2022-2023学年变式题 2022年高考浙江数学高考真题变式题库（解析版）

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这是一份2022-2023学年变式题 2022年高考浙江数学高考真题变式题库（解析版）
2022年高考浙江数学高考真题变式题库
【原卷 1 题】知识点并集的概念及运算

【正确答案】
D
【试题解析】

1-1（基础）已知集合，，则（）
A. B.
C.或 D.或
【正确答案】 C

1-2（基础）已知集合，，则A∪B＝（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-3（基础）已知集合，集合，则集合（）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

1-4（基础），，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-5（巩固）已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-6（巩固）若集合，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

1-7（巩固）设集合，，则等于（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

1-8（巩固）若集合，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

1-9（提升）已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

1-10（提升）已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

1-11（提升）已知集合，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 2 题】知识点求复数的实部与虚部,复数的相等

【正确答案】
B
【试题解析】

2-1（基础）复数满足（是虚数单位），则复数的共轭复数（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

2-2（基础）复数满足，则等于（）
A. B.7 C. D.5
【正确答案】 D

2-3（基础）已知，其中是虚数单位，则（）
A.3 B.1 C.-1 D.-3
【正确答案】 B

2-4（基础）已知（，为虚数单位），则实数的值为（）
A.0 B.1 C.2 D.3
【正确答案】 C

2-5（巩固）已知是虚数单位，，则（）
A. B. C.1 D.2
【正确答案】 B

2-6（巩固）若，则实数x，y满足（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

2-7（巩固）已知，，则（）
A. B. C.2 D.
【正确答案】 A

2-8（巩固）已知复数，其中a，，i是虚数单位，则（）
A.-5 B.-1 C.1 D.5
【正确答案】 B

2-9（提升）已知复数，则（）
A. B. C.5 D.10
【正确答案】 B

2-10（提升）已知为实数，且(为虚数单位)，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

2-11（提升）已知复数z满足（i是虚数单位），则（）
A. B. C.3 D.5
【正确答案】 B

【原卷 3 题】知识点根据线性规划求最值或范围

【正确答案】
B
【试题解析】

3-1（基础）若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（）
A. B.2 C.4 D.6
【正确答案】 D

3-2（基础）若x，y满足约束条件，则的最小值为（）
A.3 B.1 C. D.
【正确答案】 C

3-3（基础）已知实数x，y满足，则（）
A.最小值为-7，最大值为2 B.最小值为-2，最大值为7
C.最小值为-7，无最大值 D.最大值为2，无最小值
【正确答案】 C

3-4（基础）若x，y满足约束条件则的最大值是（）
A. B.4 C.8 D.12
【正确答案】 C

3-5（巩固）已知实数x，y满足，则的最小值为（）
A.4 B.6 C.8 D.10
【正确答案】 B

3-6（巩固）设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是（）
A.1 B.2 C.3 D.5
【正确答案】 C

3-7（巩固）已知实数x，y满足，则的最大值为（）
A.2 B.3 C.4 D.5
【正确答案】 A

3-8（巩固）若实数x，y满足约束条件，则的最大值是（）
A.1 B. C. D.
【正确答案】 C

3-9（提升）若实数x，y满足，则的值不可能为（）
A.2 B.4 C.9 D.12
【正确答案】 D

3-10（提升）已知，满足约束条件，则的最小值为（）
A. B.2 C. D.
【正确答案】 A

3-11（提升）若实数满足，则的最大值为（）
A. B. C.1 D.2
【正确答案】 C

【原卷 4 题】知识点判断命题的充分不必要条件,已知正（余）弦求余（正）弦

【正确答案】
A
【试题解析】

4-1（基础） “”是“为锐角”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

4-2（基础）设，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

4-3（基础）在中，“角为锐角”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 D

4-4（基础）已知，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 A

4-5（巩固）在中，“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 B

4-6（巩固）命题为等腰三角形，命题中，则命题是命题的（）
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

4-7（巩固）在中，“”是“为钝角三角形”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】 A

4-8（巩固）在中，内角，，所对的边分别为，，，则“”是“是等腰三角形”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】 D

4-9（提升）已知，则“”是“是钝角三角形”的（）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【正确答案】 A

4-10（提升）在锐角中，“”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
【正确答案】 A

4-11（提升） “”是“的最小正周期为”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】 A

【原卷 5 题】知识点求组合体的体积,根据三视图求几何体的体积

【正确答案】
C
【试题解析】

5-1（基础）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-2（基础）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-3（基础）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）

A.8 B.12 C.16 D.20
【正确答案】 B

5-4（基础）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

5-5（巩固）将一个四棱锥和一个半圆柱进行拼接，所得几何体的三视图如下所示，则该几何体的体积为（）．

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-6（巩固）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-7（巩固）如图是某几何体的三视图，每个小正方形的边长均为1，则该几何体的体积为（）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-8（巩固）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-9（提升）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（）

A. B. C.1 D.
【正确答案】 D

5-10（提升）某几何体的三视图如图所示，其正视图、侧视图和俯视图均是边长为2的正方形，则该几何体的体积是（）

A. B.4
C.4或 D.或4或
【正确答案】 C

5-11（提升）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 6 题】知识点描述正（余）弦型函数图象的变换过程

【正确答案】
D
【试题解析】

6-1（基础）为得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点（）
A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度
【正确答案】 D

6-2（基础）为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）
A.向左平移个单位 B.向右平移个单位
C.向右平移个单位 D.向左平移个单位
【正确答案】 B

6-3（基础）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有点的（）
A.横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位长度
B.横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位长度
C.向右平移个单位长度，再将横坐标变为原来的2倍
D.向右平移个单位长度，再将横坐标变为原来的倍
【正确答案】 B

6-4（基础）为了得到函数的图象，只需把函数的图象（）
A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度
【正确答案】 C

6-5（巩固）由函数的图象经过图象变换得到函数的图象，则这个变换过程为（）
A.向左平移个单位长度，把所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变）
B.向左平移个单位长度，把所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变）
C.把所有点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），向左平移个单位长度
D.把所有点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），向左平移个单位长度
【正确答案】 A

6-6（巩固）为得到函数的图象，只需把函数的图像（）
A.向左平移个单位 B.向左平移个单位
C.向右平移个单位 D.向右平移个单位
【正确答案】 D

6-7（巩固）为了得到的图象，可将函数的图象（）
A.向左平移个单位 B.向右平移个单位
C.向左平移个单位 D.向右平移个单位
【正确答案】 C

6-8（巩固）若函数(其中)图象的一个对称中心为，其相邻一条对称轴方程为，且函数在该对称轴处取得最小值，为了得到的图象，则只要将f（x）的图象（　　）
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】 D

6-9（提升）要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点的（）
A.横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度
B.横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度
C.横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度
D.横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度
【正确答案】 B

6-10（提升）已知函数的部分图象如图所示，要得到函数的图象，只需将的图象（）

A.向左平移个单位 B.向右平移个单位
C.向左平移个单位 D.向右平移个单位
【正确答案】 A

6-11（提升）函数（，）在一个周期内的图象如图所示，为了得到正弦曲线，只需把图象上所有的点（）

A.向左平移个单位长度，再把所得图象上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，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C.向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
D.向右平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
【正确答案】 B

【原卷 7 题】知识点指数幂的化简、求值,指数式与对数式的互化,对数的运算性质的应用

【正确答案】
C
【试题解析】

7-1（基础）若，则（）
A.2 B.4 C.5 D.10
【正确答案】 C

7-2（基础）已知，则等于（）
A.1 B.2 C.3 D.6
【正确答案】 A

7-3（基础）已知，，则（）
A.3 B.4 C.5 D.6
【正确答案】 B

7-4（基础）若，则的值是（）
A. B. C. D.1
【正确答案】 D

7-5（巩固）已知，，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

7-6（巩固）已知，，则（）
A.1 B.2 C.3 D.4
【正确答案】 D

7-7（巩固）若非零实数，，满足，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

7-8（巩固）已知且，则a的值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

7-9（提升）已知，，则（用，表示）等于（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

7-10（提升）已知，那么用表示是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-11（提升）正实数a，b，c均不等于1，若loga（bc）+logbc＝5，logba+logcb＝3，则logca的值为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 8 题】知识点异面直线所成的角的概念及辨析,线面角的概念及辨析,二面角的概念及辨析

【正确答案】
A
【试题解析】

8-1（基础）三棱锥中，，，记与所成角为，与平面所成角为，锐二面角的大小为，则
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

8-2（基础）如图，在三棱锥中，，，，二面角的平面角为，则

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-3（基础）如图，已知矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，记二面角的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，则（）．

A.， B.，
C.， D.，
【正确答案】 C

8-4（巩固）四面体，，，两两垂直，，，分别是，，上的点，且，设二面角，，的平面角分别为，，，则（）．
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

8-5（巩固）在三棱锥中，已知点是的中点，平面平面，，．设二面角的平面角为，二面角的平面角为，，则下列结论正确的是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-6（巩固）已知四面体，，，.分别记二面角，，为，，.则下列结论中一定成立的是（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

8-7（巩固）如图所示，将两块斜边等长的直角三角板拼接（其中，），将沿翻折至，记，，所成角为，，，则在翻折过程中，下列选项一定错误的是（）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-8（提升）如图，矩形中，，点在，上，满足，，将沿向上翻折至，使得在平面上的射影落在的重心处，设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

8-9（提升）已知底面为正方形的四棱锥，点的射影在正方形内，且到的距离等于的长，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，二面角平面角为，则下列结论可能成立的是（）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-10（提升）已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且，二面角、、的平面角大小分别为α，β，γ，直线，，与平面ABC所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 A

8-11（提升）如图，已知锐二面角的大小为，，，，，，，C，D为AB，MN的中点，若，记AN，CD与半平面所成角分别为，，则（）

A.， B.，
C.， D.，
【正确答案】 A

【原卷 9 题】知识点图象法解绝对值不等式,求绝对值不等式中参数值或范围

【正确答案】
D
【试题解析】

9-1（基础）若不等式对任意实数恒成立，则（）
A. B.0 C.1 D.2
【正确答案】 D

9-2（基础）已知函数，若对任意的实数都成立，则正数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

9-3（巩固）若关于的不等式无解，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

9-4（巩固）若关于的不等式有实数解，则实数的取值范围为
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

9-5（巩固）存在，使时恒有，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

9-6（提升）关于的方程有三个不同的实根，则的最小值为（）
A. B. C. D.0
【正确答案】 A

9-7（提升）若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【正确答案】 B

9-8（提升）若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

9-9（提升）若不等式对恒成立,则=
A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 10 题】知识点累加法求数列通项,由递推数列研究数列的有关性质,数列不等式恒成立问题

【正确答案】
B
【作答统计】
A:0人/占0% B:1人/占100% C:0人/占0% D:0人/占0%
【试题解析】

10-1（基础）已知数列满足，则下列结论成立的是（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

10-2（基础）已知数列满足，且，，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

10-3（基础）已知数列满足，，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-4（巩固）已知数列满足，则的值所在范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-5（巩固）已知正项数列满足，，则（）
A.对任意的，都有
B.对任意的，都有
C.存在，使得
D.对任意的，都有
【正确答案】 D

10-6（巩固）数列满足：，，记数列的前项和，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

10-7（巩固）在数列中，已知，且，则以下结论成立的是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

10-8（提升）已知数列中各项都小于1，，即数列前n项和为，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

10-9（提升）已知数列满足：，且，则下列关于数列的叙述正确的是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

10-10（提升）已知数列满足，.若对恒成立，则正实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

10-11（提升）已知数列满足，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

【原卷 11 题】知识点三角形面积公式及其应用

【正确答案】

【试题解析】

11-1（基础）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积为.根据此公式，若，且，则这个三角形的面积为_________.
【正确答案】

11-2（基础）《易经》中记载着一种几何图形一一八封图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习，去测量当地八卦田的面积如图，现测得正八边形的边长为，代表阴阳太极图的圆的半径为，则每块八卦田的面积为___________.

【正确答案】

11-3（基础）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题《数书九章》中记录了秦九解的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积”若把以上这段文字写成公式，即S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边长，现有满足且，则的外接圆的半径为_________．
【正确答案】 .

11-4（基础）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作.其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是“以小斜冥并大斜冥减中斜冥，余半之，自乘于上，以小斜冥乘大斜冥减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写出公式，即若，则，现有周长为的满足，则用以上给出的公式求得的面积为__________．
【正确答案】

11-5（巩固）我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在中，角所对的边分别为，则的面积为，若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为___________.
【正确答案】

11-6（巩固）我国古代数学家秦九韶在《数学九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，所对的边长分别为，则的面积.根据此公式若，且，则△ABC的面积为______________.
【正确答案】

11-7（巩固）几何学中有两件瑰宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，其中顶角为的等腰三角形被称为“黄金三角形”．如图，已知五角星是由5个“黄金三角形”与1个正五边形组成，且．记阴影部分的面积为，正五边形的面积为，则_______．

【正确答案】

11-8（巩固）我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设的三个内角的对边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为.若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为________.
【正确答案】

11-9（提升）赵爽是我国古代数学家，大约在公元年，赵爽在为《周髀算经》，作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设，若，则的面积为____________.

【正确答案】

11-10（提升）我国南宋著名数学家秦九韶（约1202—1261）被国外科学史家赞誉为“他那个民族，那个时代，并且确实也是所有时代最伟大的数学家之一”.他独立推出了“三斜求积”公式，求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成从三条边长求三角形面积的公式，就是.现如图，已知平面四边形中，，，，，，则平面四边形的面积是_________.

【正确答案】

11-11（提升）拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点.”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流､物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值.如图，设代表旧城区，新的城市发展中心，分别为正，正，正的中心､现已知，的面积为，则的面积为___________.

【正确答案】

【原卷 12 题】知识点求指定项的系数,两个二项式乘积展开式的系数问题

【正确答案】
①. 8 ②. -2
【试题解析】

12-1（基础）已知，则______.______.
【正确答案】 60 728或

12-2（基础）若，，则________；________；
【正确答案】

12-3（基础）已知展开式的各二项式系数的和为512，则________；若，则 _________
【正确答案】 9 2

12-4（基础）已知多项式，则_______，________．
【正确答案】

12-5（巩固）已知.且，则__________，该展开式第3项为__________.
【正确答案】 5

12-6（巩固）多项式，则_______，________．
【正确答案】 1

12-7（巩固）已知，则_____，___________．
【正确答案】

12-8（巩固）若，则_______，_______．
【正确答案】 -10 -62

12-9（提升）设（其中为偶数），若对任意的，总有成立，则_________，_________.
【正确答案】 8

12-10（提升）已知，则___________，___________.
【正确答案】

12-11（提升）已知多项式，则_______，_______．
【正确答案】 16 48

【原卷 13 题】知识点诱导公式五、六,二倍角的余弦公式,辅助角公式

【正确答案】

【试题解析】

13-1（基础）已知，且，则___________，___________.
【正确答案】

13-2（基础）已知，则______， ______.
【正确答案】

13-3（基础）已知，且，则___________，____________.
【正确答案】

13-4（基础）若，则___________，__________.
【正确答案】 1 1

13-5（巩固）设、，，，则____， ___．
【正确答案】

13-6（巩固）已知，且，则________；________.
【正确答案】

13-7（巩固）已知，则________，________.
【正确答案】 1 1

13-8（巩固）已知，且，则________；________.
【正确答案】

13-9（提升）已知，若，则______，______.
【正确答案】

13-10（提升）已知=，且，则__________；__________．
【正确答案】

13-11（提升）若，则________；________．
【正确答案】或-0.5 或0.8

【原卷 14 题】知识点求分段函数解析式或求函数的值,根据分段函数的值域（最值）求参数

【正确答案】

【试题解析】

14-1（基础）设.
（1）当时，的最小值是___________；
（2）若是的最小值，则的取值范围是___________.
【正确答案】 1

14-2（基础）设函数，
（1）若，则的单调减区间为___________；
（2）若函数的值域为，则的取值范围是___________.
【正确答案】

14-3（基础）设函数.①若，则的最大值为___________.②若无最大值，则实数的取值范围是___________.
【正确答案】 0

14-4（巩固）已知函数，若，则的值域是___________；若的值域为，则实数的取值范围是_________.
【正确答案】

14-5（巩固）已知函数，若，则的值域是______；若的值域为，则实数的取值范围是_________.
【正确答案】；；

14-6（巩固）已知函数，则________；若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为________．
【正确答案】

14-7（巩固）设函数．若a＝－1，则的最小值为________；若是函数的最小值，则实数a的取值范围是________．
【正确答案】 0

14-8（提升）已知，若，则的取值范围为__________，若，则的取值范围为____________.
【正确答案】

14-9（提升）设函数，则_______；当时，函数的值域为，则的取值范围是____________.
【正确答案】；

14-10（提升）已知函数（且）且，①若，则________，②若函数的值域是，则实数的取值范围是_____________．
【正确答案】

14-11（提升）定义：已知函数，其中，．若，则实数的取值范围为______；若的最大值为2，则______．
【正确答案】 2

【原卷 15 题】知识点计算古典概型问题的概率,求离散型随机变量的均值

【正确答案】

【试题解析】

15-1（基础）在一次投篮训练中，甲同学每次投篮投中的概率为，乙和丙同学每次投篮投中的概率均为，每人各投1次，记为三人投中的总次数，则_________；________．
【正确答案】或或

15-2（基础）某学校高一年级计划成立一个统计方向的社团，为了了解高一学生对统计方面的兴趣，在高一年级的全体同学中抽取了8名同学做了一个调查，结果显示其中3人对统计方向有兴趣，另外5人没兴趣．若从这8人中随机抽取3人，恰有2人是对统计方向有兴趣的同学的概率为__________；若以这8人的样本数据估计该学校高一年级的总体数据，且以频率作为概率，从该学校高一年级的所有学生中随机抽取3人，记对统计方向有兴趣的人数为随机变量，则的均值为__________．
【正确答案】； .

15-3（基础）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分给4个人，每人两张，记获奖人数为，则 _______， ______．
【正确答案】

15-4（基础）某专业资格考试包含甲､乙､丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为，乙､丙科目合格的概率均为，且3个科目是否合格相互独立.设小张3科中合格的科目数为X，则___________；___________.
【正确答案】；或.

15-5（巩固）用数字1，2，3，4，5给3名男生和2名女生随机地编学号，则男生和女生的学号都不相邻的编法有_________种（用数字作答）；记随机变量，其中X，Y分别为男生、女生的学号之和，则随机变量的数学期望_________．
【正确答案】 12 3

15-6（巩固）盆子中有大小相同的球共6个，其中标号为1的球有3个，标号为2的球有2个，标号为3的球有1个，第1次从盒子中任取1个球，放回后第2次再任取1个球，记第1次与第2次取到的球的标号之和为，则_________．_________．
【正确答案】

15-7（巩固）已知甲盒中仅有2个黑球，乙盒中有3个黑球和3个白球，先从乙盒中任取2个球放入甲盒中，再从甲盒中任取2个球出来，记为甲盒中取到的黑球的个数，则______，_______．
【正确答案】或1.5

15-8（巩固）袋中有6个大小相同的球，其中1个红球，m个白球，n个黑球，现依次取球，每次取出一个，取出不放回，直到取出的球中有两种不同颜色的球时结束，已知取到1个红球1个白球的概率为，则__________，用表示终止时取球的次数，则随机变量的数学期望__________.
【正确答案】 3

15-9（提升）某高中数学社团招募成员，依次进行笔试，面试两轮选拔，每轮结果都分“合格”和“不合格”.当参选同学在第一轮笔试中获得“合格”时，才能进入下一轮面试选拔，两轮选拔都合格的同学入选到数学社团.现有甲同学参加数学社团选拔，已知甲同学在笔试，面试选拔中获得“合格”和“不合格”的概率分别为，，且在笔试，面试两轮选拔中取得的成绩均相互独立，互不影响且概率相同，则甲同学能进入到数学社团的概率是___________，设甲同学在本次数学社团选拔中恰好通过X轮选拔，则数学期望___________．
【正确答案】

15-10（提升）袋中有个红球，个黄球，个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则_______，________ .
【正确答案】

15-11（提升）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则___________；若随机从甲箱中取出3个球，设取到红球个数为随机变量X，则X的数学期望为___________．
【正确答案】或

【原卷 16 题】知识点求双曲线的离心率或离心率的取值范围

【正确答案】

【试题解析】

16-1（基础）设，为双曲线：（）的左、右焦点，点为双曲线上一点，，那么双曲线的离心率为______.
【正确答案】

16-2（基础）已知直线与双曲线有且只有一个公共点，则C的离心率等于________．
【正确答案】

16-3（基础）已知点F为双曲线的左焦点，A为直线在第一象限内的点，过原点O作的垂线交于点B，且B恰为线段的中点，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率大小为_________．
【正确答案】

16-4（巩固）已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是C左支上一点，点B是C渐近线上一点，O为坐标原点．若，则C的离心率为_________．
【正确答案】

16-5（巩固）已知双曲线，的左右焦点记为，，直线l过且与该双曲线的一条渐近线平行，记l与双曲线的交点为P，若所得的内切圆半径恰为，则此双曲线的离心率为______．
【正确答案】

16-6（巩固）已知为双曲线的右焦点，过点作的渐近线的垂线，垂足为，且满足（为坐标原点），则双曲线的离心率为______
【正确答案】或

16-7（巩固）设为双曲线C：的左、右焦点，为双曲线虚轴的下端点，为过点的圆与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为_________；
【正确答案】

16-8（提升）已知双曲线的左焦点为，是上一点，是的渐近线上一点，为坐标原点．若，，则双曲线的离心率为________．
【正确答案】

16-9（提升）已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点恰好在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为___________.
【正确答案】

16-10（提升）已知双曲线的左、右焦点分别为，分别过，作斜率为2的直线交C在x轴上半平面部分于P，Q两点．记面积分别为，若，则双曲线C的离心率为_____________．
【正确答案】

16-11（提升）若点P为双曲线上任意一点，则P满足性质：点P到右焦点的距离与它到直线的距离之比为离心率e，若C的右支上存在点Q，使得Q到左焦点的距离等于它到直线的距离的6倍，则双曲线的离心率的取值范围是______．
【正确答案】

【原卷 17 题】知识点向量与几何最值

【正确答案】

【试题解析】

17-1（基础）已知在中，对任意的恒成立，且为内切圆上的点，则的取值范围是________．
【正确答案】

17-2（基础）在梯形中，，，，，若在线段上运动，且，则的最小值为_________．
【正确答案】

17-3（基础）如图，在边长为1的正方形中，E为的中点，若F为正方形内（含边界）任意一点，则的最大值为______.

【正确答案】

17-4（巩固）已知平面向量，，，满足，，，，则的取值范围为______.
【正确答案】

17-5（巩固）已知非零向量、、，满足，，，若，则的取值范围是__________．
【正确答案】

17-6（巩固）设，，，（），则（）的最小值为___________.
【正确答案】

17-7（巩固）在中，，点M为三边上的动点，PQ是外接圆的直径，则的取值范围是_______________________
【正确答案】

17-8（提升）已知平面向量、、满足，，，则的取值范围为______．
【正确答案】

17-9（提升）已知为单位向量，向量满足，，若，则的取值范围是_______．
【正确答案】

17-10（提升）已知同一平面内的单位向量，，，则的取值范围是________.
【正确答案】

17-11（提升）已知平面向量满足：，，则的最小值为___________．
【正确答案】或

【原卷 18 题】知识点三角形面积公式及其应用,正弦定理解三角形,余弦定理解三角形

【正确答案】

【试题解析】

18-1（基础）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC边上一点，，．
1、证明：；
2、若，求的面积．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

18-2（基础）在锐角中，角所对的边分别为，已知，
1、求角A的大小；
2、求的面积.
【正确答案】 1、 2、

18-3（基础）在中，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
1、的值；
2、的面积.
条件①：；条件②：.
【正确答案】 1、若选择条件①，；若选择条件②，
2、若选择条件①，的面积；若选择条件②，的面积

18-4（基础）已知的内角，，所对的边分别为，，，，．
1、求；
2、若为上一点，，，求的面积．
【正确答案】 1、； 2、.

18-5（巩固）已知的内角的对边分别为，，
1、求；
2、若为锐角，求的面积．
【正确答案】 1、； 2、.

18-6（巩固）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
1、求角A的大小；
2、若，，且AD平分，求的面积．
【正确答案】 1、 2、

18-7（巩固）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.
1、求角B的大小；
2、若点D在BC上，，，，求的面积.
【正确答案】 1、 2、

18-8（巩固）在中，角的对边分别为，且.
1、求角；
2、若，求的面积.
【正确答案】 1、 2、

18-9（提升）在中，，且同时满足条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中的三个，请选择三个条件并解答下列问题:
1、求边 ;
2、求 .
条件① ; 条件②;
条件③; 条件④.
【正确答案】 1、答案见解析； 2、答案见解析；

18-10（提升）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且满足．
1、求角B的大小；
2、求的面积的最大值．
【正确答案】 1、 2、

18-11（提升）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
1、求A；
2、设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．
【正确答案】 1、； 2、.

【原卷 19 题】知识点线面垂直证明线线垂直,线面角的向量求法

【正确答案】

【试题解析】

19-1（基础）多面体如图所示，其中为等腰直角三角形，且．
1、求证：；
2、若，为的重心，平面，求直线与平面
所成角的正弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-2（基础）如图，在三棱锥中，侧面底面，E为的中点，
1、若，求证：．
2、已知，求直线与平面所成角的正弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-3（基础）如图，在直角中，PO⊥OA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点．

1、求证：；
2、设直线PC与平面PAB所成的角为，求．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-4（基础）如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为的中点，．

1、求证：；
2、求直线与平面所成角的大小；
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-5（巩固）已知三棱台，若，为的中点．
1、求证：；
2、若，求直线与平面所成角的正弦值．
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-6（巩固）如图，四棱锥，底面ABCD为菱形，BD的中点为O，且PO⊥平面ABCD.
1、证明：；
2、若，，求直线PO与平面PAD所成角的正弦值.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-7（巩固）如图，四棱锥的底面是梯形，，，E为线段中点．
1、证明：；
2、求直线与平面所成角的正弦值．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、.

19-8（巩固）已知空间几何体中，与均为等边三角形，平面平面，和平面所成的角为．
1、求证：；
2、若点E在平面上的射影落在的平分线上，求直线与平面所成角的正弦值．
【正确答案】 1、证明见解析； 2、

19-9（提升）如图，在平面四边形中，，将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面.

1、证明：；
2、若为的中点，二面角的平面角等于，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.
【正确答案】 1、证明见解析 2、

19-10（提升）如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.
1、若，试证；
2、在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.
【正确答案】 1、证明见解析 2、为的中点时，取得最大值.

19-11（提升）如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，，，是等边三角形，且.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析；（2）.

【原卷 20 题】知识点等差数列通项公式的基本量计算,等差数列前n项和的基本量计算,等比中项的应用,数列不等式能成立（有解）问题

【正确答案】

【试题解析】

20-1（基础）设等差数列的前n项和为，数列是首项为1公比为的等比数列，其前n项和为，且，对任意恒成立.
1、求数列，的通项公式；
2、设，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 1、， 2、

20-2（基础）已知数列的前项和为，且满足．设，数列的前项和为．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）.

20-3（基础）已知数列中，，且满足．
1、求的值；
2、证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
3、若恒成立，求实数的取值范围．
【正确答案】 1、 2、证明见解析； 3、

20-4（巩固）已知等差数列中，公差，，是与的等比中项，设数列的前项和为，满足.
1、求数列与的通项公式；
2、设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 1、， 2、

20-5（巩固）已知数列、满足，，，﹒
1、求证：为等差数列，并求通项公式；
2、若，记前n项和为，对任意的正自然数n，不等式恒成立，求实数的范围．
【正确答案】 1、证明见解析；. 2、.

20-6（巩固）已知数列满足，（为非零常数），且.
1、求证：数列是等比数列；
2、若数列满足，且；
（i）求数列的通项公式；
（ii）若对任意正整数i，，都成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 1、证明见解析 2、（i）；（ii）

20-7（巩固）设首项为a的等比数列的前项和为，若等差数列的前三项恰为，，.
1、求数列，的通项公式；（用字母a表示）
2、令，若对恒成立，求实数a的取值范围.
【正确答案】 1、， 2、

20-8（提升）已知数列和，记，分别为和的前项和，为的前项积，且满足，，.
1、求数列和的通项公式；
2、设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】 1、， 2、

20-9（提升）若数列的前n项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，其前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）；（2）.

20-10（提升）已知数列的前项和为，，数列满足，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足：，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1），；（2）.

20-11（提升）已知数列满足：，，，且；等比数列满足：，，，且．
1、求数列、的通项公式；
2、设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围．
【正确答案】 1、（），（）， 2、

【原卷 21 题】知识点求椭圆中的最值问题

【正确答案】

【试题解析】

21-1（基础）如图，椭圆的左、右焦点为，过的直线与椭圆相交于、两点.
（1）若，且求椭圆的离心率.
（2）若，求的最大值和最小值.
【正确答案】（1）；（2）最大值；最小值.

21-2（基础）已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆E的离心率为，且通径长为1．
（1）求E的方程；
（2）直线l与E交于M，N两点（M，N在x轴的同侧），当时，求四边形面积的最大值．
【正确答案】（1）；（2）2.

21-3（基础）已知椭圆：与抛物线：有相同的焦点，抛物线的准线交椭圆于，两点，且.
（1）求椭圆与抛物线的方程；
（2）为坐标原点，过焦点的直线交椭圆于，两点，求面积的最大值.
【正确答案】（1）椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；（2）最大值为1.

21-4（巩固）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过点，且是椭圆的内接三角形.
（1）若点为椭圆的上顶点，且原点为的垂心，求线段的长；
（2）若点为椭圆上的一动点，且原点为的重心，求原点到直线距离的最小值.
【正确答案】（1）；（2）.

21-5（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Р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、

21-6（巩固）对于椭圆，有如下性质：若点是椭圆外一点，，是椭圆的两条切线，则切点A，B所在直线的方程是，可利用此结论解答下列问题．
已知椭圆C：和点，过点P作椭圆C的两条切线，切点是A，B，记点A，B到直线（O是坐标原点）的距离是，．
（1）当时，求线段的长；
（2）求的最大值．
【正确答案】（1）；（2）．

21-7（巩固）已知椭圆：经过点，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形.
1、求椭圆的方程；
2、设过点的直线交椭圆于､两点，求的取值范围.
【正确答案】 1、 2、

21-8（提升）已知椭圆，经过拋物线的焦点的直线与交于两点，在点处的切线交于两点，如图.

1、当直线垂直轴时，，求的准线方程；
2、若三角形的重心在轴上，且，求的取值范围.
【正确答案】 1、x=-1； 2、

21-9（提升）已知椭圆的焦距为，且过点
（1）求椭圆的方程；
（2）若点是椭圆的上顶点，点在以为直径的圆上，延长交椭圆于点，的最大值.
【正确答案】（1）；（2）.

21-10（提升）如图，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，过抛物线焦点F且斜率不为0的直线l与抛物线交于A，B两点，连接交椭圆E于点C，连接交椭圆E于点D，记直线的斜率分别为．
1、求点P的坐标并确定当为常数时的值；
2、求取最大值时直线l的方程．
【正确答案】 1、， 2、

21-11（提升）如图，已知椭圆的离心率为，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过左焦点且斜率为正的直线与椭圆交于、两点，过点、分别作与直线垂直的直线，交轴于、两点，求的最小值.
【正确答案】（1）；（2）最小值是.

【原卷 22 题】知识点求过一点的切线方程,用导数判断或证明已知函数的单调性,利用导数研究方程的根,利用导数研究双变量问题

【正确答案】

【试题解析】

22-1（基础）已知函数，实数，为方程的两个不等的根.
1、求实数的取值范围；
2、证明：.
【正确答案】 1、 2、证明见解析

22-2（基础）已知函数.
1、求函数的单调区间；
2、设存在两个极值点，且，若，求证：.
【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析

22-3（基础）已知，函数，其中为自然对数的底数.
1、判断函数的单调性；
2、若是函数的两个极值点，证明：.
【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析

22-4（巩固）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，．
（2）若存在两个极值点，证明：．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

22-5（巩固）已知函数(aR)．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，为函数的两个极值点，证明：．
【正确答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

22-6（巩固）设函数．
（1）求函数的最小值；
（2）设存在两个不同零点，，记，，求证：．
【正确答案】（1）；（2）证明见解析.

22-7（巩固）已知函数，，其中.
（1）若函数的图象与直线在第一象限有交点，求的取值范围.
（2）当时，若有两个零点，，求证：.
【正确答案】（1）；（2）证明见解析.

22-8（提升）已知函数．
1、当时，求函数的单调区间；
2、若函数有两个不同零点，，
①求实数a的取值范围；
②求证：．
【正确答案】 1、单调递增区间是，单调递减区间是 2、①；②证明见解析

22-9（提升）已知函数，（其中是自然对数的底数）
1、试讨论函数的零点个数；
2、当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析

22-10（提升）已知函数．
（1）当时，求曲线与曲线的公切线的方程；
（2）设函数的两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解．
【正确答案】（1）（2）见解析

22-11（提升）已知，函数.
1、当时，求的单调区间和极值；
2、若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.
【正确答案】 1、递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
2、（i）；（ii）证明见解析

22-12（提升）已知函数.
（Ⅰ）若函数存在两个零点，求实数的范围;
（Ⅱ）当函数有两个零点，且存在极值点，证明:
（i）;
（ii）.
【正确答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

22-13（提升）函数，．
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若直线是函数图象的切线，求的最小值；
（3）当时，若与的图象有两个交点，，试比较与的大小．（取为2.8，取为0.7，取为1.4）
【正确答案】（1）；（2）；（3）.

答案解析
1-1【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:求出集合，再由集合的并集运算可得答案.
详解:或，，
或.
故选：C．
1-2【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:由并集的定义求解即可．
详解:∵，
∴．
故选：B．
1-3【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:化简集合B，由并集运算求解.
详解:由已知可得，故.
故选：D
1-4【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:解指数不等式可得，应用集合的并运算求.
详解:由题设，而，
所以.
故选：B
1-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:先利用解一元二次不等式、指数函数的值域化简两个集合，再求其并集.
详解:由题意，得，
且，
所以.
故选：B.
1-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:先化简集合A，B，再利用集合的并集运算求解.
详解:因为集合
，
则，
故选：D
1-7【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:先解出集合A、B，再求.
详解:由题意，，所以
.故选：C.
1-8【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:根据已知条件求出集合，再利用并集的定义即可求解.
详解:由题意可知，又，
所以．
故选：D．
1-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】分析:先化简集合A、B，再去求
详解:
，
则
故选：D
1-10【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:化简集合A，B，根据并集运算即可得解.
详解:由，
，
可得，
故选：B
1-11【提升】【正确答案】 C
【试题解析】分析:先求集合A,B，然后取并集即可.
详解:
则
故选：C
2-1【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
设，代入中化简可求出的值，从而可求得答案
详解:设，
因为，
所以，
所以，
所以，解得，
所以，所以，
故选：B
2-2【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:根据复数代数形式的加法及复数相等的充要条件得到方程组，解得即可；
详解:解：因为
即，所以，解得，
所以；
故选：D
2-3【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据复数代数的形式的除法运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程组，解得即可；
详解:解：因为，
因为，
所以，即，所以；
故选：B
2-4【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:由复数的乘法运算和复数相等可求得a，b，由此可求得答案.
详解:解：∵，∴，
∴，解得，
则实数，
故选：C.
2-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:利用求出的值即得解.
详解:由题得

所以.
故选：B
2-6【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:由题得，即得解.
详解:解：因为，
所以，
则，即实数x，y满足．
故选：B
2-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
将化为，根据复数的相等，求得，求得答案.
详解:由可得，
即，故，
故，
故选：A
2-8【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求得a与b的值，则答案可求．
详解:由，得，
∴，即，，
∴．
故选：B
2-9【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
先利用复数商的运算化简，然后利用复数相等求出，从而求得答案.
详解:，即，所以，，.
故选：B
2-10【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:利用复数的乘除运算化简，再利用复数相等求得，进而得解.
详解:

由题意知，解得，所以
故选：A
2-11【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据复数的相等再结合共轭复数的概念求得，再求模即可.
详解:设，
则，所以，，所以，所以．
故选：B．
3-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
作出可行域，画直线并平移，求出点坐标，代入可得的最大值.
详解:可行域为如图阴影部分区域，

作直线并平移，当直线过时，取最大值，
由，得，
取到．
故选：D．
3-2【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:画出可行域，化目标函数为直线的斜截式方程，结合图象即可得出答案.
详解:
解：如图所示，画出约束条件的可行域，
化目标函数为斜截式，
联立，解得，即，
结合图形可知当直线过点时，取得最小值，最小值为.
故选：C.

3-3【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
作出可行域，利用平移法即可求出目标函数的最大最小值．
详解:作出可行域，如图所示阴影部分：
，
，即，直线越往上移的取值越小，当直线往上平移至经过点时，取最小值，此时，当直线往下平移至经过点时，，因为该点取不到，所以无法取到最大值，即的最小值为-7，无最大值．
故选：C．
3-4【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:作出可行域，数形结合即可得解.
详解:由题意作出可行域，如图阴影部分所示，

转化目标函数为，
上下平移直线，可得当直线过点时，直线截距最小，z最大，
所以.
故选：C.
3-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
根据约束条件画出可行域，将问题转化为求解在轴截距的最小值；通过平移直线可知当直线过时，截距取最小值；求出点坐标后代入即可得到所求结果.
详解:
解：由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：设，

当取最小值时，在轴截距最小
由平移可知，当过图中点时，在轴截距最小
由得
故选：B
3-6【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:画出约束条件表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义求解作答.
详解:画出x，y的约束条件表示的平面区域，如图中阴影（含边界），
其中，

目标函数，即表示斜率为2，纵截距为-z的平行直线系，
画出直线，平移直线到，当经过点A时，的纵截距最小，z最大，，
所以目标函数的最大值是3.
故选：C
3-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】分析:画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．
详解:作出可行域如图所示：

把转化为直线，经过点A时，纵截距最小，z最大.
由解得：，此时.
故选：A
3-8【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:作出约束条件表示的可行域，再利用目标函数的几何意义求解作答.
详解:
作出不等式组表示的可行域，如图中阴影（含边界），其中点，

目标函数，即表示斜率为，纵截距为z的平行直线系，
画直线，平移直线至，当直线过点A时，的纵截距最大，z最大，则，
所以的最大值是.
故选：C
3-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】分析:利用已知条件作出可行域，然后作出目标函数，求出目标函数的范围，逐一对选项筛选即可.
详解:作出可行域，如图：

解得：即：
又解得：即：
对于目标函数可化为：
的最小值在处取得，最大值在处取得，此时：
，即：
，其余的三个值都可能取到；
故选：D.
3-10【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
根据不等式组，作出可行域，根据图象分析可得，当动直线过点A时，取得最小值，联立方程，求得A点坐标，代入即可得答案.
详解:
画出可行域（如图阴影部分），变形可得，
当动直线过点A时，取得最小值，

由，得A的坐标为，故.
故选：A.
3-11【提升】【正确答案】 C
【试题解析】分析:作出不等式组表示的平面区域即可行域，根据线性规划的几何意义求得答案.
详解:
作出不等式组表示的平面区域，即可行域如图示阴影部分：

解，得 ,
平移直线，当其过点时，直线在y轴上的截距最大，
此时目标函数取最大值，
最大值为，
故选：C
4-1【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据充分、必要性的定义，判断题设条件间的关系.
详解:
由“”推不出“为锐角”，比如角在第三象限，但由“为锐角”可以推出“”.
故“”是“为锐角”的必要不充分条件.
故选：B.
4-2【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:由充要条件的定义求解即可
详解:∵，
∴，
由可得.
易知当时，，
但由不能推出，（如时）
∴“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
4-3【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:分析条件与结论的关系，根据充分条件和必要条件的定义确定正确选项.
详解:若角为锐角，不妨取，则，
所以“角为锐角”是“”的不充分条件，
由，可得，所以角不一定为锐角，
所以“角为锐角”是“”的不必要条件，
所以“角为锐角”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
4-4【基础】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
由两角和的正弦公式可得，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
详解:
解：因为，，
所以，
则由推得出，由推不出
如，，但是，
故“”是“”的充分不必要条件；故选：A
4-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据正弦函数的性质和充分和必要条件的概念即可判断．
详解:在中，，则或，
∴在中，“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
4-6【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据充分、必要条件的定义即可判断.
详解:解：当成立时，可能或或，所以不一定成立，
所以命题推不出命题；
当成立时，，则或，即或不成立)，所以三角形为等腰三角形，
所以命题能推出命题；
故命题是命题的必要不充分条件，故选：B.
4-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】分析:由充分、必要关系的定义，结合三角形内角的性质判断题设条件间的推出关系，即可确定答案.
详解:由：
若，则为钝角；
若，则，
此时，故充分性成立.
△为钝角三角形，若为钝角，则不成立；
∴“”是“△为钝角三角形”的充分不必要条件.故选：.
4-8【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
利用余弦定理角化边，由探求出的形状，再结合充分条件、必要条件的定义直接判断即可.
详解:
在中，由结合余弦定理得：，整理得：
，即，则或，为等腰三角形或直角三角形，
即“”不能推出“是等腰三角形”，而为等腰三角形，不能确定哪两条边相等，不能保证有成立，
所以“”是“是等腰三角形”的既不充分也不必要条件.故选：D
4-9【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
在三角形中，由先利用辅助角公式结合正弦函数性质求得角为钝角成立，反之举反例得出必要性不成立，从而得出结论.
详解:解：中，，
，，，，，所以是钝角三角形，充分性成立；
若是钝角三角形，角不一定是钝角，反例：,此时，必要性不成立；故选：A.
4-10【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
由题目条件可得，又因为，可解得：，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
详解:
因为，
所以，
又因为，当且仅当时取等.所以，所以，又因为为锐角三角形，所以，所以.
所以能推出，但推不出.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4-11【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:根据函数的最小正周期求得，再根据充分条件和必要条件的定义即可的解.
详解:
解：由的最小正周期为，可得，所以，
所以“”是“的最小正周期为”的充分不必要条件.故选：A.
5-1【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据三视图得到该几何体是长方体中挖去了一个圆锥，结合题意可知长方体的长、宽、高和圆锥的底面圆的半径和高，再由体积公式求解，即可得到答案.
详解:由三视图知，此几何体是长方体中挖去了一个圆锥，
其中长方体的长为2，宽为2，高为3，
圆锥的底面圆的半径为，高为，
所以几何体的体积为：
，
故选：B.
5-2【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
根据三视图还原原几何体的直观图，可知该几何体为四棱锥，结合图中数据可计算得出该几何体的体积.
详解:根据三视图还原原几何体的直观图如下图所示：

由图可知，该几何体为四棱锥，且底面为直角梯形，四棱锥的高为，
结合图中的数据可知，该四棱锥的体积为.
故选：D.
5-3【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
详解:由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积.
故选：B.
5-4【基础】【正确答案】 A
【试题解析】分析:根据三视图作出原几何体的直观图，结合题中数据可求得原几何体的体积.
详解:根据三视图作出原几何体的直观图如下图所示：

由图可知，该几何体是由一个半圆柱和一个直三棱柱拼接而成的几何体，
由图中数据可知，该几何体的体积为.
故选：A.
5-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:由三视图还原实物图，直接求体积.
详解:由三视图可知，该几何体左边可以看成一个底面半径为1，高为2的半圆柱，右边可以看成一个底面边长为2的正方形，高为2的四棱锥，所以其体积为：
．

故选：B．
5-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式的应用求出结果．
详解:如图所示，三棱锥为所求，其中，，
点到平面的距离为3，
所以
所以该三棱锥的体积,
故选：D.

5-7【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:由三视图还原原几何体，可知该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆锥，半球的半径为1，圆锥的底面半径为1，高为2，再由球与圆锥的体积公式求解．
详解:由三视图还原原几何体如图，

可知该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆锥，
半球的半径为1，圆锥的底面半径为1，高为2，
则该几何体的体积．
故选：．
5-8【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:通过几何体的三视图可得该几何体的下半部分为半球体，上半部分为四棱锥，利用体积公式计算，即可得到答案；
详解:该几何体分上下两部分，下半部分为半球体，体积为，
上半部分为四棱锥，底面积为2，高为1，体积为，
总体积为，

故选：C．
5-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
先在长方体模型中，根据三视图作出几何体的原图，再将几何体补成三棱柱，分别求得三棱柱与四棱锥的体积，作差即可.
详解:在长方体模型中，根据三视图作出几何体的原图，
且，，

将几何体补成三棱柱如图：
则几何体的体积，
且，，，

，由对称性可得，
所以几何体的体积，
故选：D
5-10【提升】【正确答案】 C
【试题解析】分析:该几何体可看作正方体去掉四个三棱锥或三个三棱锥，如图，即可求出体积.
详解:
（1）如图，该几何体可能为棱长为2的正方体中的一部分，如图粗线部分，则此时该几何体可看作正方体去掉四个三棱锥，则体积为；

（2）如图，该几何体可能为棱长为2的正方体中的一部分，如图粗线部分，则此时该几何体可看作正方体去掉三个三棱锥，则体积为；

综上，该几何体的体积是4或.故选：C.
5-11【提升】【正确答案】 C
【试题解析】分析:根据给定三视图画出原几何体，再借助几何体体积公式计算作答.
详解:依题意，三视图所对几何体是下部是棱长为1的正方体，上部接上以正方体上底面一对角线分上底面所成的
二等腰直角三角形为底面，过直角顶点的侧棱垂直于底面且长为1的两个三棱锥组合而成，如图，

在直观图中，是正方体，棱长为1，三棱锥与中，
侧棱都垂直于平面，且，
所以，几何体的体积是.
故选：C
6-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
先得到，再利用平移变换求解.
详解:解：因为
，
将其图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象.A，B，C都不满足.故选：D
6-2【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
先通过诱导公式将化为，设平移了个单位，从而得到方程，求出，得到答案.
详解:
，
设平移了个单位，得到，
则，解得：，
即向右平移了个单位.
故选：B
6-3【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:利用的图像变换规律即可得到答案.
详解:把图象上所有点的横坐标变为原来的2倍得到的图象，
再向右平移个单位长度得到的图象，故A 错误，B正确；
把图象上所有点向右平移个单位长度得到，再将横坐标变为原来的2倍得到，故C错误；
把图象上所有点向右平移个单位长度得到，再将横坐标变为原来的倍得到，故D错误.
故选：B
6-4【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
化简，再根据三角函数图象平移的方法求解即可
详解:
，因为向左平移个单位长度得到
故选：C
6-5【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】分析:根据图象的伸缩与平移变换可以有2种变换方法，写出变换过程即可判断选项.
详解:
的图象经过图象变换得到函数的图象,
可先平移后伸缩：
将函数图象向左平移个单位长度得，再将所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），即可得到的图象；
先伸缩后平移：
把所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到，再将图象左移个单位，得到的图象.故选：A
6-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:根据三角函数平移变换和诱导公式依次判断各个选项即可.
详解:对于A，向左平移个单位得：，A错误；
对于B，向左平移个单位得：，B错误；
对于C，向右平移个单位得：，C错误；
对于D，向右平移个单位得：，D正确.故选：D.
6-7【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:根据给定条件，利用辅助角公式化简函数，再探求与函数的关系即可判断作答.
详解:依题意，
，
所以可由向左平移个单位得到.
故选：C
6-8【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
由条件先求函数的解析式，再化为同名函数，再按照平移变换规律求解
详解:
解：函数图象的一个对称中心为，其相邻一条对称轴方程为，
所以，
所以.
因为函数在时取得最小值，
所以，，
∴ ，
∵∴
∴
根据平移变换规律可知，向左平移个单位，可得函数，
所以向左平移个单位可得的图象，故选：D.
6-9【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
先把化成，然后利用图象变换规律即得.
详解:由可得，
把曲线的上的点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
则可得到的图象，再将该图象向右平移个单位，
则可得的图象，故B正确.
故选：B.
6-10【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
观察函数图象可知，，，可以求出函数的解析式为，再利用函数平移的性质即可得到答案.
详解:由函数的图象可知，故，
由得，且，则，
由得，则（），
即，
由函数图象可知,即，
当时，，则，
要得到函数只需将的图象向左平移个单位即可.故选：.
6-11【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:先利用图像求出函数的解析式，在对四个选项，利用图像变换一一验证即可.
详解:由图像可知：，所以,所以，解得：.
所以.
又图像经过，所以，解得：，
所以
对于A：把图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到.故A错误；
对于B：把图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.故B正确；
对于C：把图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变.故C错误；
对于D：把图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变得到.故D错误；
故选：B
7-1【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:根据条件，把指数式化成对数式，结合对数运算性质可得结果.
详解:∵，
∴.
∴
∴.
故选：C
7-2【基础】【正确答案】 A
【试题解析】分析:利用对数和指数互化，可得，，再利用即可求解.
详解:由得：，，
所以，
故选：A
7-3【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:根据指对互化，以及对数运算性质，即可求解.
详解:解：，，
．
故选：B.
7-4【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
由求出a、b，表示出，进而求出的值.
详解:由,

.
故选：D
7-5【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:由换底公式和对数运算法则进行化简计算.
详解:由换底公式得：，，其中，，故
故选：C
7-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
先解出x、y，再利用对数的运算性质求出x+y，即可求出.
详解:
因为，所以，同理可得：，
所以.所以.
故选：D
7-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】分析:将指数式换成对数式，由换底公式化简可判断.
详解:由已知，得，
得，，，
所以，，，
而，所以.
故选：A．
7-8【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
令，利用指对数互化，换底公式及对数的运算法则可得，即得.
详解:令，
则，，又，
∴，即，
∴.
故选：C.
7-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
利用换底公式和对数运算法则得到，，进而再用换底公式和对数运算法则表示出
详解:
，，，
则
故选：D
7-10【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:利用对数的运算法则求解即可.
详解:
，
故选:.
7-11【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
利用对数的运算性质以及换底公式将等式logabc+logbc＝5化简变形，即可得到答案．
详解:
5＝loga（bc）+logbc＝logab+logac+logbc
5
5
5
5，
解得．
故选：A．
8-1【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
由于，所以与面所成角就等于与面所成角，显然与所成角大于与面所成角，从而可比较出，再由线面角二面角可得，由于，所以锐二面角等于与面所成线面角，再由线面角线线角可得，进而可得结果.
详解:
如图，因为，故与面所成角即与面所成角，由线面角线线角知：与面所成角与所成角，即；
由线面角二面角知：与面所成角锐二面角，即，
因为，故锐二面角即与面所成线面角，故与面所成线面角与所成角，即，
故.
故选：B

点睛:此题考查了空间图形中的线线角、线面角，面面角间的关系，属于基础题.
8-2【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:先对取特殊值，进行判断，最后可以判断出.
详解:
当时，显然有，故平面，于是是二面角的平面角，即，当时，不是二面角的平面角，故而，综上所述：，故本题选B.
点睛:
本题考查了二面角与平面角大小关系的判断，考查了空间想象能力.
8-3【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
过C作平面ABFE，垂足为O，连结EO，则，，，由此能求出结果．
详解:解：过C作平面ABFE，垂足为O，

∵矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，
记二面角的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，
直线EC与直线FB所成角为γ，
∴，，
∵，∴，由线面角的性质可得．
故选：C．
8-4【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
设四面体为侧棱的直三棱锥，令，应用等体积法求到面的距离，等面积法求到、、的距离，进而可得，，并比较大小，即可确定，，的大小关系.
详解:
由题设，不妨设直三棱锥是侧面腰长为4的等腰直角三角形，即，且，

∴，而，
∴，则，又，若到面的距离为，
∴，而到的距离，同理可得到的距离，到的距离，
∴由题设知：，，，又，，均为锐角，
∴，即.
故选：B.
点睛:
关键点点睛：构建符合题设条件的四面体，利用几何法求面面角的正弦值，由题意知，，均为锐角，即可比较角的大小.
8-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
先通过分析得到直线与平面所成的角和二面角是相等的，并利用最小角定理得到，然后过点作交于点，连接、，利用射影面积法得到，即可得到结果.
详解:如图，过点作交于点，

因为平面平面，平面平面，
所以平面，又，所以．
因为，是的中点，所以，
因此直线与平面所成的角和二面角是相等的，
根据最小角定理知，与平面所成的角不大于，所以．
连接，，则，
所以是二面角的平面角，
设，则，
连接，易知平面，
所以，
又平面，所以，
所以平面，所以，
则，，因此．
综上，，
故选：B．
点睛:方法点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，方法技巧求二面角的方法如下：
（1）定义法，利用二面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法；
（2）射影面积法，利用面积射影公式求解，其中为二面角的平面角；
（3）空间向量法．
8-6【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
把四面体放置在一个长方体中，证得四面体的四个面都是全等的锐角三角形，设顶点在底面内的射影为，利用面积射影定理，得到，且
，
求得，即可求解.
详解:由题意，可把四面体放置在一个长方体中，如图所示，
设，，，长方体的长、宽、高分别为，
则有，
可得，
由，可得，
所以四面体的四个面都是全等的锐角三角形，
设顶点在底面内的射影为，可得在内，
由面积射影定理，可得，
又由三个侧面与底面的面积相等，
可得，且，
所以，
所以.
又由在中，根据三角形的性质，可得，
因为，所以，所以D不正确.
故选：B.

8-7【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
在沿翻折至的过程中，点的运动轨迹始终为射影垂直于的弧上，当的射影点在左侧时，为钝角，为锐角，故；当的射影点在上时，为直角，为锐角，故；当的射影点在右侧时，为锐角，为锐角，作出辅助线得到,，进而比较即可得到结果.
详解:在沿翻折至的过程中，点的运动轨迹始终为射影垂直于的弧上，当的射影点在左侧时，为钝角，为锐角，故；
当的射影点在上时，为直角，为锐角，故；
当的射影点在右侧时，为锐角，为锐角，

过作于，过作交于,连接,因为,所以平面，因为平面，所以平面平面，过作于，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以,过作于，连接，则平面，因为平面，因此，所以，同理作过作于，连接，则，所以,，显然，所以，则；
综上：，故B一定不成立；
故选：B.
8-8【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
作的中垂线，根据几何关系得知点落在左边，故可得，则问题可解．
详解:
作的中垂线，中点为，取中点，故在上，
作交于，连接，如图所示：

因为，，，可知点在左边，
则，由图可知，故
易知，由于
所以，则，故选：A
点睛:关键点点睛：本题的关键在于根据几何图形关系判断．
8-9【提升】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
设点在正方形内的射影为，作，得；
若A成立，由对称性可知与正方形中心重合，此时不满足，A错误；
若B成立，由知在上，得到，B错误；
若C成立，由知在中点连线上，由知，可知存在满足的点，C正确；
若D成立，由知在上，由知，此时不存在满足的点，D错误.
详解:设点在正方形内的射影为，连接，且，作，垂足为，则，

对于A，若，由对称性可知，点在上；
同理，当时，点在上；则，即点与点重合，
此时，又，，与矛盾，A错误；
对于B，若，则点在上，此时，又，，与矛盾，B错误；
对于C，若，则点在中点连线上，如下图所示：

由对称性可知：，此时，即与重合，；
，在线段上，设正方形边长为，
则当时，，使得成立，C正确；
对于D，若，则在上，如下图所示：

，则在线段上，此时不存在点满足，使得，D错误.
故选：C.
点睛:
关键点点睛：本题考查立体几何中二面角相关问题的求解，解题关键是能够根据二面角的大小关系和对称性确定点在底面上的投影点的位置，结合点位置来进行分析.
8-10【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
由题意得到平面图以及翻折的立体示意图，点E，F分别为AB，BC的中点，G为DE与AF的交点，可知点D在平面ABC上的投影在DE上，由，判断D投影点在的位置，根据投影点到AB，BC，CA的距离判断二面角的大小关系，再设的高为h，由，即可得到线面角的大小关系.
详解:
由题意可知，不妨设，则.如图所示，取点E，F分别为AB，BC的中点，连结AF，DE，设G为DE与AF的交点，DE与AC的交于点H.

所以，则，则旋转过程中，点在平面ABC上的投影在DE上.
当点的投影为点G时，则；当点的投影在DG上时，则；
当点的投影在GE上时，则；当点投影为点E时，则.
故要使，则点的投影在点G，E两点之间，此时投影点到AB，BC，CD的距离为
所以二面角最大，其次为二面角，而二面角最小，故；
设三棱锥的高为h.
则.
因为，所以.
因为，所以
故选：A.
8-11【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:根据面面角的定义求得，根据线面角的定义找到，，通过比较的正弦值比较两角的大小，接着根据的范围判断的大小，根据线段长度的大小关系求得的大小关系.
详解:分别过点和点作，的平行线相交于点，
因为，所以,所以，
过点作，连接，所以，
取,,
此时；排除CD.
取线段中点为点，又C，D为AB，MN的中点，
所以与平行且相等，所以，
所以CD与半平面所成角为，
显然，又因为，所以；排除B.
故选：A.

点睛:
(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
9-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
分类讨论，根据条件可以得到且和且同时成立，从而得到，得到结果.
详解:当时，即时，恒成立，
所以恒成立，所以且；
当时，即时，恒成立
所以或恒成立，所以且，
综上，
故选：D.
点睛:该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有不等式的解法，分类讨论思想，属于中档题目.
9-2【基础】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
利用绝对值三角不等式，得，问题转化为或，利用，又转化为或的解集为，利用绝对值的几何意义解不等式后，根据解集的关系可得的范围．
详解:
因为，所以或，
又，所以或的解集为，
解得或，所以当时，有，
由解得或，即或，
因为，所以，即.
故选：C．
点睛:本题考查绝对值三角不等式，考查绝对值的几何意义，解绝对值不等式的方法：（1）根据绝对值定义分类讨论去绝对值符号后求解；（2）根据绝对值的几何意义求解；（3）在不等式两边均为正（或非负）时可能两边平方化简不等式．
9-3【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
先得到当时，满足题意，再当时，根据绝对值三角不等式，得到的最小值，要使不等式无解，则最小值需大于等于，从而得到关于的不等式，解得的范围
详解:
关于的不等式无解，
当时，可得此时不等式无解，
当时，
，
所以要使不等式无解，则，
平方整理后得，
解得，
所以，
综上可得的范围为，故选C.
点睛:本题考查绝对值的三角不等式的应用，根据不等式的解集情况求参数的范围，属于中档题.
9-4【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
依题意，，画出的图像如下图所示，由图可知，解得.

9-5【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
由题意令，则上恒成立，上恒成立，讨论、、，上述两区间内的绝对值不等式是否同时成立，即可求参数的范围.
详解:令，
∴在上恒有，在上恒有，
∴上恒成立，上恒成立，
∴令，即时，；上；
∴当时，上，上，此时；
当时，上，上，此时；
当时，上，
在上，有：
①时，；
②时，，
当.
此时，不能在和上同时成立.
综上，有.
故选：D
点睛:关键点点睛：由题意易得上恒成立，上恒成立，令，讨论参数a，并确认在和上绝对值不等式是否可以同时成立，求参数范围.
9-6【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
首先去绝对值，问题转化为或，有三个实数根，当时，画出函数的图象，利用数形结合求得，再代入求的最小值.
详解:
由条件可知，方程化简为或，
当时，，
如图，若方程有三个不同的实根，则与直线和共有3个交点，画出函数的图象，

当时，，，得，解得：，或（舍），
，，
当时，取得最小值，
当时，，
综上可知的最小值是.
故选：A
点睛:方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
9-7【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:分类讨论去绝对值求解.
详解:（1）当或时，
，
不等式为，
若不等式恒成立，必需

所以；
（2）当时，，
不等式为即，
（ⅰ）当时，不等式对任意恒成立，
（ⅱ）当时，
不等式恒成立即恒成立，
所以，解得，
（ⅲ）当时，
不等式恒成立即恒成立，
所以，解得
综上，实数的取值范围是
点睛:本题考查绝对值不等式，含参数的二次不等式恒成立. 含参数的二次不等式恒成立通常有两种方法：1、根据二次函数的性质转化为不等式组；2、分离参数转化为求函数最值.
9-8【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
令，分，，，再利用绝对值的几何意义，去掉绝对值，再根据恒成立求解.
详解:解：令，
（1）当时，
当时，，
若时，递减，，不成立；
若时，递增，无最小值，不成立；
当时，，递增，，不成立；
当时，，递增，，不成立；
（2）当时，
当时，递减，，不成立；
当时，递增，，不成立；
（3）当时，
当时，，递减，，解得，
当时，，
若，则递增，，解得，
若，则递减，，解得，
当时，，
若，递增，，解得，若，递减，无最小值，不成立；
综上：a的取值范围是
故选：B
9-9【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
不等式对恒成立,即时的正负情况与的正负情况一致，得出的根，即可求解.
详解:
由题：不等式对恒成立,
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以和时，，
即，解得：，
检验当时，
在大于等于0，在时，小于等于0，在大于等于0，
所以.
故选：A
点睛:此题考查根据不等式恒成立求参数的值，将问题转化为方程的根的问题，涉及转化与化归思想，综合性强.
10-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】分析:根据指数函数的性质判断，即可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项，再证明即可，从而得解；
详解:
解：因为，，所以，，
因为指数函数单调递减，所以，即，
即，故，即，所以，
可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项，
因为，当时，
所以，所以①，
因为，所以，即，进而得到，
以此类推得且，所以，
由①可得，
由，所以，即，由得到，
以此类推得单调递减，所以，
所以；故选：D
10-2【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
根据题意求出，判断出数列递减，且，再对两边取倒数，然后平方整理得，再利用单调性进行放缩，可得出当时，，结合不等式的性质即可得解.
详解:∵，，
∴，，则，
∵，
∴，即数列递减，则，
∵，
∴两边取倒数得，即，则，
∵数列递减，
∴当时，，即；
当时，，即，，，，
∴根据不等式的性质可得，即，
∴.
故选：B.
10-3【基础】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
由题意化简可得，根据，利用累加法可得；根据，利用累加法计算化简可得，进而得出，令计算即可.
详解:
解：显然，对任意，．，
化简可得，所以，则，
累加可得，所以．
又，所以，
则
，
注意到，
所以，则，
所以．综上．
当时，，即.
故选：B
10-4【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
已知等式变形为，用累加法有，
可得，，
再变形为，由放缩法得，用累加法得．从而可得结论．
详解:
由已知得，，
所以
，
，所以，
由得，，
累加可得，所以，
所以．
故选：B．
10-5【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
可赋值，验证AB；通过构造函数，
对进行放缩，可得，累乘法可判断CD.
详解:
因为，，不妨令，则，即，故AB错误；
，构造，则，当，，单增，当时，，单减，故，即，所以，即，因为，所以，累乘法可得，即，也即.故C错误，D正确.
故选：D
10-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
根据题意的递推公式可得，进而可得和，利用累加法和裂项相消求和法得到，进而得出的取值范围.
详解:由题意知，，
，即，
则，即，
由累加法可得，
所以当时，，
所以，
又，得，
所以，
故选：D
10-7【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
先根据递推公式可得，得出的通项公式，从而验证得出答案.
详解:
，则，
若中存在某项，使得，则可得这与条件中相矛盾.
所以，将上面两式相除可得
所以数列是公比为的等比数列.
则，设，则
所以

故选：C
10-8【提升】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
根据可得即数列单调递减.构造函数证明，即，根据等比数列求和即可求解.
详解:
由，因为数列中各项都小于1，故与同号，又，所以，故，即，所以，又，所以时，，，而函数在上单调递减，所以由得，即，所以，故选:A．
10-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】分析:
判定出数列的单调性判断选项A；求得的取值范围判断选项B；判定出与的大小关系判断选项C；判定出与的大小关系判断选项D.
详解:首先我们证明：，(利用数学归纳法)
当时，；
假设当时，，
则当时，.
设函数，则，
则在上单调递增，从而.
综上可得.
故选项B错误；
当时，令，
则，令，
则，则在上单调递减，
又，故在上先增后减，
从而，从而.
对于A选项：由于，
故数列单调递增，选项A错误；
对于C选项，由于当时，有，
从而，
故，故选项C错误；
对于D选项，由于，即，
令，则，
即，
其中，故，
从而，即，，
即，故.从而选项D正确.
故选：D
10-10【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
令，则问题转化为，，且，再分别在，，，进行分类讨论即可.
详解:
令，则问题转化为，，且.
当时，则，不符合题意；
当时，首先，解得.
当时，用数学归纳法可得，其中满足，
所以.
令，，则，
令，得，所以存在使得，当时，，
当时，，所以先增后减.
所以
所以.
当时，设满足，则存在，
此时，不符合题意.
综上，正实数的取值范围是.
故选：B.
点睛:本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
10-11【提升】【正确答案】 B
【试题解析】分析:
根据递推式易得，以及，根据累加法得出，进而，类似可得，进而可得结论.
详解:显然，
由，故与同号，
由得，故，
所以，
又，所以；
由，
所以，
故，
累加得，
所以，
所以，
所以，
另一方面，由，所以
，累加得，
故，即，
所以；综合得．故选：B.
11-1【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
依题意可得，则代入数据计算可得；
详解:解：依题意的面积为
，同理可得，因为，且，所以
故答案为：
11-2【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
由图可知，正八边形分割成8个全等的等腰三角形，顶角为，设等腰三角形的腰长为，利用正弦定理可求出的值，再利用三角形的面积公式求解即可.
详解:
由图可知，正八边形分割成8个全等的等腰三角形，
顶角为，
设等腰三角形的腰长为，
由正弦定理可得，
解得，
所以三角形的面积，
则每块八卦田的面积为.
故答案为：.
点睛:本题主要考查了正弦定理和三角形的面积公式.属于较易题.
11-3【基础】【正确答案】 .
【试题解析】分析:
由正弦定理得到三条边长的比，利用所给面积公式得到边长，再结合面积公式和正弦定理可得答案.
详解:由已知和正弦定理得：
，
设，
由，
解得，所以，设的外接圆的半径为，
由，解得，
由正弦定理得，所以.
故答案为：
点睛:本题考查了正弦定理、面积公式解三角形，关键点是利用所给面积公式求出三角形边长，考查了学生的基础知识及阅读能力.
11-4【基础】【正确答案】
【试题解析】详解:∵，
∴，
又的周长为，
∴，
∴．即的面积为．答案：
11-5【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
利用同角三角函数的平方关系化简，结合正弦定理角化为边，得到，利用余弦定理求得C，再求得c，利用基本不等式求得，从而由求得答案.
详解:由
得：，
即，故，
所以，而 ,
所以，
则，当且仅当时取等号，
故，
即面积的最大值为，
故答案为：
11-6【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据，变形利用正弦定理得，，解得，再利用余弦定理得到，，代入求解.
详解:因为，
所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故答案为：
点睛:本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
11-7【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
求出五边形的内角，结合三角形的面积公式求出黄金三角形的面积，通过转换，将正五边形面积转化为大三角形减两个黄金三角形的面积，从而可求出
详解:
解：设，，则五边形的内角为，则，
则三角形，，
，
则，，
从而，因为，
所以，
则

故答案为: .
点睛:关键点睛:
本题的关键有两个，一是借助于三角形的面积公式和转化的思想，用表示，
二是结合正弦定理可得，从而可求出.
11-8【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据条件求出，代入求解即可.
详解:,

,
,
,
,
,
故答案为：
点睛:本题主要考查了正弦定理，考查了推理能力，计算能力，属于中档题.
11-9【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
设，可得出，，利用余弦定理求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
详解:
设，则，因为为等边三角形，则，故，
在中，由余弦定理得，解得，
故，，因此，的面积为.
故答案为：.
11-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:利用秦九韶算法求出的面积，利用余弦定理求得的值，再计算的面积，从而求得平面四边形的面积．
详解:
解：中，，，，
面积为，
中，由余弦定理得，
即，
化简得，
解得或（不合题意，舍去）；
所以中，，，，
面积为；
所以平面四边形的面积是．
故答案为：．
点睛:本题考查了三角形面积计算问题，也考查了解三角形的应用问题，属于中档题题．
11-11【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:连接，易得
，进而得到，利用勾股定理得到，然后再利用余弦定理求得即可.
详解:如图所示：

连接，由题意得：，
又因为，
所以，，
解得，
由勾股定理得，即，
即，
由余弦定理得，
解得，
所以三角形ABC的面积为，
故答案为：
点睛:关键点点睛：本题关键是证得，再利用勾股定理和余弦定理求得而得解.
12-1【基础】【正确答案】 60 728或
【试题解析】分析:
对变形为，写出展开式的通项公式，从而求出的值；
赋值法求解系数和，从而求出答案.
详解:
，
所以通项公式为，故；
令得：，
其中，所以
故答案为：60，728
12-2【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
令，利用赋值法可求得所求代数式的值.
详解:令，
则，

故答案为：；.
12-3【基础】【正确答案】 9 2
【试题解析】分析:
由二项式系数的性质求得值，在第二个等式中，令求得，令求得后可得结论．
详解:
由，可得．令，得；令，得．
所以．
故答案为：9；2.
12-4【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
第一空：利用赋值处理，令代入计算；第二空：的项系数为，的项系数差，借助二项展开式通项计算处理．
详解:
令，即
的项系数为，的项系数差，
即，
故答案为：；．
12-5【巩固】【正确答案】 5
【试题解析】分析:
根据二项式展开式可得，再利用赋值法得到，即可求出，再根据展开式的通项计算可得；
详解:解：因为
，
所以，令，则，令，则，
所以，所以，所以，解得或（舍去），
所以，
所以展开式的第项为；
故答案为：；
12-6【巩固】【正确答案】 1
【试题解析】分析:
由且展开通项为，结合含项的特征确定r值，即可求解；赋值法令、求系数和，进而可得目标式的值.
详解:由题设，，而
展开式通项为，
所以；
令得：，
令得：，
于是．
故答案为：-6，1
12-7【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
（1）用乘以展开式的常数项再加上用乘以展开式的一次项，合并同类项即可求解（2）用赋值法即可求解
详解:

展开式的第项为
令，则，
令，则，
所以展开式的一次项为：
所以

令，则
令，则
所以
故答案为：；
12-8【巩固】【正确答案】 -10 -62
【试题解析】分析:令，将原问题转化为二项式的展开式的相关问题，结合二项式展开式和系数和的性质求解.
详解:令，则，原式可以转化成，
则为前面的系数，
所以，
所以，
令，可得，令，可得，
所以，
故答案为：．
12-9【提升】【正确答案】 8
【试题解析】分析:
先得到，根据二项式性质可知，赋值法求解.
详解:由题意得：，
因为，为偶数，所以由二项式性质可知：，解得：，
由于，
令得：，所以
故答案为：8，
12-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据展开式的通项，令即可求得；分别令和，所得两式作差即可得到结果.
详解:
展开式的通项为：，
令，可得；
令得：；令得：，
.
故答案为：；.
12-11【提升】【正确答案】 16 48
【试题解析】分析:
利用赋值法令第一空，利用二项式展开式的通项公式即可求解.
详解:由题意可知，令时，
，
设的展开式的通项为：，
的展开式的通项为:，
当时，，当时，，
所以．
故答案为：16；48.
13-1【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
对两边平方可得；由已知和可得，再利用二倍角公式可得答案.
详解:因为，
所以，
所以；
由，且，又，
所以，所以，
故答案为：①；②.
13-2【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
第一空，利用二倍角公式直接得出结论；第二空，利用诱导公式和二倍角公式得出结论.
详解:
由得，
故；

故答案为：，.
13-3【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
答题空1：由平方差公式及同角三角函数的平方关系可得，求出；
答题空2：利用两角和的余弦公式展开并求值.
详解:
，
又，，
.
故答案为：；
13-4【基础】【正确答案】 1 1
【试题解析】分析:
由余弦的二倍角公式和两角和的余弦公式整理已知关系式，从而可得或，再由可得，最后由特殊三角函数值求得答案.
详解:因为，
则，
所以，故或.
结合可得.
故.
故答案为：(1). 1 (2). 1
点睛:本题主要考查由三角恒等变换解决给值求值问题，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是数学运算，属于简单题.
13-5【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
利用二倍角的余弦公式可求得的值，求出、的值，利用两角和的正切公式可求得的值.
详解:由二倍角的余弦公式可得
，
、，，，
，，
因此，.
故答案为：；.
点睛:本题考查利用二倍角的余弦公式以及两角和的正切公式求值，同时也考查了同角三角函数基本关系的应用，考查计算能力，属于中等题.
13-6【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
由，得，平方得，即可求出，设平方可得，讨论正负号开方可得答案.
详解:由，得.
由平方得：，即
所以.
由，则，又，则.
则. 设则
由平方可得：
所以
故答案为： (1). (2).
点睛:本题考查正弦函数的二倍角公式和与的关系，属于中档题.
13-7【巩固】【正确答案】 1 1
【试题解析】分析:根据同角三角函数的基本关系及二倍角公式化简计算可得；
详解:解：因为，所以，
即，所以，所以
所以

故答案为：；
13-8【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:根据所给等式，结合同角三角函数关系式可求得；由
及求得，即可解方程组求得；根据余弦二倍角公式及正弦差角公式，化简，结合的值即可求解.
详解:由，可知，
等式两边同时平方，结合，可得，
即，
又，则，
，
则，解得，
由余弦二倍角公式及正弦差角公式展开化简可得

.
故答案为：；.
点睛:本题考查同角三角函数关系式的应用，余弦二倍角公式及正弦差角公式的应用，属于中档题.
13-9【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
先求出，利用两角和公式求出所以，利用二倍角公式求出.
详解:因为，，
又因为，所以
所以，
所以.
故答案为：，
点睛:
利用三角函数值求角的关键：
（1）角的范围的判断；
（2）根据条件进行合理的拆角，如等；
（3）尽量用余弦和正切，如果用正弦需要把角的范围缩小.
13-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
求出的范围可得，利用可得；
利用
可得第二空的答案.
详解:因为，所以，由=，
所以，所以
；

.
故答案为：①；②.
13-11【提升】【正确答案】或-0.5 或0.8
【试题解析】分析:
（1）利用诱导公式化简即得解；
（2）化简原式为即得解.
详解:解：由题得.

故答案为：；.
14-1【基础】【正确答案】 1
【试题解析】分析:
（1）由，得到，然后和，利用二次函数和基本不等式求解；
（2）由（1）知：当时，时，函数取得最小值4；根据是的最小值，由在上递减，且求解.
详解:（1）当时，，
当时，由二次函数的性质得：；
当时，，当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值是1；
（2）由（1）知：当时，时，函数取得最小值4；
若是的最小值，
则在上递减，且，
即，且，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：1；
14-2【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
（1）根据分段函数，分段分析判断即可；
（2）因为函数的值域为，所以的值域分、两种情况讨论并根据的值域为分别列出不等式或不等式组解之即可.
详解:（1）当时，，
所以函数的减区间是.
（2）因为，其中函数的值域为，
对于函数，，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，此时，要使函数的值域为，则有；
当时，函数在上单调递增，此时，
要使函数的值域为，则有，解之得.
综上所述，的取值范围是.
14-3【基础】【正确答案】 0
【试题解析】分析:
根据分段函数各区间上函数的单调性、值域，判断的最大值；讨论参数a的范围，结合各区间的函数值域端点值的大小关系，判断有无最大值，即可求的取值范围.
详解:
①由已知得，易知：上递增且值域为；上递减且值域为，
∴的最大值为.
②上递增且值域为；上递减且值域为，
当时，显然，故存在最大值.
当时，显然，即无最大值.
综上，.
故答案为：0，.
14-4【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
当时，分别求两段函数的值域，再求并集即可求的值域，利用的单调性分别求出时，的值域为的子集，求出的范围再令的范围满足求出的范围，再求交集即可求解.
详解:当时，，
当，，
当时，在单调递减，在单调递减，
所以时，当时，此时，
所以值域为.
当时，在单调递增，此时，
是的子集，所以，解得，
当时，在单调递增，
此时值域为，不符合题意，
当时，在和单调递增，
此时值域为，不符合题意，
当时，在单调递增，此时，
当时，对称轴为，
令，可得，
令解得：或，
若的值域为则，
又因为是的子集，
所以解得，所以.
故答案为：；.
点睛:思路点睛：对于分段函数，当自变量的范围不确定时要根据定义域分成不同的子集进行分类讨论.
14-5【巩固】【正确答案】；；
【试题解析】分析:
若，分别求出在及上的最值，取并集得答案；结合图像，只需即可得到的范围．
详解:解：当时，．
当，时，
在，上单调递减，在，上单调递增，
可得的最大值为，最小值为；
当，时，为增函数，．
综上所述，的值域是；
根据题意得：，
如图，当，解得：或，令，解得：
故，故实数的取值范围是

故答案为：；．
14-6【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
第一空：直接代入函数计算即可；
第二空：作出函数图像，观察图像可得结果.
详解:解：第一空：，；
第二空：的图像如下：

令，，得，
，，得，
若在既有最大值又有最小值，则
实数的取值范围为.
故答案为：；
点睛:本题考查分段函数的求值问题，考查学生数形结合的能力，关键是要作出函数图像，是一道中档题.
14-7【巩固】【正确答案】 0
【试题解析】分析:分别求出函数在时和时的最小值，进而求得函数的最小值；根据是函数的最小值，则，且小于等于时函数的最小值，最后求出答案.
详解:
a＝－1时，，当时，，当时，，则的最小值为0；
是函数的最小值，当时，，则，且最小值为，
当时，，
于是.
故答案为：0，.
14-8【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
（1）结合函数解析式，根据定义域范围分别求、时的范围，取并集即可；（2）由，结合（1）的范围，再依照（1）的思路求的范围；
详解:
解：当时，由，得；当时，由有，得，
综上得，的取值范围是；
由知：或，
1、当时，
若，由，解得与交集为，
若时，由，可得，无解；
2、当时，
若，由，解得，
若时，由，解得；
综上可得，，的取值范围为.
故答案为：；.
点睛:本题主要考查分段函数，指数不等式、对数不等式的解法，体现了转化的数学思想，考查运算化简的能力，属于中档题.
14-9【提升】【正确答案】；
【试题解析】分析:
第一空：根据范围，代入对应函数解析式求值即可；第二空：先求出在R上的值域，结合图象即可求出的取值范围.
详解:
第一空：由题意知：，；
第二空：当时，在上为增函数，值域为；
当时，，值域为，画出图象如下：

令，解得，由图象可知，要使函数的值域为，有.
故答案为：；.
14-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
先计算的值，再计算的值；先由二次函数的性质计算当时，函数的值域是，可得当时，函数的值域为的子集，经分析可得，只需即可求得的取值范围.
详解:当时，，
所以，
所以；
当时，，
当时，取得最大值，
所以当时，函数的值域是，
所以当时，函数的值域为的子集，
当时，在上单调递增，此时，
此时不符合题意，
当时，在上单调递减，
此时，即，所以，
可得，
所以实数的取值范围是：，
故答案为：；.
14-11【提升】【正确答案】 2
【试题解析】分析:
根据及新定义即可求得实数的取值范围；作出函数及函数的大致图象，根据的最大值为2得到，即可得到的值．
详解:由题意得，所以，
即实数的取值范围为；
在同一坐标系中作出函数
及函数的大致图象如图所示，
令，解得或．
结合图象可知，若的最大值为2，则．

故答案为：；2.
【关键点点睛】
解决本题的关键是作出两函数的图象，根据两函数图象的位置关系及的最大值为2得到，即.
15-1【基础】【正确答案】或或
【试题解析】分析:结合独立事件的概率乘法公式以及概率的加法公式即可求出对应的概率，进而根据期望的公式即可求出结果.
详解:
，
，
，
故，
故答案为：
15-2【基础】【正确答案】； .
【试题解析】分析:根据古典概型的计算公式，结合均值的运算公式进行求解即可.
详解:从这8人中随机抽取3人，恰有2人是对统计方向有兴趣的同学的概率为：；
以频率作为概率，从该学校高一年级的所有学生中随机抽取1人，对统计方向有兴趣的概率为，则，
所以，
故答案为：；.
15-3【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:先分析获奖的情况，再求概率和期望.
详解:由题意，，
，
故
故答案为：；
15-4【基础】【正确答案】；或.
【试题解析】分析:根据独立事件概率的公式，结合数学期望的公式进行求解即可.
详解:
；
，
，
，
所以，
故答案为：；
15-5【巩固】【正确答案】 12 3
【试题解析】分析:
先考虑男生的编号方法，再考虑女生的编号方法，利用分步乘法计数原理求编法数即可，由条件求出随机变量的分布列再由期望公式求其期望.
详解:
由已知男生的编号为1，3，5，女生的编号为2，4，
用1，3，5给男生编号有种编号方法，用2，4给女生编号有种编号方法，
所以满足条件的编号方法有种，
由已知随机变量的取值有，
，，，
，，，，
所以，
故答案为：12；3
15-6【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:根据题意计算出每次取出一个球，取到1、2、3的概率；由题意得到的可能取值，分别计算其概率，算出数学期望即可.
详解:
解：根据题意，每次取出1个球，标号为1的概率为，标号为2的概率为，标号为3的概率为.
故可能的取值为：2，3，4，5，6，
则，，
，，
.
故.
故答案为：；.
15-7【巩固】【正确答案】或1.5
【试题解析】分析:根据试验过程，利用概率的乘法公式即可求解；直接列举X的所有可能取值，分别求出概率，即可求出数学期望.
详解:
由题意可得.
随机变量X的取值为0,1,2.
；；.
所以期望.
故答案为：，.
15-8【巩固】【正确答案】 3
【试题解析】分析:
直接求出取到1个红球1个白球的概率，从而解出，进而得到6个中各种颜色的球的个数，所以随机变量的取值为：2,3,4，求出各个概率，可得期望.
详解:取到1个红球1个白球，则取球2次，则取到1个红球1个白球的概率，解得
所以袋中的6个球中，其中1个红球，3个白球，2个黑球
随机变量的取值为：2,3,4

随机变量的数学期望
故答案为： 3；
15-9【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据相互独立事件的概率乘法公式可得空1；由相互独立事件的乘法公式分别求出甲同学通过0、1、2轮选拔的概率，然后由期望公式可得.
详解:
记甲同学通过笔试为事件A，通过面试为事件B，
因为，所以
则甲同学能进入到数学社团的概率；
甲同学无法通过笔试的概率，
通过笔试但没有通过面试的概率，
得分布列：
X
0
1
2
P

所以.
故答案为：，.
15-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，得到关于，的方程，然后求出，的值，得到的值；先确定的可能取值，求出相应的概率，由数学期望的计算公式求解即可．
详解:
解：由题意，，
又一红一黄的概率为，
所以，
解得，，故；
由题意，的可能取值为0，1，2，
所以，
，
，
所以．
故答案为：；．
15-11【提升】【正确答案】或
【试题解析】分析:
由题意可得、、是两两互斥的事件，则，利用条件概率的概率公式求出即可，由题意可得X的取值可能为0，1，2，3，求出相应的概率，从而可求出X的数学期望
详解:由题意可得、、是两两互斥的事件，，
若从甲箱中随机取出1红球放入乙箱中，则此时乙箱中有11个球，且其中5个是红球，
所以，同理可得，
所以

，
题意可得X的取值可能为0，1，2，3，则
，
，
，
，
所以,
故答案为：，
16-1【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:根据双曲线定义知，再由双曲线参数关系求得，即可求离心率.
详解:由题意，则，
又，则，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
16-2【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
由题意可得直线与双曲线的一条渐近线平行，从而可求出的值，进而可求出双曲线的离心率
详解:
双曲线的渐近线方程为，，
因为直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以直线与渐近线平行，
所以，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故答案为：
16-3【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
设，根据点在渐近线上，点在直线上，求得的坐标，结合为线段的中点，求得，利用内切圆半径的计算公式，求得，求得，根据离心率为，即可求解.
详解:
如图所示，设，
由题意知，点在渐近线上，点在直线上，
可得，
因为为线段的中点，且，所以，解得，
所以，则，
因为的内切圆半径为，
所以，即，
化简得，即，所以离心率为.
故答案为：.

16-4【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
先由求出，再由求出，再代入双曲线即可求出离心率.
详解:

如图，不妨设在第三象限，则在上，，又，则，则，
则的纵坐标为，代入得，则，由可得，，
又为中点，则为中点，则，又在上，则，
整理得，则离心率为.
故答案为：.
16-5【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
先求出直线的方程，与双曲线方程联立，求出点的坐标，根据三角形的面积和双曲线的定义表示出，根据解三角形整理可得，解得即可．
详解:
解：由题意可知，，
设双曲线一条渐近线方程，

则直线的方程，
联立方程组，
消去可得，解得，
，
点的坐标为，
设，，
由三角形的面积可得，
化简可得①，
又②，
由①②解得，
设直线的倾斜角为，过点作轴，垂足为，则，
，
在，，
，
整理可得，即，
解得，（舍去）．
故答案为：．
16-6【巩固】【正确答案】或
【试题解析】分析:由题意得渐近线的倾斜角，从而得出其斜率的值，变形后可得离心率．
详解:
由，得，所以，
所以．
故答案为：．
16-7【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
由得为圆的直径，，再由得，求得，即可求出离心率.
详解:

如图，不妨设在第二象限，由知即为圆的直径，连接，易得，
将代入解得，则，又，，
即，则，离心率为.
故答案为：.
16-8【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
设在上，由及勾股定理可得，进而求得，利用向量的数量关系求A的坐标，再由点在曲线上得到关于参数的齐次方程，即可求离心率.
详解:
不妨假设在上，由，即，
在△中，若，则，且，
所以，即，而，故，
所以，则，又，故，
若，则，
由，即，可得，
由A在双曲线上，，整理可得，又，
所以.
故答案为：
点睛:关键点点睛：根据向量数量积判断垂直关系，再利用勾股定理及点的位置求B坐标，由向量线性关系求A坐标，根据点在曲线上得到齐次方程.
16-9【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
设点，根据抛物线的定义表示出，将用表示，并逐步转化为一个基本不等式形式，从而求出取最小值时的点的坐标，再根据双曲线的定义及离心率的公式求值.
详解:
由题意可得，，，抛物线的准线为，
设点，根据对称性，不妨设，
由抛物线的定义可知，又，
所以
，
当且仅当时，等号成立，此时，
设以为焦点的双曲线方程为，
则，
即，
又，，
所以离心率.
故答案为：.
点睛:关键点点睛：本题的关键是将的坐标表达式逐渐转化为一个可以用基本不等式求最值的式子，从而找出取最小值时的点的坐标.
16-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据得到，结合双曲线的定义、余弦定理列方程，化简求得双曲线的离心率.
详解:
依题意，，面积分别为，且，
由于，所以，
设，由双曲线的定义可知，
由，可解得，
故
在三角形和三角形，分别由余弦定理得
，
整理得，两式相减得.
故答案为：
点睛:求解双曲线与焦点三角形有关的问题，可结合双曲线的定义来进行考虑.求解双曲线的离心率，可利用直接法求得来求，也可以根据题意建立关于的方程，通过化简来求得离心率.
16-11【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
若Q到的距离为有，由题设有，结合双曲线离心率的性质，即可求离心率的范围.
详解:
由题意，，即，整理有，
所以或，
若Q到的距离为，则Q到左、右焦点的距离分别为、，又Q在C的右支上，
所以，则，又，
综上，双曲线的离心率的取值范围是.
故答案为：
点睛:关键点点睛：若Q到的距离为，根据给定性质有Q到左、右焦点的距离分别为、，再由双曲线性质及已知条件列不等式组求离心率范围.
17-1【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
先由向量加法、减法的几何意义判断出的形状，再利用数量积的概念选择合适的计算方法，最后结合圆的有关知识计算出取值范围即可．
详解:
解：因为对任意的恒成立，
所以．
又，
所以，．
设内切圆的半径为，圆心为，
则，
所以．
以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，
设，
则，
的几何意义为内切圆上的动点与点的距离的平方，
连接，所以．
连接，
因为，
所以，
所以，
所以，
故答案为：．

点睛:本题主要考查平面向量的数量积、平面向量加法、减法的几何意义，考查考生的数形结合能力、运算求解能力及分析问题、解决问题的能力．
17-2【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据题意建立直角坐标系，把转化为，利用二次函数求最值即可.
详解:

如图示，以A为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立平面直角坐标系，则：、
不妨设
则
∴
∴的最小值为，当且仅当时取得.
故答案为：
点睛:向量的基本运算处理的常用方法：
(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；
(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．
17-3【基础】【正确答案】
【试题解析】分析:
先设出点以及点的坐标，求出其它各点的坐标，并利用点的坐标表示出，把所求问题转化为在平面区域内求线性目标函数的最值问题求解即可.
详解:解：如图建立平面直角坐标系，

则点，则，
设，则，对应的平面区域如图：

因为，
所以，
借助于图象得当过点时取最大值，此时，
故答案为：.
点睛:本题主要考查向量在几何中的应用以及数形结合思想的应用和转化思想的应用，是对基础知识和基本思想的考查，属于基础题.
17-4【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
用几何意义求解．不妨设，，，则在圆心在原点，半径为2的圆上，设，则在以为圆心半径为1的圆上，运动后，形成的轨迹是圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环，表示圆环内的点与定点的距离，由图形可得最大值和最小值．
详解:令，，，设的坐标为，的轨迹为圆心在原点，半径为2的圆上.
设，的坐标为，的轨迹为圆心在原点，大圆半径为3，小圆半径为1的圆环上.表示与点的距离，
由图可知，故的取值范围为.
故答案为：

点睛:本题考查向量模的几何意义，考查模的最值，解题关键是设，，，，固定后得出了的轨迹，然后由模的几何意义得出最值．
17-5【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
利用平面向量数量积可得出、，再利用平面向量模的三角不等式可求得的取值范围.
详解:
且，则，可得，
由已知可得，
因为，
由三角不等式可得，即.
故答案为：.
17-6【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
设，，，，可得，､是以为圆心，以为半径的圆上的动点，设，，，，则在以为圆心，以为半径的圆上，所求的即为即可求解.
详解:设，，，，
则，，，
因为，所以，
因为，所以､是以为圆心，以为半径的圆上的动点，
设，，则，，
设，，则在以为圆心，以为半径的圆上，
设，则
，
故答案为：.

17-7【巩固】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据向量关系可得，即判断的取值范围即可，由图可知的最大值为，最小值为.
详解:
设外接圆的圆心为，半径为，

可得

，
M为三边上的动点，可知的最大值为到三角形顶点的距离，即为半径，
且的最小值为到边的距离，过作，垂足为，
则，
的最大值为，最小值为，
故的取值范围是.
故答案为：.
点睛:关键点睛：本题考查数量积的取值范围，解题的关键是利用向量关系整理出，从而转化为的取值范围.
17-8【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
设，，，作，，，则，求出线段的中点的轨迹方程为，可得出，设点，由结合向量模的三角不等式可求得的取值范围.
详解:
如图，设，，，作，，，则，
则，，，

令，即，

，
整理得，
故点的轨迹方程为，，
设点，圆的方程为，半径为，
因为，且，，
所以，，.
即，即.
故的取值范围是.
故答案为：.
点睛:关键点点睛：本题考查向量模的最值的求解，对于较为复杂的题型，可以考虑将向量特殊化、坐标化来处理，利用解析法结合平面几何的相关知识、向量模的三角不等式来求解.
17-9【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
根据向量的三角不等式确定出的值以及与的方向之间的关系，然后作出向量的图示，根据向量的三角不等式求解出的最小值，再结合余弦定理以及基本不等式求解出的最大值，由此可求的取值范围.
详解:
因为，且，，
所以，且与反向，
设对应向量，对应向量为，所以对应向量为，
由与反向可知：在线段中间某点处，如下图所示：

因为，所以，
所以，所以，取等号时同向，即在线段上，
当不在线段上时，因为，
又因为，
取等号时，即为中点，
所以，所以，所以，即，
综上可知：.
故答案为：.
点睛:结论点睛：向量的三角不等式如下：
（1）；
当且仅当反向时，左边取等号，当且仅当同向时，右边取等号；
（2）；
当且仅当同向时，左边取等号，当且仅当反向时，右边取等号.
17-10【提升】【正确答案】
【试题解析】分析:
可设，，，转化为坐标运算，再化简转化成三角函数与二次函数复合而成的复合函数的值域问题.
详解:
设，，，
则

由令，则
，
函数开口向上，对称轴为
故当，或，时，
；
当，或，时，
，
故.
故答案为：.
点睛:本题考查了向量的坐标运算，求三角函数与二次函数复合而成的复合函数的值域问题，还考查了学生分生思维能力，运算能力，难度较大.
17-11【提升】【正确答案】或
【试题解析】分析:
建立平面直角坐标系，设，，求出B的轨迹方程，再根据的几何意义求其最小值.
详解:

如图，在平面直角坐标系中，设，，则A(1，0)，B(x，y)，
则，，
即的轨迹为抛物线：.
设，则，＝，
设，∵，故C的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
∴，可看作抛物线上任意点到以为圆心，半径为1的圆上任一点的距离，
则，当时取等号.
故的最小值为.
故答案为：.
18-1【基础】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）根据正弦定理角化边可证结论成立；
（2）在三角形中，根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.
由，，
得，
由正弦定理得，即.
，
在三角形中，，解得，
又，
所以的面积为.
18-2【基础】【正确答案】 1、 2、
【试题解析】分析:
（1）由正弦定理可得，从而求出，即可求出；
（2）由（1）可得，再根据利用两角和的正弦公式求出，最后根据面积公式计算可得；
解：由正弦定理，又，所以，所以，
又，所以，即，
又，所以；
解：由（1）可得，又，所以，
所以

，
所以；
18-3【基础】【正确答案】 1、若选择条件①，；若选择条件②，
2、若选择条件①，的面积；若选择条件②，的面积
【试题解析】分析:
（1）若选择条件①，根据二倍角正弦公式，化简整理，可得；若选择条件②，根据二倍角的余弦公式，化简整理，可得.
（2）若选择条件①，根据余弦定理，可求得a值，代入面积公式，即可得答案；若选择条件②，根据余弦定理，可求得a值，代入面积公式，即可得答案；
若选择条件①，则，
因为，所以，
所以，则.
若选择条件②，则，
所以或，
因为，所以，则.
若选择条件①，则，
所以，
所以或-3（舍），
所以的面积；
若选择条件②，则，
所以，
所以或-8（舍），
所以的面积
18-4【基础】【正确答案】 1、；
2、.
【试题解析】分析:
（1）利用余弦定理的边角关系可得且，应用余弦定理求，即可得结果.
（2）由题设知，过作于，设()，应用余弦定理求，最后由三角形面积公式求面积.
由题设，，又，
所以，而，，
所以.
由（1）知：，而，，

所以在△中，又，则，
过作于，则()且，
所以，故，
在△中，
所以，则，可得，故，
则.
18-5【巩固】【正确答案】 1、； 2、.
【试题解析】分析:
（1）由条件结合正弦定理可得，与条件联立可求.
（2）由余弦定理求，再根据三角形面积公式求的面积．
由正弦定理，可得，
又，，所以，
因为，所以，
所以．
在中，因为，所以，所以为锐角，
故．
由（1），得，
因为为锐角，所以，
由余弦定理，可得，
解得（舍去）或，
所以的面积为．
18-6【巩固】【正确答案】 1、 2、
【试题解析】分析:
（1）由两角和的正切公式化简后求解
（2）由AD是角平分线得到，再利用面积公式求解
，
故，则；
设BC边的高为h，
所以，
又是角平分线，所以
所以，即，
又，则，
解得，，．
18-7【巩固】【正确答案】 1、 2、
【试题解析】分析:
（1）由正弦定理边角互换可得：，由，化简可求得，可求出；
（2）在中，由正弦定理可得求出边长，在中，由正弦定理可得，再利用可得，由面积公式即可求出结果.
因为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，即.
因为，所以.
因为，所以.
在中，由正弦定理可得，则.
在中，由正弦定理可得，则.
因为，所以，所以.
因为，所以，
则的面积为.
18-8【巩固】【正确答案】 1、 2、
【试题解析】分析:
（1）利用正弦定理化简得到，求得，即可求解；
（2）由余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
解：因为，
由正弦定理，可得，
即，
化简得，
因为，可得，所以，
因为，所以.
解：因为且，
由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
故的面积为.
18-9【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)选①②③，由②结合同角关系可求,由③可求，选②③④，由②结合同角关系可求,由③可求，选①②④，由④结合同角关系可求,根据正弦定理可求；选①③④，由余弦定理可将条件化为边的关系，解方程可求；(2) 选①②③，由条件先求,利用三角形面积公式可求的面积，选②③④，由正弦定理求，利用三角形面积公式可求的面积，选①②④，由条件①求,利用三角形面积公式可求的面积，选①③④，由条件①求,利用三角形面积公式可求的面积.
选①②③，因为，，
所以，，
选②③④，因为，，
所以，，
选①②④，因为可得，
由正弦定理可得，所以，
所以，又，所以，
选①③④，因为，又
所以，又，
所以，又，
所以
选①②③，由(1) ，又，所以，
所以，
选②③④，由可得，
由正弦定理可得，又，，
所以，
所以，
选①②④，由(1)，因为，
所以，
所以，
选①③④，由(1) ，因为，所以，
所以，，
所以，
18-10【提升】【正确答案】 1、 2、
【试题解析】分析:
（1）用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求解；
（2）利用基本不等式求出ac的最大值，再用面积公式即可.
由正弦定理得，由余弦定理得，
，∴ ；
因为，，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以，
所以的面积的最大值；
综上，，的面积的最大值.
18-11【提升】【正确答案】 1、； 2、.
【试题解析】分析:
（1）根据给定条件，再利用正弦定理边化角，借助同角公式计算作答.
（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.
在中，由得：，由正弦定理得，
而，即，则，又,
所以.
依题意，，在中，由余弦定理得：，
即，解得，
所以的面积.
19-1【基础】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）取中点，根据题意得，，即可求解；（2）根据题意，平面，建立空间直角坐标系，求出对应点的坐标及平面的法向量，设直线与平面所成角为，则，代入数据即可求解.
如下图所示：取中点，连接，，，因为，所以，
又，所以，，所以平面DO，
又平面，所以．

由（1）得，为中点，且，平面，建立如下图空间直角坐标系，轴平行于.

设，则，，，
因为为的重心，所以，，
则，，，，则．
设平面的法向量为，且，
则，即，所以，令，则，
所以，设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
19-2【基础】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）先建立空间直角坐标系，再求出相关平面的法向量及直线的方向向量，再运用公式即可求解.
由已知E为的中点，所以若，则，而，且平面，故平面，
由于平面，所以．
作于O，则由面底面，得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，
所以，，，，
设是平面的法向量，则，
取，
设直线与平面所成角为，则
．
所以直线与平面所成角的正弦值为.

19-3【基础】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）本题首先易证PO⊥平面AOB，可得PO⊥AB，再证AB⊥平面POC；
（2）根据线面夹角可知，利用空间向量计算处理．
证明：由题意知：，
∴PO⊥平面AOB，
又∵平面AOB，所以PO⊥AB．
又点C为的中点，所以OC⊥AB，
，
所以AB⊥平面POC，
又∵平面POC，所以PC⊥AB．
以O为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，则取，则
可得平面PAB的一个法向量为，
所以．

19-4【基础】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式可得答案.
在正三棱柱中，平面，
因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，
所以，平面，所以E、F、B、G四点共面，，
又因为，且，
所以平面，所以.
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，
，为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，
因为，所以.

19-5【巩固】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）取中点，可证，即可证明面，从而证明；
（2）以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，根据线面夹角的坐标公式即可求解．
证明：取中点，连接
因为
则
因为，
所以
面，
又面

以为坐标原点，以为轴，轴如图建立空间直角坐标系，
在中，由余弦定理计算可得，在中由余弦定理计算可得

为正三角形，又面面面，
且面面，作于，则面

设平面的法向量，
由且可得
取，得，再令，则，
可得平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，

则
直线与平面所成的角的正弦值为．

19-6【巩固】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）连接，由菱形的性质可得，再由线面垂直的性质可得，即可得到平面，从而得到.
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线的方向向量，利用向量夹角公式即可求解.
连接，因为底面ABCD为菱形，的中点为，所以且，
又因为底面，平面，所以，
又，平面，平面，则平面，
因为平面，所以.

由（1）知，直线，，两两垂直，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
由题意设，，由，得，，又，，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，由，令，得
设直线PO与平面PAD所成角为，则，
直线PO与平面PAD所成角的正弦值为.
19-7【巩固】【正确答案】 1、证明见解析； 2、.
【试题解析】分析:
（1）取中点F，连接交于点O，连接，利用线线垂直证明面即可；
（2）解析1：几何法，先根据线面垂直的性质证明面面，再作，证明B到面距离等于，进而求得线面夹角的正弦值；
解析2：向量法，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求面的法向量，进而求得线面角的正弦值即可
取中点F，连接交于点O，连接，

由，且梯形，有且，
故平行四边形，又，故为菱形，
所以为的中点，故.
又因为，故，
因为，面，
故面，又面，故．
解析1：几何法
在中，，故，
因为，故，由，即，
即，故面，
又，故面，面，故面面，
作，面面，面，故面，
在中，，因为，故B到面距离等于，
设与平面所成角为，，
故，故与平面所成角的正弦值为．

解析2：向量法
在中，，故，
因为，故，由，即，
即，故面，
以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，

故，
故，
设面的法向量为，则，令，故，
所以，故与平面所成角的正弦值为．
19-8【巩固】【正确答案】 1、证明见解析； 2、
【试题解析】分析:
（1）取中点，由证得平面，即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法即可求解.

取中点，连接，由与均为等边三角形，可得，
又平面，，则平面，又平面，则；

由（1）知，又平面平面，平面平面，平面，则平面，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设点E在平面上的射影为，则落在上，
，即为和平面所成的角，则，则，，
，则四边形为平行四边形，，则，
则，设平面的法向量，则，
令，则，设直线与平面所成角为，则.
19-9【提升】【正确答案】 1、证明见解析 2、
【试题解析】分析:
（1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）法一：先找到已知的二面角，据此求出，然后利用等体积法求解P点到平面的距离为,进而求的结果；
法二：建立空间直角坐标系，确定相关的点的坐标以及向量的坐标，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
证明：因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
又因为，所以平面，
又因为平面，所以
（法一）因为，
所以是二面角的平面角，
即，在中，，
设，因为平面，所以点到平面的距离，
所以点到平面的距离，
，设P点到平面的距离为,
因为，所以，
所以，
设直线与平面所成角为.
（法二）因为，
所以是二面角的平面角，即，
在中，，
因为平面，
即两两垂直，
以为原点建立如图所示的坐标系，

设，则，
，
，设平面的一个法向量为，
则由得，令，得，
令直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19-10【提升】【正确答案】 1、证明见解析 2、为的中点时，取得最大值.
【试题解析】分析:
（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及
勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，
在利用二次函数的性质即可求解该问题.
在中，
∵为中点且，
∴.
∵平面平面交线为，
∴平面，∴.
∵，分别为，的中点，
∴.
∴.
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴平面，平面，
∴.
∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，
以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，

则，，，，，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
则，
令得，，
设，，则，
∴，，
设直线与平面所成的角为，
则.
若，此时点与重合，
若，令，则.
当，即，为的中点时，取得最大值.
19-11【提升】【正确答案】（1）证明见解析；（2）.
【试题解析】分析:
（1）取中点，可得，可得平面，及平面，由等边三角形得，可得平面，故，由可得答案；
（2）连接，过点作平面于点，得平面平面，
由（1）知平面，平面，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，设，得和平面的法向量，由可得答案.
详解:
（1）取中点，连接，，，所以，由余弦定理得
，得，
，又，且，则平面，
故，又，所以平面，
则，由等边三角形得，且，
则平面，故，
又，因此.

（2）连接，过点作平面于点，连接，，
由平面得平面平面，则点在平面内的射影位于直线上，由等边三角形得点在平面内的射影位于的中垂线上，因此，由几何关系可确定点在平面内的射影位于的重心，
又由（1）知平面，平面，则，，，，五点共面，
如图，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，不妨设，则，，，
在和中，由余弦定理得
，，
则，
解得，
因此，，，
设平面的法向量，
由得，取，
设直线与平面所成角为，则
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.

点睛:本题主要考查了线线垂直和线面角的求法，解题的关键点是如何根据已知条件建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.
20-1【基础】【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】分析:
（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；
（2）利用（1）得出的通项公式，再利用错位相减法求出，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.
设等差数列的首项为，公差为则
由，得即
由①得，由②得，由③得，
所以数列的通项公式为，
所以数列的通项公式为.
由（1）知，，所以，
①
②
②-①得：
化简得：，
又因为，即
即，
（i）当时，，所以；
（ii）当时，，
令，则

当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
当时，取得最小值为
，即,
所以的取值范围是.
20-2【基础】【正确答案】（1）证明见解析；（2）.
【试题解析】分析:
（1）利用已知等式以及和的关系得到递推关系式，再根据定义证明数列是等比数列；
（2）求出的通项公式及，进而求出，最后根据恒成立求出实数的取值范围．
详解:
解：（1）因为，①
所以，②
②-①得，．
所以，
又，
即．
在①中，令得，，
又，所以．
所以，即．
所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可得，，
所以，
所以时，．
当时，适合上式，
所以．
所以，
所以．
令，得，即恒成立．
令，则．
当时，，
所以，解得，
故实数的取值范围为．
点睛:
本题考查等比数列的定义、通项公式、前项和公式，考查考生的推理论证能力．
20-3【基础】【正确答案】 1、
2、证明见解析； 3、
【试题解析】分析:
（1）令时代入递推公式可求解；
（2）利用等差数列的定义进行证明，得到公差为1，首项为2，写其通项公式；
（3）由题意化简得，求出的最值便可求出的范围.
解：由题意得：

为常数
数列是首项为2，公差为1的等差数列

令，

当时，，递增
当时，，递减
当或n=3时，有最大值

20-4【巩固】【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】分析:
（1）对于等差数列直接列方程求解，数列根据求解；
（2）利用错位相减法可得，根据题意讨论得：当是奇数时，；当是偶数时，，再通过定义证明数列的单调性，进入确定相应情况的最值．
∵
则，解得或（舍去）
∴.
又∵，
当时，，则，
当时，，则，即，
则数列是以首项，公比为的等比数列，
∴.
，
，

两式相减得：

∴
∵对任意的恒成立，即对任意的恒成立
①当是奇数时，任意的'恒成立
∴对任意的恒成立
②当是偶数时，对任意的恒成立
∴对任意的恒成立
令，对任意的恒成立
∴为递增数列
①当是奇数时，则，即
②当是偶数时，则
∴.
20-5【巩固】【正确答案】 1、证明见解析；.
2、.
【试题解析】分析:
(1)证明为常数即可证明为等差数列，根据等差数列通项公式即可求通项公式，于是可求通项公式；
(2)根据累乘法求，再求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，求单调性并求其范围即可求λ的范围.
∵，，两边同除以得：
，从而，，
是首项为1，公差为1的等差数列，，
∴；
由，，
∴，∴，
∴，
∴，
，
两式相减得，，
∴
＝，
中每一项，为递增数列，∴，
∵，∴，
，
.
20-6【巩固】【正确答案】 1、证明见解析 2、（i）；（ii）
【试题解析】分析:
（1）将条件变形为即可得答案；
（2）（i）先根据（1）求出数列的通项公式，进而可得数列的通项公式；
（ii）分n为奇数，n为偶数确定数列的单调性，进而可得其最值，代入即可得答案.
由
可得
即，
因此是以为首项，为公比的等比数列.
（i）因为
所以由可得
因此

即
（ii）当n为奇数时，单调递减，得；
当n为偶数时，单调递增，得；
因为，所以，
因此的最大值为，最小值为，
因为对任意正整数i，，都成立，所以，即
解得.
20-7【巩固】【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】分析:
（1）根据等差中项公式及等比数列求和公式可得，从而即可求解数列，的通项公式；
（2）利用错位相减法求出数列的前n项和，进而可得恒成立，令，判断的单调性，求出其最大值，从而即可求解.
解：设等比数列的公比为，依题意有，故，
所以，即，解得，
所以，
又，所以公差，
所以；
解：，
令，则，
，
所以，
所以，
由题意，对都有，即恒成立，
令，则时，
故时，数列递减，又，故，
所以，即的取值范围为.
20-8【提升】【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】分析:
(1)先用通项公式和前n项和公式的关系求出和的关系，再利用前n项积得到另外一组和的关系，由此即可求出两个数列的通项公式；
(2)由错位相减法求，代入参变分离得，求最小值即可.
时，①，②，
①-②得，
当时，③，④，
③÷④得.
由上可得，即，化简得.
当时，，，两式相等得，.
故，因此且，故.
综上，.
，
⑤
⑥
⑤－⑥得：，
，

将代入得，
化简得，
因在单调递增，故的最小值为－4，
故.
20-9【提升】【正确答案】（1）；（2）.
【试题解析】分析:
（1）利用化简可得为等比数列，由此可求得通项公式；
（2）由题可得恒成立，n为偶数时，，n为奇数时，.
详解:
（1）解：因为，所以，
当，时，
所以，
所以数列为等比数列，首项为，公比为2，
所以，则；
（2）解：因为，所以，
由（1），
所以恒成立，
当n为偶数时，恒成立，所以，
设，由于，
所以，当时，，
所以，
当n为奇数时，，若n=1，则有，
若，则有，
令，由于，
所以，综上，.
点睛:
关键点睛：本题考查数列不等式的恒成立问题，解题的关键是分离参数，转化为求数列的最值.
20-10【提升】【正确答案】（1），；（2）.
【试题解析】分析:
（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求得；再由求解；
（2）由，利用错位相减法求得，由，利用累加法得到，从而求得，然后由恒成立求解.
详解:（1）当时，，∴，
当时，由得
，即，
∴数列是公差为2的等差数列，
∵，∴.
由条件得，，
∴，即数列是公比为2的等比数列，
∴.
（2），设数列的前项和为，则，
∴，
∴，
，

∴，
由得，
累加得，
即，
∴，
∴，
令，则，
∴，
∴，
∴.
20-11【提升】【正确答案】 1、（），（）， 2、
【试题解析】分析:
（1）将已知给的式子，通过两边同除，然后再进行裂项，即可变成的形式，通过累加即可完成的求解，然后在求解，为等比数列，可设出公比带入已知条件，求解出公比即可利用等比数列通项公式求解；
（2）利用第（1）问求解出得、的通项公式，使用错位相减的方法求解，然后带入中，通过讨论奇偶即可完成求解.
由两边同除得：，
两边同除得：，
则，
所以
，（）
所以，又符合，
故（），
由得：，解得：，
所以（）.
∵，
∴ ①
∴ ②
由①-②得：，

∴.
则，由得：
，
因为
所以当为偶数时，；当为奇数时，.
故
所以，即，
故的取值范围是.
21-1【基础】【正确答案】（1）；（2）最大值；最小值.
【试题解析】分析:
（1）因为在焦点三角形中，，则，又因为，所以，所以，
（2）若，则，，当垂直于轴时，可求出两点的坐标，从而可得的值，当与轴不垂直，设直线的斜率为，则直线的方程为，与椭圆方程联立成方程组，消去后，整理再利用韦达定理得, ，从而可得=，进而可求出其取值范围
详解:
（1），
因为。所以，
所以，
所以
（2）由于，得，则.
①若垂直于轴，则，
所以，
所以
②若与轴不垂直，设直线的斜率为，则直线的方程为
由得
，方程有两个不等的实数根.
设，.,

=

，所以当直线垂于轴时，取得最大值
当直线与轴重合时，取得最小值
点睛:
关键点点睛：此题考查由焦点三角形三边关系求椭圆方程，考查椭圆与向量相结合求最值问题，解题的关键是将利用韦达定理求出, ，然后将用含的式子表示出来，即=，再利用不等式的性质可求出其取值范围，考查计算能力，属于中档题
21-2【基础】【正确答案】（1）；（2）2.
【试题解析】分析:
（1）结合离心率，通径的概念以及的关系可得方程；
（2）利用对称性可转化为，利用韦达定理和不等式求最值．
详解:
（1）依题意可知，解得
故椭圆的方程为．
（2）延长交E于点，由（1）可知，

设，设的方程为，
由得，
故．
设与的距离为d，则四边形的面积为S，
，
又因为

，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积的最大值为2．
21-3【基础】【正确答案】（1）椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；（2）最大值为1.
【试题解析】分析:
（1）根据抛物线准线的性质，结合已知进行求解即可；
（2）根据点到直线的距离公式，结合椭圆弦长公式、三角形面积公式、基本不等式进行求解即可.
详解:
解析：（1）因为，所以不妨设的坐标为，的坐标为，
所以有：，∴，，
∴椭圆的方程为：，抛物线的方程为：；
（2）由（1）可知：的坐标为：，
设直线的方程为：，到的距离为，则，
联立可得：，则，
，
当且仅当时取等号，故面积的最大值为1.
21-4【巩固】【正确答案】（1）；（2）.
【试题解析】分析:
（1）根据题意，先求出椭圆的方程，由原点为的垂心可得，轴，设，则，，根据求出线段的长；
（2）设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，设：，，，则，当斜率不存在时，则到直线的距离为1，由斜率存在时根据，即，由方程联立得出，再由点到直线的距离求出最值.
详解:
解：（1）设焦距为，由题意知：，
因此，椭圆的方程为：；
由题意知：，故轴，设，则，，
，解得：或，
，不重合，故，，故；
（2）设中点为，直线与椭圆交于，两点，
为的重心，则，
当斜率不存在时，点在轴上，所以此时点在长轴的端点处
由,则，则到直线的距离为1；
当斜率存在时，设：，，，
则，所以，
所以，即
也即

，则
，
则：，，代入式子得：
，
设到直线的距离为，则
时，；
综上，原点到直线距离的最小值为.

点睛:关键点睛：本题考查椭圆的内接三角形的相关性质的应用，解答本题的关键是设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，根据点均在椭圆上，得出，由方程联立韦达定理得到，属于中档题.
21-5【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；
21-6【巩固】【正确答案】（1）；（2）．
【试题解析】分析:
（1）由已知结论求出直线的方程，联立方程，得韦达定理，利用弦长公式即可求得的长；（2）将表示为关于的函数，再利用换元法与分离常数法两种方法分别求出最值.
详解:（1）解
当时，直线方程为，联立，得．
设，，则，．则．
（2）解
直线：，即，直线：．
设，，则，

记，则，
接下来介绍求最值的不同方法．
法1：常规换元法
令，，则
，当即时取得等号，则的最大值是．
法2：分离常数法
，显然时不取得最大值，
则，
当时取得等号，则的最大值是．
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．
21-7【巩固】【正确答案】 1、
2、
【试题解析】分析:
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形
故，
即椭圆：，代入
可得
故椭圆的方程为：
分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，的取值范围是.
21-8【提升】【正确答案】 1、x=-1； 2、
【试题解析】分析:
(1)根据抛物线的性质可得，根据题意可得，将点P的坐标代入抛物线方程求出p的值即可；
(2)根据题意设，，由导数的几何意义求出直线PB的斜率进而表示出方程，联立椭圆方程并消去x，利用韦达定理求出，根据三角形的重心可得，列出方程并解之得出，利用抛物线的定义表示，结合换元法化简计算即可.
由知，，
当直线PF垂直于x轴时，由，得，
有，
所以的准线方程为：，即；
由题意知，，设直线，，
则，，
，
由，即直线PB的斜率为，
所以直线PB的方程为：，即，
，
，又G为的重心，且G在x轴上，故，
所以，又，所以，
整理，得，解得，

①，令，则，
所以①式②，
令，则，
所以②式，
故的取值范围为.
点睛:解决直线与圆锥曲线的综合问题时，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、曲线的条件；
(2)强化有关直线与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、三角形的面积和取值范围等问题．
21-9【提升】【正确答案】（1）；（2）.
【试题解析】分析:
（1）根据椭圆的焦距和，结合基本量的关系，可得，进而得到椭圆方程；
（2）由题可得，，进而可求出以为直径的圆方程，设直线的方程为，，分别与圆方程和椭圆方程联立，求出和，根据弦长公式可得和，再利用判别式法，解不等式可得的最大值．
详解:
解：（1）根据题意，椭圆的焦距为，且过点，
可知，，则，
，，
所以椭圆的方程为；
（2）可得，，则，
则以为直径的圆，圆心为，半径为，
以为直径的圆方程为，
即：，
点，由于延长交椭圆于点，则点在直线上，
可知直线的斜率存在，且，
则设直线的方程为，设，
联立直线和圆的方程，得，
解得：，
可得，
联立直线和椭圆的方程，得，
解得：，
可得，
则，
可知，设上式为，
即有，，
，即为，
解得：，
则的最大值为.

点睛:关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法、圆锥曲线中的最值问题，考查直线、圆和椭圆的方程和弦长公式的应用，解题的关键在于利用判别式法求最值，考查学生分析和计算能力，属于中档题.
21-10【提升】【正确答案】 1、，
2、
【试题解析】分析:
（1）联立方程求得，设直线，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，分别表示，得到，进而可得答案.
（2）由（1）得，设直线的方程分别为，然后，分别与椭圆进行联立方程，得到，进而可得，最后利用含参不等式的性质，即可求出直线的方程.
由得．
设直线l的方程为．
由得，由韦达定理得．
又，同理可得，则
，所以当时，为常数．
由（1）知，．
设直线的方程分别为．
由得，
由韦达定理得，解得，
代入直线的方程得，同理可得．
又由（1）知，，得．
所以

．
所以，令，
则，当且仅当时，等号成立，
此时直线l的方程为．
21-11【提升】【正确答案】（1）；（2）最小值是.
【试题解析】分析:
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出、的坐标，可得出关于的表达式，利用换元法结合基本不等式可求得的最小值.
详解:
（1）由题意，解得，因此，椭圆的标准方程为；
（2）设点、，设直线的方程为，
由得，，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，令得，
同理，
所以，
令，则，
当且仅当时，即当时，取最小值.
点睛:
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22-1【基础】【正确答案】 1、
2、证明见解析
【试题解析】分析:
（1）利用函数的单调性即可求解；
（2）通过观察发现在处的切线方程为，在处的切线方程为，利用导数即可证明和，再利用在区间和上的切线与的交点的横坐标与零点的关系即可证明.
函数的定义域为，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以
在处的切线的斜率为，其切线方程为，
首先证明：
，
,
在上单调递增，在上单调递减,
的最大值，所以成立,
在处的切线的斜率为，其切线方程为，
再证明：,
，

在上单调递增，在上单调递减,
的最大值，所以成立,
不妨设，实数，为方程的两个不等的实根,
设直线与在处的切线的交点的横坐标为，
则可得,
由可得，
设直线与在处的切线的交点的横坐标为，
则可得,
由可得，
所以.
（注：不等式，可以直接使用）
22-2【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）先把函数进行求导并进行化简，由题意知，，在对进行讨论即可得到答案.
（2）由（1）知在时，存在两个极值点，利用韦达定理求出的关系式，并用分别表示出和，把代入中进行化简，，所以可以求出最小值，即可证出.
由题意可知，，
当时，，则在是单调递增；
当时，若，即时，
若，即时，和时，时，，
综上，时，在是单调递增；时，在和递增，在递减
由题意可设，是的两个根，
则
（用分别表示出和）
，整理，得
，此时
设，求导得
恒成立，
在上单调递减，
22-3【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）求导函数，分，讨论导函数的符号，可得出原函数的单调性.
（2）由极值点的定义得是方程的两根，设，得出根与系数的关系，所证明的不等式运用分析法即证，令，即证，令，求导函数，得出的符号，得的单调性和最值，不等式可得证.
解：，
令，，
当时，，所以有2个根：，所以当或时，，当时，，
所以当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，，所以恒成立，所以在上单调递增.
所以时，在上单调递增.
综上得：当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递增.
解：因为是函数的两个极值点，所以是方程的两根，
设，则，
，
要证明，即证，
即证，
即证，
令，则，
即证，
即证，
令，，
所以在上单调递增，
所以，故结论成立.
22-4【巩固】【正确答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【试题解析】分析:
（1）将代入，求出恒成立，得到函数的单调性，结合可得结果；
（2）根据在极值点处导数为0可得且，将所需不等式化简即可转化为，记，转化为以为变量的函数不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可得结果.
详解:
解析：（1）当时，，定义域为，
在定义域上恒成立，
所以在上单调递减，当时，；当时，．原命题得证．
（2），若存在两个极值点，则，解得．由韦达定理可知，

原命题即证：．
不妨设，原命题即证：，由（*）知，
齐次化，即证：，不放令，
原命题即证：，记，
则，
当时，在上单调递减，．
原命题得证．
点睛:关键点点睛：由极值点的概念得到的关系，将所证不等式进行齐次化处理，引入新的变量是解题的关键.
22-5【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）求出导函数，根据的解的情况分类讨论得单调性；
（2）由（1）知，化简，不等式化为，再由不妨设，转化为只要证这个不等式可利用（1）中的结论证明．
详解:（1），令
当即时，，在上单调递增；
当即或时，
① 当时，在上单调递增；
② 当时，令，

+
0
-
0
+

递增
极大值
递减
极小值
递增
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
（2）由（1）知时有两个极值点，
且，不妨设，
要证即证，即，
设由（1）知当时，在上单调递增，，则在上单调递减， .原式得证.
点睛:
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要分类讨论，可根据的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中换元法是一种重要的方法．
22-6【巩固】【正确答案】（1）；（2）证明见解析.
【试题解析】分析:
（1）利用导函数求出函数的单调性，进而求出最小值；
（2）设，首先利用导函数求出函数的单调区间，其次先证明，然后证明，在解题中涉及到基本不等式.
详解:
（1）函数，定义域为，
，

当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以；
（2）不妨设,，

，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
∴在递减，在递增，
∴，，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴
要证，即
即证
即证
即证
又由于，，
所以只需证
即证明，
即证，
即证
该式显然成立，于是原命题得证．
点睛:导数中双变量问题，处理的方式一般是通过变形,把看作一个未知数,从而把两个自变量转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法，然而这道题目是利用倒推的思想来证明的,在化简中注意基本不等式的应用.
22-7【巩固】【正确答案】（1）；（2）证明见解析.
【试题解析】分析:
（1）根据题意设，问题转化为方程，在有解，求导，分类讨论①若，②若，③若时，分析单调性，进而得出结论.
（2）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证.
详解:解：（1）设，
则由题设知，方程，在有解，
而.
设，则.
①若，由可知，且，
从而，即在上单调递减，从而恒成立，
因而方程在上无解.
②若，则，又时，，
因此，在上必存在实根，设最小的正实根为，
由函数的连续性可知，上恒有，
即在上单调递减，
也即，在上单调递减，从而在上恒有，
因而在上单调递减，故在上恒有，即，
注意到，因此，
令时，则有，由零点的存在性定理可知函数在，上有零点，符合题意.
③若时，则由可知，恒成立，从而在上单调递增，
也即在上单调递增，从而恒成立，故方程在上无解.
综上可知，的取值范围是.
（2）因为有两个零点，所以（2），
即，
设，则要证，
因为，，
又因为在上单调递增，
所以只要证明，
设，
则，
所以在上单调递减，（2），所以，
因为有两个零点，，，所以，
方程即构造函数，
则，，，
记，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，且，
设，
，
所以递增，
当时，，
当时，，
所以，
即，
，，，
所以，
同理，
所以，
所以，
所以，
由得：
，
综上：.
点睛:本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题.
22-8【提升】【正确答案】 1、单调递增区间是，单调递减区间是
2、①；②证明见解析
【试题解析】分析:
（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）①函数有两个不同零点，等价于方程有两个不同的实根．设，即方程有两个不同的实根．
设，由导数确定的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得；
②由①，，要证，只需证．由①知，，故有，即．下面证明：即可．引入函数，由导数证明，利用单调性即可得结论．
对函数求导，得．
当时，，
因为函数的定义域，
由，得，
由，得，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
由，得，
①函数有两个不同零点，
等价于方程有两个不同的实根．
设，即方程有两个不同的实根．
设，
，
再设，
所以函数在上单调递增，
注意到，
所以当时，，当时，．
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增．
当时，，
当时，，
当时，，
只需，
即所求．
②注意到，，要证，只需证．
由①知，，故有，即．
下面证明：．
设，
有，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以，故有．
又，，且在上单调递减，所以，即得．
因此，结论得证．
点睛:
本题考查用导数求函数的单调性，研究函数的零点问题，解题关键是对两个变量的处理，换元是一种技巧同，目的是使问题得到简化，经过转化问题化为证明，双变量的处理，先分离，，利用函数的单调性，表面上复杂化，证明，实质上利用两个变量的关系，此时可以进行消元：，因此只要证，为此引入新函数，利用导数加以证明．本题考查了学生的逻辑思维能力，运算求解能力，转化与化归能力，属于困难题．
22-9【提升】【正确答案】 1、答案见解析 2、证明见解析
【试题解析】分析:
（1）可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论；
（2）推导出，将所证不等式转化为，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
解：由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：

减
极小值
增
如下图所示：

当时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，

因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
点睛:
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），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.
22-10【提升】【正确答案】（1）（2）见解析
【试题解析】分析:
（1）求两条曲线的公切线，分别求出各自的切线，然后两条切线为同一条直线，结合两个方程求解；
（2）要证明关于的方程有唯一解，只要证明即可，由于当时，单调递增，不可能有两个零点，故不可能有两个极值点，故，利用得，又，接下来只要证明，即，令，则只要证明即可，用导数即可证明．
详解:（1）曲线在切点处的切线方程为
，即，
曲线在切点处的切线方程为
，即，
由曲线与曲线存在公切线，
得，得，即．
令，则，
，解得，∴在上单调递增，
，解得，∴在上单调递减，
又，∴，则，
故公切线方程为．
（2）要证明关于的方程有唯一解，
只要证明，
先证明：．
∵有两个极值点，
∴有两个不同的零点，
令，则，
当时，恒成立，∴单调递增，不可能有两个零点；
当时，，则，∴在上单调递增，
，则，∴在上单调递减，
又时，，时，，
∴，得，∴．
易知，
由，得，，
∴．
下面再证明：．
，
令，则只需证，
令，
则，
∴，得．
∴有唯一解．
点睛:本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的性质和有关的综合问题，考查学生分析解决问题的能力和计算能力，属于难题.
22-11【提升】【正确答案】 1、递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
2、（i）；（ii）证明见解析
【试题解析】分析:
(1)求出解析式，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的极值；
(2)(i)由，构造函数()，将问题转化函数有个不同的零点，利用导数分类讨论函数当、、时的单调性，结合极值点的定义即可得出结果；
(ii)由(i)，利用换元法可得，令，整理可得，
利用放缩法和导数证明在上恒成立即可.
当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为，
极小值为，无极大值；
(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且，
令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
点睛:破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
22-12【提升】【正确答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【试题解析】分析:
(1)利用导数讨论的单调性得到，
令并讨论其单调性，结合即可
(2)有两个零点，结合，
由零点的存在性定理和即可得出结果；
由上述可知，根据得
结合得出即证.
详解:解：（1）
因为，令
则
所以在递减，递增
又有两个零点，所以
令，则在上单调递增
又，所以时
故
（2）（i）
而
（ii）由上知
而有：
即
又

即
又即

点睛:
(1)利用导数求参数的范围常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，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.
(2)破解含双参不等式证明题的3个关键点
①转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
②巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
③回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
22-13【提升】【正确答案】（1）；（2）；（3）.
【试题解析】分析:
（1）求出，由题可得在恒成立，即恒成立，由可求；
（2）设切点，求出切线方程，令，则，利用导数求出的单调性即可求出最小值；
（3）由题意化简可得，令，记，
令，由导数可得在上单调递增，，令，可得，即可判断.
详解:
解：（1）：，
则，
在上单调递增，
对，都有，
即对，都有，
，，
故实数的取值范围是；
（2），
设切点，则切线方程为，
即，
即，
令，由题意得，，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
，故的最小值为；
（3）由题意知，，
两式相加得，
两式相减得，即
，
即，
不妨令，记，
令，则，
在上单调递增，则，
，则，
，
，
，即，
令，则时，，
在上单调递增，
又，
，
则，即．
点睛:本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数求函数的最值和比较大小，解题的关键是正确的构造函数，利用导数判断出函数的单调性，通过单调性求出函数的最值.