1、 山东省烟台市2021-2022学年高三上学期期末数学试题变式题【原卷 1 题】 知识点 交集的概念及运算,解不含参数的一元二次不等式 【正确答案】A 1-1（基础） 已知集合，则（ ）A.4，5，6B.4C.3，4D.2，3，4，5，6，7【正确答案】 B 1-2（基础） 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 1-3（巩固） 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 1-4（巩固） 设集合,集合,则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 1-5（提升） 设集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 1-6（提升） 若集合，集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】
2、 A【原卷 2 题】 知识点 全称命题的否定及其真假判断 【正确答案】A 2-1（基础） 命题“每一个素数都是奇数”的否定是（ ）A.存在一个合数不是奇数B.存在一个素数不是奇数C.每一个素数都不是奇数D.每一个合数都不是奇数【正确答案】 B 2-2（基础） 已知A，B为给定的集合，命题p：“对于，都有”，则p的否定为（ ）A.对于，都有B.，使得C.对于，都有D.，使得【正确答案】 B 2-3（巩固） 命题“”的否定是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 2-4（巩固） 命题“”的否定为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 2-5（提升） 已知命题，则的否定是（ ）A.B.C.D.【正确
3、答案】 C 2-6（提升） 已知命题，则是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C【原卷 3 题】 知识点 具体函数的定义域,求对数型复合函数的定义域 【正确答案】C 3-1（基础） 函数的定义域为（ ）A.(1，+)B.1，+)C.1，2)D.1，2)(2，+)【正确答案】 D 3-2（基础） 函数的定义域为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 3-3（巩固） 函数的定义域是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 3-4（巩固） 函数的定义域为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 3-5（提升） 函数的定义域为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 3-6（提升） 函数的定义域为（ ）A.
4、B.C.且D.【正确答案】 B【原卷 4 题】 知识点 指数式与对数式的互化,对数的运算 【正确答案】B 4-1（基础） 荀子劝学中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点我们可以把 看作是每天的“进步”率都是 ，一年后是 ； 而把 看作是每天“退步”率都是 ，一年后是 . 若“进步”的值是“退步”的值的 倍， 大约经过（ ）天 . (参考数据：，)A.天B.天C.天D.天【正确答案】 D 4-2（基础） 核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时监测，在扩增的指数时期，荧光信号强
5、度达到阀值时，扩增次数n与扩增后的的数量满足，其中为的初始数量，p为扩增效率.已知某被测标本扩增12次后，数量变为原来的1000倍，则被测标本的扩增13次后，数量变为原来的（参考数据：，）（ ）A.1334倍B.1585倍C.1778倍D.5620倍【正确答案】 C 4-3（巩固） 里氏震级是由美国地震学家里克特于1935年提出的一种震级标度它是根据离震中一定距离所观测到的地震波幅度和周期，并且考虑从震源到观测点的地震波衰减，经过一定公式计算出来的震源处地震的大小目前世界上已测得的最大震级为里氏8.9级（1960年智利大地震）里氏震级的计算公式为，其中，A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的
6、振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差），5级地震给人的震感已比较明显，则里氏7.5级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的倍数是（ ）（参考数据：）A.79B.158C.316D.632【正确答案】 C 4-4（巩固） 随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.已知电磁波在空间中自由传播时能损耗公式为，其中D为传输距离单位：，F为载波频率单位：，L为传输损耗单位：若载波频率变为原来的100倍，传输损耗增加了60 dB，则传输距离变为原来的（ ）A.100倍B.50倍C.10倍D.5倍【
7、正确答案】 C 4-5（提升） 某制药企业为了响应并落实国家污水减排政策，加装了污水过滤排放设备，在过滤过程中，污染物含量M（单位：）与时间t（单位：h）之间的关系为：（其中，k是正常数）已知经过，设备可以过速掉20%的污染物，则过滤一半的污染物需要的时间最接近（ ）（参考数据：）A.3hB.4hC.5hD.6h【正确答案】 A 4-6（提升） “碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（
8、亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）A.28B.29C.30D.31【正确答案】 C【原卷 5 题】 知识点 根据双曲线的渐近线求标准方程,求双曲线的离心率或离心率的取值范围 【正确答案】C 5-1（基础） 已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ）A.B.C.3D.【正确答案】 A 5-2（基础） 双曲线：（，）的右焦点为，且点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则双曲线的离心率为（ ）A.B.C.D.【
9、正确答案】 A 5-3（巩固） 设双曲线经过点，且其渐近线方程为，则此双曲线的离心率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 5-4（巩固） 过双曲线的右顶点作轴的垂线与两渐近线交于两点，这两个点与双曲线的左焦点恰好是一个正三角形的三顶点，则双曲线的离心率为（ ）A.B.2C.D.4【正确答案】 B 5-5（提升） 已知双曲线的一条渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为（ ）A.B.C.D.2【正确答案】 C 5-6（提升） 已知F是双曲线的右焦点，过点F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为A，与另一条渐近线交于B，且满足，则双曲线的离心率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 6 题】 知
10、识点 数量积的运算律,已知数量积求模,向量夹角的计算 【正确答案】D 6-1（基础） 已知平面向量，的夹角为，且，则与的夹角是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 6-2（基础） 已知空间向量满足 ， ， ， ，则=（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 6-3（巩固） 已知，满足，则，的夹角为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 6-4（巩固） 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 6-5（提升） 设，若对，则与的夹角等于（ ）A.30B.60C.120D.150【正确答案】 D 6-6（提升） 已知，则与的夹角为（ ）A. B. C. D.【正确答
11、案】 B【原卷 7 题】 知识点 已知圆的弦长求方程或参数 【正确答案】D 7-1（基础） 过点的直线l将圆分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线l的斜率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 7-2（基础） 直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则（ ）A.2B.4C.6D.8【正确答案】 D 7-3（巩固） 已知圆C关于x轴对称，经过点(0，1)，且被y轴分成两段弧，弧长之比为21，则圆的方程为（ ）A.x22B.x22C.2y2D.2y2【正确答案】 C 7-4（巩固） 倾斜角为45的直线将圆分割成弧长的比值为的两段弧，则直线在轴上的截距为（ ）A.1B.C.D.【正确答案】 D 7
12、-5（提升） 过点M（2，0）的直线l将圆C：分成两段弧，当其中的优弧最长时，直线l的方程是（ ）A.3xy-60B.x-3y-20C.x2D.y0【正确答案】 B 7-6（提升） 若圆被直线分成的两段弧之比是，则满足条件的圆（ ）A.有1个B.有2个C.有3个D.有4个【正确答案】 B【原卷 8 题】 知识点 根据函数的单调性解不等式,由函数奇偶性解不等式 【正确答案】C 8-1（基础） 已知奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 8-2（基础） 若定义在的奇函数在单调递增，且，则满足的的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 8-3（巩固）
13、 偶函数的定义域为，且对于任意，均有成立，若，则实数的取值范围为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 8-4（巩固） 已知定义在上的函数满足：对任意的，有，且是偶函数，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 8-5（提升） 已知奇函数在上单调递增，对，关于的不等式在上有解，则实数的取值范围为（ ）A.或B.或C.D.或【正确答案】 A 8-6（提升） 已知是R上的偶函数，且，当，且时，则当时，不等式的解集为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D【原卷 9 题】 知识点 由基本不等式证明不等关系,基本不等式求积的最大值,基本不等式求和的最小值 【正确答案】A
14、B D 9-1（基础） 若，则下列不等式中对一切满足条件的，恒成立的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 ABCD 9-2（基础） 已知，则（ ）A.有最大值B.有最小值C.有最大值50D.有最小值50【正确答案】 AC 9-3（巩固） 已知正数a，b满足，则下列不等式中一定成立的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 AC 9-4（巩固） 已知，为正实数，且，则（ ）A.的最大值为B.的最小值为C.的最小值为D.的最小值为【正确答案】 BD 9-5（提升） 已知，是正实数，则下列选项正确的是（ ）A.若，则有最小值2B.若，则C.若，则有最大值D.【正确答案】 ACD 9-6（提升） 设正数满
15、足，则（ ）A.B.C.D.的最大值为【正确答案】 AC【原卷 10 题】 知识点 求正弦（型）函数的对称轴及对称中心,由图象确定正（余）弦型函数解析式,求sinx型三角函数的单调性 【正确答案】A D 10-1（基础） 已知函数）的部分图像如图所示，则（ ）A.，B.C.直线是图像的一条对称轴D.函数在上单调递减【正确答案】 BC 10-2（基础） 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）A.函数的最小正周期是B.函数在区间上的最大值是C.函数在区间上单调递增D.函数的图象关于直线对称【正确答案】 BD 10-3（巩固） 函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A.函数的最小正周期为B.
16、C.函数在上不是单调函数D.函数在上是增函数【正确答案】 CD 10-4（巩固） 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A.函数的周期为B.函数的图象关于直线对称C.函数在区间上单调递增D.函数在区间上有4个零点【正确答案】 BD 10-5（提升） 函数图象与轴交于点，且为该图像最高点，则（ ）A.B.的一个对称中心为C.函数图像向右平移个单位可得图象D.是函数的一条对称轴【正确答案】 AB 10-6（提升） 函数的部分图像如图所示，下列结论中正确的是（ ）A.直线是函数图像的一条对称轴B.函数的图像关于点对称C.函数的单调递增区间为D.将函数的图像向右平移个单位得到函数的图像【正
17、确答案】 BCD【原卷 11 题】 知识点 基本（均值）不等式的应用,抛物线定义的理解,根据焦点或准线写出抛物线的标准方程,与抛物线焦点弦有关的几何性质 【正确答案】A B D 11-1（基础） 已知抛物线的焦点为，过点任作一直线交抛物线于，两点，点关于轴的对称点为，直线为抛物线的准线，则（ ）A.以线段为直径的圆与直线相离B.的最小值为C.为定值D.当，不重合时，直线，轴，直线三线交于同一点【正确答案】 ABCD 11-2（基础） 已知为坐标原点，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，则（ ）A.的准线方程为B.若，则C.若，则的中点到轴的距离为4D.【正确答案】 ABD 11-3（巩固
18、） 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率大于0的直线交抛物线于两点（其中在的上方），为坐标原点，过线段的中点且与轴平行的直线依次交直线于点.则（ ）A.若，则直线的斜率为B.C.若是线段的三等分点，则直线的斜率为D.若不是线段的三等分点，则一定有【正确答案】 ABC 11-4（巩固） 已知抛物线的焦点为，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）A.点的坐标为B.若直线过点，则C.若，则的最小值为D.若，则线段的中点到轴的距离为【正确答案】 BCD 11-5（提升） 拋物线的焦点为，过的直线交拋物线于两点，点在拋物线上，则下列结论中正确的是（ ）A.若，则的最小值为4B.当时，C.若，则的取值
19、范围为D.在直线上存在点，使得【正确答案】 BC 11-6（提升） 已知抛物线C：过点，焦点为F，准线与x轴交于点T，直线l过焦点F且与抛物线C交于P，Q两点，过P，Q分别作抛物线C的切线，两切线相交于点H，则下列结论正确的是（ ）A.B.抛物线C的准线过点HC.D.当取最小值时，【正确答案】 ABD【原卷 12 题】 知识点 判断正方体的截面形状,多面体与球体内切外接问题,空间位置关系的向量证明,点到平面距离的向量求法 【正确答案】B C D 12-1（基础） 在棱长为1的正方体中，是线段上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）A.四面体的体积恒为定值B.直线与平面所成角正弦值可以为C.异面直
20、线与所成角的范围是D.当时，平面截该正方体所得的截面图形为等腰梯形【正确答案】 ACD 12-2（基础） 如图，正方体的棱长为1，分别为线段，上的动点（不含端点），则（ ）A.异面直线与成角可以为B.当为中点时，存在点，使直线与平面平行C.当，为中点时，平面截正方体所得的截面面积为D.存在点，使点与点到平面的距离相等【正确答案】 BCD 12-3（巩固） 棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（ ）A.三棱锥的体积为定值B.二面角的正切值的取值范围为C.当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形D.当时，EG与平面所成的角最大【正确答案】 ACD 12-4（巩固） 如图
21、，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）A.当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值B.记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为C.当点P为中点时，异面直线与所成角为D.当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为【正确答案】 ACD 12-5（提升） 在边长为2的正方体中，为底面的中心，为线段上的动点，为线段的中点，则（ ）A.过三点的正方体的截面可能为等腰梯形B.直线与平面所成角的最大值为C.三棱锥的体积不是定值D.不存在一点，使得【正确答案】 ABD 12-6（提升） 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，的中点，Q是线段上的动点，则（
22、）A.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B.存在点Q，使PQ平面MBNC.经过C，M，B，N四点的球的表面积为D.过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形【正确答案】 ABD【原卷 13 题】 知识点 利用等差数列的性质计算 【正确答案】2 13-1（基础） 设是等差数列，且，则_【正确答案】 58 13-2（基础） 设是等差数列，且，则_.【正确答案】 81 13-3（巩固） 设是等差数列， 且，若，则_.【正确答案】 20 13-4（巩固） 在等差数列中，则_.【正确答案】 6 13-5（提升） 已知等差数列满足，则_.【正确答案】 13-6（提升） 已知等差数列满足（，）
23、，则_【正确答案】 【原卷 14 题】 知识点 已知正（余）弦求余（正）弦,已知两角的正、余弦，求和、差角的余弦,给值求值型问题 【正确答案】 14-1（基础） 已知为锐角，且，则_.【正确答案】 14-2（基础） 若，则的值为_【正确答案】 14-3（巩固） 已知，则的值为_【正确答案】 14-4（巩固） 若，则_【正确答案】 14-5（提升） 已知，则_【正确答案】 14-6（提升） 已知，则_.【正确答案】 或0.25【原卷 15 题】 知识点 求已知函数的极值,根据极值点求参数 【正确答案】 15-1（基础） 函数的极小值为_【正确答案】 或 15-2（基础） 函数的极小值为_【正确答
24、案】 或1.5 15-3（巩固） 已知函数在处取得极值，且极值为0，则_【正确答案】 15-4（巩固） 已知函数的极小值为a，则a的值为_.【正确答案】 e 15-5（提升） 已知函数在处取得极值，则在上的极小值为_【正确答案】 -4 15-6（提升） 若是函数的极值点，则的极大值为_【正确答案】 或【原卷 16 题】 知识点 锥体体积的有关计算,求异面直线所成的角 【正确答案】 16-1（基础） 已知直四棱柱的所有棱长均为， 分别为棱的中点，且，则异面直线与所成的角的余弦值为_，三棱锥的体积为_【正确答案】 16-2（基础） 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，ED平面AB
25、CD，FCED，且ABED2FC2，则异面直线AC与EF所成角的余弦值为_，多面体ABCDEF的体积为_【正确答案】 ； 16-3（巩固） 在空间四边形中，二面角的平面角为，为的中点，则与所成的角为_若点为的重心，则_【正确答案】 或； . 16-4（巩固） 在三棱锥中，则异面直线与所成的角的余弦值_，三棱锥的体积等于_.【正确答案】 16-5（提升） 如图所示，在棱长为1的正方体中，分别是正方形和正方形的中心，为线段上的点（异于，），则和所成的角的大小是_，三棱锥的体积为_.【正确答案】 16-6（提升） 已知四棱锥的底面是矩形，平面平面，则异面直线与所成的角为_；四棱锥体积的最大值为_.【
26、正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 用和、差角的正弦公式化简、求值,正弦定理边角互化的应用,余弦定理解三角形,向量垂直的坐标表示 【正确答案】 17-1（基础） 在，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，若问题中的三角形存在，求出的面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角，的对边分别为，且， ？【正确答案】 见解析 17-2（基础） 在，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.问题：ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且_，求ABC的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【正确答案】 答案见解析 17-3（巩固
27、） 在；这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在，它的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，_？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【正确答案】 选，三角形存在，；选，三角形存在，或 17-4（巩固） 在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.问题：在中，内角的对边分别为，若，_，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【正确答案】 答案见解析 17-5（提升） 在；在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答在锐角中，内角、，的对边分别是、，且_1、求角的
28、大小；2、若，求周长的范围【正确答案】 1、条件选择见解析， 2、 17-6（提升） 在 ， ，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题在中，内角的对边分别为，且满足_1、求；2、若的面积为在边上，且 ， ，求的值注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分【正确答案】 1、 2、【原卷 18 题】 知识点 多面体与球体内切外接问题,由导数求函数的最值（不含参）,棱锥表面积的有关计算 【正确答案】 18-1（基础） 在高为、底面半径为的圆锥内作一内接圆柱体则圆柱体的半径为多大时：（1）圆柱体的体积最大？（2）圆柱体的表面积最大？【正确答案】 （1）；（2）. 18-2（基础） 如
29、图，圆形纸片的圆心为，半径为5，该纸片上的正方形的中心为，为圆上的点，分别是以，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，为折痕折起，使得，重合，得到四棱锥，设（1）试把四棱锥的体积表示为的函数；（2）多大时，四棱锥的体积最大？【正确答案】 （1）；（2） 18-3（巩固） 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.1、证明：平面；2、若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.【正确答案】 1、证明见解析 2、6 18-4（巩固） 如图，已知是以的直角三角形铁皮，米，分别是边上不与端点重合的动点，且.现将铁皮沿折起至的位置，使得平面平面，
30、连接，如图所示.现要制作一个四棱锥的封闭容器，其中铁皮和直角梯形铁皮分别是这个封闭容器的一个侧面和底面，其他三个侧面用相同材料的铁皮无缝焊接密封而成（假设制作过程中不浪费材料，且铁皮厚度忽略不计）（1）若为边的中点，求制作三个新增侧面的铁皮面积是多少平方米？（2）求这个封闭容器的最大体积 【正确答案】 见解析 18-5（提升） 蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，再分别以，为轴将，分别向上翻转，使，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而
31、每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值【正确答案】 （1）；（2）； 18-6（提升） 双层的温室大棚具有很好的保温效果，某农业合作公司欲制作这样的大棚用于蔬菜的种植，如图（1）所示，工人师傅在地面上画出一个圆，然后用钢丝网编织出一个网状空心球的上部分钢结构，使得地面上的圆为空心球的一个截面圆，同时在其外部用塑料薄膜覆盖起来作外部保温.如图（1）所示，用塑料薄膜覆盖起来的内部保温层钢结构为一个圆柱面，制作方法如下：工人师傅将圆柱
32、面的下底面圆置于球O在地面上的截面圆内（可与截面圆重合），把下底面的圆心固定在球O在地面上截面圆的圆心位置上，圆柱面的上底面圆的圆周固定在球的内壁上，已知球O的半径为3如图（2），取圆柱的轴截面为矩形PQRS，1、设为圆上任意一点，RO与底面所成的角为，将圆柱体积V表示为的函数并判断的范围；2、求V的最大值【正确答案】 1、， 2、【原卷 19 题】 知识点 线面垂直证明线线垂直,面面垂直证线面垂直,面面角的向量求法 【正确答案】 19-1（基础） 已知矩形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，且.1、求证：；2、求平面与平面夹角的余弦值.【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 19-2（基础）
33、 如图，在四棱锥P - ABCD中，平面PAB平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AC = CD = 2，PC = 3.1、求证:ADPC2、求平面PAB与平面PCD的夹角的正弦值.【正确答案】 1、证明详见解析 2、 19-3（巩固） 如图1是直角梯形ABCD，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图1、证明：2、求二面角余弦值.【正确答案】 1、证明见解析 2、或 19-4（巩固） 如图，在直三棱柱，1、证明：；2、若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-5（提升） 四棱锥，底面为矩形，侧面底面，1、证明：；2、设与平面所成的角为，求二
34、面角的大小【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-6（提升） 如图，直三棱柱中，E，F分别是AB，的中点1、证明：EFBC；2、若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值【正确答案】 1、证明见解析 2、【原卷 20 题】 知识点 根据椭圆过的点求标准方程,椭圆中的定值问题 【正确答案】 20-1（基础） 椭圆的方程为，过椭圆左焦点且垂直于轴的直线在第二象限与椭圆相交于点，椭圆的右焦点为，已知，椭圆过点1、求椭圆的标准方程；2、过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若，求证：为定值【正确答案】 1、 2、证明见解析 20-2（基础） 已知椭圆的焦距为2，点在椭圆
35、C上1、求椭圆C的方程；2、点P为椭圆C上异于顶点的任意一点，点M、N分别与点P关于原点、y轴对称连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q试问：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由【正确答案】 1、； 2、是定值，且定值为 20-3（巩固） 已知椭圆：，点在椭圆上1、求椭圆的方程；2、若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，证明，斜率之积为定值【正确答案】 1、 2、证明见解析 20-4（巩固） 已知椭圆经过点 ，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.1、求椭圆C的方程；2、设直线AM和直线AN的斜率分别为和 ，求证：为定值【正确答案】 1、 2、证明见解
36、析 20-5（提升） 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.1、求椭圆的方程；2、为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.【正确答案】 1、 2、证明见解析，定值为 20-6（提升） 已知椭圆的左右焦点分别为，且焦距长为2，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为.1、求椭圆的方程；2、如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线，该直线交椭圆于两点，直线分别交轴于，两点，为坐标原点.求证：与的面积之积为定值，并求出该定值.【正确答案】 1、 2、证明见解析，定值为【原卷 21 题】 知识点 写出等比数列的通
37、项公式,由递推关系证明等比数列,求等比数列前n项和,分组（并项）法求和 【正确答案】 21-1（基础） 在数列中，数列的前项和为1、证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；2、求【正确答案】 1、证明见解析， 2、 21-2（基础） 已知数列各项均为正数，且1、求的通项公式；2、设，求【正确答案】 1、； 2、20. 21-3（巩固） 已知数列的前n项和分别是，若1、求的通项公式；2、定义，记，求数列的前n项和【正确答案】 1、， 2、 21-4（巩固） 已知数列满足1、求数列的通项公式；2、当时，求数列的前n项和为【正确答案】 1、 2、 21-5（提升） 数列满足，1、求的通项公式；2、
38、若，求数列的前20项和【正确答案】 1、 2、 21-6（提升） 已知数列满足，1、令，求，及的通项公式；2、求数列的前2n项和.【正确答案】 1、， 2、【原卷 22 题】 知识点 零点存在性定理的应用,利用导数证明不等式,利用导数研究函数的零点,含参分类讨论求函数的单调区间 【正确答案】 22-1（基础） 设m为实数，函数1、求函数的单调区间；2、若方程有两个实数根，证明：【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析 22-2（基础） 已知函数1、讨论的单调性；2、若有两个零点，且，证明：【正确答案】 1、当时，为上的单调递增函数；当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数. 2、证明见解析
39、. 22-3（巩固） 已知函数，.1、讨论函数的单调性；2、若函数有2个零点，且，求实数的取值范围，并证明.【正确答案】 1、答案详见解析 2、的取值范围是，证明详见解析 22-4（巩固） 已知函数.1、求的单调区间；2、若有两个不同的零点求实数k的取值范围：求证：.【正确答案】 1、答案见解析； 2、；证明见解析. 22-5（提升） 已知函数1、讨论函数的单调性；2、设函数有两个极值点，（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：【正确答案】 1、答案见解析； 2、（i），（ii）证明见解析. 22-6（提升） 已知函数1、求函数的单调区间；2、若函数无零点，求实数a的取值范围；3、若函数有两个
40、相异零点，求证；【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、证明见解析 答案解析 1-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据交集的定义即可得解.详解:解：，所以.故选：B. 1-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用一元一次不等式的解法及交集的定义即可求解.详解:由，得，所以，所以.故选：A. 1-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:求出集合，用交集运算的定义即可解决.详解:由集合，解得，所以.故选：A 1-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:解出集合, 利用交集的概念,将结果用区间表示即可选出结果.详解:解:由题知,即.故选:D 1-5【提升】
41、 【正确答案】 D【试题解析】 分析:求出集合B，利用交集的定义求解即可详解:，可化为，解得，故选：D 1-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:解二次不等式和指数不等式，再求解集的交集.详解:不等式解得或，集合或.不等式解得，集合.故选：A 2-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据全称命题的否定直接求解即可.详解:解：命题“每一个素数都是奇数”的否定是命题“存在一个素数不是奇数”.故选：B. 2-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据全称量词命题的否定为存在量词命题即得.详解:因为全称量词命题的否定为存在量词命题，所以命题p：“对于，都有”的否定为“，
42、使得”.故选：B. 2-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得答案详解:根据全称量词命题的否定是存在量词命题可知：命题“”的否定是：故选：B 2-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据全称量词命题的否定即可得到答案.详解:根据命题的否定，任意变存在，范围不变，结论相反.故原命题的否定为，故选：C. 2-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.详解:解：命题为全称量词命题，其否定为：.故选：C 2-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据全称量词命题的否定是存在性量词
43、命题即可选出答案.详解:解：由题意得：全称量词命题的否定是存在性量词命题：故，则故选：C 3-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:求出使函数式有意义的自变量的范围即可.详解:由题意，解得且故选：D 3-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据根式、分式、零次幂的性质可得，求解用区间表示，即得解.详解:由题意，解得且，故函数的定义域为.故选：D 3-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:结合函数解析式得到不等式组，进而可得到答案.详解:由，解得，故所求函数的定义域为.故选：C. 3-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:首先，考查对数的定义域问题，也就
44、是的真数一定要大于零，其次，分母不能是零详解:解：由，得，又因为，即，得故，的取值范围是，且定义域就是故选：B 3-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据给定的函数式，列出不等式组求解作答.详解:函数有意义，则有，解得或，所以函数的定义域为.故选：C 3-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由具体函数的定义域求法即可得出结论.详解:由题可得，解得：或故选：B 4-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:结合已知条件，利用对数运算即可求解.详解:设经过天“进步“的值是“退步”的值的倍.则 ，即，故，故，故大约经过230天.故选：D. 4-2【基础】 【正确答案】
45、 C【试题解析】 分析:将数值代入公式利用对数的运算律即可求解.详解:由题可知，即，解得，所以，即，解得，故选:C. 4-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:结合已知条件，利用对数运算以及指数和对数的互化即可求解.详解:不妨设里氏7.5级地震的最大振幅为，5级地震的最大振幅为，所以，由两式相减可得，故，故里氏7.5级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的316倍故选：C. 4-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由题可知，前后两传输公式作差，结合题设数量关系及对数运算，即可得出结果.详解:设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，则，即，从而，故传
46、输距离变为原来的10倍.故选：C 4-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由题意可得，进而利用指数与对数的关系可得，再用换底公式结合对数的运算性质求解即可详解:由题意可知，所以，又因为，所以，所以，比较接近3，故选：A 4-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.详解:由题意，即，令，即，故，即，可得，即.故选：C 5-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由题意可得，所以，代入即可得出答案.详解:双曲线的渐近线方程为，所以，则双曲线的离心率为.故选：A. 5-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:先
47、由题意，得到，渐近线方程为，根据点到直线距离公式，求出，得出，即可求出离心率.详解:因为双曲线：（，）的右焦点为，且渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离，化简得，所以双曲线的离心率故选：A 5-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据题意求出，由渐近线方程求出，进而计算出，求出离心率.详解:由题意得：，渐近线方程为，故，所以，故，离心率，故选：A. 5-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:首先表示出渐近线方程，令求出，即可得到两交点坐标，依题意由等边三角形的性质得到，将两边平方，即可求出、的关系，从而求出离心率.详解:解：双曲线的渐近线为，令，解得，不妨取，左焦点为，又
48、为正三角形，即，即，所以，；故选：B 5-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求出双曲线的渐近线方程，利用渐近线与圆相切，得到关系，然后得到关系，再求解双曲线的离心率详解:解：由题意可知双曲线的渐近线方程之一为：，圆的圆心，半径为，因为双曲线的一条渐近线与圆相切，所以，整理得，因为由，所以所以.故选：C. 5-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用方程联立分别求点的坐标，利用向量关系，转化为坐标运算，转化为关于的齐次等式，再求离心率.详解:设过右焦点的直线与垂直，则直线为，联立，得，即，联立，得，即，因为，则，整理为，两边同时除以，得，（舍）或，所以双曲线的离心率.故
49、选：A 6-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据平面向量的定义求夹角的余弦值，即.详解:，所以，则.故选：D. 6-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据得到，两边平方，利用向量数量积公式求出.详解:因为，所以，则，即，从而，解得：.故选：D 6-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据求得，根据向量的夹角公式求得，的夹角.详解:因为，所以，则，由于，所以.故选：B 6-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据给定条件，利用垂直的向量表示求出，再利用夹角公式计算作答.详解:因非零向量，满足，由得：，解得，于是得，而，则，所以与的夹角为.故选
50、：B 6-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:对两边平方，然后转化为关于的二次不等式恒成立问题，利用判别式解答即可.详解:，设，即，即对很成立，即对很成立，解得，即，又，与的夹角等于150，故选：D. 6-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据已知求得，平方可得，继而求出，根据向量的夹角公式即可求得答案.详解:由可得，则，即得，故，则，故，由于，故，故选：B. 7-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:设，圆心，当时，劣弧所对的圆心角最小，由此求得直线的斜率.详解:圆的圆心为，在圆内.所以当时，劣弧所对的圆心角最小，.故选：C 7-2【基础】 【正确答案】
51、D【试题解析】 分析:画出直线和圆的图像，由此求得的值，进而求得.详解:由于直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，由此画出直线和圆的图像如下图所示，由图可知，四边形是正方形，不妨设，所以.故选：D点睛:本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题. 7-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用圆C关于x轴对称，可设圆的方程为(xa)2y2r2(a0)，根据弧长之比可得OCA60，由此求出a|OC|，根据勾股定理求出，从而可得圆C的方程.详解:因为圆C关于x轴对称，所以圆心在轴上，所以可设圆C的方程为(xa)2y2r2(a0)，所以圆C与y轴的交点关于轴对称
52、，所以圆C与y轴交点为A(0，1)，B(0，1)，由弧长之比为21，易知OCAACB12060，则tan60，所以a|OC|，所以圆心坐标为，r2|AC|212.所以圆的方程为2y2.故选：C.点睛:关键点点睛：将弧长之比化为OCA60是本题的解题关键. 7-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:直线将圆分割成弧长的比值为的两段弧，可得，即，设直线的方程为，利用点线距公式列出方程，解出直线在轴上的截距详解:设原点为，直线与圆交于点，由题意，得过作于点，则；设直线的方程为，由，得，解得，所以直线在轴上的截距为，故选 ：D 7-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:经验证可知，
53、点M在圆的内部，要使过点M的直线交圆后所得的圆心角最小，则直线交圆所得的劣弧最短，也就是弦长最短，此时直线与过圆心及M点的连线垂直，根据斜率之积等于-1求出直线的斜率，由点斜式可得所求的直线方程详解:将点代入圆的方程左边得，所以点在圆的内部；圆心，当时优弧最长，故；，故；故的方程为，即，故选：B.点睛:方法点睛：本题考查了圆的标准方程，考查了直线和圆的位置关系，过C内一点M作直线与C交于A、B两点，则弦AB的长最短弦AB对的劣弧最短弦对的圆心角最小圆心到直线的距离最大CMl弦AB的中点为M. 7-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由题,可得,则圆心到直线的距离为,求解即可得到的解
54、得个数,即为满足条件的圆的个数详解:由题,设直线与圆的交点为,因为将圆分成的两段弧之比是,则,设圆心到直线的距离为,因为圆心为,半径为, 则,即,故故选B点睛:本题考查直线与圆的位置关系,考查点到直线距离公式的应用,考查运算能力 8-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由题意，得到，且函数在上单调递减，作出函数的图象，把不等式转化为，或，结合图象，即可求解.详解:因为奇函数在上单调递减，且，所以，且函数在上单调递减，则函数的对应的图象大致如图所示，不等式等价于：或，结合图象解得或，综上可得，不等式的解集为.故选：B. 8-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:分别求出和的
55、的范围，由不等式，得或，从而可得出答案.详解:解：因为定义在的奇函数在单调递增，所以函数在上递增，且，又，则当时，当时，则由不等式，得或，即或，解得或，所以的的取值范围是.故选：C. 8-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由题知在单调递减，在单调递增，由，得，将两边平方，解得即可.详解:解：偶函数的定义域为，且对于任意均有成立，所以在单调递减，则在单调递增，因为，所以，所以，化简得，解得或，即.故选：B. 8-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据题意的函数在上单调递增，且函数关于对称，题目转化为，解得答案.详解:对任意的，有，故函数在上单调递增.是偶函数，即，函数
56、关于对称.故函数在上单调递减，故，平方得到.故选：C 8-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据函数的单调和奇偶性，将不等式转化为当时，在成立，上有解，结合主元变更求实数的取值范围，同样当时，在成立，上有解，结合主元变更求实数的取值范围即可.详解:解：当时，可以转换为，因为奇函数在上单调递增，则，在成立，则，由于，在递减，则，又在上有解，则，；当时，由单调性和奇偶性可转换为：，在成立，则，当时，在，递增，则，又在有解，则，当时，在，递减，则，又在有解，则，综合得.综上，或.故选：A. 8-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:利用单调性的定义判断得在上单调递减，由偶函数
57、的性质得到关于轴对称，由得到关于对称，再由求得，从而列出与在上的正负情况，由此得到的解集.详解:因为当，且时，不妨设，则，故，即，所以在上单调递减，又因为是R上的偶函数，所以关于轴对称，故在上单调递增，因为，所以，又因为，所以关于对称，故在上单调递增，即在上单调递增，且，所以与在上的单调与正负情况如下：0增减减增增由上表可知，的解集为.故选：D. 9-1【基础】 【正确答案】 ABCD【试题解析】 分析:利用给定条件，结合均值不等式，逐项分析、计算判断作答.详解:因，则，当且仅当时取等号，A正确；，当且仅当时取等号，B正确；，当且仅当时取等号，C正确；，当且仅当时取等号，D正确.故选：ABCD
58、 9-2【基础】 【正确答案】 AC【试题解析】 分析:利用基本不等式计算即可，需要检验等号成立的条件.详解:由，得，所以，当且仅当时，等号成立，所以有最大值，故A正确，B错误；由，得，当且仅当时，等号成立,，有最大值50，故C正确，D错误.故选：AC 9-3【巩固】 【正确答案】 AC【试题解析】 分析:利用基本不等式和对数不等式即可判断.详解:对于A：若，因为，所以上式不能取等号，即，故A正确.对于B：令 ，故，故B错误.对于C：，故，即，故C正确.对于D：若不成立，故D错误.故选：AC 9-4【巩固】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:根据给定的条件，利用均值不等式逐项计算、判断作答
59、详解:依题意，因，则，即，当且仅当时取“”，因此的最小值为，A错误；由，得，当且仅当时取“”，B正确；因，则，当且仅当时取“”，因此的最小值为4，C错误；由得：，则，当且仅当，即时取“”，D正确故选：BD 9-5【提升】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:利用基本不等式，求各表达式的最值，由此判断各选项.详解:对于A，当且仅当，即时取等号，则有最小值2，故A正确；对于B，当且仅当，即时取等号，则有最大值4，故B错误；对于C，当且仅当，即时取等号，则则有最大值，故C正确；对于D， ，当且仅当时等号成立，即，时等号成立，故D正确；故选：ACD. 9-6【提升】 【正确答案】 AC【试题解析】
60、 分析:根据已知等式，变形处理各选项的式子，结合基本不等式分别求解最值即可.详解:解：对于A，即又，可得，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，又，则，当且仅当时，等号成立，故B不正确；对于C，当且仅当，即时等号成立，即，故C正确；对于D，又，当且仅当，即时等号成立，又，所以，所以，则取等条件成立，所以，故D不正确.故选：AC. 10-1【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:由函数的图像的顶点坐标求出A，由周期求出，代点求出的值，可得f（x）的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，得出结论详解:由题可知，的最小正周期，解得，则，又，所以，A不正确；，B正确；当时，所以直线是图像的一条
61、对称轴，C正确；，当时，函数不单调，D不正确故选：BC 10-2【基础】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:根据图象求得的解析式，然后根据最小正周期、最值、单调区间、对称性等知识确定正确答案.详解:由图可知，所以，.所以的最小正周期为，A选项错误.在区间上，所以当时，取得最大值为，B选项正确.根据图象可知，在上不是单调递增，C选项错误.，时，所以D选项正确.故选：BD 10-3【巩固】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:对A选项由图得到两相邻最值之间的横坐标距离为半周期即可判定A，对B选项，利用图像所过的点，代入求解出三角函数解析式，再计算即可，对C选项利用复合函数的单调性即可判断，对
62、D选项求解出其单调增区间，再赋值值，求出最接近的一个单调增区间，即可判断D.详解:对A选项，在同一周期内,函数在时取得最大值,时取得最小值,函数的最小正周期满足,由此可得,故A错误；对B选项，解得,得函数表达式为，又当时取得最大值2,可得，取,得，则，故B错误；对C选项，则，令，则原函数为，由正弦函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增，故C正确；对D选项，；令，,解得，,令，则其中一个单调增区间为，而，故D正确.故选：CD.点睛:【点睛】 10-4【巩固】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:由图象得到，从而求出，再代入特殊点坐标，结合求出，得到，A错误；求出，B正确；代入检验得到函数在上
63、不单调，C错误；将的零点问题转化为与交点个数问题，画出两函数图象，数形结合得到零点个数.详解:由图象可知：，解得：，即最小正周期为，A错误；所以，故，将代入中，得，因为，解得：，所以，当时，故函数的图象关于直线对称，B正确；当时，由于在上不单调，所以在区间上不单调，C错误；令，得，故的零点为与交点个数问题，当时，画出与的图象，如下：与有4个交点，故函数在区间上有4个零点，D正确.故选：BD 10-5【提升】 【正确答案】 AB【试题解析】 分析:利用待定系数法分别求出，注意，从而可求出函数的解析式，再利用代入检验法结合正弦函数的对称性即可判断BD；根据平移变换的原则即可判断C.详解:解：因为为
64、该图像最高点，所以，又函数的图象与轴交于点，则，又，所以，则，则，所以，由图可知，所以，所以，所以，故A正确；对于B，因为，所以的一个对称中心为，故B正确；对于C，函数图像向右平移个单位可得图象，故C错误；对于D，不是最值，所以不是函数的一条对称轴，故D错误.故选：AB. 10-6【提升】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出函数解析式，再逐项判断作答.详解:观察图象知，函数的周期，有，由得：，而，则，对于A，因，则直线不是函数图象的对称轴，A不正确；对于B，由得：，则函数的图象关于点对称，B正确；对于C，由得：，则函数的单调递增区间为，C正确；对
65、于D，D正确.故选：BCD 11-1【基础】 【正确答案】 ABCD【试题解析】 分析:设出点的坐标和、的方程，方程与抛物线联立，利用韦达定理，利用已知条件，对选项逐个判断即可详解:解：设为线段的中点，则点到准线的距离为，于是以线段为直径的圆与直线一定相切，进而与直线一定相离，A正确；设，直线方程为，联立直线与抛物线方程可得，则，于是，当时，有最小值为，B正确；由，得为定值，故C对；，则直线的方程为，令，得即与轴的交点为，恰为准线与轴的交点，故D正确故选：ABCD 11-2【基础】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:利用抛物线的定义可分析A,B选项，利用直线与抛物线相交结合韦达定理，弦长
66、公式,基本不等式可分析C,D选项.详解:因为点在抛物线上，所以解得，所以抛物线方程为，所以准线方程为，所以A正确;由抛物线的定义得由,所以.所以B正确;设，联立整理得，由韦达定理得，所以，解得，所以C错误; ,由抛物线定义知 ，所以,当且仅当时取得等号，所以D正确.故选: ABD. 11-3【巩固】 【正确答案】 ABC【试题解析】 分析:设直线方程为，直线方程代入抛物线方程用韦达定理得，从而可以表示出点坐标，然后求出坐标，然后依次判断各项即可.详解:抛物线焦点为，设直线方程为，由得，由韦达定理可知，因为，则可得,且，所以，即，且，解得，得，所以，且所以，故A正确,又因为，故直线方程为，又因为
67、共线，所以，同理可得，所以，,即，故B正确.若是线段的三等分点，则,，又，所以，解得，故C正确.由，得，即，所以，又，所以，所以 ，当时，,故D错误.故选:ABC. 11-4【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:由抛物线方程确定焦点坐标知A错误；直线与抛物线方程联立，利用韦达定理可知B正确；根据过焦点可知最小值为通径长，知C错误；利用抛物线焦半径公式，结合中点坐标公式可求得点纵坐标，知D正确.详解:解：抛物线，即，对于A，由抛物线方程知其焦点在轴上，焦点为，故A错误；对于B，依题意，直线斜率存在，设其方程为，由，消去整理得，故B正确；对于C，若，则直线过焦点，所以，所以当时，的最小
68、值为抛物线的通径长，故C正确；对于D，即点纵坐标为，到轴的距离为，故D正确.故选：BCD. 11-5【提升】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:对A，根据抛物线的定义转化求解最小值即可；对B，根据抛物线的定义，结合三角函数关系可得直线倾斜角，再根据抛物线焦点弦长公式求解即可；对C，根据抛物线的定义可得，再分析临界条件求解即可；对D，详解:对A，如图，由抛物线的定义，的长度为到准线的距离，故的最小值为与到准线距离之和，故的最小值为到准线距离 ，故A错误；对B，不妨设在第一象限，分别过作准线的垂线，垂足，作.则根据抛物线的定义可得，故.故，所以.故B正确；对C，过作垂直于准线，垂足为，则，由图
69、易得，故随的增大而增大，当时在点处，此时取最小值1；当与抛物线相切时最大，此时设方程，联立有，此时解得，不妨设则方程，此时倾斜角为，.故的取值范围为，故C正确；对D， 设，中点，故到准线的距离，又，故，故以为直径的圆与准线相切，又满足的所有点在以为直径的圆上，易得此圆与无交点，故D错误；故选：BC 11-6【提升】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:根据题意将抛物线方程求出，写出直线l方程，联立找出交点坐标的关系，表示出两切线斜率即可证明A，联立两切线方程即可求出两切线的交点坐标，即可证明B，分别求出的正切值找出两角的关系即可判断C，用两点距离公式即可求出何时为最小值，继而找到的值.详解
70、:将点代入可得，抛物线方程为：，焦点为，准线方程为.设，根据曲线切线斜率和导数关系，即，故过点P切线斜率为，过点Q切线斜率为.设直线l方程为，联立方程，得，根据韦达定理： ，故两切线互相垂直，A正确.设过点P切线方程为：设过点Q切线方程为：两式相减得所以，得代入式因为，故，所以两切线得交点过抛物线准线，故B正确；由题意可知，所以，即，直线l 随着m 的值改变时也会随之发生改变，因此也会随着改变，故不是定值，C错误设，当且仅当时等号成立，此时，D正确故选：ABD点睛:结论点睛：抛物线焦点弦两点的切线互相垂直；抛物线焦点弦两点切线的交点在抛物线准线上；抛物线交点弦两点与准线和x轴的交点的连线，两线
71、与x轴形成的夹角（焦点在y轴上则是与y 轴形成的夹角）相等.以上结论考生可将解析中的抛物线方程换成一般抛物线方程，按照解析步骤即可证明. 12-1【基础】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:对于A选项，根据平面，判断的体积为定值；对于B选项，设与平面所成的角为，M到平面的距离为d，则，由/平面，且求d，结合正方体性质即可知与平面所成角正弦值的最大值；对于C选项，根据异面直线所成角的平面角，及正方体性质确定异面直线BM与AC所成角的范围；对于D选项，过作，分别交于点，连接，根据几何关系即可判断；详解:解：对于A选项，根据正方体的特征可得，因为平面，平面，所以平面，即线段上的点到平面的距离相
72、等，又因为的面积为定值，是线段上一个动点，所以四面体的体积为定值，故A选项正确；对于B选项，设直线与平面所成的角为，到平面的距离为，则，因为，平面，平面所以平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等，连接，由可得，又，所以，易知当为的中点时，最小，为，此时取得最大值为，故B错误；对于C选项，设异面直线与所成的角为，当与或重合时，取得最小值，为，当为的中点时，取得最大值，为，所以异面直线与所成角的范围是，故C选项正确；对于D选项，过作，分别交于点，连接，设与交点为 由正方体的性质知，因为，所以，所以，所以，即四边形为等腰梯形，故D正确故选：ACD 12-2【基础】 【正确答案】 BCD【试题解析】
73、 分析:根据异面直线夹角的求解方法，线面平行的判定，以及正方体的截面面积的计算，结合几何体的结构特点，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.详解:对A：因为/，故与的夹角即为与的夹角，又当与重合时，取得最大值，为；当与点重合时，取得最小值，设其为，则，故；又点不能与重合，故，故A错误；对B：当为中点时，存在分别为的中点，满足/面，证明如下：取的中点为，连接，如下所示：显然/，又面面，故/面；又易得/，面面，故/面；又面，故面/面，又面，故/面，故B正确；对C：连接，如下所示：因为/，故面即为平面截正方体所得截面；又，故该截面为等腰梯形，又，故截面面积，故C正确；对D：连接，取其中点为，如下所
74、示：要使得点到平面的距离等于点到平面的距离，只需经过的中点，显然存在这样的点满足要求，故D正确.故选：BCD. 12-3【巩固】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:根据 平面，得到点G到平面的距离为定值，可判定A正确；当时，点G与点C重合，得到二面角的平面角大于，可判定B不正确；当 时，得到可得 且 ，可判定C正确；当时，作出 EG与平面所成的角 ，根据角的正切值可判断D.详解:对于A，因为 可得点G是线段上的一个动点，又因为正方体中,平面平面平面 ,故平面，所以点G到平面的距离为定值，而,所以三棱锥 是定值, 又因为，故三棱锥的体积为定值，A正确；对于B，当 时，点G与点C重合， 此时
75、都是等腰三角形，设M为中点，则,则 为二面角的平面角， ,则 ,即为钝角，此时二面角 的平面角大于 ，此时二面角的正切值小于0，所以B不正确；对于C中，当 时，此时 即点G为的中点，如图所示， 连接 ，此时 ，在正方体中，因为E，F分别为棱，的中点，可得,且 ，在直角 中，可得 同理 所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；对于D，设N为的中点，连接,则平面，,则为EG与平面所成的角，当时， ,在中， ,故 ,即,则,即时，最小，故,当 最小时，最大，即当时，EG与平面所成的角最大，D正确，故选： 12-4【巩固】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:对A，显然
76、平面，所以在任何位置时到平面的距离相等，即可得解；对B，由在上且，故截面为，算出周长即可；对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，即可得到垂直；对D，是线面垂直型的外接球问题，当点P为中点时，设外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，即可得解.详解:对A，由于，显然平面，又，所以在任何位置时到平面的距离相等，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对B，由在上且，故截面为，所以截面周长为，故B错误；对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，又，所以，故C正确；对D，当点P为中点时，所以在正方体中平面，由，所以，所以外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；故选：AC
77、D 12-5【提升】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:根据正方体的截面作法，线面角问题，三棱锥的体积问题逐一分析选项即可.详解:对于A,取上点，使 连接，易知，又正方体中，所以，所以四边形就是过三点的正方体的截面，它是等腰梯形，故A对，对于B,连接,延长交的延长线于，连接交于，由图可知,在正方体中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以即为所求线面角，故,其中故当取最小值时，最大，此时直线与平面所成角为最大值，因为为线段上的动点，所以当点运动到点时，为最小值，即与平面所成角最大，连接，由题意，, 所以，所以，所以直线与平面所成角的最大值为，故B对,对于C,连接，,因为在三棱锥中，底面
78、的面积一定，高为2，所以 是一定的，在三棱锥中，底面的面积一定，因为为的中点，所以当点变化时，三棱锥的高不变，所以是一定的，由图可知，所以三棱锥的体积是定值,故C错,对于D, 以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设则 则 ，假设存在一点，使得，则 所以整理得，化简整理得其中故该方程无解，所以不存在一点，使得，故D对.故选：ABD 12-6【提升】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；
79、当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D详解:A.连接，正方体中易知，又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面BMN，平面BMN，所以PQ平面BMN.故选项B正确；选项C，取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，Q在线段（除端点外）上，如
80、图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.故选项D正确；故选：ABD点睛:三棱锥外接球点睛：求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形. 解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体
81、）的顶点均在球面上，正方体（长方体）的体对角线长等于球的直径.另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心. 13-1【基础】 【正确答案】 58【试题解析】 分析:结合等差数列列方程求解得，再根据通项公式求解即可.详解:因为是等差数列，且，所以，解得，所以，故答案为： 13-2【基础】 【正确答案】 81【试题解析】 分析:根据等差数列通项即可求解.详解:因为，所以，又，所以公差，从而.故答案为：81 13-3【巩固】 【正确答案】 20【试题解析】 分析:利用等差数列的性质求出和，然后根据列方程求解即可.详解:因为，所以，又，所以公差，从而，解得.故答案为：20
82、. 13-4【巩固】 【正确答案】 6【试题解析】 分析:根据等差数列的性质可得，又，代入即可得解.详解:根据等差数列的性质可得：，所以又，所以，故答案为： 13-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用等差数列的基本量运算可得首项和公差，进而即得.详解:设等差数列的公差为，由题意知：，解得： ，所以，故答案为：. 13-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据等差数列的性质，结合已知条件即可求得结果.详解:因为数列是等差数列，故，解得；令，则，故解得.故答案为：. 14-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据同角关系可由余弦求出正弦，然后由二倍角公式以及两角和
83、的正弦即可求解.详解:因为为锐角，且，所以，所以.所以.故答案为： 14-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:分析可得，分、两种情况讨论，在相应等式两边平方可求得的值.详解:因为，则，所以，当时，等式两边平方可得，可得；当时，等式两边平方可得，可得.综上所述，.故答案为：. 14-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据余弦倍角公式，同角三角函数关系及角的范围求出，再利用凑角法，正弦的差角公式求出答案.详解:，即又因为，所以，所以，因为，所以，又，所以，而，所以故答案为： 14-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:观察可知，利用两角差的余弦公式计算可得.详解:，
84、，又，即在第三象限，则故答案为： 14-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:结合已知条件，利用诱导公式和二倍角公式即可求解.详解:由诱导公式可知，因为，所以.故答案为：. 14-6【提升】 【正确答案】 或0.25【试题解析】 分析:将变为，结合诱导公式和二倍角公式化简，解方程求得答案.详解:由可得，即，则，即，解得或（舍去），故答案为： 15-1【基础】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:利用导数研究单调性求函数的极小值即可.详解:由题设，当时，递减；当时，递增；所以的极小值为.故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 或1.5【试题解析】 分析:先求导，令，结合类二次函数正负
85、确定原函数增减性，确定极小值点，进而求出极小值.详解:由，得，令得，当或时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，函数的极小值点为-1，所以函数的极小值为故答案为： 15-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据题意求得或，代入，利用导数求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解.详解:由题意，函数，可得，函数在处取得极值，且极值为0，可得，解得或，当时，当且仅当时取等号，所以在上单调递增，无极值，不符合题意；当时，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；故在处取得极值，符合题意综上所述，所以故答案为：. 15-4【巩固】 【正确答案】 e【试题解析】 分
86、析:求函数导数，分类求函数的单调区间求出函数极小值，根据极小值为a求解.详解:，若，则当时，单调递增，此时不存在极值，不符合题意，所以，易知在上单调递增，且当时，当时，所以存在唯一的，使得.当时，单调递减；当时，单调递增.所以的极小值，因为，所以，即，设，因为，所以在上单调递减，又，所以，从而.故答案为： 15-5【提升】 【正确答案】 -4【试题解析】 分析:利用，求得，代入利用导数求得函数的单调性，结合函数的单调性，即可求解函数的最值.详解:由题意，函数，可得，因为在处取得极值，可得，即，解得，所以，可得，令，得或，当时，单调递减；当时，单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取
87、得极小值，极小值为故答案为：. 15-6【提升】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:由题意可得，求出的值，并检验，然后再利用导数求出函数的极大值详解:由，得，因为为函数的极值点，所以，解得，经检验当满足题意所以，令，得或，当或时，当，所以在和上递增，在上递减，所以当时，取得极大值，所以的极大值为，故答案为： 16-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析: 连接，可证是异面直线与所成的角（或补角），在中，可证得，即； 取的中点，连接，可证四边形是平行四边形. 所以，进而可得结果.详解: 连接，由和可知，所以是异面直线与所成的角（或补角）. 取的中点，连接，易知是以为斜边的直角三角形. 依
88、题意易得，所以，又易得，所以，连接，显然，所以，因此，即，故异面直线与所成的角的余弦值为0. 取的中点，连接，显然且，所以四边形是平行四边形. 所以.故答案为： 0； . 点睛:思路点睛：平移线段法是求两异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出两异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角（或补角）；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由于两异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两异面直线所成的角 16-2【基础】 【正确答案】 ； 【试题解
89、析】 分析:取的中点，连接、，可证得或其补角即为所求，再在等腰中，由三角函数求解即可；连接，将多面体分割为四棱锥和三棱锥，利用锥体的体积公式求解即可详解:解：取的中点，连接，则有，四边形为平行四边形，或其补角为异面直线与所成的角由勾股定理可知，在等腰中，异面直线与所成角的余弦值为平面，、平面，平面，多面体的体积故答案为：； 16-3【巩固】 【正确答案】 或； .【试题解析】 分析:对于第一空，取的中点，连接，根据平移法得出为异面直线与所成的角（或补角），根据二面角的平面角定义得出为二面角的平面角，进而利用解三角形知识求；对于第二空，利用等体积法将转化为，结合点为的重心则有，再根据线面垂直的判
90、定定理得出平面，从而得到平面，进而确定出为所求几何体的高，再通过解三角形知识以及体积公式进行求解即可.详解:根据已知条件，作出图形，如下，取的中点，连接，在中，在中， ，且，为异面直线与所成的角（或补角），为二面角的平面角，又，连接，如下图，点为的重心，在中线上，且，过点作交的延长线于点，连接，过点作交于点，又平面，平面，平面，平面，又平面，平面，平面，平面，在中，在中，.故答案为：；. 16-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据题意，将该三棱锥补全到长宽高分别为的长方体中，进而根据平移找到异面直线所成的角或补角，并结合余弦定理求解，体积采用割补法求解.详解:解：由题的知三棱锥可
91、从长方体中截得，如图：设，由于，所以，解得：故连接交于，由长方体的性质得，所以是异面直线与所成的角或其补角，故在中，由余弦定理得：所以异面直线与所成的角的余弦值为.由图可知， 故答案为：；.点睛:本题解题的关键在于根据题意将三棱锥还原到长宽高分别为的长方体中，借助长方体模型求解，考查化归转化思想和割补法求几何体的体积，考查运算求解能力，是中档题. 16-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:将异面直线平移到同一个平面内即可求出和所成的角，利用线面平行得到三棱锥的高，再利用椎体的体积公式即可求得.详解:解：如图所示：连接， 又，分别为， 的中点，又，就是和所成的角，又平面，平面，即 ，和
92、所成的角的大小是；如图：连接， 平面，平面，平面，到平面的距离就等于到平面的距离，又正方体的棱长为，到平面的距离为，即三棱锥的高为 ，为等边三角形，.故答案为：；.点睛:方法点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角 16-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先画出其异面直线
93、所成角，利用三边关系满足勾股定理证明其是直角即可；建立四棱锥体积的表达式，求导即可求出最大值详解:如图，取边中点为，连接，设，为以为斜边的等腰直角三角形，且，平面平面，平面 ，即，即，与所成的角为，为棱锥高取令，所以在上单调递增，在上单调递减，四棱锥体积的最大值为故答案为：；点睛:本题考查异面直线所成角，四棱锥的体积表示，难度较大，关键点在于能够通过所给条件表示出体积的表达式 17-1【基础】 【正确答案】 见解析【试题解析】 分析:利用正弦定理转化为，结合余弦定理可得，结合，可得.若选择，可得，利用面积公式可求解；若选择，利用均值不等式可判定无解；若选择，结合正弦定理、面积公式可得解.详解:
94、因为，所以由正弦定理，得，即，即，所以，又，所以，因为，所以，即（），选择：因为，所以由（），得，即，所以，所以满足条件的三角形存在，且.选择：因为，所以，这与矛盾，所以满足条件的三角形不存在.选择：因为，所以由正弦定理，得，代入（），得，因为，所以满足条件的三角形存在，且. 17-2【基础】 【正确答案】 答案见解析【试题解析】 分析:选：根据正、余弦定理整理得，进而可求角A和，再运用正弦定理求，即可根据面积公式求面积；选：根据余弦定理整理得，分类讨论可求角A和，再运用正弦定理求，即可根据面积公式求面积；选：根据正弦定理整理得，进而可求角A和，再运用正弦定理求，即可根据面积公式求面积.详解:
95、因为，为三角形内角，则，选：，展开得，由正弦定理得，由余弦定理得，因为为三角形内角，故，所以，由正弦定理得，即，解得，所以的面积.选：，由余弦定理得，故，因为为三角形内角，故或，当时，由正弦定理得，即，解得，所以的面积.当时，由正弦定理得，即，解得，所以的面积，综上的面积为或.选：，由正弦定理得，因为为三角形内角，所以，从而，显然，所以，因为为三角形内角，所以.所以，由正弦定理得，即，解得，所以的面积. 17-3【巩固】 【正确答案】 选，三角形存在，；选，三角形存在，或【试题解析】 分析:首先根据三角形面积公式及余弦定理，通过条件，求得，然后再利用正弦定理求得，最后根据即可求出的值.详解:因
96、为，由余弦定理，可得，由，得，又，所以选：由正弦定理得，代入得，又，得A是一个小于C的锐角，故，此时三角形存在，所以选：由得，代入得，则当时，A是一个大于C的锐角，此时三角形存在，所以，当时，A是一个钝角，此时三角形存在，所以 17-4【巩固】 【正确答案】 答案见解析【试题解析】 分析:选择，直接将，代入计算，结合辅助角公式即可求得，从而求得结果.选择，根据正弦定理边化角，再结合和差角公式，即可求得，则，从而求得结果.选择，结合正弦定理，余弦定理可得，再结合三角形的面积公式，即可得到结果.详解:选择，因为，所以，所以，整理得，即，所以，即，所以为正三角形，则面积；故答案为:选择，因为，由正弦
97、定理可得，所以，展开整理得，因为，所以，所以，所以，即，解得，所以，由正弦定理可知，所以的面积；故答案为:选择，因为，且，由正弦定理得，由余弦定理可知，所以，解得，所以.故答案为: 17-5【提升】 【正确答案】 1、条件选择见解析， 2、【试题解析】 分析:（1）选，利用三角形的面积公式以及平面向量的数量积可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选，利用三角恒等变换可得出的二次方程，结合角的取值范围可求得角的值；选，利用正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出的周长关于的三角关系式，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的周长的
98、取值范围.解：选，由可得，则，可得，；选，由可得，即，即，则，故，；选，由及正弦定理可得，、，则，所以，故，因此，.解：由正弦定理可得，则，因为为锐角三角形，则，可得，所以，则，故. 17-6【提升】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）由正余弦定理得边角互化即可求解，（2）根据余弦定理以及面积公式可求边长，进而在 中由余弦定理即可求解方案一：选条件.由，可得 ，由正弦定理得 ，因为 ，所以 ，所以 ，故 ，又 ，于是 ，即 ，因为 ，所以 方案二：选条件 ，由正弦定理得 ，即 ， ，由余弦定理得 又 ，所以 由题意知 ，得 ，即 联立解得而 ，由余弦定理得 ，故 即的值为 18
99、-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）设圆柱底面半径为，根据三角形相似得出圆柱的高，代入体积公式得到关于的表达式，利用基本不等式求出最大值（2）由（1）代入圆柱的表面积公式得到关于的函数，利用导数求得函数的单调性，进而求得圆柱表面积的最大值详解:（1）当圆柱的底面半径为时，设圆柱体的高为，可得，所以，圆柱的体积 ，当且仅当时，即时，等号成立，所以圆柱的最大体积为.（2）由（1）可得：圆柱体的表面积则，当时，所以在上是增函数，所以函数 没有最大值；当时，令，解得，当时，；当时，所以当时，取得最大值 18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 分析:
100、（1）根据题意表示出四棱锥的高，进而结合锥体的体积公式即可求出四棱锥的体积表示为的函数关系式；（2）利用导数研究函数的单调性，进而求出最值.详解:解：（1）连接，交于点，四棱锥的高，（2），令，令得，当时，在上递增，当时，在上递减，当且仅当时，有最大值， 18-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、6【试题解析】 分析:（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数
101、，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.过点作交与点，平面平面，且两平面的交线为平面 又平面 又且 平面过点作交与点,连接平面平面，且两平面的交线为平面 又平面 到平面的距离相等且，平面 又，令则，.所以在上单调递增，在上单调递减，即，当且仅当时取得最大值.如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，则，所以.设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6. 18-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 详解:（1）由于，且，则，即，又平面平面，且平面平面，所以平面，易得，又为边的中点， 则米，米，
102、 于是得米，米，米，取的中点为，则，且米，则（平方米），（平方米），（平方米），故制作三个新增侧面的铁皮面积是平方米（2）依题意，设米，则米，且由，知与相似，则，得米由（1）知，底面，则四棱锥的体积（），则，易知在上单调递增，在上单调递减，则立方米故这个封闭容器的最大体积是立方米 18-5【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；【试题解析】 分析:（1）根据蜂房曲顶空间的弯曲度的定义进行求解即可；（2）根据图形结构，设，接着将蜂房表面积表示成关于的函数，求导判断函数取最小值时的值，进而求得的大小，最后求解顶点的曲率的余弦值即可.详解:（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和
103、，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，即蜂房曲顶空间的弯曲度为.（2）设底面正六边形的边长为1，如图所示，连接AC，SH，则，设点在上底面ABCDEF的射影为O，则,令，则，菱形SAHC的面积，的面积为，令正六棱柱的侧面积为定值时，蜂房的表面积为，令得到，经研究函数的单调性，得到函数在处取得极小值，此时，在中，令，由余弦定理得,顶点的曲率为，其余弦值为.点睛:本题主要考查立体几何为背景的空间几何体的表面积问题，中间涉及到新定义，根据新定义进行解决问题，考查学生分析问题解决问题的能力，此题难度较大，对学生的能力要求较高，平时备考要多多注意提升学生的分
104、析问题的能力. 18-6【提升】 【正确答案】 1、， 2、【试题解析】 分析:（1）由题意表示出，代入圆柱的体积公式可得，当P、Q点落在球面被地面所截得的圆周上时，RO与地面所成的角取得最小值为，计算出，从而可判断出；（2）令，则换元可得，求导，并判断单调性，可得函数在时单调递减，从而求解出最大值.由题意，所以，即，当P、Q点落在球面被地面所截得的圆周上时，RO与地面所成的角取得最小值为，此时，所以，所以；因为，所以令，所以，因为，所以，所以在时单调递减，所以时，点睛:求解本题的关键在于利用换元法，令，将体积表示为关于的函数，然后求导，判断函数单调性，从而求解出体积的最大值. 19-1【基础
105、】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.【试题解析】 分析:（1）在上取一点H，使得 ，连接,证明平面平面.继而证明平面，从而平面，根据线面垂直的性质可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量和平面的法向量,根据向量的夹角公式即可求得答案.如图，在上取一点H，使得 ，连接,因为 ，所以,平面,平面,故平面，因为 , ，再由条件知，所以是平行四边形，所以 ，平面,平面,故平面，又平面 ，所以平面平面.由条件可知 ，又因为平面平面 ，交线为 ，平面,所以平面，所以平面，平面,所以.由（1）知平面，而，故平面，故分别以 所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，
106、则 ,设平面的法向量为 ， 则 ，令 ，得 ，平面的一个法向量为 ，设平面与平面 的夹角为 ，则 . 19-2【基础】 【正确答案】 1、证明详见解析 2、【试题解析】 分析:（1）通过证明线面垂直的方法来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值，再求得其正弦值.设是的中点，连接.由于，所以，由于平面平面且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以，则，所以，由于，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以.在三角形中，延长，过作，交的延长线于，由于，所以，所以，则，所以.平面平面且交线为，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则平面的法向量可设为，设平面的法
107、向量为，则，故可设，设平面和平面的夹角为，则，所以. 19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、或【试题解析】 分析:（1）根据翻折前后直线的位置关系确定垂直线段，根据线面垂直证明异面直线垂直即可；（2）根据，设二面角的平面角为，可求得或，建立空间直角坐标系，根据空间向量坐标运算求解 二面角余弦值即可.解：在直角梯形ABCD中，连接AC交BE于F，由题意知：且，四边形CEAB是平行四边形，又 ，四边形CEAB是菱形故，即在折叠后端的图形中，又 ，面面，又平面，解：由 可得，又 设二面角的平面角为，则，或 过作于则面 ，则可过点作轴如图建系：或， 设面的一个法向量为，则则 或取 而面A
108、BD的一个法向量为 或由图可知二面角为锐角则二面角余弦值为或. 19-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:(1)结合直三棱柱性质，利用线面垂直判定定理和性质即可证明；(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式即可求解.连接，如下图：由直三棱柱的性质可知，因为，所以平面因为平面，所以，因为，则四边形为正方形，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以由（1）得平面，从而点到平面的距离为，故，即.以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系:则，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，
109、即，设平面与平面夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为 19-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）由面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理与性质定理证明，（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，取中点，连接，由，故，而平面平面，平面平面，平面，平面，而平面，而，故，故，而平面，平面，平面，又平面，如图所示建立空间直角坐标系，则，设，则，设平面的一个法向量为，则，令得，而与平面所成的角为，故，解得，而，设平面的一个法向量为，则，令得，同理得平面的一个法向量为则，而二面角为钝角，故二面角大小为 19-6【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】
110、分析:(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，得FH平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC平面EFH，即可证明；(2)根据题意，由（1）知FEH为EF与平面ABC所成的角，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可.证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为的中点，所以，因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH平面ABC，由平面ABC，所以FHBC，又E为AB的中点，则，且，所以，因为EH，平面EFH，所以BC平面EFH，因为平面EFH，所以证法2：设，则，由题知，所以，从而，即由（1）知FEH为EF与平
111、面ABC所成的角，所以，由，得如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系则，设平面CEF的一个法向量为，由得，取，平面的法向量为，由得，取，设平面CEF与平面的夹角为，则所以平面CEF与平面夹角的余弦值为. 20-1【基础】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）根据题意列式求，即可得椭圆方程；（2）设直线及其交点坐标，利用所设参数表示，再结合韦达定理化简整理.依题可知：，所以，即，解得又椭圆过点，则联立可得，椭圆的标准方程为设点、，由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为，联立，可得，由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，由韦达定理可得
112、，得，点睛:定值问题常见处理步骤为：第一步，设直线方程和相应点的坐标；第二步，直线与圆锥曲线联立方程，应用韦达定理；第三步，根据题目所给出的关系列出等式，结合韦达定理，算出相应的关系式；第四步，根据所得的关系式，结合题目所求，整理化简，求出定值. 20-2【基础】 【正确答案】 1、； 2、是定值，且定值为【试题解析】 分析:（1）由，结合已知点的坐标列出关于的方程组，解之可得；（2）设，写出，的坐标，由直线与椭圆相交求得点坐标，计算，利用化简可得由已知，所以，解得，椭圆方程为；设，则，所以，,直线方程为，代入椭圆方程得，显然是此方程的一个解，另一解为，而，即为点的横纵坐标，,所以所以为定值点
113、睛:本题考查求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，解题方法是设动点，写出的坐标，由直线方程与椭圆方程联立消去后得的一元二次方程，解题关键是利用是此方程的解，得出另一解点的横坐标，由此计算斜率之积，利用点在椭圆上化简此表达式得出结论，本题对学生的运算求解能力要求较高，属于难题 20-3【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）根据与点在上代入椭圆方程求解即可；（2）设的方程为，联立与椭圆的方程，设，表达出，再代入韦达定理化简即可.由题意得，故椭圆为，又点在上，所以，得，故椭圆的方程即为；由已知直线过，设的方程为，联立两个方程得，消去得：，得，设，则，（*），因为，故，将（
114、*）代入上式，可得：，直线与斜率之积为定值 20-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）由题意结合椭圆的几何性质，列出方程组，求得答案;（2）设直线l的方程为并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，代入化简的表达式，可得结论.由题意椭圆经过点 ，离心率为，可得，解得，故椭圆C的方程为由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，由，可得，由于直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，则，解得，设,则，故，即为定值. 20-5【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析，定值为【试题解析】 分析:（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.（2）设直线，联立
115、直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.由已知设椭圆方程为：，代入，得，故椭圆方程为.设直线，由得，又，故，由，得，故或，当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；当时，直线，过定点，即直线过左焦点，此时，符合题意.所以的周长为定值. 20-6【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析，定值为【试题解析】 分析:（1）写出直线方程，取求得值，得到直线与椭圆的交点，再由已知列关于，的方程组，求解，的值，则椭圆方程可求；（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，由椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得，横纵坐标的和与积，分别写出，的方
116、程，求得与的坐标，再写出两三角形面积的乘积，结合根与系数的关系可得与的面积之积为定值由题意，故过且斜率为的直线的方程为，令，得，由题意可得，解得，求椭圆的方程为；证明：由题意知，直线的斜率存在，设直线，联立，得，由，得，直线的方程为，令，解得，则，同理可得，点睛:解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题 21-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析， 2、【试题解析】 分析:（1）由结合等比定义得出其通项公式；（2）由等差
117、等比的求和公式求解即可.因为，所以即数列是以首项为，公比为的等比数列故，即 21-2【基础】 【正确答案】 1、； 2、20.【试题解析】 分析:（1）根据给定的递推公式，推得，再利用等差数列通项求解作答.（2）由（1）求出，再利用并项求和法计算作答.由得：，而，因此，即数列是首项，公差的等差数列，所以数列的通项公式是.由（1）知，则有，所以. 21-3【巩固】 【正确答案】 1、， 2、【试题解析】 分析:（1）由结合等比定义得出，由前项和与通项的关系得出；（2）讨论，的大小，得出通项公式，进而得出，最后讨论，两种情况得出.由，可得所以是以为首项，以为公比的等比数列所以，即又，所以所以满足上
118、式，所以由当时，；当时，所以，所以当时，当时，综上， 21-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）当时可得，令，则，即可得到数列是首项为，公比为的等比数列，从而求出，即可求出数列的通项公式；（2）利用分组求和法及等差数列前项和公式求和即可；解：当时，则，令，则，又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，从而；解：因为，所以 21-5【提升】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）已知递推公式，求通项公式，是隔项等比数列；（2）把（1）中的通项公式代入求，进一步得出的表达式，求值即可.，两式相除得：， 当时， ，当时，综上所述，的通项公式为：由（1
119、）知： 数列的前20项和： 21-6【提升】 【正确答案】 1、， 2、【试题解析】 分析:（1）利用题给条件即可求得，的值；先由递推关系判定数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）分别求得数列的奇数项的通项公式和偶数项的通项公式，利用分组求和的方法即可求得数列的前2n项和.由题意得，当时，又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.由（1）知，所以，所以. 22-1【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）求导，分和讨论可得；（2）参变分离，构造函数，利用导数讨论其单调性，从而不妨设，根据是方程的两根可得，令将二元化为一元，再构造函数，利用二次
120、导数求其最大值可证.，函数定义域为，当时，在上恒成立，函数在上单调递增；当时，由，解得，函数在上单调递增；由，解得，函数在上单调递减，即，则，令，函数定义域为，；，在上单调递增，在上单调递减，不妨设，令，所以，要证，只要证，只要证，令，令，；，在上单调递减，在上单调递增，则存在，使得，在上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，在上恒成立，得证点睛:证明与函数零点（方程的根）有关的不等式，解题关键是问题的转化，一是利用函数的单调性确定两个零点的分布情况，二是根据方程建立两根的关系，三是通过换元将二元问题转化为一元问题，最后构造函数，利用导数研究其最值可得. 22-2【基础】 【正确答案】 1、
121、当时，为上的单调递增函数；当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数. 2、证明见解析.【试题解析】 分析:（1）求导，分类讨论，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的单调区间；（2）由已知，不妨设，代入，作差，要证，即证，即证，令，则不等式化为，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性求证解：函数，定义域为，求导得当时，则函数为上的单调递增函数当时，令，则若，则，在上是单调减函数；若，则，在上是单调增函数综上：当时，为上的单调递增函数；当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数.证明：因为，不妨设，由两式相减得要证，即证，也就是证，即，即证，又，只要证令，则式化为，设，所以在上单调递增，所以所以 2
122、2-3【巩固】 【正确答案】 1、答案详见解析 2、的取值范围是，证明详见解析【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）根据（1）的结论对进行分类讨论，结合有个零点以及存在性定理求得的取值范围.将证明转化为证明在上递增，结合导数来证得不等式成立.的定义域为，当时，由解得，所以在区间递减；在区间递增.当时，由解得，则当时，所以在区间递增；在区间递减.当时，由（1）得在区间递增；在区间递减.所以时，取得极大值，所以时，没有两个零点，不符合题意.当时，此时有唯一零点，不符合题意.当时，由（1）得在区间递减；在区间递增，所以时，取得极小值，要使有个不同的零点，则，
123、所以，所以在区间有唯一零点，也即在区间上有唯一零点，设为.当时，所以，取，即，所以存在使，是在区间上的唯一零点.综上所述，若函数有2个零点，且，则的取值范围是，且，要证，即证，在上单调递减，故只需证，令，即，令，当且仅当时等号成立，则，由于，所以时，即，所以在上递增， ，所以当时，即，即成立，所以.点睛:利用导数求解含参数的函数的单调区间，基本步骤是：1.求函数的定义域；2.对函数求导，并因式分解；3.对参数进行分类讨论，从而求得函数的单调区间.在分类讨论时，要做到不重不漏. 22-4【巩固】 【正确答案】 1、答案见解析； 2、；证明见解析.【试题解析】 分析:（1）分类讨论实数的取值范围，
124、利用导数求解函数的单调区间即可;（2）由（1）可得，为函数的最小值，结合已知，只需求解即可；根据题意将不等式转化为，令，构造函数，利用导数求解函数的单调性，只需证明恒成立即可.解：因为，则，当时，恒成立，故在上单调递增，当时，令，解得，当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增.解：由（1）得，当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，又当时，当时，故为函数的最小值，因为有两个不同的零点，所以，解得：，故实数k的取值范围为：.证明：由已知得，整理得：，设，要证，即证，即证，需要证，令，即证对任意的恒成立，令，其中，则，对任意的恒成立，故函数在上单调递增，当时，所以当时，即，故原不等式得
125、证. 22-5【提升】 【正确答案】 1、答案见解析； 2、（i），（ii）证明见解析.【试题解析】 分析:（1）由题设且，讨论研究导数的符号，即可确定函数单调性；（2）（i）将问题转化为在上有两个不等实根，结合对应二次函数性质求参数范围；（ii）由（i）并应用韦达定理得，分析法转化为在上恒成立，利用导数研究单调性并确定值域范围，即可证结论.由定义域为，且，令得，或，当时，单调递增，单调递减，单调递增，当时，在单调递增，当时，单调递增，单调递减，单调递增，综上：当时，的单调递增区间为、，的单调递减区间为；当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为、，的单调递减区间为.（i）由已知，则，函数
126、有两个极值点，即在上有两个不等实根，令，只需，故，（ii）由（i）知，且，要证，即证，只需证，令，则，因为恒成立，所以在上单调递减，又，由零点存在性定理得，使得，即，所以时，单调递增，时，单调递减，则，在上显然单调递增，即，得证点睛:关键点点睛：第二问二小问，由，综合应用分析法、函数思想转化为证明在上恒成立，再利用导数研究单调性判断即可. 22-6【提升】 【正确答案】 1、答案见解析 2、 3、证明见解析【试题解析】 分析:（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；（2）根据（1）的结果，若函数无零点，需要，利用函数的单调性，求解函数的最大值即可.（3）设令，得到，转化为，令，构
127、造关于的函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解.解：由题可知的定义域是，当时，所以在上单调递增；当时，令解得，当时，所以在上单调递增，当时，所以在上单调递减.综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.解：由（1）可知，要使函数无零点就需要，此时在上递增，在上递减，欲使函数无零点，则只要，即所以的范围是.因为有两个相异的零点，又由于，故不妨设令，且有，要证令，则，所以只要证明时恒成立，令，由于已知恒成立，所以在递增，所以时，恒成立，即恒成立，从而证明.点睛:利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数；
