1、 河北省唐山市2022届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,具体函数的定义域,解不含参数的一元二次不等式,解不含参数的一元一次不等式 【正确答案】B 1-1（基础） 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-2（基础） 设集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 1-3（巩固） 设集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 1-4（巩固） 若集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 1-5（提升） 设集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 1-6（提升） 集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B【原卷 2 题】 知
2、识点 函数奇偶性的定义与判断 【正确答案】C 2-1（基础） 已知是定义在上的函数，则“是上的偶函数”是“都是上的偶函数”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【正确答案】 B 2-2（基础） 已知是定义在上的增函数，则（ ）A.函数为奇函数，且在上单调递增B.函数为偶函数，且在上单调递减C.函数为奇函数，且在上单调递增D.函数为偶函数，且在上单调递减【正确答案】 C 2-3（巩固） 已知，且是定义在R上的奇函数，则（ ）A.是奇函数B.是偶函数C.既是奇函数又是偶函数D.既不是奇函数也不是偶函数【正确答案】 B 2-4（巩固） 已知f（xy）f（x）
3、f（y）对任意实数x，y都成立，则函数f（x）是（ ）A.奇函数B.偶函数C.既是奇函数，也是偶函数D.既不是奇函数，也不是偶函数【正确答案】 A 2-5（提升） 若定义在R上的函数满足：对任意，有，则下列说法一定正确的是（ ）A.为奇函数B.为偶函数C.为奇函数D.为偶函数【正确答案】 C 2-6（提升） 记，已知均是定义在实数集上的函数，设，有下列两个命题：若函数都是偶函数，则也是偶函数；若函数都是奇函数，则也是奇函数则关于两个命题判断正确的是（ ）A.都正确B.正确错误C.错误正确D.都错误【正确答案】 B【原卷 3 题】 知识点 描述正（余）弦型函数图象的变换过程 【正确答案】D 3-
4、1（基础） 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）A.向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向左平移个单位长度【正确答案】 C 3-2（基础） 为了得到函数，的图象，只需把函数，的图象上所有的点（ ）A.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）B.向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）C.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）D.向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）【正确答案】 C 3-3（巩固） 为了得到函数的图象，只需将函数的图象（
5、 ）A.向左平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变B.向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C.所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度D.所有点的横坐标缩短，纵坐标不变，再向右平移个单位长度【正确答案】 D 3-4（巩固） 为了得到的图象，只需将的图象（ ）A.向左平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度【正确答案】 B 3-5（提升） 已知A，B是函数的图像上的两个相邻最高点和最低点，且，为得到的图像，只需要将函数的图像（ ）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单
6、位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移3个单位长度【正确答案】 A 3-6（提升） 要得到的图像，只需将的图像（ ）A.向左平移B.向右平移C.向左平移D.向左平移【正确答案】 D【原卷 4 题】 知识点 分步乘法计数原理及简单应用,分组分配问题 【正确答案】B 4-1（基础） 乾隆皇帝欲将4幅不同的字画全部赏赐给刘墉、纪昀、和珅3位大臣，每位大臣至少1幅，共有（ ）种不同的分法A.24B.36C.48D.72【正确答案】 B 4-2（基础） 中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实
7、验舱的种数有（ ）A.60B.66C.72D.80【正确答案】 C 4-3（巩固） 2022年10月16日中国共产党二十大报告中指出“我们经过接续奋斗，实现了小康这个中华民族的千年梦想，打赢人类历史上规模最大的脱贫攻坚战，历史性地解决绝对贫困问题，为全球减贫事业作出了重大贡献”，为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式共有（ ）A.1176B.2352C.1722D.1302【正确答案】 A 4-4（巩固） 年月日至月日，第届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛在成都举行，组委会安排甲、乙等名工
8、作人员去个不同的岗位工作，其中每个岗位至少一人，且甲、乙人必须在一起，则不同的安排方法的种数为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 4-5（提升） 绿水青山就是金山银山，浙江省对“五水共治”工作落实很到位，效果非常好现从含有甲的5位志愿者中选出4位到江西，湖北和安徽三个省市宣传，每个省市至少一个志愿者若甲不去安徽，其余志愿者没有条件限制，共有多少种不同的安排方法（ ）A.228B.132C.180D.96【正确答案】 B 4-6（提升） 2022年遂宁主城区突发“920疫情”，23日凌晨2时，射洪组织五支“最美逆行医疗队”去支援遂宁主城区，将分派到遂宁船山区、遂宁经开区、遂宁高新区进行核酸采
9、样服务，每支医疗队只能去一个区，每区至少有一支医疗队，若恰有两支医疗队者被分派到高新区，则不同的安排方法共有（ ）A.30种B.40种C.50种D.60种【正确答案】 D【原卷 5 题】 知识点 计算古典概型问题的概率 【正确答案】D 5-1（基础） 我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的周髀算经、九章算术、海岛算经、孙子算经、缉古算经，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献这5部专著中3部产生于汉、魏晋、南北朝时期某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著均是汉、魏晋、南北朝时期专著的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 5-2（基础
10、） 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机选取4个介绍给外国的朋友，则这4个节气中含有“立春”的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 5-3（巩固） 我们的祖先创造了一种十分重要的计算方法：筹算.筹算用的算筹是竹制的小棍，也有骨制的.据孙子算经记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，如图所示，例如：表示62，表示26，现有5根算筹，据
11、此表示方式表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数大于40的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 5-4（巩固） 史记中讲述了田忌与齐王赛马的故事：“田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.”若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，从中随机选1匹进行1场比赛，则齐王的马获胜的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 5-5（提升） 孪生素数猜想是数学家希尔伯特在1900年提出的23个问题中的第8个：存在无穷多个素数p，使得是素数，素数对称为孪生素数那么在不超过12的素数中任意取出不同
12、的两个，则能组成孪生素数的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 5-6（提升） 魔方又叫鲁比克方块（RubksCube），是由匈牙利建筑学教授暨雕塑家鲁比克艾尔内于1974年发明的机械益智玩具，与华容道独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界的三大不可思议.三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从所有的小正方体中任取一个，恰好抽到中心方块的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 6 题】 知识点 抛物线的焦半
13、径公式 【正确答案】A 6-1（基础） 在抛物线上有三点A，B，C，F为其焦点，且F为ABC的重心，则（ ）A.6B.8C.9D.12【正确答案】 D 6-2（基础） 已知抛物线的焦点为F，点A，B是抛物线C上不同两点，且A，B中点的横坐标为2，则（ ）A.4B.5C.6D.8【正确答案】 C 6-3（巩固） 设抛物线的焦点为，点在上，若，则（ ）A.B.4C.D.6【正确答案】 A 6-4（巩固） 已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，过A点作准线的垂线交准线于，若，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 6-5（提升） 已知点A是抛物线C：上一点，F为焦点，O为坐标原点，若以点O为圆心，
14、以的长为半径的圆与抛物线C的另一个交点为B，且，则的值是（ ）A.B.6C.D.7【正确答案】 C 6-6（提升） 设抛物线的顶点为坐标原点，焦点的坐标为，若该抛物线上两点、的横坐标之和为，则弦的长的最大值为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 7 题】 知识点 比较对数式的大小 【正确答案】A 7-1（基础） 已知，则a，b，c的大小关系为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 7-2（基础） 若，则a，b，c的大小关系为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 7-3（巩固） 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 7-4（巩固） 若，则，的大小关系是（ ）A.B.C.D.【
15、正确答案】 C 7-5（提升） 已知，则正数的大小关系为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 7-6（提升） 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 8 题】 知识点 基本不等式求和的最小值,圆柱表面积的有关计算,多面体与球体内切外接问题 【正确答案】B 8-1（基础） 设直四棱柱的每个顶点都在球O的球面上，底面ABCD为平行四边形，侧面的面积为6，则球O表面积的最小值为（）A.B.C.D.【正确答案】 D 8-2（基础） 阳马，中国古代算数中的一种几何体，它是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥.已知在阳马中，平面，且阳马的体积为9，则阳马外接球表面积的最小值是（ ）A
16、.B.C.D.【正确答案】 C 8-3（巩固） 已知正三棱柱中，侧面的面积为4，则正三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 8-4（巩固） 四棱锥中，底面为矩形，体积为，若平面，且，则四棱锥的外接球体积的最小值是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 8-5（提升） 直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 8-6（提升） 已知三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径为R，若AA1平面ABC，ABC是等边三角形，则三棱柱ABCA1B1C1的侧面积的最大值为（ ）A.B.C.D.【正确答案
17、】 C【原卷 9 题】 知识点 复数加减法的代数运算,复数代数形式的乘法运算,共轭复数的概念及计算,复数的除法运算 【正确答案】A C 9-1（基础） 下面四个命题正确的是( )A.若复数满足，则B.若复数满足，则C.若复数，满足，则D.若复数，满足，则【正确答案】 AC 9-2（基础） 设，则（ ）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【正确答案】 ACD 9-3（巩固） 对于任意复数，下列说法中正确的有（ ）A.若，则B.若，则C.D.若，则【正确答案】 AD 9-4（巩固） 已知复数，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 ABD 9-5（提升） 关于复数，下列说法正确的是（ ）A.若复
18、数，则B.若，则或C.若复数，则D.若复数满足，则复数z对应的点所构成的图形面积为【正确答案】 AD 9-6（提升） 已知i为虚数单位，以下四种说法中正确的是（ ）A.是纯虚数B.若，则复平面内对应的点位于第四象限C.若，则D.已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线【正确答案】 CD【原卷 10 题】 知识点 切线长,直线与圆中的定点定值问题,直线与圆的位置关系求距离的最值 【正确答案】A B D 10-1（基础） 已知圆C：，直线l：，点P在圆C上，点Q在直线l上，则（ ）A.直线l与圆C相交B.的最小值为C.到直线l的距离为1的点P有且只有2个D.从点Q向圆C引切线，切线的长的
19、最小值是2【正确答案】 BC 10-2（基础） 已知圆：，则下列说法正确的有（ ）A.圆关于直线对称的圆的方程为B.直线与圆的相交弦长为C.若点是圆上的动点，则的最大值为D.若圆上有且仅有三个点到直线的距离等于，则或-3【正确答案】 AD 10-3（巩固） 过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，则（ ）A.原点在以为直径的圆内B.线段的长度可以为C.圆上存在不同两点，使D.四边形面积的最小值为【正确答案】 ACD 10-4（巩固） 圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（ ）A.直线与圆相交B.的最小值是1C.从点向圆引切线，切线长的最小值是3D.直线被圆截得的弦长取值范围为【
20、正确答案】 BCD 10-5（提升） 已知圆 ，点P是直线l:x + y = 0上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（ ）A.圆M上恰有一个点到直线l的距离为B.切线长PA的最小值为1C.四边形AMBP面积的最小值为1D.直线AB恒过定点【正确答案】 BCD 10-6（提升） 已知点在圆上，点，则（ ）A.点到直线的距离最大值为B.满足的点有3个C.过点作圆的两切线，切点分别为，则直线的方程为D.的最小值是【正确答案】 ACD【原卷 11 题】 知识点 写出简单离散型随机变量分布列,求离散型随机变量的均值,均值的实际应用,由指数函数的单调性解不等式 【正确
21、答案】C D 11-1（基础） 石榴（Punicagranatum）原名“安石榴”，果实酸甜各异，是温带、亚热带稀有水果之一自古就有“九州之奇树，天下之名果”、“多籽丽人”的美称石榴原产伊朗中亚地区，秦汉时期，通过“丝绸之路”引入我国，已有两千多年的栽培历史，我国南北各地均有小流域的栽培，共有100多个品种金秋十月，怀远石榴成熟不同品种的石榴价格及某石榴销售点根据以往各种石榴日销量的统计如下表：种类软籽硬籽红玛瑙白花玉石籽红花玉石籽红玛瑙白花玉石籽红花玉石籽售价（单位：元/kg）151818161820日销量（单位：kg）50807080120100此销售点对去年同一时间的20天，每天到该销售
22、点要求订购石榴数量统计如下表：重量范围（单位：kg）01001013003016006019009011500重量（单位：kg）502004508001250天数（单位：天）151031根据以往的经验，该销售点只有销售额的三分之一作为销售点员工的工资和销售点的利润，其余的费用是其它各项消费目前该销售点有员工5人，每人每天销售石榴不超过300 kg，日工资280元；该销售点正在考虑每日利润的数学期望决定是否将员工裁减1人以上数据已做近似处理，要求：（1）将频率视为概率；（2）在计算每千克石榴的价格的平均值时，结果精确到元（即精确到个位数）则（ ）A.该销售点销售每千克石榴的价格的平均值约为18元
23、B.该销售点未来4天内至少有1天石榴销售重量在101600 kg之间的概率为C.该销售点在不裁减工作人员的情况下，每日利润的数学期望为1350元D.该销售点在裁减工作人员1人的情况下，每日利润的数学期望为1505元【正确答案】 ABD 11-2（基础） 某城市在天内完成了全城多万人的检测，高效率的秘密在于“混采检测”某兴趣小组利用“混采检测”进行试验，已知只动物中有只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患病的动物，血液化验结果呈阳性的为患病动物，下面是两种化验方案：方案甲：将各个动物的血液逐个化验，直到查出患病动物为止方案乙：先取只动物的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这只动物的血液逐个化验，
24、直到查出患病动物；若不呈阳性，则对剩下的只动物逐个化验，直到查出患病动物则下列说法正确的是（ ）A.若利用方案甲，平均化验次数为B.若利用方案乙，化验次数为次的概率为C.若利用方案甲，化验次数为次的概率为D.方案乙比方案甲更好【正确答案】 ABD 11-3（巩固） 年6月，上海市要求复工复产的相关人员须持小时核酸检测阴性证明方能进入工厂.现有两种检测方式：（1）逐份检测；（2）混合检测：即将其中份核酸样本混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这份核酸全为阴性，如果检测结果为阳性，则需要对这份核酸再逐份检测.假设检测的核酸样本中，每份样本的检测结果相互独立，且每份样本是阳性的概率都为，若，则能使得
25、混合检测比逐份检测更方便的的值可能是（ ）（参考数据A.B.C.D.【正确答案】 AB 11-4（巩固） 已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患病的动物，血液化验结果呈阳性的为患病动物下面是两种化验方案：（ ）方案甲：将各动物的血液逐个化验，直到查出患病动物为止 ；方案乙：先取3只动物的血液进行混合，然后检查，若呈阳性，对这3只动物的血液再逐个化验，直到查出患病动物；若不成阳性，则检查剩下的两只动物中1只动物的血液A.若利用方案甲，化验次数为4次的概率为0.2B.若利用方案甲，平均检查次数为2.8C.若利用方案乙，最多需要检查次数为4次D.若利用方案乙，化验次数为2次的概率
26、为0.6【正确答案】 BD 11-5（提升） 某企业于近期推出了一款盲盒，且该款盲盒分为隐藏款和普通款两种，其中隐藏款的成本为50元/件，普通款为10元/件，且企业对这款盲盒的零售定价为元/件.现有一批有限个盲盒即将上市，其中含有20的隐藏款.某产品经理现对这批盲盒进行检验，每次只检验一个盲盒，且每次检验相互独立，检验后将盲盒重新包装并放回.若检验到隐藏款，则检验结束；若检验到普通款，则继续检验，且最多检验20次.记X为检验结束时所进行的检验次数，则（ ）A.B.C.若小明从这批盲盒中一次性购买了5件，则他抽到隐藏款的概率为0.5094D.若这款盲盒最终全部售出，为确保企业能获利，则【正确答案
27、】 ABD 11-6（提升） 世界卫生组织在2021年11月26日将新冠病毒变异毒株B.1.1.529列为“需要关注”的变异毒株，并以“奥密克戎”命名与德尔塔毒株相比，奥密克戎毒株传播速度明显更快目前我国已有广州、天津、河南等多地有本地病例报告天津某公司对100位员工是否患有新冠肺炎疾病进行筛查，已知随机一人的咽拭子核酸检测结果呈阳性的概率为，且每一个员工的咽拭子核酸检测结果是否呈阳性相互独立假设员工患新冠肺炎的概率是b，员工在患病的情况下，咽拭子核酸检测结果呈阳性的概率为c现将100位员工进行平均分组，每一组员工咽拭子核酸混合在一起进行检验，若混合核酸检测结果为阴性，则无需再检；若混合核酸检
28、测结果为阳性，则需要将该组每一位员工的咽拭子核酸逐一检验根据以上信息，可以断定以下说法正确的是（ ）（参考数据：，）A.某员工患有新冠肺炎且咽拭子核酸检测结果呈阳性的概率是abB.已知某员工的咽拭子核酸检测结果呈阳性，则其被确诊为新冠肺炎的概率是C.若将100位员工平均分成10组，将每一组员工的咽拭子核酸混在一起进行检测，每一组检测次数的均值是D.若，将100位员工平均分成10组改成平均分成5组，则检测的工作量变大【正确答案】 BCD【原卷 12 题】 知识点 锥体体积的有关计算,异面直线所成的角的概念及辨析,判断线面是否垂直 【正确答案】A B 12-1（基础） 如图，在菱形ABCD中，AB
29、=2，将沿BD折起，使A到，且点不落在底面BCD内，若点M为线段的中点，则在翻折过程中，以下命题中正确的是（ ）A.四面体的体积的最大值为1B.存在某一位置，使得BMCDC.异面直线BM与所成的角为定值D.当二面角的余弦值为时，【正确答案】 ABD 12-2（基础） 在矩形中，是的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连接，如图所示，则下列说法正确的是（ ）A.四棱锥体积的最大值为B.设的中点为，当时，二面角的余弦值为C.不存在某一翻折位置，使得D.是的中点，无论翻折到什么位置，都有平面【正确答案】 AB 12-3（巩固） 如图，正方形的边长为2，为的中点，将沿向上翻折到，连接，为
30、的中点，在翻折过程中（ ）A.四棱锥的体积最大值为B.平面C.三棱锥的外接球半径的最大值是D.直线，与平面所成角的正弦值之比为【正确答案】 ABD 12-4（巩固） 如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE（点A不落在底面BCDE内），若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中，以下命题正确的是（）A.四棱锥体积最大值为B.线段BM长度是定值C.MB平面A1DE一定成立D.存在某个位置，使【正确答案】 ABC 12-5（提升） 如图，平面四边形是由正方形和直角三角形组成的直角梯形，现将沿斜边翻折成（不在平面内），若为的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（
31、）A.与不可能垂直B.三棱锥体积的最大值为C.若都在同一球面上，则该球的表面积是D.直线与所成角的取值范围为（）【正确答案】 BCD 12-6（提升） 如图，四边形ABCD中，ABBCAC2，DADC，将四边形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是（ ）A.两条异面直线AB与CD所成角的范围是B.P为线段CD上一点（包括端点），当CDAB时，C.三棱锥DABC的体积最大值为D.当二面角DACB的大小为时，三棱锥DABC的外接球表面积为【正确答案】 BCD【原卷 13 题】 知识点 等差数列通项公式的基本量计算,等比中项的应用 【正确答案】4 13-1（基础）
32、 在等差数列中，则数列的公差_.【正确答案】 2 13-2（基础） 已知等差数列中，则与的等差中项为_.【正确答案】 8 13-3（巩固） 已知正项等差数列中，若，若成等比数列，则等于_【正确答案】 21 13-4（巩固） 已知等差数列的公差为，且是和的等比中项，则_.【正确答案】 13-5（提升） 已知等差数列满足，则_.【正确答案】 13-6（提升） 设是等差数列，且，则_【正确答案】 58【原卷 14 题】 知识点 用基底表示向量,数量积的运算律 【正确答案】5 14-1（基础） 如图，在四边形ABCD中，若是等边三角形，且，E是CD的中点，则的值为_.【正确答案】 11 14-2（基础
33、） 在四边形ABCD中，且，则的值为_【正确答案】 5 14-3（巩固） 已知为的外心，则_【正确答案】 或-3.5 14-4（巩固） 在中，点在线段上，点在线段上，且满足，交于，则_【正确答案】 或 14-5（提升） 已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直径若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是_【正确答案】 14-6（提升） 中，是外接圆的圆心，则的最大值为_.【正确答案】 6【原卷 15 题】 知识点 锥体体积的有关计算 【正确答案】 15-1（基础） 若圆锥的母线长为5，底面半径为3，则该圆锥的体积为 _【正确答案】 15-2（基础） 若圆锥的
34、侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为_【正确答案】 15-3（巩固） 将某个圆锥体沿着母线和底面圆周剪开后展开，所得的平面图形是一个圆和扇形，已知该扇形的半径为，圆心角为，则圆锥的体积是_.【正确答案】 15-4（巩固） 圆锥的母线长为1，母线与轴所成的角为，则该圆锥的体积为_【正确答案】 或 15-5（提升） 若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的体积为_.【正确答案】 或 15-6（提升） 已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的体积为_.【正确答案】 【原卷 16 题】 知识点 根据极值点求参数 【正确答案】2 16-1（基础） 已知函数在处取得
35、极值0，则_【正确答案】 11 16-2（基础） 已知函数在处取得极值，且极值为0，则_【正确答案】 16-3（巩固） 已知函数的零点恰好是的极值点，则_.【正确答案】 16-4（巩固） 已知是函数的极大值点，则的值为_【正确答案】 16-5（提升） 已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围是_【正确答案】 16-6（提升） 已知函数有两个不同的极值点，则满足条件的取值范围为_.【正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 正弦定理边角互化的应用,余弦定理解三角形,求三角形中的边长或周长的最值或范围 【正确答案】 17-1（基础） 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.1、求角的
36、大小；2、求的取值范围.【正确答案】 1、 2、 17-2（基础） 在锐角中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若1、求B；2、若，求的取值范围【正确答案】 1、； 2、. 17-3（巩固） 在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，1、求角B2、求的范围【正确答案】 1、 2、 17-4（巩固） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.1、求B；2、若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.【正确答案】 1、； 2、. 17-5（提升） 的内角，的对边分别为，.1、求；2、若，求周长的最大值.【正确答案】 1、； 2、9. 17-6（提升） 在 中，角的对边长分别为，且.1、求；2、若
37、，求的周长.【正确答案】 1、 2、【原卷 18 题】 知识点 裂项相消法求和,利用an与sn关系求通项或项 【正确答案】 18-1（基础） 已知数列的前项和为，满足，且.1、求数列的通项公式；2、求数列的前项和.【正确答案】 1、； 2、. 18-2（基础） 设数列的前n项积为，且.1、求证数列是等差数列；2、设，求数列的前n项和.【正确答案】 1、证明见解析； 2、. 18-3（巩固） 已知数列满足1、求证：数列是等差数列；2、记，求数列的前2022项和；【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-4（巩固） 已知数列满足，.1、求数列的通项公式；2、若，求数列的前项和.【正确答案】 1、
38、2、当时，；当时， 18-5（提升） 已知数列an和bn，a12，1、证明：是等比数列；2、若，求数列的前n项和Sn.【正确答案】 1、证明见解析 2、 18-6（提升） 已知数列的前n项和为，其中，满足（1）证明数列为等比数列；（2）求数列的前n项和【正确答案】 （1）证明见解析；（2）【原卷 19 题】 知识点 锥体体积的有关计算,证明线面垂直,已知面面角求其他量 【正确答案】 19-1（基础） 如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点1、证明：平面；2、若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积【正确答案
39、】 1、证明见解析； 2、. 19-2（基础） 已知平面四边形，（如图1所示），现将沿边折起，使得平面平面，点为线段的中点，为线段上一点，（如图2所示）1、求证：平面；2、若二面角的余弦值为，求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-3（巩固） 如图，在三棱柱中，平面，四边形为菱形（）证明：平面；（）若，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积【正确答案】 （）证明见解析；（）. 19-4（巩固） 如图所示，在三棱锥中，为的中点.1、证明：平面；2、若点在棱上，且二面角为，求三棱锥的体积.【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-5（提升） 如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，G为的重心
40、，M为线段的中点，与交于点F1、当时，证明：平面；2、当平面与平面所成锐二面角为时，求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-6（提升） 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点（1）证明：平面；（2）若，且二面角的大小为30，求四棱锥的体积【正确答案】 （1）证明见解析；（2）【原卷 20 题】 知识点 根据散点图判断是否线性相关,相关系数的计算,非线性回归 【正确答案】 20-1（基础） 应对严重威胁人类生存与发展的气候变化，其关键在于“控碳”，其必由之路是先实现“碳达峰”，而后实现“碳中和”，2020年第七十五届联合国大会一般性辩论上，习近平总书记
41、向世界郑重承诺：力争在2030年前实现“碳达峰”，努力争取在2060年前实现“碳中和”.近年来，国家积极发展新能源汽车，某品牌的新能源汽车宝鸡地区销售在2022年5月至2022年9月这5个月的销售量（单位：辆）的数据如下表：月份2022年5月2022年6月2022年7月2022年8月2022年9月月份代码：12345销售量：45566468721、依据表中的统计数据，请判断月份代码与该品牌的新能源汽车宝鸡地区销售量（单位：辆）是否具有较高的线性相关程度?（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为0.01.）2、求销售量与月份代码之间的线性回归方程，并预测2022年1
42、1月份宝鸡地区的销售量（单位：辆）.（结果保留整数）参考数据：，参考公式：相关系数，线性回归方程中，其中，为样本平均值.【正确答案】 1、具有较高的线性相关程度 2、，87辆 20-2（基础） 我国北方广大农村地区、一些城镇以及部分大中城市的周边区域，还在大量采用分散燃煤和散烧煤取暖，既影响了居民基本生活的改善，也加重了北方地区冬季的雾霾天气推进北方地区冬季清洁取暖，是重大民生工程、民心工程，关系北方地区广大群众温暖过冬，关系雾霾天能不能减少，是能源生产和消费革命、农村生活方式革命的重要内容2017年9月国家发改委制定了煤改气、煤改电价格扶植新政策，从而使得煤改气、煤改电用户大幅度增加图1所示
43、的条形图反映了某省2018年17月份煤改气、煤改电的用户数量1、在图2给定坐标系中作出煤改气、煤改电用户数量y随月份t变化的散点图，并用散点图和相关系数说明y与t之间具有线性相关性；2、建立y关于t的回归方程（系数精确到0.01），预测11月份该省煤改气、煤改电的用户数量参考数据：，【正确答案】 1、答案见解析 2、，2.02万户 20-3（巩固） 一个工厂在某年里连续10个月每月产品的总成本（万元）与该月产量（万件）之间有如下一组数据：x1.081.121.191.281.361.481.591.681.801.87y2.252.372.402.552.642.752.923.033.143
44、.261、通过画散点图，发现可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；2、建立月总成本与月产量之间的回归方程；通过建立的关于的回归方程，估计某月产量为1.98万件时，产品的总成本为多少万元?（均精确到0.001）.附注：参考数据：，.参考公式：相关系数，.【正确答案】 1、与正相关，且相关性很强 2、； 20-4（巩固） 近年来，随着社会对教育的重视，家庭的平均教育支出增长较快，某机构随机调查了某市2015-2021年的家庭教育支出（单位：万元），得到如下折线图.（附：年份代码1-7分别对应2015-2021年）.经计算得，.1、用一元线性回归模型拟合y与t的关系，求出相关系数r（精
45、确到0.01），并说明y与t相关性的强弱；2、建立y关于t的回归直线方程；3、若2023年该市某家庭总支出为10万元，预测2023年该家庭的教育支出.附：相关系数；在回归直线方程中，. 【正确答案】 1、，相关性很强； 2、； 3、万元. 20-5（提升） 根据统计，某蔬菜基地西红柿亩产量的增加量y（百千克）与某种液体肥料每亩使用量x（千克）之间的对应数据的散点图，如图所示1、依据数据的散点图可以看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请计算相关系数r并加以说明（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）；2、求y关于x的回归方程，并预测当液体肥料每亩使用量为10千克时，西红柿亩产量的增加
46、量约为多少？附：相关系数公式参考数据：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为【正确答案】 1、，说明见解析 2、；550千克 20-6（提升） 我国为全面建设社会主义现代化国家，制定了从2021年到2025年的“十四五”规划某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备增加研发资金现该企业为了了解年研发资金投入额（单位：亿元）对年盈利额（单位：亿元）的影响，研究了“十二五”和“十三五”规划发展期间近10年年研发资金投入额和年盈利额的数据通过对比分析，建立了两个函数模型：；，其中、均为常数，为自然对数的底数令，经计算得如下数据：262156526805.36112501302.61
47、21、请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好？2、根据（1）的选择及表中数据，建立关于的回归方程；（系数精确到0.01）3、若希望2021年盈利额为250亿元，请预测2021年的研发资金投入额为多少亿元（结果精确到0.01）【正确答案】 1、模型的拟合程度更好 2、 3、约为27.56亿元【原卷 21 题】 知识点 轨迹问题椭圆,根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围,求椭圆中的弦长 【正确答案】 21-1（基础） 在平面直角坐标系中，点，点M的轨迹为C.1、求C的方程：2、设点P在直线上，过点P的两条直线分别交C于A，B两点和G，H两点，若直线AB与直线GH的斜率之和为0，证明：.【正
48、确答案】 1、； 2、证明见解析. 21-2（基础） 平面直角坐标系xOy中，点，点M满足.记M的轨迹为C.1、说明C是什么曲线，并求C的方程；2、已知经过的直线l与C交于A，B两点，若，求.【正确答案】 1、C是以点，为左右焦点的椭圆， 2、 21-3（巩固） 在平面直角坐标系中，已知点，过点的动直线与过点的动直线的交点为P，的斜率均存在且乘积为，设动点的轨迹为曲线C.1、求曲线C的方程;2、若点M在曲线C上，过点M且垂直于OM的直线交C于另一点N，点M关于原点O的对称点为Q.直线NQ交x轴于点T，求的最大值.【正确答案】 1、 2、 21-4（巩固） 在平面直角坐标系xOy中，已知点，点M
49、满足记M的轨迹为C1、求C的方程；2、设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值【正确答案】 1、 2、证明过程见解析 21-5（提升） 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到，的两点的距离之和为1、试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程2、已知直线与圆交于、两点，与曲线交于、两点，其中、在第一象限，为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出和最大值；若不存在，说明理由【正确答案】 1、动点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 2、时取得最大值 21-6（提升） 设是圆：上的一动点，已知点，线段的垂直平分线交线段于点，记点的轨迹为曲线1
50、、求曲线的方程；2、过点且斜率为的直线l与曲线交于两点，若线段的垂直平分线交轴于点T，若，求实数的取值范围【正确答案】 1、； 2、【原卷 22 题】 知识点 函数单调性、极值与最值的综合应用,利用导数证明不等式 【正确答案】 22-1（基础） 已知函数在处的切线过点，a为常数1、求a的值；2、证明：【正确答案】 1、 2、证明见解析. 22-2（基础） 已知函数(为自然对数的底数，为常数)的图像在(0，1)处的切线斜率为.1、求的值及函数的极值；2、证明：当时，.【正确答案】 1、，极小值，无极大值 2、证明见解析 22-3（巩固） 已知函数.1、当时，恒成立，求的取值范围；2、若曲线的一条
51、切线为，证明：当时，恒成立.【正确答案】 1、 2、证明见解析 22-4（巩固） 已知函数（），曲线在点处的切线在轴上的截距为.1、求的最小值；2、证明：当时，.【正确答案】 1、的最小值为0. 2、详见解析. 22-5（提升） 已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直.1、试比较与的大小，并说明理由；2、若函数有两个不同的零点，证明：.【正确答案】 1、，证明见解析； 2、证明见解析. 22-6（提升） 已知曲线在处的切线方程为其中a、b均为实数1、求的值；2、若是函数的极小值点，证明：参考数据：，【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:
52、求出函数的定义域化简集合M，再利用交集的定义求解作答.详解:由得：，解得，则有，而，所以.故选：B 1-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求集合中的函数定义域，得到集合，再与集合取交集.详解:函数有意义，解得，所以，由，则.故选：C 1-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:用列举法写出集合，求出集合，再写出与的交集即可.详解:由集合，解得；由，解得，则.故选：A 1-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:分别解出集合A，B，然后求交集运算即可.详解:，所以，.故选：C. 1-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:化简集合然后利用交集运算即可求解详解
53、:由可得，解得，故，因为所以，所以，故选：D 1-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:利用集合的运算即可求得.详解:由已知，故 ，故 所以故选：B 2-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据偶函数的定义，从是定义在上的偶函数出发去推导的奇偶性，然后再进行反向推理即可.详解:由都是R上的偶函数，得，设，为偶函数，即“都是R上的偶函数时，则必为偶函数”，反之，“若为偶函数，则不一定能推出都是R上的偶函数”，例如：取，则是R上的偶函数，而都不具备奇偶性，故“是R上的偶函数 ”是“都是R上的偶函数” 的必要不充分条件.故选：B 2-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分
54、析:结合已知条件，利用函数奇偶性定义和其对称性可判断AB；利用奇偶性的定义以及复合函数单调性可判断CD.详解:不妨令，则，且的定义域为，故为偶函数，则的图像关于轴对称，则不可能在上单调，故AB错误；令，则，且的定义域为，故是奇函数，因为是定义在上的增函数，所以由复合函数单调性可知，在上是减函数，故在上是增函数，故C正确，D错误.故选：C. 2-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据函数奇偶性的定义，判断与的关系即可求解.详解:由已知的定义域为R，因为是定义在R上的奇函数，所以， 所以，所以为偶函数，又，又，所以，所以不为奇函数，故选：B 2-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析
55、】 分析:首先求，再通过赋值，结合奇函数的定义，证明函数是奇函数.详解:令xy0，所以f（0）f（0）f（0），所以f（0）0.又因为f（xx）f（x）f（x）0，所以f（x）f（x），所以f（x）是奇函数.故选：A 2-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:令得，令，得到，根据奇偶性定义即可得答案.详解:对任意，有，令，得.令，得.整理得，故为奇函数.故选：C 2-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:对于，根据偶函数的定义判断；对于，举反例即可.详解:对于，若函数都是偶函数，则，所以 ，所以也是偶函数；命题正确；对于，若函数都是奇函数，如都是R上的奇函数，而不是定义在R
56、上的奇函数，命题错误；故选：B. 3-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据三角函数图象的平移变换规律，即可判断出答案.详解:因为，故为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点向右平移个单位长度，故选：C. 3-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据三角函数平移和伸缩变换原则依次判断各个选项即可.详解:记，变换后所得函数为，对于A，A错误；对于B，B错误；对于C，C正确；对于D，D错误.故选：C. 3-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由诱导公式与三角函数的图象变换判断，详解:，故只需将函数的图象所有点的横坐标缩短，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，
57、或先向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，只有D满足题意故选：D 3-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由函数图像平移的左加右减原则即可求解.详解:设，由得：只需将的图象向左平移个单位长度，即可得到的图象.故选：B 3-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:因为，构造直角三角形，可得，即可求出的值.再用三角函数的平移规则即可解决.详解:由题意因为，构造直角三角形，可得，则函数的最小正周期，只需将的图像向左平移个单位长度，即可得到的图像故选：A 3-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:化简，然后结合三角函数图像变换的知识求得正
58、确答案.详解:，将向左平移得.故选：D 4-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:先将4幅不同的字画分为三组，每组的容量分别为、，再将这三组字画分配给3位大臣，利用分步乘法计数原理即得.详解:先将4幅不同的字画分为三组，每组的容量分别为、，再将这三组字画分配给3位大臣，由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种.故选：B. 4-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解.详解:5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，若甲乙在同一实验舱的种数有种，故甲乙不在同一实验舱的种数有种.故选：C. 4-3【巩固】
59、【正确答案】 A【试题解析】 分析:把7名工作人员分别分为三种情况讨论，然后分别计算即可求解详解:由题可知把7名工作人员分别分为三种情况，把7名工作人员分为1，1，5三组，则不同的安排方式共有：种，把7名工作人员分为2，2，3三组，不同的安排方式共有：种，把7名工作人员分为3，3，1三组，不同的安排方式共有：种，综上，不同的安排方式共有种，故选：A 4-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:对甲、乙两人所在的岗位的人数进行分类讨论，利用分组分配的原理结合分类加法计数原理可求得不同的安排方法种数.详解:分以下两种情况讨论：（1）若甲、乙两人所在的岗位只分配了甲、乙两人，则另外有一个岗位
60、需要安排两人，此时，不同的安排方法种数为种；（2）若甲、乙两人所在的岗位分配了三人，则还需从其余四人中抽取一人分配在甲、乙这两人所在的岗位，此时，不同的安排方法种数为种.综上所述，不同的安排方法种数为.故选：A. 4-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:本题分抽取的4人中含甲和不含甲两大类讨论，采取捆绑法分析情况，再利用加法和乘法原理得到所有情况即可.详解:4人去3个省份，且每个省至少一个人则必会有两人去同一省份，若抽取的4人中不含甲，在这四人中任意取两人进行捆绑，则共有种，若4人中含有甲，则在剩余的4人中抽取3人，共有种，接下来若甲和另1人去同一省份，则共有种，若甲单独一人去一个
61、省份，则共有种，根据加法和乘法原理可得共有，此类情况共有种综上共有种.故选：B. 4-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先从5支医疗队中选取2支医疗队去高新区，再将剩下的3支医疗队分配到船山区与经开区，最后根据分步乘法原理求解即可.详解:解：先从5支医疗队中选取2支医疗队去高新区，有种不同的选派方案，再将剩下的3对医疗队分配到船山区与经开区，有种不同的选派方案，所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有种.故选：D 5-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据古典概型的概率公式计算即可详解:解：从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件总数，设A=
62、所选2部专著均是汉、魏晋、南北朝时期专著则故选：A 5-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:求出从24个节气中选择4个节气的情况，和四个节气中含有“立春”的情况，利用古典概型求概率公式进行求解.详解:从24个节气中选择4个节气，共有种情况，这四个节气中含有“立春”的情况有种情况，故这4个节气中含有“立春”的概率为.故选：B 5-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据5根算筹，分为四类情况：，然后逐一列举所表示的两位数，再根据古典概型概率公式即得.详解:根据题意可知：一共5根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为共四类情况；第一类：，即十位用4根算筹，个位用1根算筹，那十
63、位可能是4或者8，个位为1，则两位数为41或者81；第二类：，即十位用3根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是3或者7，个位可能为2或者6，故两位数可能32，36，72，76；第三类：，即十位用2根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是2或者6，个位可能为3或者7，故两位数可能是23，27，63，67；第四类：，即十位用1根算筹，个位用4根算筹，那么十位为1，个位可能为4或者8，则该两位数为14或者18，综上可知：所有的两位数有14，18，23，27，32，36，41，63，67，72，76，81共计12个，其中大于40的有41，63，67，72，76，81共计6个，故这个两位数大于40的概率为，
64、故选：B. 5-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:赛马的基本事件总数是种，用列举法列举出齐王可以获胜的情况，根据古典概型的计算公式求解即可.详解:记田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，由题意可知，所有的基本事件有aA，bA，cA，aB，bB，cB，aC，bC，cC，共9种，其中齐王可以获胜的事件有aA，bA，cA，bB，cB，cC，共种，根据古典概型的计算公式，齐王的马获胜的概率.故选：A. 5-5【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据题意列出不超过12的素数，结合孪生素数的定义列出组成孪生素数对的个数，进而利用
65、古典概型的概率公式求解.详解:不超过12的素数有：2,3,5,7,11共5个，任意取出不同的两个素数有：共10对，又素数对为孪生素数，所以不超过12的素数组成的孪生素数有：共2对，所以能够组成孪生素数的概率为.故选：B 5-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:沿等分线把正方体切开，共有27个同样大小的小正方体，然后数出1面有色、2面有色和3面有色的小正方体的个数，可通过古典概型运算公式求得答案.详解:沿等分线把正方体切开，得到27个同样大小的小正方体，1面有色的小正方体有6个，2面有色的小正方体有12个，3面有色的小正方体有8个，所以恰好抽到的是中心方块的概率是故选：A. 6-1【
66、基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据重心的性质可得，然后根据抛物线的定义可知即可求解.详解:解：由题意得：F为ABC的重心故设点A，B，C的坐标分别为，抛物线 ，F为其焦点故选：D 6-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据抛物线的定义结合已知可求得结果.详解:设，由A，B中点的横坐标为2，可得，所以故选：C 6-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据题意，结合焦半径公式得，再计算即可.详解:解：由题知抛物线的焦点为，因为，所以，因为点在上，所以，由焦半径公式得，解得，所以，.故选：A 6-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:结合图形，利用抛
67、物线的定义，直角三角形的性质进行求解.详解:因为，根据抛物线定义有：，设与轴的交点为，因为，所以.因为，所以.故A，C，D错误.故选：B. 6-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:，由题意确定为等边三角形，进而表示A点坐标，代入抛物线方程，求得a的值，结合抛物线的焦半径公式即可求得答案.详解:由知： ；设，结合圆和抛物线的对称性可得 ，结合，得为等边三角形，不妨设点A在第一象限，则A的坐标为，因为点A是抛物线C：上一点，所以，所以，得A的坐标为，故，故选：C 6-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用三角不等式可求得弦的长的最大值.详解:设点、，则，当且仅当、三点共线
68、时，等号成立，故弦的长的最大值为.故选：A. 7-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用指数、对数函数的单调性即可比较大小.详解:因为,所以,即,即,所以,故选:C. 7-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据对数函数的单调性以及指数幂的性质即可求解.详解:由于对数函数单调递增，且，故，故选：D 7-3【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:先由三个实数的初值比较大小排除一些答案，在进一步比较，从而得出结果.详解:因为，所以的值最小，C,D错误，又所以所以故选：A. 7-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据，因此要比较，的大小，作差，通分，利用
69、对数的运算性质，即可求得，的大小；利用对数函数的单调性，可知，然后利用不等式的可乘性，即可得出，的大小.详解:解：，而，即，因此.故选：C. 7-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据对数式与指数式之间的互化，以及作商法比较大小，即可比较的大小，由对数函数的单调性以及中间值法即可比较三者的大小.详解:由，得，由，得，因此，即；由，得，于是，所以正数的大小关系为.故选:A. 7-6【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:解得，又利用对数运算可判断，结合基本不等式可判断与的大小，即可得的大小关系.详解:解：，由于，取等条件应为，即，而，故，取等条件为，即，而，故，所以.故选：A
70、. 8-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先求得球的半径，由此求得球的表面积的表达式，利用基本不等式求得表面积的最小值.详解:因为底面ABCD为平行四边形，且球O是直四棱柱的外接球，所以底面ABCD必为矩形，从而四棱柱为长方体.设，则，长方体的体对角线长为，故球的半径为，所以球O的表面积，当且仅当，即时，等号成立，故球O表面积的最小值为.故选：D 8-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用阳马的体积，结合外接球的半径，通过长方体体对角线长以及基本不等式求解外接球的表面积的最小值即可.详解:由题意可知阳马的体积为：，设阳马的外接球的半径为R，则，当且仅当时等号成立，所
71、以阳马的外接球的表面积.故选：C. 8-3【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:画出图形，设出底面边长和侧棱长，利用面积列出关系式，转化求解外接球的半径的最小值.利用勾股定理和基本不等式可求出半径的最小值，然后代入表面积公式即可详解:设正三棱柱底面边长为，棱长，则，设球的半径为，外接球的球心为，底面三角形的中心为，由，可得，当且仅当，即，时等号成立，外接球的半径最小时，其表面积也最小，为。故答案为：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是找出外接球半径和棱长之间的关系式，从而利用基本不等式求其最小值. 8-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:设底面长和宽分别为,利用四棱锥的体积
72、求得，结合基本不等式求得外接球直径的最小值，由此求得外接球体积的最小值.详解:设底面长和宽分别为、，即，四棱锥外接球的直径，当且仅当时，上式取等号，即，故四棱锥的外接球的体积最小值为.故选：D 8-5【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据直四棱柱有外接球可知棱柱为长方体，即可求出球的半径，利用均值不等式求半径最值即可求解.详解:D因为直四棱柱的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上，所以底面是正方形.设直四棱柱底面正方形的边长为a，侧棱长为h，由侧面积是，得，即，且该直四棱柱的外接球的半径，所以其外接球的表面积，(当且仪当，即a=，时等号成立).所以其外接球的表面积的最小值为.故选：D
73、8-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:设三棱柱的高为，底面三角形的边长为，根据勾股定理结合均值不等式得到，再计算侧面积即可.详解:设三棱柱的高为，底面三角形的边长为，如图所示：易知，在直角中：，即，即，当，即时等号成立.侧面积.故选：C 9-1【基础】 【正确答案】 AC【试题解析】 分析:设，a,bR，.根据复数的计算方法和相关概念逐项计算验证即可详解:设，a,bR，对于选项A：，若，则，即为实数，故A正确；对于选项B：，若，则或，若，则，故B错误；对于选项C：，故，故C正确；对于选项D：，若，则，无法得到，故D错误故选：AC 9-2【基础】 【正确答案】 ACD【试题解析】
74、分析:利用平方差公式因式分解可判断A；取特值可判断B；根据虚数不能比较大小可判断a、b的值，然后可判断CD.详解:若，则，则，故A正确；取，则，故B错误；记，若，则，所以，故，C正确；若，则，所以，故，D正确.故选：ACD 9-3【巩固】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:根据复数的概念和复数的模以及复数的运算逐项排除.详解:设，即，故A对；但与无大小，故B错；时，故C错；，故D对，故选：AD 9-4【巩固】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.详解:解：因为，所以，所以，所以，故，故D正确；所以，故A正确；，故B正确；，故C错误；故选：ABD
75、9-5【提升】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:利用复数的性质判断A，取特殊值判断B，C，根据复数模的几何意义计算复数z对应的点所构成的图形面积判断D.详解:对于选项A，若复数，则复数，所以，则，故选项A正确；对于选项B，令，满足，故选项B错误；对于选项C，令，则，此时，故选项C错误；对于选项D，若复数满足，则复数对应的点所构成的图形为半径为和半径为的两个圆所夹的圆环，所以图形面积为，故选项D正确；故选：AD 9-6【提升】 【正确答案】 CD【试题解析】 分析:A. 由是实数判断；B. 化简，再利用复数的几何意义判断；C. 由判断；D. 令，由求解判断.详解:是实数，故A错误；因为，所
76、以，所以复平面内对应的点位于第三象限，故B错误，若，则，故，故C正确，令，则，所以，化简得，所以，所以z在复平面内对应的点的轨迹为直线，故D正确，故选：CD 10-1【基础】 【正确答案】 BC【试题解析】 分析:设圆心C到直线l的距离为d，则，圆的半径.对于A：利用几何法判断直线l与圆C相离；对于B：利用几何法求出的最小值；对于C：利用几何法判断出圆上有2个点到直线的距离为1；对于D：先判断出要使切线长最小，只需最小，即可求解.详解:设圆心C到直线l的距离为d，则，圆的半径.对于A：因为，所以直线l与圆C相离.故A错误；对于B：由圆的几何性质可知：（此时，P在之间）.对于C：设m：到直线l：
77、的距离为1.则，所以.当时，直线m1：，此时圆心C到直线m1的距离为d1，则.此时到直线m1与圆C相离，没有交点；当时，直线m2：，此时圆心C到直线m2的距离为d2，则.此时到直线m1与圆C相交，有2个交点，即圆上有2个点到直线的距离为1.故C正确；对于D：过Q作出圆C的切线QS,连接CS，则.所以切线长.要使切线长最小，只需最小，即时，.所以切线长的最小值为1.故D错误.故选：BC 10-2【基础】 【正确答案】 AD【试题解析】 分析:本题主要考查直线与圆的位置关系，对于C选项，根据的几何意义，理解为圆上点到坐标原点的距离就可解决.详解:解：圆标准方程是，半径为，易得点关于直线对称的点为，
78、故圆的方程为，A正确；点到直线的距离为，弦长为，B错；点到原点的距离为2，表示圆上点到原点的距离，故的最大值为，则的最大值是，C错；当圆上有且仅有三个点到直线的距离等于时，圆心到直线的距离，即，解得或-3，D正确.故选：AD. 10-3【巩固】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:设，则为的中点，且，根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到，根据的范围，结合条件逐项分析即得.详解:依题意，即，设，则为的中点，且，所以，所以，又，所以，所以，因为，故B不正确；所以圆上存在不同两点，使，故C正确；由题可知，所以原点在以为直径的圆内，故A正确；因为四边形面积为，所以四边形面积的最小值为，故D正确
79、.故选：ACD. 10-4【巩固】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:由圆心到直线的距离可判断，当的值最小时，则，可判断，当时，切线长最小，可判断，可知直线过定点，可判断详解:圆，圆心，半径，圆心到直线的距离为：，直线与圆相离，故A错误；当的值最小时，则，的最小值是圆心到直线的距离减去半径，即，故B正确；从点向圆引切线，当时，切线长最小，最小值是，故C正确；直线过定点，所以直线被圆截得的弦长最长时，所截弦长为过点和圆心的圆的直径，即弦长的最大值为8，最短的弦长为垂直与该直径的弦长，和圆心的距离为，最短弦长为，故直线被圆截得的弦长取值范围为，D正确故选：BCD 10-5【提升】 【正确答案
80、】 BCD【试题解析】 分析:利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形面积为，可判断C，由题可知点，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D详解:由圆，可知圆心，半径，圆心到直线的距离为，圆上的点到直线的最小和最大距离分别为和，由于圆上有两个点到直线的距离距离为，故A错误；由圆的性质可得切线长，当最小时，有最小值，又，故B正确；四边形面积为，四边形面积的最小值为1，故C正确；设，由题可知点，在以为直径的圆上，又，所以，即，又圆，即，两式子相减得：直线的方程为：，即，由，得，即直线恒过定点，故D正确故选：BCD 10-6【提升
81、】 【正确答案】 ACD【试题解析】 分析:对A，求出直线AB的方程，算出圆心到该直线的距离，进而通过圆的性质判断答案；对B，设点，根据得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可；对C，设，进而得到切线方程MB，NB，再根据点B在两条切线上求得答案；对D，设，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，进而求出点P的轨迹方程，然后结合点P在圆O上求得答案详解:对A，则圆心到直线的距离，所以点P到该直线距离的最大值为A正确；对B，设点，则，且，由题意，两圆的圆心距为，半径和与半径差分别为，于是，即两圆相交，满足这样条件的点P有2个B错误；对C，设，则直线MB，NB分别为，因为点B在两条直线
82、上，所以，于是都满足直线方程，即直线MN的方程为C正确；对D，即求的最小值，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，设，则有，化简得，则有，即，则，所以，所以D正确故选：ACD 11-1【基础】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:根据统计表中数据利用加权平均数计算可判断A；根据石榴日销售量在101600 kg之间的天数服从二项分布，由二项分布概率公式可判断B；列出销售点每日销售量情况并分别计算不裁减工作人员的情况下平均每日利润的期望值可判断C；列出销售点每日销售量情况并分别计算不裁减工作人员的情况下平均每日利润的期望值可判断D.详解:对于A，该销售点销售每千克石榴的价格的平均值为元，故正
83、确；对于B，由题意可得石榴销售重量在101600 kg之间的天数为15天，频率，可估计概率为，显然未来4天中石榴销售重量在101600 kg之间的天数服从二项分布，故该销售点未来4天内至少有1天石榴销售重量在101600 kg之间的概率为，故正确；对于C，该销售点在不裁减工作人员的情况下，则每日销售量的上限为1500kg，销售点每日销售量情况如下;重量范围（单位：kg）01001013003016006019009011500重量（单位：kg）502004508001250天数（单位：天）151031频率0.050.250.500.150.05故平均销售量为，故销售点平均每日利润的期望为元，故
84、错误；对于D，该销售点在裁减工作人员1人的情况下，则每日销售量的上限为1200kg，销售点每日销售量情况如下;重量范围（单位：kg）01001013003016006011200重量（单位：kg）50200450800天数（单位：天）15104频率0.050.250.500.20故平均销售量为，故销售点平均每日利润的期望为元，故正确.故选：ABD. 11-2【基础】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:由已知，设方案甲的化验次数为，根据的可能取值列出概率，进而可求平均化验次数，判断出AC选项；对于B，化验次数为次的有种情况，分别求出概率并求和，可判断正误；设利用方案乙的化验次数为，根据的可
85、能取值列出概率，求出平均化验次数与方案甲的平均化验次数比较，判断出选项D详解:对于A，C，设化验次数为，则的可能取值为，且，所以方案甲的平均化验次数，A正确，C错误；对于B，化验次数为次，有种情况：若先取的只均为阴性，则化验次数为次的概率；若先取的只有阳性，则化验次数为次的概率为，所以化验次数为次的概率为，B正确；对于D，若利用方案乙，设化验次数为，则的可能取值有，所以，所以，又，所以利用方案乙更好，D正确故选：ABD 11-3【巩固】 【正确答案】 AB【试题解析】 分析:求出混检总次数Y的期望，逐份检测总次数X的期望，再根据给定条件列出不等式求解作答.详解:设混合检测样本需要检测的总次数为
86、，的可能值为1和，的分布列为：121，设逐份检测样本需要检测的总次数为，则，要使得混合检测方式优于逐份检测方式，有，则有，又，即，因此，解得，即，C，D不满足，A，B满足.故选：. 11-4【巩固】 【正确答案】 BD【试题解析】 分析:根据方案甲乙不同的检查方法以及离散型随机变量的期望的定义对各个选项进行计算，进而可以求解详解:对于A，利用方案甲，化验次数为4次的概率为，即A错误；对于B，利用方案甲，一次抽中的概率为，2次抽中的概率为，3次抽中的概率为，所以平均检查次数为，即B正确；对于C，若先取3只动物的血液中包含阳性，只需检查3次，若先取3只动物的血液中不包含阳性，只需检查2次，故C错误
87、；对于D，利用方案乙，化验次数为2次的概率为，即D正确；故选：BD. 11-5【提升】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:根据抽样方式可计算概率，判断A,C,根据概率计算可得分布列，进而得期望，用错位相减法求期望即可判断B，根据成本计算可求解D.详解:解：对于A，记检测到隐藏款的概率为，则，故正确；对于B，由题意得的分布列为且；记,则，两式相减得，所以，故正确对于C，没有抽到隐藏品的概率为，他抽到隐藏款的概率为，故错误，对于D，设总共有件盲盒，则成本为元，则定价才能保证获利，故正确故选：ABD 11-6【提升】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:利用条件概率公式进行计算可判断选项A
88、B，利用期望公式进行计算可判断选项CD.详解:设事件A为“咽拭子核酸检测结果呈阳性”，事件B为“确诊为新冠肺炎” 由题意得，那么，A选项错误；由条件概率公式得，B选项正确；将100位员工平均分成10组时，设每一组的检测次数为X，X的所有可能取值为1，11，则，所以，C选项正确；当时，则分成10组的检测总工作量的均值为若平均分成5组，每组20人，设Y为每组检测次数，Y的所有可能取值为1，21，则，则，则检测总工作量的均值为，故检测的工作量变大，D选项正确，故选：BCD 12-1【基础】 【正确答案】 ABD【试题解析】 分析:连接交于，连接，取的中点，连接，当平面平面时，四面体的体积最大，从而可
89、判断A；易得，说明成立，再根据线面垂直的判定定理及性质即可判断B；证明异面直线，所成的角即为或其补角，再根据不为定值，即可判断C；说明即为二面角的平面角，再根据二面角的余弦值可得，从而可判断D.详解:解：连接交于，连接，取的中点，连接，对于A，当平面平面时，四面体的体积最大，点到平面的距离最大，此时在菱形中，则都是等边三角形，则，此时四面体的体积为，所以四面体的体积的最大值为1，故A正确；对于B，因为分别为的中点，所以，且，由题意，则，当时，因为，平面，所以时，平面，又平面，所以，所以存在某一位置，使得，故B正确；对于C，因为，所以异面直线，所成的角即为或其补角，因为不为定值，所以不为定值，即
90、异面直线，所成的角不为定值，故C错误；对于D，因为，所以即为二面角的平面角，则，所以，故D正确.故选：ABD. 12-2【基础】 【正确答案】 AB【试题解析】 分析:对于，当平面平面时，计算得四棱锥体积的最大值为故选项A正确；对于，取的中点，连接，证明为二面角的平面角.求出二面角的余弦值为，故选项B正确；对于，设，存在某一翻折位置，使得故选项C错误；对于D，当与的中点重合时，平面故选项D错误.详解:对于，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离.直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为故选项A正确.对于，取的中点，连接，则，所以为二面角的平面角.在中，故选项B正确.对于，设，
91、在中，即当的中点重合时，.故存在某一翻折位置，使得故选项C错误.对于D，当与的中点重合时，平面故选项D错误.故选：AB 12-3【巩固】 【正确答案】 ABD【试题解析】 详解:若，如下图示，所以翻折过程中，当面时四棱锥的体积最大，为，A正确；若为中点，连接，又为的中点，则且，又且，即且，所以为平行四边形，则，面，面，故平面，B正确；由题意为直角三角形，若为中点，则其外接圆圆心为且半径为，而中，故，则其外接圆半径为，若圆心为，则，所以，令外接球球心为，则外接球半径为，又，故外接球半径最小值为，无最大值，C错误.由，面，面，故平面，所以到面的距离相等，令距离为，所以，与平面所成角正弦值分别为，而
92、，则，D正确.故选：ABD点睛:关键点点睛：C选项，根据已知求出、外接圆的半径，则为公共弦，再由外接球半径与侧面外接圆半径的几何关系列式求范围. 12-4【巩固】 【正确答案】 ABC【试题解析】 分析:对选项A，取的中点，连接，根据题意得到当平面平面时，到平面的距离最大，再计算四棱锥体积即可判断A正确.对选项B，对选项B，取的中点，连接，根据等角定理得到，再利用余弦定理即可判断B正确.对选项C，首先根据题意易证平面平面，再利用面面平行的性质即可判断C正确，对选项D，连接，根据在平面的射影在上，与不垂直，即可判断D错误.详解:对选项A，取的中点，连接，如图所示：当平面平面时，到平面的距离最大.
93、因为，为中点，所以.又因为平面平面，所以.，所以.所以四棱锥体积最大值为，故A正确.对选项B，取的中点，连接，如图所示：因为分别为的中点，所以四边形为菱形，所以，所以，所以，故B正确.对选项C，因为，平面，所以平面，因为，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故C正确.对选项D，连接，如图所示：因为在平面的射影在上，所以与不垂直，所以与不垂直，故D错误.故选：ABC 12-5【提升】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由，当时，平面，则；对于B选项：取的中点，连接，根据，则平面平面时，三棱锥体积的最大值，从而可判断；对于C，
94、根据，可得都在同一球面上，且球的半径为，从而可判断；对于D选项：由可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，即可求得与所成角的取值范围.详解:解：对于A选项：由，则，当时，且，此时满足平面，因此，故A错误；对于B，取的中点，连接，则，且，因为，当平面平面时，三棱锥体积的最大值，在中，则，此时，所以三棱锥体积的最大值为，故B正确；对于C，因为，所以都在同一球面上，且球的半径为，所以该球的表面积是，故C正确；对于D，作，因为为的中点，所有，所以，所以，所以，可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，所以与夹角为，与夹角为，又不在平面内，所以与所成角的取值范围，所以正确，故选：BCD.点睛:本题考查
95、线面平行与垂直的判定定理及异面直线所成的角，多面体的外接球问题，棱锥的体积问题，考查了折叠问题，考查转化思想，计算能力与空间想象能力，有一定的难度. 12-6【提升】 【正确答案】 BCD【试题解析】 分析:以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出两条异面直线AB与CD所成角可判断A；由CDAB求出，P为线段CD上一点（包括端点），表示出点坐标，由空间向量夹角公式可判断B；当平面平面时，三棱锥DABC的体积最大，求出底面积和高可判断C；求出三棱锥DABC的外接球的半径，由球的表面积公式可判断D.详解:对于A，以为坐标原点，过轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，所以
96、设，所以所以，所以设两条异面直线AB与CD所成角为，当时，此时，但时，D在平面ABC内.故A不正确；对于B, CDAB时，解得：，又因为，所以，所以 P为线段CD上一点（包括端点）,设解得.而，所以，故B正确；对于C，当平面平面时，三棱锥DABC的体积最大，且连接，则平面，所以.故C正确；对于D，取中点，连接，取的外心， 过作一条垂线垂直平面，过作一条垂线垂直平面，两条垂直相交于点，则为三棱锥DABC的外接球的球心，且二面角DACB的大小为，即，所以在直角三角形中，所以，则，所以，所以三棱锥DABC的外接球表面积为，故D正确.故选：BCD. 13-1【基础】 【正确答案】 2【试题解析】 分析
97、:由等差数列的通项公式求解，详解:由题意得，解得，故答案为：2 13-2【基础】 【正确答案】 8【试题解析】 分析:用基本量表示题干条件，求得通项公式，由与的等差中项为代入计算即可.详解:由题意，不妨设数列的首项为，公差为，又，故，解得，故，故与的等差中项为.故答案为：8 13-3【巩固】 【正确答案】 21【试题解析】 分析:由等差数列与等比数列的性质求解详解:由题意得，得，成等比数列，则，而，解得，故，故答案为：21 13-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由等比中项定义和等差数列通项公式可直接构造方程求得.详解:由题意得：，解得：.故答案为：. 13-5【提升】 【正确答案
98、】 【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】 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： 14-1【基础】 【正确答案】 11【试题解析】 分析:用、将两个向量表示出来，根据向量数量积的运算律求解即可.详解:由题意可得，则，则故答案为：11. 14-2【基础】 【正确答案】 5【试题解析】 分析:由条件可得，然后可得答案.详解:因为，所以四边形ABCD是平行四边形，所以，因为，所以，
99、故答案为： 14-3【巩固】 【正确答案】 或-3.5【试题解析】 分析:由题意画图，然后结合数量积的性质及运算求解即可.详解:如图：分别为的中点，则故答案为：. 14-4【巩固】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:由已知可得，根据平面向量的线性运算，推出，由三点共线求得，再将表示成以为基底的向量，由平面向量数量积的运算法则即可求解.详解:如图，由，得，设，则因为三点共线，所以，解得：.所以，则故答案为：. 14-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:求出、， 利用和的取值范围计算可得答案.详解:如图，因为正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为1，所以，即， 所以，所以，即.故答案为
100、：. 14-6【提升】 【正确答案】 6【试题解析】 分析:首先根据平面图形的几何性质求出外接圆半径长度与，然后将向量，用向量，线性表示.再根据数量积运算得，最后根据的取值范围求得的最大值即可详解:中，是外接圆圆心，如图所示：则，又因为，所以，即外接圆的半径.，即.故得，因为、不重合，所以向量与的夹角范围为，所以，所以，即为的中点时，取得最大值为.故答案为： 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用勾股定理及圆锥的体积公式即可求解.详解:因为圆锥的母线长为5，底面半径为3，所以圆锥的高，所以该圆锥的体积为故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据题意，
101、求得圆锥的底面圆的半径和高，结合体积公式，即可求解详解:由题意，圆锥侧面展开图的半径为，所以圆锥的母线长为，设圆锥的底面半径为，高为，则 ，解得，可得圆锥的高为，所以圆锥的体积故答案为： 15-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积.详解:设圆锥的底面半径为，高为，则，所以圆锥的体积为.故答案为： 15-4【巩固】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:由题意，利用边角关系算出底面圆半径和高，即可由体积公式算得圆锥体积详解:由题意，圆锥如图所示，则，所以圆锥的体积为.故答案为： 15-5【提升】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:设圆锥的半径为
102、，高为，根据等边三角形的性质结合面积公式可得，再根据锥体体积公式求解即可.详解:设圆锥的半径为，高为，因为其面积为，故，解得，高为，故该圆锥体积为.故答案为： 15-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由圆锥的轴截面是等腰三角形，得圆锥的底面半径，及母线长，求出圆锥的高，得圆锥的体积.详解:圆锥的轴截面是等腰三角形，且是斜边长为的直角三角形，所以该圆锥轴截面是等腰三角形，得圆锥底面半径为，母线长为，所以圆锥的高为，体积为.故答案为：. 16-1【基础】 【正确答案】 11【试题解析】 分析:求出导函数，然后由极值点和极值求出参数值即可得，注意检验符合极值点的定义详解:，则，即，解得或
103、当时，不符合题意，舍去；当时，令，得或；令，得所以在，上单调递增，在上单调递减，符合题意，则故答案为：11 16-2【基础】 【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：. 16-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:设是的零点，也是的极值点，进而建立方程，解方程并检验满足条件即可.详解:解
104、：根据题意，设是的零点，也是的极值点，因为所以，解得.此时，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增，所以，函数在处取得极小值，且，满足条件.故答案为： 16-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:依据极大值点定义分类讨论去求实数的值.详解:，则(1)时，当时，恒成立，函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去(2)时，若，则，恒成立， 函数在单调递减，则不是函数的极大值点，舍去(3)时如果，则当且时，恒成立，函数单调递减，则不是函数的极大值点，舍去如果，则方程存在根，故当，且时，恒成立，函数单调递增，故不是的极大值点；如果，即时，当时，则，函数单调递增；当时，则，函数单调递减，故
105、是的极大值点.综上，的值为故答案为： 16-5【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:求出函数的导函数，依题意存在唯一的变号正实根，即存在唯一的变号正实根，当符合题意，当时参变分离可得没有除之外的正实根，构造函数，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围；详解:解：因为，所以，依题意可得存在唯一的变号正实根，即存在唯一的变号正实根，当时，方程只有唯一变号正实根，符合题意，当，方程，即没有除之外的正实根，令，则，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，综上可得；故答案为：点睛:方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单
106、调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理 16-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由在有两个不相等的实数根，结合一元二次方程根的分布，即可求得结果.详解:由题可知，故要满足题意，只需在上有两个不相等的实数根，则，且，解得，故的取值范围为.故答案为：. 17-1【基础】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:(1)利用正弦定理的边角互化即可求解；(2)结合(1)中条件，利用正弦定理的边角互化以及三角恒等变换即可求解.由正弦定理可得，即.因为，所以，即.因为，所以，则.因为，所以.由(1)中可
107、知，则，由正弦定理可知，因为为锐角三角形，所以，则，所以，从而.故的取值范围为. 17-2【基础】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）利用正弦定理将边化角，结合特殊角的三角函数值，即可求得结果；（2）构造关于的函数关系，求其值域即可.根据正弦定理可得：，即，又，故，又，因此由正弦定理：，又，故，是锐角三角形，则，因此，故， 17-3【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）利用正弦定理将角化成边，整理得到，再利用余弦定理得到，即可求；（2）利用正弦定理将转化成，再利用和差公式和辅助角公式整理得，最后利用三角函数的性质和的范围求的范围即可.，又，所以，因为，
108、所以.在中，由（1）及，得，故，因为，则，所以的范围为. 17-4【巩固】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.（2）由（1）的结论，利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.在中，由正弦定理得：，整理得，由余弦定理得：，而，所以.由（1）知，由正弦定理得：，则，而，令，在锐角中，解得，于是得，则，所以周长的取值范围是. 17-5【提升】 【正确答案】 1、； 2、9.【试题解析】 分析:（1）首先利用诱导公式化简，再结合同角的三角函数关系式的求出关于的方程，即可求解.（2）首先利用余弦定理得到，再利用基本不等式即可求解周
109、长的最大值.因为，所以，即，解得，又，所以；由余弦定理得：.即.（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为9. 17-6【提升】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:根据条件运用正弦定理和三角函数和差公式求出 ；运用余弦定理即可求出c.由条件 ，得 ，由正弦定理得： ,由于 ， ，代入上式得： ， ，由于 ， ；由余弦定理： ，将 代入得： ， （舍）； 的周长为 ；综上， ， 的周长为 . 18-1【基础】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）利用与的关系求解通项公式；（2）利用等差数列求和公式求解，再根据裂项相消法求解.因为，所以，两式
110、相减得，即，即，又，故，因此，数列是每项都是1的常数列，从而.因为，所以，从而，因此. 18-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.【试题解析】 分析:(1)证明为常数即可；(2)根据通项公式的特征采用裂项相消法求前n项和即可.因为数列的前n项积为，且，当n=1时，则，.当n2时，所以是以为首项，为公差的等差数列；由（1）知数列，则由得，所以，所以. 18-3【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）由递推公式构造数列证明（2）由裂项相消法求和依题设可得数列是以为首项，以1为公差的等差数列，由（1）可得， 18-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、当时，
111、；当时，【试题解析】 分析:（1）构造等比数列求得其通项公式，再由其作为的递推公式，求出的通项；（2）将第一问求得的的通项代入，求得的通项，再利用裂项相消法分奇偶项求出前项和.证明：，变形为：，数列是等比数列，首项为6，公比为3.，变形为：，由（1）得，当时，数列的前项和.当时，数列的前项和. 18-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）由，得，变形可得，从而可证得是等比数列；（2）由（1）求出，代入中可得数列的通项，然后利用裂项求和的方法可得结果.解：，又，解得，是以为首项，为公比的等比数列.解：由（1）知，则，. 18-6【提升】 【正确答案】 （1）证明
112、见解析；（2）【试题解析】 分析:（1）由可得，即可证明；（2）可得，然后可算出答案.详解:（1）由可得，因为，所以所以数列是首项为2，公比为2的等比数列（2）根据（1）可得：，所以，所以，所以 19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、.【试题解析】 分析:（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直的判定即可证结论.（2）若，构建为原点，、为x、y、z轴的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及其对应的余弦值求R，最后由圆锥的体积公式求体积.由题设，底面圆，又是切线与圆的切点，底面圆，则，且，而，平面.由题设，若，可构建为原点，、为x、y、z轴的空间
113、直角坐标系，又，可得，有，若是面的一个法向量，则，令，则，又面的一个法向量为，可得，该圆锥的体积 19-2【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）易证，再由平面平面，得到平面，进而得到（2）以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，根据二面角的的余弦值为，求得为线段的中点，然后由求解.证明：因为，所以为等边三角形，因为为的中点，所以因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又因为平面，所以平面如图所示以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，即 ，取，有，即平面的一个法向量设二面角的平面角为
114、，则，解得，即为中点此时，又因为，所以 19-3【巩固】 【正确答案】 （）证明见解析；（）.【试题解析】 分析:（）分别证明和即可；（）以B为坐标原点，分别以，BC所在的直线为x轴和z轴，以过B点垂直平面的直线为y轴，建立空间直角坐标系，首先算出平面的法向量的坐标，为平面的一个法向量，然后由二面角的余弦值为求出，然后可算出三棱锥的体积.详解:（）因为四边形为菱形，所以因为平面，平面，所以又因为，平面，平面，所以平面（）以B为坐标原点，分别以，BC所在的直线为x轴和z轴，以过B点垂直平面的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图所示设，则，所以，设平面的法向量为，则即令，得由条件知为平面的一个法向量
115、设二面角的平面角为，易知为锐角则，解得所以点睛:向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法，计算能力是解题的关键. 19-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）由已知可得，求解三角形可得，再由直线与平面垂直的判定可得平面ABC（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，由二面角为列式求解，再由等体积法求三棱锥的体积.在三棱锥中，O为的中点.，且，连接，得，则，又，得，平面ABC.如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系由已知得，取平面的一个法向量设，则设平面的法向量为，取，得，二面角为，解得：（舍去）或，则，所以，
116、 19-5【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）先利用三角形相似证明得到，再根据几何关系证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，从而得到平面.（2）根据题意建立空间直角坐标系，设点G到平面的距离为，利用平面与平面的法向量夹角余弦值的绝对值为，求出的值，再求出点G到平面的距离，最后利用即可求出三棱锥体积.延长交于N，连接，因为G为的重心，所以点N为的中点，且，因为，故，所以，故，故，因为平面，所以，因为底面为矩形，所以，又因为，所以平面，故，因为，所以，又因为，所以平面，所以平面.以C为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设点G到平面的距离为，则
117、，故，设平面的法向量为，则,即，取，则，即，设平面的法向量为，则,即，取，则，则，所以，解得，又，故点G到平面的距离为，因为，所以，所以. 19-6【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）【试题解析】 分析:（1）根据侧面底面，可得平面，则有，再由，根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）取中点O，过点O作的平行线连接，以O为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，根据二面角的大小为30，求得的长，从而可求得四棱锥的体积详解:解：（1）因为侧面底面，侧面底面，又底面为矩形，所以，平面，平面，平面，所以，又侧面是正三角形，M是的中点，所以，平面，所以平面（2）取中点O，过点O作的平
118、行线连接，由（1）同理知平面，以O为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，则，记平面的法向量，则，从而，则可得，因为平面，则平面的法向量跟共线，可取，因为二面角的大小为30，解得，所以四棱锥的体积为 20-1【基础】 【正确答案】 1、具有较高的线性相关程度 2、，87辆【试题解析】 分析:（1）根据所给数据算出相关系数即可；（2）根据所给数据和公式算出答案即可.由表中数据可得 ，所以 ,又，所以.所以月份代码与销售量（单位: 辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系；由表中数据可得，则，所以，令，可得(辆)，故可预测2022年10月该品牌的新能源汽
119、车该区域的销售量为辆. 20-2【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、，2.02万户【试题解析】 分析:（1）首先根据题意画出散点图，再求相关系数即可.（2）首先求出回归直线得到，再代入求解即可.作出散点图如图所示由条形图数据和参考数据得，所以y与t的相关系数近似为0.99，说明y与t的线性相关性相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系由，又由（1）得，所以y关于t的回归方程为将代入回归方程得所以预测11月份该省煤改气、煤改电的用户数量达到2.02万户 20-3【巩固】 【正确答案】 1、与正相关，且相关性很强 2、；【试题解析】 分析:（1）由已知结合相关系数公式求得，说明与正相
120、关，且相关性很强；（2）由已知求得样本点的中心的坐标，进一步求出，得到线性回归方程；在的线性回归方程中，取求得值即可.作出散点图如图所示：由已知条件和参考数据得：，这说明与正相关，且相关性很强；由已知求得，所求回归直线方程为.(2)当时，万元，此时产品的总成本约为万元. 20-4【巩固】 【正确答案】 1、，相关性很强； 2、； 3、万元.【试题解析】 分析:（1）由公式计算相关系数并判断相关性即可；（2）由公式算，再由算即可；（3）2023年对应的年份代码，代入回归方程即可得到教育支出占比，即可预测2023年该家庭的教育支出由题意得，则，故，故，y与t高度相关，即y与t的相关性很强根据题意，
121、得，y关于t的回归直线方程为2023年对应的年份代码，当时，故预测2023年该家庭的教育支出为（万元） 20-5【提升】 【正确答案】 1、，说明见解析 2、；550千克【试题解析】 分析:（1）根据散点图中的数据分别求得可得，进而求得相关系数，再与0.75比较下结论.（2）结合（1）中的数据，分别求得，写出回归方程，然后将代入求解.由已知数据可得，所以，所以相关系数因为，所以可用线性回归模型拟合y与x的关系，所以回归方程为当时，即当液体肥料每亩使用量为10千克时，西红柿亩产量的增加量约为550千克 20-6【提升】 【正确答案】 1、模型的拟合程度更好 2、 3、约为27.56亿元【试题解析
122、】 分析:（1）利用相关系数公式求解进行比较即可；（2）建立关于的线性回归方程，由，得，即，再代入数据求解即可；（3）根据题意得，再分析求解即可.设和的相关系数为，和的相关系数为由题意，则，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好先建立关于的线性回归方程，由，得，即，所以关于的线性回归方程为，所以，则2021年盈利额（亿元），所以，则因为，所以所以2021年的研发资金投入量约为27.56亿元 21-1【基础】 【正确答案】 1、； 2、证明见解析.【试题解析】 分析:（1）根据椭圆的定义，求得，即可直接写出椭圆方程；（2）设出点的坐标以及直线的方程，求得，同理求得即可证明.根据椭圆的定义可得，
123、点的轨迹是以为左右焦点，且长轴长为的椭圆，设其方程为，故可得，故的方程为：.设，设，则，联立直线与椭圆的方程得：，则，则故，故.点睛:关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中韦达定理和弦长公式的应用，处理第二问的关键是正确使用弦长公式，同时对计算能力也提出了一定的要求，属综合中档题. 21-2【基础】 【正确答案】 1、C是以点，为左右焦点的椭圆， 2、【试题解析】 分析:（1）根据椭圆的定义即可得到答案.（2）当垂直于轴时，舍去.当不垂直于轴时，可设，再根据题意结合韦达定理求解即可.因为，所以C是以点，为左右焦点的椭圆.于是，故，因此C的方程为.当垂直于轴时，舍去.当不垂直于轴时，可设
124、，代入可得.因为，设，则，.因为，所以.同理.因此.由可得，于是.根据椭圆定义可知，于是. 21-3【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）设点坐标为，根据两直线的斜率之积为得到方程，整理即可；（2）设，根据设、在椭圆上，则，再由，则，即可表示出直线、的方程，联立两直线方程，即可得到点的纵坐标，再根据弦长公式得到，令，则，最后利用基本不等式计算可得；解：设点坐标为， 定点，直线与直线的斜率之积为，解：设，则，所以又，所以，又即，则直线：，直线：，由，解得，即，所以令，则，所以因为，当且仅当即时取等号，所以的最大值为； 21-4【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明过程见解析
125、【试题解析】 分析:（1）利用椭圆定义求轨迹方程；（2）设出直线l为：，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，所以，所以C的方程为设直线l为：，则联立得：，设，则，则，AB中点坐标为，所以AB的垂直平分线为，令得：，所以，点睛:直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等. 21-5【提升】 【正确答案】 1、动点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 2、时取得最大值【试题解析】 分析:（1）
126、由题意知，根据椭圆的定义可得动点的轨迹是椭圆，进而由椭圆的定义可知，进而可得答案（2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得，再由弦长公式可得，的直径，根据题意可得，再计算点到直线的距离，最后计算，由基本不等式，即可得出答案解：由题意知，所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，又因为，所以，所以的轨迹方程为解：当时，解得，又圆的半径，所以在椭圆外，在椭圆内，点在内，在外，在直线上的四点满足：，由，消去整理得，因为直线经过椭圆内的右焦点，所以该方程的判别式恒成立，设，所以，又因为的直径，所以，化为，因为为点到直线的距离，当且仅当，即时等号成立，所以时取得最大值 21-6【提升】 【正确答案】 1
127、、； 2、【试题解析】 分析:（1）根据垂直平分线的性质可得，从而得，判断出点的轨迹为椭圆，利用定义得，即可求得方程；（2）写出直线的方程，联立方程组，得关于的一元二次方程，表示韦达定理，利用弦长公式表示，表示出直线的垂直平分线方程，得点的坐标，即可得，再代入，化简计算即可得取值范围.因为点在线段的垂直平分线上，所以，所以，所以点的轨迹是焦点为的椭圆，故，可得，所以曲线的方程为由题意，得直线的方程为：.联立方程组得，所以，则，的中点坐标为，所以直线的垂直平分线的方程为，则与轴交点，所以，因为，所以，因为，所以，即，所以的取值范围为.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
128、设中的每一个条件，明确直线、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 22-1【基础】 【正确答案】 1、 2、证明见解析.【试题解析】 分析:（1）先对函数求导，然后求出和，再由题意可得，从而可求出a的值；（2）根据题意将问题转化为，令，利用导数可得恒成立，令，再利用导数可得取得最小值0，从而可证得结论.由，得，所以，因为在处的切线过点，所以，所以，解得，证明：要证，即证，即证，即证，因为，所以即证，令，则，当时，当时，所以在上递减，在上递增，所以，所以恒成立，令，则，所以在递增，所以当时，取得最小值0，所以
129、原不等式成立.点睛:关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是根据题意将问题转化为，再次转化为，然后通过两次构造函数，利用导数可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题. 22-2【基础】 【正确答案】 1、，极小值，无极大值 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）对函数求导得到，由导数的几何意义得到，解得，再利用导数研究其单调性和极值，即可得出；（2）令，对其求导，结合（1）可得：，得到的单调性，即可证明.由，得.由题意得，即，所以，.令，得，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值证明：令
130、，则.由(1)知，故在上单调递增所以当时，即.点睛:本题考查不等式的恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立恒成立；(2)恒成立恒成立. 22-3【巩固】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）根据已知条件将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可求解；（2）根据导数的几何意义及切点在切线上，结合两点斜率公式及极限思维即可求解.由，得，当时，在上恒成立，所以在上单调递增，此时恒成立，当时，令则，解得，当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减.当时，取得最小值为，不满题意，综上所述，的取值范围为.由题意可知，所以，设切线为的切点为，则，解得，所
131、以，所以，要证，只需证即可，所以表示点与点连线的斜率，因为，所以当距的距离越远，斜率越小，当b趋近a时，所以成立，即证. 22-4【巩固】 【正确答案】 1、的最小值为0. 2、详见解析.【试题解析】 分析:(1)写出切线方程，代入求得的值，再由导数确定单调性，进而求得最小值；(2)使用不等式放缩证明：由得，只要证成立，用导数证明即可.，故曲线在点处的切线方程为： 将代入求得，所以.当时，单调递增；当时，单调递减；所以，故的最小值为0.由（1）知当时，从而所以有，（当时等号成立），所以有，要证成立，只要证成立，令，且 ， 故在上为增函数，所以即恒成立，故成立，所以成立.点睛:在用导数证明含有三
132、角函数的不等式时，通常采用不等式放缩，经常用的不等式有：，；，；，. 22-5【提升】 【正确答案】 1、，证明见解析； 2、证明见解析.【试题解析】 分析:（1）利用导数的几何意义可求得，在分析判断函数的单调性，从而得到，即得；（2）将逐步转化为证明的问题，利用导数证明在上的单调性，从而得证.由题可知：，而直线的斜率，所以有，解得：或，又因为函数在处有意义，所以，故，所以，时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，即，即有，所以.不妨设，所以有，化简得即，要证，即证，即证，因为，所以即证：，即，设，因为，所以，即证 ()设()，所以函数在上单调递增，所以，即，即，即.点睛:导数是研究
133、函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用 22-6【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义列出方程组，即可求得答案;（2）根据题意可得是仅有的一个极小值点，从而求得极小值，构造函数，即可证明，然后证明 ，即证，构造函数，利用导数证明该不等式成立.定义域为 ， ，由题意知， ,解得 ,;由（1）知 ，令 ，则 ，从而 ，即单调递增， ，故存在唯一的 使得，故可得下表：x -0+递减极小值递增从而是仅有的一个极小值点， ，令 ，则 ，从而 在 上单调递减， 故 ； 下证 ，即证；一方面令，则，则 在上单调递增，从而 ，另一方面，令，令有，x+0- 递增极大值递减从而，从而即成立，故 ，故.点睛:本题考查了导数的几何意义的应用以及函数的极值点问题以及不等式的证明问题，综合性强，计算量大，过程复杂，需要有良好的综合分析以及思维能力，解答的关键是能灵活的应用导数知识，特别是能构造适当的函数，利用其单调性或最值解决问题.
