湖南省常德市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份湖南省常德市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共61页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省常德市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·湖南常德·统考一模）已知集合，，若，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·湖南常德·统考一模）已知复数，其中是虚数单位，则复数等于（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·湖南常德·统考一模）函数在处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·湖南常德·统考一模）某学校高一年级星期五随机安排6节课，上午安排数学2节，语文和音乐各1节，下午安排英语､体育各1节，则2节数学恰好相邻的概率为（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·湖南常德·统考一模）2021年3月全国两会上，“碳达峰”碳中和”备受关注.为应对气候变化，我国提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”等庄严的目标承诺.在今年的政府工作报告中，“做好碳达峰､碳中和工作”被列为2021年重点任务之一；“十四五”规划也将加快推动绿色低碳发展列入其中.我国自1981年开展全民义务植树以来，全国森林面积呈线性增长，第三次全国森林资源清查的时间为1984﹣1988年，每5年清查一次，历次清查数据如表：
第次
3
4
5
6
7
8
9
森林面积(亿平方米)
1.25
1.34
1.59
1.75
1.95
2.08
2.20
经计算得到线性回归直线为(参考数据：)，据此估算我国森林面积在第几次森林资源清查时首次超过3亿平方米（    ）
A．12 B．13 C．14 D．15
6．（2021·湖南常德·统考一模）哥隆尺是一种特殊的尺子，对哥隆尺数码的研究在雷达和声呐技术､模式匹配和信息检索､同步光电探测器的代码､射电天文学等有广泛的应用，图1的哥隆尺可以一次性度量的长度为1，2，3，4，5，6，图2的哥隆尺的刻度4到12之间增加一个整数刻度n，使得能一次性度量的长度个数最多，则整数刻度n的值为（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11
7．（2021·湖南常德·统考一模）已知椭圆的左､右焦点为，，过右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于两点，若，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·湖南常德·统考一模）已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·湖南常德·统考一模）已知集合，若，则（    ）
A． B．
C． D．
10．（2022·湖南常德·统考一模）若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
11．（2022·湖南常德·统考一模）设为等比数列的前项和，若，，则（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·湖南常德·统考一模）已知直线，，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
13．（2022·湖南常德·统考一模）函数的图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·湖南常德·统考一模）已知双曲线的焦点到渐近线的距离等于双曲线的实轴长，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·湖南常德·统考一模）已知，，则（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·湖南常德·统考一模）将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示事件“医生甲派往①村庄”；B表示事件“医生乙派往①村庄”；C表示事件“医生乙派往②村庄”，则（    ）
A．事件A与B相互独立 B．事件A与C相互独立
C． D．
17．（2023·湖南常德·统考一模）已知集合，，则（   ）
A． B．
C． D．
18．（2023·湖南常德·统考一模）已知复数z满足（其中，i为虚数单位），若复数z的模为，则实数a=（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
19．（2023·湖南常德·统考一模）已知向量为单位向量，向量，，则向量与向量的夹角为（    ）
A． B． C． D．
20．（2023·湖南常德·统考一模）已知抛物线的方程为，过其焦点F的直线与抛物线交于两点，且，O为坐标原点，则的面积与的面积之比为（    ）
A． B． C．5 D．4
21．（2023·湖南常德·统考一模）函数的部分图像大致为（    ）
A． B．
C． D．
22．（2023·湖南常德·统考一模）将函数（）的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若函数）的一个极值点是，且在上单调递增，则ω的值为（    ）
A． B． C． D．
23．（2023·湖南常德·统考一模）已知椭圆E，直线与椭圆E相切，则椭圆E的离心率为（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·湖南常德·统考一模）已知函数的定义域为，若函数为奇函数，且，，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2

二、多选题
25．（2021·湖南常德·统考一模）已知函数()的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为
B．为函数的一个对称中心
C．
D．函数向右平移个单位后所得函数为偶函数
26．（2021·湖南常德·统考一模）下列不等式中成立的是（    ）
A． B．
C． D．
27．（2021·湖南常德·统考一模）下列说法正确的是（    ）
A．命题的否定
B．二项式的展开式的各项的系数和为32
C．已知直线平面，则“”是”的必要不充分条件
D．函数的图象关于直线对称
28．（2021·湖南常德·统考一模）如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论中正确的是（    ）

A．三棱锥的体积不变 B．平面
C． D．平面平面
29．（2022·湖南常德·统考一模）已知函数，则（    ）
A．函数的周期为 B．函数的图象关于原点对称
C．的最大值为2 D．函数在区间上单调递增
30．（2022·湖南常德·统考一模）下列不等式一定成立的是（    ）
A． B．
C． D．
31．（2022·湖南常德·统考一模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（    ）
A．焦点的坐标为
B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
C．直线与抛物线相交所得弦长为8
D．抛物线与圆交于两点，则
32．（2022·湖南常德·统考一模）如图所示，三棱锥中，，，为线段上的动点（不与重合），且，则（    ）

A．
B．
C．存在点，使得
D．三棱锥的体积有最大值
33．（2023·湖南常德·统考一模）以下说法正确的是（    ）
A．89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95
B．具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，，，由此得到的线性回归方程为，回归直线至少经过点，，，中的一个点
C．相关系数r的绝对值越接近于1，两个随机变量的线性相关性越强
D．已知随机事件A，B满足，，且，则事件A与B不互斥
34．（2023·湖南常德·统考一模）已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，则“”是“”的充分不必要条件
D．若，，则“”是“”的必要不充分条件
35．（2023·湖南常德·统考一模）已知圆C：与圆，P，Q分别为圆C和圆M上的动点，下列说法正确的是（    ）
A．过点（2，1）作圆M的切线有且仅有一条
B．不存在实数a，使得圆C和圆M恰有一条公切线
C．若圆C和圆M恰有3条公切线，则
D．若的最小值为1，则
36．（2023·湖南常德·统考一模）如图，有一列曲线，，……，，……，且1是边长为1的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将曲线的每条边进行三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，记曲线的边数为，周长为，围成的面积为，则下列说法正确的是（    ）

A．数列{}是首项为3，公比为4的等比数列
B．数列{}是首项为3，公比为的等比数列
C．数列是首项为，公比为的等比数列
D．当n无限增大时，趋近于定值

三、填空题
37．（2021·湖南常德·统考一模）已知数列满足，且，，则=___________.
38．（2021·湖南常德·统考一模）已知向量=，=，若，且，则，=___________.
39．（2021·湖南常德·统考一模）已知边长为1的正的三点都在球的球面上，的延长线与球面的交点为，若三棱锥的体积为，则球的体积为___________.
40．（2021·湖南常德·统考一模）定义：点为曲线外的一点，为上的两个动点，则取最大值时，叫点对曲线的张角.已知点为抛物线上的动点，设对圆的张角为，则的最小值为___________.
41．（2022·湖南常德·统考一模）已知平面向量，，，则___________.
42．（2022·湖南常德·统考一模）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间内的概率为___________.
（附：若随机变量服从正态分布，则，）
43．（2022·湖南常德·统考一模）已知是球的球面上的四点，为球的直径，球的表面积为，且，，则直线与平面所成角的正弦值是___________.
44．（2022·湖南常德·统考一模）设函数的两个极值点为，若，则实数的取值范围是___________.
45．（2023·湖南常德·统考一模）函数在处的切线方程为___________.
46．（2023·湖南常德·统考一模）在学雷锋志愿活动中，安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有_____种.
47．（2023·湖南常德·统考一模）在长方体中，，，点P为长方体表面上的动点，且，当最小时，的面积为_____.
48．（2023·湖南常德·统考一模）已知不等式对恒成立，则的取值范围为___________.

四、解答题
49．（2021·湖南常德·统考一模）在中，角所对的边分别为，已知，且．
（1）求角；
（2）延长至，使得，求面积的最大值.
50．（2021·湖南常德·统考一模）已知数列的首项为，是的前项和.
（1）若.求数列的通项；
（2）若，证明：.
51．（2021·湖南常德·统考一模）为检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，某药物研究所科研人员从某市随机选取20000名志愿者，并将该疫苗注射到这些人体内，独立环境下试验一段时间后检测这些人的某项医学指标值，统计得到如表频率分布表：
医学指标值X







频率
0.05
0.1
0.15
0.4
0.2
0.06
0.04
（1）根据频率分布表，估计20000名志愿者的该项医学指标平均值(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)；
（2）若认为注射该疫苗的人群的此项医学指标值X服从正态分布，用（1）中的平均值近似代替，且，且首次注射疫苗的人该项医学指标值不低于14时，则认定其体内已经产生抗体；现从该市随机抽取3人进行第一次疫苗注射，求能产生抗体的人数的分布列与期望．
52．（2021·湖南常德·统考一模）如图，已知斜三棱柱底面是边长2的正三角形，为所在平面上一点且四边形是菱形，，四边形为正方形，平面平面.

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.
53．（2021·湖南常德·统考一模）已知在平面直角坐标系中，动点到定点的距离与到定直线的距离的比等于常数2.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若直线与曲线的另一个交点为，以为直径的圆交直线于两点，设劣弧所对的圆心角为，求证：为定值.
54．（2021·湖南常德·统考一模）设函数，其中为常数，且.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数，是函数的两个极值点，证明：.
55．（2022·湖南常德·统考一模）如图，中，角，，的对边分别为，，，且.

(1)求角的大小；
(2)已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.
56．（2022·湖南常德·统考一模）设各项非负的数列的前项和为，已知，且成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项和.
57．（2022·湖南常德·统考一模）为了研究注射某种抗病毒疫苗后是否产生抗体与某项指标值的相关性，研究人员从某地区10万人中随机抽取了200人，对其注射疫苗后的该项指标值进行测量，按，，，，分组，得到该项指标值频率分布直方图如图所示.同时发现这200人中有120人在体内产生了抗体，其中该项指标值不小于60的有80人.

(1)填写下面的列联表，判断是否有95%的把握认为“注射疫苗后产生抗体与指标值不小于60有关”.

指标值小于60
指标值不小于60
合计
有抗体



没有抗体



合计



(2)以注射疫苗后产生抗体的频率作为注射疫苗后产生抗体的概率，若从该地区注射疫苗的人群中随机抽取4人，求产生抗体的人数的分布列及期望.
附：，其中n=a+b+c+d.
P（K2≥k0）
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

58．（2022·湖南常德·统考一模）如图，三棱柱的底面是等边三角形，平面平面，，，，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)试问线段是否存在点，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由.
59．（2022·湖南常德·统考一模）已知两点分别在轴和轴上运动，且，若动点满足，设动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点作直线的垂线，交曲线于点（异于点），求面积的最大值.
60．（2022·湖南常德·统考一模）已知函数（是自然对数底数）.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：
61．（2023·湖南常德·统考一模）已知数列满足（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求的前n项和.
62．（2023·湖南常德·统考一模）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，DE⊥平面ABCD，四边形BDEF为矩形.

(1)若，证明：平面AEF⊥平面CEF；
(2)若四棱锥的体积为2，求平面EBC与平面AEF的夹角的余弦值.
63．（2023·湖南常德·统考一模）如图，在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角A的平分线交BC于点D，且，.

(1)求∠BAD的大小；
(2)若，求△ABC的面积.
64．（2023·湖南常德·统考一模）某水表制造有限公司，是一家十分优质的水表制造公司，该公司有3条水表表盘生产线.
(1)某检验员每天从其中的一条水表表盘生产线上随机抽取100个表盘进行检测，根据长期生产经验，可以认为该条生产线正常状态下生产的水表表盘尺寸服从正态分布N（μ，）.记X表示一天内抽取的100个表盘中其尺寸在之外的个数，求P及X的数学期望；
(2)该公司的3条水表表盘生产线其次品率和生产的表盘所占比例如下表：
生产线编号
次品率
所占比例
1
0.02
35%
2
0.01
50%
3
0.04
15%
现从所生产的表盘中随机抽取一只，若已知取到的是次品，试求该次品分别由三条生产线所生产的概率，并分析该次品来自哪条生产线的可能性最大（用频率代替概率）.
附：若随机变量Z服从正态分布N（），则，
65．（2023·湖南常德·统考一模）已知双曲线的右顶点到渐近线的距离为，虚轴长为2，过双曲线C的右焦点F作直线MN（不与x轴重合）与双曲线C相交于M，N两点，过点M作直线l：的垂线ME，E为垂足.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)是否存在实数t，使得直线EN过x轴上的定点P，若存在，求t的值及定点P的坐标；若不存在，说明理由.
66．（2023·湖南常德·统考一模）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若两个极值点，，且，求的取值范围.

参考答案：
1．B
【分析】先求出集合，再根据即可求实数的取值范围．
【详解】解：∵，，且，
∴，
∴的取值范围为：
故选：B．
2．A
【分析】将代入复数，利用复数的四则运算化简计算，即得结果.
【详解】解：因为复数，
所以复数.
故选：A.
3．C
【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率即可写出切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】函数，可得，
所以在处的切线的斜率为：2，
切点坐标为：，所以切线方程为：，即.
故选：C
4．B
【分析】计算出基本事件总数和2节数学恰好相邻的的基本事件数，由古典概型的概率计算公式可得答案.
【详解】某学校高一年级星期五随机安排6节课，
上午安排数学2节，语文和音乐各1节，下午安排英语､体育各1节，
基本事件总数，
其中2节数学恰好相邻包含的基本事件个数，
则2节数学恰好相邻的概率为.
故选：B.
5．C
【分析】先根据回归方程过样本中心点求得，再解不等式，即得结果.
【详解】解：由题意可知，，
，
又因为，
则，
故，
令，得，又为整数，
所以，为整数，
即估算我国森林面积在第14次森林资源清查时首次超过3亿平方米.
故选：C.
6．C
【分析】根据长度与刻度的关系结合选项一一判断即可．
【详解】解：已有刻度0，1，4，12，17，
利用已有刻度可以测量出1，4，12，17，3，8，5，11，16，13共10个长度，
在刻度4到12之间增加一个整数刻度n，尽量与以上刻度不重复，
若加8，可多测量出7，9，
若加9，可多测量出9，3，
若加10，可多测量出10，9，2，7，6，
若加11，可多测量出10，7，6，
故选：C．
7．D
【分析】由已知得，可得，再由得可得答案.
【详解】设，，
当时，，
若，所以，
可得，所以，
即，，解得.
故选：D.
8．A
【分析】当时，对函数求导分析单调性并作出图象，有5个零点，令，即有两个不等实根，且一个根属于，一个根属于内，转化为相应的不等式即可求解．
【详解】解：当时，，，
当时，，单调递减，当时，单调递增，
作出的图象如图：

令，则函数恰有5个零点，
即方程恰有5个根，
即有两个不等实根，且一个根属于，一个根属于内.
令，
则，解得.
∴实数的取值范围是．
故选：A
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9．C
【分析】根据给定条件，求出集合A，B，再利用并集的定义计算作答.
【详解】解不等式得：，于是得，
因，即，解得，则，
所以.
故选：C
10．D
【分析】由复数除法运算求得，再根据复数的几何意义得其对应点坐标，从而得结论．
【详解】由题意，对应点坐标为，在第四象限．
故选：D．
11．A
【分析】由等比数列的通项公式与前项的基本量运算求解．
【详解】由已知，，所以．
故选：A．
12．A
【分析】根据两直线平行，求得的值，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：若，
则有，解得，
当时，，，，
当时，，，，
所以：若，，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
13．C
【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
故选：C
14．A
【分析】由已知得出关于的齐次等式，变形后可求得离心率．
【详解】不妨设，一条准线方程为，即，
所以，即，，所以．
故选：A．
15．B
【分析】由余弦的二倍角公式变形后求得，由平方关系求得，再由商数关系得．
【详解】因为，所以，
，，，，
所以，，
．
故选：B
16．D
【分析】由古典概率公式求出，再利用相互独立事件的定义判
断A，B；用条件概率公式计算判断C，D作答.
【详解】将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄义诊的试验有个基本事件，它们等可能，
事件A含有的基本事件数为，则，同理，
事件AB含有的基本事件数为，则，事件AC含有的基本事件数为，则，
对于A，，即事件A与B相互不独立，A不正确；
对于B，，即事件A与C相互不独立，B不正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D正确.
故选：D
17．D
【分析】先求出集合，再利用并集的运算即可求解.
【详解】集合，
则，
故选：D.
18．C
【分析】根据复数的除法运算化简,由模长公式即可求解.
【详解】由得，
由模长为得，解得由于，所以，
故选：C
19．B
【分析】利用向量模长的定义得到，，再根据向量的数量积公式即可求得向量与向量的夹角.
【详解】因为向量为单位向量，向量，所以，，
又，即，
所以，又，则向量与向量的夹角为，
故选：B.
20．D
【分析】通过抛物线的定义及解析式可得的坐标，从而求得的坐标,将面积比转化为坐标关系即可.
【详解】由解析式可知：焦点，准线为，
设，
由抛物线的对称性，不妨设在第一象限，则
联立,，即，所以
故选：D
21．A
【分析】先判断函数的奇偶性排除选项C、D；再由，即可求解.
【详解】函数的定义域为，
且，
所以函数是奇函数，其函数图像关于对称，所以选项C、D错误；
又，所以选项B错误；
故选：A.
22．A
【分析】先由函数的图像平移变换得到函数，再根据正弦函数的图像性质得到是函数一条对称轴，从而得出（），
结合正弦函数的周期与单调性的关系得到，即可得到答案.
【详解】由题意得：，
又函数）的一个极值点是，即是函数一条对称轴，
所以，则（），
函数 在上单调递增，则函数的周期，
解得，则，，
故选：A.
23．B
【分析】由椭圆和直线相切，联立椭圆和直线的方程消得到，令，化简得到，即可求解.
【详解】由题意，联立椭圆和直线的方程得：
整理得：，
因为椭圆和直线相切，
则，
化简得：，
则椭圆的离心率，
故选：B.
24．A
【分析】根据奇函数的性质得到，由条件结合函数的对称性和周期性的定义得到函数的周期为，且，，即可求解.
【详解】因为函数的定义域为，且函数为奇函数，
则，即函数关于点对称，
所以有①，
又②，所以函数关于直线对称，
则由②得：，，
所以，则
又由①和②得：，得，
所以，即，
所以函数的周期为，
则，
所以，
故选：A.
【点睛】结论点睛：函数的定义域为，对，
（1）存在常数，使得，则函数图象关于点对称.
（2）存在常数使得，则函数图象关于直线对称.
25．ACD
【分析】根据图象，先由得，求，判断A正确，再利用五点法定位确定得到解析式，结合利用正弦函数性质逐一判断BCD的正误即可.
【详解】根据函数的部分图象，
由，所以，故A正确；
由，可得，
由点在函数图像上，可得，可得，解得，
因为，可得，可得，
因为，故B错误；
由于，故C正确；
将函数向右平移个单位后所得函数为为偶函数，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
解决三角函数的图象性质，通常利用正弦函数的图象性质，采用整体代入法进行求解，或者代入验证.
26．BC
【分析】根据指对幂函数的单调性结合中间量即可比较，结合选项即可得结果．
【详解】解：函数，在上单调递增，∴，故A错误；
函数，在上单调递减，，函数，在上单调递增，，
，故B正确；
函数单调递减，，故C正确；
，故D错误，
故选：BC．
27．AD
【分析】根据特称命题的否定求解方法可判断A；令代入二项式即可求得各项的系数和，可判断B；由于直线与的关系不确定故能判断C；判断是否等于，就能判断D是否正确．
【详解】解：对于A：命题的否定，故A正确；
对于B：二项式的展开式的各项的系数和为，故B错误；
对于C：已知直线平面，由于直线与的关系不确定，
故“”是”的既不必要不充分条件，故C错误；
对于D：由于关于的对称点为，
故，满足，
故函数的图象关于直线对称，故D正确.
故选：AD．
28．ABD
【分析】利用等体积法判断体积不变，A正确；证明平面平面，即知平面，B正确；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算证明C错误D正确即可.
【详解】对于A，的面积是定值，，平面，平面，
∴平面，故到平面的距离为定值，
∴三棱锥的体积是定值，即三棱锥的体积不变，故A正确；

对于B，由选项A知，平面，同理平面，而，
平面，∴平面平面，平面，平面，故B正确；

对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，P在上，故可设，
则，
，，
则不一定为0，
和不垂直，故C错误；
对于D，设，

则，
，，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
设平面的法向量，
则，取，得，
.
∴平面和平面垂直，故D正确.
故选：ABD.
29．AC
【分析】根据正弦函数的性质求解判断．
【详解】由三角函数周期得其周期为，A正确；
，B错；
由正弦函数性质知，C正确；
时，，易知，即时，取得最大值2，因此在上不是单调函数，D错．
故选：AC．
30．AD
【分析】根据对数函数、指数函数的性质判断A、B，利用基本不等式判断C、D；
【详解】解：对于A：因为在定义域上单调递增，所以，故A正确；
对于B：因为在定义域上单调递减，所以，故B错误；
对于C：当时，，当且仅当，即时取等号，故C错误；
对于D：当且仅当，即时取等号，故D正确；
故选：AD
31．ACD
【分析】先求出抛物线方程，对选项逐一判断即可.
【详解】由题可知抛物线方程为
对于A，焦点的坐标为，故A正确
对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误
对于C，，弦长为，故C正确
对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确
故选：ACD
32．ABD
【分析】取PA中点E，证明垂直于平面CDE判断A；证明与全等判断B；
反证法推理判断C；建立三棱锥体积的函数关系计算判断D作答.
【详解】三棱锥中，取PA中点E，连接DE，CE，如图，

因，，则，而，平面，
则有平面，又平面，所以，A正确；
因，，则，又，则，
于是得，B正确；
假设存在点，使得，由选项A知，又，平面，
则平面，而平面，于是得线段是平面的斜线段在平面上的射影，
必有，与矛盾，所以假设是错的，C不正确；
令，则，令与平面所成角为，
因此，点P到平面的距离，而，
则三棱锥的体积，
当且仅当，且时取“=”，所以当D是AB中点，且平面时三棱锥的体积取最大值，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，选择与给定问题密切相关的面作底面求解为好.
33．ACD
【分析】对于A选项：结合百分位数的定义即可求解；
对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；
对于C选项：根据相关系数的性质即可判断；
对于D选项：根据互斥事件的定义和事件的相互独立性即可求解.
【详解】对于A选项：从小到大排列共有9个数据，则不是整数，则第75百分位数为从小到大排列的第7个数据，即第75百分位数为95，所以A选项正确；
对于B选项：线性回归方程不一定经过点，，，中的任何一个点，但一定经过样本的中心点即，所以B选项错误；
对于C选项：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于，所以C选项正确；
对于D选项：因为，则，
则事件与相互独立，所以事件A与B不互斥，所以D选项正确；
故选：ACD.
34．ACD
【分析】根据面面垂直的性质定理可判断A,根据线面平行的判断以及性质可判断BD,根据线面垂直的性质可判断C.
【详解】由面面垂直的性质定理可知A正确,
对于B,若，，则,或者异面，故B错误,
对于C,若,则,故充分性成立,但是，，不能得到，故C正确，
对于D,若，，,不能得到,因为有可能异面，但是，，，则，故D正确，
故选：ACD
35．BC
【分析】对于选项A，通过判断点在圆M外，则可判断选项A错误；对于选项BC，可通过两圆内切和外切求出的值，从而判断BC的正误；对于选项D,利用两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，可得出当P、Q两点在两圆心连线段上时取得最小值，也即，从而求出，判断出选项D的正误.
【详解】选项A，点到的距离为，所以点在圆M外，可作2条切线，故选项A错误；
选项B，当圆C和圆M内切时，圆C和圆M只有一条公切线，此时有，
即，解得，故选项B正确；
选项C，当圆C和圆M外切时，圆C和圆M只有3条公切线，此时有，
即，解得，故选项C正确；
选项D，由两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，可得出当P、Q两点在两圆心连线段上时取得最小值，即时，取得最小值为1，所以，得到，解得，故选项D错误.
故选：BC
36．ABD
【分析】结合图形规律得，即可判断A,根据第个图形的边长为 ，即可判断B，根据，利用累加法及等比数列的前项和公式求出．
【详解】是在的基础上，每条边新增加3条新的边，故，又,所以数列{}是首项为3，公比为4的等比数列,且 故A正确，
第个图形的边长为 ，所以，故数列{}是首项为3，公比为的等比数列，故B正确，
因为是在的每条边上再生出一个小正三角形，于是
，
同理，对是在的每条边上再生出一个小正三角形，
于是的面积等于的面积加上个新增小三角形的面积，
即，

于是可以利用累加的方法得到




将上面式子累加得

当时， ，故C错误，D正确，
故选：ABD
37．4
【分析】根据题中条件，判断数列为等差数列，再计算基本量即可得出结果．
【详解】解：数列满足，
所以数列为等差数列；
故公差，
所以.
故答案为：4.
38．
【分析】求出的坐标，根据垂直向量的数量积关系列出方程求解k，即可求得向量、的坐标，代入向量夹角的余弦公式即可得解.
【详解】根据题意，向量=，=，则，
若，则，
解可得：或，
又由，则，所以，
则有，
故，，
故答案为：.
39．
【分析】作平面交的延长线与，设球心为，过三点的小圆的圆心为，可得，且，由正弦定理得，可得，再根据三棱锥的体积可求得得到答案.
【详解】作平面交的延长线与，设，
设球心为，球的半径，过三点的小圆的圆心为，
则平面，所以，由平面，得平面，
且，又，所以，
由正弦定理得，
，
∴三棱锥高，
∵是边长为1的正三角形，三棱锥的体积为，
∴，∴，
∴，
∴，则球的体积为，
故答案为：.

【点睛】本题考查了球的内接三棱锥问题，解题的关键点是通过三棱锥的体积求得球的半径，考查了学生的空间想象能力和计算能力.
40．
【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断最小时最小，再设，利用距离公式，结合二次函数最值的求法求得最小值，即得结果.
【详解】解：如图，，

要使最小，则最大，即需最小.
设，则，
∴当，即时，，，
此时或，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于理解新定义，将的最小值问题转化为线段最小问题，结合二次函数求最值即突破难点.
41．
【分析】由向量平行的坐标运算求出参数，然后由模的坐标运算计算．
【详解】由题意，，
所以．
故答案为：．
42．0.1359
【分析】利用正态分布的对称性计算给定区间内的概率作答.
【详解】因长度误差（单位：毫米）服从正态分布，则，
于是得，，
所以.
故答案为：0.1359
43．/
【分析】取AC中点，延长至E，使，根据给定条件证明平面ABC，经推理计算作答.
【详解】依题意，是中点，取AC中点，延长至E，使，连接，如图，

则有，且四边形是平行四边形，，
因，则是平面截球O所得截面小圆的圆心，于是得平面，平面，
因此，是直线与平面所成角，
由球的表面积为得球半径，而，则，而，
从而得，，中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
故答案为：
44．
【分析】求出导函数，根据函数的两个极值点为，可得为函数的两零点，利用韦达定理求得，再将用表示，再解关于的不等式即可得解.
【详解】解：，
，
因为函数的两个极值点为，
所以为函数的两零点，
恒成立，
，





，
因为，所以，
则或，
解得或，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
45．
【分析】由题可得切线过点，切线斜率为，据此可得答案.
【详解】因，则.
即切线斜率为2，又切线过点，即点，则切线方程为：.
故答案为：.
46．240
【分析】根据题意，分2步进行：先将5项工作分成4组，再将分好的4组全排列，对应4名志愿者，分别求出每一步的情况数目，再由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，先将5项工作分成4组，则有2项工作为1组，有种分组方法，
将分好的4组全排列，对应4名志愿者，有种情况，
则有种不同的安排方式.
故答案为：240.
47．
【分析】根据条件得到点在以为直径的球的表面与长方体表面重合的部分上，得出点、、三点共线时最小，即可求解.
【详解】设的中点为，则，
由题意得：，且点是长方体表面上的动点，
所以点在以为直径的球的表面与长方体表面重合的部分上，
则，当且仅当点、、三点共线时取等号，
点、在平面上，所以点在平面上，
所以当最小时，以为直径的半圆与的交点即为点，如下图，

过点作于点，
因为，所以，
所以的面积，
故答案为：.
48．
【分析】根据条件，由函数的定义域得到，再将原不等式转化为时，
恒成立，构造函数（），
利用导数结合与在上的函数图像讨论的最大值，
从而得到关于的不等式，即可求解.
【详解】由题意得：要使有意义，则，
当时，恒成立，即，所以，
当时，令（），
要使不等式对恒成立，
则时，函数在上恒成立，
又，可知 在上是减函数，
当时，与在上的函数图像必有一个交点，
设其横坐标为，则有，即，
当时，时，的函数图像在下方，
则，所以在单调递减，所以；
当时，时，的函数图像在上方，时，的函数图像在下方，
所以时，；时，；
则在上单调递增，在上单调递减，
所以.
要使时，函数在上恒成立，
则时，；
①当时，不等式，
设，，
可知在上单调递增，又，
所以时，成立，
故时，，解得：；
②当时，不等式（），则，
又在上单调递增，则时，，
所以时，不等式，解得：，
综上所述：的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.
49．（1）；（2）最大值为．
【分析】（1）由正弦定理得，根据得，即可求解，再检验即可得结果；
（2）利用余弦定理结合面积公式，运用二次函数最值公式求解即可．
【详解】解：（1）已知，由正弦定理得
，
，得
所以：，
故，
整理得，
故或．
由于，
所以满足条件，
故；
（2）延长至，使得，
所以，
由于，
所以，
所以，
当时，的最大值为．
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值．
50．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据，即可求出数列的通项；
（2）根据不断迭代放缩可得，，
，于是，再根据等比数列的前项和公式即可证出.
【详解】（1）由得，当时，，∴，即，∴时，，又∵，，∴，
∴，∴当时，，∴数列的通项公式.
（2）若得：，
∴，……，，，
各式相加得，，
又∵，
∴.
【点睛】本题主要考查与的关系和等比数列的前项和公式的应用．
易错点：对的讨论容易忽视，没有检验等比数列的定义，从错误判断出该数列为等比数列．
51．（1）15.88；（2）分布列答案见解析，数学期望：．
【分析】（1）根据平均值计算公式即可求解；
（2）根据正态分布求得，依题意得服从二项分布，然后根据二项分布的知识求得所有可能取值及其对应的概率，从而可得分布列与期望．
【详解】解：（1）×10+0.1×12+0.15×14+0.4×16+0.2×18+0.06×20+0.04×22=15.88；
（2）由，且正态密度曲线关于对称，
所以，
，
由题意可得，随机变量，且，
所以，
，
，
，
所以随机变量的分布列为：

0
1
2
3





所以随机变量的数学期望为．
【点睛】关键点点睛：求离散型随机变量的分布列时，关键要判断随机变量是否服从二项分布．
52．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先依题意证明平面，，利用面面垂直的性质定理证明平面，再证明，即证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，以及夹角的余弦值，则二面角的正弦值为，即得结果.
【详解】解：（1）证明：取中点，连接、、，
因为，所以，
因为四边形为正方形，所以，而与相交于平面，
所以平面，因为平面，
所以，又因为平面平面，交线为，
所以平面，又因为平面平面，
所以平面，
因为且，所以四边形是平行四边形，故，
所以平面；
（2）以D为原点，BD、DM所在的直线方向为y、z轴，垂直BD的直线方向为x轴，建立如图空间直角坐标系，则.

在中，，则，
则，，
设平面的法向量为，
由，令，，
易见，平面的法向量为，
所以，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
【点睛】思路点睛：
求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.
53．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意结合距离公式得出动点的轨迹的方程；
（2）当轴时，由坐标得出圆的半径以及圆心，再由垂径定理得出为定值，当不垂直轴时，联立直线方程以及双曲线方程，由弦长公式得出，再由垂径定理得出为定值.
【详解】（1）解：设，则，
∴，化简得，
故动点的轨迹的方程为.
（2）证明：①当轴时，把代入中，可得，，
∴圆心为，半径为3，
由垂径定理知，，
∵，∴，即，为定值.
②当不垂直轴时，设其方程为，，
联立，得
∴，
∴
∴的中点坐标为
又
∴圆的半径
圆心(即的中点)到直线的距离
由垂径定理知，
∵，∴，即，为定值.
综上所述，为定值.
【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于利用弦长公式得出，进而得出半径，再由距离公式以及垂径定理得出为定值.
54．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导，令，讨论其判别式，研究和的解，即得函数的单调性；
（2）依题意先得到韦达定理，再代入计算并化简为，令，利用导数研究其单调性证明，即证结论.
【详解】解：（1）函数的定义域为，
，
令，开口向上，判别式，
①当时，，则，即，在上单调递增；
②当时，，由解得，
所以，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增；
当时，在上单调递增；
（2）由（1）知函数的两个极值点为，则，
所以，
所以=
===，
记，
，
因为，所以，，所以，在上单调递增，所以，即，
所以.
【点睛】方法点睛：
利用导数研究函数的单调性的步骤：
①写定义域，对函数求导；②在定义域内，解不等式和③写出单调区间.
55．(1)
(2)

【分析】（1）法一：先用正弦定理化边为角，再用正弦公式化简，即可求得的值，最后结合三角形角的范围即可求得结果；
法二：先用余弦定理对化角为边，化简后再用余弦定理化边为角，即可求得的值，再结合三角形角的范围即可求得结果；
（2）法一：设，先用正弦定理化角为边，结合辅助角公式，即可得到关于的函数，讨论最大值即可；
法二：用余弦定理化角为边，结合基本不等式得到关于的不等式，最后讨论最大值及其成立的条件.
【详解】（1）法一：∵，由正弦定理得：
，
∴，
∴，
∵，∴，又∵，∴.
法二：∵，由余弦定理得：
，
∴，
∴，∵，∴.
（2）由（1）知，，而四边形内角互补，则，
法一：设，则，由正弦定理得：
，
∴，，
∴
，
当且仅当时，的最大值为.
法二：在中，，，由余弦定理得：
，
∴，
∴，
当且仅当时，的最大值为.
56．(1)
(2)

【分析】（1）利用得出的递推关系，从而得数列从第2项起为等差数列，结合等比数列的性质可求得，这样可得通项公式，然后由已知式中令求得，比较后可得结论；
（2）用错位相减法求和．
【详解】（1）当时，，
当时，①，②.
①-②得，即，
∵，∴，
∴数列从第2项起是公差为1的等差数列.
∴，
又，，成等比数列，∴，即，
解得，∴，
∵，∴，适合上式，
∴数列的通项公式为.
（2），
∴数列的前项的和为
③
④
③-④得

，
∴.
57．(1)列联表答案见解析，有的把握认为“注射疫苗后人体产生抗体与指标值不小于60有关”
(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）由频率分布直方图求出样本中指标值不小于60和标值小于60的人数，即可完成列联表，计算出卡方，即可判断；
（2）首先求出注射疫苗后产生抗体的概率，依题意可得，根据二项分布的概率公式得到分布列，即可求出数学期望；
（1）
解：由频率分布直方图可知，样本中指标值不小于60的人数为，则标值小于60的人数为80.
所以列联表如下：

指标值小于60
指标值不小于60
合计
有抗体
40
80
120
没有抗体
40
40
80
合计
80
120
200
.
所以有的把握认为“注射疫苗后人体产生抗体与指标值不小于60有关”.
（2）
解：注射疫苗后产生抗体的概率，
由题可知，，
∴，
所以的分布列为：

0
1
2
3
4






所以.
58．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质可得出，利用面面垂直的性质可得出面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围求出的值，即可得出结论.
（1）
证明：因为是等边三角形，为的中点，，
又平面平面，平面平面，，
所以，面，
又平面，，
又，，平面.
（2）
解：存在线段的中点满足题意.
因为面，，以点为坐标原点，、、的方向分别
为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
设，其中，
则，而平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，得，
取，则，
由题意可得，
，解得，此时，所以存在点满足题意，且.
59．(1)；
(2).

【分析】（1）利用给定条件，结合向量运算的坐标表示用点G的坐标表示出即可求解作答.
（2）设出直线的方程，与E的方程联立，借助韦达定理求出长，利用均值不等式求出的最大值即可计算作答
(1)
依题意，设，则，，因，
则，解得，而，即，于是得，即，
所以曲线的方程为.
(2)
依题意，直线垂直于且与曲线交于、两点，则直线的斜率存在且不为0，
设直线：，，，
由消去并整理得：，
，，，
，
由（1）知，直线MN的斜率，则，直线过点，即，
而点在曲线上，，于是得，即，
，即，
，
当且仅当时取“=”，此时，则有，
所以面积的最大值为.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
60．(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)证明见解析.

【分析】（1）把代入，求出函数的导数并变形，构造函数探求大于0或小于0的取值区间作答.
（2）在给定条件下探讨函数的最大值，将不等式转化为证的最大值小于即可作答.
（1）
依题意，函数的定义域为，当时，，求导得，
令，则，则在上单调递减，而，
当时，，，当时，，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）
当时，，，令，则，
在上单调递减，而，，
则有，即，有，
当时，，，在上单调递增，
时，，，在上单调递减，
因此，函数在时取最大值，即，
令函数，则在上单调递减，即有，
要证，即证，只需证，
令，，则在上单调递减，
因此，，即成立，则有成立，
所以当时，不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
61．(1)，
(2)

【分析】（1）先令，求得，再根据所给的式子当时，令和原式作差得到，即可求解；
（2）由（1）得到，利用裂项相消求和即可求解.
【详解】（1）由题可知（），
当时，；
当时，，
，
两式相减得：，
即，
经检验，当时，也符合上式；
故数列的通项公式为：，.
（2）由（1）得：，

，
故的前n项和.
62．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题目条件结合线面垂直的性质得到，从而得到，得出，利用勾股定理得到，进而得到，结合线面垂直和面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，直线、和分别为、、轴，建立空间直角坐标系，根据得到，写出各点坐标，再分别求出平面平面EBC与平面AEF的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取EF中点G，连接AG，CG，AC，
∵DE⊥平面ABCD，平面，所以，
又边形BDEF为矩形，则，，所以平面，
平面，所以，
又底面ABCD是边长为2的正方形，则，
∴，又G为EF中点，∴，
又，
∴，同理可得，
又，∴，∴，
又，、平面，所以AG⊥平面CEF，
又平面AEF，平CEF⊥平面AEF.
（2）以为原点，直线、和分别为、、轴，建立如图空间直角坐标系，

由，得，
则，，，，，，
设平面AEF的法向量为，又，，
则，取，得，
设平面EBC的法向量为，又，，
则，取，则，
则，
故平面EBC与平面AEF的夹角的余弦值.
63．(1)
(2)

【分析】（1）设，则，则∠BAC=2θ，根据，得到，结合，得到，即可求解；
（2）在△ABD、△ADC和△ABC中，分别由余弦定理得到、和，从而得到，结合条件求出，即可求解.
【详解】（1）设，则，则∠BAC=2θ，
由，
得：，
即，化简得，
∴，解得：，
又，∴，即.
（2）在△ABD中，由余弦定理有，①
在△ADC中，由余弦定理有，②
在△ABC中，由余弦定理有，③
得，
又，∴，
又，即，代入上式可解得，
∴.
64．(1)，；
(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意得到抽取的一个表盘的尺寸在之内的概率为0.9973，从而零件的尺寸在之外的概率为0.0027，判断服从二项分布，结合参考数据，即可求解；
（2）设A表示“取到的是一只次品”，表示“所取到的产品是由第i条生产线生产”，根据题目所给数据结合全概率公式得到，再分别求出次品分别由三条生产线所生产的概率，比较大小即可.
【详解】（1）抽取的一个表盘的尺寸在之内的概率为0.9973，从而零件的尺寸在之外的概率为0.0027，
由题可知，
所以，
且X的数学期望为，
（2）设A表示“取到的是一只次品”，表示“所取到的产品是由第i条生产线生产”，
由题意得：，，，
，
，
所以，
，
，
故该次品来自第1条生产线的可能性最大.
65．(1)
(2)存在，，

【分析】（1）根据题意得到，，再解方程即可得到答案.
（2）假设存在实数，使得直线过定点，设直线，，则，与椭圆联立得到，，得到直线EN：，从而得到，即可得到答案.
【详解】（1）由题可知虚轴长为，所以，
右顶点到渐近线的距离，
由①②解得：
所以双曲线的标准方程为.
（2）假设存在实数，使得直线过定点，
设直线，，则，
联立，消x得.
则，.
直线EN：，令得：
，
又，.
∴.
当，即时，为定值
所以存在实数，使得直线EN过定点.
66．(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在，上单调递增
(2)

【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，先对函数求导得（），再结合二次函数的图像与性质分类讨论，，时，的符号，从而得到函数的单调性；
（2）根据（1）和韦达定理得到，，结合化简得到，，再构造函数，利用导数求得的值域，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，，
令，得，
当时，时，，所以在单调递增；
当时，方程的，
①当时，，则，所以在单调递增；
②当时，，令，得，，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，
在，上单调递增；
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在，上单调递增；
（2）由（1）得，若有两个极值点，，
则，且，，即，；
故

，，
令，
则，所以在上单调递减；
即，故，
综上所述：的取值范围为：.
【点睛】关键点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化：即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值或值域；
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.