广东省广州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省广州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共65页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省广州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东广州·统考一模）复数在复平面内对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2021·广东广州·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B． C．或 D．或
3．（2021·广东广州·统考一模）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，下潜深度达到惊人的，创造了我国载人深潜的新记录.当“奋斗者”号下潜至某一深度时，处于其正上方海面处的科考船用声呐装置向“奋斗者”号发射声波.已知声波在海水中传播的平均速度约为，若从发出至回收到声波所用时间为，则“奋斗者”号的实际下潜深度约为（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·广东广州·统考一模）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
5．（2021·广东广州·统考一模）函数在上的图像大致为（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·广东广州·统考一模）如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为（    ）

A．30 B．40 C．44 D．70
7．（2021·广东广州·统考一模）已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·广东广州·统考一模）已知是自然对数的底数，设，则（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·广东广州·统考一模）已知集合，，则的子集个数为（    ）
A．2 B．3 C．4 D．6
10．（2022·广东广州·统考一模）若复数，则（    ）
A．2 B． C．4 D．5
11．（2022·广东广州·统考一模）甲，乙两人在5天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如图，中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字表示零件个数的个位数，则下列结论正确的是（    ）

A．在这5天中，甲，乙两人加工零件数的极差相同
B．在这5天中，甲，乙两人加工零件数的中位数相同
C．在这5天中，甲日均加工零件数大于乙日均加工零件数
D．在这5天中，甲加工零件数的方差小于乙加工零件数的方差
12．（2022·广东广州·统考一模）曲线在点处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·广东广州·统考一模）的展开式中的系数为（    ）
A．60 B．24 C． D．
14．（2022·广东广州·统考一模）若函数的大致图象如图，则的解析式可能是(    )

A． B． C． D．
15．（2022·广东广州·统考一模）设抛物线的焦点为F，过点的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，，则与的面积之比（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·广东广州·统考一模）若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
17．（2022·广东广州·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·广东广州·统考一模）复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
19．（2022·广东广州·统考一模）已知，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
20．（2022·广东广州·统考一模）红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）

A． B． C． D．
21．（2022·广东广州·统考一模）若，且，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
22．（2022·广东广州·统考一模）为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·广东广州·统考一模）已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（    ）
A．116 B．115 C．114 D．113
24．（2022·广东广州·统考一模）双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·广东广州·统考一模）已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（    ）
A． B．
C．的面积为 D．线段的中点到直线的距离为2
26．（2021·广东广州·统考一模）已知函数，则（    ）
A．的最大值为3 B．的图像关于直线对称
C．的图像关于点对称 D．在上单调递增
27．（2021·广东广州·统考一模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（    ）
A．PQ与EF一定不垂直
B．二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是
C．PEF的面积是
D．点P到平面QEF的距离是定值
28．（2021·广东广州·统考一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（    ）
A． B． C． D．
29．（2022·广东广州·统考一模）已知直线与圆，则（    ）
A．直线与圆C相离
B．直线与圆C相交
C．圆C上到直线的距离为1的点共有2个
D．圆C上到直线的距离为1的点共有3个
30．（2022·广东广州·统考一模）将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则是偶函数
B．若，则在区间上单调递减
C．若，则的图象关于点对称
D．若，则在区间上单调递增
31．（2022·广东广州·统考一模）在长方体中，，，，则下列命题为真命题的是（    ）
A．若直线与直线CD所成的角为，则
B．若经过点A的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点M，则
C．若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则
D．若经过点A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，则
32．（2022·广东广州·统考一模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（    ）
A． B．
C． D．
33．（2022·广东广州·统考一模）已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．若互斥，则
D．若独立，则
34．（2022·广东广州·统考一模）已知是的导函数，，则下列结论正确的是（    ）
A．将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象
B．与的图象关于直线对称
C．与有相同的最大值
D．当时，与都在区间上单调递增
35．（2022·广东广州·统考一模）在矩形中，，将沿对角线进行翻折，点翻折至点，连接，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）
A．三棱锥的外接球表面积不变
B．三棱锥的体积最大值为
C．异面直线与所成的角可能是
D．直线与平面所成角不可能是
36．（2022·广东广州·统考一模）已知，则（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
37．（2021·广东广州·统考一模）设向量，，且，则m＝________．
38．（2021·广东广州·统考一模）某车间为了提高工作效率，需要测试加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，这5次试验的数据如下表：
零件数（个）
10
20
30
40
50
加工时间
62

75
81
89
若用最小二乘法求得回归直线方程为，则的值为___________.
39．（2021·广东广州·统考一模）已知圆与双曲线的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次记为，且，则的离心率为_______.
40．（2022·广东广州·统考一模）若，，则___________.
41．（2022·广东广州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为2，，点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是___________.
42．（2022·广东广州·统考一模）已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.
43．（2022·广东广州·统考一模）如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于的位置”的概率为___________.

44．（2022·广东广州·统考一模）已知的展开式中的系数是20，则实数__________.
45．（2022·广东广州·统考一模）若过点只可以作曲线的一条切线，则的取值范围是__________.
46．（2022·广东广州·统考一模）如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.


四、双空题
47．（2021·广东广州·统考一模）已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为________，球的表面积为__________.
48．（2022·广东广州·统考一模）已知向量，且，则__________，在方向上的投影向量的坐标为__________.

五、解答题
49．（2021·广东广州·统考一模）已知的内角的对边分别为，且，.
（1）求；
（2）求的周长.
50．（2021·广东广州·统考一模）已知等差数列的前项和为，公差，是的等比中项，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求.
51．（2021·广东广州·统考一模）在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）

（1）证明：平面平面；
（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
52．（2021·广东广州·统考一模）某中学举行篮球趣味投篮比赛，比赛规则如下：每位选手各投5个球，每一个球可以选择在区投篮也可以选择在区投篮，在区每投进一球得2分，投不进球得0分；在区每投进一球得3分，投不进球得0分，得分高的选手胜出.已知参赛选手甲在区和区每次投篮进球的概率分别为和，且各次投篮的结果互不影响.
（1）若甲投篮得分的期望值不低于7分，则甲选择在区投篮的球数最多是多少个？
（2）若甲在区投3个球且在区投2个球，求甲在区投篮得分高于在区投篮得分的概率.
53．（2021·广东广州·统考一模）已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线.
（1）求的方程
（2）过点作倾斜角互补的两条直线，若直线与曲线交于两点，直线与圆交于两点，当四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程.
54．（2021·广东广州·统考一模）已知函数.
（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，且，证明：.
55．（2022·广东广州·统考一模）在等比数列中，分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且中的任何两个数不在下表的同一列.

第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
3
第二行
4
6
5
第三行
9
12
8
(1)写出，并求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和.
56．（2022·广东广州·统考一模）△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△的面积为.
(1)证明：；
(2)若，求.
57．（2022·广东广州·统考一模）如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，.

(1)求证：平面平面ACD；
(2)若，，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与平面ABED所成角的正弦值.
58．（2022·广东广州·统考一模）人们用大数据来描述和定义信息时代产生的海量数据，并利用这些数据处理事务和做出决策，某公司通过大数据收集到该公司销售的某电子产品1月至5月的销售量如下表.
月份x
1
2
3
4
5
销售量y（万件）
4.9
5.8
6.8
8.3
10.2
该公司为了预测未来几个月的销售量，建立了y关于x的回归模型：.
(1)根据所给数据与回归模型，求y关于x的回归方程（的值精确到0.1）；
(2)已知该公司的月利润z（单位：万元）与x，y的关系为，根据（1）的结果，问该公司哪一个月的月利润预报值最大？
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
59．（2022·广东广州·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为，点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)已知点，直线与x轴交于点D，直线AM与交于点N，是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
60．（2022·广东广州·统考一模）已知函数，为的导数.
(1)证明：当时，；
(2)设，证明：有且仅有2个零点.
61．（2022·广东广州·统考一模）已知等差数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
62．（2022·广东广州·统考一模）在中，内角的对边分别为，.
(1)求；
(2)若的面积为，求边上的中线的长.
63．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.

(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
64．（2022·广东广州·统考一模）世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.
(1)从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；
(2)假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率.
65．（2022·广东广州·统考一模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
66．（2022·广东广州·统考一模）已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.

参考答案：
1．A
【分析】先化简求出，即可得出结论.
【详解】，
其在复平面内对应的点在第一象限.
故选：A.
2．C
【分析】先化简集合A，再求得补集即可．
【详解】由得，所以
则或
故选：C
3．B
【分析】可得声波从海面传到“奋斗者”号的时间为3s，即可求出实际下潜深度.
【详解】可得声波从海面传到“奋斗者”号的时间为，
则“奋斗者”号的实际下潜深度约为.
故选：B.
4．A
【分析】利用指数函数的性质分别判断充分性和必要性.
【详解】若，则，故充分性成立；
若，如，则，故必要性不成立，
故是的充分不必要条件.
故选：A.
5．C
【分析】根据解析式和图象，结合特殊值，判断选项.
【详解】因为函数，，故排除AD，
，故排除B，只有C满足条件.
故选：C
6．B
【分析】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9，由条件可知3个数都为奇数，或是两偶一奇，列式即得答案.
【详解】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9.
若选则3个数的和为奇数，则3个数都为奇数，共有种方法，
或是两偶一奇，共有，共有种方法.
故选：B
7．D
【分析】根据上，得到点p在线段AB上，其方程为上，又点在直线l上，联立其方程，求得，然后由求解.
【详解】将代入得，
将代入得，
所以A，B不在直线l上，
又上，
所以点p在线段AB上，
直线AB的方程为：，
由，解得，
直线方程，即为，
设直线的倾斜角为，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
即，
因为，
所以，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到点P在线段AB上，再根据点P的直线l上，联立求得，再利用斜率与倾斜角的关系而得解.
8．A
【分析】首先设，利用导数判断函数的单调性，比较的大小，设利用导数判断，放缩，再设函数，利用导数判断单调性，得，再比较的大小，即可得到结果.
【详解】设，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
，时，，即，
设，，时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，，即恒成立，
即，
令，，时，，单调递减，时，，单调递增，时，函数取得最小值，即，
得：，那么，
即，即，
综上可知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，利用导数判断函数的单调，比较大小，本题的关键是：根据，放缩，从而构造函数，比较大小.
9．C
【分析】求出的集合，然后找出子集个数即可.
【详解】由题可知，所有，所有其子集分别是，所有共有4个子集
故选：C
10．B
【分析】先化简复数z，再利用复数的模求解.
【详解】因为复数，
所以，
所以，
故选：B
11．C
【分析】由茎叶图的数据，分别计算甲、乙加工零角个数的极差，中位数，平均数，方差，进而得解.
【详解】甲在5天中每天加工零件的个数为：18,19,23,27,28；乙在5天中每天加工零件的个数为：17,19,21,23,25
对于A，甲加工零件数的极差为，乙加工零件数的极差为，故A错误；
对于B，甲加工零件数的中位数为，乙加工零件数的中位数为，故B错误；
对于C，甲加工零件数的平均数为，乙加工零件数的平均数为，故C正确；
对于D，甲加工零件数的方差为，乙加工零件数的方差为，故D错误；
故选：C
12．A
【分析】利用导数的几何意义得到切线的斜率，利用点斜式求出切线方程.
【详解】∵
∴，所以，
又当时，，
所以在点处的切线方程为：，即.
故选：A.
13．B
【分析】首先写出展开式通项，再考虑通项与相乘得到含的项，即可得系数.
【详解】由的展开式通项为，
所以的展开式项为，
故系数为.
故选：B
14．D
【分析】根据定义域排除A，根据奇偶性排除B，根据值域或单调性排除C.
【详解】由图可知函数定义域为{x|x≠0}，由此排除A；
该函数图像关于原点对称，则该函数为奇函数，需满足f(x)＋f(－x)＝0，
对于B项：f(x)＋f(－x)≠0，故排除B；
C和D均满足f(x)＋f(－x)＝0，
对于C：，当x→＋∞时，→0，故，
∵y＝增长的速率比y＝增长的速率慢，∴，
即图像在x轴上方无限接近于x轴正半轴，与题意不符，故排除C.
综上，D选项正确.
故选：D.
15．C
【分析】根据抛物线焦半径公式得到B点横坐标，进而利用抛物线方程求出B点纵坐标，直线AB的方程，求出C点坐标，联立直线与抛物线，求出A点纵坐标，利用求出答案.
【详解】如图，过点B作BD垂直准线于点D，则由抛物线定义可知：，
设直线AB为， ，，，不妨设，则，
所以，解得：，则，解得：，则，
所以，解得：，则直线AB为，
所以当时，即，解得：，则，
联立与得：，则，
所以，其中.

故选：C
16．D
【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.
【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D
17．C
【分析】首先分别求解出、两个集合，然后再根据集合交集的定义进行运算即可.
【详解】由于，故，
，，即，故，
因此，即.
故选：C
18．D
【解析】由复数除法运算求出，再写出其共轭复数，得共轭复数对应点的坐标．得结论．
【详解】，，对应点为，在第四象限．
故选：D.
【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念，考查复数的几何意义．掌握复数的运算法则是解题关键．
19．B
【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】因为；，
所以，推不出，所以是的必要不充分条件.
故选：B.
20．C
【分析】由题利用勾股定理求出半径，再求出高度，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.
【详解】由题意得：，
所以cm，
所以cm，
所以两个球冠的面积为cm2，
则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：
cm2，
故选：C.
21．A
【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.
【详解】，.
由，可得，
即.
，
，
，，且，
根据函数易知：，即得：.
故选：A
22．B
【分析】根据方差的计算公式求得正确答案.
【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），
该地区中学生每天睡眠时间的方差为：
.
故选：B
23．C
【分析】由可得函数的周期为，
再结合为偶函数，可得也为偶函数，通过周期性与对称性即可求解.
【详解】由，得，
即，
所以，
所以函数的周期为，
又为偶函数，
则，
所以，
所以函数也为偶函数，
又，
所以，，
所以，
又，即，所以，
又，，
，
所以
故选：.
24．A
【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.
【详解】由题意如图所示：

由双曲线，知，
所以，
所以，
所以过作垂直于轴的直线为，
代入中，解出，
由题知的内切圆的半径相等，
且，的内切圆圆心
的连线垂直于轴于点，
设为，在中，由等面积法得：

由双曲线的定义可知：
由，所以，
所以，
解得：，
因为为的的角平分线，
所以一定在上，即轴上，令圆半径为，
在中，由等面积法得：
，
又
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
故选：A.
25．AC
【分析】先判断直线过焦点，联立方程组结合韦达定理得两根关系，再根据选项一一判断即可．
【详解】设，抛物线，则 ，焦点为，则直线过焦点；
联立方程组 消去得， 则，

所以 ，故A正确；
由，所以与不垂直，B错；
原点到直线的距离为 ，所以的面积为 ，则C正确；
因为线段的中点到直线的距离为，故D错
故选：AC
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
26．BC
【分析】化简得出，即可根据正弦函数的性质分别判断.
【详解】，
则的最大值为，故A错误；
，则的图像关于直线对称，故B正确；
，则的图像关于点对称，故C正确；
当时，，则可得时，函数单调递增；当时，函数单调递减，故D错误.
故选：BC.
27．BCD
【分析】取特殊位置，当与点重合时，即可判断选项A；建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角，即可判断选项B；利用线面垂直的性质定理，可得是的高，利用三角形的面积公式求解即可判断选项C；由线面平行的判定定理判断得到平面，即可判断选项D．
【详解】解：对于A，当与点重合时，，故选项A错误；
对于B，由于点是棱上的动点，是棱上的一条线段，所以平面即平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，4，，
所以，平面即平面，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
同理可求得平面的法向量为，设二面角为，
所以，
故，故选项B正确；
对于C，由于平面，又平面，
所以，所以，所以是的高，
所以，故选项C正确；
对于D，由于，且平面，平面，所以平面，
又点在上，所以点到平面的距离为常量，故选项D正确．
故选：BCD．

28．ABD
【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.
【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时
所以，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：

用等比数列求和可得
则
又
所以 ，故B项正确；
由B项分析可知
即，故C项错误.


，故D项正确.
故选：ABD.
【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.
29．BD
【分析】根据直线与圆的位置关系可判断.
【详解】由圆，可知其圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离，所以可知选项B，D正确，选项A，C错误.
故选：BD
30．AC
【分析】由函数平移得，讨论、，结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.
【详解】由题设，，
时，为偶函数，
在上有，递增，故A正确，B错误；
时，，
此时，，即关于点对称，
在上有，不单调，故C正确，D错误.
故选：AC
31．ACD
【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.
【详解】A：如下图，直线与直线CD所成角，即为直线与直线AB所成角，则，正确；

B：构建如下图示的坐标系，过A的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，错误.

C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，正确；

D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，正确.

故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据长方体或将其补全为正方体，结合各选项线线角、线面角相等判断直线或平面的位置，进而求对应角的函数值.
32．BC
【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.
【详解】由题可知，；，；，
由此可知，即一个等比数列；
A：，A错误；
B：，因为，所以该数列为递减数列，
又因为当时，，所以恒成立，B正确；
C：，即，两边约去得到，
当时，，原式成立；
当时，恒成立，所以成立，
即成立，C正确；
D：令，再令，
令解得，因为，所以取，
由此可知时；时，
故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.
故选：BC
33．ABD
【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．
【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；
选项中：， 选项B正确；
选项C中：A，B互斥，，,，故选项C错误；
选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.
故选：.
34．AC
【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.
【详解】，.
将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；
已知的图像与的图像关于直线对称，
，故B选项错误；
，其中，最大值为，
，其中，最大值为，故C选项正确；
当时，，，
当时，在上单调递增，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.
故选：AC
35．AD
【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用等面积求得后，即可确定BD的正误；取中点为,可得，所以为棱锥的外接球球心，故球的表面积不变，可判断A的正误；设异面直线与所成的角是，由线面垂直的判断和性质，可判断C的正误.
【详解】对于A，记中点为，如图所示

和均为直角三角形,为中点,
,
为棱锥的外接球球心，半径为,
.
三棱锥的表面积不变，，故A正确；
对于B，画图如下：

由题知,
当平面平面时,三棱锥的体积最大,
过点向AC做垂线，垂足为E，
在中可得，
平面平面,
平面平面,
是三棱锥的高,
三棱锥的体积最大值为.
故B不正确；
对于C，若异面直线与所成的角是，
则，又因为
,平面,平面,
平面，则，在中，，
不成立，所以异面直线与所成的角不可能是，故C不正确；
对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，
当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，
当平面平面时，点到平面距离最大，由B知，
此时，
即，，D正确.
故选：AD.
36．BCD
【分析】对于A选项，尝试找反例.
对于B，C选项，构造函数帮助分析.
对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.
【详解】对于A选项，当时，.
设，其中.
则，故在上单调递增.
又，，则，使.
即存在，，使.
但此时，.故A错误.
对于B选项，
.设，其中.则.
得在上单调递增.
注意到.
则.又在上递增，
则有.故B正确.
对于C选项，由B选项可知，则由，
有.故C正确.
对于D选项，因，，
则.设，其中.
则.
设，其中.则，
得在上单调递增.
（1）若，注意到，，则，使.即，
则，设，则，
得在上单调递减，则.
（2）当，，注意到.
则，此时.
（3）当，注意到
则，又由（1）分析可知在上单调递增.
则.
综上，有.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.
对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.
对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.
对于D选项，将看作参数，并设简化运算.
37．
【分析】结合平面向量的线性运算和数量积的坐标运算即可求出参数的值.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以，解得.
故答案为：
38．68
【分析】求出，把代入回归直线方程可求得．
【详解】由已知，，
所以，．
故答案为：68．
39．
【分析】由对称性知关于轴对称，关于轴对称，设得渐近线方程，设，，由可得，渐近线方程与圆方程联立消元后由韦达定理得，结合可求得，从而可得离心率．
【详解】设，渐近线方程是，如图，由对称性可设，，，，
则，，所以，①，
由，得，②，③，
①代入②得，，代入③得，解得，
所以．
故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出渐近线的斜率，为此设渐近线方程为，设出圆与双曲线的四个交点的坐标，渐近线方程代入圆方程后应用韦达定理得，由已知弦长关系可得，从而结合后可求得．
40．
【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得；
【详解】解：因为，，所以，因为，所以
所以
故答案为：
41．
【分析】以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算直接求解.
【详解】
如图示，以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系.
因为菱形ABCD的边长为2，，则,,,.
因为点P在BC边上（包括端点），所以,其中.
所以,,
所以.
因为，所以.
故答案为：
42．/
【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.
【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：

若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，
又，，
所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；
面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
所以最长弧的弧长为.
故答案为：.
43．
【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.
【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，
则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为
所有移动结果的总数为，所有落在-2上的概率为
故答案为：
44．2
【分析】根据二项展开式可得，则可得展开式中的系数，列方程即可得实数的值.
【详解】解：因为
则展开式中的系数是，求得.
故答案为：2.
45．
【分析】根据导数几何意义，设切点坐标为，则得切线方程，
过点，则，构造函数，
确定函数的单调性及取值情况，即可得的取值范围.
【详解】解：函数的定义域为，则，设切点坐标为，
则切线斜率为，故切线方程为：，
又切线过点，则，
设，则得，或，
则当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，
又时，，时，，
所以有且只有一个根，且，则，故的取值范围是.
故答案为：.
46．
【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.
【详解】设，
由，解得，
所以，
所以，
设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，
则，
两式相加得，即，
过作，垂直为，
则四边形为矩形，所以，，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：

【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.
47．
【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【详解】如图所示：

依题意得
点到平面的距离为
所以 ，侧面高为
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：；
【点睛】本题考查三棱锥内切球问题，关键利用等体积法求得球半径．
48．
【分析】①根据平面向量垂直的判定条件求解的值即可；
②首先根据投影的计算公式求出在方向上的投影，进而求出在方向上的投影向量.
【详解】①已知，，由于，所以，解得；
②由①知：，，得，
则，，
故在方向上的投影为，
得在方向上的投影向量为.
故答案为：；
49．（1）；（2）9．
【分析】（1）应用二倍角公式和诱导公式变形已知等式可求得；
（2）由正弦定理化角为边，然后再结合余弦定理可求得，从而得三角形周长．
【详解】（1）因为，所以，，
因为，所以，；
（2）因为.所以，
又，即，，所以，，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查余弦的二倍角公式，诱导公式，正弦定理，余弦定理等．解题关键是利用正弦定理化角为边，然后结合余弦定理可求得边长．
50．（1）；（2）.
【分析】（1）直接用等差数列的基本量解方程即可；
（2）先算出，然后运用累加法即可获解.
【详解】（1）

是的等比中项


解得  （舍去）

（2）
据题意

两式相减得

所以有





以上9个式子相加得



【点睛】本题求和运用了数列中得累加法，如果递推公式形式为: 或
则可利用累加法.
51．（1）证明见解析，（2）.
【分析】（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；
（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.
【详解】（1）连接图1中的，

因为四边形为菱形，且
所以为等边三角形，所以
所以在图2中有，因为
所以平面，因为，所以平面平面
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面

以为原点建立如图空间直角坐标系
所以
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，所以
所以直线与平面所成角的正弦值
52．（1）3；（2）
【分析】（1）先求出甲在区和在B区投一次得分的期望，设在区投次，计算出总的期望，列出不等式可求；
（2）可得甲在区投篮得分高于在区投篮得分的情况有5种情况，分别求出概率，相加即可得出.
【详解】（1）甲在区进球的概率为，投进一球得2分，则在区投一次得分的期望为，
同理在B区投一次得分的期望为，
设在区投次，在B区投次，
则总的期望值，解得，
则甲选择在区投篮的球数最多是3个；
（2）由题可得甲在区投3个球，得分可能是0，2，4，6，在区投2个球，得分可能是0，3，6，
则甲在区投篮得分高于在区投篮得分的情况有：
A区2分B区0分，概率为，
A区4分B区0分，概率为，
A区4分B区3分，概率为，
A区6分B区0分，概率为，
A区6分B区3分，概率为，
则甲在区投篮得分高于在区投篮得分的概率为.
【点睛】关键点睛：本题考查概率的有关计算，解题的关键是正确找出所有的情况，并能争取利用概率公式计算.
53．（1）；（2）或
【分析】（1）根据题意可得，进而判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；
（2）可得轴时和轴时不符合题意，设方程为，则直线方程为，联立直线与椭圆，表示出点到直线的距离，即可表示出四边形的面积，求出，得出直线方程.
【详解】（1）在线段的垂直平分线上，，
又在上，，
则可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，
则，即，，，
故的方程为；
（2）若轴时，如图，此时，，则，不符合题意；

若轴时，如图，此时，，则，不符合题意；

当都不与坐标轴垂直时，如图，

设斜率分别为，由于倾斜角互补，则斜率为，
则直线方程为，直线方程为，
联立直线与椭圆，可得，
设，则，，
则点到直线的距离为，
同理可得点到直线的距离为，
则


，解得，
故直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
54．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）求出函数在处的导数，求出，即可求出切线方程，得出定点；
（2）由题可得，可得，令，则，构造函数，二次求导得出单调递增，即可求出，再利用基本不等式即可证明.
【详解】（1），
则，即切线斜率为，
又，
则切线的方程为，即，
可得当时，，故切线恒过定点；
（2）是的零点，，且，
则，即，
，即，
令，则，则，
令，则。
令，则，则单调递增，
，即，则单调递增，
，
，即，即，
则（由于，故不取等号），得证.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决双变量问题，解题的关键是将其转化为，利用导数求出单调性，得出.
55．(1)，，，
(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义和表格中数据的特点得到，，，进而求得通项公式；
（2）由（1）知，利用分组求和，含有需讨论为偶数与奇数，然后按照等差数列求和.
【详解】（1）根据等比数列的定义和表格中数据，得到，，，
即数列是首项为，公比为的等比数列，故.
（2）因为
当为偶数时，

当为奇数时，

综上所述，
56．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.
（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.
【详解】（1）由题设，，又，
所以，由正弦定理可得，
所以，又，
所以，即.
（2）由（1）及题设，，且，
所以，则，故，
又，可得，
若，则，而，故不合题设；
所以，
所以.
57．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）若是中点，连接，作，根据题设可得两两垂直，构建空间直角坐标系，令，并确定点坐标，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可证结论.
（2）根据已知体积，结合棱锥的体积公式求出，进而求面ABED的法向量、直线CE的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.
【详解】（1）若是中点，连接，作，由知：，
因为面ABC，则面ABC，又面ABC，
所以，，
综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，


令，，，则，，，
所以，，
若是面的一个法向量，即，令，则，
又是面的一个法向量，则，
所以面面.
（2）由面ABC，面ABED，则面ABED面ABC，故到面ABED的距离，即为△中上的高，
因为，，则，故，
所以上的高.
又面ABC，则，而，有，，
所以为直角梯形，令，则，
综上，，故.
由（1）知：，，，，
所以，，
若是面ABED的一个法向量，即，令，则，
而，则，
所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.
58．(1)；
(2)第9个月的月利润预报值最大

【分析】（1）根据数据与回归方程的公式进行求解，得到回归方程；（2）结合第一问所求得到关于的函数，通过导函数求出单调区间，极值及最值，求出答案.
（1）
令，则，，
，，所以y关于x的回归方程为；
（2）
由（1）知：，
，令，
令得：，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，
所以第9个月的月利润预报值最大.
59．(1)且；
(2)存在，理由见解析.

【分析】（1）利用斜率两点式，结合直线斜率之积为定值列方程，即可求M的轨迹为曲线C，注意.
（2）设、直线AM为，联立曲线C，应用韦达定理求坐标，进而应用表示、，结合二倍角正切公式判断与的数量关系，即可得解.
(1)
设，则且，
所以M的轨迹为曲线C方程为且.
(2)
设，则直线AM为，
联立曲线C得：，整理得：，
由题设知：，则，故，
又，，
所以，即，
所以存在，使.
60．(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析

【分析】（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明；
（2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.
(1)
由，
设，则，
当时，设，，
∵，，
∴和在上单调递增，
∴，，
∴当时，，，
则，
∴函数在上单调递增，
∴，
即当时，;
(2)
由已知得，
①当时，
∵，
∴在上单调递增，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
②当时，
设，则，
∴在上单调递减，
∴，
∴，
∴，
∴在上单调递减，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
综上所述，有且仅有2个零点.
61．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，从而求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
依题意，，则
所以，解得，所以.
（2），
所以，
，
两式相减得
，
所以.
62．(1)
(2)

【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；
（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出，最后利用求模公式即可求边上的中线的长.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
即，
所以，
由余弦定理及得：
，
又，
所以，
即，
所以，
所以.
（2）由，
所以，
由（1），
所以，
因为为边上的中线，
所以，
所以


，
所以，
所以边上的中线的长为：.
63．(1)见解析
(2)

【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

64．(1)
(2)

【分析】（1）设三个社区的居民人数为，分别求出三个社区每周运动总时间超过5小时的人数为，再由概率公式即可求出答案.
（2）由正态分布的性质求出，再由独立事件的乘法公式即可得出答案.
【详解】（1）因为三个社区的居民人数之比为，
设三个社区的居民人数为，
所以社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，
社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，
社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，
该居民每周运动总时间超过5小时的概率.
（2）因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，
所以，由（1）知，，
所以，
因为随机变量服从正态分布，且关于对称，
所以，
所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为：
.
65．(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析

【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：

，
即，
则，即，
所以点在圆.
66．(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析

【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,

设,

因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,

证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,

结合特殊值得到再利用单调性可得.