1、 江苏省苏北四市(徐州、淮安、宿迁、连云港)2022届高三年级第一学期期末调研考试数学试题变式题【原卷 1 题】 知识点 交并补混合运算 【正确答案】D 1-1（基础） 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【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） 已知集合或，则（ ）A.B.或C.D.【正确答案】 D 1-4（巩固） 设全集,集合,集合等于（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-5（提升） 设全集，集合，则集合（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 1-6（提升） 已知全集为，集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C【原卷 2
2、 题】 知识点 求复数的模,复数的除法运算 【正确答案】C 2-1（基础） 若复数（i为虚数单位），则（ ）A.5B.C.3D.【正确答案】 B 2-2（基础） 复平面内表示复数，则（ ）A.B.C.4D.【正确答案】 A 2-3（巩固） 已知是虚数单位，复数满足，则（ ）A.B.1C.D.【正确答案】 B 2-4（巩固） 若，则（ ）A.1B.2C.D.【正确答案】 D 2-5（提升） 已知复数（其中i为虚数单位），则（ ）A.0B.1C.D.3【正确答案】 D 2-6（提升） 设i为虚数单位，若复数z满足，则（ ）A.1B.C.D.2【正确答案】 C【原卷 3 题】 知识点 分式不等式,充
3、分条件的判定及性质 【正确答案】C 3-1（基础） 若，则使“”成立的一个必要不充分条件为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 3-2（基础） 若：，则成立的一个充分不必要条件是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 3-3（巩固） “”的一个充分条件是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 3-4（巩固） 对于实数，规定表示不大于的最大整数，例如，那么不等式成立的充分不必要条件是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 3-5（提升） 不等式在R上恒成立的一个必要不充分条件是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 3-6（提升） “ ”的一个充分条件是（ ）A.B. C.D.【正确答案】 D
4、【原卷 4 题】 知识点 不相邻排列问题 【正确答案】A 4-1（基础） 高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一二三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一必修二不相邻的排列方法种数是（ ）A.72B.144C.48D.36【正确答案】 A 4-2（基础） 现有10本书，其中有4本不同的英文读物，6本不同的中文读物，某学生计划一年看完这10本书，为了缓解疲劳，要求英文读物不能相邻阅读，则可以排出的阅读顺序总数为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 4-3（巩固） 某学校组织6100接力跑比赛，某班级决定派出A，B，C，D，E，F等6位同学参加比赛在安排这6人的比赛顺序时要保证A
5、要在B之前，D和F的顺序不能相邻，则符合要求的安排共有（ ）A.240种B.180种C.120种D.150种【正确答案】 A 4-4（巩固） 自2020年“新冠”出现后，全国人民“众志成城，齐心抗疫”.许多志愿者挺身而出，现安排4名男性志愿者，3名女性志愿者站成一排将逐一进行核酸检测，要求男女相间且女性甲要在女性乙之前检测，则不同的安排方法的种数是（ ）A.36种B.72种C.108种D.144种【正确答案】 B 4-5（提升） 某人根据自己爱好，希望从中选2个不同字母，从中选3个不同数字编拟车牌号，要求前3位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌
6、号有（ ）A.198个B.180个C.216个D.234个【正确答案】 A 4-6（提升） 援鄂医护人员A，B，C，D，E，F共6人（其中A是队长）圆满完成抗击新冠肺炎疫情任务返回本地，他们受到当地群众与领导的热烈欢迎当地媒体为了宣传他们的优秀事迹，让这6名医护人员和当地的一位领导共7人站成一排拍照，则领导和队长A相邻且不站两端，B与C相邻，B与D不相邻的排法种数为（ ）A.120B.240C.288D.360【正确答案】 B【原卷 5 题】 知识点 平面向量线性运算的坐标表示,由向量共线（平行）求参数,坐标计算向量的模,利用向量垂直求参数 【正确答案】B 5-1（基础） 已知向量，（），若，
7、则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 5-2（基础） 已知，则（ ）A.2B.C.1D.【正确答案】 B 5-3（巩固） 已知平面向量，且，则（ ）A.1B.2C.3D.4【正确答案】 C 5-4（巩固） 已知向量满足，则等于（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 5-5（提升） 已知直角梯形ABCD中，ADBC，ADC，AD4，BC2，P是腰DC上的动点，则的最小值为（ ）A.8B.7C.6D.4【正确答案】 A 5-6（提升） 已知为单位向量，向量满足：，则的最大值为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C【原卷 6 题】 知识点 椭圆定义及辨析,求椭圆的离心率或离心率的取值范围,根据抛
8、物线方程求焦点或准线,抛物线的对称性的应用 【正确答案】A 6-1（基础） 若椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，则椭圆的离心率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 6-2（基础） 已知椭圆C：与抛物线E：有公共焦点F，椭圆C与抛物线E交于A，B两点，且A，B，F三点共线，则椭圆C的离心率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 6-3（巩固） 已知是椭圆的左右焦点，点为抛物线准线上一点，若是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 6-4（巩固） 已知椭圆的右焦点F与抛物线的焦点重合，P为椭圆与抛物线的公共点，且轴，那么椭圆的离心率为（ ）A.B.C.D.【
9、正确答案】 A 6-5（提升） 已知椭圆的右焦点，此椭圆在第一象限交抛物线于点，且，则椭圆的离心率为( )A.B.C.D.【正确答案】 A 6-6（提升） 已知椭圆的焦距为，左焦点为，右顶点为，若抛物线与椭圆交于，两点，且四边形是菱形，则椭圆的离心率是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D【原卷 7 题】 知识点 柱体体积的有关计算,椭圆的其他应用 【正确答案】C 7-1（基础） 中国古代数学的瑰宝九章第术中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如下图所示的“曲池”，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，长度为长度的3倍，
10、且线段，则该“曲池”的体积为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 7-2（基础） 陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上、下底面圆的圆心，且，则该陀螺下半部分的圆柱与上半部分的圆锥的体积的比值是（ ）A.2B.3C.4D.6【正确答案】 D 7-3（巩固） 图中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”（如图），莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，若曲侧面三棱柱的高
11、为，底面任意两顶点之间的距离为，则其体积为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 7-4（巩固） 2022年6月5日，我国三名航天员乘坐神舟十四号载入飞船成功升空预计三名航天员在太空工作6个月，在轨期间将进行多个科学实验，任务完成后，乘返回舱返回地面某自然科学博物馆为了青少年参观学习的需要，仿制了一个返回舱，如图所示，若仿制的返回舱的内腔轴截面曲线C近似由半椭圆：和弧：组成，曲线C内接一各边与坐标轴分别平行的矩形，满足水平方向矩形的边长为6，若由这个矩形绕y轴旋转，形成圆柱作为返回时载物及航天员座椅的空间，则这个空间的体积为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 7-5（提升） 乌鸦喝水是伊索
12、寓言中的一个寓言故事，通过讲述一只乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧、认真思考才能让问题迎刃而解的道理.如图所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，已知该锥形瓶上面的部分是圆柱体，下面的部分是圆台，瓶口的直径为3cm，瓶底的直径为9cm，瓶口距瓶颈，瓶颈到水位线的距离和水位线到瓶底的距离均为.现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移，当水位线离瓶口不大于时，乌鸦就能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（石子体积均视为一致）（ ）A.2颗B.3颗C.4颗D.5颗【正确答案】 B 7-6（提升） 如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为
13、3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A.23B.24C.26D.27【正确答案】 D【原卷 8 题】 知识点 分组（并项）法求和 【正确答案】B 8-1（基础） 已知数列的通项公式为为数列的前n项和，（ ）A.1008B.1009C.1010D.1011【正确答案】 D 8-2（基础） 数列的前2022项和等于（ ）A.B.2022C.D.2019【正确答案】 B 8-3（巩固） 设数列的通项公式为，其前项和为，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 8-4（巩固） 已知数列的前n项和为，则（ ）A.138B.674C.675D.2023【正确答案】 C 8-5（提升） 高斯是德国著名的
14、数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.已知数列满足，且，若数列的前项和为，则（ ）A.3950B.3953C.3840D.3845【正确答案】 D 8-6（提升） 设数列的通项公式为，其前项和为，则（ ）A.B.C.180D.240【正确答案】 D【原卷 9 题】 知识点 二项式的系数和,求有理项或其系数,二项展开式各项的系数和 【正确答案】A C D 9-1（基础） 已知的展开式中各项的二项式系数之和为64，则（ ）A.B.展开式中各项的系数和为1C.展开式中第3项或第4项的二项式系数最大D.展开式中有理项只有4项【正确答案】 ABD
15、 9-2（基础） 在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，下列结论正确的是（ ）A.B.各项二项式系数之和为128C.各项系数之和为0D.有理项共4项【正确答案】 ACD 9-3（巩固） 在的展开式中，下列说法正确的有（ ）A.所有项的二项式系数和为128B.所有项的系数和为1C.二项式系数最大的项为第4项D.有理项共3项【正确答案】 AB 9-4（巩固） 已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有（ ）A.展开式共有7项B.二项式系数最大的项是第4项C.所有二项式系数和为128D.展开式的有理项共有4项【正确答案】 CD 9-5（提升） 已知的展开式中各项系数的和为2，则下列结
16、论正确的有（ ）A.B.展开式中常数项为160C.展开式系数的绝对值的和1458D.展开式中含项的系数为240【正确答案】 ACD 9-6（提升） 下列结论正确的是（ ）A.B.多项式展开式中的系数为52C.若，则D.【正确答案】 ACD【原卷 10 题】 知识点 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,求正弦（型）函数的奇偶性 【正确答案】B C 10-1（基础） 函数（其中，）的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A.为了得到的图象，只要将的图象向右平移个单位长度B.函数的图象的一条对称轴为C.函数在区间上单调递增D.方程在区间上有1285个实数解【正确答案】 AB
17、 10-2（基础） 已知的图象关于点对称，相邻两条对称轴的距离为，则下列说法正确的是（ ）A.，B.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称C.函数在上的单调递减区间为D.为了得到的图象，可以将函数的图象向右平移个单位【正确答案】 BC 10-3（巩固） 已知函数 (A0，0，)的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A.函数f(x)的图象关于点对称B.函数f(x)的图象关于直线对称C.函数f(x)在单调递增D.该图象向右平移个单位可得y=2sin2x的图象【正确答案】 AB 10-4（巩固） 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A.的图象关于点对称B.的图象
18、向右平移个单位后得到的图象C.在区间上单调递增D.为偶函数【正确答案】 BD 10-5（提升） 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A.B.在区间单调递减C.在区间上有且仅有2个零点D.将的图象向右平移个单位长度后，可得到一个奇函数的图象【正确答案】 BC 10-6（提升） 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【原卷 11 题】 知识点 画出具体函数图象,垂直关系的向量表示,函数新定义 【正确答案】B D 11-1（基础） 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓
19、扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳尔（L.E.J.Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点函数”，下列为“不动点函数”的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 BC 11-2（基础） 已知函数的定义域为，若存在区间，使得，则称区间为函数的“和谐区间”.下列说法正确的是（ ）A.是函数的一个“和谐区间”B.是函数的一个“和谐区间”C.是函数的一个“和谐区间”D.是函数的一个“和谐区间”【正确答案】 BC 11-3（巩固） 对于定义在上的函数，如果存
20、在区间，同时满足下列两个条件：在区间上为增函数；当时，函数值域也为，则称是函数的一个“递增黄金区间”下列函数中存在“递增黄金区间”的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 BC 11-4（巩固） 定义一：关于一个函数，若存在两条距离为的直线和，使得在时，恒成立，则称函数在内有一个宽度为的通道.定义二：若一个函数，关于任意给定的正数，都存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道，则称在正无穷处有永恒通道.则下列在正无穷处有永恒通道的函数为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 BCD 11-5（提升） 对于定义域为的函数，若同时满足：在内单调递增或单调递减；存在区间，使在上的值域为，则把称为闭函数.
21、下列结论正确的是（ ）A.函数是闭函数B.函数是闭函数C.函数是闭函数D.若函数是闭函数，则【正确答案】 BD 11-6（提升） 设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数如，令，以下结论正确的有（ ）A.B.C.D.函数的值域为【正确答案】 AD【原卷 12 题】 知识点 柱体体积的有关计算,证明面面垂直 【正确答案】B C D 12-1（基础） 四面体的每个顶点都在球的表面上，是球的一条直径，且，现有下面四个结论，其中所有正确结论的编号是（ ）A.球的表面积为B.若，则C.上存在一点，使得D.四面体体积的最大值为【正确答案】 AD 12-2（基础） 如图，在多面体中，四边形，
22、均是边长为1的正方形，点在棱上，则（ ）A.该几何体的体积为B.点在平面内的射影为的垂心C.的最小值为D.存在点，使得【正确答案】 BD 12-3（巩固） 如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60，则（ ）A.B.C.四边形的面积为D.平行六面体的体积为【正确答案】 ABD 12-4（巩固） 如图，直三棱柱中，侧面中心为O，点E是侧棱上的一个动点，有下列判断，正确的是（ ）A.直三棱柱侧面积是B.直三棱柱体积是C.三棱锥的体积为定值D.的最小值为【正确答案】 ACD 12-5（提升） 如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面为等腰直角三角形，分别是的中点，是线
23、段上的动点，则下列结论正确的是（ ）A.B.直线与直线夹角的余弦值为C.直线平面D.若是线段的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比为【正确答案】 ACD 12-6（提升） 正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，的中点则（ ）A.正方体体积是三棱锥体积的24倍B.正方体外接球的体积为C.平面DEF截正方体所得的截面面积为D.三棱锥与三棱锥的体积相等【正确答案】 ABC【原卷 13 题】 知识点 直线与圆相交的性质韦达定理及应用 【正确答案】 13-1（基础） 已知直线与圆交于A，B两点，O为坐标原点，则实数a的值为_.【正确答案】 13-2（基础） 在直角坐标系中，直线与圆（）相交于，两点，
24、且，则_.【正确答案】 或1.6 13-3（巩固） 已知直线与圆交于不同的两点，点，则的最大值为_【正确答案】 或 13-4（巩固） 已知动点到的距离是到的距离的2倍，记动点的轨迹为，直线：与交于，两点，若（点为坐标原点，表示面积），则_【正确答案】 13-5（提升） 已知直线与圆相交于A，B两点，存在点，使得，则实数k的取值范围是_.【正确答案】 1，+) 13-6（提升） 已知圆与直线交于，两点，点在直线上，且，则的取值范围为_【正确答案】 【原卷 14 题】 知识点 求函数值 【正确答案】-2 14-1（基础） 设函数满足，则_.【正确答案】 3 14-2（基础） 已知函数，对任意，满足
25、，若，则_【正确答案】 14-3（巩固） 已知是定义在上的奇函数，且，则_.【正确答案】 14-4（巩固） 定义在上的函数满足下列两个条件（1）对任意的恒有成立；（2）当时，则的值是_【正确答案】 14-5（提升） 定义在R上的函数满足，且时，则_.【正确答案】 14-6（提升） 已知函数为奇函数，且当时，则_.【正确答案】 或【原卷 15 题】 知识点 三角函数的化简、求值同角三角函数基本关系,用和、差角的正切公式化简、求值 【正确答案】-7 15-1（基础） 已知，且，则_【正确答案】 -1 15-2（基础） 已知，则_.【正确答案】 15-3（巩固） 若，且，则_.【正确答案】 15-4
26、（巩固） 设，则的值为_.【正确答案】 15-5（提升） 已知，若，则_【正确答案】 15-6（提升） 已知sin 2，02，则_【正确答案】 或0.5【原卷 16 题】 知识点 棱柱的结构特征和分类,圆锥的结构特征辨析,多面体与球体内切外接问题,柱、锥、台体的轴截面 【正确答案】 16-1（基础） 已知圆锥的底面半径为，母线长为，若圆锥内某正方体的底面在圆锥的底面上，则该正方体的最大体积为_.【正确答案】 1 16-2（基础） 四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若四棱锥的体积取值范围为，则该四棱锥外接球表面积的取值范围是_.【正确答案】 . 16-3（巩固）
27、已知四面体的各棱长都为4，点是线段的中点，若球是四面体的外接球，过点作球的截面，则所得截面圆的面积取值范围是_.【正确答案】 16-4（巩固） 已知正三棱柱的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为_.【正确答案】 16-5（提升） 已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是_【正确答案】 16-6（提升） 已知球是正三棱锥的外接球，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是_.【正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 正弦定理边角互化的应用,三角形面积公式及其应用,求三角
28、形中的边长或周长的最值或范围 【正确答案】（1）答案见解析（2）（2，8） 17-1（基础） 在中，内角，的对边分别为，且请在，这三个条件中任选两个，将问题（1）补充完整，然后解答问题1、已知_，计算的面积；2、当时，求的周长的最大值.注：如选择多种搭配方式分别解答，按第一个解答计分.【正确答案】 1、答案见解析 2、15 17-2（基础） 在，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答在中，的面积为，角A，B，C的对边分别为a，b，c且选条件：_1、求；2、作，使得四边形满足，求的取值范围【正确答案】 1、条件选择见解析，； 2、. 17-3（巩固） 在中，内角的对边分别为，且_在；这
29、三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答1、求角的大小；2、若角的内角平分线交于，且，求的最小值【正确答案】 1、 2、 17-4（巩固） 在，请在这两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并完成解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设为的面积，满足_(填写序号即可)1、求角C的大小；2、若，求周长的最大值 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】 1、 2、 17-5（提升） 在，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.在锐角中，内角的对边分别为，且满足_.1、求角的大小；2、若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围.注：如果选择多个
30、条件分别解答，按第一个解答计分.【正确答案】 1、 2、 17-6（提升） 在中，内角A，所对的边分别是，记的面积为S.已知_.从，三个条件中选择一个填在上面的横线上，并解答下列问题.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）1、求角A的大小；2、若边长，求的周长的取值范围.【正确答案】 1、无论选择，； 2、【原卷 18 题】 知识点 累加法求数列通项,含绝对值的等差数列前n项和,由递推关系证明等比数列 【正确答案】 18-1（基础） 已知在前n项和为的等差数列中，1、求数列的通项公式；2、求数列的前20项和【正确答案】 1、； 2、. 18-2（基础） 已知等差数列的前项和为，1
31、、求的通项公式2、设，求数列的前项之和【正确答案】 1、 2、 18-3（巩固） 已知是数列的前项和，且.1、求的通项公式；2、若，求.【正确答案】 1、 2、 18-4（巩固） 已知等差数列的公差为，数列的前项和为，且.1、求数列的通项公式；2、求数列的前项和；3、请直接写出的结果.【正确答案】 1、 2、 3、 18-5（提升） 在等比数列中，公比，且，又有4是和的等比中项1、求数列的通项公式；2、设，求数列的前21项和【正确答案】 1、 2、 18-6（提升） 在数列中，且满足.1、求数列的通项公式;2、设是数列的前项和，求.【正确答案】 1、； 2、.【原卷 19 题】 知识点 证明线
32、面垂直,线面垂直证明线线垂直,已知面面角求其他量 【正确答案】 19-1（基础） 如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.1、证明：.2、设二面角的平面角为，且，求的值.【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 19-2（基础） 如图，四棱锥的底面是直角梯形，且，正三角形所在平面与平面相互垂直，、分别为、的中点.1、求证：；2、若二面角的余弦值为，求的值.【正确答案】 1、证明见解析； 2、6. 19-3（巩固） 如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，1、求证：；2、已知点E在棱上，且，设，若二面角的余弦值为，求【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 19-4（巩固） 如图， 在三棱锥中
33、， 二面角是直二面角， ， 且， 为上一点， 且平面分别为棱上的动点， 且1、证明： ；2、若平面与平面所成角的余弦值为， 求的值【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-5（提升） 三棱锥中，直线与平面所成的角为，点在线段上.1、求证：；2、若点在上，满足，点满足，求实数使得二面角的余弦值为.【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 19-6（提升） 如图，四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，.1、求证：平面ABCD；2、设，当平面PAM与平面PBD夹角的余弦值为时，求的值.【正确答案】 1、证明见解析 2、【原卷 20 题】 知识点 由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量,由频率分
34、布直方图估计平均数,指定区间的概率 【正确答案】 20-1（基础） 为了提高生产效率，某企业引进一条新的生产线，现要定期对产品进行检测.每次抽取100件产品作为样本，检测新产品中的某项质量指标数，根据测量结果得到如下频率分布直方图.1、指标数不在和之间的产品为次等品，试估计产品为次等品的概率；2、技术评估可以认为，这种产品的质量指标数服从正态分布，其中近似为样本的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），计算值，并计算产品指标数落在内的概率.参考数据：，则，.【正确答案】 1、 2、，0.9544 20-2（基础） 2021年是“十四五”规划开局之年，也是建党100周年为了传承红色基因
35、，某学校开展了“学党史，担使命”的知识竞赛现从参赛的所有学生中，随机抽取100人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图（1）求频率分布直方图中的值，并估计该校此次竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（2）在该样本中，若采用分层抽样的方法，从成绩高于75分的学生中随机抽取7人查看他们的答题情况，再从这7人中随机抽取3人进行调查分析，求这3人中至少有1人成绩在内的概率；（3）假设竞赛成绩服从正态分布，已知样本数据的方差为121，用平均分作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，求该校本次竞赛的及格率（60分及以上为及格）参考数据：，【正确答案】 （1）；平均分为71分；（
36、2）；（3） 20-3（巩固） 2022年北京冬季奥运会将在北京市和河北省张家口市联合举行，北京市延庆区张山营镇的2022北京冬奥森林公园于2020年4月22日正式启动了冬奥赛区的树木移植工作本次移植的树木来自2022北京冬奥赛区树木假植区，包含暴马丁香、核桃楸、大叶白蜡等多个品种现从冬奥赛区树木假植区中抽取300棵暴马丁香，并对树木高度（单位：）进行测量，将测量结果绘制为如图所示的频率分布直方图（1）估计抽取的300棵暴马丁香树木高度的平均值（同一组中的数据可用该区间的中点值为代表）；（2）北京冬奥赛区树木假植区内的暴马丁香的高度（）服从正态分布，其中近似为样本平均数记为假植区内10000棵
37、暴马丁香中高度位于区间的数量，求；（3）在树木移植完成后，采取施用生根粉、加挂营养液等方式确保了移植树木的成活率，经验收，单棵移植成活率达到了90%假设各棵树木成活与否相互不影响，求移植五棵暴马丁香成活四棵及以上的概率（保留三位小数）附：若，则，【正确答案】 （1）；（2）；（3） 20-4（巩固） 某科技公司新研制生产一种特殊疫苗，为确保疫苗质量，定期进行质量检验某次检验中，从产品中随机抽取100件作为样本，测量产品质量体系中某项指标值，根据测量结果得到如下频率分布直方图：（1）求频率分布直方图中a的值；（2）技术分析人员认为，本次测量的该产品的质量指标值X服从正态分布，若同组中的每个数据用
38、该组区间的中间值代替，计算，并计算测量数据落在内的概率；（3）设生产成本为y元，质量指标值为x，生产成本与质量指标值之间满足函数关系假设同组中的每个数据用该组区间的中间值代替，试计算生产疫苗的平均成本参考数据：，则，【正确答案】 （1）；（2）；（3）元 20-5（提升） 为落实体育总局和教育部发布的关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见，某校组织学生加强100米短跑训练在某次短跑测试中，抽取100名男生作为样本，统计他们的成绩（单位：秒），整理得到如图所示的频率分布直方图（每组区间包含左端点，不包含右端点）1、若规定男生短跑成绩小于13.5秒为优秀，求样本中男生短跑成绩优秀的概率2、估计
39、样本中男生短跑成绩的平均数（同一组的数据用该组区间的中点值为代表）3、根据统计分析，该校男生的短跑成绩X服从正态分布，以（2）中所求的样本平均数作为的估计值若从该校男生中随机抽取10人，记其中短跑成绩在以外的人数为Y，求附：若，则【正确答案】 1、 2、 3、 20-6（提升） 中国制造2025是经国务院总理李克强签批，由国务院于2015年5月印发的部署全面推进实施制造强国的战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领.制造业是国民经济的主体，是立国之本、兴国之器、强国之基.发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命线某制造企业根据长期检测结果，发现生产的产品质量
40、与生产标准的质量差都服从正态分布，并把质量差在内的产品为优等品，质量差在内的产品为一等品，其余范围内的产品作为废品处理优等品与一等品统称为正品现分别从该企业生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差的样本数据统计如下：1、根据频率分布直方图，求样本平均数2、根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为100，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值，求该厂生产的产品为正品的概率.（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）参考数据：若随机变量服从正态分布，则：，.3、假如企业包装时要求把3件优等品球和6件一等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出三件产品进行检验，记摸出三
41、件产品中优等品球的件数为，求的分布列以及期望值.【正确答案】 1、70 2、0.8186 3、分布列见解析，1【原卷 21 题】 知识点 利用导数证明不等式,利用导数研究函数的零点 【正确答案】（1）证明见解析；（2）（0，3） 21-1（基础） 设函数（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；（2）证明：当时，【正确答案】 （1），（2）证明见解析 21-2（基础） 已知函数.1、若在上有2个零点，求a的取值范围；2、证明：.【正确答案】 1、 2、证明见解析 21-3（巩固） 已知函数.且函数有两个零点，1、求实数a的取值范围；2、设的两个零点，且，求证：.【正确答案】 1、； 2、证明见解
42、析. 21-4（巩固） 已知函数.1、若函数有两个不同的零点，求的取值范围；2、若函数有两个不同的极值点（其中），证明：.【正确答案】 1、 2、证明见解析 21-5（提升） 已知函数1、当时，求证：；2、讨论关于的方程的实根的个数.【正确答案】 1、答案见解析 2、答案见解析 21-6（提升） 若函数，1、求的零点个数；2、若的两个相异零点为求证：【正确答案】 1、1 2、证明见解析【原卷 22 题】 知识点 根据a、b、c求双曲线的标准方程,根据双曲线过的点求标准方程,双曲线中的定值问题 【正确答案】 22-1（基础） 已知双曲线的左、右顶点分别为，右焦点为，点P为C上一动点（异于两点），
43、直线和直线与直线分别交于M，N两点，当垂直于x轴时，的面积为21、求C的方程；2、求证：为定值，并求出该定值【正确答案】 1、 2、证明见解析，90 22-2（基础） 已知为坐标原点，双曲线：的离心率为，点P在双曲线上，点，分别为双曲线的左右焦点，.1、求双曲线的标准方程；2、已知点，设直线的斜率分别为，.证明：为定值.【正确答案】 1、 2、证明见解析 22-3（巩固） 已知双曲线，焦距为，浙近线方程为（1）求双曲线C的方程（2）已知M，N是双曲线C上关于x轴对称的两点，点P是C上异于M，N的任意一点直线PM、PN分别交x轴于点了T、S，试问：是否为定值若不是定值，说明理由，若是定值，请求出
44、定值（其中O是坐标原点）【正确答案】 （1）；（2）是定值，定值为2 22-4（巩固） 已知双曲线：的右焦点为，左顶点为A，且，到C的渐近线的距离为1，过点的直线与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.1、求双曲线C的标准方程.2、若直线MB，NB的斜率分别为，判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【正确答案】 1、 2、是定值， 22-5（提升） 已知双曲线C：经过点，且双曲线C的右顶点到一条渐近线的距离为1、求双曲线C的方程；2、过点P分别作两条互相垂直的直线PA，PB与双曲线C交于A，B两点（A，B两点均与点P不重合），设直线AB：，试求和
45、之间满足的关系式【正确答案】 1、 2、 22-6（提升） 已知双曲线的离心率为，左右顶点分别为M，N，点满足1、求双曲线C的方程；2、过点P的直线l与双曲线C交于A，B两点，直线OP与直线AN交于点D.设直线MB，MD的斜率分别为，求证：为定值.【正确答案】 1、； 2、证明见解析. 答案解析 1-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:利用补集及交集的定义即可求解.详解:由，得，所以.故选：B. 1-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:解不等式可求得集合，由补集和交集定义可求得结果.详解:由得：，即，或，.故选：A. 1-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:
46、先解二次不等式化简集合，再利用集合的交并补运算结合数轴法求得结果.详解:由得，故，则，因为或，所以，所以.故选：D. 1-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据题意,对集合进行化简,先求,再求即可.详解:解:全集,集合,.故选:B 1-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:求解绝对值不等式和指数不等式，解得集合，再求结果即可.详解:因为，故可得，.故选：A. 1-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求解分式不等式和一元二次不等式，解得集合，再求结果即可.详解:因为，即，且，解得，故；又，即，解得，故；，故.故选：C. 2-1【基础】 【正确答案】 B【试题解
47、析】 分析:由复数的模的性质：两个复数商的模等于它们的模的商，计算求值即可.详解:，.故选：B 2-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用复数除法运算化简，然后求得.详解:，所以.故选：A 2-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据复数的除法运算化简可得复数，即可求得答案.详解:由题意得，所以，故选：B 2-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先由已知等式求出复数，再可求出复数的模.详解:由题设有，故，故，故选：D. 2-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先计算，再计算，最后求即可详解:易知，则，所以，故选：D 2-6【提升】 【正确答案】
48、 C【试题解析】 分析:先将复数化简，然后求出其模，最后代入求出答案即可.详解:由已知得，所以，所以.故选:C. 3-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:解出题目中对应的不等式，然后可判断.详解:由可得，由可得，所以或，由可得，所以使“”成立的一个必要不充分条件为，故选：D 3-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据不等式的解法求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.详解:由题意，不等式，可得，解得，结合选项，不等式的一个充分不必要条件是.故选：C. 3-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:依次判断选项中的满足的大小关系式，由此可判断
49、充分性是否成立.详解:对于A，当时，满足，无法得到，充分性不成立，A错误；对于B，当时，或，充分性不成立，B错误；对于C，当时，可得到，C正确；对于D，当时，或，充分性不成立，D错误.故选：C. 3-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据给定条件，解一元二次不等式，并求出x的范围，再利用充分不必要条件的意义求解作答.详解:不等式，因此或或，于是得或或，即，显然，而选项A，C，D所对集合均不真包含于，所以不等式成立的充分不必要条件是，B是.故选：B 3-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据不等式在R上恒成立得出m的范围后，根据必要不充分条件的定义即可得出答案，注意区
50、分谁是条件，谁是结论.详解:不等式在R上恒成立，即一元二次方程在R上无实数解，解得：，因此：A选项为充要条件，故A错误；B选项与没有交集，即推不出，故B错误；C选项比范围大，即可推出，反之无法推出，故C正确；D选项比范围小，即可推出，反之无法推出，则是“不等式在R上恒成立”的充分不必要条件，故D错误.故选：C. 3-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:解不等式直接证明，或举特例判断.详解:根据得为任意实数，所以A错；由，得，当且时，有；当且时，有，不满足题意，所以B错；因为满足，也满足，不满足题意，所以C错；因为，所以，所以能推出，满足题意，D 正确.故选： D. 4-1【基础】
51、【正确答案】 A【试题解析】 分析:先将选择性必修有一二三这三本书排成一排的方法种数, 先将选择性必修有一二三这三本书排成一排的方法种数，由分步计数原理即可得出答案.详解:先将选择性必修有一二三这三本书排成一排，有种方法，再将必修一必修二这两本书插入两个空隙中，有种方法，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一必修二不相邻的排列方法种数是：.故选：A. 4-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:不相邻问题用插空，首先将6本不同的中文读物排好，再将4本不同的英文读物插入所形成的个空中的个空，按照分步乘法计数原理计算可得；详解:解：依题意首先将6本不同的中文读物全排列则有种排法，再将4本
52、不同的英文读物插入所形成的个空中的个空有种排法，按照分步乘法计数原理可得一共有种排法；故选：D 4-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:先考虑D和F的顺序不能相邻，用插空法，然后考虑A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，从而可得结论详解:解：6位同学参加接力赛跑，先考虑D和F的顺序不能相邻，其他四人的顺序数为种，D和F进行插空共有种，在所有符合条件的排序中，A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，所以，符合要求的顺序有240种故选：A 4-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:采用插空法，先排女性，再排男性，最后根据甲乙的顺序有两种，故再乘以 ，即可得答
53、案.详解:先排3名女性，有种排法，3名女性之间出现4个空，将4名男性排到这4个空对应的位置上，有种排法,由于女性甲和女性乙检测的先后顺序只有两种，故再乘以 ，因此不同的安排方法的种数是种，故选：B 4-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:分别算出2在首位、2与Z相邻情况下的车牌号数量，再求任选数字和字母得到的车牌号，应用间接法求满足要求的车牌号.详解:当2在首位时，在任选两个数在余下两个数字位上全排有，从任选两个字母在字母位上全排有；当2与Z相邻时，即2在数字位的最后，Z在字母位的最前面，再从任选两个数在余下两个数字位上全排有，从任选一个字母放在字母位的最后有；所以当2在首位和2与
54、Z相邻的情况共有种，而任选3个数字在数字位全排，任选2个字母在字母位全排共有种，所以满足要求的车牌号有种.故选：A 4-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:先将领导和队长A，B和C分别“捆绑”，利用间接法求解：先排“B与C相邻，和D，E，F排列，按插空排N”，再排除“B与C相邻，B与D相邻，和D，E，F排列，按插空排N”的情况详解:先将领导和队长A，B和C“捆绑”，分别当作一个整体M，N，有种不同的排法将N与D，E，F一起排列，有种不同的排法，再让N从中间的3个位置选1个位置排，有种不同的排法，所以共有种不同的排法当B与D相邻时，将B安排在中间，C，D安排在B的两侧，有种排法，然后
55、将他们3人当作一个整体P，与E，F一起排列，有种不同的排法，再让M从中间的2个位置中选1个位置排，共有种不同的排法故共有种不同的排法故选：B 5-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据数量积的运算规则以及向量垂直时的数量积表示即可.详解:因为，所以，；因为，即，解得或（舍去），所以，；故选：B. 5-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据数量积的坐标运算，求出，进而根据模长公式求解.详解:，解得，.故选：B. 5-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:通过向量的模的平方，求解向量的数量积，进而出，然后求的值详解:平面向量，且，所以，可得，所以，解得，所以，
56、所以故选:.点睛:本题考查向量的数量积以及向量的模的求法，考查转化思想以及计算能力，属于基础题. 5-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据已知结合向量数量积的运算律求得，再由即可求.详解:根据题意，则，又，则.故选：A. 5-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:以为原点建立直角坐标系，利用坐标关系即可求出.详解:由题以为原点建立直角坐标系，则，设，设，则，则，当，即时，取得最小值为8.故选：A. 5-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:可设，根据，可得的关系式，并得出的范围，将用表示，再根据函数的最值即可得解.详解:解：可设，则，即，则，当时，取得最大值
57、为6，即的最大值为6.故选：C 6-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:求出抛物线的焦点坐标，可得出的值，进而可求得椭圆的离心率.详解:抛物线的焦点坐标为，由已知可得，可得，因此，该椭圆的离心率为.故选：B. 6-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据抛物线和椭圆的对称性可知，点，然后由，求解.详解:O为坐标原点，由题意知，点，又因为A为抛物线和椭圆的交点，所以，设，则，所以，得，所以，即，解得.所以椭圆C的离心率为，故选：A.点睛:本题主要考查抛物线和椭圆的几何性质，利用对称性明确是解题的关键，属于基础题. 6-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用几
58、何性质确定中得，利用可得的关系，即可得椭圆离心率.详解:解：如图，抛物线的准线与轴的交点为因为是椭圆的左右焦点，所以抛物线准线为：直线，所以因为是底角为的等腰三角形，则 则则 ，整理得： 所以离心率.故答案为：A. 6-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到，将其代入椭圆方程得到，根据离心率公式得到，解方程可得结果.详解:由得，不妨设在第一象限，因为轴，所以，又在椭圆中，所以，即，所以，所以，所以，所以，所以，整理得，解得或（舍），故选：A点睛:关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于的等量关系利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到
59、，将其代入椭圆方程得到，根据离心率公式可得关于的等量关系. 6-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由抛物线定义及焦半径求出点P的坐标，代入椭圆方程结合b2+c2=a2求解而得.详解:已知椭圆的右焦点，抛物线的焦点为，准线为.因为，所以由抛物线的定又可知，解得，代人，得，所以.代入椭圆方程，得，即.因为，所以，即，即，解得或.因为椭圆的离心率，所以，则（负值舍去），故选A.点睛:求椭圆离心率，由题设条件建立含a、b、c中至少两个的关系等式，再与b2+c2=a2联立求解. 6-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由椭圆方程求出作和的坐标，由对称性设出的坐标，根据菱形的性质
60、求出横坐标，代入抛物线方程求出的纵坐标，将点的坐标代入椭圆方程，化简整理得到关于椭圆离心率的方程，即可得到该椭圆的离心率.详解:解：由题意得，椭圆，为半焦距），的左焦点为，右顶点为，则，抛物线与椭圆交于两点，两点关于轴对称，可设，四边形是菱形，则，将代入抛物线方程得，则不妨设，再代入椭圆方程，化简得，由，即有，解得或（舍去），故选：D 7-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据弧长与半径的关系，将两个弧所对应的半径求出，再根据圆柱的体积公式求出曲池的体积.详解:设对应半径为R，对应半径为r，根据弧长公式可知，因为两个扇环相同，长度为长度的3倍，所以，因为，所以，所以曲池体积为.故
61、选：D 7-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:设设圆柱的半径为，根据圆锥与圆柱的体积公式求解即可.详解:解：设圆柱的半径为，则，则该陀螺下半部分的圆柱的体积为，上半部分的圆锥的体积为，所以该陀螺下半部分的圆柱与上半部分的圆锥的体积的比值是.故选:D. 7-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据三角形面积和扇形面积可求得底面弓形面积，由此可得“莱洛三角形”的面积，由棱柱的体积公式可求得结果.详解:由题意知：底面正三角形面积为，底面三个小弓形的面积均为：，底面“莱洛三角形”的面积，“曲侧面三棱柱”的体积.故选：B. 7-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由
62、题意说明矩形在第一象限的顶点和在第四象限的顶点的横坐标为3，分别代入椭圆和圆方程求得它们的纵坐标后可得矩形的另一边长即圆柱的高，从而由圆柱体积公式计算体积详解:由题意矩形在第一象限顶点为，则，代入椭圆方程得，（负值舍去），代入圆方程得，（正值舍去），所以矩形平行轴的边长为，所以圆柱的底面半径为3，高为，体积为故选：B 7-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据圆台体积公式求得一个石子的体积，再结合圆柱的体积公式，求得需要填充石子的体积，即可求得结果.详解:根据题意，作图如下：如图所示，因为，所以.因为原水位线的直径，投入石子后，水位线的直径，则由圆台公式可得：；因为需要填充的石子
63、的体积是由圆台加圆柱体得到，即则需要石子的个数为，所以至少共需要3颗石子.故选：B. 7-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.详解:该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，因为，所以，因为重叠后的底面为正方形，所以,在直棱柱中，平面BHC，则,由可得平面，设重叠后的EG与交点为则则该几何体的体积为.故选：D. 8-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:依题意可得，再利用并项求和法计算可得；详解:解：因为当为奇数时，为偶数时，所以，所以，所以；故选：D 8-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:
64、利用并项求和法计算可得；详解:解：设数列的前项和为，当为奇数时，当为偶数时，所以.故选：B 8-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由并项求和法求解，详解:当或，时，；当，时，；当，时，故选：D 8-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用分组求和法结合等差数列公式计算得到答案.详解:故选：C. 8-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先根据累加法求出，进而求出，结合对数运算，算出前2021项之和.详解:，上面（n-1）个式子相加得：，其中，所以，即，令得：，解得：，经检验，符合，故的通项公式为：，所以，时，当时，当时，当时，所以故选：D 8-6【提升】 【
65、正确答案】 D【试题解析】 分析:分别取，和，可验证出，利用周期性可验算得到结果.详解:当，时，；当，时，；当，时，；当，时，.，.故选：D 9-1【基础】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:根据二项式系数之和为求出，即可判断A，再利用赋值法求出所有项系数和，即可判断B，再根据二项式系数的特征判断C，最后利用展开式的通项判断D；详解:解：因为展开式中各项的二项式系数之和为，所以，故A正确；令，得所有项的系数和为1，故B正确；因为，所以展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大，故C错误；因为通项是，当，2，4，6时为有理项，所以只有4项为有理项，故D正确故选：ABD 9-2【基础】 【正确
66、答案】 ACD【试题解析】 分析:根据二项式系数性质及组合数性质可判断A，根据二项式系数和公式可判断B，令得各项系数和可判断C，根据展开是可知当为偶数时，展开式为有理项，可判断D.详解:第4项的二项式系数为，根据组合数运算性质可知时最大，可得A正确，又二项式系数和为可得B错误，令得各项系数和为0可得C正确，由得当为偶数时，展开式为有理项，所以时为有理项，共4项，可得D正确.故选：ACD. 9-3【巩固】 【正确答案】 AB【试题解析】 分析:利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可详解:解：选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1
67、，故B正确；选项C：二项式系数最大的项为第4项和第5项，故C不正确；选项D：二项式的展开式的通项为，当时，二项式的展开式的第一项为有理项，当时，二项式的展开式的第三项为有理项，当时，二项式的展开式的第五项为有理项，当时，二项式的展开式的第七项为有理项，所以有理项有4项，故D不正确，故选：AB 9-4【巩固】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:运用代入法，结合二项式系数和公式、通项公式以及二项式系数性质逐一判断即可.详解:因为二项式的展开式中各项系数之和是，所以令可得：.A：因为，所以展开式共有项，因此本选项说法不正确；B：因为，所以二项式系数最大的项是第4项和第项，因此本选项说法不正确；C
68、：因为，所以所有二项式系数和为，所以本选项说法正确；D：由B可知：，当时，对应的项是有理项，故本选项说法正确，故选：CD 9-5【提升】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:对于A,先利用赋值法算出；对于B和D，求出展开式的通项公式，再由多项式乘法法则即可判断；对于C，展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和，然后用赋值法即可判断详解:解：对于A,令，所以的展开式中各项系数的和为，解得，故A正确；对于B和D,展开式通项公式为,当时，；当时，(舍去)，所以展开式中常数项为；当时，；当时，(舍去)，所以展开式中含项的系数为，故B错误，D正确；对于C，二项式展开式系数的绝对值的和可看做
69、是二项式展开式系数的和，所以令，展开式系数的和为，故C正确；故选：ACD 9-6【提升】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:对于A利用二项式定理可证明，对于B分4种情况分别求的系数后可得知答案，对于C，运用赋值法可求解，对于D，分成两类组合式可证明.详解:对于A，故A正确；对于B，的展开式的通项为，要求的系数，当时，有，其中的系数为；当时，有，不存在；当时，有，其中的系数为；当时，有，不存在.故多项式展开式中的系数为，故B不正确；对于C，的展开式的通项为，可知，所以，所以令，有，因此.故C正确；对于D，故D正确.故选：ACD 10-1【基础】 【正确答案】 AB【试题解析】 分析:先由图
70、像求出，然后逐项分析，对于A，利用三角函数图像变换规律判断即可，对于B，求出函数的对称轴方程，再判断，对于C，求出函数的单调区间判断，对于D，由解得，然后判断即可.详解:根据图象可知，则，因为，所以，其中，故，所以；把图象向右平移个长度，可得到的图象，A选项正确；令，解得，当时一条对称轴为，B选项正确；由，得，当时，在上递增，当时，在上递增，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在区间上不单调，因此C选项错误；由，得，解得，当时，得，当时，当时，所以函数在区间上有1286个零点，D选项错误故选:AB. 10-2【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:根据函数的对称性可得函数的周期
71、，即可求得，利用再根据函数的对称中心可求得，即可判断A；求出平移后的函数解析式，再根据三角函数的奇偶性可判断B；根据正弦函数的单调性可判断C；根据平移变换的原则可判断D.详解:解：因为相邻两条对称轴的距离为，故周期为，则，图象关于点对称，则，因为，所以，A错；，将函数的图象向右平移个单位长度后得，该函数是偶函数，图象关于y轴对称，B正确；令，得，所以函数在上的单调递减区间为，C正确；为了得到的图象，应该将函数的图象向右平移个单位，D错故选：BC. 10-3【巩固】 【正确答案】 AB【试题解析】 分析:先根据图像求出解析式，A、B选项直接代入判断，C选项求出整体的范围后判断单调性，D选项按照平
72、移变换进行判断.详解:由图可知，所以，代入，又，故.把点代入，A正确；当时，B正确；，f(x)不单调，C错误；，D错误.故选：AB. 10-4【巩固】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:利用待定系数法求出，从而可求出函数的函数解析式，再根据正弦函数的对称性，单调性，奇偶性及平移变换的特征逐一判断即可.详解:解：因为的图象过点，所以，因为，所以，因为的图象过点，所以由五点作图法可知，得，所以，对于A，因为，所以为的图彖的一条对称轴，所以A错误；对于B，的图象向右平移个单位后，得，所以B正确；对于C，若，则，所以在区间上不单调，所以C错误；对于，令，因为，所以为偶函数，所以D正确，故选：BD.
73、 10-5【提升】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:根据函数图象，求出解析式，然后逐项分析函数性质即可.详解:由图象可知，所以，.又在处有最大值，且，则有，且有.则，又，所以.所以，.所以，.则，A项不正确；当时，在上单调递减，则在区间单调递减，B项满足；当时，在内有两个零点，则在区间上有且仅有2个零点，C项正确；将的图象向右平移个单位长度后，得到为一个偶函数，D项不正确.故选：BC. 10-6【提升】 【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不单调，C错误；将的零点问题转化为与交点个数问题，
74、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 11-1【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:根据题意判断方程是否有解即可详解:解：对于A：，令，即，显然方程无实数根，故A错误；对于B：，令，即，解得，所以函数存在不动点，故B正确；对于C：，当时令，解得或，当时令，解得（舍去），所以存在不动点
75、，故C正确；对于D：，令，显然方程无解，即不存在不动点，故D错误；故选：BC 11-2【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:利用“和谐区间”的定义，逐一判断即可.详解:对于A选项：，当时，不满足题意，错误；对于B选项：，当时，满足题意，正确；对于C选项：，当时，满足题意，正确；对于D选项：，当时，不满足题意，错误.故选：BC. 11-3【巩固】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:利用题中定义可判断AB选项；数形结合可判断C选项；利用导数法可判断D选项.详解:对于A选项，函数在区间上为增函数，且当时，A不满足条件；对于B选项，函数在区间上单调递增，且当时，即函数存在“递增黄金区间”
76、，B满足条件；对于C选项，假设函数存在“递增黄金区间”，因为函数在区间上单调递增，根据题意可得，所以，、为函数与函数的交点的横坐标，如下图所示：由图象可知，直线与函数的图象有两个公共点，C满足条件；对于D选项，假设函数存在“递增黄金区间”，则，因为函数在区间上单调递增，根据题意可得，所以，、为函数与函数的交点的横坐标，事实上，令，其中，则，令可得，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，故，故方程无解，D不满足条件.故选：BC. 11-4【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:根据函数新定义，分析四个选项中的函数，函数值随着的增大，趋向于0，符合要求，或函数单调递增，有渐近线
77、，同样符合要求.详解:，单调递增，且无渐近线，故不存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道；随着的增大，函数值趋向于0，故对于任意给定的正数，存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道；随着的增大，函数值增大，有渐近线，故对于任意给定的正数，存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道；随着的增大，函数值趋向于0，故对于任意给定的正数，存在一个实数，使得函数在内有一个宽度为的通道.故选：BCD 11-5【提升】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:根据函数的单调性排除A、C，求出在上的值域为的，的值，即可判断B，根据一元二次方程根的分布求出参数的取值范围，即可判断D.详解:对于A，函数
78、是R上的偶函数，在R上不单调，A不正确；对于B，函数是R上的奇函数，且在R上单调递减，若存在，使函数在上的值域为，即，解得，即存在，使在上的值域为，B正确；对于C，函数定义域为，在和上都单调递增，但在其定义域内不单调，故C不正确；对于D，函数定义域为，且在上单调递增，若存在，使函数在上的值域为，即，为方程的两个实根，即方程有两个不等的实根令，当时，有，即，解得当时，有，即，不等式组无解综上所述，故D正确.故选：BD 11-6【提升】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:本题为函数新定义问题，关键是要读懂高斯函数的定义，代入具体值即可判断A,B选项，对于C选项字母的代入需要进行拆分化解，得到其
79、周期性，对于D选项在一个周期的范围内分析出其值域即可.详解:，故A正确；，,即,故选项B错误;，故C错误；由取整函数的定义知，对于D，由C的判断可知,为周期函数,且周期为1,当时,则当时,当时,此时值域为当时,故当时,则有,故函数的值域为,故D正确；故选：AD.点睛:本题为非常经典的高斯取整函数，在书本的课后习题中出现过，而且非常受出题人的青睐，对于其含义应该做一定程度的了解，这样在做题时会事半功倍，尤其是C,D选项需要逐步分析，得到其周期性，再分析其值域. 12-1【基础】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:根据球的性质先求出球的半径，可以判断选项ABD，根据线面关系可以判断选项B.详解
80、:对于A，因为是球的一条直径，所以，所以球的半径为，球的表面积为，A正确；对于B，若，则，B错误；对于C，因为与平面相交，所以上找不到一点，使得，C错误；对于D，因为到平面的距离的最大值为球的半径，所以四面体体积的最大值为D正确故选：AD 12-2【基础】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:将几何体补形为正方体，根据正方体与棱锥体积差判断A，由棱锥侧棱长相等、底面为正三角形确定定点射影的位置判断B，根据展开图及余弦定理判断C，由正方形对角线垂直可判断D.详解:由题意，可将该几何体补成正方体，如图，则该几何体的体积为正方体体积去掉一个三棱锥的体积，所以，故A错误；由题意知，为等边三角形，因为
81、，所以点在平面内的射影为的外心，即的中心，故B正确；把所在面沿折起，当四点共面时，连接，则的最小值即为的长，由余弦定理知，故，即的最小值为，故C错误；四边形为正方形， ，当与重合时，故D正确.故选：BD 12-3【巩固】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积.详解:，则，故，A正确；，故，B正确；连接，则，即，同理，故四边形为矩形，面积为，C错误；过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，故平行六面体的体积为，D正确.故选：ABD. 1
82、2-4【巩固】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积和体积即可判断A与B；由棱锥底面积与高为定值判断C；设BEx，列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小值判断D详解:在直三棱柱中，底面和是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为122+，故A正确；直三棱柱的体积为，故B不正确；由BB1平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点， 三棱锥的高为定值，2，故C正确；设BEx，则B1E2x，在和中，由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值，由对称可知，当为的中点时，其最小值为，故D正确故选：ACD点睛
83、:本题考查命题的真假判断与应用，考查直三棱柱的侧面积和体积的求法，函数思想求最值问题，空间想象能力和思维能力，属于中档题 12-5【提升】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:依据线线垂直判定定理判断选项A；求得异面直线与所成角的余弦值判断选项B；依据线面垂直判定定理判断选项C；求得体积与体积之比判断选项D.详解:选项A：三棱柱的侧棱垂直于底面，则由，可得平面又平面，则.判断正确；选项B：连接，则，则为直线与直线所成角或其补角中，则，故直线与直线夹角的余弦值为.判断错误；选项C：连接矩形中，分别是的中点，易得,所以则，又，则，又，则直线平面.判断正确；选项D：中，则，则.判断正确.故选：A
84、CD 12-6【提升】 【正确答案】 ABC【试题解析】 分析:利用正方体、三棱锥的体积公式求体积判定选项A正确；先利用正方体的外接球与正方体的关系求出半径，再利用球的体积公式求其体积，进而判定选项B正确；先判定截面的形状，再求其面积，进而判定选项C正确；利用两个三棱锥同高转化为求底面积，进而判定选项D错误.详解:对于A：由题意，得正方体体积为，三棱锥体积为，则，即选项A正确；对于B：设正方体的外接球的半径为，因为正方体的外接球的直径是该正方体的体对角线，所以，即，则其体积为，即选项B正确；对于C：由题意，得面DEF截正方体所得的截面为，即为等腰三角形，边的高为，所以截面面积为，即选项C正确；
85、对于D：三棱锥的体积为，在中，则，三棱锥的体积为，即三棱锥与三棱锥的体积不相等，即选项D错误.故选：ABC. 13-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:把向量的模平方，求得，设，直线方程与圆方程联立消元，由韦达定理得，代入可得值详解:因为，所以，即，又，所以，设，由，得，,，所以，解得，故答案为： 13-2【基础】 【正确答案】 或1.6【试题解析】 分析:联立直线与圆的方程，由韦达定理求出，结合，化简求解即可.详解:设，联立，消元得，当时，因为，所以，解得.此时，满足成立,故答案为： 13-3【巩固】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:联立直线与圆的方程,利用韦达定理得出两点横坐
86、标之间的关系式，利用两点间距离公式进行求解.详解:解 由，得设，则，因为，所以令，则，所以，当且仅当时等号成立所以的最大值为故答案为：. 13-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由题意求出的轨迹方程，与直线方程联立，再由面积关系求解详解:设，则，整理得设，联立整理得，故，又，故联立，解得故答案为： 13-5【提升】 【正确答案】 1，+)【试题解析】 分析:设，直线方程代入圆方程，由韦达定理得，由得关系，分离变量后由可得的不等式，从而得的范围详解:联立，消去y得：，设，由已知有，即，即，解得：，k的取值范围1，+)故答案为：1，+) 13-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分
87、析:先联立直线与圆，得到两根之和，并由根的判别式求出的取值范围，求出中点坐标，从而求出的垂直平分线，利用得到是直线与的垂直平分线的交点，故联立两直线，求出交点横坐标，即，利用的取值范围，求出的取值范围.详解:因为，所以是直线与的垂直平分线的交点，联立与，可得：，由得：或，设，则，所以，所以中点坐标为，的垂直平分线方程为：，与联立得：，因为或，所以故答案为： 14-1【基础】 【正确答案】 3【试题解析】 分析:分别令和得出关于、的方程，联立解之可得.详解:令，得，令，得，联立解得.故答案为：3. 14-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用抽象函数求值中的赋值法即可求解.详解:因为
88、对任意的，满足，且，令，则有，令，则有，所以，故答案为：. 14-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据函数的奇偶性和题设条件，得到，即可求解.详解:由题意，函数是定义在上的奇函数，所以，又由，且，所以.故答案为：. 14-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据已知条件把化成，再根据当时，代入即可.详解:因为对任意的恒有成立，所以有：，又因为当时，所以，所以故答案为：点睛:本题考查了求抽象函数的函数值，属于较易题. 14-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用函数的周期性和奇偶性即可得出结果.详解:因为，所以，即的周期为4，所以，又在R上满足，且时，所以.故
89、答案为： 14-6【提升】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:先求出，再结合奇函数的性质求出的值详解:因为当时，所以，因为函数为奇函数，所以，故答案为： 15-1【基础】 【正确答案】 -1【试题解析】 分析:通过，的齐次式，求得的值；再利用两角和差的正切公式求解.详解:又解得：本题正确结果：点睛:本题考查同角三角函数关系以及两角和差公式的应用，属于基础题. 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先求出，再利用和差角公式即可求解.详解:因为，所以，所以.因为，所以故答案为： 15-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先把两边平方得到，利用弦切互化所得方程可以化成关于的
90、方程结合，解出后可求的值详解:由可以得到，故，也就是，整理得到，故或又，所以故答案为：点睛:本题考查三角函数给值求值问题，三角函数中的化简求值问题，往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，属于中档题. 15-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:首先求出，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后利用两角差的正切公式计算可得.详解:解：， ，又，故答案为： 15-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用恒等变换公式和二倍角公式将，即可得，再利用恒等公式求出.
91、详解:因为，解得，所以，.又，所以，.所以.故答案为：. 15-6【提升】 【正确答案】 或0.5【试题解析】 分析:利用二倍角公式变形求出，根据三角恒等变换化简待求式为，即可代入求解.详解:因为，所以，所以，因为所以，即故答案为： 16-1【基础】 【正确答案】 1【试题解析】 分析:先由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大，设正方体边长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到轴截面，结合图形，由题中数据，列出方程求解，即可求出正方体的棱长，进而可求出体积.详解:由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大；因为圆锥的底面半径为，母线长为，所以圆锥的高为，设正方体棱长为
92、，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到如图所示的轴截面， 则图形可得：，解得：，所以该正方体的最大体积为.故答案为：.点睛:本题主要考查求圆锥内接正方体的最大体积，熟记正方体和圆锥的结构特征即可，属于常考题型. 16-2【基础】 【正确答案】 .【试题解析】 详解:四棱锥中，可得： 平面平面平面，过作于，则平面，设，故，所以，在中， ，则有， ,所以的外接圆半径，将该四棱锥补成一个以为一个底面的直三棱柱，得外接球的半径，所以故答案为点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体
93、的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 16-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先求得外接球的半径，然后根据球的截面计算出最小的截面圆和最大的截面圆的面积，由此求得截面圆的面积取值范围.详解:设等边三角形的外心为，正四面体外接球的球心为，高为.设球的半径为，由得，.过和作出球的截面图，是球的直径，最小的截面圆圆心为，半径为，面积为.最大的截面圆圆心为，半径为，面积为.故截面圆的面积取值范围是.故填：.点睛:本小题主要考查正四面体外接球半径的计算，考查过球内一点球的截面面积的取值范围的求
94、法，考查空间想象能力，考查运算求解能力，属于中档题. 16-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由题意正三棱柱的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线的中点，即可知当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，当过点D的平面垂直OD时截面圆的面积最小，分别求得截面圆的半径，即可得到面积.详解:正三棱柱的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线的中点，连接,，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，则，（1）当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为；（2）当过点D的平面垂直OD时截面圆的面积最小，截面圆的半径为，所以截面圆的面积最
95、小为，综上，截面面积的取值范围为故答案为： 16-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:该球的半径为，进而根据几何关系得正四棱锥的高，底面的边长为与侧棱长之间的关系，再计算体积，结合导数求解最值即可.详解:解：因为该球的体积为，所以该球的半径为，如图，设正四棱锥的高为，底面的边长为，中心为，球的球心为，则球的球心在上，所以，即，所以因为，即所以，因为，所以，解得，所以，该正四棱锥体积为，所以在上恒成立，所以在单调递增，所以，所以，该正四棱锥体积的取值范围是.故答案为： 16-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:设的中心为，球的半径为，连接，可得，解得，过点作圆的截面，当截面与
96、垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解详解:解：如图，设的中心为，球的半径为，连接，则，在中，解得，在中，过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为，最小面积为，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为所得截面圆面积的取值范围是，故答案为： 17-1【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、15【试题解析】 分析:（1）由正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式求出，在根据所选条件利用余弦定理及三角面积公式计算可得；（2）利用余弦定理及基本不等式计算可得；解：因为，由正弦定理可得，即所以，即又，所以，而，故，若选，则由余弦定理，得，解
97、得所以的面积为若选，则是等边三角形，所以，所以的面积为若选，则是等边三角形，所以所以的面积为解：由基本不等式，可得.由余弦定理得，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，即的周长的最大值为. 17-2【基础】 【正确答案】 1、条件选择见解析，； 2、.【试题解析】 分析:（1）若选：根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；若选：根据正弦定理，结合余弦定理进行求解即可；若选：根据三角形面积公式，结合平面向量数量积的定义进行求解即可.（2）根据正弦定理，结合降幂公式、辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.若选：由，根据正弦定理可得，即，即，可得，因为，所以；选：由，根据正
98、弦定理可得，可得，即，又由余弦定理，可得，因为，所以，若选：由，可得，即，可得，因为，所以；设，则，在中，由正弦定理得，可得在中，由正弦定理得，可得，因为，所以可得，当时，即，可得，当时，即，可得，所以的取值范围是 17-3【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）若选：利用正弦定理边化角，结合诱导公式可求得，进而得到；若选：根据三角形面积公式和平面向量数量积定义可构造方程求得，进而得到；若选：根据两角和差正切公式化简已知等式可求得，由可求得，进而得到；（2）根据，利用三角形面积公式化简可得，由，利用基本不等式可求得最小值.若选条件，由正弦定理得：，则，又，.若选条件，由得：
99、，则，又，.若选条件，由得：，即，又，.，即，（当且仅当，即时取等号），的最小值为. 17-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）若选，由面积公式及余弦定理得到，即可求出，从而得解；若选，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解.解：若选，因为，所以， 所以，所以，因为，所以 若选，因为，由正弦定理得， 所以，即，又，.解：由余弦定理得， 因此，当且仅当时等号成立， 所以的周长因此的周长的最大值为. 17-5【提升】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）通过正弦定理将等式中的边转换为
100、对应角的正弦值，中用正弦的半角公式展开计算即可；中用三角函数的恒等变换计算即可；中用余弦的二倍角公式计算即可.其中还涉及三角函数诱导公式在三角形中的应用.（2）根据已知条件，用正弦定理将的转换为正弦值，代入三角形面积公式中，化简即可求出的面积取值范围.由可得，因为为锐角三角形，所以，即；，得（舍去）, .故.由可得，即因为为锐角三角形，所以，且故.由得化简可得；因为为锐角三角形，所以，即故.已知,角与角的内角平分线相交于点,故,根据正弦定理;设即，；因为为锐角三角形，所以，得；即故的面积取值范围为： 17-6【提升】 【正确答案】 1、无论选择，； 2、【试题解析】 分析:（1）若选，由正弦定
101、理边化角可得，整理可得，根据A的范围，可求得角A；若选，正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，可得整理可得，根据A的范围，可求得角A；若选，根据余弦定理、面积公式，代入化简可得根据A的范围，可求得角A；（2）根据（1）及正弦定理可得，根据两角和的正弦公式、辅助角公式，整理可得，根据角B的范围及正弦函数的性质，即可得答案.若选，由正弦定理边化角可得，因为，所以，所以，解得；若选，由正弦定理边化角可得，所以，所以，因为，所以，解得；若选，由余弦定理可得，所以，所以，所以因为，所以由（1）得，由正弦定理得，所以，因为，所以，当时，有最大值为4，所以，所以的周长的取值范围为 18-1【基础】 【正确答
102、案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）根据等差数列前n项和、通项公式求首项与公差，进而写出通项公式.（2）首先判断、对应n的范围，再根据各项的符号，应用分组求和及等差数列前n项和求.由，则，由，则，所以，即，故，则.由（1）知：，可得，即，故时，所以. 18-2【基础】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）根据题意得，解方程计算即可；（2）根据题意得，代入计算即可.设等差数列的公差为，则由已知可得：，解得，所以.因为，所以. 18-3【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）由与的关系求解；（2）分段讨论后由等差数列的前项和公式求解.当时，当时，也符合上
103、式，所以，因为，所以时，；时，当时，当时，.综上： 18-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、 3、【试题解析】 分析:（1）利用等差数列的性质，列方程求出基本量，即可求解；（2）利用等差数列和等比数列的前项和公式，分组求和即可得到答案；（3）根据绝对值和等差数列前项和的性质，对进行分段，即可求得答案为等差数列，得到公差，进而得到，所以，令，得，又，整理得， 18-5【提升】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）根据题意，求得和，进而求得的值，即可求解；（2）由（1）得到和，进而求得数列的前项的和.因为，可得，即，又因为，所以，因为4是和的等比中项，所以，即与是方程的两个根，且，
104、所以，即，解得，所以数列的通项公式为.由，可得，则，则数列的前项和为，当时，所以；当时，所以. 18-6【提升】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）根据已知条件可判断是等差数列，求出公差，再由等差数列的通项公式可得的通项公式；（2）先计算数列的前项和，再分和分别求即可求解.由可得是等差数列，且公差，所以.由，可得的前项和，当时，当时，此时，所以，综上所述：. 19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.【试题解析】 分析:（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利
105、用空间向量夹角公式进行求解即可.证明：取的中点，连接.因为，所以.又，所以四边形是平行四边形，从而.因为，所以，从而.因为，所以，则.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，从而.又，平面，所以平面，因为平面，所以；由（1）知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，可得.设平面的法向量为，由，不妨令，则.因为平面，所以可取平面的一个法向量为，因为，所以，解得或（舍去）. 19-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、6.【试题解析】 分析:（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的性质推理作答.（2）取的中点，连接，以O为原点建立
106、空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.在四棱锥中，是正三角形，是的中点，则，又平面平面，平面平面，平面，则有平面，而平面，所以.取的中点，连接，在直角梯形中，、分别为、的中点，则，又，即有，由（1）知平面，又、平面，则，.以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的一个法向量，则，令，得，由（1）知，平面，则是平面的一个法向量，因二面角的余弦值为，则，又，解得，的值是6. 19-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.【试题解析】 分析:（1）取的中点O，连接，得到，再由是正三角形，得到，证得平面，进而得到；（2）以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立的
107、空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式列出方程，即可求解.证明：因为是正三角形，所以因为，公共边，所以，所以，因为是直角三角形，所以，取的中点O，连接，则，因为是正三角形，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以解：在直角中，因为，所以，所以，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得平面的法向量为设，由，可得，可得设面的法向量为，则，取，可得，所以，则，又因为，解得 19-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，即可得证；（2）建立
108、空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.证明：平面平面，平面平面，且平面，平面，又平面，又平面，平面，且，平面，平面，又平面，解：如图，以点为原点，分别以，过点且与平面垂直的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，则，由，可得，因为平面与平面所成角的余弦值为，所以，设为平面的法向量，则，即，令，则，所以，取平面的法向量，则，令，则，化简得，即（负值舍去），所以 19-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.【试题解析】 分析:（1）证明平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于实数的等式
109、，即可解得实数的值.证明：因为，则且，平面，所以为直线与平面所成的线面角，即，故，平面，平面，因此，.解：设，由（1）可知且，因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，则，取，可得，设平面的法向量为，由，取，则，由已知可得，解得.当点为线段的中点时，二面角的平面角为锐角，合乎题意.综上所述，. 19-6【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）首先证明平面，进而得，再根据勾股定理证明，最后利用线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）首先以点A为坐标原点，分别以ABADAP所在直线为xyz轴建立如下图所示的空间
110、直角坐标系，然后写出各点坐标并求解平面与平面的法向量，利用夹角公式，根据已知条件中夹角余弦值为列出关于的等式，解方程即可求出.取CD的中点E，连接BE，四边形ABCD为直角梯形，且E为CD的中点，且，所以，四边形ABED为矩形，平面，平面，平面PAD，平面PAD，平面，平面，平面ABCD；由（1）可知，PAABAD两两垂直，以点A为坐标原点，分别以ABADAP所在直线为xyz轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面PBD的法向量为，由，得，令，得.，设平面PAM的法向量为，由，得，令，则，由于平面PAM与平面PBD夹角的余弦值为，则，整理可得，解得. 20-1【基础】 【正确答案】
111、1、 2、，0.9544【试题解析】 分析:（1）由频率和为1求参数，结合频率直方图求在和的频率即可得出结果.（2）按平均数公式求解,由，根据公式对比计算即可得出结果.由，解得，样本中指标数不在和之间的频率为，所以产品为次等品的概率估计值为.依题意.所以，所以. 20-2【基础】 【正确答案】 （1）；平均分为71分；（2）；（3）【试题解析】 分析:（1）由频率和为1得，根据公式计算平均数即可；（2）成绩在，内的频率分别为0.25，0.1，可得成绩在内的有5人，成绩在内的有2人，即可求相应概率；（3）根据正态分布概率公式即可求解.详解:解：（1）由频率分布直方图可得，解得这组样本数据的平均数
112、为所以估计该校此次竞赛成绩的平均分为71分；（2）自频率分布直方图可知，成绩在，内的频率分别为0.25，0.1所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的7人，成绩在内的有5人，成绩在内的有2人记事件这3人至少有1人成绩在内则；（3）由题意知，样本方差，故，所以竞赛成绩该校竞赛的及格率 20-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）【试题解析】 分析:（1）根据直方图中各矩形的面积之和为，可求得抽取树木高度为的频率，再运用每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得样本的平均值；（2）根据（1）估计得，由正态分布密度曲线的性质求得概率， 依题意知，从而根据二项分布的期望公式可得答案
113、（3）根据独立重复实验的概率公式可求得答案详解:（1）抽取树木高度为的频率为，所以样本均值（2）由第一问估计，一棵树的高度位于区间的概率为0.1359，依题意知，所以（3）记移植五棵树中成活了棵点睛:方法点睛：本题主要考查频率分布直方图的应用，属于中档题. 直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数. 20-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）元【试题解析】 分析:（1）由频率之和等于1求出a的值；（2）先由
114、频率分布直方图求平均数的方法得出，再由参考数据得出数据落在内的概率；（3）先由频率分布直方图得出每组的质量指标值，再根据生产成本与质量指标值之间的函数关系得出生产疫苗的平均成本详解:解：（1）由解得（2）依题意，故所以故测量数据落在内的概率约为（3）根据题意得故生产该疫苗的平均成本为点睛:关键点睛：解决问题二的关键在于由频率分布直方图计算平均数的方法得出，进而由正态分布的性质得出概率. 20-5【提升】 【正确答案】 1、 2、 3、【试题解析】 分析:（1）先由频率分布直方图求出，然后可得出答案.(2)根据平均数的公式可得答案.(3) 由（2）知,由正态分布求出该校男生短跑成绩在以外的概率，
115、根据题意，从而可得答案.由频率分布直方图可得，解得，所以样本中男生短跑成绩优秀的概率为估计样本中男生短跑成绩的平均数为由（2）知，所以，所以该校男生短跑成绩在以外的概率为根据题意，所以 20-6【提升】 【正确答案】 1、70 2、0.8186 3、分布列见解析，1【试题解析】 分析:（1）结合频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表即可求得平均值；（2）分析易知，而正品概率，然后结合参考数据即可得解；（3）X所有可能值为0，1，2，3，再利用超几何分布求出每个的取值所对应的概率即可得到分布列，然后求出数学期望即可.由频率分布直方图可知，.由题意可知，样本方差，故，所以，该厂生产的
116、产品为正品的概率：.X所有可能值为0，1，2，3.，.所以的分布列为数学期望. 21-1【基础】 【正确答案】 （1），（2）证明见解析【试题解析】 分析:（1）设，根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可；（2）设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可详解:（1）解：设，因为当时，为增函数，当时，所以在上恒大于零，所以在上不存在零点，当时，在上为增函数，根据增函数的和为增函数，所以在上为单调函数，所以在上若有零点，则仅有1个，所以，即，解得，所以实数的取值范围（2）证明：设，则，则，所以 ，因为，所以，所以在上递增，在上恒成立，所以在上递增，而，因为，所以，所以恒成立，所以当时
117、， 21-2【基础】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）先分离出，利用导数确定函数的单调性，再运用数形结合的思想可求解；（2）将转化为证明，再分别求最值可求证.当时，由，得.设函数，则.当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，所以.因为，且在上有2个零点.所以a的取值范围为.证明：要证，只需证.当时，则.当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立.设函数，则.当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以，当且仅当时，等号成立.故，因为，所以等号取不到，所以，即，所以. 21-3【巩固】 【正确答案】 1、； 2、证明见解
118、析.【试题解析】 分析:(1)先利用导数分析函数单调性，分，两种情况，结合边界、极值正负分析即得解；(2)利用零点的意义建立关系式，再对所证不等式等价变形，然后构造函数，利用导数探讨函数单调性推理作答.函数的定义域为，对函数求导得，当时，函数在上单调递增，至多有一个零点，不成立；当时，当时，当时，则函数在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，故若函数有两个零点，则极大值，解得：.故实数a的取值范围是.由(1)可知，因是函数的两个零点，则，即，要证，两边同时取自然对数，只需证明，只需证明，即证，只需证，即证，令，而，则，只需证明，令函数，求导得：令函数，求导得，则函数在上单调递增，于是有，因此
119、，函数在上单调递减，则，即成立，所以原不等式得证.点睛:思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理. 21-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）求导，分类讨论判断的单调性，进而根据零点运算求解；（2）根据极值点的概念整理原不等式可得，构建新函数，求导，利用导数证明.，当时，所以在上单调递增，不可能有两个零点，舍去.当时，在上单调递减，在上单调递增，因为有两个不同的零点，则因为，所以在上存在一个零点；又当时，所以在上也存在一个零点综上，（），则.因为有两个不同的极值点，（），则，要证，
120、只要证，因为，所以只要证，又，作差得，所以，所以原不等式等价于要证明，即.令，则以上不等式等价于要证，.令，则，所以在上单调递增，即，所以.点睛:对于，常用作差建立关系，再结合题意化简整理，再利用导数证明不等式. 21-5【提升】 【正确答案】 1、答案见解析 2、答案见解析【试题解析】 分析:（1）将问题转化为证明.（2），令，则，令，研究零点即可.当时，因，.令，下证，令，有；令，有.则在上单调递增，在上单调递减，则.即时，因，则，令.则令，其中，则方程的实根的个数，就是零点个数.，令，则，得在上单调递减，在上单调递增，有当时，有.得，即在上单调递增.又注意到，则当时，方程的实根的个数为1
121、.当时，因，在上单调递增.则使得.得在上恒小于0，在上恒大于0.即在上单调递减，在上单调递增.又，故，使得注意到,因，则若有零点，则必有零点.结合，有.则当时，方程的实根的个数为3.综上：当时，方程的实根的个数为1.；当时，方程的实根的个数为3.点睛:关键点点睛：本题涉及利用导数证明不等式，利用导数研究函数零点等知识.（1）较为基础，转化为求函数最值即可.（2）难度较大，需首先将方程等价变形，通过单调性，零点存在性定理，适当取点后找到一个零点，然后需发现若有零点，则必有零点. 21-6【提升】 【正确答案】 1、1 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）求导得，根据在恒成立，且即可得到其零点
122、个数.（2）欲证，令，只需证，再由（1）中结论，即可证.，定义域为因为，所以恒成立，只有所以在上单调递增，又所以当时，的零点个数为1不妨设，由，得，则，令，即，要证，只需证，只要证，即证即证，由（1）中可知，当，所以lnt成立故 22-1【基础】 【正确答案】 1、 2、证明见解析，90【试题解析】 分析:（1）由题意可得的方程组，从而得到结果；（2）设，得到直线和直线的方程，解出M，N两点坐标，可知，从而得到定值.由题意知，则当轴时，故的面积，解得，故C的方程为由（1）得，设，则直线，令，得；直线，令得故，因为，故，又，则因此，故，即 22-2【基础】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试
123、题解析】 分析:（1）结合双曲线定义即可；（2）设点，结合两点斜率公式即可.由题知：由双曲线的定义知：，又， 双曲线的标准方程为.设，则， 22-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）是定值，定值为2【试题解析】 分析:（1）求出后可得双曲线的标准方程.（2）设直线的方程为，则， 且，联立直线方程和双曲线方程，消元后利用韦达定理化简前者后可得所求的定值.详解:（1）又因为渐近线方程为，.（2）是定值，定值为2设直线的方程为，则，将直线方程代入得，因为渐近线方程为，与渐近线不平行，.设点，则，由韦达定理可得，由N，S，P三点共线得，故，即为定值且定值为2. 22-4【巩固】 【正确答案】 1、
124、 2、是定值，【试题解析】 分析:（1）由题意可得，再结合可求出，从而可求出双曲线方程，（2）设直线：，将直线方程代入双曲线方程消去，利用根与系数的关系，表示出直线的方程，可表示出点的坐标，同理可表示出点的坐标，从而可表示，然后计算化简即可由题意得，渐近线方程为，则到渐近线的距离为，又因为，所以，故双曲线的标准方程为.设直线：，联立方程组得，所以，.因为直线的方程为，所以的坐标为，同理可得的坐标为.因为，所以，即为定值. 22-5【提升】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）将点代入得，根据点到直线得距离公式可得，求得，即可得解；（2）设，联立方程，利用韦达定理求得，再根据，可得
125、，计算从而可得出答案.已知双曲线C：经过点，则，右顶点为，不妨取渐近线为，即，则，从而可解得，所以双曲线C的方程为；设，联立，消得，则，则，因为，则，即，即，即，整理得，所以.点睛:关键点点睛：本题考查了利用待定系数法求双曲线的方程，考查了直线与双曲线的位置关系，解决第二问的关键在于由转化为，计算量比较大，有一定的难度. 22-6【提升】 【正确答案】 1、； 2、证明见解析.【试题解析】 分析:（1）利用向量数量积列出方程，求出，结合离心率求出，从而得到，求出双曲线方程；（2）考虑直线斜率不存在，不合题意，当斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，求出直线OP方程，表达出直线，联立求出点坐标，计算，将两根之和，两根之积代入，化简得到为定值.由题意知，又，所以，由，可得，又，所以，故，所以双曲线的方程为；因为，若直线l的斜率不存在，则l与双曲线C仅有一个公共点，不合题意，故l的斜率存在，设l：，联立得：，设，则.因为，故，又，所以，联立，解得，于是所以为定值.点睛:直线与圆锥曲线结合，通常设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题干条件列出方程，或表达出直线斜率，三角形或四边形面积等，将两根之和，两根之积代入化简，进行解答.
