全国乙卷（理科）-2021年高考数学真题变式汇编 WORD版含答案.docx

1、高三2021年高考理科数学乙卷 变式题库本次考试小AI帮您挑出23道原题的变式题目，为了提高试卷讲评课的有效性，每题为您提供了基础、巩固、提升，三个层次的内容，由于题量过大，建议您删减、整理后再使用。【原卷 1 题】 知识点 复数的相等,复数的加减,共轭复数 【正确答案】C【试题解析】 1-1【巩固】 若(，是虚数单位)，则等于（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-2【基础】 复数的共轭复数是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-3【基础】 若z-3+5i=8-2i，则等于（ ）A.8-7i B.5-3i C.11-7iD.8+7i 【正确答案】 C 1-4【提升】 若，则（ ）A

2、.B.C.D.【正确答案】 D 1-5【巩固】 复数满足，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-6【巩固】 已知复数，则（ ）A.-4B.-2C.2iD.0【正确答案】 A【原卷 2 题】 知识点 包含关系,交集 【正确答案】C【试题解析】 2-1【巩固】 已知集合， ，则（ ）A.B.C.D.PQ【正确答案】 D 2-2【巩固】 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 2-3【基础】 设集合，则（）A.B.C.D.【正确答案】 C 2-4【基础】 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 2-5【提升】 集合，若，则实数a取值范围（）A. B.或 C.或 D.【

3、正确答案】 C 2-6【提升】 设集合， ，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 2-7【巩固】 设集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 3 题】 知识点 且,全称量词与全称命题,存在量词与特称命题,正弦函数的定义域、值域和最值 【正确答案】A【试题解析】 3-1【基础】 函数的最大值是3，则它的最小值是（ ）A.0B.1C.D.与有关【正确答案】 C 3-2【巩固】 若命题p：，命题q： ，则下列命题中是真命题的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 3-3【巩固】 已知命题，；命题当时，函数在上存在最小值.则下列命题中的真命题是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A

4、3-4【提升】 命题：若，则；命题：函数有且仅有一个零点，则下列为真命题的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 3-5【巩固】 下列四个命题中，正确的是A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【正确答案】 C【原卷 4 题】 知识点 函数的奇偶性 【正确答案】B【试题解析】 4-1【基础】 下列函数中，是奇函数的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 4-2【基础】 下列函数中，是偶函数的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 4-3【巩固】 设函数，则下列函数中为偶函数的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 4-4【巩固】 设函数在内有定义，下列函数必为奇函数的是（ ）A.B.C

5、.D.【正确答案】 B 4-5【巩固】 若定义在上的函数不是偶函数，则下列命题正确的是（ ）A. B.C. D.【正确答案】 C 4-6【提升】 已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D【原卷 5 题】 知识点 异面直线所成的角 【正确答案】D【试题解析】 5-1【提升】 在底面为正方形的四棱锥中，底面，则异面直线与所成的角为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 5-2【巩固】 已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为A.B.C.D.【正确答案】 C 5-3【巩固】 在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A.B

6、.C.D.【正确答案】 C 5-4【提升】 已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为A.B.C.D.【正确答案】 B 5-5【基础】 正方体中，分别是中点，则直线与所成角的余弦值是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 5-6【巩固】 已知直三棱柱，若是棱中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 5-7【基础】 如图的正方体中，异面直线与所成的角是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C【原卷 6 题】 知识点 排列组合综合 【正确答案】C【试题解析】 6-1【基础】 医院分级管理办法将医院按其功能任务不同划分为三个等级：一级医

7、院二级医院三级医院.某地有9个医院，其中3个一级医院，4个二级医院，2个三级医院，现在要从中抽出4个医院进行药品抽检，则抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法有（ ）A.81种B.80种C.51种D.41种【正确答案】 C 6-2【巩固】 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，则不同的安排方法共有（ ）A.40种B.30种C.20种D.60种【正确答案】 D 6-3【基础】 从1，2，3，4中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为（ ）A.2B.4C.12D.24【正确答案】 C 6-4【巩固】 为做好社

8、区新冠疫情防控工作，需将四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）种A.36B.48C.60D.16【正确答案】 A 6-5【巩固】 为深入贯彻实施党中央布置的“精准扶贫”计划，某地方党委政府决定从4名男党员干部和3名女党员干部中选取3人参加西部扶贫，若选出的3人中既有男党员干部又有女党员干部，则不同的选取方案共有（ ）A.60种B.34种C.31种D.30种【正确答案】 D 6-6【提升】 现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ）A.420种B.780种C.540种

9、D.480种【正确答案】 B【原卷 7 题】 知识点 三角函数的图象变换 【正确答案】B【试题解析】 7-1【提升】 将函数的图象经过以下变换后可得函数的图象，其中不正确的是（ ）A.向左平移B.向右平移C.向左平移，再作关于轴对称D.向左平移，再作关于轴对称【正确答案】 D 7-2【提升】 将函数图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，然后将所得图象向左平移个单位，可得函数的图象，则（ ）A.2B.0C.D.【正确答案】 C 7-3【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.向左平移个单位D.向右平移个单位【正确答案】 D 7-4【巩固】

10、把函数图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个的长度单位，得到函数的图象，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 7-5【巩固】 将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），然后向左平移了单位长度，所得函数为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 7-6【基础】 要得到函数，的图象，只需将函数，的图象（ ）A.纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变 B.纵坐标缩短到原来的，横坐标不变C.横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 D.横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【正确答案】 C 7-7【巩固】 将曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将得到的曲线向左

11、平移个单位长度，得到曲线，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D【原卷 8 题】 知识点 几何概型计算公式 【正确答案】B【试题解析】 8-1【巩固】 已知实数x，y满足，则的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 8-2【基础】 2021年中国人民银行计划发行个贵金属纪念币品种，以满足广大收藏爱好者的需要，其中牛年生肖币是收藏者的首选为了测算如图所示的直径为的圆形生肖币中牛形图案的面积，进行如下实验，即向该圆形生肖币内随机投掷个点，若恰有个点落在牛形图案上，据此可估算牛形图案的面积是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 8-3【巩固】 七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东

12、方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形丢一粒种子，则种子落入白色部分的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 8-4【巩固】 往正方形内随机放入n个点，恰有m个点落入正方形的内切圆内，则的近似值为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 8-5【基础】 在区间任取一个实数，则满足的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 8-6【提升】 在可行域内任取一点，如果执行如图所示的程序框图，那么输出数对的概率是 A.B.C.D.【正确答案】 B 8-7【提升】 小明家订了一份报纸，送报人可能在早上至之间把报纸送

13、到小明家，小明的父亲离开家去工作的时间在早上至之间，则小明父亲在离开家前能看得到报纸的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 8-8【巩固】 从区间上任取两个实数，则满足条件的概率为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D【原卷 9 题】 知识点 正、余弦定理的实际应用,图形的形式 【正确答案】A【试题解析】 9-1【基础】 雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像雕像由像体和底座两部分组成如图，在中，在中，且米，求像体的高度（ ）（最后结果精确到0.1米，参考数据：，）A.4.0米B.4.2米C.4.3米D.4.4米【正

14、确答案】 B 9-2【提升】 如图所示，一座建筑物AB的高为(3010) m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15和60，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30，则通信塔CD的高为（ ）A.30 mB.60 mC.30 mD.40 m【正确答案】 B 9-3【提升】 为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若平面，平面，则塔尖之间的距离为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 9-4【巩固】 如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角MAN60，C

15、点的仰角CAB45以及MAC75，从C点测得MCA60，已知山高BC100 m，则山高MN（ ）A.150mB.180mC.120mD.160m【正确答案】 A 9-5【巩固】 江西南昌的滕王阁，位于南昌沿江路赣江东岸，始建于唐永徽四年（即公元653年），是古代江南唯一的皇家建筑.因初唐诗人王勃所作滕王阁序而名传千古，流芳后世，被誉为“江南三大名楼”之首（另外两大名楼分别为岳阳的岳阳楼与武汉的黄鹤楼）.小张同学为测量滕王阁的高度，选取了与底部水平的直线，将自制测量仪器分别放置于，两处进行测量.如图，测量仪器高m，点与滕王阁顶部平齐，并测得，m，则小张同学测得滕王阁的高度约为（参考数据）（ ）

16、A.50mB.55.5mC.57.4mD.60m【正确答案】 C 9-6【巩固】 如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为75，30，此时气球的高度是，则河流的宽度等于（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 9-7【基础】 如图1，九章算术中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为尺. A.B.C.D.【正确答案】 B【原卷 10 题】 知识点 利用导数研究函数的极值 【正确答案】D【试题解析】 10-1【巩固】 已知函数在内恰有

17、个极值点，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 10-2【巩固】 已函，若在处取得极小值，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 10-3【基础】 设b,函数的图象可能是A.B.C.D.【正确答案】 C 10-4【基础】 函数在处有极值,则的值为A.B.C.D.【正确答案】 C 10-5【巩固】 函数在内存在极值点，则( )A.B. C.或D.或【正确答案】 A 10-6【提升】 已知函数，若有极值，且与（为的导函数）的所有极值之和不小于，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B【原卷 11 题】 知识点 二次函数的性质与图象,椭圆的离心率 【

18、正确答案】C【试题解析】 11-1【提升】 已知，分别是椭圆的两个焦点，若在椭圆上存在点满足，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 11-2【巩固】 已知椭圆与圆，若在椭圆上存在点，使得过点所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 11-3【巩固】 焦点在轴上的椭圆的方程为()，则它的离心率的取值范围为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 11-4【巩固】 在平面直角坐标系中，椭圆上存在点，使得，其中分别为椭圆的左右焦点，则该椭圆的离心率取值范围是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 11-5【基础】 若椭圆：

19、（）满足，则该椭圆的离心率（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 11-6【巩固】 已知是椭圆的左焦点，椭圆上一点关于原点的对称点为，若的周长为则离心率（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 11-7【基础】 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且，则椭圆的离心率等于（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B【原卷 12 题】 知识点 对数函数的单调性,导数在函数中的其他应用 【正确答案】B【试题解析】 12-1【巩固】 已知且且且，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 12-2【提升】 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 12-3【基础】 已知对数函数的图象经过点与点，则 （

20、 ）A.B.C.D.【正确答案】 D 12-4【巩固】 ，则a，b，c的大小顺序为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 12-5【提升】 已知，则，的大小关系是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 12-6【基础】 已知函数对任意的满足（其中为函数的导函数），则下列不等式成立的是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 12-7【巩固】 已知，且，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 13 题】 知识点 双曲线的焦点、焦距,双曲线的渐近线 【正确答案】4【试题解析】 13-1【提升】 已知双曲线的一个焦点为，为坐标原点，在双曲线的渐近线上取一点，使得，且的面积为1，则_【正确答案】

21、 2 13-2【提升】 已知点为双曲线的右焦点，两点在双曲线上，且关于原点对称，若，设，且，则该双曲线的焦距的取值范围是_.【正确答案】 13-3【基础】 双曲线的焦距为_.【正确答案】 6 13-4【巩固】 已知双曲线的两个焦点分别为，若以坐标原点O为圆心，为半径的圆与双曲线C交于点P（点P在第一象限），且，则双曲线C的渐近线方程为_【正确答案】 13-5【基础】 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且过点，则双曲线的焦距等于_.【正确答案】 13-6【巩固】 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C与双曲线有公共的渐近线，且经过点P(2，)，则双曲线C的焦距为_【正确答案】 13-7【巩固】

22、已知焦点在轴上的双曲线的一条渐近线方程为，点关于双曲线的渐近线的对称点在双曲线上，则_【正确答案】 【原卷 14 题】 知识点 平面向量的数量积,向量垂直的坐标表示,平面向量的基本定理及坐标表示,平面向量线性运算的坐标表示,数量积的坐标表示 【正确答案】【试题解析】 14-1【巩固】 已知向量与，若，则实数的值为_.【正确答案】 14-2【提升】 已知向量，则_.【正确答案】 14-3【巩固】 已知向量的夹角为120，若，则实数=_.【正确答案】 14-4【巩固】 已知向量，若，则_.【正确答案】 14-5【基础】 已知向量，若，则_【正确答案】 14-6【巩固】 已知，若，则的值是_【正确答

23、案】 或2【原卷 15 题】 知识点 三角形面积公式,余弦定理 【正确答案】【试题解析】 15-1【基础】 在中，已知，三角形面积为，则_【正确答案】 15-2【基础】 在中，分别是角，的对边，且，则的面积等于_【正确答案】 15-3【提升】 如图，平面凹四边形，其中，则四边形面积的最小值为_【正确答案】 15-4【巩固】 已知ABC的面积为，则ABC的周长等于_【正确答案】 15-5【巩固】 的内角，的对边分别为，.若，则的面积为_【正确答案】 15-6【提升】 锐角中，内角的对边分别为，若，则的面积的取值范围是_【正确答案】 15-7【巩固】 在中，角所对的边分别是，若三角形的面积，则C的

24、度数是_.【正确答案】 15-8【巩固】 已知的内角所对的边分别为，且，则的面积为_.【正确答案】 【原卷 16 题】 知识点 三视图 【正确答案】（答案不唯一）【试题解析】 16-1【提升】 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为_.【正确答案】 16-2【巩固】 如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据可得该几何体的表面积为_.【正确答案】 33 16-3【巩固】 某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体，且正方体的一个面与圆锥底面重合，该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内在图中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图，则所选主视图和俯视图的编号依次可能为_（写出符合要求的一组

25、答案即可）【正确答案】 （或） 16-4【巩固】 已知一正四面体的俯视图如图所示，它是边长为的正方形，则这个正四面体的主视图的面积为_【正确答案】 16-5【基础】 如图，在正方体中，点P是上底面内一动点，则三棱锥的主视图与左视图的面积的比值为_【正确答案】 16-6【巩固】 如图为某几何体的三视图，正视图与侧视图是两个全等的直角三角形，直角边长分别为与1，俯视图为边长为1的正方形，则该几何体最长边长为_.【正确答案】 16-7【基础】 （文）已知正三棱柱的底面边长为1，高为2，若其主视图平行于一个侧面，则左视图的面积为_【正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 平均数,极差、方差、标准差 【

26、正确答案】【试题解析】 17-1【基础】 已知甲、乙两组数可分别用图（1）（2）表示，分别比较这两组数的平均数的相对大小，以及方差的相对大小. （1） （2）【正确答案】 甲、乙两组数的平均数相等，甲组数的方差小于乙组数的方差 17-2【巩固】 某工厂36名工人的年龄数据如下表工人编号年龄工人编号年龄工人编号年龄工人编号年龄140103619 2728 34244113120 4329 39340123821 4130 43441133922 3731 38533144323 3432 42640154524 4233 53745163925 3734 37842173826 4435 499

27、43183627 4236 39(1)用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；(2)计算(1)中样本的均值x和方差s2；(3)36名工人中年龄在与之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?【正确答案】 （1）见解析；（2）；（3） 17-3【巩固】 以下茎叶图记录了甲、乙两组各三名同学在期末考试中的数学成绩.乙组记录中有一个数字模糊，无法确认，假设这个数字具有随机性，并在图中以表示.（1）当时，分别求出甲、乙两组同学数学成绩的平均数以及乙组的方差；（2）若甲组的数学平均成绩高于乙组的数学平均成绩，求的值.【正

28、确答案】 （1）甲的平均数，乙的平均数，乙的方差；（2）. 17-4【基础】 甲、乙两名战士在相同条件下各射靶10次，每次命中环数如下：甲：8 6 7 8 6 5 9 10 4 7乙：6 7 7 8 6 7 8 7 9 5（1） 分别计算以上两组数据的平均数；（2） 分别求出两组数据的方差；根据数据计算结果，估计一下谁的射击水平较稳定【正确答案】 解：（1）7，7；（2）甲：3 ，乙：1.2，乙 17-5【巩固】 机床生产一批参考尺寸为的零件，从中随机抽取个，量得其尺寸如下表(单位：)：序号12345678910尺寸6.35.86.25.96.26.05.85.85.96.1（1）求样本零件尺

29、寸的平均值与标准差；（2）估计这批零件尺寸位于的百分比.参考数据：取.【正确答案】 （1），；（2）. 17-6【提升】 随着社会的进步、科技的发展，人民对自己生活的环境要求越来越高，尤其是居住环境的环保和绿化受到每一位市民的关注，因此，2019年6月25日，生活垃圾分类制度入法，提倡每位居民做好垃圾分类储存、分类投放，方便工作人员依分类搬运，提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用某市环卫局在、两个小区分别随机抽取6户，进行生活垃圾分类调研工作，依据住户情况对近期一周（7天）进行生活垃圾分类占用时间统计如下表：住户编号123456小区（分钟）220180210220200230小区（分钟）

30、200190240230220210（1）分别计算、小区每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差；（2）如果两个小区住户均按照1000户计算，小区的垃圾也要按照垃圾分类搬运，市环卫局与两个小区物业及住户协商，初步实施下列方案：小区方案：号召住户生活垃圾分类“从我做起”，为了利国利民，每200位住户至少需要一名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，每位工作人员月工资按照3000元（按照28天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？小区方案：为了方便住户，住户只需要将垃圾堆放在垃圾点，物业让专职人员进行生活垃圾分类，一位专职工作人员对生活垃圾分类的效果相当于4位普通居民对

31、生活垃圾分类效果，每位专职工作人员（每天工作8小时）月工资按照4000元（按照28天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？【正确答案】 （1）210分钟，215分钟；，；（2）15元；64元.【原卷 18 题】 知识点 空间角的向量求法 【正确答案】【试题解析】 18-1【基础】 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点（1）求证：；（2）求平面与平面所成的角的余弦值【正确答案】 （1）证明见解析；（2） 18-2【巩固】 如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，（1）证明：；（2）若，求二面角的正弦值【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 18-3【基础】 如图

32、所示，平面ABCD，四边形AEFB为矩形，（1）求证：平面ADE；（2）求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值【正确答案】 （1）见解析（2） 18-4【巩固】 如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆孤所在平面垂直，M是上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值【正确答案】 （1）详见解析；（2）. 18-5【巩固】 如图，在四棱锥，平面，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【正确答案】 （1）证明见解析；（2）. 18-6【提升】 已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点

33、，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60的二面角，点M在线段AB上.（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60；若存在，求此时二面角MECF的余弦值，若不存在，说明理由.【正确答案】 （1）点O在EA的延长线上，且AO=2，证明见解析；（2）存在，或. 18-7【提升】 如图，在三棱锥中，底面ABC，点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，.（1）求证：平面BDE；（2）求二面角的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线B

34、E所成角的余弦值为，求线段AH的长.【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）4【原卷 19 题】 知识点 数列的通项公式,等差数列及其通项公式,利用an与sn关系求通项或项 【正确答案】【试题解析】 19-1【基础】 已知数列满足，且，证明：数列是等差数列；【正确答案】 证明见解析 19-2【基础】 已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求n.【正确答案】 （1）；（2）. 19-3【提升】 记数列的前项和为，已知（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的的最大值.【正确答案】 （1）.（2）4 19-4【提升】 设数列的前项和为，已知，其中.（1）求的值；（2）求的

35、通项公式；（3）求证：对于一切正整数，都有.【正确答案】 （1）；（2）；（3）证明见解析 19-5【巩固】 若的前n项和为，点均在函数y的图像上.（1）求数列的通项公式；（2），求数列的前n项和 .【正确答案】 （1）（2） 19-6【巩固】 已知数列满足，.求数列的通项公式；若数列满足，求数列的通项公式.【正确答案】 （1） （2） 19-7【巩固】 已知数列满足，（且）（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和【正确答案】 （1）证明过程详见解析，；（2）【原卷 20 题】 知识点 利用导数研究函数的极值,利用导数证明不等式 【正确答案】(1)a=1

36、；(2)证明见详解【试题解析】 20-1【提升】 已知函数有两个极值点（1）求a的取值范围；（2）求证：【正确答案】 （1）(2e，)；（2）证明见解析 20-2【巩固】 已知函数（1）若存在极值，求的取值范围（2）当时，证明：【正确答案】 （1）；（2）证明见解析 20-3【巩固】 已知.（1）若有极大值或极小值，求的取值范围；（2）若，求证：时.【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 20-4【基础】 已知函数在处有极值2（1）求，的值；（2）求函数在区间上的最值【正确答案】 （1），；（2）最小值是-2，最大值是2 20-5【基础】 已知函数在处的切线方程（1）求，的值；（2）求的单调

37、区间与极小值【正确答案】 （1）；（2）在单调递减，在单调递增，的极小值为 20-6【巩固】 已知.（1）当有两个零点时，求a的取值范围；（2）当，时，设，求证：.【正确答案】 （1）或；（2）证明见解析.【原卷 21 题】 知识点 导数的几何意义,圆的几何性质,直线与抛物线的位置关系,抛物线的弦长 【正确答案】【试题解析】 21-1【巩固】 过直线y=1上动点M，作抛物线的切线MAMB，AB为切点，AMB=90.（1）求抛物线方程；（2）若MAB面积为32，求直线AB的斜率.【正确答案】 （1）；（2）. 21-2【巩固】 已知抛物线的焦点为，过的直线与相交于，两点，是的两条切线， ，是切点

38、.当轴时，.（1）求抛物线的方程；（2）证明：.【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 21-3【基础】 己知过点的抛物线方程为，过此抛物线的焦点的直线与抛物线交于，两点，且.（1）求抛物线的方程、焦点坐标、准线方程；（2）求所在的直线方程.【正确答案】 (1)抛物线的方程为，焦点，准线方程为；(2)或. 21-4【提升】 已知：抛物线，曲线，过上一点作的两条切线，切点分别为（1）若，求两条切线的方程；（2）求面积的取值范围【正确答案】 （1）；（2）. 21-5【巩固】 已知抛物线：，过点的动直线与抛物线交于不同的两点，分别以为切点作抛物线的切线、，直线、交于点.（1）求动点的轨迹方程；（

39、2）求面积的最小值，并求出此时直线的方程.【正确答案】 （1）；（2）1，. 21-6【基础】 抛物线截直线所得弦长为（1）求的值；（2）以此弦为底边，以轴上点为顶点的三角形面积为，求点坐标【正确答案】 （1）；（2）或.【原卷 22 题】 知识点 直线与圆的位置关系,极坐标与直角坐标的互化,圆的参数方程 【正确答案】【试题解析】 22-1【提升】 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上，且满足，点轨迹为.（1）求的极坐标方程；（2）设点的极坐标为，求面积的最小值.【正确答案】 （1），；（2）. 22

40、-2【提升】 在平面直角坐标系中，曲线的方程为(，为参数).（1）求曲线的普通方程并说明曲线的形状.（2）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求曲线的对称中心到曲线的距离的最大值.【正确答案】 （1）曲线的普通方程为，曲线是以为圆心，1为半径的圆；（2）. 22-3【基础】 已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）把的参数方程式化为普通方程， 的极坐标方程式化为直角坐标方程；（2）求与交点的极坐标【正确答案】 (1) 的普通方程为,的直角坐标方程为;(2) 与交点的直角坐标为极坐标分别为. 22-4【巩固

41、】 在极坐标系中，直线：，圆：以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系（1）求直线的直角坐标方程和圆的参数方程；（2）已知点在圆上，点到直线和x轴的距离分别为，求的最大值【正确答案】 （1）直线的直角坐标方程为，圆的参数方程为（为参数）；（2） 22-5【基础】 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，半圆C的极坐标方程为（1）求直线l的直角坐标方程及C的参数方程；（2）若直线平行于l，且与C相切于点D，求点D的直角坐标【正确答案】 （1）；（t为参数，）；（2）. 22-6【巩固】 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴

42、正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线与，轴的交点分别为，.（1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）为曲线上一点，求的面积的最大值.【正确答案】 （1），；（2）. 22-7【巩固】 已知直线l的参数方程为（为常数，为参数），曲线C的参数方程为（为参数）（1）求直线l和曲线C的普通方程；（2）若直线l与曲线C有公共点，求实数m的取值范围【正确答案】 （1）直线的普通方程为；曲线的普通方程为；（2）.【原卷 23 题】 知识点 绝对值三角不等式,含绝对值不等式的解法 【正确答案】【试题解析】 23-1【巩固】 已知.（1）解关于的不等式；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范

43、围.【正确答案】 （1）；（2）. 23-2【巩固】 已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.【正确答案】 （1）；（2）. 23-3【巩固】 已知函数.（1）解不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.【正确答案】 （1）；（2）. 23-4【基础】 （1）解不等式：；（2）求函数的值域.【正确答案】 （1）；（2）. 23-5【提升】 已知函数（，）.（1）当，时，解不等式；（2）若的最小值为，求的最小值.【正确答案】 （1）；（2）最小值为. 23-6【巩固】 已知函数. （1）当a=3时，求f(x)6的解集；（2）若f(x)2a恒成立，求实数a的取值

44、范围.【正确答案】 （1）；（2）第 45 页 共 94 页2021年高考理科数学乙卷高三变式题库 答案解析第 1 页 共 95 页 共性错题精讲 1-1【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据复数相等的条件，求得的值，即可求解.详解:因为，即，所以，所以.故选：B. 1-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据共轭复数的定义判断详解:复数的共轭复数是故选：B 1-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据复数的减法运算可解得结果.详解:.故选：C. 1-4【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:本题首先根据共轭复数的性质得出，然后通过复数的运算法则得出，

45、最后通过复数的模的求法即可得出结果.详解:因为，所以，则，故选：D. 1-5【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:设，则，根据复数的乘法运算及复数相等的条件即可得出答案.详解:设，则，则，因为，即，所以，解得，所以，.故选：B. 1-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由已知的复数可求出其共轭复数，根据复数运算法则进行运算即可.详解:因为，所以，所以，故选:A 2-1【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:化简得到集合， ，结合为奇数，为偶数，即可求解.详解:由和，可得集合， ，因为为奇数，为偶数，所以.故选：D. 2-2【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:

46、根据子集定义，即可判断.详解:由子集定义，可知.故选：C 2-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由题得,A.集合和集合之间不能用“”连接，所以选项A错误； B. ，所以选项B错误； C. ，所以选项C正确； D. 集合和集合之间不能用“”连接，所以错误.详解:由题得,A. 错误，集合和集合之间不能用“”连接，所以选项A错误； B. ，所以选项B错误； C. ，所以选项C正确； D. 集合和集合之间不能用“”连接，所以错误，应该为.故选：C 2-4【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据集合包含关系的定义可得出结论.详解:因为，故.故选：B. 2-5【提升】 【正确答案】

47、 C【试题解析】 分析:根据，可得或，从而可得答案.详解:解：因为，所以或，所以或.故选：C. 2-6【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:分别求解两个集合中的不等式，结合选项分析即可.详解:由题意，于是.故选：C 2-7【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据集合和中的元素的特征，结合集合间的关系，即可得解.详解:对集合，其集合中的元素为的整数倍，对集合，其集合中的元素为的整数倍，的整数倍必为的整数倍，反之则不成立，即中的元素必为中的元素，而中的元素不一定为中的元素，故为的真子集，故选：A 3-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:设，转化为在上的最大值是3,分的

48、符号进行分类讨论，先求出的值，再求其最小值.详解:设，当时，不满足条件.当时,当时，有最大值3，即，则，则当时，有最小值-1，当时, 当时，有最大值3，即，则，则当时，有最小值-1，综上的最小值是-1.故选：C.点睛:本题考查正弦函数的最值，还可以由函数的最大值是3，得到，函数的最小值为，从而得到函数的最小值，属于基础题. 3-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据各选项命题的描述判断是否为存在量词命题及其真假即可.详解:A：命题为存在量词命题，当时，故为真命题；B：命题为全称量词命题，不是存在量词命题；C：命题为存在量词命题，故为假命题；D：命题为存在量词命题，当时，故为真命题

49、.故选：C 3-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:先判断命题p和q的真假，再由或且非命题的真值表判断选项得解.详解:因为，所以，故命题是假命题；命题q： ， q是真命题，所以是真命题. 故选：C 3-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:判断出命题的真假，利用二次函数的基本性质可判断命题的真假，再利用复合命题的真假可得出结论.详解:因为当时,，所以命题为真命题；，因为，所以，则，所以当时，取得最小值，故命题为真命题.所以为真命题，均为假命题.故选：A. 3-5【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据正弦函数可知命题为假；令，可知是其切线方程，从而知命题为真，即

50、可判断结果详解:若，或，故命题为假；令，则当时，所以在处的切线方程为所以只有一个实根，故函数有且仅有一个零点，命题为真；所以为真命题，均为假命题故选：A 3-6【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:试题分析：因为，当，故B、D均错误.若，则，故A错误，C正确 ，故选C.考点：1、全称量词与存在量词；2、三角函数的有界性及二倍角的正弦公式. 4-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:利用函数的奇偶性定义判断.详解:A. 定义域为R，关于原点对称，又，所以函数是偶函数，故错误；B. 定义域为，不关于原点对称，所以函数即不是奇函数也不是偶函数，故错误； C. 定义域为R，关于原点对

51、称，又，所以函数是偶函数，故错误；D. 定义域为，关于原点对称，又，所以函数是奇函数，故正确，故选：D 4-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据函数奇偶性的定义判断即可.详解:的定义域为,故函数为奇函数；的定义域为，故函数为非奇非偶函数；的定义域为，且，故函数为奇函数；的定义域，且，故函数为偶函数.故选：D 4-3【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:化简各选项中的函数解析式，利用函数奇偶性的定义以及特殊值法可得出结论.详解:由题意可得，对于A，设，对任意的，函数的定义域为，函数不是偶函数；对于B，设，对任意的，函数的定义域为，函数为偶函数；对于C，设，对任意的，函数的

52、定义域为，函数不是偶函数；对于D，设，对任意的，则，函数不是偶函数.故选：B. 4-4【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据奇偶性的定义依次判断即可.详解:对A，中，与不一定相等，故不一定为奇函数，故A错误；对B，中，所以函数为奇函数，故B正确；对C，中，与不一定相等，故不一定为奇函数，故C错误；对D，为偶函数，故D错误.故选：B. 4-5【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由偶函数的定义判断详解:A错，函数为奇函数，如，；B错，若，它不是偶函数，不存在，使得；C正确，如果不存在，使得，说明对任意，函数为偶函数，不可能，因此C正确；D错，如，它不是偶函数，但存在使得故选：

53、C 4-6【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据奇函数的定义判断详解:因为，所以，则，是奇函数，同理也是奇函数，则，是奇函数，为偶函数，故选：D 5-1【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由已知PA=AD，可把四棱锥扩充为正方体，再正方体上作出异面直线与所成的角，并求角的大小.详解:因为四棱锥中，底面，所以PA=AD，又底面为正方形，所以四棱锥可扩充为正方体，如图示： 连结PE、BE，则PEAC，所以EPB（或其补角）为异面直线与所成的角.而EPB为正三角形，所以EPB=.故选：.点睛:思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线

54、的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：(1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；(2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；(3)计算：求该角的值，常利用解三角形；(4)取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角 5-2【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案考点：异面直线所成的角 5-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据长方体的性质，结合异面直线所成角的定义进行求解即可.详解:在长方体中，所以

55、异面直线与所成角为（或其补角），因为，所以由勾股定理可知：，由余弦定理可知：，故选：C 5-4【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:试题分析：如图，取中点，连接，因为是中点，则，或其补角就是异面直线所成的角，设正四面体棱长为1，则，故选B考点：异面直线所成的角名师点睛:求异面直线所成的角的关键是通过平移使其变为相交直线所成角，但平移哪一条直线、平移到什么位置，则依赖于特殊的点的选取，选取特殊点时要尽可能地使它与题设的所有相减条件和解题目标紧密地联系起来如已知直线上的某一点，特别是线段的中点，几何体的特殊线段 5-5【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:正方体AC1中，连接BD，

56、B1D1，AB1，证明EF/B1D1，判断的形状即可作答.详解:正方体中，连接BD，B1D1，AB1，如图：因分别是中点，则，而正方体AC1的对角面BDD1B1是矩形，于是有，则直线与所成角是或其补角，又，即是正三角形， 直线与所成角的余弦值是.故选：A 5-6【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:取的中点，连、，取的中点，连，根据可得直线与直线所成的角为（或其补角），设，在直角三角形中通过计算可得结果.详解:如图：取的中点，连、，取的中点，连，则，所以直线与直线所成的角为（或其补角），设，则，又因为为的中点，所以，因为，所以.所以直线与直线所成角的余弦值为.故选：B点睛:思路点睛：平

57、移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角 5-7【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:连接，BD，根据，则是异面直线与所成的角求解.详解:如图所示：连接，BD，在正方体中， 所以是异面直线与所成的角或其补角，因为三角形为等边三角形，所以故与所成角为故选：C 6

58、-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:分恰有2个一级医院与恰有3个一级医院两种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得；详解:解：恰有2个一级医院，有种抽法；恰有3个一级医院，有种抽法.所以抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法有（种）.故选:C. 6-2【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据题意，分析可得，先取后排的原则，有计算可得答案详解:根据题意，周一至周五5天中选3天，安排甲、乙、丙3位志愿者共有种安排方法，故选：D点睛:本题考查排列、组合的综合问题，在解决此类问题，一般采用先组合后排列的方法，属于基础题. 6-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 6-4【巩固

59、】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，结合排列数的定义进行求解即可.详解:根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，因此有种方式，所以四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者共有种方式.故选：A点睛:本题考查了组合与排列的应用，属于基础题. 6-5【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据题意，分“选出的3人为2男1女”和“选出的3人为1男2女”2种情况讨论，求出每种情况的选法数目，相加即可得答案详解:解：根据题意，要求选出的3人中既有男党员干部又有女党员干部，分2种情况讨论：选出的3人为2男1女，有种安

60、排方法，选出的3人为1男2女，有种安排方法，则有种选法，故选： 6-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:讨论使用5种，4种，或3种颜色来完成涂色任务，逐一计算并求和即可.详解:依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图.若用5种颜色完成涂色，则种方法；若用4种颜色完成涂色，颜色有种选法，需要2，4同色，或者3，5同色，或者1，3同色，或者1，4同色，故有种；若用3种颜色完成涂色，颜色有种选法，需要2，4同色且3，5同色，或者1，4同色且3，5同色，或者1，3同色且 2，4同色，故有种.所以不同的着色方法共有种.故选：B. 7-1【提升】 【正确答案】 D

61、【试题解析】 分析:利用三角函数平移的知识逐一判断即可.详解:函数的图象向左平移得到的是函数的图象，故A正确；函数的图象向右平移得到的是函数的图象，故B正确；函数的图象向左平移得到的是函数的图象，然后再关于轴对称后得到的是的图象，故C正确；函数的图象向左平移得到的是函数的图象，然后再关于轴对称后得到的是的图象，故D不正确；故选：D点睛:本题考查的是三角函数图象的变换，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单. 7-2【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:逆用三角恒等变换，由的图象变换得到，即可得到.详解:先将向右移个单位得，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得，故，.故选：C 7-3

62、【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据函数的图象变换规律，可得结论详解:解：，故将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，故选：D 7-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法即可得到的解析式.详解:由已知的函数逆向变换，第一步：向右平移个单位长度，得到的图象，第二步：图象上所有点的横坐标缩短到到原来的，纵坐标不变，得到的图象，即为的图象，所以，故选：C. 7-5【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据三角函数的图象变换关系求出函数的解析式即可；详解:解：将函数图像上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到，再将向左

63、平移了单位长度得到故变换之后的函数解析式为故选：A 7-6【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据三角函数图象变换前后的解析式，确定图象变化过程.详解:将在横坐标方向上缩短到原来的，即可得，.故选：C 7-7【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由图象变换可得，代入自变量求值即可.详解:由题意，得：，则故选：D 8-1【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:作出，的图象，由图象结合几何概型求解.详解:作出，的图象，如图，由图象可知的概率，故选：A 8-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:求出点落在牛形图案上的频率，从而可得点落在牛形图案上的概率，再由概率等于

64、面积比可求得答案详解:设牛形图案的面积为，则由题意可得，解得，故选：B 8-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和，从而得出落入黑色部分的概率，再由对立事件得出落入白色部分的概率详解:设小正方形的边长为1，可得黑色平行四边形的底为，高为；黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2，大正方形的边长为2，所以落入黑色部分，所以落入白色部分的概率为故选：C 8-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:令正方形边长为2，利用几何概型中的面积型列式即可得解.详解:令正方形边长为2，其内切圆半径为1，则

65、正方形面积，圆面积为，由几何概型的面积型得：，解得，所以的近似值为.故选：A 8-5【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:解对数不等式求出满足条件的变量范围，再结合几何概型的长度比即可求得结果.详解:解：由题意，在区间上任取一个实数，满足，所以，所以所求概率故选C 8-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:作出条件所表示的正方形区域，和圆，再利用几何概型计算概率，即可得答案.详解:如图所示：分别作出条件所表示的正方形区域、圆，由程序框图的程序得：当输出数对的概率是.故选：B.点睛:本题考查程序框图与几何概型，考查数形结合思想和运算求解能力，属于基础题. 8-7【提升】 【正确

66、答案】 B【试题解析】 分析:设送报人到达时间为，小明父亲离开家的时间为，可以看成是平面中的点，列出关于的不等式组，利用线性规划求出构成的面积，以及小明父亲在离开家前能得到报纸的构成的面积，利用几何概型概率公式求解即可.详解:设送报人到达时间为，小明父亲离开家的时间为，可以看成是平面中的点， 试验的全部结果所构成的区域为这是一个矩形区域，面积设小明父亲在离开家前能看得到报纸为事件.则事件所构成的区域为 由几何概型概率公式可得， 小明父亲在离开家前能得到报纸的概率是.故选： B. 8-8【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由题意转化为几何概型概率的求解，分别求出全部区域与满足要求的区域

67、的面积，利用几何概型概率公式即可得解.详解:设点，由题意，表示的区域为边长为4的正方形（包含边界），如图所示：该正方体的面积,表示以为圆心，半径为1的圆的外部（包含边界），如图阴影部分所示，阴影部分的面积，故所求概率.故选：D.点睛:本题考查了几何概型概率公式的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，解题的关键是把所求概率转化为面积的比，属于基础题. 9-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:在和中，利用正切值可求得，进而求得.详解:在中，（米），在中，（米），（米）.故选：.点睛:本题考查解三角形的实际应用中的高度问题的求解，属于基础题. 9-2【提升】 【正确答案】 B【试题解析

68、】 分析:在中，求得；过作，求得；在中，由正弦定理，求得；再在中，即可求得结果.详解:在RtABM中，AM20（m）过点A作ANCD于点N，如图所示易知MANAMB15，所以MAC301545又AMC1801560105，所以ACM30在AMC中，由正弦定理得，解得MC40（m）在RtCMD中，CD40sin6060（m），故通信塔CD的高为60 m故选：.点睛:本题考查利用正余弦定理求高度，属综合基础题. 9-3【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可.详解:依题意，在中，则，；在中，则;又中，则.故塔尖之间的距离为.故选：B. 9-4【巩固

69、】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据C点的仰角CAB45，山高BC100 m，可求出AC，正弦定理求出AM，在三角形MAN中即可解出山高.详解:由题意CAB45，BC100 m，三角形ABC为直角三角形，可得，在中，MAC75，MCA60，则AMC45由正弦定理有：即故在直角三角形中，可得故选：点睛:解三角形应用题的一般步骤：(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等. 9-

70、5【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:先判断出，解直角三角形求得，由此求得滕王阁的高.详解:在中，则，在中，则，故滕王阁的高度为.故选：C 9-6【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据题目所给俯角，求出内角，利用正弦定理求解即可.详解:从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为75，30，气球的高度是，所以所以，由正弦定理可得，所以.故选：C 9-7【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 详解:如图，已知，解得， ，解得.折断后的竹干高为4.55尺故选B. 10-1【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:利用辅助角公式将函数化为，再根据函数在内恰有个极值点，可得，

71、从而可得出答案.详解:解：，因为，所以，又因为函数在内恰有个极值点，所以，解得，所以实数的取值范围是.故选：D. 10-2【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据在处取得极小值，对分情况讨论，通过探究的零点得的单调性，从而得到结果详解:因为，所以，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，满足题意；当时，在上，所以在上单调递减，在上单调递增，满足题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，满足题意；当时，在上单调递增，不满足题意；当时，在上单调递增，在上单调递减，不满足题意故的取值范围为，故选：D点睛:关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值解题关键是掌握极值的定义且在（）时，在时），才是的

72、极小值点仅仅有不能得出是极小值点，甚至不能得出是极值点 10-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 详解:，由得，当时，取极大值0，当时取极小值且极小值为负故选C 10-4【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据导数与极值的关系可知，解方程求得结果.详解:由题意得：在处有极值 ，解得：经检验满足题意，本题正确选项：点睛:本题考查导数与极值之间的关系，属于基础题. 10-5【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:求函数在内存在极值点的的的取值范围转化为求函数在无极值点时的的取值范围，然后求其补集，即可求解.详解:由题意，所求的取值范围为函数在无极值点时的的取值范围在上的补集，

73、若函数在无极值点，则或在恒成立，当在恒成立时，即在时恒成立，不妨令，易知在上单调递减，故，即；当在恒成立时，即在时恒成立，故，即综上所述，函数在无极值点时，的取值范围，其在上的补集为，故函数在时有极值点时，的取值范围为.故选:A 10-6【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由有个不等实根，可得，可得的取值范围，设函数的极值点为，由根与系数的关系可得，则与的所有极值之和，由单调性可得的范围，即可求解.详解:由题意得，因为有极值，所以有个不等实根，即，即，因为，解得令，由得，设的极值点为，则，为方程的根，则，因为， 所以，令，易得在上单调递减，且，所以故选：B.点睛:关键点点睛：本题解题

74、的关键点是判断出有个不等实根，计算的值，对求导可得的极值，利用函数的单调性解不等式. 11-1【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据平面向量加法的几何意义，结合椭圆的范围、离心率的公式进行求解即可.详解:由为的边的中线，可得，由在椭圆上存在点满足，可得.当椭圆的焦点在横轴上时，可得，即，则，所以.当椭圆的焦点在纵轴上时，可得，即，则，所以.故选：D点睛:关键点睛：利用平面向量加法的几何意义得到是解题的关键，椭圆的范围也是一个重要隐含条件. 11-2【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:若长轴端点，由椭圆性质：过的两条切线互相垂直可得，结合求椭圆离心率的范围.详解:在椭圆的长

75、轴端点处向圆引两条切线，若椭圆上存在点，使过的两条切线互相垂直，则只需，即，得，又，即故选：C 11-3【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:先根据焦点在在轴上，得，再结合，求其范围，即得结果.详解:椭圆()焦点在轴上，故，即，解得，又，故，其中对勾函数在上递减，上递增，故，故，则.故选：C.点睛:求椭圆离心率（或取值范围）常见方法：（1）直接法：由a，b，c的值或者关系，直接计算离心率；（2）构建齐次式：利用已知条件和椭圆的几何关系构建关于a，b，c的方程和不等式，利用和转化成关于的方程和不等式，通过解方程和不等式即求得离心率的值或取值范围. 11-4【巩固】 【正确答案】 D【试题

76、解析】 分析:由题意及椭圆的定义可得的值，再由在椭圆上满足的范围，求出,的关系，进而求出离心率的范围即可详解:解：因为，而，所以可得，因为在椭圆上，所以，所以，可得，又因为，所以故选：D 11-5【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由题意构建齐次式即可得到结果.详解:由题意知，又，即或（舍），故选:B 11-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:得出点Q的坐标，可得，再由已知可得，设椭圆的右焦点为M，则由椭圆的性质可得，得， 求得a，然后代入点P的坐标求出b的值，最后即可求得椭圆的离心率详解:解：P与Q关于原点对称，则Q(-2，-1)，又三角形PQF的周长为，设圆的右焦点为

77、M，则由椭圆的性质可得，得，将点P代入椭园方程可得：，解得，则离心率，故选A点睛:关键点点睛：根据椭圆性质得得出和是解出本题的关键本题考查了椭圆的方程以及性质，涉及到椭圆的定义，考查了学生的运算能力，属于中档题 11-7【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:在中，得出直角边与斜边的关系，再结合椭圆的定义易得离心率详解:由题设知是直角三角形，又由椭圆的定义，得，故故选：B 12-1【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:令，利用导数研究其单调性后可得的大小.详解:因为，故，同理，令，则，当时，当时，故在为减函数，在为增函数，因为，故，即，而，故，同理，因为，故，所以.故选：D点睛:

78、思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键 12-2【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:构造新函数，结合导数可得，进而可得，即可得，通过放缩可证明，即可得解.详解:令，则，所以单调递减，所以，所以，所以，即；因为，所以，又，所以，所以，所以；所以.故选：B.点睛:关键点点睛：解决本题的关键是构造新函数对代数式进行合理放缩. 12-3【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:求出对数函数的解析式，可求出的值，再利用中间值法可得出、三个数的大小关系.详解:设（其中且），则，解得，则，所以，所以，且，即，因此，

79、.故选：D. 12-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:构造函数，应用导数研究其单调性，进而比较，的大小，若有两个解，则，构造，利用导数确定，进而得到，即可判断a、c的大小，即可知正确选项.详解:令，则，而且，即时单调增，时单调减，又，.若有两个解，则，即，令，则，即在上递增，即在上，若即，故，有当时，故，综上：.故选：A点睛:关键点点睛：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小. 12-5【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:观察a,b,c的结构，进而变形为，然后通过构造函数，利用导数得出函数的单调性，最后比较出大小.详解:由题

80、意，构造函数，则，所以函数在上单调递减，所以，即.故选：C.点睛:比较大小通常会用到函数的单调性，本题首先需要观察a,b,c的结构，对式子进行恰当的变化，找到共性，进而构造函数，通过函数的单调性进行解决. 12-6【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:令，求出函数的导数，根据函数的单调性判断即可详解:解：令，故，故在递增，所以，可得，即，所以D正确；故选：D 12-7【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由题设，构造利用导数研究单调性可得，再构造有，利用导数研究其单调性即可判断参数的大小关系.详解:由题设，令，则且，当时，即递增；当时，即递减；，即，对于有且，时，递增；时，递减

81、；.故选：A 13-1【提升】 【正确答案】 2【试题解析】 分析:由题可得出双曲线的渐近线，求出点坐标，即可根据的面积求出，进而求出.详解:不妨设为双曲线的右焦点，为双曲线的半焦距，由题意知的横坐标为，双曲线的渐近线方程为，设点在渐近线上，则的纵坐标为，所以的面积为，得，由题意知，所以，解得故答案为：2. 13-2【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故，由双曲线定义可得，再求的值域即可.详解:如图，设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故.在中，由双曲线的定义可得，.故答案为：点睛:本题考查双曲线定义及其性质，涉及到求余弦

82、型函数的值域，考查学生的运算能力，是一道中档题. 13-3【基础】 【正确答案】 6【试题解析】 分析:将双曲线的方程化为标准方程，求得a，b，c，可得焦距2c的值详解:双曲线2x2y26即为1，可得a，b，c3，即焦距为2c6故答案为6点睛:本题考查双曲线的简单几何性质，焦距的求法，注意将双曲线的方程化为标准方程，运用双曲线的基本量的关系，考查运算能力，属于基础题 13-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据双曲线的定义求得，结合余弦定理求得，由此求得，从而求得双曲线的渐近线方程.详解:由已知得双曲线C的焦点在y轴上，如图所示，以坐标原点O为圆心，为半径的圆与双曲线C交于第一象限

83、的点P，可知，又，所以，由双曲线的定义可得，在中，在中，由余弦定理可得，化简得，所以，所以双曲线C的渐近线方程为.故答案为：点睛:要求双曲线的渐近线，可通过求的值来求解.求解双曲线问题的过程中，要注意结合双曲线的定义来思考. 13-5【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据题意得出，然后将点的坐标代入双曲线的标准方程，可求出、的值，即可计算出双曲线的焦距.详解:双曲线的渐近线方程为，由题意可得，所以，双曲线的标准方程为，将点的坐标代入双曲线的标准方程得，得，因此，双曲线的焦距为.故答案为：.点睛:本题考查双曲线焦距的计算，同时也考查了双曲线渐近线方程的求解，要结合题意得出、的值，考查运

84、算求解能力，属于中等题. 13-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 详解:的渐近线方程为设双曲线的方程为，代入，解得则，则双曲线的焦距为 13-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据焦点在轴上的双曲线方程的特征，结合双曲线渐近线方程特征、点关于点对称的性质进行求解即可.详解:由题意知，则双曲线的渐近线方程为，则，得由于双曲线及其渐近线均关于坐标轴对称，因此只需研究点关于渐近线的对称点即可，设对称点的坐标为，则解得则，解得，从而故答案为：点睛:关键点睛：根据焦点在轴上的双曲线方程的特征，结合点对点对称的性质进行求解是解题的关键. 14-1【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析

85、:首先算出的坐标，然后由建立方程求解即可.详解:因为，所以因为，所以，解得，故答案为：. 14-2【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据向量垂直得到数量积为零，即可求出参数的值，再根据向量模的公式计算可得；详解:， 且，所以，所以.故答案为：点睛:本题考查向量的数量积及向量模的坐标表示，属于基础题. 14-3【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由，可得，化简后结已知条件可求得答案详解:解：因为向量的夹角为120，且，所以，即，所以，解得，故答案为： 14-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据给定条件求出的坐标，再借助向量垂直的坐标表示即可得解.详解:因，则，又，

86、且，于是得，即，解得，所以.故答案为： 14-5【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据向量垂直的坐标表示运算即可.详解:，解得，故答案为： 14-6【巩固】 【正确答案】 或2【试题解析】 分析:转化为，即得解详解:已知，若，则，或，故答案为：或2点睛:本题考查了向量垂直的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:在中，由三角形的面积公式即可求解.详解:在中，已知，三角形面积为12，所以，整理得：，故答案为： 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:首先通过余弦定理求出的值，再通过三角形面积公式即可得结果.

87、详解:中，则由余弦定理可得，解得或（舍去），则的面积，故答案为：. 15-3【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:求出，在三角形中，用余弦定理求出，在三角形中，利用余弦定理和不等式知识求出，可得三角形的面积的最大值，从而可得四边形面积的最小值.详解:，在三角形中，由余弦定理得，在三角形中，由余弦定理得，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即三角形的面积的最大值为.四边形面积的最小值为.故答案为： 15-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先由已知ABC的面积为求得关于，的式子，再利用余弦定理可得，的式子，从而可求得，进而可求得三角形的周长详解:因为ABC的面积为，所以

88、，得，由余弦定理得，即，所以，所以,所以，得，所以，即三角形周长为，故答案为： 15-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由余弦定理以及三角形面积公式即可求解.详解:由余弦定理得，即，解得.则的面积.故答案为：. 15-6【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据余弦定理，求得角A，进而可得面积S表达式，当时，可得，当时，可得，结合条件，即可得答案.详解:由余弦定理得，因为，所以，所以，当时，当时，因为锐角，所以，所以.故答案为： 15-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:首先由三角形面积公式结合余弦定理，化简求得，再求角.详解:由得，.故答案为： 15-8【巩固】

89、【正确答案】 【试题解析】 分析:先由余弦定理得，然后结合可求出的值，再利用三角形的面积公式可得结果详解:解：因为，所以由余弦定理得，因为，所以，化简得，所以，所以的面积为，故答案为： 16-1【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据三视图作出原几何体的直观图，将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出外接球的半径，结合球体的表面积公式可得结果.详解:根据三视图作出原几何体的直观图如下图所示：由三视图可知，该几何体为三棱锥，且底面，由三视图中的数据可得，且，所以，则，将三棱锥补成长方体，所以，三棱锥的外接球直径为，可得，因此，该几何体的外接球的表面积为.故答案为：. 16-2

90、【巩固】 【正确答案】 33【试题解析】 分析:由几何体的三视图知，该几何体的下半部分是底面半径为3，高为4，母线长为5的圆锥，上半部分是半径为3的半球，由此能求出该几何体的表面积.详解:由几何体的三视图知，该几何体的下半部分是底面半径为3，高为4，母线长为5的圆锥，上半部分是半径为3的半球，该几何体的表面积，故答案为.点睛:本题考查了由三视图求几何体的体积，关键是对几何体正确还原，并根据三视图的长度求出几何体的几何元素的长度，再代入对应的面积公式进行求解，考查了空间想象能力注意“高平齐，长对正，宽相等”原则. 16-3【巩固】 【正确答案】 （或）【试题解析】 分析:先选俯视图，再由俯视图选

91、主视图即可详解:若俯视图为图，则主视图为图，若俯视图为图，则主视图为图，故答案为：（或） 16-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据俯视图还原几何体，再推测出主视图的形状，进而求解出主视图的面积.详解:根据题意，正四面体的棱长可取为，且该正四面体的主视图是一个底边长为，腰长为的等腰三角形所以主视图的高为从而可得主视图的面积为故答案为：. 16-5【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:分析点在不同位置时主视图和左视图的形状，由此可分析面积并计算出面积的比值.详解:无论点P在上底面的什么位置，三棱锥的主视图和左视图均为三角形，且三角形有一边相等，且该边上的高相等，故所求比值为故

92、答案为：. 16-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由已知的三视图，可得该几何体是一个三棱锥，底面为腰长为1的等腰直角三角形，即可直接求出最长边长.详解:由三视图还原几何体如图所示：该几何体还原实物图为三棱锥，为腰长为1的等腰三角形，平面，则，.最长边为故答案为.点睛:由三视图画出直观图的步骤和思考方法：首先看俯视图，根据俯视图画出几何体底面的直观图；观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；画出整体，然后再根据三视图进行调整. 16-7【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:已知正三棱柱的底面边长为1、高为2，若其主视图平行于一个侧面，则其左视图必为此侧面相对的侧棱与

93、其在这个侧面上的投影及上下两个底面三角形的高所组成的矩形，故求出底面三角形的高即可求出左视图的面积详解:解：由题意得，正三棱柱、正视图、左视图，如下图所示： 为此侧面相对的侧棱与其在侧面上的投影及上下两个底面三角形的高所组成的矩形的面积，由于底面是边长为1正三角形，故其高为，又正三棱柱的高为2，故此矩形的面积为，即其左视图的面积为.故答案为：.点睛:本题考查简单空间图形的三视图，解题的关键是由棱柱的结构特征与三视图的作法推测出左视图的形状与度量来，再根据面积公式求出其面积，本题对空间想像能力要求较高，可以借助实物图形进行辅助判断 17-1【基础】 【正确答案】 甲、乙两组数的平均数相等，甲组数

94、的方差小于乙组数的方差【试题解析】 分析:分别计算出两组数据的平均数和方差即可得出结论.详解:甲、乙两组数的平均数分别为甲，乙.甲、乙两组数的方差分别为甲乙所以甲、乙两组数的平均数相等，甲组数的方差小于乙组数的方差.点睛:此题考查根据已知数据求平均数和方差，并进行比较大小，关键在于熟练掌握公式，准确计算. 17-2【巩固】 【正确答案】 （1）见解析；（2）；（3）【试题解析】 详解:试题分析：（1）根据系统抽样的方法，求出样本的年龄数据即可；（2）根据平均数和方差的公式求出其平均数和方差即可；（3）求出s和+s，从而求出其所占的百分比(1)36人分成9组，每组4人，其中第一组的工人年龄为44

95、，所以它在组中的编号为2，所以所有样本数据的编号为4n2(n1，2，9)，其年龄数据为：44，40，36，43，36，37，44，43，37.(2)由均值公式知： 由方差公式知：s2(4440)2(4040)2(3740)2.(3)因为s2，s，所以36名工人中年龄在s和s之间的人数等于年龄在区间37，43上的人数，即40，40，41，39，共23人，所以36名工人中年龄在s和s之间的人数所占的百分比为100%63.89%. 17-3【巩固】 【正确答案】 （1）甲的平均数，乙的平均数，乙的方差；（2）.【试题解析】 分析:(1)由茎叶图可得甲、乙两组三个数据，再利用平均数、方差公式即可作答；

96、(2)由给定条件列出平均数的不等式，再由a是不超过9的自然数得解.详解:（1）甲组的平均成绩是，乙组的平均成绩是，乙组的方差是；（2）因乙组的平均成绩是，而，由(1)知，a是不超过9的自然数，所以的值是0. 17-4【基础】 【正确答案】 解：（1）7，7；（2）甲：3 ，乙：1.2，乙【试题解析】 详解:分析：（1）先算出总环数再除以射击次数即得平均值；（2）根据方差公式计算即可.详解： （1）=1/10（8+6+7）=7（环）=1/10（6+7+5）=7（环）（2）S2甲=1/10（8-7）2+（6-7）2+（7-7）2=3（环2），S2乙=1/10（6-7）2+（7-7）2+（5-7）2

97、=1.2（环2），（3）从平均数看甲乙两名战士的成绩相同从看方差乙的方差较小，乙的射击成绩较稳定综上乙射击成绩较好点睛：考查平均值、方差及方差的意义，方差越小越稳定.属于基础题. 17-5【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）.【试题解析】 分析:（1）由平均数和标准差计算公式可直接计算求得结果；（2）由（1）可求得区间为，利用样本估计总体的思想可直接计算得到结果.详解:（1）由表格数据得：，；（2）由（1）可知：，.这件样本中，尺寸在内的共有件，以样本估计总体，则这批零件尺寸位于的百分比约为. 17-6【提升】 【正确答案】 （1）210分钟，215分钟；，；（2）15元；64元.【试题解

98、析】 分析:(1)根据各小区的数据直接求平均数和方差即可；(2)分别算出两个小区进行垃圾分类所用的时间，再算出每户所承担的费用.详解:（1）（分钟），（分钟），；（2）按照方案，小区一月至少需要名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，其费用是元，每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元），由（1）知，小区平均每位住户每周需要215分钟进行垃圾分类，一月需要（分钟），小区一月平均需要分钟的时间用于生活垃圾分类，一位专职工人一天的工作时间按照8小时作为计算标准，每月按照28天作为计算标准，一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于4名普通居民对生活垃圾分类的效果，小区一月需要专职工作人员至少（名），

99、则每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元）， 18-1【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）【试题解析】 分析:（1）以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出 ，利用数量积即可证明.（2）求出两平面PAM与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦详解:解：（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，如图，建立空间直角坐标系.则，.可得，.所以，所以 （2）由（1）得到，因此可得，.设平面的一个法向量为，则由得令，解得.同理，可求平面PDC的一个法向量.所以，平面PAM

100、与平面PDC所成的锐二面角满足：.即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为. 18-2【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）.【试题解析】 分析:（1）根据长方体的性质，应用勾股定理可得，即可证；（2）构建以D为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值即可.详解:（1）由知：，又，又，连接，即，得证.（2）构建以D为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由，若，则，则，若是面的一个法向量，则，若，得，若是面的一个法向量，则，若，得，则二面角的正弦值为. 18-3【基础】 【正确答案】 （1）

101、见解析（2）【试题解析】 分析:（1）根据，从而证明平面平面ADE，从而平面ADE。（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的空间坐标，根据向量法求解即可。详解:（1）四边形ABEF为矩形又平面ADE，AE平面ADE平面ADE又，同理可得：平面ADE又，BF，BC 平面BCF平面平面ADE又CF平面BCF平面ADE（2）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则， ,设是平面CDF的一个法向量，则即令，解得又是平面AEFB的一个法向量，平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为.点睛:此题考查立体几何线面平行证明和二面角求法，线面平行可先证面面平行得到，属于简单题目。 18-4【

102、巩固】 【正确答案】 （1）详见解析；（2）.【试题解析】 分析:（1）先证AD平面DCM，可得，易得，再证平面ADM，最后由面面垂直的判定定理可证平面AMD平面BMC；（2）分析可得当M为圆弧的中点时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用向量法求解即可.详解:（1）易知，在半圆中，由题正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，交线为CD，因为ADCD，所以AD平面DCM，又平面DCM，则，DM，AD平面ADM，平面ADM，又平面ADM，平面AMD平面BMC；（2）的面积为定值，要使三棱锥体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，以点O为坐标原点，建立如图所示的

103、空间直角坐标系，则平面MCD的法向量，设平面MAB的法向量，由得：，令，则，所以，则，则平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为. 18-5【巩固】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）.【试题解析】 分析:（1）由平面，得，再根据，可得平面，从而可得出，再根据，可得，连接，证得，再根据，即可证得平面，再根据线面垂直的性质即可得出结论；（2）由（1）知平面，以为原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量法即可得出答案.详解:（1）证明：因为平面，平面，所以.又因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.连接.因为

104、，所以，得，又，所以，即.因为平面，平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以.（2）解：由（1）知平面，以为原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，设，则，.设平面的一个法向量为，则得所以.令，得，所以.设平面的一个法向量为，则得所以，得，所以.则即平面与平面夹角的余弦值为. 18-6【提升】 【正确答案】 （1）点O在EA的延长线上，且AO=2，证明见解析；（2）存在，或.【试题解析】 分析:（1）判断出点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，连接DF交EC于N，由MN为DOF的中位线，得到MNOD，即可判断直线OD平面EMC.（2）存在

105、.先证明平面ABFE平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解.详解:（1）证明:因为直线平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示).因为AOBF，M为AB的中点，所以OAMFBM，所以OM=MF，AO=BF，所以点O在EA的延长线上，且AO=2.连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点.连接MN，所以MN为DOF的中位线，所以MNOD，又因为平面EMC，所以直线OD平面EMC.（2）存在.由已知可得，EFAE，EFDE，所以EF平面ADE，所以平面ABFE平面ADE

106、.取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，所以设 (0t4)，则，设平面EMC的法向量，则所以，取y=-2，则，所以.因为DE与平面EMC所成的角为60，所以所以，解得t=1或t=3，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60.取ED的中点Q，则为平面CEF的法向量.因为点Q的坐标为所以 ， ，设二面角M-BC-F的大小为.所以.因为当t=2时， ，此时平面EMC平面CDEF，所以当t=1时， 为钝角，所以.当t=3时， 为锐角，所以.点睛:立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先

107、求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算 18-7【提升】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）；（3）4【试题解析】 分析:（1）根据三角形中位线定理，结合面面平行的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间向量夹角公式进行求解即可.详解:（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，为AD中点，平面BDE，平面BDE，平面BDE.为BC中点，又D、E分别为AP、PC的中点，则.平面BDE，平面BDE，平面BDE.又，平面MFN，平面MFN，平面平面BDE，又平面MFN，则平面BDE；（2）底面ABC，.以A为原点，分别以

108、AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.，0，0，4，0，2，2，则，设平面MEN的一个法向量为，由，得取，得.由图可得平面CME的一个法向量为.由图可知二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为，则正弦值为；（3）设，则0，.直线NH与直线BE所成角的余弦值为，.解得：.当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4. 19-1【基础】 【正确答案】 证明见解析【试题解析】 分析:利用已知及等差数列的定义化简即可证得结果.详解:证明：，是以为首项，为公差的等差数列. 19-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）由、的关系求，

109、可得，根据等比数列的定义，即可写出的通项公式；（2）由等比数列前n项和公式有，结合已知条件求n即可.详解:（1）当时，；当，即，是首项为，公比为2的等比数列，所以.（2），由，得，解得. 19-3【提升】 【正确答案】 （1）.（2）4【试题解析】 分析:(1)分析得,再由,等式两边同除以即可证明数列是等差数列,进而求得,再根据数列通项与前项和的关系求解数列的通项公式即可.(2)根据(1)可知当时,再整理求解二次不等式即可.详解:（1）当时,若,则由,得,这与相矛盾,所以.由,等式两边同除以并整理,和.所以数列是首项为,公差的等差数列.所以,化简得.所以当时,.又因为,不符合上式,所以（2）由

110、（1）知易知.所以由题意,得,整理,得.解得.所以使成立的的最大值是4.点睛:本题考查数列的前项和与通项的关系数列的递推公式,考查推理论证能力以及化归转化思想. 19-4【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）证明见解析【试题解析】 分析:（1）令，可求出；（2）原式可化为，当时，两式相减，整理可得，即数列从第二项起是以1为公差的等差数列，可求出的表达式，进而可得到的通项公式；（3）由（2）知，当时，进而可推出，然后验证和时，不等式都成立，即可证明结论成立.详解:（1）令，则，即.（2）由题意，当时，-得，则，即，所以，即数列从第二项起是以1为公差的等差数列，且，所以当时，则，又，符合，

111、故的通项公式为.（3）当时，成立；当时，成立；当时，则.综上所述，对于一切正整数，都有.点睛:本题考查利用递推关系求通项公式，考查放缩法在证明数列不等式中的运用，考查学生的推理论证能力与计算求解能力，属于难题. 19-5【巩固】 【正确答案】 （1）（2）【试题解析】 分析:（1）根据可得答案；（2）根据裂项求和可得结果.详解:（1）依题意可得，当时，当时，又也适合上式，所以.（2），所以点睛:本题考查了由数列的前项和求通项，考查了裂项求和，属于基础题. 19-6【巩固】 【正确答案】 （1） （2）【试题解析】 分析:（1）根据条件，构造数列，可知为等比数列，进而利用等比数列的通项公式可求得

112、的通项公式（2）由同底数幂的乘法运算，可得，利用递推公式可得，再检验即可求得的通项公式详解:（1） 而，故数列 是首项为2，公比为2的等比数列即 因此（2） 即 当时， 得 经验证 也满足上式因此点睛:本题考查了数列的综合应用，构造数列法和递推公式法在求通项公式中的应用，属于基础题 19-7【巩固】 【正确答案】 （1）证明过程详见解析，；（2）【试题解析】 分析:（1）对题目所给等式两边除以，化简得，由此证得是等差数列，并求得其通项公式，进而求得的通项公式.（2）利用错位相减求和法求得的前项和.详解:（1）由两边除以，化简得，则数列为等差数列.其首项为，公差为，故，所以.（2）由于，所以，两

113、式相减得，化简得.点睛:本小题主要考查已知递推关系求数列的通项公式，考查错位相减求和法，属于中档题. 20-1【提升】 【正确答案】 （1）(2e，)；（2）证明见解析【试题解析】 分析:（1）先求导，讨论与两种情况，分别判断其单调性，结合题意，即可求解；（2）不妨设，且，得到，问题可转化为，再令，进而转化为在上恒成立，用导数法求解即可详解:（1）因为，所以令，则当时，不成立；当时，令，所以当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减所以，当时，当时，因此，当时，有2个极值点，即a的取值范围为（2）由（1）不妨设，且所以所以要证明，只要证明，即证明设，即要证明在上恒成立记，所以在上单调递减，所

114、以当时，即，即成立 20-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析【试题解析】 分析:（1）求导以后，存在极值等价于有根，且根的两侧异号，参变分离后构造函数，通过研究函数的最值即可求解；（2）（方法一）求导得，结合的单调性以及零点存在性定理即可求出在上单调递减，在上单调递增且以及，然后求出的最小值的范围，即可得出结论；（方法二）由不等式的性质可知当时，；当时，因此只需要证明时即可，由于，所以利用放缩法即可证明.详解:（1）解：，由，得，设函数，则,当时，；当时，故，当时，不存在极值，所以，故的取值范围是（2）证明：（方法一）因为，所以，易知在上为增函数，且，所以，且在上单调递减，在上

115、单调递增又，所以，则因为，所以，即，故（方法二）因为，所以，当时，；当时，当时，易证，所以，因为，所以，又故点睛:不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明. 20-3【巩固】 【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，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，判断函数的极值，进而得出结果；（2）问题转化为证明，设，求导，根据函数的单调性证明即可.详

116、解:（1）因为，所以()，当时，在上是增函数，没有极值；当时，在上是减函数，没有极值.当时时，是减函数，时，是增函数，所以有极小值.综上得的取值范围是.（2）时，即，设，则，且，因为，所以，所以，在上是增函数，所以，即.点睛:关键点点睛：第（2）问的关键点是：依题意证得在上是增函数. 20-4【基础】 【正确答案】 （1），；（2）最小值是-2，最大值是2【试题解析】 分析:（1）由题意知，求的导函数，代入计算可得的值，注意检验；（2）在上的单调区间，从而确定最小值，计算端点值比较可求出最大值.详解:解：（1），函数在处取得极值2，解得，经验证在处取极值2，故，（2）由，令，解得令，解得或，因

117、此，在递减，在递增，的最小值是而，故函数的最大值是2 20-5【基础】 【正确答案】 （1）；（2）在单调递减，在单调递增，的极小值为【试题解析】 分析:（1）根据导数的几何意义，有，又，联立方程组即可求解.（2）求函数的导函数，然后令导函数大于0，可得增区间，令导函数小于0，可得减区间，从而可得函数的极小值详解:解：（1），由已知可得，解得.（2）由（1）可得，令，解得；令，解得，在单调递减，在单调递增，当时，的极小值为 20-6【巩固】 【正确答案】 （1）或；（2）证明见解析.【试题解析】 分析:（1）化简，根据题意得有一个非零实根，设，利用导数求得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化

118、趋势，即可求解；（2）化简，根据题意转化为，令，得到新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.详解:（1）由题意，函数因为有两个零点，又因为时，解得，所以当有一个非零实根，设，可得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为，又由，时，；时，所以或，即实数a的取值范围是.（2）由题意，可得，要证，即证，令，令，可得，令，即，解得；令，即，解得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，即.点睛:利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“

119、形似”函数，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. 21-1【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）设，MA，MB的斜率分别为，设出直线MA的方程，联立直线与抛物线方程，根据，可得，由此得解；（2）直线AB：y=kx+m，与抛物线方程联立，结合韦达定理及点到直线的距离公式，再由MAB面积为32，即可求得k.详解:解：（1）设，MA，MB的斜率分别为，AMB=90，直线，即，即，联立，消y并整理可得=0，相切，即，同理可得，即是的解，故，p=2；（2）设直线AB：y=kx+m，联立，消y并整理可得，x24kx4m=0，设，则由韦达定理可得，AMB=9

120、0，可得，点M到直线AB的距离为，解得.点睛:方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解. 21-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.【试题解析】 分析:（1）由通径公式，求，即可求得抛物线方程；（2）证法一：首先设出点的坐标，利用导数的几何意义求得切线的方程，并求得点的坐标，再设直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，并通过数量积公式，可证明，即可证明；证法二：利用导数的几何意义求得切线的方程，代入点的

121、坐标，即可求得直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，并表示，以及.详解:（1）解：由题意可知，准线方程为.当轴时.根据抛物线的定义可知，解得，故的方程为.（2）证法一：设，由，得，所以的斜率，从而切线的方程为，即，同理可知，的斜率，的方程为，两式联立，解得，所以. 设的方程为，由得，则，.即，所以，即.则，因为，所以.由，得，故.证法二：设，由得，所以的斜率，所以切线的方程为，即，同理可知，的斜率，的方程为，设，则，所以，两点的坐标是方程的两个解，即直线的方程为，亦即.又直线恒过定点，所以，即且直线的方程为.由得.所以，.由抛物线定义知.所以，所以. 21-3【基础】 【正确答案】 (1)

122、抛物线的方程为，焦点，准线方程为；(2)或.【试题解析】 分析:(1)根据给定条件求出p值即可求解；(2)设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理并借助弦长公式求解即得.详解:(1)因点在抛物线方程上，则，所以抛物线的方程为，焦点，准线方程为：；(2)显然，直线不垂直y轴，设直线方程为：，由消去x得：，设，则有，于是得，解得，即直线AB：，所以所在的直线方程：或. 21-4【提升】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）设所求切线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，由可求出的值，即可求得所求的两条切线的方程；（2）设、，写出抛物线在点、处的切线方程，将点的坐

123、标代入两切线方程，可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可得出面积关于的表达式，利用函数思想可求得面积的取值范围.详解:（1）显然切线斜率存在，设切线方程为，由，得，由，得，因此，两条切线的方程为；（2）设、，先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为.证明：联立，消去可得，即，即，解得，所以，直线与抛物线相切于点.所以，切线的方程为，可得，切线的方程为，可得，的方程为，到的距离由，得，由韦达定理可得，为曲线上一点，则，所以，且，则.因此，面积的取值范围为点睛:方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐

124、标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解. 21-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）1，.【试题解析】 分析:（1）设，分别求出以为切点的切线方程，联立两切线方程表示出点的坐标，再设直线的方程为：，与抛物线的方程联立，代入可得点的轨迹方程； （2）由（1）知和到直线的距离，利用三角形面积公式求得面积，可求得的最小值和直线的方程.详解:（1）设，则以A为切点的切线为，整理得：，同理：以为切点的切线为：，联立方程组：，解得，设直线的方程为：，联立方程组，整理得：，恒

125、成立， 由韦达定理得：，故，所以点的轨迹方程为；（2）由（1）知：， 到直线的距离为：， ， 时，取得最小值，此时直线的方程为.点睛:思路点睛：本题考查直线与抛物线的交点相关问题，涉及到抛物线的切线和三角形的面积的最值，直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系属中档题. 21-6【基础】 【正确答案】 （1）；（2）或.【试题解析】 分析:（1）设直线交抛物线于点、，将直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的等式，结合可求得实数的值；（2）设点，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得关于的等式，即可解得的值，即可得出点

126、的坐标.详解:（1）设直线交抛物线于点、，联立，消去整理可得，解得，由韦达定理可得，所以，解得；（2）设点，则点到直线的距离为，所以，解得或.故点的坐标为或. 22-1【提升】 【正确答案】 （1），；（2）.【试题解析】 分析:（1）消去参数化方程为直角坐标方程，然后由公式代为极坐标方程，设，得，代入极坐标方程后可得极坐标方程；（2），得，求出的横坐标，的纵坐标，由求得面积，由，可转化为的三角函数，从而求得最小值详解:（1）由平方关系消去参数得，代入得，化简得，此为的极坐标方程；设，若则，在上，即，所以极坐标方程为；（2）由题意点直角坐标为，设，由（1），则，所以因为，所以，所以的最小值是2

127、 22-2【提升】 【正确答案】 （1）曲线的普通方程为，曲线是以为圆心，1为半径的圆；（2）.【试题解析】 分析:（1）利用三角函数的性质，曲线的方程消去曲线的参数，可得曲线的普通方程以及的形状；（2）将曲线的极坐标方程化为普通方程，设出曲线的对称中心即为圆心，利用点线距公式结合正弦函数的性质，得出距离的最大值详解:（1）曲线的方程为(，为参数)可知(，为参数)消去参数得曲线的普通方程为曲线是以为圆心，1为半径的圆.（2）将曲线的极坐标方程为，即，化为直角坐标方程为曲线的对称中心即为圆心曲线的对称中心到曲线的距离曲线的对称中心到曲线的距离的最大值为. 22-3【基础】 【正确答案】 (1)

128、的普通方程为,的直角坐标方程为;(2) 与交点的直角坐标为极坐标分别为.【试题解析】 详解:试题分析：（）曲线 的参数方程利用消去参数化为普通方程把代入可得极坐标方程; （）曲线 的极坐标方程为，化为直角坐标方程：联立可得交点坐标，再化为极坐标即可得出试题解析：（）将消去参数，化为普通方程，即的普通方程为，由，得，再将代入，得，即的直角坐标方程为.（）由解得或所以与交点的极坐标分别为. 22-4【巩固】 【正确答案】 （1）直线的直角坐标方程为，圆的参数方程为（为参数）；（2）【试题解析】 分析:(1)利用极坐标方程与直角坐标方程，普通方程与参数方程的转化方法进行转化即可；(2)结合(1)中的

129、结论得到关于的表达式，结合三角函数的性质确定其最大值即可.详解:（1）由：得，；因为，代入有直线的直角坐标方程为：，即为 由圆：得，因为， ，所以圆直角坐标方程为： 由得，圆的参数方程为（为参数） （2）设点坐标为则又 那么 当时，取得最大值.点睛:关键点点睛：考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，解题的关键写出圆的参数方程，将问题转化为三角函数的最值问题的处理方法，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 22-5【基础】 【正确答案】 （1）；（t为参数，）；（2）.【试题解析】 分析:（1）将参数方程利用代入法消去参数可得直线的普通方程，利用，即可得曲线的直角坐标方

130、程，然后再化为参数方程；（2）由点D在曲线C上可设，由题意可知曲线C在点D处的切线斜率为，然后可得D点的坐标详解:（1）直线l的普通方程为；C的普通方程为可得C的参数方程为（t为参数，）（2）由点D在曲线C上可设，由题意可知曲线C在点D处的切线斜率为，故D的直角坐标为，即 22-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）.【试题解析】 分析:（1）利用三角消参得到曲线的普通方程；由得直线的直角坐标方程；（2）分别求出和点到直线的距离的最大值，即可求出的面积的最大值.详解:（1）由得，即为曲线的普通方程；由且消去，得，即曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）知曲线的直角坐标方程为，令得；令得，所以

131、，所以.设则到直线的距离为，当（其中）时取最大值.故此时的面积最大值为. 22-7【巩固】 【正确答案】 （1）直线的普通方程为；曲线的普通方程为；（2）.【试题解析】 分析:（1）直接消去参数方程中的参数可得其普通方程；（2）由直线与圆有公共点，可得圆心到直线的距离小于半径，从而可求出实数m的取值范围详解:（1）由直线的参数方程（为常数，为参数），得：由曲线的参数方程（为参数）得：故直线的普通方程为；曲线的普通方程为（2）直线与圆有公共点，圆心，半径，圆心到直线的距离，即所求的取值范围为 23-1【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）利用零点分域法去绝对值转化为三

132、个不等式组，再解不等式组即可求解；（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，只需的最小值大于或等于即可求解.详解:（1）由，得.所以 或 或，即或或，所以，所以原不等式的解集为.（2）因为，所以，所以的最小值为，因为对任意恒成立，所以，解得：，所以实数的取值范围是. 23-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）分类讨论x的范围求的解集即可.（2）由绝对值的几何意义可得，再讨论参数a求的解集，即可得的取值范围.详解:（1）当时，令，则，而时，不等式的解集为.（2），且当时等号成立，当时，得，则，当时，得，则.综上，若，则的取值范围是. 23-3【巩固】 【正确答案】

133、（1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）根据绝对值得性质，利用分类讨论方法求解不等式；（2）将不等式解集为R转化为求f(x)的最大值问题，利用绝对值不等式求得其最大值，然后解关于a的二次不等式即可.详解:解：（1）原不等式等价于，不等式可化为，当时，解得，即；当时，解得，即；当时，解得，即，综上所述，不等式的解集为；（2）由不等式可得，当且仅当时等号成立，即，解得或.实数的取值范围为. 23-4【基础】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）分三类情况，分别解不等式，最后求并集即可；（2）利用绝对值三角不等式及极限思想，即可得到结果.详解:当时，可得：，此时， 当时，可得：

134、，此时，当时，可得：(舍去）综上，原不等式的解集是.，当且仅当时，即时取到等号，又，当且仅当时取到等号，的最小值为 另一方面，当时，. 23-5【提升】 【正确答案】 （1）；（2）最小值为.【试题解析】 分析:（1）根据绝对值的性质，结合分类讨论法进行求解即可；（2）根据绝对值的性质，结合基本不等式的性质进行求解即可.详解:解：（1）当，时，即为，得，所以或或解得或或，故解集为.（2）因为，所以.若的最小值为，则，所以.则，当且仅当且，即，时等号成立，所以的最小值为. 23-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）【试题解析】 分析:（1）把代入函数解析式，然后根据，利用零点分段法解不等式即可；（2）根据绝对值不等式性质可得，把不等式，对任意恒成立转化为恒成立，然后求出的取值范围详解:解：（1）把代入，可得，当时，等价于，解得，则，当时，等价于，此式不成立，当时，等价于，解得，则综上，不等式的解集为：（2），当时等号成立，不等式，对任意恒成立转化为恒成立，若，即，则不等式成立，若，即，则，即，解得，则综上，实数的取值范围是第 95 页 共 94 页