.
详解:（1）的定义域是，，
可得，
x

-2



0


减函数
极小值
增函数
所以的单增区间是，单减区间是
当时，取得极小值，无极大值.
（2）由（1）以及当，，
，， ，
因为方程有两个不同的解，
所以a的取值范围为.
22-3【基础】 【正确答案】 1、见解析； 2、.
【试题解析】 分析:
(1)求f(x)导数，讨论的正负，由此可判断f(x)单调性；
(2)参变分离为，问题转化为求的值域.
，
时，，在R上单调递减；
时，，，单调递增，
，，单调递减；
综上，时，在R上单调递减；
a＞0时，f(x)在单调递增，在单调递减.
，
令，
则，
∴g(x)在(1，e)上单调递增，
∴
∴.
点睛:
本题关键是参变分离，构造新函数，将方程有解问题转化为求函数的值域问题.
22-4【巩固】 【正确答案】 1、答案见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）先求出，对分类讨论判断导函数的正负即可得到单调区间;
（2）由题意将问题转化为有两个不同的实根，构造，判断的单调性；要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根；构造，对分类讨论判断的单调性，判断的零点，得出的取值范围.
，，.
①当，，函数在上单调递增；
②当，令，得，
时，；时，，
在上单调递减，在上单调递增.
综上所述：当，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当，的单调递增区间为，的单调递减区间为.
根据题意可知：方程，即有两个不同的实根.
由可得：.
令，当时，，
时，，，所以在上单调递增，
要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根.
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
.
①若，则，没有零点；
②若，则，当且仅当时取等号，只有一个零点；
③若，则，，.
令，则当时，，即在上单调递增，
所以，即.
故此时在上有一个零点，在上有一个零点，符合条件.
综上可知，实数的取值范围是.
关键点点睛：解决第（2）问问题时，通过变形，把等式两边化为同一形式，再结合复合函数的性质简化问题.
22-5【巩固】 【正确答案】 1、答案见解析 2、存在，理由见解析.
【试题解析】 分析:
（1）先分别讨论，两段上的函数最值，再根据两段函数最值比较综合即可得答案；
（2）假设存在，则设（），则，进而根据将问题转化为有解问题，再分和讨论求解即可得答案.
解：当时，，，令，解得，此时在和上单调递减，在上单调递增，由于，故当时，；
当时，，，故当时，在区间上单调递减，；当时，在区间上单调递增，，当时，.
综上，当时，在上的最大值为，当时，在上的最大值为.
解：假设曲线上存在两点，，使得是以为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上，
则，只能在轴的两侧，不妨设（），则，且．
因为△是以为直角顶点的直角三角形，所以，
即： ①
是否存在点，等价于方程①是否有解．
若，则，代入方程①得：，此方程无实数解；
若，则，代入方程①得：，
设（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，从而，
所以当时，方程有解，即方程①有解．
所以，对任意给定的正实数，曲线上存在两点，，使得△是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．
22-6【巩固】 【正确答案】 1、答案详见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）先求得，然后对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）由进行化简，通过分离常数法，结合导数来求得的取值范围.
的定义域为，，
当时，恒成立，所以在上递增；
当时，在区间递增；在区间递减.
依题意有且仅有两个不相等实根，
即有两个不相等的实根，
，构造函数，
，所以在区间递增；在区间递减.
所以.
，当时，，，
，
所以的取值范围是.
22-7【巩固】 【正确答案】 （1）－；（2）(－∞，－1]；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）求导根据即可求出的值，注意检验时，函数f(x)是否在x＝2处取得极值即可得出结论；
（2）原题等价于在时恒成立，参变分离，求出的最小值即可得出结果；
（3）利用导数研究函数的图象与性质，进而根据题意得到不等式组，解不等式组即可求出结果.
详解:
（1）由题意，得 (x>0)，
因为x＝2时，函数f(x)取得极值，所以，即，解得，
则，则，令，则或，所以和时，，单调递减，时，，则单调递增，故函数在x＝2处取得极大值，故符合题意，因为；
（2）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意在时恒成立，即在时恒成立，则在时恒成立，即，
当时，取最小值，
所以a的取值范围是.
（3）当时，，
即.
设，
则，令，或，
当变化时，的变化情况如下表：
x
(0，1)
1
(1，2)
2
(2，4)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增
所以g(x)极小值＝g（2）＝ln2－b－2，
g(x)极大值＝g（1）＝－b－，
又g（4）＝2ln2－b－2，
因为方程g(x)＝0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，
则，解得ln2－2 所以实数b的取值范围是.
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．
22-8【提升】 【正确答案】 1、
2、答案见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据已知条件去掉绝对值，再利导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据已知条件及对数恒等式，利用导数法求出函数的单调性进而得出自变量的关系，再结合方程的根转化为函数与函数的交点即可求解.
时，.
①时，，
，

所以，即在时单调递减；
②时，.

所以，即在时单调递增；
当时，取得最小值为

所以的最小值是.
由题，，
则，
即.
所以.由，得.
当时，；
当时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以方程根的个数是两函数和的零点个数之和，其中
当时，函数的零点个数转换为直线与函数图象的交点个数，
，令，即，解得.
当易知时，,单调递减，
当时，，单调递增；
在处取得最小值为，
所以时，直线与函数图象无交点，函数无零点；
时，直线与函数图象有一个交点，函数有1个零点；
时，直线与函数图象有2个交点函数，有2个零点.
同理：函数的零点个数转化为直线与函数图象交点个数，
设，则
所以函数在单调递增，
在处的函数值为，
所以故时，在上必有1个零点.
综上所述，时，方程有1个根；
时，方程有2个根；时，方程有3个根.
点睛:
解决此类型的关键第一问去掉绝对值分别讨论单调性，但要注意分段函数是一个函数，利用导数法求函数的最值的步骤即可，第二问先对方程变形，然后利用导数法得出函数单调性进而出自变量与函数值的关系，再结合方程的根转化为函数与函数交点的问题即可.
22-9【提升】 【正确答案】 1、或4；
2、答案见解析.
【试题解析】 分析:
（1）在有，构造中间函数并利用导数研究单调性和零点情况，求参数a，在上根据已知列方程组求参数a，即可得结果.
（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断各情况下零点的个数.
时，原条件等价于，
∴，
令，则，
∴为增函数，由，则有唯一解，所以，
时，，解得：．
综上，或4．
ⅰ.时，则，，
而，，即为增函数，又，
当时；当时，故，
∴恒成立，故时零点个数为0；
ⅱ.时，，由①知：仅当时，此时零点个数为1．
ⅲ.时，，则，，
∴为增函数，，，
∴仅有一解，设为，则在上，在上，
所以最小值为，故．
又，，故、上各有一零点，即有2个零点．
ⅳ.时，上，
，
∴无零点，则上，，，
∴为增函数，，，
∴有唯一解，设为，则，
又，，故、上，各有一个零点，即有2个零点．
ⅴ.时，由（1）知：上有唯一零点：；
在上，则，，
所以为增函数，，，故使，
则上，递减；上，递增；
故，而，
又，，故在、上各有一个零点，
所以共有3个零点．
综上：时零点个数为0；时零点个数为1；时零点个数为2；时零点个数为3．
点睛:
关键点点睛：
（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.
（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.
22-10【提升】 【正确答案】 1、
2、答案不唯一，具体见解析
【试题解析】 分析:
（1）由a＝2，利用导数的几何意义求解；
（2）由得到，令，利用导数法求解.
当a＝2时，，，
则切线的斜率为，
又，所以曲线在处的切线方程是，
即．
即为，化简得，
令，则，
令，则，
令，得．
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
①当时，，即，
所以在R上单调递减．
又，所以有唯一零点0；
②当时，，，所以存在，，
又，
令，，
所以在上单调递减，，
即，所以存在，，
x

n

m


－
0
＋

－

单调递减

单调递增

单调递减
则，又，所以存在，；
同理，，又，所以存在，，
由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，．
综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根；
当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根．
点睛:
方法点睛：用导数研究函数的零点（方程的根），一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题（方程的根）转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
22-11【提升】 【正确答案】 （1）当时，在 上是减函数，在上是增函数，当时，在上是减函数；（2）；（3）2，证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）求导，利用解不等式，分类讨论即可；
（2）利用（1）中的单调性结论求的最小值，可得关于的不等式，再解关于的不等式即可；
（3）令，原问题转化为的根的个数问题，讨论的单调性，找出根的个数即可.
详解:（1）定义域为： ，，
由得： ，
当时，，
在 上是减函数，在上是增函数，
当时，，
在上是减函数，
当时，，在上是减函数，
综上所述，当时，在 上是减函数，在上是增函数，
当时，在上是减函数.
（2）由（1）知，
当时，，
由恒成立得，，
设，，
，
由得：，
在 上是增函数，在上是减函数，
，
，
要使恒成立，则，
当时，在上是减函数，且，
当，，不合题意，
综上所述，实数的集合；
（3）原问题可转化为方程的实根个数问题，
当时，的图象与的图象有且仅有2个交点，理由如下：
由得，，
令，
因为，所以是的一根，
，
，当时，，，
所以，在上单调递减，，
即在上无实根；
，当时，，
所以在上单调递增，
又，，
所以在上有唯一实数根 ，，
且满足，
①当时，，在上单调递减，
此时，在上无实根；
②当时，，在上单调递增，
此时
，
，
故在上有唯一实根；
，当时，由（1）知，在上单调递增，
所以，
故
即在上无实根；
综合，，得，有且仅有两个实根，即的图象与的图象有且仅有2个交点.
点睛:
（1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准是解此题的关键；
（2）关于恒成立问题，我们首先看能否分离参数，不能分离参数时要分类讨论，注意分类要做到不重复，不遗漏；
（3）关于两个函数的交点个数问题，我们一般采用画图法，如果不能画图，构造一个函数，讨论的根的个数问题.