山东省青岛市2023届高考数学专项突破模拟题库（一模）含解析

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山东省青岛市2023届高考数学专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 并集的概念及运算,解不含参数的一元二次不等式

【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） 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

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

1-4（巩固） 设集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

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

1-6（提升） 已知集合，，则（ ）
A.（－2，2） B.[0，3）
C.（－2，3） D.（－2，3]
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 求复数的模,复数的除法运算

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 已知复数满足，为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

2-2（基础） 已知，则（ ）
A.2 B. C.4 D.10
【正确答案】 B

2-3（巩固） 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

2-4（巩固） 已知复数满足，则（ ）
A.1 B. C. D.
【正确答案】 A

2-5（提升） 已知，且，其中是虚数单位，则等于（ ）
A.5 B. C. D.1
【正确答案】 B

2-6（提升） 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.为纯虚数
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 由终边或终边上的点求三角函数值,用和、差角的正切公式化简、求值

【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） 已知角的终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则
A. B.5 C. D.-5
【正确答案】 B

3-2（基础） 已知角的大小如图所示，则（ ）

A.1 B. C. D.
【正确答案】 C

3-3（巩固） 已知角的终边过点，则的值为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

3-4（巩固） 在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

3-5（提升） 如图，点为单位圆上一点且，点沿单位圆逆时针方向旋转角到点，则（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

3-6（提升） 已知角的终边经过点，则（　　）
A.-2 B. C.3 D.9
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 球的截面的性质及计算,组合体的构成,球的表面积的有关计算,求组合旋转体的表面积

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-2（基础） 若球的表面积为16π，则与球心距离为的平面截球所得的圆的面积为（ ）
A.4π B.π C.2π D.π
【正确答案】 D

4-3（巩固） 已知为球的半径，为线段上的点，且，过且垂直于的平面截球面得到圆，若圆的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

4-4（巩固） 已知为球的球面上的三个点，为的外接圆．若，的面积为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

4-5（提升） 球面几何中，球面两点之间最短的距离为经过这两点的大圆的劣弧长，称为测地线．已知A，B，C是球O球面上的三个点，，，三棱锥的体积为，则A，B两点测地线长为（ ）
A.2 B.4 C. D.
【正确答案】 C

4-6（提升） 已知圆柱的轴截面是边长为4的正方形，底面圆的圆周在球O的表面上，底面圆所在平面被球O截得的是半径为的圆面，若点O在圆柱内，则球O的表面积与圆柱的表面积之比为（ ）
A.2 B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 数量积的坐标表示,向量与几何最值,解析法在向量中的应用

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 如图所示，在正方形ABCD中，已知||=2，若点N为正方形内(含边界)任意一点，则的最大值是（ ）

A.2 B.3 C.4 D.5
【正确答案】 C

5-2（基础） 如图所示，已知正方形ABCD的边长为1，点E从D点出发，按字母顺序D→A→B→C沿线段DA，AB，BC运动到C点，在此过程中的最大值是（　　）

A.0 B. C.1 D.﹣1
【正确答案】 A

5-3（巩固） 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的汉族传统民间艺术之一，它历史㤵久，风格独特，深受国内外人士所喜爱．如图甲是一个正八边形窗花隔断，图乙是从窗花图中抽象出的几何图形示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-4（巩固） 如图所示，正六边形的边长为2，若P为该正六边形边上的动点，则的取值范围为（ ）

A.[2，6] B.[-2，6] C.[4，12] D.[-4，12]
【正确答案】 B

5-5（提升） 已知四边形中，，，，点在四边形上运动，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-6（提升） 平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 判断命题的必要不充分条件,比较指数幂的大小,基本（均值）不等式的应用

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 是的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

6-2（基础） 已知正实数，则“”是“”的（ ）
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

6-3（巩固） 若函数，则是的（ ）条件
A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要
【正确答案】 B

6-4（巩固） 若则是的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

6-5（提升） ，都为正数，则““是“”的”（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

6-6（提升） 已知x，y为正实数，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 利用等差数列的性质计算,利用an与sn关系求通项或项,判断数列的增减性,等差中项

【正确答案】
B
【试题解析】


7-1（基础） 数列满足，且，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-2（基础） 已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-3（巩固） 已知等比数列的前n项和为，若，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-4（巩固） 设是以2为首项，1为公差的等差数列，是1为首项，2为公比的等比数列，记，则中不超过2023的项的个数为（ ）
A.8 B.9 C.10 D.11
【正确答案】 C

7-5（提升） 设等比数列的前n项和为，首项，且，已知，若存在正整数，使得、、成等差数列，则的最小值为（ ）
A.16 B.12 C.8 D.6
【正确答案】 C

7-6（提升） 数列满足，，，则的整数部分是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 椭圆定义及辨析,根据双曲线过的点求标准方程,求椭圆中的参数及范围

【正确答案】
A
【试题解析】


8-1（基础） 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任一点，点的坐标为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

8-2（基础） 已知点P为椭圆上任意一点，点M、N分别为和上的点，则的最大值为（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
【正确答案】 C

8-3（巩固） 已知椭圆C：的右焦点为F，点在椭圆C上，若点Q满足且，则的最小值为（ ）.
A.3 B. C. D.1
【正确答案】 C

8-4（巩固） 已知，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，，，且轴．若点是圆上的一个动点，则的取值范围是　　
A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-5（提升） 已知椭圆的短轴长为，焦距为，、分别是椭圆的左、右焦点，若点为上的任意一点，则 的取值范围为（ ）
A.[1，7] B.[1，28] C. D.
【正确答案】 C

8-6（提升） 已知椭圆的两个焦点，与短轴的两个端点，都在圆上，是上除长轴端点外的任意一点，的平分线交的长轴于点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 9 题】 知识点 计算条件概率,独立事件的乘法公式,利用互斥事件的概率公式求概率,利用对立事件的概率公式求概率

【正确答案】
A B D
【试题解析】


9-1（基础） 已知甲箱中冰墩墩和雪容融分别有36个，9个，乙箱中冰墩墩和雪容融分别有20个、10个．现从两箱中随机取出1个吉祥物，用，分别表示取出的吉祥物来自甲箱和乙箱，用，分别表示取出的是冰墩墩和雪容融，则（ ）
A.和为对立事件 B.
C. D.和相互独立
【正确答案】 ABC

9-2（基础） 连续抛掷一枚骰子2次，记事件A表示“2次结果中正面向上的点数之和为奇数”，事件B表示“2次结果中至少一次正面向上的点数为偶数”，则（ ）
A.事件A与事件B不互斥 B.事件A与事件B相互独立
C. D.
【正确答案】 AD

9-3（巩固） 甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A.事件与事件（）相互独立
B.
C.
D.
【正确答案】 BD

9-4（巩固） 某校开展“一带一路”知识竞赛，甲组有8名选手，其中5名男生，3名女生；乙组有8名选手，其中4名男生，4名女生．现从甲组随机抽取1人加入乙组，再从乙组随机抽取1人，表示事件“从甲组抽取的是男生”，表示事件“从甲组抽取的是女生”，B表示事件“从乙组抽取1名女生”，则（ ）
A.，不是对立事件 B.
C. D.
【正确答案】 BC

9-5（提升） 甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为（ ）
A. B.
C.事件与事件不相互独立 D.，，是两两互斥的事件
【正确答案】 BCD

9-6（提升） 下列说法正确的是（ ）
A.若事件互斥，，则
B.若事件相互独立，，则
C.若，则
D.若，则
【正确答案】 ABC

【原卷 10 题】 知识点 判断正方体的截面形状,柱体体积的有关计算,面面平行证明线线平行,证明面面垂直

【正确答案】
A C
【试题解析】


10-1（基础） 已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点E，交棱于点F，以下结论正确的是（ ）
A.四边形不一定是平行四边形
B.平面分正方体所得两部分的体积相等
C.平面与平面可以垂直
D.四边形面积的最大值为
【正确答案】 BCD

10-2（基础） 在正方体中，、、分别为，，的中点则（ ）

A.直线与直线垂直
B.直线与平面平行
C.平面截正方体所得的截而是等腰梯形
D.点和点到平面的距离相等
【正确答案】 BC

10-3（巩固） 在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，为线段的中点，则（ ）

A.与共面
B.三棱锥的体积跟的取值无关
C.时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为
D.
【正确答案】 ABC

10-4（巩固） 在棱长为1的正方体中，为棱的中点，点在该正方体的侧面上运动，且平面，以下命题正确的有（ ）
A.平面截正方体所得的截面图形为等腰梯形
B.侧面上存在一点，使得
C.三棱锥的体积为定值
D.直线与直线所成角的正弦值可以为
【正确答案】 ABD

10-5（提升） 如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（ ）

A.当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形为正方形
B.存在，使得平面平面
C.存在，使得平面平面
D.当时，点到平面的距离为
【正确答案】 BD

10-6（提升） 如图，正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，.设，，给出以下四个结论，其中正确的有（ ）

A.平面平面
B.当且仅当时，四边形的面积最小
C.四边形的周长，是单调函数
D.四棱锥的体积在上先增后减
【正确答案】 AB

【原卷 11 题】 知识点 函数对称性的应用,函数图象的应用,求函数零点或方程根的个数

【正确答案】
A B C
【试题解析】


11-1（基础） 已知函数，若（互不相等），则的值可以是（ ）
A. B. C.0 D.1
【正确答案】 BC

11-2（基础） 关于函数，下列描述正确的有（ ）
A.在区间上单调递增 B. 的图象关于直线对称
C.若则 D.有且仅有两个零点
【正确答案】 ABD

11-3（巩固） 已知定义在上的函数满足，，，且为奇函数，则（ ）
A.为奇函数
B.的图像关于直线对称
C.是周期为3的周期函数
D.
【正确答案】 BCD

11-4（巩固） 已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，，则方程，在区间[-5,7]上所有解的和为（ ）
A.10 B.8 C.6 D.4
【正确答案】 B

11-5（提升） 定义在上的函数满足且，则关于函数在区间上的零点的说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 AD

11-6（提升） 已知奇函数的定义域为，若对，有，且当时，，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.函数是周期函数，且周期为2
C.函数在区间上的零点个数是7个
D.对，
【正确答案】 BCD

【原卷 12 题】 知识点 用导数判断或证明已知函数的单调性,导数中的极值偏移问题

【正确答案】
A D
【试题解析】


12-1（基础） 已知,若,则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

12-2（基础） 已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

12-3（巩固） 已知，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 AC

12-4（巩固） e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
【正确答案】 BC

12-5（提升） 已知，，，，则有（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 BCD

12-6（提升） 已知关于的方程有两个不等的正根，且，则下列说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 ABD

【原卷 13 题】 知识点 求指定项的系数

【正确答案】
10
【试题解析】


13-1（基础） 展开式中的系数为_________（用数字作答）
【正确答案】

13-2（基础） 的二项展开式中的系数是______.（用数字作答）
【正确答案】

13-3（巩固） 在的展开式中，的系数是__________．
【正确答案】

13-4（巩固） 在的展开式中，常数项为_______．（结果用数字表示）
【正确答案】

13-5（提升） 的展开式中的系数为____.
【正确答案】 28

13-6（提升） 的展开式中的常数项为__________．
【正确答案】

【原卷 14 题】 知识点 求正弦（型）函数的最小正周期,求正弦（型）函数的对称轴及对称中心,由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 已知函数，函数的对称中心与对称轴的最小距离为，则_________．
【正确答案】

14-2（基础） 已知函数的图像经过点和，则函数的图像的对称轴方程是______.
【正确答案】

14-3（巩固） 已知函数的相邻的两个零点之间的距离是，且直线是图象的一条对称轴，则_____．
【正确答案】

14-4（巩固） 已知函数，若，，则_________．
【正确答案】 或1.5

14-5（提升） 已知函数，为的零点，为图像的对称轴，且在上单调，则的所有可能取值组成的集合为___________.
【正确答案】

14-6（提升） 已知函数 的图象过点（0， ），最小正周期为 ，且最小值为－1.若 ，的值域是 ，则m的取值范围是_____.
【正确答案】

【原卷 15 题】 知识点 根据对数函数的最值求参数或范围,求含sinx(型)函数的值域和最值

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 若函数（且）在上的最大值为2，最小值为m，函数在上是增函数，则的值是____________．
【正确答案】 3

15-2（基础） 已知函数，若对，使得，则实数的取值范围为___________.
【正确答案】

15-3（巩固） 已知函数（a＞0，且）的定义域为，值域为．若的最小值为，则实数a的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 BC

15-4（巩固） 已知，函数，，若，，有，则实数a的取值范围是______．
【正确答案】

15-5（提升） 用表示函数在闭区间上的最大值．若正数满足，则的最大值为__________．
【正确答案】

15-6（提升） 设函数在区间上的最大值为，若，则实数t的最大值为___________.
【正确答案】

【原卷 16 题】 知识点 证明面面垂直,多面体与球体内切外接问题

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．
【正确答案】

16-2（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（六条棱长均相等的三棱锥），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___________.
【正确答案】

16-3（巩固） 在正三棱锥中，是的中点，且，则该三棱锥内切球的表面积为__________.
【正确答案】

16-4（巩固） 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为__________.

【正确答案】

16-5（提升） 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为，记能将该三角垛完全放入的四面体的体积为，则的最大值为___________．

【正确答案】

16-6（提升） 在三棱锥中，，，底面是边长为的等边三角形，则在三棱锥内，半径最大的球的表面积为______．
【正确答案】

【原卷 17 题】 知识点 由Sn求通项公式,裂项相消法求和

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 已知数列的前项和为，且．
1、求的通项公式；
2、若，求证：数列的前项和．
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-2（基础） 已知数列的前项和为，且．
1、求的通项公式；
2、设数列的前项和为，证明：．
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-3（巩固） 已知数列的前n项和为，，，．
1、求的通项公式；
2、证明：．
【正确答案】 1、 2、证明见解析

17-4（巩固） 已知是数列的前n项和，，且．
1、求的通项公式；
2、证明：．
【正确答案】 1、 2、证明见解析

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

17-6（提升） 已知各项都是正数的数列的前项和为，，
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足：，，数列的前项和，求证：；
（3）若对任意恒成立，求的取值范围.
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析；（3）.

【原卷 18 题】 知识点 正弦定理边角互化的应用,余弦定理边角互化的应用,求三角形中的边长或周长的最值或范围,基本不等式求和的最小值

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 在中，角的对边分别为，且.
1、求角的大小；
2、若，求周长的取值范围.
【正确答案】 1、 2、

18-2（基础） 在中，内角、、的对边分别为、、，且.
（1）求角；
（2）若，求周长的取值范围.
【正确答案】 （1）；（2）.

18-3（巩固） 已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别记作a，b，c，满足，且．
1、求；
2、若点，分别在边和上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值．
【正确答案】 1、 2、

18-4（巩固） 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，csin =sin C，且a=1．
1、求A；
2、若AB=AC，D，E两点分别在边BC，AB上，且CD=DE，求CD的最小值．
【正确答案】 1、 2、2-3

18-5（提升） 如图，△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

1、求角B的大小；
2、已知，若D为△ABC外接圆劣弧AC上一点，求AD+DC的最大值.
【正确答案】 1、； 2、

18-6（提升） 记锐角的内角、、的对边分别为、、，已知．
1、求；
2、求的取值范围．
【正确答案】 1、4 2、

【原卷 19 题】 知识点 面面角的向量求法,已知面面角求其他量,二面角的概念及辨析,求二面角

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 如图，在直三棱柱中，，，且二面角为为45°.

1、求棱AC的长；
2、若D为棱的中点，求平面与平面夹角的正切值.
【正确答案】 1、2 2、

19-2（基础） 如图，在圆锥中，底面圆的半径为2，线段是圆的直径，顶点到底面的距离为，点在底面圆周上，二面角的正切值为，点和点分别为线段和线段的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的大小．
【正确答案】 （1）证明见解析；（2）．

19-3（巩固） 如图1，在四边形ABCD中，，，E是AD的中点，将沿BF折起至的位置，使得二面角的大小为120°（如图2），M，N分别是，的中点.

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

19-4（巩固） 如图，在以P为顶点的圆锥中，母线长为，底面圆的直径AB长为2，O为圆心.C是圆O所在平面上一点，且AC与圆O相切.连接BC交圆于点D，连接PD，PC，E是PC的中点，连接OE，ED.

（1）求证：平面平面PAC；
（2）若二面角的大小为，求面PAC与面DOE所成锐二面角的余弦值.
【正确答案】 （1）证明见解析（2）

19-5（提升） 已知三棱柱，，，，在平面ABC上的射影为B，二面角的大小为，

1、求与BC所成角的余弦值；
2、在棱上是否存在一点E，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【正确答案】 1、
2、存在，

19-6（提升） 如图，已知圆的直径长为4，点是圆弧上一点，，点是劣弧上的动点，点是另一半圆弧的中点，沿直径，将圆面折成直二面角，连接.

1、若面时，求的长；
2、当三棱锥体积最大时，求二面角正切值.
【正确答案】 1、 2、

【原卷 20 题】 知识点 求抛物线的切线方程,由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数,根据焦点或准线写出抛物线的标准方程

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 已知抛物线的焦点为，为坐标原点．
1、过作垂直于轴的直线与抛物线交于两点，的面积为．求抛物线的标准方程；
2、抛物线上有两点，若为正三角形，求的边长．
【正确答案】 1、 2、

20-2（基础） 已知抛物线的焦点为，为抛物线上的动点，为在动直线上的投影，当为等边三角形时，其面积为.
1、求抛物线的方程；
2、设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于A，两点，直线与线段交于点，试问：是否存在，使得和的面积相等恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【正确答案】 1、 2、

20-3（巩固） 已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．

1、求E的方程；
2、若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．
【正确答案】 1、 2、

20-4（巩固） 已知抛物线C：上的点到其焦点F的距离为2．
1、求抛物线C的方程；
2、已知点D在直线l：上，过点D作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与直线l交于点M，过抛物线C的焦点F作直线AB的垂线交直线l于点N，当|MN|最小时，求的值．
【正确答案】 1、 2、

20-5（提升） 如图，设为轴的正半轴上的任意一点，为坐标原点.过点作抛物线的两条弦和，､在轴的同侧.

1、若为抛物线的焦点，，直线的斜率为，且直线和的倾斜角互补，求的值；
2、若直线､､､分别与轴相交于点､､､，求证.
【正确答案】 1、 2、证明见解析.

20-6（提升） 已知抛物线，点为其焦点，为上的动点，为在动直线上的投影.当为等边三角形时，其面积为.

1、求抛物线的方程；
2、过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B和C，D，点H，K分别为，的中点，求面积的最小值.
【正确答案】 1、； 2、16.

【原卷 21 题】 知识点 由递推关系证明等比数列,写出简单离散型随机变量分布列,求离散型随机变量的均值,利用等比数列的通项公式求数列中的项

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：

（1）下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求；
点球数
20
30
30
25
20
25
进球数
10
17
20
16
13
14

（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，接到第n次传球的人即为第次触球者，第n次触球者是甲的概率记为.
（i）求，，（直接写出结果即可）；
（ii）证明：数列为等比数列.
【正确答案】 （1）（2）（i），，（ii）证明见解析；

21-2（基础） 雅礼中学是三湘名校，学校每年一届的社团节是雅礼很有特色的学生活动，几十个社团在一个月内先后开展丰富多彩的社团活动，充分体现了雅礼中学为学生终身发展奠基的育人理念.2022年雅礼文学社举办了诗词大会，在选拔赛阶段，共设两轮比赛.第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令.第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手正确回答出下句可得10分，若不能正确回答出下可得0分.
1、已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；
2、已知恰有甲､乙､丙､丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团体有相同的机会抢答下一问题.记第次回答的是甲的概率是，若.
①求和；
②证明：数列为等比数列，并比较第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小.
【正确答案】 1、12 2、①；
②证明见解析，第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大

21-3（巩固） 现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误．
1、设乙接到球的次数为，通过三次传球，求的分布列与期望；
2、设第次传球后，甲接到球的概率为，
（i）试证明数列为等比数列；

（ii）解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．
【正确答案】 1、分布列见解析，
2、（i）证明见解析；（ii）答案见解析.

21-4（巩固） 为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分：从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.
1、求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
2、记甲第i次答题所得分数的数学期望为.
①写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）：
②若，求i的最小值.
【正确答案】 1、；
2、①，，且；②5.

21-5（提升） 某校班主任利用周末时间对该班级2019年最后一次月考的语文作文分数进行了一次统计，发现分数都位于20﹣55之间，现将所有分数情况分为[20，25），[25，30），[30，35），[35，40），[40，45），[45，50），[50，55）七组，其频率分布直方图如图所示，已知m＝2n，[30，35）这组的参加者是12人．

（1）根据此频率分布直方图求图中m，n的值，并求该班级这次月考作文分数的中位数；
（2）组织者从[35，40）这组的参加者（其中共有5名女学生，其余为男学生）中随机选出1人（为公平起见，把每个人编号，通过号码确定），如果选到男学生，则该学生留在本组，如果选到女生，则该女生交换一个男生到该组中去（已知本班男生人数多于女生人数），重复上述过程n次后，该组中的男生人数为Xn．
①求随机变量X1的概率分布及数学期望E（X1）；
②求随机变量Xn的数学期望E（Xn）关于n的表达式．
【正确答案】 （1），，中位数为；（2）①分布列见详解，；②.

21-6（提升） 中国女排，曾经十度成为世界冠军，铸就了响彻中华的女排精神.女排精神的具体表现为：扎扎实实，勤学苦练，无所畏惧，顽强拼搏，同甘共苦，团结战斗，刻苦钻研，勇攀高峰.女排精神对各行各业的劳动者起到了激励、感召和促进作用，给予全国人民巨大的鼓舞.
（1）看过中国女排的纪录片后，某大学掀起“学习女排精神，塑造健康体魄”的年度主题活动，一段时间后，学生的身体素质明显提高，将该大学近5个月体重超重的人数进行统计，得到如下表格：
月份x
1
2
3
4
5
体重超重的人数y
640
540
420
300
200

若该大学体重超重人数y与月份变量x（月份变量x依次为1，2，3，4，5…）具有线性相关关系，请预测从第几月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下？
（2）在某次排球训练课上，球恰由A队员控制，此后排球仅在A队员、B队员和C队员三人中传递，已知每当球由A队员控制时，传给B队员的概率为，传给C队员的概率为；每当球由B队员控制时，传给A队员的概率为，传给C队员的概率为；每当球由C队员控制时，传给A队员的概率为，传给B队员的概率为.记，，为经过n次传球后球分别恰由A队员、B队员、C队员控制的概率.
（i）若，B队员控制球的次数为X，求；
（ii）若，，，，，证明：为等比数列，并判断经过200次传球后A队员控制球的概率与的大小.
附1：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；.
附2：参考数据：，.
【正确答案】 （1）可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下；（2）（i）（ii）证明见解析；.

【原卷 22 题】 知识点 已知切线（斜率）求参数,由导数求函数的最值（不含参）,函数单调性、极值与最值的综合应用,利用导数研究方程的根

【正确答案】

【试题解析】


22-1（基础） 已知函数，．已知曲线在点处的切线与直线平行．
（1）求的值；
（2）证明：方程在内有且只有一个实根．
【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.

22-2（基础） 已知函数的图象在处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，求的取值范围.
【正确答案】 （1）1；（2）.

22-3（巩固） 已知函数．（）在处的切线l方程为．
1、求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
2、若方程有两个实数根，．且．证明：．
【正确答案】 1、；证明见解析
2、证明见解析

22-4（巩固） 已知函数的图象的一条切线为轴.
（1）求实数的值；
（2）令，若存在不相等的两个实数满足，求证.
【正确答案】 （1），（2）见解析

22-5（提升） 设函数，曲线在原点处的切线为x轴，
1、求a的值；
2、求方程的解；
3、证明.
【正确答案】 1、 2、 3、证明见解析

22-6（提升） 已知函数，直线与曲线相切．
1、求实数的值；
2、若曲线与直线有两个公共点，其横坐标分别为．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【正确答案】 1、 2、①；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:
根据一元二次不等式解法求出集合，利用集合并集运算法则即可求解.
详解:
依题意知，
由，解得：或，
即或，又
所以.
故选：C.
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
化简集合N，根据并集运算定义求即可.
详解:
因为不等式的解集为，
所以，又，
所以.
故选：D.
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先化简集合A、B，再去求即可解决.
详解:


则
故选：C
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先解出集合A、B，再求.
详解:
由题意，，所以.
故选：C.
1-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
首先对中分式不等式转化为，再进行分类讨论得到其解集，再解出集合，最后利用并集的含义得到答案.
详解:
由题意得集合中不等式转化为，
当时，，则，符合题意；
当时，，则，舍去；
当时，，则，符合题意.
当时，，则，舍去；
故或，故，
当然亦可以使用穿根法解此不等式,
易得集合或，故
故选：A.
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求一元二次不等式与分式不等式的解集再求两者的并集即可.
详解:
∵，，
∴.
故选：C.
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据向量的除法和向量模的求法，变形的，即可求解.
详解:
，
故选：B
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可.
详解:
因为，
所以，
所以.
故选：B.
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
先求出复数，即可求出.
详解:
因为复数满足，所以
所以，
所以.
故选：B
2-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
设，根据求得，根据求得代入运算，再根据模长公式即可求解.
详解:
设，
因为，所以，
解得或
所以或.
因为，所以
当时，
，则；
当时，
，则；
故选：A
2-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用复数乘法法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.
详解:
由得：，即，
解得，从而.
故选：B
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由复数的模长、共轭复数以及复数的运算、纯虚数的概念依次判断即可.
详解:
对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.
故选：C.
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用任意角的三角函数的定义求得，再由，展开两角差的正切即可求解.
详解:
由角的终边经过点，可得，
的终边顺时针旋转后得到角，
，
故选：B
点睛:
本题主要考查了任意角的三角函数的定义以及两角差的正切展开式，需熟记定义和公式，属于基础题.
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由终边上的点坐标及和角正切公式求得，再将目标式由弦化切求值即可.
详解:
由题图知：，则，
而.
故选：C
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
结合三角函数的定义、两角差的正切公式求得正确答案.
详解:
.
故选：D
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先根据三角函数的定义和正切和角公式求出，化弦为切，代入求值即可.
详解:
由题图知，则，
所以.
故选：C
3-5【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由点的坐标可求出，进而结合，展开计算可求出答案.
详解:
由题意得，，，
所以．
故选：A.
点睛:
本题考查三角函数的定义的应用，考查两角和的正切公式的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
3-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由已知求得，结合诱导公式和同角三角函数的商数关系化简求解即可．
详解:
角的终边经过点，则，
即，解得，
．
故选：B．
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据题意作出轴截面图，求出圆台母线长，利用侧面积公式求解.
详解:
因为圆台下底面半径为5，球的直径为，
所以圆台下底面圆心与球心重合，底面圆的半径为，画出轴截面如图，

设圆台上底面圆的半径，则
所以球心到上底面的距离，即圆台的高为3，
所以母线长，
所以，
故选：C.
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
设球的半径为，求出的值，再求出截面圆的半径即得解.
详解:
设球的半径为，
因为球的表面积为，所以，解之得；
因为截面与球心距离为；

所以截面圆的半径；
可得截面圆面积为.
故选：D
点睛:
本题主要考查球的截面圆的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
如图所示，由题得,设球的半径为，解方程即得解.
详解:
解：如图所示，由题得.
设球的半径为，则,
所以.
故选：B

4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
应用正弦定理求△ABC的外接圆半径，再根据外接球球心与截面圆心距离与截面圆半径、球体半径间的几何关系求球的半径，进而求球O的表面积.
详解:
由题意可知图形如图：的面积为，

可得，则，即，
∴，
外接球的半径为：，则球的表面积.
故选：D.
4-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
易得截面圆的圆心在的中点处，则求得，，设，球半径为，利用三棱锥体积公式求得，则，即可求出测地线长.
详解:
由题意知，截面圆的圆心在的中点处，

所以平面，，，
设球半径为，，
解得，所以，而易知，
所以两点测地线长为，
故选：C．
4-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由轴截面列方程解出球的半径，再计算球O的表面积与圆柱的表面积之比.
详解:
由题意圆柱底面半径为2，圆柱的高为4，
圆柱和球的轴截面如图所示，，，设球的半径为，

则 ，
解得 ，则球O的表面积与圆柱的表面积之比为 .
故选：C
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
以A为坐标原点建立直角坐标系，用坐标来求解即可.
详解:
以A为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，则，设，则，，
，所以的最大值是4，当N在线段BC上时，都可以取到.
故选：C.

5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
以B为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出、、点坐标，然后分类讨论在线段DA，AB，BC时，并结合数量积的坐标公式求的最大值即可求解.
详解:
以BC、BA所在直线为x轴、y轴，建立坐标系如图:

可得，，，，
①当E在DA上，设，其中，
此时，，
故；
②当E在AB上，设，，
此时，

此时最大值为0；
③当E在BC上，设，其中，
，，
此时，
综上所述，的最大值是0.
故选：A．
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
取AB的中点O，连接MO，通过转化得，则转化为求的最大值，由图得当点M与点F或点E重合时，取得最大值，计算最值即可.
详解:
如图，取AB的中点O，连接MO，连接，分别过点，点作的垂线，垂足分别为，

所以，
当点M与点F或点E重合时，取得最大值，
易得四边形为矩形，为等腰直角三角形，则，
，则，，
取得最大值为，
所以的最大值为，
故选：D.
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
以正六边形的中心为原点，所在的直线为轴，的中垂线所在的直线为轴，建立坐标系，利用的运算求解.
详解:
解：建立如图所示的坐标系：

因为正六边形的边长为2，
所以，，，
设，
则，
所以，
由题意可知，
所以，
所以，
即.
故选：B
5-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
由题意分析可知四线性关于直线对称，且，只需考虑点在边上的运动情况即可，然后分类讨论求出的最小值.
详解:

如图所示，因为，且，所以垂直且平分，则△为等腰三角形，又，所以△为等边三角形.
则四边形关于直线对称，故点在四边形上运动时，只需考虑点在边上的运动情况即可，
因为，易知，即，则，
①当点在边上运动时，设，则，
∴，当时，的最小值为；
②当点在边上运动时，设，则，
∴，当时，的最小值为；
综上，的最小值为；
故选：C .
点睛:
本题考查向量的数量积及数量积的最值问题，考查数形结合思想的运用、分类讨论思想的运用，难度稍大.
5-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
建立平面直角坐标系，设，把的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可求得本题答案.
详解:
作，垂足为，以点为原点，所在直线为轴，轴建立如下图的平面直角坐标系.
因为，而,所以，
在直角中，因为，，所以，，
则，设，
所以，
所以，
因为二次函数开口向上，对称轴为，且，
所以当时，取最小值，当时，取最大值，
所以的取值范围是.
故选：C

6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
解法一:根据充分条件与必要条件的概念，结合不等式的基本性质直接判断，即可得出结果.
解法二:利用基本不等式的等号成立的条件可以否定充分性，利用代数变形，结合不等式的基本性质可以论证必要性.
详解:
解法一：当时，满足，但，不成立，故是的不充分条件；
当时，不成立，当时无意义，即不成立，故是的必要条件；
综上，是的必要不充分条件.
解法二：当时，，，当且仅当时取等号，
所以是的不充分条件；
若，则，所以,故是的必要条件；
综上，是的必要不充分条件.
故选：B.
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
当时，若令，，则，而当时，利用基本不等式进行推导即可，从而可得答案
详解:
解：当时，若令，，则，所以由得不到；
当时，因为，所以，得，
所以“”是“”的必要不充分条件
故选：B．
点睛:
此题考查充分条件和必要条件的判断，考查了基本不等式，属于基础题.
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用基本不等式和解一元二次不等式，再结合必要不充分条件的定义，即可得到答案.
详解:
当时，，当且仅当时等号成立，
推不出，
反之，当，即，
解得且，
，
是的必要不充分条件，
故选：B.
6-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
试题分析：取可知，由无法推出；反之，时，由均值定理得，，故选B．
考点：本题主要考查充要条件的概念．
点评：简单题，充要条件的判断，涉及知识面较广，从方法来讲有三种思路：定义法，等价关系法，集合关系法．
6-5【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据充分必要条件的定义可得选项.
详解:
当，时，，但．
当时，，又因为，
所以，，，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
6-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可．
详解:
当时，取，则，
所以“”不是“”的充分条件；
当时，得，即，则，
所以“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
分析可知数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，然后分析数列的单调性，可得结果.
详解:
因为，等式两边同时乘以可得，
所以，且，
所以，数列是等差数列，且首项和公差都为，则，所以，，
因为.
当时，；
当时，，即数列从第二项开始单调递减，
因为，，故当时，；当时，.
所以，，则的最小值为.
故选：B.
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答
详解:
由可得，
两式相减可得，则，
当时，可得满足上式，故，
所以，
因数列为单调递增数列，即，
则
整理得，
令，则，
当时，，当时，，
于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选：A
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
设等比数列的公比为，由，，列方程求出，进而可求出，结合指数函数的性质求出的最大、小值，列不等式组即可求出的取值范围
详解:
解：设等比数列的公比为，
因为，，
所以，解得，
所以，
当x为正整数且奇数时，函数单调递减，
当x为正整数且偶数时，函数单调递增，
所以时，取得最大值，当时，取得最小值，
所以，解得.
故选：B.
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求出数列的通项公式，可得出数列的通项公式，利用分组求和法可求得，找出使得不等式成立的最大正整数的值，进而可得出结论.
详解:
由题意可得，
所以，，则，
所以，数列单调递增，因为，
则，则使得不等式成立的最大正整数的值为10.
因此，数列中不超过2023的项的个数为10.
故选: C.
7-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先由等比数列的基本运算得到通项，根据、、成等差数列，由等差数列的中项性质得到，即，然后根据讨论求解.
详解:
由，且，
整理得：，
所以，，
因为、、成等差数列，
所以，
所以，
因为正整数，
所以，
所以，
所以，
当时，不成立；
当或时，成立；
此时或，
当时，，，此时；
所以的最小值为8.
故选：C.
点睛:
本题主要考查等比数列的基本运算以及不等式的性质，还考查了分类讨论的思想和化简变形，推理的能力，属于难题.
7-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
先根据数列的递推公式，利用裂项相消法求和即可得到，再先判断，通过计算可判断出，即可求出结果.
详解:
因为数列满足，，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，即，
所以，所以，
，，，，，，
，即，，
，
因此的整数部分是.
故选：C.
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
运用椭圆定义转化及当且仅当三点共线时取得最值可得结果.
详解:
由椭圆的方程知，，，则、
由椭圆的定义知，，
所以，
又∵
∴，当且仅当F2在线段PQ上时等号成立，即：的最大值为11.
故选：D.
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
求出两圆的圆心坐标，根据椭圆的性质可知为定值，根据三角形两边之和大于第三边可知的最大值为与两圆半径的和即可.
详解:
设圆和圆的圆心分别为,半径分别为.
则椭圆的焦点为.
又,，，
故，
当且仅当分别在的延长线上时取等号.
此时最大值为.
故选：C.
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据题意，可求出右焦点，由可知，由勾股定理可得，
作出图形，设点，利用两点距离和椭圆方程将转化成二次函数求最值，进而得到的最小值.
详解:
由椭圆方程可得出焦点，因为，所以，由勾股定理得
，即求的最小值可先求的最小值.
设，由图像得，则代入
，所以当取最小，
即，，
故选：C

8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据题意及比例求得和点坐标，代入椭圆方程，求得和与的值，求得焦点坐标，设圆的参数方程，利用两点之间的距离公式及三角函数的最值即可求得的取值范围．
详解:
解：因为，，且轴．则，，
将，代入椭圆方程，解得，，
所以椭圆方程，
所以椭圆的焦点，，
由在圆上，设，
所以，又，
所以的取值范围.
故选：A．
8-5【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
根据条件得到，，的值，根据椭圆的定义得到，令，再根据椭圆的性质求出的范围，将转化为关于的函数，求出的取值范围，再根据二次函数的性质计算可得．
详解:
解：根据条件可得，，故，
则根据椭圆定义可知，
所以

令，则
因为，所以，
所以，
则.
故选：C
8-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由的平分线交长轴于点，得到，再结合椭圆的定义，得到，进而求得的取值范围.
详解:
由椭圆的两个焦点，与短轴的两个端点，都在圆上，得，则，所以椭圆的方程为，故，，
由的平分线交长轴于点，显然，，
又，
所以，，即，
由，，得，
设，则，而，
即，也就是，所以，
所以，，
所以.
故选：B.

点睛:
本题主要考查了椭圆的定义及标准方程，以及圆的方程、角平分线性质等知识的综合应用，着重考查推理论证能力及运算求解能力，属于难题.
9-1【基础】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
根据对立事件的定义即可判断A,根据条件概率的公式即可求解B,C，根据相互独立事件满足乘法公式可验证D.
详解:
由题可知甲箱中的吉祥物数量占两箱总数的，乙箱中的吉祥物数量占两箱总数的．事件和显然互为对立事件，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
因为，，所以，故D错误．
故选：ABC
9-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
根据事件互斥的概念判断A，根据独立事件乘法公式判断BC，由条件概率公式直接求D.
详解:
事件可共同发生不互斥，A对．
，，即不独立，BC错．
，D对，
故选：AD．
9-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
根据题意，由条件概率公式以及乘法公式，全概率公式分别代入计算，即可得到结果.
详解:
，，
先发生，则乙袋中有4个红球3白球3黑球，
先发生，则乙袋中有3个红球4白球3黑球，，
先发生，则乙袋中有3个红球3白球4黑球，，
，B对，
，
，
，C错，
，A错，
，D对．
故选:BD.
9-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
根据对立事件的概念可判断A错误；根据互斥事件的加法公式求出可判断B正确；根据条件概率公式计算可判断C正确；D错误．
详解:
A选项：根据对立事件的概念可知，，是对立事件，A错误；
B选项：由题意可知，，B正确；
C选项：当发生时，从乙组抽取1人有9种可能情况，其中抽取的不是1名女生有5种可能情况，则，C正确；
D选项：当发生时，从乙组抽取1人有9种可能情况，其中抽取的是1名女生有5种可能情况，则，D错误．
故选：BC
9-5【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
根据古典概型概率计算公式及事件的相关概念，逐一分析四个选项的真假，可得答案．
详解:
解：甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．
先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；
再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，
对A，，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，当发生时，，当不发生时，，事件与事件不相互独立，故C正确；
对D，，，不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确；
故选：BCD．
点睛:
本题考查概率的基本概念及条件概率，互斥事件概率加法公式，考查运算求解能力.
9-6【提升】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
根据互斥事件的概率加法公式判断A；根据独立事件的乘法公式判断B；根据条件概率以及全概率公式可判断.
详解:
对于A：，正确；
对于B：，正确；
对于C：，，
所以，解得正确；
对于D：由C得，D错误，
故选：ABC.
10-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
利用平行平面的性质可判断A错误；利用正方体的对称性可判断B正确；当E、F为棱中点时，由线面垂直可得面面垂直，从而判断C正确；当E与A重合，F与重合时，四边形的面积有最大值，可判断D正确.
详解:
解：对于选项A，因为平面，平面平面
，平面平面，
所以，同理可证，所以四边形是平行四边形，故A错误；
对于选项B，由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故B正确；
对于选项C，在正方体中，有，
又，所以平面，当E、F分别为棱的中点时，
有，则平面，又因为平面，
所以平面平面，故C正确；
对于选项D，四边形在平面内的投影是正方形，
当E与A重合，F与重合时，四边形的面积有最大值，
此时，故D正确；
故选：BCD．
点睛:
关键点点睛：根据正方体的特殊几何性质，结合直线与平面、平面与平面的平行垂直判定与性质定理求解.
10-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
根据正方体的性质一一判断即可；
详解:
解：在正方体中，则与不垂直，从而直线与直线不垂直，故A错误；
取的中点，连接、，则，，易证平面平面，从而直线与平面平行，故B正确；
连接，，，因为，，所以，故四边形为平面截正方体的截面，显然四边形为等腰梯形，故C正确；
假设点与点到平面的距离相等，即平面平分，则平面必过的中点，连接交于点，易知不是的中点，故假设不成立，故D错误；
故选：BC

10-3【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 分析:
由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．
详解:
在中，因为为的中点，所以，
所以与共面，所以A正确；
由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；
当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，
所以平面截正方体所得截面的周长为，
所以C正确；
当时，可得，
则，所以不成，所以D不正确．
故选：ABC

10-4【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
取的中点，连接，可得，得到平面截正方体所得的截面图形为梯形，可判定A正确；取的中点为，在等腰中，可判定B正确；由点到平面的距离是变化的，可判定C错误；根据直线与直线所成角即为直线与直线所成角，设，求得的值，可判定D正确.
详解:
对于A中，取的中点，连接，可得，
又由，所以，
所以平面截正方体所得的截面图形为梯形，且为等腰梯形，所以A正确；
对于B中，取的中点为，
在中，由，当为的中点时，所以，所以B正确；
对于C中，因为的面积为定值，当点为平面内的动点，
所以点到平面的距离是变化的，所以三棱锥的体积为不是定值，
所以C错误；
对于D中，在正方体中，可得，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
当点与点重合时，设，
在直角中，可得，
所以直线与直线所成角的正弦值可以为，所以D正确.
故选：ABD.

10-5【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 分析:
根据找到位置，通过平行补全过三点的平面截正方体所得的截面，即可判断A；先找到垂直于平面的直线，判断是否存在使得平面能与该直线平行即可；找到与平面平行的平面，进而判断的位置即可判断C；补全平面，用等体积法即可求得点到平面的距离，进而判断D.
详解:
解：由，可知为中点，为靠近的三等分点，
连接并延长交平面与点，
由为中点，为中点可知，为中点，
连接并延长交于点，由可知，
，因为，所以，
所以为靠近的三等分点，取靠近的三等分点，
连接，再连接并延长交于点，同理可得，
连接如图所示：

则可知过三点的平面截正方体得到的截面多边形为，
在平面中，由，可知，
所以四边形不是正方形，故选项A错误；
连接，如图所示，

因为正方体，所以平面，所以，
因为正方形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，即，同理可证，
因为，平面，平面，
所以平面，所以当时，为中点，
由平面，可得平面，
因为平面中，所以平面平面，
即选项B正确；
连接如图所示：

所以，因为平面，平面，
所以平面，因为，平面，平面，
所以平面，因为，平面，平面，
所以平面平面，因为为中点，所以在平面内，
若平面平面，则与重合，与重合，
即时成立，与题意不符，故选项C错误；
当时，为中点，取中点，连接如图所示：

由图可知，且，即四边形为平行四边形，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
因为正方体棱为2，所以，即，
同理，因为，所以，
在中，由余弦定理得：
，
因为，所以，
即，
且有，
记到平面的距离为，
可得，
即，解得，故选项D正确.
故选：BD
点睛:
方法点睛：此题考查立体几何的综合应用，属于难题，关于立体几何中找截面的方法有：
（1）直接连线法：有两点在几何体的同一个面上，两点连线即为几何体与截面的交线；
（2）作平行线：过直线与直线外一点作截面，若直线所在平面与点所在平面平行，通过过该点找直线的平行线找到几何体与截面交线；
（3）延长线找交点：若直线相交，但立体几何图形中未体现，可通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
10-6【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 分析:
对于A：连接EF，BD，，由正方体的性质以及面面垂直的判定可判断；对于B：由线面垂直的性质可得四边形是菱形.由菱形的面积公式可判断；对于C：由时，的长度由大变小；时，的长度由小变大.由此可判断；对于D：四棱锥可分割成以为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥，.由三角形的面积是个常数，M，N到平面的距离是个常数，由此可判断.
详解:
解：对于A：连接EF，BD，，则由正方体的性质可知，
平面，又平面，所以平面平面，故A正确；
对于B：连接，因为平面，所以，所以四边形是菱形.
四边形的面积，四边形的对角线是固定的，
所以当且仅当时，四边形的面积最小，故B正确；
对于C：因为，所以四边形是菱形.当时，的长度由大变小；
当时，的长度由小变大.所以函数在不单调，故C错误；
对于D：四棱锥可分割为两个小三棱锥，它们是以为底，
以M，N分别为顶点的两个小棱锥，.因为三角形的面积是个常数，
M，N到平面的距离是个常数，
所以四棱锥的体积为常值函数，故D错误.
故选：AB.

11-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
根据函数变换的知识作出分段函数的图像，结合图像可判断得的取值范围，由此可得答案.
详解:
因为的图像是由的图像保留轴上方的图像，再把轴下方的图像沿着轴往上翻折得到的图像，所以分段函数的图象如图，
不妨设，因为，
所以由关于对称可得，
又，所以，
故的值可以是，
故选：BC.
.
11-2【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
作出函数的图象，由图象观察性质判断各选项．
详解:
根据图象变换作出函数的图象（，作出的图象，
再作出其关于轴对称的图象，然后向右平移2个单位，
最后把轴下方的部分关于轴翻折上去即可得），如图，
由图象知在是单调递增，A正确，函数图象关于直线对称，B正确；
，直线与函数图象相交可能是4个交点，如图，
如果最左边两个交点横坐标分别是，则不成立，C错误，
与轴仅有两个公共点，即函数仅有两个零点，D正确．
故选：ABD．

11-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
详解:
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，函数的定义域为，且，则不会是奇函数，故A错误；
对于B，定义在上的函数满足，变形可得，而为奇函数，所以关于对称，即，则，即，即函数为偶函数，即的图像关于直线对称，故B正确；
对于C，若函数满足，则有，即函数是周期为3的周期函数，C正确，
对于D，是偶函数且其周期为3，则，，则，
故，故D正确；
故选：BCD．
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
由题得到函数与的图象都关于点(1,0)对称，是周期为4的周期函数，在同一坐标系中分别作出函数与的图象，由图象的对称性即可求得方程在[-5,7]上所有解的和．
详解:
第一步：判断函数与的图象的特征并作出图象
∵为奇函数，∴，即，∴的图象关于点(1,0)对称．
又
，
∴是周期为4的周期函数，显然，函数的图象关于点(1,0)对称，在同一直角坐标系中，分别作出函数与函数的图象如图所示．（画出函数图象，注意“草图不草”）

第二步：确定交点个数，进而求解
由图可知，函数与的图象在[-5,7]上共有8个交点，且两两关于点(1,0)对称，
∴方程在[-5,7]上所有解的和为．
故选：B
点睛:
关键点点睛：两个函数图象都关于点(1,0)对称，利用对称性求出交点的横坐标之和．
11-5【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
函数的零点即为与图象的交点横坐标，画出两个函数图象，数形结合即可得答案.
详解:
解：由题意，函数的零点即为与图象的交点横坐标，
因为函数满足，所以是周期为2的函数，
又，
所以当时，，
所以，关于点中心对称，
将函数图象两次向右平移2个单位，可得函数在上的图象，每段曲线不包含右端点（如下图），去掉端点后关于中心对称，

又关于中心对称，
由图可知共有三个交点，自左向右横坐标分别为，，，其中和与关于点中心对称，
所以，，
所以.
故选：AD.
11-6【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
通过赋值法可以判断A选项；根据函数的周期性判断B选项；由对称性及函数图像即可判断C、D选项．
详解:
解：由，令得：
，
．
∵为奇函数，
，
，
，
所以选项A错误，选项B正确；
函数在区间上的零点个数等价为的左右两函数的交点个数，
分别作出与的图像如下所示：

由图像易知有7个交点，
故选项C正确；
对于选项D，对，由对称性可知：关于对称，
所以，
又大于0，，小于0，，
所以，
所以选项D正确．
故选：BCD．
点睛:
本题的关键是画出及的图像，判断出函数关于对称；易错点是容易忽视是图像上的点，导致在选项C中判断零点个数出错．
12-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
化简为,构造函数,求导求单调性,即可得,即,两边取对数即可判断选项A正误;根据,可得即可得选项B正误;根据,可得即可判断选项C正误;根据,即可得选项D正误.
详解:
解:由题知,
,
即,
即,
令,
所以,
故在上单调递增,
因为,
所以,
由可知:,
根据单调性可得,
所以,
故
故选项B错误;
因为.
所以
故选项A正确;
因为,
所以
故选项C错误;
因为,
所以
故选项D错误.
故选:A
12-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
判断出的奇偶性和单调性，由此求得正确答案.
详解:
令，，
，
则为偶函数，
，
在区间.
所以在区间上为增函数，
则在区间上为减函数.
又，所以.
故选：D
12-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
构造函数，判断函数在上单调递增，由题意得，得到，结合指数函数的性质即可判断A；由结合的范围即可判断B；由即，结合对数函数的性质即可判断C；由，得，从而，结合对数函数的性质即可判断D.
详解:
由，，，
构造函数，则，所以在上单调递增，
因为，即，所以，从而，故A正确；
因为，即，又，所以，故B错误；
因为，即，从而，故C正确；
因为，，所以，从而，，故D错误.
故选：AC.
12-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
构建函数根据题意分析可得，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据的单调性，分类讨论分析判断.
详解:
原式变形为，
构造函数，则，
∵，
当时，，则，即；
当时，，则，即；
故在上单调递减，在上单调递增，
对于A：取，则
∵在上单调递增，故，
即满足题意，但，A错误；
对于B：若，则有：
当，即时，则，即；
当，即时，由在时单调递增，且，
故，则；
综上所述：， B正确；
对于C：若，则有：
当，即时，显然成立；
当，即时，令，
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴当时，所以，即，
由可得，即
又∵由在时单调递增，且，
∴，即；
综上所述：，C正确；
对于D：取，，则，
∵在上单调递减，故，
∴故，满足题意，但，D错误.
故选：BC.
点睛:
结论点睛：指对同构的常用形式：
（1）积型：，
①构造形式为：，构建函数；
②构造形式为：，构建函数；
③构造形式为：，构建函数.
（2）商型：，
①构造形式为：，构建函数；
②构造形式为：，构建函数；
③构造形式为：，构建函数.
12-5【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 分析:
令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.
详解:
令，，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
若，则，
令，
则，
当时，，
，
在上恒成立，在上单调递减，，
即，又，，
，，
，，在上单调递增，
，即，A错误；
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
由得：；
设，，
则；
当时，，，
在上单调递减，，即，
又，，又，，
，，在上单调递增，
，即，B正确；
，，，
，又，，在上单调递减，
，则，C正确；
，又，，在上单调递增，
，则，D正确.
故选：BCD.
点睛:
方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
12-6【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 分析:
根据题意构造函数，研究其函数图像得，可判断A；再构造函数，根据极值点偏移问题的方法得判断B；进而得判断C；根据等价得判断D.
详解:
解：对于A选项，根据题意，方程有两个不等的正根，且，
故令，则，
所以当时，，函数为单调递减函数，当时，，函数为单调递增函数，
所以函数有极小值，
因为趋近于，趋近于，趋近于，趋近于，
所以方程有两个不等的正根等价于，且故A选项正确；

对于B选项，令，
则，
所以在上单调递减，
所以，，
因为，所以，
因为时，函数为单调递增函数，
所以，即，故B选项正确；
对于C选项，因为，所以，
所以，故C选项错误；
对于D选项，若，则，
所以，所以，显然满足.故D选项正确.
故选：ABD
点睛:
本题考查利用导数研究方程的根的问题，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二个选项解决的关键在于构造函数，研究函数的单调性证明.
13-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据二项式定理得到，得到答案.
详解:
的展开式的通项为，
取得到.
故
13-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
运用二项式的通项公式直接进行求解即可.
详解:
二项式的通项公式为，
令，所以的系数是，
故
13-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题意写出二项式展开式的通项公式，令，求得r的值，即可求得答案.
详解:
由题意可得的通项为，
令，
则的系数是，
故
13-4【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，求出参数的值，代入通项即可得解.
详解:
的展开式通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
故答案为.
13-5【提升】 【正确答案】 28
【试题解析】 分析:
将已知式转化为，则的展开式中的系数中的系数，根据二项式展开式可求得其值.
详解:
，所以的展开式中的系数就是中的系数，而中的系数为，
展开式中的系数为
故28.
点睛:
本题考查二项式展开式中的某特定项的系数，关键在于将原表达式化简将三项的幂的形式转化为可求的二项式的形式，属于基础题.
13-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用组合知识可求的展开式，从而可求常数项.
详解:
的展开式中的各项为：，

而，
其中，
令，则或，
令，则或或，
故展开式中的常数项为：

.
故答案为.
14-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由题设知函数的周期，即可求出，再由是函数的对称轴可求出，即可求出函数的解析式.
详解:
由函数的对称中心与对称轴的最小距离为，
即，
由是函数的对称轴，，即
又，令，则，故
故
点睛:
方法点睛：本题主要考查由函数的部分图像求解析式，由函数的周期可求出，由五点法作图可求得，即可求出函数的解析式，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于中档题.
14-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用代入法，结合正弦型函数的对称性进行求解即可.
详解:
因为该函数的图像经过点和，
所以有，或，
由，由
，
两式相减，得，因为，
所以令，得，
所以，因为，
所以令，得，即，
令，
所以对称轴为：，
故
14-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先利用题给条件求得函数的解析式，进而求得的值.
详解:
函数的相邻的两个零点之间的距离是，
可得的最小正周期为，则，
由直线是图象的一条对称轴，可得,
则，又，则，则
则
故
14-4【巩固】 【正确答案】 或1.5
【试题解析】 分析:
由，可得为偶函数，可得，再由，可得，进而可得，再将代入即得答案.
详解:
解：因为，所以为偶函数，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以．
故
14-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
先根据正弦函数的零点以及对称轴，判断为奇数，又由在上单调，可得且，由此求得的范围，检验范围内的每一个奇数即可.
详解:
解：函数数，为的零点，为图像的对称轴，
且，
相减可得，
即，即为奇数，
又在上单调，
①
且②，
由①②可得，故奇数的最大值为11，
当时，，
此时在上不单调，不满足题意；
当时，，
此时在上单调递减，满足题意；
当时，，
此时在上不单调，不满足题意；
当时，，
此时在上单调递减，满足题意；
当时，，
此时在上单调递增，满足题意；
当时，，
此时在上单调递增，满足题意；
则的所有可能取值组成的集合为.
故答案为.
点睛:
本题考查正弦函数的图像和性质，关键要求出的范围，并且要对范围内的数值进行检验，计算量较大，难度较大.
14-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据题意易求,，由图象过（0， ），，可得，从而得函数解析式，由可得，由余弦函数性质及值域，可得，求解即可.
详解:
由函数最小值为－1，，得，
因为最小正周期为，所以，故，
又图象过点（0， ）,所以 而，所以，
从而，
由，可得．
因为,且，
由余弦函数的图象与性质可知：，解得，
故填.
点睛:
本题主要考查了余弦型函数的解析式，图象与性质，重点考查了单调性，属于中档题.
15-1【基础】 【正确答案】 3
【试题解析】 分析:
根据对数函数的单调性，分类讨论，再结合已知进行求解得出和的值，最后根据的单调性检验即可得到.
详解:
当时，函数是正实数集上的增函数，而函数在上的最大值为，因此有，解得，所以，此时在上是增函数，符合题意，因此；
当时，函数是正实数集上的减函数，而函数在上的最大值为，因此有，，所以，此时在上是减函数，不符合题意.
综上所述，，，.
故3.
15-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
根据条件分析得到，然后根据的单调性分析出对应的最值，由此可求解出的取值范围.
详解:
因为对，使得，
所以，
因为的对称轴为，所以在上单调递增，所以，
又因为在上单调递增，所以，
所以，所以，即，
故答案为.
点睛:
结论点睛：不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
15-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 分析:
根据给定条件，分析判断函数取得最小值0，最大值1的区间在1及左侧可使区间长度最小，再求出a的取值范围作答.
详解:
函数在上单调递减，在上单调递增，，
因为函数在的值域为，则，即，
由，得，则有或，
当时，，有，
当时，，有，
令方程的两个根为，如图，

因此在上函数取得最小值0，最大值1，且最小时，，
于是，解得或，而的最小值为，
则有或，解得或，
所以实数a的值可以是或，即BC满足，AD不满足.
故选：BC
15-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
利用三角恒等变换化简，由三角函数的性质求得，由题意得的值域是的子集，结合的单调性分类讨论求解即可．
详解:
，
∵，∴，∴，∴．
∵，，有，
∴的值域是的子集．
①当时，，则，此时，解得；
②当时，，则，此时，无解．
综合①②，．
故．
15-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
对分类讨论，利用正弦函数的图象求出和，代入，解出的范围，即可得解.
详解:
当，即时，，，因为，所以不成立；
当，即时，，，不满足；
当，即时，，，由得，得，得；
当，即时，，，由得，得，得，得；
当，即时，，，不满足；
当，即时，，，不满足.
综上所述.
所以得最大值为．
故．
点睛:
关键点点睛：对分类讨论，利用正弦函数的图象求出和是解题关键.
15-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由题意：在区间，为正数）上的最大值为，转化为，当时，则有：，可得：，或因此只需要，即可得出．
详解:
解：由题意：在区间，为正数）上的最大值为，转化为，
当时，
则有：
那么：①
当或时，
或
只需要，

即：
得：②
把①式代入②，
得：，
化为：，
，解得．
的最大值为．
故．
16-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
首先根据题意分析出当球和四棱锥内切时球的表面积最大，之后根据面积分割得到，从而得到球的半径.
详解:
在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积时，对应的球应该是内切球，此时球的半径最大，设内切球的球心为O半径为R，连接球心和ABCD四个点，构成五个小棱锥，根据体积分割得到，五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积，，根据AB垂直于AD，PD垂直于AB可得到AB垂直于面PDA，故得到AB垂直于PA， 同理得到BC垂直于PC，表面积为：，
此时球的表面积为： .
故答案为.
点睛:
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球和锥体的内切问题，通常是应用体积分割来求解.
16-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由题意知正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体，再根据球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍求解.
详解:
解：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，
该正方体内切球的半径为1，
设则该球的内接正方体棱长为a，则，解得，
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
16-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
取中点，连接，设为中心，连接，进而得，再结合三角形知识得，再根据等体积法得该三棱锥内切球的半径为，再计算表面积即可.
详解:

如图，取中点，连接，由题知为等边三角形，
设为中心，连接，
由正三棱锥的性质可知平面，设，
因为是的中点，中点为，所以，
因为，为等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
所以，在中，，
即，解得，
所以正三棱锥的侧棱，所以，
所以，，
因为正三棱锥的表面积为，
设该三棱锥内切球的半径为，所以，由得，
所以，该三棱锥内切球的表面积为．
故．
16-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可求出当球的表面积最大时，该球的半径，进而得出表面积.
详解:
由题意，
半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，
当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为.

在中， ，,
该半正多面体所在的正四面体的高为：
，
设点到正六边形所在平面的距离为，
过点作于，
由几何知识得，
∴，即，
解得：，
∴当球的表面积最大时，该球的半径为，表面积为.
故答案为.
16-5【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
要使取得最大值，则使取最小值，通过计算出球心在一面的投影点到该边的距离，可算出四面体的最小棱长
详解:
设球的半径为，
由题意可知四面体为正四面体，边长为，
所以四面体的高为，
所以，要使取得最大值，则使取最小值，由题意可知此时该三角垛与四面体相切.
等边的高为，
由余弦定理可算出正四面体任意两面二面角大小的余弦值为，
因为位于三角垛顶的球与三面都相切，
取的中点，过点作平面的垂线 ，垂足为，如图可得截面，
若设则，所以，
已知球心到面的距离为，则，
在平面里过点作的垂线，所以，

所以边上三个球的球心在该面的投影与该边和两个顶点形成等腰梯形，底角为，上底为，高为，
所以下底可计算得，所以的最小值为，
所以的最大值为.
故
点睛:
关键点睛：这道题的关键是确定最小正四面体的棱长，需要通过截面和在三角形利用几何关系进行确定，需要较强的空间想象能力
16-6【提升】 【正确答案】
【试题解析】 分析:
由题意即求三棱锥内切球表面积，先根据条件确定内切球球心，再结合平面几何知识求球半径，代入球表面积公式得结果.
详解:
如图，分别取，的中点，，连接，，，，由对称性
可知三棱锥的内切球的球心在上，且与的切点分别在，，，上，
设，分别为球与面和面的切点，则在上，且，为球半径，
，在上，且，，计算得到，，
，，则，，，
则，，所以，，
所以球的表面积为．
故答案为.

点睛:
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
17-1【基础】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）先求解的值，当时，利用求解数列的通向公式即可；
（2）根据（1）的结果求解数列，利用裂项相消法求前项和即可.
解：当时，．
当时，，
则，
当时，满足上式，则．
解：由（1）可得，
则．

∵∴
所以.
17-2【基础】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）利用求通项公式，注意检验是否成立；
（2）由（1）表示数列的通项公式，再由裂项相消法求其前项和，即可证明.
由题意，当时，，
当时，由得，
两式相减，得，又，
故数列的通项公式为.
依题意，得，则
，
所以.
17-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据，求解；
（2）由（1）得到，进而得到，利用裂项相消法求解.
解：因为，，
所以，
所以，所以，
又，也成立，
所以的通项公式．
证明：由（1）知，
所以，
所以．
因为，所以，所以，
所以，．
17-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）由求，用作差法，再集合累乘法即可求解；
（2）先表示出，再将裂项可求出的表达式可证.
解：当时，可得．
当时，，
所以，
所以，所以．
因为，所以，
时也符合，故．
证明：由（1）知，
所以，
所以．
因为，所以．得证
17-5【提升】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.
【试题解析】 分析:
(1)先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义以及通项公式得，可得结果.
(2)先利用放缩得，再运用裂项相消法可得证.
详解:
（1）因为，所以，
故，即，
又因为，所以，故为首项为2，公差为2的等差数列，即，即.
（2）由（1）得，当时，，所以
，故得证.
点睛:
本题考查由数列的前n项和与通项的关系求得数列的通项，运用放缩法和裂项相消法求数列的和证明不等式，注意在运用放缩法时放缩需适度，属于较难题.
17-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析；（3）.
【试题解析】 分析:
（1）由已知条件，利用当时，，及等差数列的通项公式即可得出；
（2）利用累加法求数列的通项公式，用裂项相消法求数列的前项和，进而可证明；
（3）先分离参数得到，再利用基本不等式求的取值范围.
详解:
（1）时，，解得或（舍去）
当时，
化简得：
，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
.
（2）证明：，
，
，
数列的前项和

（3）由已知条件参数分离可得（）当且仅当即时，有最大值， .
点睛:
（1）如果已知，一般利用求数列的通项；
（2）对于形如的数列常用裂项相消法对数列求和；
（3）求参数的范围常用分离参数法，这些都是数列里面常用的技巧，要灵活运用.
18-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据正弦定理边化角结合三角形内角和与诱导公式得出，根据三角形内角范围可知，即可得出，再根据角围得出答案；
（2）根据已知结合余弦定理即可得出关系，再根据基本不等式得出范围，即可得出答案.
由正弦定理，得，
因为，所以，
所以，
即，所以，
因为，所以，
所以，又，所以；
由（1）可得，若，
则由余弦定理，得，
所以，即，
所以，当且仅当时等号成立，
又，所以，即，
所以周长的取值范围为.
18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）将中的正切化为正余弦，再结正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简变形可得，从而可求出角；
（2）由余弦定理可得，再结基本不等式可得，从而可求出的范围，进而可求出周长的范围
详解:
（1）∵，
∴.
即，
∴，整理得
∵，∴.
（2）∵，
∵，∴，
即，当且仅当时取等号，
∴
∴
所以周长的范围为.
18-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据二倍角公式、正弦定理和得到，，再利用同角三角函数基本公式得到，利用和差公式得到，即可得到；
（2）利用三角形面积公式得到，然后利用余弦定理和基本不等式即可得到的最小值.
因为，
所以，因为，所以，
又，且为锐角，所以，
所以．
因为．所以．所以．
设，，根据题设有，
所以，可得，
所以，
当且仅当时等号成立．
所以的最小值为．
18-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、2-3
【试题解析】 分析:
（1）利用正弦定理进行边角互换，然后利用三角形内角和、诱导公式和二倍角公式得到sin=，即可得到；
（2）根据AB=AC，A=，得到△ABC为等边三角形，然后在△BDE中利用余弦定理得到CD=2-BE+，最后利用基本不等式求最值即可.
因为csin =sin C，且a=1，所以csin =asin C，
所以sin Csin =sin Asin C.
因为C∈(0,π)，sin C≠0，B+C=π-A，所以sin(-)=sin A，即cos =sin A，
所以cos =2sin cos .
因为∈(0,)，所以cos≠0，所以sin=，所以=，即A=.

因为AB=AC，A=，所以△ABC为等边三角形，即AC=BC=AB=1.
如图，在△BDE中，BD=1-CD，DE=CD，
由余弦定理得cos B=，
所以BE2+(1-CD)2-CD2=BE·(1-CD)，
所以CD=2-BE+，
因为0≤BE≤1，所以1≤2-BE≤2，所以CD=2-BE+-3≥2-3，
当且仅当2-BE=，即BE=2-时，等号成立，
所以CD的最小值为2-3.
18-5【提升】 【正确答案】 1、；
2、
【试题解析】 分析:
(1) 法一:利用正弦定理和两角和的正弦公式可得，再利用三角形内角的取值范围即可求解；
法二:利用余弦定理得出，根据三角形内角的取值范围即可求解；
(2) 方法一：设，则，利用正弦定理得出，，
然后利用辅助角公式和正弦函数的图象和性质即可求解；方法二：利用余弦定理和基本不等式即可求解.
法一:∵，由正弦定理得，
∴，
∴，∵，
∴，又∵，∴，
法二:∵，
由余弦定理得，
∴，∴，
∵，∴.
由（1）知，，面四边形ABCD内角互补，则，
法一:设，则，
由正弦定理得，
∴，，
∴，
当且仅当时，的最大值为.
法二:在△ADC中，，，
由余弦定理得，
∴，∴，
当且仅当时，的最大值为.
18-6【提升】 【正确答案】 1、4 2、
【试题解析】 分析:
（1）利用三角恒等变换化简得出，结合正弦定理可得的值；
（2）分析可知，设，记，由余弦定理结合已知条件求出的取值范围，再利用正弦定理结合对勾函数的单调性可求得所求代数式的取值范围.
解：即，
即，
由正弦定理可得，所以，．
解：由三角形为锐角三角形，则，
若，则，此时，矛盾，所以，，不妨设，
由余弦定理可得，
记，可得，解得，
又因为函数在上单调递增，
所以，.
19-1【基础】 【正确答案】 1、2 2、
【试题解析】 分析:
（1）由图及题意可得是二面角的平面角，后可得棱AC的长；
（2）建立以C为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
因平面ABC，平面ABC，则.
又，，平面，平面，
则平面.又平面，则，
故是二面角的平面角，则.
又，则.
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，.可得，，，.
设平面的法向量为，则，
取，得.
设平面的法向量为，则，
取，得
由，得平面与平面的夹角为60°，
故平面与平面的夹角的正切值为.

19-2【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）．
【试题解析】 分析:
（1）由条件可得，，然后得到平面即可；
（2）取中点，连接和，证明平面，然后可得为与平面所成角，且，然后由（1）可得为二面角的平面角，且，结合条件算出、即可.
详解:
（1）证明：由，，点为中点，可得，，
因为
故平面，因为平面
所以平面平面．
（2）取中点，连接和．因为为中点，故．
又因为平面，故平面，
所以为与平面所成角，且．

由条件可得．下面求的长．
由（1）可得为二面角的平面角，所以．
又因为平面，平面，所以，故．
由已知，可得，故在中，可得，
进而可得，．
在中，，，，
由余弦定理可得，故，所以，
即直线和平面所成角的大小为．
19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】 分析:
（1）构造中位线，利用面面平行，可以证明;
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法即可.
证明：如图，

取ED的中点P，连接MP，NP.
在平行四边形ABCD中，因为E是AD的中点，，
所以，又，所以四边形BCDE是平行四边形；
因为M，N分别是，BC的中点，所以，.
又平面，平面，所以平面，平面.
因为，所以平面平面.
又平面，所以平面
取BE的中点O，连接，CO，CE.
在图1中，因为，所以是等边三角形， ，
又四边形ABCD是等腰梯形，所以 ，即 是等边三角形；
所以如图，，，所以.
以为原点，射线OB为x轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，则，，，，

则，
设平面的法向量为， ，
得令，则，，即，
由题可知，平面BCD的一个法向量为，.
由图可知，平面与平面BDC夹角的余弦值为；
19-4【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析（2）
【试题解析】 分析:
（1）由，得面，再得，从而可得线面垂直，于是有面面垂直；
（2）二面角的平面角为，大小为，这样以为轴，在底面上作轴建立如图的空间直角坐标系，用向量法求二面角．
详解:
（1）证明：AB是底面圆的直径，AC与圆切于点A，
所以，
又底面，则，，
所以：面，
又因为，在三角形PAB中，
，所以面PAC，面PBC
所以：平面平面PAC；
（2）因为，，
为二面角的平面角，
，如图建立坐标系，易知，
则，，，
，，，
由（1）知为平面PAC的一个法向量，
设平面ODE的法向量为，
，
，
解得：，
.

点睛:
本题考查面面垂直的证明，考查用向量法二面角．面面垂直，线面垂直，线线垂直，在立体几何证明垂直问题时常常相互转换，要灵活运用．
19-5【提升】 【正确答案】 1、
2、存在，
【试题解析】 分析:
（1）根据已知结合几何知识得出与，即可得出为二面角的平面角，则，令，则，在中，得出，在中，根据，，，，列式求解即可得出，过B作，又因为平面ABC，所以BM、BC、两两垂直，即可以、、为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，即可根据直线间夹角的向量求法得出答案；
（2），所以，得出，则，根据平面的法向量的求法求出平面EBC与平面的法向量，即可根据二面角为，列式求解出，即可得出答案.
连接，因为在平面ABC上的射影为B，
所以平面ABC，
取AC的中点F，由于，
所以，
连接，由三垂线定理可得，
则为二面角的平面角，即，则，
令，则，
则在中，，
所以，
在中，，，，，
所以，解得，
过B作，又因为平面ABC，
所以BM、BC、两两垂直，
以、、为x、y、z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，

可得，，，，
则，，
则，
则与BC所成角的余弦值为
设，所以，可求得，则，
设平面EBC的法向量为，由，，
得，
解得，
因为是三棱柱，
所以，
设平面的法向量，
由，，
得，解得，
若二面角为，
则，即，解得，
所以的值为.
19-6【提升】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）依据线面平行性质定理可得，在△OPC中求的长即可；
（2）做出二面角的平面角即可解决.
平面，平面OPC，平面平面
∴
又，，所以△OPC为等腰直角三角形.
∴.
∵二面角为直二面角，且，平面ABD
∴平面OPC
∴
当时等号成立.
此时，，两两垂直，且长度相等，则
取PD的中点E，连接，则，，

∴为二面角的平面角，
直角三角形中，
∴二面角的正切值为.
20-1【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）由，利用可构造方程求得，由此可得抛物线方程；
（2）根据对称性可知轴，设，代入抛物线方程可得，利用可构造方程求得，由此可得，即为所求边长.
由抛物线方程知：，为抛物线的通径，则，
，解得：，
抛物线的标准方程为.
为正三角形，，由抛物线对称性可知：轴，
设，则，解得：，，
，，解得：，
，即的边长为.
20-2【基础】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）先得到，，作出辅助线得到，从而求出；（2）设出P点坐标，根据导数得到直线l的斜率，从而写出直线l的方程，联立后得到两根之和，进而求出M点的横坐标，再求出直线OQ，联立后求出M点恒坐标，得到方程，求出t的值.
由题意得：，由抛物线定义可知：此时，
过点F作FD⊥P Q于点D，由三线合一得：D为PQ中点，

且，可得：
所以抛物线方程为
由题意得：当M为AB中点时，满足题意，
设，由得：直线斜率为，则可设直线：，
整理得：，联立得：
，
设，
则，
则，
由得直线OQ：，
联立直线OQ与直线l得：，
从而，可得：，解得.
点睛:
圆锥曲线相关的定点定值问题，要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目中信息列出方程，求出定点或定值.
20-3【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）根据抛物线的性质得出，即，根据当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，根据得出，即可解出答案；
（2）联立，根据韦达定理得出，，即可得出中点，即可得出直线MN的方程为：，由为等边三角形，则，代入化简即可求出答案.
抛物线E：的焦点，准线方程为，
所以，故，
又因为的最小值为9，所的最小值为，
当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，
此时，解得，
故抛物线E的方程为；
联立，消去x得，
直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，
，得，
设，，则有，，
所以，
设线段AB的中点，
则，，即，
直线MN的斜率，直线MN的方程为：，
令，得，即，
所以，
，
又因为为等边三角形，所以，
所以，
解得，且满足，
故所求m的值为．
20-4【巩固】 【正确答案】 1、
2、
【试题解析】 分析:
（1）利用代入法，结合抛物线的定义进行求解即可；
（2）根据导数的几何意义，结合直线斜率公式、基本不等式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
因为点，在抛物线C：上，
所以，抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义得：，解得，即抛物线C的方程为；
由题意可设，，，
因为，所以，即，
故，整理得，
设点，同理可得，
则直线AB方程为：，
令得，即点，
因为直线NF与直线AB垂直，
所以直线NF方程为：，
令得，即点，
∴，
当且仅当时，时上式等号成立，
联立，得，
∴，，，
，
∴．
点睛:
关键点睛：利用导数的几何意义求出切线的斜率、基本不等式是解题的关键.
20-5【提升】 【正确答案】 1、
2、证明见解析.
【试题解析】 分析:
（1）根据题意得直线的方程为，设，进而与抛物线联立方程得，再根据题意得，进而根据焦半径公式得，解方程即可得答案；
（2）根据题意设，，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程得，，再讨论，直线方程为，进而得，同理得，，，再计算即可证明.
解：根据题意，为抛物线的焦点，则，
由于直线的斜率为，故直线的方程为，
所以联立方程得，
设，则，
因为直线和的倾斜角互补，所以，
因为，所以，
所以，解得.
所以.
解：设，直线的方程为，直线的方程为
设，
直线与抛物线联立得，
所以，，
同理，直线与抛物线联立得，
所以，，
对于直线，由于，
所以，所以直线方程为，
故令得，即
同理得，，，
所以，
，
所以
20-6【提升】 【正确答案】 1、；
2、16.
【试题解析】 分析:
（1）根据给定条件求出，设出点P的坐标，结合抛物线定义列式计算作答.
（2）设出直线AB、CD的方程，求出点H坐标，进而求出，由面积建立函数关系，借助均值不等式求解作答.
抛物线的焦点，准线，
为等边三角形，则有，而为在动直线上的投影，则，
由，解得，设，则点，
于是由得：，解得，
所以抛物线的方程为.
显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，设直线AB方程为：，则直线CD方程为：，
由消去x并整理得：，设，则，
于是得弦AB中点，，
同理得，
因此，直角面积
，当且仅当，即时取“=”，
所以面积的最小值为16.
点睛:
思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以是
斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.
21-1【基础】 【正确答案】 （1）（2）（i），，（ii）证明见解析；
【试题解析】 分析:
（1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出取1，2，3的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果；
（2）（i）根据传球顺序分析可得答案；（ii）根据题意可得，再变形为，根据等比数列的定义可证结论.
详解:
（1）这150个点球中的进球频率为，
则该同学踢一次点球命中的概率，
由题意，可能取1，2，3，则
，，，
则的期望.
（2）（i）因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第1次触球者是甲的概率，显然第2次触球者是甲的概率，第2次传球有两种可能，所以第3次触球者是甲的概率概，
（ii）∵第n次触球者是甲的概率为，
所以当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，
则.
从而，又，
∴是以为首项，公比为的等比数列.
点睛:
本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列的概念；考查分析问题、解决问题的能力，建模能力，处理数据能力.属于中档题.
21-2【基础】 【正确答案】 1、12 2、①；
②证明见解析，第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大
【试题解析】 分析:
（1）设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为，根据题意得出的所有可能取值，然后求出每一个变量对应的概率，列出分布列，进而求解；
（2）①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，进而求解；
②由第次回答的是甲的概率为，得当时，第次回答的是甲的概率为，第次回答的不是甲的概率为，得到，利用递推公式得到是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式求出则，进而计算即可求解.
设该选手答对的题目个数为，该选手在第一轮的得分为，则，易知的所有可能取值为，
则，
，
，
故的分布列为

0
1
2




，则.
①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，
，则.
②由第次回答的是甲的概率为，得当时，第次回答的是甲的概率为，第次回答的不是甲的概率为，
则，即，又，
是以为首项，为公比的等比数列，则
，
第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大..
21-3【巩固】 【正确答案】 1、分布列见解析，
2、（i）证明见解析；（ii）答案见解析.
【试题解析】 分析:
(1) 由题意知的取值为，求出X的每个值对应的概率,即可求得分布列,根据期望公式求得期望;
（2）（i）求得，根据时，第次传给甲的事件是第次传球后，球不在甲手上并且第次必传给甲的事件，可得，由此变形得可证明结论；（ii）求出，当时，,即可解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．
由题意知的取值为，
； ；
；
所以X的分布列为

0
1
2




所以；
（i）由题意：第一次传球后，球落在乙或丙手中，则，
时，第次传给甲的事件是第次传球后，球不在甲手上并且第次必传给甲的事件，
于是有 ，即 ，
故数列是首项为，公比为的等比数列;
（ii） ，所以 ，
当时， ，所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数.
21-4【巩固】 【正确答案】 1、；
2、①，，且；②5.
【试题解析】 分析:
（1）甲甲前3次答题得分之和为40分的事件是甲前3次答题中恰答对一次的事件，再利用相互独立事件概率的乘法公式计算作答.
（2）①求出，再分析、写出与满足的等量关系式作答；②利用构造法求出的通项，列出不等式并结合单调性作答.
甲前3次答题得分之和为40分的事件是：甲前3次答题中仅只答对一次的事件，
所以甲前3次答题得分之和为40分的概率.
①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，则，
甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为，
则，显然，
，甲第次答题所得分数的数学期望为，
因此第次答对题所得分数为，答错题所得分数为10分，其概率分别为，
于是甲第i次答题所得分数的数学期望为，
所以与满足的等量关系式是：，，且；
②由①知，，当时，，而，
因此数列以为首项，为公比的等比数列，，
于是，由得：，显然数列是递增数列，
而，则有正整数，
所以i的最小值是5.
21-5【提升】 【正确答案】 （1），，中位数为；（2）①分布列见详解，；②.
【试题解析】 分析:
（1）根据各组频率之和为1以及m＝2n，简单计算可得，然后计算前三组的频率和可得中位数.
（2）①列出的所有可能结果并求得相应概率，然后列出分布列根据期望公式可得结果.
②设且，可得，然后计算的分布列，得到，最后根据拼凑法计算以及等比数列的定义通项公式可得结果.
详解:
（1）由题可知：

由，所以可知中位数为
（2）由题可知：
这组人数有：，其中女生5名，男生3名
①随机变量X1的所有可能结果为3，4
所以
所以的分布列为






数学期望
②设，则

，，
，，
，
所以的分布列为

3
4
5
6
7
8







所以
所以
即
则
所以，又
所以
点睛:
本题考查概率与等比数列的综合应用，本题第（2）问的第②小问，难点在于找到，考查分析问题能力以及逻辑推理能力，属难题.
21-6【提升】 【正确答案】 （1）可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下；（2）（i）（ii）证明见解析；.
【试题解析】 分析:
（1）利用回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程，并由此进行预测.
（i）利用相互独立事件概率计算公式，计算出分布列，进而计算出.
（ii）证明部分：法一：通过证明证得为等比数列；法二：通过证明证得为等比数列.
求得数列的通项公式，由此判断出.
详解:
（1）由已知可得：，
，
又因为，，
所以，
所以，
所以，
当时，，
所以，可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下.
（2）（i）由题知X的可能取值为：0，1，2；
；
；
；
的分布列为：








所以.
（ii）（法一）由，，
两式相加得.
因为，
所以，，
代入等式得，即
所以，
因为，，
所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
即，
因此经过200次传球后A队员控制球的概率
.
（法二）由题知：，所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
因此经过200次传球后A队员控制球的概率.
点睛:
本小题主要考查回归直线方程的计算，考查利用回归直线方程进行预测，考查根据递推关系证明等比数列，考查随机变量期望值的计算，属于难题.
22-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.
【试题解析】 详解:
试题分析：（1）借助题设条件运用导数的几何意义求解；（2）借助题设运用导数的有关知识求解探求.
试题解析：
（1），
由题意知，曲线在点处的切线斜率为2，
则，
所以，解得.
（2）令，，
则，，
所以，
所以函数在内一定有零点，
，
∴在上单调递增，所以函数在内有且只有一个零点，
即方程在内有且只有一个实根.
考点：导数的几何意义和导数在研究函数的单调性和最值方面等有关知识的综合运用．
【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具.本题就是以含参数的函数解析式为背景,考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力.本题的第一问是求函数解析式中的参数值的问题,求解时直接对函数求导,运用导数的几何意义求得；第二问运用则借助导数推得函数在上是单调递增的,从而确定函数在上只有一个零点,即方程方程在内有且只有一个实根,从而使得问题简捷巧妙获解.
22-2【基础】 【正确答案】 （1）1；（2）.
【试题解析】 分析:
（1）求出在处的导数值，利用，即可求出的取值；（2）根据等式分离可得：在上有两个不同的解，令，求的导数判断单调性，求最值，可求出的范围.
详解:
解：（1）∵，
，
则，解得.
（2）由（1）有.
∴原方程可整理为.
令，
得，
∴当时，，
当时，，又，
即在上是增函数，在上是减函数.
∴当时，有最大值.
∵，.
∴
.
由，得，，
故的取值范围是.
点睛:
本题考查利用导数求某点处的切线斜率，考查已知根的个数求参，考查分离变量方法的应用以及考查学生的计算能力和转化能力，属于中档题.
22-3【巩固】 【正确答案】 1、；证明见解析
2、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）求出函数的导函数，依题意可得，，即可解得、，从而得到，设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（2）由（1）知，设的根为，则，即可得到，在设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到．设的根为，则，再说明，即可得证；
解：将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与矛盾，故，．
∴，，，
设在处的切线方程为，
令，
即，所以，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，
即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．
解：由（1）知，
设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，
因为，，所以，所以．
令，，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即．
设的根为，则，
又函数单调递增，故，
故，又，
所以．
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．
22-4【巩固】 【正确答案】 （1），（2）见解析
【试题解析】 分析:
（1）对函数求导，由题可设切点坐标为，由原函数和切线的斜率为可得方程组，解方程组得值；
（2）由题知，可构造去绝对值后的函数，利用导数与函数单调性的关系，判断的单调性，再构造函数，利用导数判断出的单调性，最后可令，利用单调性可得结论．
详解:
（1）由，得，，
设切点坐标为，由题意得，
解得.
（2），令，
则，当时，，，
又可以写成，当时，，，
因此在上大于0，在上单调递增，又，
因此在上小于0，在上大于0，
且在上单调递减，在上单调递增，
，
当时，，
记，
记函数的导函数为，则


，
故在上单调递增，
所以，所以，
不妨设，则，
而，，有单调性知，即.
点睛:
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数，通过导数可得在上小于0，在上大于0，从而可得，再次构造函数，利用导数可得在上单调递增，不妨设，利用其单调性可证得结论，属于难题.
22-5【提升】 【正确答案】 1、
2、
3、证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）根据题意可知在处的导数值为0，解方程即可；
（2）构造函数，利用导数证明其单调性，再通过观察法得是的零点，从而得解；
（3）利用（2）中结论证明，再构造函数，利用导数证得，从而赋值证得，由此得证.
因为，
所以，
因为曲线在原点处的切线为轴，所以，即.
方程可化为，
令，
则，
所以在上单调递增，
又，所以在上有唯一零点，
所以方程有唯一解.
要证，
即证，
即证，
先证，
由（2）易得，
所以；
再证，
令，
则，
所以在单调递减，
所以当时，，
即，
所以，
因为，
所以，即；
所以.
点睛:
关键点睛：本题的突破口是熟记两个重要的放缩不等式：
（1），
（2）.
22-6【提升】 【正确答案】 1、
2、①；②证明见解析
【试题解析】 分析:
（1）利用导数的几何意义，即可求解；
（2）①问题转化为有2个实数根，转化为与有2个交点，利用导数分析函数，即可求解的取值范围；
②构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再结合极值点偏移问题的解决方法，即可证明.
设切点，，
得，，所以，代入直线方程得；
①由（1）知，若曲线与直线有两个公共点，则等价于有2个实数根，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，当趋向于正无穷大时，趋向于0，当趋向于负无穷大时，趋向于负无穷大，
则；
②，即，等价于，
令，，
，
因为，所以，故，
所以在上单调递增，故,
不妨设，故，即，
由已知，所以，
由①知，当时，单调递增，
故，所以，
所以.
点睛:
极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法：
①构造，
②确定的单调性，
③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系，
④利用的单调性即可得到或.