2022年高考全国甲卷数学（文科）高考真题变式题 WORD版含解析.docx

1、 2022年高考全国甲卷数学（文科）高考真题变式题【原卷 1 题】 知识点 交集的概念及运算 【正确答案】A 1-1（基础） 集合，集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 1-2（基础） 设集合，则集合（）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-3（基础） 已知集合，集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 1-4（巩固） 已知集合，那么集合（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 1-5（巩固） 已知集合，集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-6（巩固） 已知集合，集合，则A.B.C.D.【正确答案】 A 1-7（巩固） 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C

2、 1-8（提升） 已知集合，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 1-9（提升） 已知集合M=x|x1b0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，点P为椭圆上一点，若F1PF2=，且F1PF2内切圆的半径为1，则C的方程为（）A.=1B.=1C.+y2=1D.=1【正确答案】 A 11-7（提升） 已知椭圆，其左右焦点分别为，其离心率为，点P为该椭圆上一点，且满足，已知的内切圆的面积为，则该椭圆的长轴长为（ ）A.2B.4C.6D.12【正确答案】 D 11-8（提升） 若用周长为24的矩形截某圆锥，所得截线是椭圆，且与矩形的四边相切设椭圆在平面直角坐标系中的方程为，若的离心率为，则椭圆

3、的方程为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 11-9（提升） 已知椭圆C：1(ab0)与直线yx3只有一个公共点，且椭圆的离心率为，则椭圆C的方程为（ ）A.1B.1C.1D.1【正确答案】 B 11-10（提升） 已知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，离心率为，点为第一象限内椭圆上一点，三角形的面积为，其内切圆的半径为，则的方程为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D【原卷 12 题】 知识点 比较指数幂的大小,对数函数单调性的应用,由基本不等式证明不等关系 【正确答案】A 12-1（基础） 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 12-2（基础） 若，则（ ）A.B.C.D.

4、【正确答案】 C 12-3（基础） ，则的大小关系是（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 12-4（基础） 已知，则正数，的大小关系为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A 12-5（巩固） 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 12-6（巩固） 设，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 12-7（巩固） 已知，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 12-8（巩固） 若alog54，blog43，c，则（）A.bcaB.bacC.abcD.cba【正确答案】 C 12-9（提升） 设，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 C 12-10（提升） 实数，分别满足，则，的大小关

5、系为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 B 12-11（提升） 已知，则，的大小关系为（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 12-12（提升） 设，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 A【原卷 13 题】 知识点 向量垂直的坐标表示 【正确答案】 13-1（基础） 已知向量若，则_【正确答案】 或 13-2（基础） 已知向量，若，则_.【正确答案】 1 13-3（基础） 已知向量，若，则_【正确答案】 1. 13-4（巩固） 已知向量，若，则_【正确答案】 13-5（巩固） 已知向量，若，则_【正确答案】 13-6（巩固） 已知向量，若，则_【正确答案】 3 13-7（提升） 已知向量，若

6、，则_【正确答案】 13-8（提升） 菱形中，则实数的值为_【正确答案】 或或或4 13-9（提升） 已知向量，若，则（ ）A.B.C.D.【正确答案】 D 13-10（提升） 已知向量，若，则_.【正确答案】 【原卷 14 题】 知识点 由圆心（或半径）求圆的方程 【正确答案】 14-1（基础） 已知半径为3的圆的圆心到y轴的距离等于半径，圆心在直线x-3y0上，则此圆的方程为_【正确答案】 或 14-2（基础） 圆过点，则周长最小的圆的方程为_【正确答案】 14-3（基础） 圆心在直线上，且与轴相切于点的圆的标准方程为_.【正确答案】 14-4（巩固） 圆心在直线上，且过点的圆的标准方程为

7、_.【正确答案】 14-5（巩固） 圆心为，且截直线所得弦长为的圆的方程为_.【正确答案】 14-6（巩固） 已知的三个顶点分别是点A（4，0），则的外接圆的方程为_【正确答案】 14-7（巩固） 经过，两点，并且在x轴上截得的弦长等于6，则这个圆的方程是_【正确答案】 或 14-8（提升） 在平面直角坐标系xOy中，A为直线上在第一象限内的点，以线段AB为直径的圆C（C为圆心）与直线l相交于另一个点D，则圆C的方程为_.【正确答案】 14-9（提升） 已知圆C的圆心为C(1，1)，且经过直线上的点P，则周长最小的圆C的方程是_.【正确答案】 14-10（提升） 已知圆E的圆心为，直线：，：与

8、圆E分别交于点A，B与C，D，若四边形ABCD是正方形，则圆E的标准方程为_【正确答案】 【原卷 15 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】 15-1（基础） 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线=1(a0)的一条渐近线方程为y=x，则该双曲线的离心率是_.【正确答案】 15-2（基础） 已知双曲线的焦点到它的渐近线的距离为，则C的离心率为_【正确答案】 15-3（基础） 已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则其离心率为_【正确答案】 15-4（基础） 已知双曲线的右顶点为.若到的一条渐近线的距离为，则的离心率为_.【正确答案】 15-5（巩固） 已知点和分别是双曲线的左、

9、右焦点，过作双曲线C一条渐近线的垂线，垂足为H，且，则双曲线C的离心率为_【正确答案】 或 15-6（巩固） 已知直线与双曲线无交点，则该双曲线离心率的最大值为_.【正确答案】 15-7（巩固） 若过点作斜率为1的直线与双曲线的两条渐近线交点M，N，若，则此双曲线C的离心率是_【正确答案】 15-8（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 15-9（提升） 已知双曲线的左焦点为，过且与双曲线的一条渐近线垂直的直线与另一条渐近线交于点，交轴于点，若为的中点，则双曲线的离心率为_【正确答案】 15-10（提升） 已知点

10、、分别为双曲线的左、右焦点，点为的渐近线与圆的一个交点，为坐标原点，若直线与的右支交于点，且，则双曲线的离心率为_【正确答案】 15-11（提升） 在平面直角坐标系xOy中，F为双曲线C：的一个焦点，过F的直线l与C的一条渐近线垂直若l与C有且仅有一个交点，则C的离心率为_【正确答案】 15-12（提升） 已知双曲线C：（），以C的焦点为圆心，3为半径的圆与C的渐近线相交，则双曲线C的离心率的取值范围是_【正确答案】 【原卷 16 题】 知识点 余弦定理解三角形,基本（均值）不等式的应用 【正确答案】 16-1（基础） 在中，角，的对边分别为，若的面积为，则周长的最小值为_【正确答案】 6 1

11、6-2（基础） 在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a2，b2，c2成等差数列，则的最小值为_.【正确答案】 16-3（基础） 已知的面积为，则边长的最小值为_.【正确答案】 16-4（巩固） 已知中，若，则周长的最大值为_.【正确答案】 或 16-5（巩固） 已知分别为锐角的内角的对边，若，则面积的最大值为_【正确答案】 16-6（巩固） 在中，已知BC边上的中线，则面积的最大值为_.【正确答案】 16-7（巩固） 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则当角C取最大值时，的面积为_【正确答案】 16-8（提升） 2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了关于

12、构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见，再次强调持续推进体育公园建设如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，则的最大值为_千米【正确答案】 # 16-9（提升） 在中，内角、的对边分别为、，且，则的最大值为_.【正确答案】 16-10（提升） 如图所示，在平面四边形中，已知，则的最大值为_【正确答案】 56 16-11（提升） 在如图所示的四边形区域ABCD中，现园林绿化师计划在区域外以AD为边增加景观区域ADM，当时，景观区域ADM面积的最大值为_【正确答案】 【原卷 17 题】 知识点 计算古典概型问题的概

13、率,卡方的计算 【正确答案】 17-1（基础） 2022年北京冬奥组委会发布的北京2022年冬奥会和冬残奥会经济遗产报告（2022）显示，北京冬奥会已签约200家赞助企业，冬奥会赞助成为一项跨度时间较长的营销方式.为了解该200家赞助企业每天销售额与每天线上销售时间之间的相关关系，某平台对200家赞助企业进行跟踪调查，其中每天线上销售时间不少于8小时的企业有100家，余下的企业中，每天销售额不足30万元的企业占，统计后得到如下列联表：销售额不少于30万元销售额不足30万元合计线上销售时间不少于8小时75100线上销售时间不足8小时合计2001、完成上面的列联表；2、根据列联表，判断能否有99.

14、5%的把握认为赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关.附：0.10.050.010.0052.7063.8416.6357.879【正确答案】 1、答案见解析 2、有99.5%的把握认为赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关 17-2（基础） 如今大家对运动越来越重视，讨论也越来越多，时常听到有人说“有氧运动”和“无氧运动”，有氧运动主要的作用是健身，而无氧运动主要的作用是塑形，一般的健身计划都是有氧运动配合无氧运动以达到强身健体的目的.某健身机构对其60位会员的健身运动进行了一次调查，统计发现有氧运动为主的有42人，30岁以下无氧运动为主的有12人，占30岁以下调查人数的.1、根据以

15、上数据完成如下列联表；有氧运动为主无氧运动为主总计30岁以下1230岁及以上总计42602、能否有的把握认为运动方式与年龄有关？附：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：，其中.【正确答案】 1、答案见解析 2、没有的把握认为运动方式与年龄有关 17-3（基础） 为了助力北京2022年冬奥会、冬残奥会，某校组织全校学生参与了奥运会项目知识竞赛.为了解学生的竞赛成绩(竞赛成绩都在区间内)的情况，随机抽取n名学生的成绩，并将这些成绩按照，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图.其中，三组的

16、频率成等比数列，且成绩在的有16人.1、求n的值；2、在这n名学生中，将成绩在的学生定义为“冬奥达人”，成绩在的学生定义为“非冬奥达人”.请将下面的列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为“是否是冬奥达人与性别有关”？并说明你的理由.男生女生合计冬奥达人30非冬奥达人36合计参考公式：，其中.临界值表：0.0500.0250.0100.0013.8415.0246.63510.828【正确答案】 1、 2、列联表见解析，有，理由见解析 17-4（巩固） 某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“AI作业项目，并且在甲乙两个学校的高一学生中做用户测试，经过一个阶段的试用，为了解“AI作业”

17、对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们“向量数量积”知识点掌握情况进行调查，样本调查结果如下表：甲校乙校使用AI作业不使用AI作业使用AI作业不使用AI作业基本掌握32285030没有掌握8141226试用频率估计概率，并假设每位学生是否掌握“向量数量积”知识点相互独立.1、从两校高一学生中随机抽取1人，估计该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率；2、完成下面列联表，并分析是否有的把握认为基本掌握“向量数量积”知识点与使用AI作业有关使用AI作业不使用AI作业合计基本堂握没有掌握合计附：【正确答案】 1、0.7 2、表格见解析，有的把握认为基本掌握“向量数量积知识点与使

18、用AI作业有关 17-5（巩固） 2019年10月1日，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式在北京天安门广场隆重举行，央视对阅兵式进行了直播.为了解市民在直播中观看阅兵式的情况，某机构随机抽取了800名市民，数据统计如下表：观看阅兵式未观看阅兵式合计男300200500女200100300合计500300800（1）能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“是否观看阅兵式与性别有关”？（2）经统计，抽取的500名观看阅兵式的市民中有高三学生5名，其中3名男生，2名女生，若从这5名高三学生中随机抽取两人接受采访，求抽取的两名学生性别不同的概率.附表及公式：，其中.P(K2k0)0.150.1

19、00.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【正确答案】 （1）不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“是否观看阅兵式与性别有关”（2） 17-6（巩固） 某研究型学习小组调查研究“中学生使用智能手机对学习的影响”，对我校80名学生调查得到部分统计数据如下表，记为事件：“学习成绩优秀且不使用手机”；为事件：“学习成绩不优秀且不使用手机”，且已知事件的频率是事件的频率的2倍.不使用手机使用手机合计学习成绩优秀人数12学习成绩不优秀人数26合计1、求表中的值，并补全表中所缺数据；2、运用独立性检验思想，判断是否

20、有的把握认为中学生使用手机对学习有影响？参考数据：，其中.【正确答案】 1、，表格答案见解析； 2、有的把握认为中学生使用手机对学习有影响. 17-7（巩固） 大型综艺节目最强大脑中，有一个游戏叫做盲拧魔方，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方，盲拧在外人看来很神奇，其实原理是十分简单的，要学会盲拧也是很容易的.根据调查显示，是否喜欢盲拧魔方与性别有关.为了验证这个结论，某兴趣小组随机抽取了50名魔方爱好者进行调查，得到的情况如下表所示：喜欢盲拧不喜欢盲拧总计男2330女11总计50表（1）并邀请其中20名男生参加盲拧三阶魔方比赛，其完成情况如下表（2）所示.成功完成时

21、间（分钟） 人数10442表（2）（）将表（1）补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为是否喜欢盲拧与性别有关？（）现从表（2）中成功完成时间在和这两组内的6名男生中任意抽取2人对他们的盲拧情况进行视频记录，求2人成功完成时间恰好在同一组内的概率.附参考公式及参考数据：，其中. 0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【正确答案】 （）能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为喜欢盲拧与性别有关；（）. 17-8（提升） 某手机商家为了更好地制定手机销售策略，随机对顾客进行了一次更换手机时间间

22、隔的调查.从更换手机的时间间隔不少于3个月且不超过24个月的顾客中选取350名作为调查对象，其中男性顾客和女性顾客的比为，商家认为一年以内（含一年）更换手机为频繁更换手机，否则视为未频繁更换手机.现按照性别采用分层抽样的方法从中抽取105人，并按性别分为两组，得到如下表所示的频数分布表：事件间隔（月）男性x89181284女性y25131172（1）计算表格中x，y的值；（2）若以频率作为概率，从已抽取的105名且更换手机时间间隔为3至6个月（含3个月和6个月）的顾客中，随机抽取2人，求这2人均为男性的概率；（3）请根据频率分布表填写列联表，并判断是否有以上的把握认为“频繁更换手机与性别有关”

23、.频繁更换手机未频繁更换手机合计男性顾客女性顾客合计附表及公式：P（）0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【正确答案】 （1），（2）（3）填表见解析；没有以上的把握认为“频繁更换手机与性别有关” 17-9（提升） 随着经济的高速发展，南昌市居住环境及人文环境进一步得到改善.目前已基本依水建成赣江西岸绿道赣江东岸绿道乌沙河绿道玉带河桃花河绿道抚河故道绿道幸福渠绿道艾溪湖瑶湖绿道等城市主干绿道.新建提升20个公园，精心打造100条景观路，织起一张“四横七纵六环”的“绿道网”.另外，位于凤凰洲赣江边的省文化中心的建成已成为展示江西历史文化的地标建筑.省

24、文化中心由省博物馆省图书馆省科技馆三馆组成，三个主体建筑由北向南排列，分别隐喻历史现在与未来，反映出文化发展的路径，描述了探索知识的故事与旅程.作为江西省文化的新地标，城市的新客厅，成为加快推动江西文化强省建设的一个亮丽缩影，成为丰富江西省人民群众精神文化需求的重要阵地.1、相比老年人而言，青年人更喜欢在闲暇时间选择去省文化中心参观学习.已知某区青年人的男女比例为3：2，现采用分层抽样的方法从中抽取100名作为样本，对这100位青年是否在闲暇时间去省文化中心进行统计，得条形图如下所示.男女合计去省文化中心不去省文化中心合计完成下列22列联表，并判断是否有90%的把握认为青年人选择去省文化中心与

25、性别有关？2、现有甲乙丙丁四位青年人，他们每个周末都选择去省文化中心，将他们想去的场馆情况汇总如下：场馆图书馆科技馆博物馆意向甲乙丙甲乙丁乙丙丁若每人只能从已登记的选择意向中随机选取一个场馆，且每个场馆至多有两人选择，求甲乙两人选择去同一个场馆的概率.附：0.1000.0500.0250.010，其中.2.7063.8415.0246.635【正确答案】 1、列联表答案见解析，没有90%的把握认为青年人选择去省文化中心与性别有关 2、 17-10（提升） 江西新高考改革自2021年执行，在取消文理科后实行“”考试模式，即除语数外三科，学生需从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科任选3科参加高

26、考上饶市某学校为了解学生对全理（选择物理、化学、生物）的选择是否与性别有关，从该校高一年级的500名男生和400名女生中按比例共抽取90人进行模拟选科，经统计，选择全理的人数比不选全理的人数多10人选择全理不选择全理合计男生15女生合计1、完成上面的列联表并判断是否有99.5%的把握认为选择全理与性别有关；2、为了解学生选科的理由，随机选取了男生4名，女生2名进行座谈，再从中抽取2名代表作问卷调查，求至少抽到一名女生的概率附：，其中0.100.050.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.828【正确答案】 1、填表见解析；有99.5%的

27、把握认为选择全理与性别有关 2、【原卷 18 题】 知识点 由递推关系证明数列是等差数列,求等差数列前n项和的最值,等比中项的应用,利用an与sn关系求通项或项 【正确答案】（1）证明见解析；（2）-78 18-1（基础） 已知数列的前项和为.（1）求出的通项公式；（2）求数列前n项和最小时n的取值【正确答案】 （1）；（2）当或时，数列前n项和取得最小值. 18-2（基础） 记为公差不为0的等差数列的前n项和，已知，且，成等比数列1、求数列的通项公式；2、求，并求的最小值【正确答案】 1、 2、，最小值为 18-3（基础） 设等比数列的公比，且满足，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）

28、若数列满足：对任意正整数n，均成立，求数列的前n项和的最大值.【正确答案】 （1）；（2）49. 18-4（巩固） 公差非零的等差数列的前n项和为，若是，的等比中项，1、求；2、数列为等差数列，数列的公差为，数列的前n项和为，是否存在最大或者最小值？如果存在求出最大或者最小值，如果不存在请说明理由【正确答案】 1、60 2、存在最大值66 18-5（巩固） 已知等比数列的各项均为正数，且1、求数列的通项公式；2、设，求数列的最大项.【正确答案】 1、； 2、. 18-6（巩固） 在数列an中，（nN*），.1、求；2、设为的前n项和，求的最小值【正确答案】 1、 2、当n为偶数时，取得最小值为

29、242；当n为奇数时，取最小值为243 18-7（巩固） 已知数列的前n项积.1、求数列的通项公式；2、记，数列的前n项为，求的最小值.【正确答案】 1、 2、 18-8（提升） 已知正项数列的前项和为，且.（1）求；（2）求证：数列是等差数列.（3）令，问数列的前多少项的和最小？最小值是多少？【正确答案】 （1），；（2）证明见解析；（3）数列的前9或前10项的和最小，最小值为 18-9（提升） 设数列满足（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和的最大值及此时的值；（3）求数列的前项和【正确答案】 （1）； （2）当，取得最大值； （3）. 18-10（提升） 在，这三个条件中任选一个，

30、补充到下面的问题中，并解答设等差数列的前n项和为，且,1、求的最小值；2、若数列满足_，求数列的前10项和【正确答案】 1、 2、答案见解析【原卷 19 题】 知识点 证明线面平行,求组合体的体积 【正确答案】 19-1（基础） 如图所示，在直三棱柱中，D是的中点1、证明：平面；2、设，求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析 2、. 19-2（基础） 已知四棱锥中，平面，点为三等分点（靠近点），.1、求证：平面；2、求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-3（基础） 如图，已知在长方体中，点E是的中点.1、求证：平面EBD；2、求三棱锥的体积.【正确答案】 1、证明见解析

31、2、1 19-4（巩固） 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，梯形满足，为的中点1、求证：平面；2、若，求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析； 2、 19-5（巩固） 如图所示，在直三棱柱中，1、当P为的中点时，求证：平面；2、当时，求三棱锥的体积.【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-6（巩固） 如图，在三棱柱中，侧棱平面，点是的中点1、求证：平面；2、求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析； 2、4. 19-7（提升） 如图，在四棱柱中，点M是线段上的一个动点，E，F分别是的中点.1、设G为棱上的一点，问：当G在什么位置时，平面平面？2、设三棱锥的体积为，四棱柱的体积为

32、，求.【正确答案】 1、G为中点时，平面平面； 2、 19-8（提升） 已知正三棱柱中，是的中点.1、求证：平面；2、点是直线上的一点，当与平面所成的角的正切值为时，求三棱锥的体积【正确答案】 1、证明见解析 2、 19-9（提升） 如图，等腰梯形ABCD中，ADDCBC2，AB4，E为AB的中点，将ADE沿DE折起、得到四锥PDEBC，F为PC的中点，M为EB的中点1、证明：FM平面PDE；2、证明：DEPC；3、当四棱锥PDEBC的体积最大时，求三棱锥EDCF的体积【正确答案】 1、证明见解析； 2、证明见解析； 3、.【原卷 20 题】 知识点 已知切线（斜率）求参数,两条切线平行、垂直

33、、重合（公切线）问题,函数单调性、极值与最值的综合应用 【正确答案】 20-1（基础） 已知函数，曲线与曲线在处的切线互相平行（1）求的值；（2）求证：在上恒成立【正确答案】 （1）；（2）证明见解析 20-2（基础） 已知函数， （1）若与的图象在公共点处有相同的切线，求切线方程；（2）若为整数，且恒成立，求的最小值.【正确答案】 （1）；（2）2 20-3（基础） 设a，bR，|a|1.已知函数f（x）=x36x23a（a4）x+b，g（x）=exf（x）.1、求f（x）的单调区间；2、已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在x=x0

34、处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）ex在区间x01，x0+1上恒成立，求b的取值范围.【正确答案】 1、单调递增区间为（，a），（4a，+），单调递减区间为（a，4a） 2、（i）证明见解析；（ii）7，1 20-4（巩固） 已知函数与在公共点处有相同的切线1、求a，b的值；2、当时恒成立，求实数k的取值范围【正确答案】 1、，； 2、. 20-5（巩固） 已知函数， .（1）若函数与在x=1处的切线平行，求函数在处的切线方程；（2）当时， 若恒成立，求实数a的取值范围.【正确答案】 （1）；（2）. 20-6（巩固） 已知函数.(1)若函数与函数在处有相同的切线,求实数的值;(

35、2)当时, ,求实数的取值范围.【正确答案】 （1）.（2）. 20-7（提升） 已知定义在正实数集上的函数，（其中e为常数，）,若这两个函数的图象有公共点，且在该点处的切线相同（1）求实数的值；（2）当时, 恒成立，求实数的取值范围.【正确答案】 （1）（2）实数的取值范围是 20-8（提升） 设函数，（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，曲线与有两条公切线，求实数的取值范围；（3）若对恒成立，求实数的取值范围.【正确答案】 （1）的单调递增区间为，单调递减区间为（2） （3） 20-9（提升） 已知函数，当时，求实数a的取值范围；当时，曲线和曲线是否存在公共切线？并说明理由【正确答案】

36、 （1）；（2）存在公共切线，理由详见解析.【原卷 21 题】 知识点 抛物线的焦半径公式,根据抛物线上的点求标准方程,抛物线中的参数范围问题,抛物线中的定值问题 【正确答案】 21-1（基础） 已知抛物线Cy2=2px(p0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，三角形AOB(点O为坐标原点)的面积为2.（1）求抛物线C的方程；（2）设不经过原点的直线与抛物线交于P，Q两点，设直线OP，OQ的倾斜角分别为和，证明：当时，直线恒过定点.【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 21-2（基础） 已知抛物线：的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，的外接圆与抛物线的准线相切，且外

37、接圆的周长为.（1）求抛物线的方程；（2）已知点，设不垂直于轴的直线与抛物线交于不同的两点，若，证明直线过定点并写出定点坐标.【正确答案】 （1）（2）证明见解析,恒过定点 21-3（基础） 已知抛物线，点F为其焦点，且点F到其准线l的距离为4.1、求抛物线T的方程；2、设l与x轴的交点为A，过x轴上的一个定点的直线m与抛物线T交于B，C两点.记直线AB，AC的斜率分别为，若，求直线m的方程.【正确答案】 1、 2、 21-4（巩固） 已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，点M在第一象限且为抛物线C上一点，点N（5，0）在点F右侧，且MNF恰为等边三角形（1）求C的方程；（2）若直线l：

38、xky+m与C交于A，B两点，AOB120（其中O为坐标原点），求实数m的取值范围【正确答案】 （1）；（2）. 21-5（巩固） 已知抛物线，点为其焦点，点、在抛物线上，且直线过点，.1、求抛物线的方程；2、过焦点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点、和、，点、分别为、的中点，求面积的最小值.【正确答案】 1、； 2、. 21-6（巩固） 已知抛物线C：，F为抛物线C的焦点，是抛物线C上点，且；1、求抛物线C的方程；2、过平面上一动点作抛物线C的两条切线PA，PB（其中A，B为切点），求的最大值.【正确答案】 1、； 2、. 21-7（巩固） 设点，动圆经过点F且和直线相切，记动圆的圆

39、心P的轨迹为曲线E1、求曲线E的方程；2、过点F的直线交曲线E于A，B两点，另一条与直线平行的直线交x轴于点M，交y轴于点N，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，求点M的横坐标【正确答案】 1、 2、 21-8（提升） 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到点的距离为1、求抛物线的方程及点的坐标；2、设斜率为的直线过点且与抛物线交于不同的两点、，若且，求斜率的取值范围【正确答案】 1、抛物线方程为，点的坐标为 2、 21-9（提升） 设抛物线C：（）的焦点为F，抛物线C上一点A的横坐标为，过点A作抛物线C的切线，与x轴交于点D，与y轴交于点E，与直线l：交于点M.当时，.1、求抛物线C的方程；2

40、、若B为y轴左侧抛物线C上一点，过B作抛物线C的切线，与直线交于点P，与直线l交于点N，求面积的最小值，并求取到最小值时的值.【正确答案】 1、 2、, 21-10（提升） 已知抛物线的焦点为F，A，B是该抛物线上不重合的两个动点，O为坐标原点，当A点的横坐标为4时，1、求抛物线C的方程；2、以AB为直径的圆经过点，点A，B都不与点P重合，求的最小值【正确答案】 1、； 2、11. 21-11（提升） 如图，过抛物线的焦点F的直线交抛物线于第一象限的点，且，过点（不同于焦点F）的直线与抛物线E交于A，B，过A作抛物线的切线交y轴于M，过B作的平行线交y轴于N1、求抛物线方程及直线的斜率；2、记

41、为与y轴围成三角形的面积，是否存在实数使，若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由【正确答案】 1、； 2、存在；【原卷 22 题】 知识点 求直线与抛物线的交点坐标,普通方程与极坐标方程的互化,参数方程化为普通方程 【正确答案】 22-1（基础） 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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为1、当时，判断曲线与曲线的位置关系：2、当时，求曲线与曲线的公共点的直角坐标【正确答案】 1、相交 2、 22-2（基础） 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线E的极坐标方程

42、为1、求曲线C的普通方程和直线E的直角坐标方程；2、求曲线C与直线E交点的极坐标【正确答案】 1、曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为； 2、， 22-3（基础） 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为1、求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；2、若直线与曲线C相交于A，B两点，求AB【正确答案】 1、， 2、 22-4（巩固） C1的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=4sin.1、把C1的参数方程化为极坐标方程；2、求C1与C2交点的极坐标（0，

43、02）.【正确答案】 1、2-4cos-8sin+16=0 2、或 22-5（巩固） 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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.1、求曲线的直角坐标方程；2、求与公共点的直角坐标.【正确答案】 1、：，：； 2、. 22-6（巩固） 在直角坐标系中，已知曲线C：（为参数），以坐标原点为极点，以轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线C与直线交点的极坐标（）.【正确答案】 （1）曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为 （2）， 22-7（巩固） 在直线坐标系xOy中，

44、曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.1、写出的普通方程和的直角坐标方程；2、设点P在上，点Q在上，求的最小值及此时P的直角坐标.【正确答案】 1、曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为 2、的最小值为，此时； 22-8（提升） 已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），在以坐标原点为极点，以轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.1、求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；2、设与的两个交点为，求.【正确答案】 1、，； 2、. 22-9（提升） 已知曲线C的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极

45、坐标系.1、求曲线C的极坐标方程；2、过点的光线经x轴反射后，与曲线C只有一个公共点P，求点P的极坐标.【正确答案】 1、； 2、. 22-10（提升） 已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程以及曲线的直角坐标方程；（2）已知过原点的直线与曲线仅有1个交点，若与曲线也仅有1个交点，求点的极坐标【正确答案】 （1）（或），；（2）的极坐标为或（答案不唯一）【原卷 23 题】 知识点 柯西不等式证明,利用基本不等式证明不等式 【正确答案】 23-1（基础） 设a、b、c均为正数，（）证明：；（）若

46、，证明.【正确答案】 （）见解析（）见解析 23-2（基础） 已知，.（1）若，求证：；（2）若，求证：.【正确答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析 23-3（基础） 已知 为正数，且满足证明：（1）；（2）【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析. 23-4（巩固） 已知正数a，b，c满足.（1）求的最大值；（2）求证：【正确答案】 （1）；（2）证明见解析. 23-5（巩固） 若a，b，且（1）证明：（2）求的最小值.【正确答案】 （1）见解析（2） 23-6（巩固） 已知，且.（1）求的最大值；（2）若，证明：【正确答案】 （1）.（2）证明见解析 23-7（巩固） 已知，均

47、为正实数，且证明：1、；2、【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 23-8（提升） 已知，.1、求的最大值；2、求证：.【正确答案】 1、 2、证明见解析 23-9（提升） 设、为正实数，且.1、证明：；2、证明：【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析 23-10（提升） 已知正数a，b，c满足1、求证：；2、求证：【正确答案】 1、证明详见解析； 2、证明详见解析. 2022年高考全国甲卷数学（文科）高考真题变式题答案解析 1-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据集合的交集含义即可得到.详解:集合，集合，则.故选：.点睛:本题主要考查的是集合的交集的运算，考查集

48、合见=间的关系，解题的关键是解不等式化简集合，是基础题. 1-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:求出集合，利用交集的定义可求得集合.详解:由题意可得，则集合，故选：B. 1-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:先化简集合，再求交集即可详解:由题意得，因为所以，故选：C 1-4【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求解一元二次不等式解得集合，再利用集合的交运算即可求得结果.详解:因为，故.故选：C. 1-5【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:解出Q集合所表示的范围，再与P集合取交集.详解:，.故选：B. 1-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 详

49、解:试题分析：由题意得，所以，故选A考点：集合的运算 1-7【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求出集合，进而与集合取交集即可.详解:因为，所以.故选：C 1-8【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:先利用对数的真数为正、指数函数的值域化简两个集合，再求其交集.详解:因为，所以.故选：B. 1-9【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:求出集合后可求.详解:，所以，故选：A. 1-10【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:解分式和一元二次不等式可求得集合，由交集定义可得结果.详解:由得：，即，解得：，即；由得：，解得：，即；.故选：A. 2-1【基础】 【正确答

50、案】 D【试题解析】 分析:根据图表信息逐一判断即可.详解:由图表可得2019年与2020年国庆期间，均是10月1日票房最高，随后逐日递减，A正确;2020年国庆期间7天的单日票房数据的中位数为5.45，极差为4.22，2019年国庆期间7天的单日票房数据的中位数为6.17，极差为3.95，故B，C正确由图可得2020年国庆期间7天的单日票房数据波动更大，所以2020年国庆期间7天的单日票房数据的方差比2019年的大,所以D错.故选：D. 2-2【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:利用给定的AQI数据图，结合平均数、方差、中位数的意义分别判断各项即可.详解:由AQI数据图知，甲地9次

51、监测数据有7次均在50以上，只有两次在50以下，并且与50相差较小，乙地9次监测数据有7次均在50以下，有两次在50附近，并且与50相差很小，甲地的AQI的平均值大于50，乙地的AQI的平均值小于50，甲地的AQI的平均值大于乙地，A正确；甲地9次监测数据的折线图比较平滑，波动较小，乙地9次监测数据波动较大，即甲地的AQI的方差小于乙地，B正确；甲地9次监测数据的中位数大于50，乙地9次监测数据的中位数小于50，甲地的AOI的中位数大于乙地，C正确；甲地9次监测数据中有8个都高于乙地对应监测数据，再结合平均值、中位数看，乙地的空气质量要好于甲地，D不正确.故选：D 2-3【基础】 【正确答案】

52、 BD【试题解析】 分析:根据折线图可判断AB选项的正误；根据年该市农村居民年人均可支配收入比上年增长率为正数可判断CD选项的正误.详解:对于A选项，因为该市每年城镇居民年人均可支配收入比上年增长率都比该市农村居民年人均可支配收入比上年增长率小，所以，对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，城镇比农村的小，A错；对于B选项，由图可知该市农村居民年人均可支配收入比上年增长率的极差小于，该市城镇居民年人均可支配收入比上年增长率的极差大于，所以，对于该市居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大，B对；对于CD选项，因为年该市农村居民年人均可支配收入比上年增长率为正数，所以，年

53、该市农村居民年人均可支配收入比年有所上升，C错D对.故选：BD. 2-4【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据图象计算平均数,读数进行比较即可得到结果.详解:根据图象所给数据可得2月7日到2月13日甲省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数为20， 单日新增最大值为28； 2月7日到2月13日乙省的平均新增“新冠肺炎”确诊人数约为22，单日新增最大值为29，故可得A、B正确；从图中可观察出甲省人数在之间变化，乙省人数在之间变化，很明显甲省的波动大，故C错误； 由图可知，后四日乙人数均比甲人数多，故D正确.故选：C点睛:本题主要考查了统计的相关知识，考查用样本的数字特征估计总体，属于基础题

54、2-5【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据图象，逐一分析选项，即可得答案.详解:由图象可得，第2天至第7天两名运动员的得分逐日提高，故A正确；由图象可得，第4天至第10天两名运动员综合得分均超过80分，故B正确；第2天至第6天运动员的得分增量接近4，第2天至第6天运动员的得分增量大概3，故C正确；在1天至第3天的得分统计中，A运动员最小得分78最高得分80，在第2天至第4天的得分统计中，A运动员最小得分78最高得分高于80，所以第2天至第4天的得分波动更大，所以第1天至第3天方差小于第2天至第4天的方差，故D错误.故选：D. 2-6【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根

55、据图象，利用中位数的概念以及方差的概念，逐个选项进行判断即可.详解:对于A，根据中位数的概念，由图可得，A班每天在线学习人数按小到大顺序排列为：22，26，28，33，34，34，35,38，39，中位数34，故A正确；对于B，由图可得，B班每天在线学习人数比A班每天在线学习人数要更稳定，所以，记A班与B班每天在线学习人数的方差分别为，则，故B正确；对于C，根据图象，算出A班与B班每天在线学习人数之和，可知只有22、23、24三天人数和不超过60，C正确；对于D，根据图象，22日到23日不合题意，D结论错误；故选：D 2-7【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据极差、中位数、平均数

56、、标准差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.详解:甲跑步里程的极差为，A的结论正确.乙跑步里程的中位数为，B的结论正确.甲跑步里程的平均数，乙跑步里程的平均数，所以，C的结论错误.根据折线图可知，甲的波动大，乙的波动小，所以，D的结论正确.故选：C 2-8【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:对于A：直接求出中位数；对于B：求出乙的星期三和星期四步数，计算可得；对于C：分别计算出甲、乙平均数，即可判断；对于D：分别计算出甲、乙方差，即可判断；详解:对于A：甲的步数：16000，7965，12700，2435，16800，9500，11600.从小到大排列为：2435，7965，95

57、00，11600，12700，16000，16800.中位数是11600.故A正确；对于B：乙的星期三步数7030，星期四步数12970.因为，所以没有增加1倍上.故B不正确；对于C：，.所以.故C正确；对于D：所以.故D正确；故选：B. 2-9【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据折线图看甲最后三次的成绩变化可判断A;看甲的数学成绩在130分以上的次数以及乙的数学成绩在130分以上的次数，判断B;看甲成绩比乙高的次数可判断C;观察甲乙两人的最高成绩和最低成绩即可判断D.详解:对于A，由折线图可知最后三次数学成绩逐渐升高，故A说法正确；对于B，甲的数学成绩在130分以上的次数为6次

58、，乙的数学成绩在130分以上的次数为5次，故B说法正确；对于C, 甲有7次考试成绩比乙高,故C的说法错误；对于D，由折线图可知，甲乙两人的数学成绩的最高成绩相同，甲的最低成绩为120分，乙的最低成绩为110分，因此甲数学成绩的极差小于乙数学成绩的极差，D说法正确，故选：C 2-10【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由对图表的理解及数据的分析处理，结合极差，中位数的概念逐一检验即可得解.详解:对于A，全年甲平台的点击量为：（万次）全年乙平台的点击量为：（万次），A错误；对于B，全年各月甲平台点击量的中位数：，B错误；对于C，全年各月乙平台点击量的极差为：，C正确；对于D，月份甲、乙两

59、个平台的点击量相差为，月份甲、乙两个平台的点击量相差为，D错误；故选：C. 3-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据复数的乘方公式，结合复数模的运算公式进行求解即可.详解:因为，所以，因此，故选：D 3-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:化简复数，求共轭复数，进而可得，即得详解:因为，所以，所以，.故选：A. 3-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用复数的除法运算化简，再求出，由，即可得出答案.详解:因为，所以复数，所以，所以.故选:C. 3-4【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:结合复数运算求得正确答案.详解:,，所以.故选：A 3-5

60、【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:设，利用复数相等可构造方程组求得，由模长定义可得结果.详解:设，解得：，.故选：D. 3-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:设，再代入化简，利用复数相等的性质求解即可详解:设，代入有，故，解得，故，故选：A 3-7【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据复数的除法运算求出，再根据复数的模的计算公式即可得解.详解:因为，所以，所以.故选：B. 3-8【巩固】 【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 3-9【提升】 【正确答案】 B【试题解析

61、】 分析:利用复数运算可求得，根据复数模长的求法可求得结果.详解:由得：，.故选：B. 3-10【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求出，代入，即可求得模长.详解:由题：，所以.故选：C 3-11【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:设，根据条件可得，进而可得，即得.详解:设，则，由，可得，即，.故选：B. 3-12【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:化简已知得z=i ,即得解.详解:解：由题意可知，=i，所以i，故选：C 4-1【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一个底面边长为2等边三角形，高为2的三棱锥求解.，详解:由三视图知：

62、该几何体是一个底面边长为2的等边三角形，高为2的三棱锥，如图所示：所以该几何体的体积为，故选：B 4-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由几何体的三视图作出直观图，再由棱柱的体积公式即可求解.详解:由几何体的三视图可知几何体的直观图如下：所以.故选：C 4-3【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:作出原几何体，由三视图确定原几何体结构，然后由体积公式计算详解:如图，由三视图知原几何体是一个三棱锥，平面，故选：A 4-4【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据三视图得出原几何体是六棱柱，再由棱柱的体积公式计算体积即可求解.详解:由三视图可知：该几何体是六棱柱，底面

63、积，高，所以几何体的体积为：，故选：D. 4-5【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:首先还原三棱柱，然后结合三视图求出所有棱长，即可求出体积.详解:根据几何体还原三棱柱，如图：结合三视图可知：，故,所以体积，故选：D 4-6【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据给定三视图还原几何体，再利用割补法及体积公式计算作答.详解:依题意，给定的三视图所对几何体是直三棱柱，去掉三棱锥而得，其中M是棱CF中点，如图，是直角三角形，而三棱柱的高为，所以几何体的体积为：.故选：B 4-7【巩固】 【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.

64、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 4-8【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:在长方体中作出原几何体，得出几何体的结构，结合长方体求出其体积详解:把原几何体补成一个长方体，如图，几何体是，其体积为故选：B 4-9【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据题意，由三视图还原几何体是直四棱柱被平面截去一个三棱锥的几何体，再结合三视图所给

65、的数据，即可求出几何体的体积.详解:由题意中的三视图可还原的几何体为底面边长为2的正方形，高为3的正四棱柱被平面截去一个三棱锥所得，（如图），其中点为的中点，所以几何体的体积为：故选：D点睛:本题考查了由三视图还原几何体，再根据这个几何体求出体积，考查了学生的计算能力和空间想象能力，属于较难题. 4-10【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:几何体为圆柱体的一部分，底面为扇形，根据柱体的体积公式计算.详解:俯视图如图：过C做AB延长线的垂线，交AB与点D，则，即，所以由三视图知道几何体是一个底面为个圆的扇形的柱体，则其体积为：.故选：C.点睛:本题考查了几何体的三视图与体积计算，属于中

66、档题. 4-11【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 4-12【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:通过三视图，还原几何体，即可求出表面积.详解:解：如图，在棱长等于的正方体上取四面体即为所求四面体，均为直角三角形，为等边三角形,故该四面体的表面积为故选：B. 5-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据三角函数图象的平移

67、，结合平移函数振幅和周期相等，结合题意，讨论的取值情况，即可求得结果.详解:依题意，两边三角函数的振幅及周期应该相等，故若，则，不符合要求；若，则，不符合要求；若，则，符合要求；若，则，不符合要求所以，所以故选：B 5-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据平移法则可知，平移后的图象解析式为，因为图象关于y轴对称，所以，即可求出的最小值详解:函数的图象向左平移个单位后，得到的图象解析式为，而该图象关于y轴对称，所以，解得，而，所以的最小值为故选：A 5-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据三角函数图像平移求出解析式，再根据图像经过求得的值即可.详解:依题意得，函数

68、的图象过点，于是有，即，因此正数的最小值是1.故选：C. 5-4【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由题意可知是的周期的倍数，即，从而可求得答案详解:解：因为函数的图像向右平移个单位长度后与原函数图像重合，所以是的周期的倍数，设，所以，因为，所以当时，最小，故选：C 5-5【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由题可得，进而即得.详解:函数数（的图象向右平移个单位后与原图象重合， 又，故的最小值为6故选：A 5-6【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果.详解:将函数()的图象向左平移个单位长度后，得到函数

69、的图象，又平移后的图象与函数的图象重合，而，所以（），则（），又，所以为使取得最小值，只需，此时.故选：D. 5-7【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由函数图象可得与周期的关系，解得，再由，得最小值.详解:由题意知，得，又，则最小值为4.故选：C. 点睛:函数图象向左(右)平移个单位所得函数图象与原函数图象关于轴对称；函数图象向左(右)平移个单位所得函数图象与原函数图象重合. 5-8【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据图象的平移变换可得到相应函数的解析式，结合得到的函数图象恰好关于直线对称，得到，由此可求得答案.详解:由题意可得：设将函数的图象向右平移个单位长度后，再

70、将图象上的每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数为 ，则，由于函数图象恰好关于直线对称，则可得，即，由于，故 时，故选：B 5-9【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据函数的图象变换求得，利用的图象关于轴对称，求得，得到，结合，得到和均为的奇数倍，即可求解.详解:由函数的图象向左平移个单位后可得函数，又由的图象关于轴对称，即函数为偶函数，所以，又因为，所以，故，因为，所以，又由，所以可得和均为的奇数倍，故的可能取值为.故选：C. 5-10【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由题意，将平移后的两个函数建立等式后得，再求最小值即可.详解:曲线，将曲

71、线向左平移个单位长度得到，将曲线向右平移个单位长度得到，由题意得，所以，解得，因为，所以故选：A 6-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:将个球进行编号，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.详解:记个红色球分别为、，记个黄色球分别为、，从这个球中随机抽取个，所有的基本事件有：、，共个，其中，事件“所取出的个球颜色不同”包含的基本事件有：、，共个，故所求概率为.故选：C. 6-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用列举法得到所有基本事件的总数和所求事件的个数，再根据古典概型的概率公式可得结果.详解:所有基本事

72、件有：12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，21，31，41，51，32，42，52，43，53，54，共20种，其中抽到的2张卡片上的数字的奇偶性不同的有12，14，23，25，34，45，21，41，32，52，43，54，共12种，根据古典概型的概率公式可得所求事件的概率为.故选：C点睛:本题考查了利用列举法求古典概型的概率，属于基础题. 6-3【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:用列举法写出4的倍数的两位数，得出其个数，再求得所有两位数的个数，由概率公式计算可得详解:所有两位数有：共12个，其中4的倍数的两位数有，共4个，所以所求概率为故选：A 6-4【

73、巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用相邻元素捆绑法和古典概型公式求解即可.详解:从纸箱中不放回地随机取9次，共有种情况，偶数的球被连续抽取出来，共有，则偶数的球被连续抽取出来的概率.故选：C 6-5【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:首先设出四个连续自然数，再利用列举法列出所有可能性，从而利用古典概型求出概率.详解:设四个连续的自然数分别为n，n+1，n+2，n+3，则随机取两个数的和分别为，所以这6个和中有2个是偶数，所以和为偶数的概率为，故选：A 6-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:运用古典概型运算公式进行求解即可.详解:两球颜色不同，且编号之和不小于

74、5的组合为：，共6种情况，所以从中取2球，则两球颜色不同，且编号之和不小于5的概率为：，故选：A 6-7【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据组合分步乘法计数原理和分类加法计数原理求出基本事件的总数和至少有一个数是偶数的事件的个数，在利用古典概型的计算公式即可求解.详解:根据题意，从6个数中任取2个数的情况有种，满足“至少有一个偶数”的情况有，故根据古典概型概率公式可得概率为.故选：A. 6-8【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:依据古典概型去求两球颜色不同，且编号之和不小于7的概率详解:记“从盒中取2球，两球颜色不同，且编号之和不小于7”为事件A则故选：B 6-9【提升

75、】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:基本事件总数，列举出满足条件得到情况得到概率.详解:基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有：（1，1），（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（2，2），（3，2），（4，2），（5，2），（3，3），（4，3），（5，3），（4，4），（5，4），（5，5），共有个基本事件.抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率.故选：A.点睛:点睛：古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法；(

76、3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化；(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 6-10【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是分别从两个集合中取两个数字，共有种结果，满足条件的事件是满足，可以列举出所有的事件，根据概率公式得到结果.详解:试验发生包含的事件是分别从两个集合中取两个数字，共有种结果,满足条件的事件是满足，可以列举出所有的事件,当时,，当时,，共有个，所以根据古典概型的概率公式得到概率是,故选：B 7-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:先由函数为奇函数

77、可排除A，再通过特殊值排除B、D即可.详解:由，所以为奇函数，故排除选项A.又，则排除选项B,D故选：C 7-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:结合函数的奇偶性和时函数值正负的分布情况，利用排除法可得到结果.详解:函数定义域关于原点对称，且由，知函数为奇函数，所以的图象关于原点对称，选项BD不符合，当时，故选项C不符合， 故选：A. 7-3【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:利用函数的奇偶性可排除A，利用的值排除B，利用当时， 可排除C，进而得出结论.详解:由题可知，函数的定义域为，又，所以 为定义域上的偶函数，图象关于对称，可排除A；又，可排除B；当时，则，可排除C.

78、故选：D. 7-4【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用函数的奇偶性和特殊区间的函数值确定正确选项.详解:解：的定义域为，所以为奇函数，排除CD选项.当时，由此排除B选项.故选：A 7-5【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据函数奇偶性可排除BC，由可排除A，从而得到正确结果.详解:，定义域为R，又，为奇函数，图象关于原点对称，可排除BC，又，可排除A.故选：D. 7-6【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.详解:令，该函数的定义域为，所以，函数为偶函数，排除AB选项，当时，则，排除C选项.故选：

79、D. 7-7【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:分析给定函数的奇偶性可排除两个选项，再对函数求导并求出在0处的导数值即可判断作答.详解:令，则其的定义域为，则函数是奇函数，其图象关于原点对称，于是排除选项A，B；，于是得，即函数图象在原点处切线斜率大于0，显然选项C不满足，D满足.故选：D 7-8【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:函数“见式识图”第一步确定定义域，第二步函数奇偶性，第三步极限分析法,即可得到答案.详解:化简原函数则函数为奇函数，排除选项A，当，排除选项B，当选项C错误.故选：D. 7-9【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:先利用函数的奇偶性排除部

80、分选项，再根据时，函数值的正负判断.详解:易知函数为奇函数，也是奇函数，则函数为偶函数，故排除选项B，C；因为，当时，恒成立，所以恒成立，且当时，所以当时，故选项A正确，选项D错误，故选：A 7-10【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:判断函数为奇函数，排除AC，再计算时，排除D，得到答案.详解:，为奇函数，排除AC.当，故，排除D.故选：B 8-1【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:求出,得出函数的单调区间,从而得到函数的最大值,可求出的值，从而得到答案.详解:由函数,得当时,函数单调递减,当时,函数单调递增.所以函数在上单调递减,在上单调递增.所以当时,函数有最小值,解

81、得.又.则，根据函数的单调性可得，在的最大值为：故选: D点睛:本题考查利用函数导数求的单调区间，从而求函数的最值,属于基础题. 8-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:求出函数的导数不等式，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的最大值，得到关于的方程，解出即可详解:解：令，解得：，令，解得：，故在，递减，在，递增，故的最大值是或，而，故，故选：点睛:本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用，属于基础题 8-3【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由，求导得，再根据在上的最大值为，分，讨论求解.详解:由，得，当时，若，则单调递减，若，则单调递增，故当时

82、，函数有最大值，解得，不符合题意.当时，函数在上单调递减，最大值为，不符合题意.当时，函数在上单调递减.此时最大值为，解得，符合题意.故a的值为.故选：A. 8-4【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:先求导，再分类讨论，根据导数和函数最值的关系即可求出.详解:，当时，恒成立，故函数单调递增，不存在最大值；当时，令， 得出，所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，解得：.故选：D点睛:本题考查利用导数求解单调区间与最值，考查分类讨论的思想. 8-5【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:对函数求导，由，可求出，从而可得到，进而得出在上的单调性，令最大值等于20，可求出.详解:

83、由题意，则，解得，所以，故在上单调递增，则，解得.故选：B.点睛:本题考查利用导数求函数的单调性、最值，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 8-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:求出函数的导函数，令，要使函数在有最小值，依题意使得，且当时，当时，即可得到不等式组，解得即可；详解:解：因为，所以，令，对称轴为，当时恒成立，此时在上单调递增，不存在最小值，故舍去；所以，依题意使得，且当时，当时，使得在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值即最小值，所以，所以，解得，即；故选：A 8-7【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:在区间内有最小值，可转化为的导函数在区间有变号零点

84、，再根据二次函数的零点分布，即可求解.详解:由，若函数在区间内有最小值.此时函数必定存在极值点，由，设，为一元二次方程的两根，有不妨设，故只需要即可，令，有，解得.故选：C. 8-8【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:利用导数求出函数的最小值，然后列方程可求得的值，详解:由（），得（，），当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，故，得，解得或2.故选：A 8-9【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:求出原函数的导函数，函数有最小值，则导函数在小于0有解，于是转化为斜率问题求解得到答案.详解:根据题意，得，若有最小值，即在上先递减再递增，即在先小于0，再大于0，令，得：，令

85、，只需的斜率大于过的的切线的斜率即可，设切点为，则切线方程为：，将代入切线方程得：，故切点为，切线的斜率为1，只需即可，解得：，故答案为C.点睛:本题主要考查函数的最值问题，导函数的几何意义，意在考查学生的转化能力，分析能力及计算能力，难度较大. 8-10【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:求导分析，并分析函数的单调性，得在处取到极大值，根据条件可知，代入函数解不等式即可详解:由得，当时，；当时，；当时，；所以在和上单调递增，在上单调递减，故在处取到极大值，又因为在上有最大值，且所以，则解得故选：A 8-11【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由恒成立，得，根据导数可求得，

86、进而，构造函数，可求得函数，即可得解.详解:令，则令，解得当时，为增函数；当时，为减函数，所以又因为当时，恒成立，即在上恒成立，所以，即，即令，则，当，单调递减；当时，单调递增，故当时，故的最小值是故选：C. 9-1【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:作于，则即直线与平面所成的角，进而可求得结果.详解:作于，由面与垂直，且为交线可得平面，则即直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则，所以.故选：A. 9-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:连接，判断在线段上.判断是与底面所成的角，解直角三角形求得与底面所成的角的正弦值.详解:连接交于，则是的中点.由于是三角形的重心，所

87、以在线段上，且.所以，由于平面，所以是与底面所成的角，且，所以，所以.故选：C 9-3【基础】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:分别求出与到底面的距离即可求得直线与底面所成角的正弦值详解:作底面与于，连接.因为正四棱锥底面边长为2，故，又侧棱长为4，故.又为侧棱中点，故到底面的距离为.又,由余弦定理有,故直线与底面所成角的正弦值为故选：D 9-4【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:连接，易知就是与平面所成的平面角，结合正方体的性质及，求正弦值即可.详解:连接，由面，则就是与平面所成的角.，故选：B 9-5【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:设与平面所成角为，根据，由求解

88、.详解:解：如图所示：设与平面所成角为，则点到平面的距离为，由，得，在直角与直角中，由勾股定理可得，又在中，由余弦定理可得，所以，所以为等边三角形，其面积为，所以由式得，解得，故选：B. 9-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:首先证明平面，然后可得与平面所成角为，然后可得答案.详解:因为平面，平面，所以因为，所以平面所以与平面所成角为因为，所以，所以故选：A 9-7【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据线面角的定义确定直线与平面所成角，再通过解三角形求其大小.详解:连接，D为的中点，因为为正三角形，所以，因为平面，平面，又，又平面，相交，所以平面，所以为直线与平面的夹

89、角，设，则，在中，所以，所以,所以直线与平面所成角为，故答案为：A. 9-8【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:连接交于点连接，垂直面即为所求,从而可得结果.详解:连接交于点连接，垂直面即为所求,设正方体棱长为,则, ,故,故选A.点睛:本题主要考查直线与平面成的角以及正方体的性质，属于中档题. 9-9【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据题意得，设，根据，可以得到，而，再分析求解即可.详解:根据题意，画出如下示意图：根据长方体的性质，平面，所以，平面，所以，平面，所以，所以，设，所以，所以，即，又，所以，即，又，所以，联立，解得，所以.故选：D. 9-10【提升】 【正

90、确答案】 D【试题解析】 分析:根据圆柱的性质，结合圆的性质、线面角的定义进行求解即可.详解:因为，所以直线AB与平面EFM所成角等于直线CD与平面EFM所成角，连接OM，因为，所以EF为直径，且，由圆柱的性质可知，平面ABCD底面圆O平面ABCD图，EF圆O，所以EF平面ABCD，过点C作于N，又CN平面ABCD，所以，因为，所以CN平面EFM，则CMN为直线CD与平面EFM所成角，因为ABBC，且O，M分别为BC，CD的中点，所以CM，在直角OMC中，所以，故选：D 9-11【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据异面直线所成的角，线面角对三个命题进行判断，从而得到答案.详解:在

91、正方体中， 且， 所以为平行四边形，所以所以直线与直线所成角等于直线与直线 所成角，即，而是正方体的面对角线，所以相等，所以为等边三角形，故，故正确.在正方体中， 平面，所以直线与平面所成角为 ，故错误.连接交于，则，在正方体中， 平面，所以，平面， ，所以平面，所以为直线与平面所成角，在直角三角形中，所以所以直线与平面所成角大小为 .故正确.故选：C.点睛:本题考查求异面直线所成的角，求直线与平面所成的角，属于中档题. 9-12【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:根据最小角定理：线与面内的动直线所成的角的最小值是线与线在面内的射影所成的角，可求解.详解:在面中作于，则，设正方体的棱

92、长为， ，则 ，所以，解得，所以，故选C.点睛:本题考查最小角定理，属于中档题. 10-1【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:设底面圆的半径为r，根据为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，根据体积列方程可得r，然后可得.详解:由题意设圆锥的底面圆的半径为，因为为等腰直角三角形，则高为，母线长为，因为圆锥的体积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为故选：C 10-2【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:先设底面半径，然后根据侧面积计算出半径，即可求解圆锥体积.详解:设圆锥的底面半径为，则高为，母线长；又侧面积 ，所以，所以，故选B.点睛:本题考查圆锥的侧面积公式应用以及体积的求解，

93、难度一般.圆锥的侧面积公式：，其中是底面圆的半径，是圆锥的母线长. 10-3【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:先求得圆锥的底面半径、母线长，再去求圆锥的体积详解:设底面圆半径为，圆锥母线长为，因为圆锥侧面展开图是一个圆心角为的扇形， 所以，解得，因为该圆锥的侧面积为，所以，解得，则，即底面圆的面积为，则圆锥的高，故圆锥的体积为，故选：A 10-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据是等边三角形时面积为求得母线，再由高是底面半径的倍，求得底面半径，然后由圆锥的侧面积公式求解.详解:解：设圆锥的高为h，母线为l，底面半径为r，则由题意得h=r， ，所以，又，则，所以圆锥的

94、侧面积为，故选；D 10-5【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据圆锥侧面积公式和黄金圆锥定义可构造方程求得，结合可得，利用圆锥体积公式可求得结果.详解:设该黄金圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为，则，该黄金圆锥的侧面积，解得：，由得：，该黄金圆锥的体积.故选：D. 10-6【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据圆锥的体积求出底面圆的半径和高,求出母线长，即可计算圆锥的表面积详解:圆锥的高和底面半径之比，又圆锥的体积，即，解得；，母线长为，则圆锥的表面积为故选D【点睛】本题考查圆锥的体积和表面积公式，考查计算能力，属于基础题. 10-7【提升】 【正确答案】 C【试题解

95、析】 分析:根据比例关系求出细沙在上部时圆锥的半径和高，根据公式计算出侧面积和体积，利用体积相等求出在下部时的高，根据圆锥的侧面积公式可求出在下部时的侧面积.详解:当细沙全部在上部时，圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的母线长为，周长为，则侧面积，体积为；当细沙全部在下部时，圆锥的底面半径为，设沙堆的高度为，由于细沙的体积不变，所以，解得，则其母线长为，所以侧面积，所以.故选：C.点睛:知识点点睛：（1）圆锥的侧面积公式为母线长与圆锥周长乘积的； （2）圆锥的体积公式为底面积与圆锥高乘积的. 10-8【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由题意可知，再利用圆锥的表面积公式，侧面积公式及体积

96、公式，即可判断.详解:设圆锥的母线长为，以为圆心，为半径的圆的面积为，又圆锥的侧面积，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以，解得，所以圆锥的母线长为9，故选项A错误；圆锥的表面积，故选项B错误；因为圆锥的底面周长为，设圆锥的侧面展开图扇形圆心角为，则，解得，所以圆锥的侧面展开图扇形圆心角为120，故选项C错误；圆锥的高，所以圆锥的体积为，故选项D正确故选：D 10-9【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由题意求出，过点作，垂足为，求出，与绕旋转一周得到的几何体的表面积等于两个圆锥的侧面积之和，分别求出，即可求出答案.详解:由题意得，过点作，垂足为，则，所以，所以故选

97、：A. 11-1【基础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:根据焦点三角形的周长与关系可得，再由离心率可求得，结合椭圆中关系求得，即可得椭圆的标准方程.详解:椭圆的中心为原点，焦点，在轴上，过的直线交于两点，的周长为8，所以，即，而由离心率为，即，所以，则，所以那么的方程为，故选：B.点睛:本题考查了椭圆的几何性质的简单应用，椭圆标准方程的求法，属于基础题. 11-2【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:根据椭圆的定义与对称性可得，再根据离心率为可得，进而得出椭圆方程详解:由椭圆的定义及椭圆的对称性可得由椭圆C的离心率为得，所以故选：A 11-3【基础】 【正确答案】 B【试题解析】

98、 分析:求得圆的半径，由此求得，结合椭圆离心率求得，由此求得，进而求得椭圆的标准方程.详解:依题意可设椭圆的标准方程为，半焦距为，由，半径为4，故有，又，.所以椭圆的标准方程为.故选：B 11-4【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由椭圆离心率是，求得，再根据椭圆的定义，得到，结合题设条件，求得，进而求得的值，即可求解.详解:由题意，椭圆的离心率是，即，即，根据椭圆的定义，可得， 因为，且的面积等于，可得，且， 则，即，解得，所以，可得，所以椭圆的方程为.故选：D.点睛:本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，其中解答中熟记椭圆的定义、标准方程及几何性质，结合三角形的面积公式求解是解答的

99、关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题. 11-5【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:设出椭圆方程，由题意可得，结合离心率以及的关系，可得出答案.详解:设椭圆的标准方程为，焦距为，则，解得，椭圆的标准方程为，故选：C 11-6【巩固】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由内切圆半径r=a-c=1和离心率为联立求解.详解:易知F1PF2中，内切圆半径r=a-c=1，又离心率为，解得a=4，c=3，所以椭圆C的方程为=1.故选：A 11-7【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:根据椭圆的离心率公式，再利用焦点三角的面积相等及椭圆长轴长即可求解.详解:由，得，即.设的内切圆的半

100、径为，则因为的内切圆的面积为，所以，解得（负舍），在中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，知，即，由，联立，得，所以该椭圆的长轴长为.故选：D. 11-8【提升】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由已知得和，再根据可求得a，b，c，由此求得椭圆的方程.详解:解： 由已知得，即 ，由及，得 ，联立，解得，所以椭圆的方程为，故选：A 11-9【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:将直线方程yx3代入椭圆方程，整理后判别式为0，得一关于的关系等式，由离心率又得一关于的关系等式，两者联立可解得，得椭圆方程详解:将直线方程yx3代入C的方程并整理得(a2b2)x26a2x9a2a2b20

101、，由椭圆与直线只有一个公共点得，(6a2)24(a2b2)(9a2a2b2)0，化简得a2b29.又由椭圆的离心率为，所以，则，解得a25，b24，所以椭圆方程为1.故选：B点睛:本题考查求椭圆标准方程，解题时需找到两个关于的等式，题中一般会有两个条件，本题直线与只有一个公共点，即相切是一个，离心率是另一个，把它们用表示出来，结合联立求解即可 11-10【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:利用椭圆的定义及等面积法，得到，再结合求解.详解:因为，又因为，所以，所以，解得，所以，所以的方程为故选：D点睛:本题主要考查椭圆的定义及几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 12-1【基

102、础】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:首选判断，再利用作商法以及基本不等式比较大小，根据指数式与对数式的互化以及对数函数的性质可得，利用对数的运算性质可判断.详解:因为，所以，所以，所以，因为，所以.综上所述，故选：B.点睛:本题考查指数式对数式的大小比较基本不等式，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于基础题. 12-2【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:先证明最大，再证明，即得解.详解:解：由题得，所以.a0.20.2 ，b，显然，a的被开方数大于b的被开方数，ab，故有cab. 故选：C 12-3【基础】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用指数函数和对数函数的单

103、调性求解.详解:解：,故选：C 12-4【基础】 【正确答案】 A【试题解析】 分析:由已知求出m，n，p，再借助商值比较法及“媒介”数推理判断作答.详解:由，得，由，得，因此，即，由，得，于是得，所以正数，的大小关系为.故选：A 12-5【巩固】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:应用作商法，由对数的运算性质、基本不等式可得可知b、c的大小，再结合指对数的性质可知a、c的大小.详解:，即，综上，.故选：B 12-6【巩固】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:设，利用导数求得函数单调性，得到，得出，进而求得，再由，求得，得到，即可求解.详解:设，可得，令，解得，当时，单调递减；当时，单调递

104、增，所以，即，则，所以最小，又由，因为，所以，所以，综上可得：.故选：D. 12-7【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:由，结合及放缩法判断a、b、c的大小.详解:由，所以.故选：C 12-8【巩固】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:利用，得，可比较b、c，通过作商，结合基本不等式可比较a、b详解:因为，所以，所以，即，又，所以因为所以即所以故选：C 12-9【提升】 【正确答案】 C【试题解析】 分析:构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.详解:方法一：构造法设，因为，当时，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令

105、，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，又，所以当时，所以当时，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法解： ， ， ， ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 12-10【提升】 【正确答案】 B【试题解析】 分析:由题意得，然后与作差结合基本不等式比较大小，构造函数，可判断其在上单调递减，则，化简可得，则，则可比较出与的大小即可详解:由题意得，则，因为，所以，所以，设，则，当时，所以在上单调递减，所以，即，所以，所以，所以，所以，所以，因为

106、，所以，所以，故选：B点睛:关键点点睛：此题考查对数与指数的互化，考查基本不等式的应用，考查导数的应用，解题的关键是构造函数判断出其单调性，可得，再转化为，考查数学转化思想和计算能力，属于难题 12-11【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:构造函数，求其单调性，从而判断，的大小关系.详解:构造，在时为减函数，且，所以在恒成立，故在上单调递减，所以，即，所以，即.故选：D点睛:对于指数式，对数式比较大小问题，通常方法是结合函数单调性及中间值比较大小，稍复杂的可能需要构造函数进行比较大小，要结合题目特征，构造合适的函数，通过导函数研究其单调性，比较出大小. 12-12【提升】 【正确答案

107、】 A【试题解析】 详解:因为，所以设，则，令，则当时，所以，所以当时，所以在上单调递增，从而，因此，即综上可得故选：A点睛:比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题. 13-1【基础】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:直接由向量垂直的坐标表示求解即可.详解:由题意知：，解得.故答案为：. 13-2【基础】 【正确答案】 1【试题解析】 分析:由可得,进而求解即可详解:由题意知,所以,即,解得,故答案为:1点睛:本题考查由向量垂直求参数,属于基础题 13-3【基础

108、】 【正确答案】 1.【试题解析】 分析:根据向量垂直的坐标表示列出方程求解即可.详解:因为向量，且，所以，解得，故答案为：1 13-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先计算的坐标，由题意知，利用向量垂直的坐标表示列方程即可求解.详解:因为向量，所以，因为，所以，可得：，故答案为：. 13-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:运用向量的数量积为零可求解.详解:由题可知，由得，得故答案为： 13-6【巩固】 【正确答案】 3【试题解析】 分析:求得的坐标，利用向量垂直的坐标公式，带值计算即可.详解:因为，所以因为，所以，解得故答案为：. 13-7【提升】 【正确答案】 【试

109、题解析】 分析:先求出向量的坐标，再根据向量垂直得数量积为0即可求出.详解:因为，且，所以，解得故答案为：. 13-8【提升】 【正确答案】 或或或4【试题解析】 分析:利用向量垂直的坐标运算计算即得解.详解:解：由题得,所以或.故答案为：或 13-9【提升】 【正确答案】 D【试题解析】 分析:由根据向量垂直的坐标表示列方程求，再由数量积的坐标运算求.详解:因为，所以，解得，所以，故故选：D. 13-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的坐标表示公式和运算性质进行求解即可详解:因为，所以，解得，故答案为： 14-1【基础】 【正确答案】

110、或【试题解析】 分析:设圆的方程为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解.详解:由题意，圆的半径为3与轴相切，且圆心在直线上，设此圆的方程为，则，解得或，所以圆的方程为或.故答案为：或. 14-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先判断为直径时，圆周长最小，进而求出圆心半径，写出圆的方程即可.详解:显然当为直径时，圆周长最小，此时圆心为，即，半径为，故圆的方程为，即.故答案为：. 14-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:设圆心为，由与轴相切可得半径为，将代入可求出，得出方程.详解:圆心在直线上，则可设圆心为，又圆与轴相切，则半径为，则圆的方程为，将代入得，解得，故圆的方

111、程为：.故答案为：. 14-4【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:设圆心，半径为，则圆的方程为，把点和的坐标代入方程，求出及的值，即得所求的圆的方程详解:解：设圆心，半径为，则圆的方程为，把点和的坐标代入方程可得，解可得，故所求的圆的方程为故答案为： 14-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由题知圆心为，到直线的距离为，进而根据弦长得圆的半径，再根据标准方程求解即可.详解:解：由题知，圆心为，到直线的距离为，因为圆心为，且截直线所得弦长为，所以，圆的半径为，所以，所求圆的方程为.故答案为： 14-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:令外接圆圆心，而中点为、中点为，

112、由求x、y，进而求半径，即可写出的外接圆的方程.详解:令的外接圆圆心，又A（4，0），中点为，则，则，中点为，则，则，圆心，又外接圆的半径，的外接圆的方程为.故答案为：. 14-7【巩固】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:求出线段的垂直平分线为，设圆心，求出半径的表达式，利用圆心到轴的距离为，由题意可得，解出，从而可求出圆的方程详解:线段的中点为，所以线段的垂直平分线为，即，所以设，圆的半径为，圆心到轴的距离为，由题意得，所以，整理得，解得或，当时，圆心为，所以圆的方程为，当时，圆心为，所以圆的方程为，故答案为：或 14-8【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由题意设点，再由，可得

113、的中点，以及以线段为直径的圆的方程为，联立直线与圆的方程，求出点的坐标，再由，可得，列方程可求出，从而可求出圆的方程详解:由题意设点，因为，所以的中点，以线段为直径的圆的方程为，由，解得或，所以，因为，所以，因为，所以，化简得，解得（舍去），或，所以圆的方程为，整理得，故答案为： 14-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:圆C的周长最小即半径最小，此时直线与圆C相切，计算可得.详解:圆C的周长最小即半径最小，又因为圆C过直线上的点P，当圆C与直线相切时周长最小，此时圆C半径为，圆C的方程是.故答案为：. 14-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据题意得到圆心E在直线上

114、，求得圆心，再根据四边形ABCD是正方形，由圆的直径等于两直线间距离的倍求解.详解:设半径为r，这时圆E的标准方程为由题意知，圆心E在直线上，所以又，两直线间的距离，且四边形ABCD是正方形，所以，解得，所以圆E的标准方程为故答案为： 15-1【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据渐近线方程求得，由此求得，进而求得双曲线的离心率.详解:双曲线，故.由于双曲线的一条渐近线方程为，即，所以，所以双曲线的离心率为.故答案为：点睛:本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题. 15-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:求出双曲线的焦点到条渐近线的距离，可得，求

115、出，即可求出双曲线的离心率详解:根据条件可得，则，焦点坐标为渐近线方程为，故焦点到渐近线距离，故，所以离心率，故答案为： 15-3【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先由双曲线的两条渐近线互相垂直求得b的值，进而求得c的值，从而求得双曲线的离心率的值详解:双曲线的渐近线为，则由两条渐近线互相垂直，有 ，解之得又，则，则双曲线的离心率故答案为： 15-4【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据意义可知，再根据点到直线的距离公式，即可求出，再根据双曲线离心率为，即可求出结果.详解:由题意可知，双曲线的渐近线为，又双曲线的右顶点为，所以，又到的一条渐近线的距离为，所以，所以，所以，所

116、以的离心率为.故答案为：. 15-5【巩固】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:根据双曲线的定义及双曲线的几何性质结合余弦定理即可求解.详解:根据双曲线的性质可知：焦点到渐近线的距离为，即，又，故，根据余弦定理可知，化简可得，则，即，故故答案为：. 15-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据给定双曲线方程，求出渐近线方程，再借助已知确定b的范围即可计算作答.详解:双曲线的渐近线为：，因直线与双曲线无交点，于是得，而双曲线实半轴长为1，则该双曲线离心率，所以该双曲线离心率的最大值为.故答案为： 15-7【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据题意得到的方程为，以及渐近线方

117、程为，联立方程组，求得点的坐标，结合，列出方程求得的值，结合离心率的定义，即可求解.详解:由题意，直线的方程为，又由双曲线，可得其渐近线方程为，联立方程组和，分别解得，因为，可得，即，解得，所以双曲线的离心率为.故答案为：. 15-8【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： 15-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:求出直线的方程，联立渐近线方程求出P点坐标，根据中点列出方程，求出，从而求出离心率.详解:如图，直线为：，联立与，解得：，因为为的中点，所以，解得：，离心率为.故答案为：

118、15-10【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由直线与圆相切于点，求得，根据双曲线的定义，化简得，结合离心率的定义，即可求解.详解:如图所示，直线与圆相切于点，可得，由双曲线的定义可知，且，所以，即，可得，又由，联立解得，即故答案为：点睛:求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 15-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由l与C有且仅有一个交点得与另一条渐近线垂直，进而得到

119、，再求离心率即可.详解:不妨设为右焦点，直线l与渐近线垂直，要使l与C有且仅有一个交点，则与另一条渐近线不相交，即与另一条渐近线平行，则两条渐近线互相垂直，即，则离心率为.故答案为：. 15-12【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:根据圆心到直线的距离小于半径，即可得的范围，进而可得离心率范围.详解:双曲线C的渐近线方程为，右焦点，渐近线与圆相交，即，可得，双曲线C的离心率为：，且故答案为： 16-1【基础】 【正确答案】 6【试题解析】 分析:由的度数,利用三角形的面积公式求出的值,运用基本不等式求出的最小值，再利用余弦定理和基本不等式求得的最小值，从而得出周长的最小值.详解:因为，

120、的面积为，且 所以，所以，由余弦定理可得，当且仅当时取等号，所以，即，又，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以周长的最小值为点睛:此题涉及的知识有:三角形的面积公式,余弦定理，基本不等式，熟练掌握公式及定理是解本题的关键，尤其是注意运用基本不等式所需满足的条件. 16-2【基础】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用等差数列的性质，结合基本不等式，即可求得的最小值详解:a2，b2，c2成等差数列，2b2a2+c2，（当且仅当ac时等号成立）ac时，的最小值为.故答案为：点睛:本题考查等差数列的性质，考查基本不等式的运用，正确运用等差数列的性质是关键. 16-3【基础】 【正确答案】

121、 【试题解析】 分析:根据面积公式求出，再由余弦定理及均值不等式求最值即可.详解:设中内角对应边分别为，当且仅当时取等号，时取到，故边长的最小值为.故答案为： 16-4【巩固】 【正确答案】 或【试题解析】 分析:先对已知式子利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理可求出角，再利用余弦定理可得，再利用基本不等式可求出的最大值，从而可求出三角形周长的最大值详解:由正弦定理可得：，.由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.故答案为： 16-5【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:先由正弦定理求得，再由余弦定理求出，即可求出面积的最大值.

122、详解:因为，由正弦定理可得：，所以.又为锐角三角形，所以.由余弦定理得：（当且仅当a=b时等号成立）即，所以（当且仅当a=b，即为等边三角形时等号成立）.所以面积的最大值为.故答案为：. 16-6【巩固】 【正确答案】 【试题解析】 分析:由题意利用平面向量的加减法几何意义，可得，两边平方再利用两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式，求得的最大值，可得的面积的最大值详解:解：中，边上的中线长为3，设，平方可得：，化简可得，可得：，故的面积故答案为：点睛:本题主要考查平面向量的加减法几何意义，两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式的应用，属于中档题 16-7【巩固】 【正确答案】 【

123、试题解析】 分析:由余弦定理可得，再利用基本不等式的性质可得的最大值，再利用三角形面积计算公式即可得出详解:解：，在中，由余弦定理可得：，时取等号此时，当取最大值时，的面积故答案为：点睛:本题考查了余弦定理、基本不等式的性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 16-8【提升】 【正确答案】 #【试题解析】 分析:利用余弦定理和基本不等式即可求解.详解:在四边形中，,在中，由余弦定理得,即,，当且仅当时取等号，,即，.故答案为：. 16-9【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:利用余弦定理与平面向量的模长公式可得出，利用基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最大值

124、.详解:由余弦定理得，因为，即，所以，所以，可得，可得，由基本不等式可得，可得，解得，当且仅当时，等号成立.故的最大值为.故答案为：. 16-10【提升】 【正确答案】 56【试题解析】 分析:由余弦定理求得，再由余弦定理表示出的关系，然后结合基本不等式得最大值详解:中，中，由得，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为56故答案为：56 16-11【提升】 【正确答案】 【试题解析】 分析:连AC，根据已知条件可得、，进而求，再由余弦定理、基本不等式求的范围，最后应用面积公式求区域ADM面积的最大值.详解:连AC，则，在ADM中，当且仅当时等号成立，故答案为：. 17-1【基础】 【正确答案

125、】 1、答案见解析 2、有99.5%的把握认为赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关【试题解析】 分析:（1）由题意得每天的销售额不足30万元的企业有家，然后结合表中的数据可完成列联表，（2）根据公式求出，然后根据临界值表中的数据可得结论由题意分析可得：签约企业共200家，线上销售时间不少于8小时的企业有100家，那么线上销售时间不足8小时的企业有100家，每天的销售额不足30万元的企业占，共有家.完成列联表如下：销售额不少于30万元销售额不足30万元合计线上销售时间不少于8小时7525100线上销售时间不足8小时4555100合计12080200由题意，得，计算得，由于，故有99.5%的

126、把握认为赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关. 17-2【基础】 【正确答案】 1、答案见解析 2、没有的把握认为运动方式与年龄有关【试题解析】 分析:（1）根据题干所给数据完善列联表；（2）由（1）中列联表计算出卡方，即可判断；解： 依题意可得30岁以下的有人，则30岁以上的有人，所以列联表如下表所示：有氧运动为主无氧运动为主总计30岁以下18123030岁及以上24630总计421860解：由题意，所以没有的把握认为运动方式与年龄有关. 17-3【基础】 【正确答案】 1、 2、列联表见解析，有，理由见解析【试题解析】 分析:（1）根据题意列出相应的方程，求得公比，即可求得答案;（2

127、）根据题意结合频率分布直方图可得列联表，计算的观测值，和临界值表比较,可得答案.由题意知，三组的频率成等比数列，设公比为，则，解得或（舍去），则这一组的频率为，由题意知，解得.成绩在的人数为，成绩在的人数为44.补充完整的列联表如下：男生女生合计冬奥达人301444非冬奥达人203656合计5050100计算得的观测值，故有99%的把握认为“是否是冬奥达人与性别有关”. 17-4【巩固】 【正确答案】 1、0.7 2、表格见解析，有的把握认为基本掌握“向量数量积知识点与使用AI作业有关【试题解析】 分析:（1）由表中数据，结合概率公式求解即可；（2）填写列联表，再进行独立性检验.在两所学校被调

128、查的200名学生中，对“向量数量积”知识点基本掌握的学生有140人，所以估计从两校高一学生中随机抽取1人，该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率为使用AI作业不使用AI作业合计基本掌握8258140没有掌握204060合计10298200，因为，所以有的把握认为基本掌握“向量数量积知识点与使用AI作业有关. 17-5【巩固】 【正确答案】 （1）不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“是否观看阅兵式与性别有关”（2）【试题解析】 分析:（1）由表中数据计算，对照临界值得出结论；（2）利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值.详解:（1）将列联表中的数据代入公式计算得k=3.5563

129、.841，所以不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“是否观看阅兵式与性别有关”.（2）记抽取的3名男生分别为A，B，C，2名女生分别为d，e，则从这5名学生中随机抽取2人，共包含：(A，B)，(A，C)，(A，d)，(A，e)，(B，C)，(B，d)，(B，e)，(C，d)，(C，e)，(d，e)，共10种等可能的结果，其中既有男生又有女生这一事件包含：(A，d)，(A，e)，(B，d)，(B，e)，(C，d)，(C，e)，共6种等可能的结果，由古典概型的概率计算公式可得，抽取的两名学生性别不同的概率为P=.点睛:此题考查了独立性检验知识的应用，也考查了古典概型与计算能力，属于基础题.

130、 17-6【巩固】 【正确答案】 1、，表格答案见解析； 2、有的把握认为中学生使用手机对学习有影响.【试题解析】 分析:（1）由题目条件列出关于，的方程组，求出，依次求出其他数据，补全列联表.（2）由（1）中的列联表，计算得到并比较即可得出结论.由题意得解得，补全表中所缺数据如下：不使用手机使用手机合计学习成绩优秀人数281240学习成绩不优秀人数142640合计423880根据题意计算观测值为，所以有的把握认为中学生使用手机对学习有影响. 17-7【巩固】 【正确答案】 （）能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为喜欢盲拧与性别有关；（）.【试题解析】 分析:（）完善表格，利用公式求出

131、，对比参考数据即可判断（）对2人成功完成时间恰好在同一组内分类，分别计算出基本事件个数为6,1，再计算出6名男生中任意抽取2人共15种结果，问题得解详解:（）喜欢盲拧不喜欢盲拧总计男23730女91120总计321850由表中数据可得，故能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为喜欢盲拧与性别有关.（）6名男生中任意抽取2人共：15种结果.2人成功完成时间恰好在同一组内分为两种情形：完成时间都在或都在完成时间都在共有6种结果，完成时间都在有1种结果，2人成功完成时间恰好在同一组内的概率为：.点睛:本题主要考查了独立性检验及古典概型概率计算，还考查了分类思想，属于基础题 17-8【提升】 【正

132、确答案】 （1），（2）（3）填表见解析；没有以上的把握认为“频繁更换手机与性别有关”【试题解析】 分析:（1）由抽样总数乘以男性与女性分别的比例，得到分别样本的总数，再由分层抽样的比例构建方程求得各自应抽取的样本数，进而在表中分别减去其他各组的数据，求得x与y；（2）由（1）可知更换手机时间间隔为3至6个月（含3个月和6个月）的顾客中男性与女性的人数，分别设男性分别为a，b，c，d，女性分别为e，f，写出从中抽取两人的所有基本事件，得到总数，再选取均为男性的基本事件，得到此类数量，由古典概型概率计算得答案；（3）由题意完成列联表，由公式计算的观测值，并与6.635比较大小，即可说明.详解:（

133、1）由题知男性顾客共有人，女性顾客共有人，按分层抽样抽取105人，则应该抽取男性顾客人，女性顾客人；所以，；（2）记“随机从已抽取的105名且更换手机时间间隔为3至6个月（含3个月和6个月）的顾客中，抽取2人”为事件A，设男性分别为a，b，c，d，女性分别为e，f，则事件A共包含，15个可能结果，其中2人均男性有，6种可能结果，所以2人均是男性的概率为；（3）由频率分布表可知，在抽取的105人中，男性顾客中频繁更换手机的有21人，女性顾客中频繁更换手机的有9人，据此可得列联表：频繁更换手机未频繁更换手机合计男性顾客214263女性顾客93342合计3075105所以；因为所以没有以上的把握认为

134、“频繁更换手机与性别有关”.点睛:本题考查案例统计的综合问题，涉及分层抽样求各层数据，古典概型求概率，还考查了独立性检验分析相关性，属于较难题. 17-9【提升】 【正确答案】 1、列联表答案见解析，没有90%的把握认为青年人选择去省文化中心与性别有关 2、【试题解析】 分析:（1）先由分层抽样及条形图完善列联表，再计算，结合临界值作出判断即可；（2）列举出所有的基本事件，从中找出甲乙两人选择去同一个场馆的基本事件，由古典概型求解即可.由分层抽样知男性共人，女性共人，结合条形图得去省文化中心男性有人，去省文化中心女性人，完成22列联表如下：男女合计去省文化中心402565不去省文化中心2015

135、35合计6040100计算：，所以，没有90%的把握认为青年人选择去省文化中心与性别有关.分两种情况来考虑：4人分别去其中的两个场馆4人分别去三个场馆.我们将所有的情况列举如下：序号图书馆科技馆博物馆1甲丙乙丁2乙丙甲丁3甲乙丙丁4甲丁乙丙5甲乙丙丁6甲丙乙丁7甲乙丁丙8甲丙乙丁9甲丙丁乙10乙丙甲丁11丙甲乙丁12乙甲丁丙13丙甲丁乙14甲乙丁丙15甲丁乙丙16甲乙丙丁17乙甲丙丁18丙甲乙丁共有18种选择，其中甲乙选择同一个场馆的有4种，故概率为. 17-10【提升】 【正确答案】 1、填表见解析；有99.5%的把握认为选择全理与性别有关 2、【试题解析】 分析:（1）由题意可得到列联表，

136、计算 ，和临界值表比较，可得结论；（2）列出从6名同学中任取2名的可能选法，再列出不含女生的可能选法，根据古典概型的概率计算结合对立事件的概率，求得答案.由题意得：选择全理不选择全理合计男生351550女生152540合计504090，有99.5%的把握认为选择全理与性别有关设“至少抽到一名女生”为事件A，设4名男生分别为1，2，3，4，两名女生分别为5，6从6名学生中抽取2名所有的可能为：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6）（5，6），共15种不包含女生的基本事件

137、有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）共6种故所求概率 18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）当或时，数列前n项和取得最小值.【试题解析】 分析:（1）根据，分别讨论，两种情况，根据与的关系即可求出结果；（2）根据等差数列前项和的函数特征，即可得出结果.详解:（1）因为，所以当时，；当时，；显然是，也满足，所以；(2) 因为，所以数列为等差数列，其前n项和 又，所以当或时，取得最小值. 18-2【基础】 【正确答案】 1、 2、，最小值为【试题解析】 分析:（1）由，得出，进而得出通项公式；（2）由求和公式结合二次函数的性质得出最小值.因为，且，成等比

138、数列，所以，即，解得即当或时，有最小值 18-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）49.【试题解析】 分析:（1）根据题意，列出方程组求得的值，即可求解.（）根据题设条件，利用递推作差，求得数列的通项公式，结合等差数列的求和公式，即可求解.详解:（1）由题意，等比数列满足，成等差数列，可得，两式相减得，即，代入，可得，解得或（舍），所以，所以数列的通项公式为.（）对任意正整数n，均成立，当时，可得，当时，两式相减得，由（1）知，所以当时，当时也满足此式，数列为等差数列，故数列的前n项和，所以当时，数列的前n项和的最大值为49. 18-4【巩固】 【正确答案】 1、60 2、存在最大值66【

139、试题解析】 分析:（1）利用基本量根据已知条件列方程组直接求解可得，然后可得；（2）由（1）可得，然后由二次函数性质可得.记等差数列的公差为，由题知，整理得因为所以可解得所以由（1）可知因为数列的公差为，所以因为的对称轴为，所以当时，有最大值 18-5【巩固】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:(1)设等比数列的公比为，由列关于的方程组即可求得；(2)写出的通项，然后通过二次函数对称性确定其最大项即可.设等比数列的公比为，由得，解得：，；当取3或4时，取得最大项. 18-6【巩固】 【正确答案】 1、 2、当n为偶数时，取得最小值为242；当n为奇数时，取最小值为243【试题解析

140、】 分析:（1）根据题干条件得到，与相减后得到，故得到a1，a3，a5，是以为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，是以为首项，2为公差的等差数列，进而求出通项公式；（2）分n为偶数和n为奇数两种情况表达出，并求出最小值.（nN*），得，.又a2a1244，a123，a219，同理得，a321，a417.故a1，a3，a5，是以为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，是以为首项，2为公差的等差数列从而当n为偶数时， 故当n22时，Sn取得最小值为242.当n为奇数时， .故当n21或n23时，Sn取得最小值243.综上所述：当n为偶数时，Sn取得最小值为242；当n为奇数时，Sn取

141、最小值为243. 18-7【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）根据数列的前项积为，可知，结合递推公式，即可求出结果.（2）由（1）求出，证明数列为等差数列，求和后配方求最小值即可.当时，；当时，也符合.故的通项公式为.，是以为首项，2为公差的等差数列，当时，的最小值为. 18-8【提升】 【正确答案】 （1），；（2）证明见解析；（3）数列的前9或前10项的和最小，最小值为【试题解析】 分析:利用的性质，代入求解即可；利用的递推式，列出方程组，即可证明成立列出的通项公式，利用等差数列的求和公式求出前项和的表达式，利用二次函数的性质，即可求解详解:解：（1）由已知得，；，

142、化简得，又由已知得，（2）由题意得，令，得，得，化简得，进而得到，又由为正项数列得，故有，所以，故数列是等差数列，由（1）得，所以，（3）由（2）得，明显地，为等差数列，设的前项和为，故有，根据二次函数的性质，的对称轴为，因为为正整数，明显地，取或时，有最小值，故最小值为，所以，数列的前9或前10项的和最小，最小值为.点睛:本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及考查了求等差数列前项和的最小值问题，主要考查学生的运算能力，属于中档题. 18-9【提升】 【正确答案】 （1）； （2）当，取得最大值； （3）.【试题解析】 分析:（1）由，则，两式相减，即可求得数列的通项公式；（2）由（

143、1）可得，由等差数列的求和公式，求得，即可求解； （3）由（1）得，利用列项法，即可求解数列的前n项和详解:（1）由题意知，所以所以，当时，符合通项公式，所以数列的通项公式为；（2）由（1）可得，由等差数列的求和公式，可得 当，取得最大值，且；（3）由（1）知，令，为的前项和，则，点睛:本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及等差数列前n项和的最值问题、裂项法求解数列的和的综合应用，其中解答中合理应用数列的递推公式，合理得出数列的通项公式，熟练应用裂项法求和，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题 18-10【提升】 【正确答案】 1、 2、答案见解析【试题解析】 分析:

144、（1）结合等差数列的通项公式和前项和公式求得，利用二次函数的性质即可求解；（2）选，判断，进而求解；选，利用裂项相消法即可求解；选，利用分组求和法即可求解.由题，所以，则，所以当时，的最小值为.设数列的前项和为，选，由（1），令，即,所以，所以；选，由（1），所以；选，由（1），所以 19-1【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、.【试题解析】 分析:（1）连，交于，连，根据中位线可得，再根据线面平行的判定定理可得平面；（2）根据棱锥的体积公式可求出结果.连，交于，则为的中点，连，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.因为，所以，所以，所以. 19-2【基础】 【正确答案】 1、

145、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）取三等分点，构造平行四边形，得到，再用线面垂直性质证明即可；（2）因为为三等分点，得到，再根据平面平面，作辅助线得到点到平面的距离，再利用解三角形求出，代入公式求体积即可.取三等分点，所以，即又因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，即平面.因为为三等分点，所以，平面，平面平面，且平面平面，过点作的垂线交延长线于，如下图所示：由线面垂直的性质有平面， 所以点到平面的距离为，记，因为，所以，.即三棱锥的体积为. 19-3【基础】 【正确答案】 1、证明见解析 2、1【试题解析】 分析:（1），证明，然后由线面平行的判定定理可得线面平行；

146、（2）用换底法求三棱锥的的体积因为四边形ABCD为矩形，且，则O为AC的中点，又因为E为的中点，则，平面EBD，平面EBD，因此，平面EBD；在长方体中，平面，因此，. 19-4【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、【试题解析】 分析:（1）取中点，先证得四边形为平行四边形，进而得到，即可证得平面；（2）取中点，先证得平面，再由体积公式求解即可.取中点，连接，易得且，又，则，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面；取中点，连接，则，又，则四边形为平行四边形，则，又，则，又平面，则平面，又，则. 19-5【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:(1)先证明

147、，再由线面平行判定定理证明平面；(2)由条件证明确定点的位置，结合棱锥体积公式求三棱锥的体积.连接交于点，连接，因为为棱柱，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，又为的中点，所以，因为平面，平面所以平面.因为为直棱柱，所以平面，平面，所以，又，交于C点， 平面，所以平面，同理平面，又平面，所以，因为， 平面，所以平面，平面，所以在直棱柱中.，则，所以，则.所以，所以又，平面， 19-6【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、4.【试题解析】 分析:（1）设与的交点为，连接，证明，原题即得证；（2）取的中点，连接，证明平面，再利用体积公式求解.证明：设与的交点为，连接，是的中点，是的中点，

148、平面，平面，平面解：取的中点，连接，直三棱柱中，平面，而平面，故，为的中点，且又，平面，平面， 19-7【提升】 【正确答案】 1、G为中点时，平面平面； 2、【试题解析】 分析:（1）G为中点时，先证平面，再证平面，即可证得平面平面；（2）由，结合平面得即可求得.G为中点时，平面平面，理由如下：连接，取的中点，连接，因为E，F分别是的中点，则，平面，平面，则平面，同理可得，平面，平面，则平面，又，平面，则平面平面；由F是的中点得，又，平面，平面，则平面，又点M是线段上的一个动点，则，则，则. 19-8【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、【试题解析】 分析:（1）连接交于点，连接，利用

149、中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用线面角的定义可求得的长，分析可知点到平面的距离等于点到平面的距离，可得出，结合锥体的体积公式可求得结果.证明：连接交于点，连接，因为四边形为平行四边形，则为的中点，因为为的中点，则，平面，平面，故平面.解：因为平面，与平面所成的角为，因为是边长为的等边三角形，则，平面，平面，则，所以，平面，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，因为为的中点，则，则. 19-9【提升】 【正确答案】 1、证明见解析； 2、证明见解析； 3、.【试题解析】 分析:（1）连接并延长与延长线交于，在中，根据线面平行的判定即可证结论.（2）为中点，

150、连接，易得为平行四边形、为等边三角形且，进而可得、，再根据线面垂直的判定、性质证明结论.（3）首先确定四棱锥PDEBC的体积最大时面面，再确定PDEBC的体高，并求得到面的距离，由及棱锥的体积公式求体积.连接并延长与延长线交于，则在面内，M为EB的中点，则为中点，在中，又面，面，所以FM平面PDE.若为中点，连接，由题设且，即为平行四边形，则，所以为等边三角形，故，又ABCD为等腰梯形，则所以，又，易知：，又，则面，面，故.当四棱锥PDEBC的体积最大时，面面，则的高即为四棱锥PDEBC的体高，又F为PC的中点，所以到面的距离，由（2）易知为边长为2的菱形，又，所以. 20-1【基础】 【正确

151、答案】 （1）；（2）证明见解析【试题解析】 分析:（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义即可求解；（2）转化为证，构造函数，结合导数分析函数的性质，可证详解:解：（1）因为，所以，由题意得，所以，解得；证明（2），令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，故当时，取得最小值，所以，故，所以 20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）2【试题解析】 分析:（1）设公共点为，利用切线斜率相等，及点在两个函数上列方程组求解即可求解切线方程；(2)分离参数，构造函数求最值即可求解详解:(1)设公共点为，则有，解得，故切线方程是(2) 恒成立，恒成立恒成立，令，令，单调递增，所以存在使，所以在上

152、单调递增，在单调递减，因为为整数，所以的最小值为2.点睛:本题考查导数的几何意义，利用导数解决不等式恒成立问题，函数最值问题，准确转化是关键，是中档题 20-3【基础】 【正确答案】 1、单调递增区间为（，a），（4a，+），单调递减区间为（a，4a） 2、（i）证明见解析；（ii）7，1【试题解析】 分析:（1）求出函数f（x）的导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，列表后可得f（x）的单调区间；（2）（i）求出g（x）的导函数，由题意知，求解可得.得到f（x）在x=x0处的导数等于0；（ii）由（1）知x0=a.且f（x）在（a1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减

153、，故当x0=a时，f（x）f（a）=1在a1，a+1上恒成立，从而g（x）ex在x01，x0+1上恒成立.由f（a）=a36a23a（a4）a+b=1，得b=2a36a2+1，1a1.构造函数t（x）=2x36x2+1，x1，1，利用导数求其值域可得b的范围.解：由f（x）=x36x23a（a4）x+b，可得f（x）=3x212x3a（a4）=3（xa）（x（4a），令f（x）=0，解得x=a，或x=4a.由|a|1，得a0，可得f（x）1.又f（x0）=1，f（x0）=0，故x0为f（x）的极大值点，由（1）知x0=a.另一方面，由于|a|1，故a+14a，由（1）知f（x）在（a1，a）内

154、单调递增，在（a，a+1）内单调递减，故当x0=a时，f（x）f（a）=1在a1，a+1上恒成立，从而g（x）ex在x01，x0+1上恒成立.由f（a）=a36a23a（a4）a+b=1，得b=2a36a2+1，1a1.令t（x）=2x36x2+1，x1，1，t（x）=6x212x，令t（x）=0，解得x=2（舍去），或x=0.t（1）=7，t（1）=3，t（0）=1，故t（x）的值域为7，1.b的取值范围是7，1. 20-4【巩固】 【正确答案】 1、，； 2、.【试题解析】 分析:（1）求出函数的导数，再结合导数的几何意义列式求解作答.（2）等价变形不等式，构造函数，借助导数探讨恒成立即可

155、求解作答.函数，求导得：，因函数与在公共点处有相同的切线，则有，且，即，且，解得，所以，.由（1）知，令，而在上单调递增，且值域为，当，即时，恒大于等于零，在上单调递增，则恒成立，当，即时，使得，当时，当时，于是得在单调递减，在上单调递增，当时，不符合题意，综上得：，所以实数k的取值范围是.点睛:关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 20-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）求出函数的导数，利用切线平行求出a，即可求出切线方程；（2）先把已知条件转化为，令,，利用导数求出的最小值，即可求出

156、实数a的取值范围.详解:（1）,故,而,故，故,解得:，故,故的切线方程是:，即；（2）当时，恒成立,等价于,令,.则，令，解得：；令，解得：；所以在上单减，在上单增，所以,所以.即实数a的取值范围为. 20-6【巩固】 【正确答案】 （1）.（2）.【试题解析】 分析:（1）根据题意，求出f（x）与g（x）的导数，由导数的几何意义可得f（1）=g（1），则2=1，解可得的值，即可得答案；（2）根据题意，设h（x）=f（x）g（x）=xlnx（x21），则原问题可以转化为h（x）0对x1，+）恒成立，求出h（x）的导数，利用导数与函数单调性的关系，分析可得答案详解:(1)由题意得,又,且函数与

157、在处有相同的切线,则,即.(2)设,则对恒成立.,且,即.另一方面,当时,记,则.当时,在内为减函数,当时,即在内为减函数,当时,恒成立,符合题意.当时,若,则对恒成立,在内为增函数,当时,恒成立,不符合题意.若,令,则在内为增函数,当时,即在内为增函数,当时,不符合题意,综上所述.点睛:导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为. 20-7【提升】 【正确答案】 （1）（2）实数的取值范围是【试题解析】 分析:（1）求出，设函数与的图象有

158、公共点为，根据题意可得，解方程组可得答案；（2）由已知可得，设， 利用单调递增得，所以可转化为在上恒成立，设，求出可得答案.详解:（1），设函数与的图象有公共点为，与在公共点处切线相同，则有，解得.（2）由（1）知,，所以，即，当时，设，所以单调递增，所以式转化为在上恒成立，设，则，即在上为增函数，故，所以，即实数的取值范围是.点睛:本题考查利用导数求两个函数的公切线，参变分离求参数范围，利用导数求函数的最值，属于中档题. 20-8【提升】 【正确答案】 （1）的单调递增区间为，单调递减区间为（2） （3）【试题解析】 分析:（1）当时，=，再利用导数求函数的单调区间；（2）设当两曲线与相切，

159、则，解之即得，所以;(3)原命题等价于，再构造函数，等价于恒成立,再求得解.详解:解:（1）当时，=，=，当时，当时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 当两曲线与相切时，这时是的临界值，设两曲线的切点坐标为，则，解得，由图象可知（3）令，等价于恒成立；易得，注意到只是分子有效，令，显然在上为增函数，则故从数字2断开讨论：当时，得，所以，得在上单增，所以，恒成立，故满足题意当时，令，得，（舍）得时，则在上递减，时，则在上递增，又注意到，所以极小值，不可能恒成立，不符合题意综合上述， 实数的取值范围是点睛:本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查图

160、像的公切线问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 20-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）存在公共切线，理由详见解析.【试题解析】 分析:(1)构造函数，求出其最大值，解不等式即可得到实数的取值范围；(2)假设存在这样的直线且直线与曲线和曲线分别相切与点.分别求出两条切线方程，根据斜率与纵截距建立方程组，减元后得到，构造新函数研究单调性与极值即可.详解:解：令，则.若，则，若，则.所以在上是增函数，在上是减函数.所以是的极大值点，也是的最大值点，即.若恒成立，则只需，解得.所以实数的取值范围是.假设存在这样的直线且与曲线和曲线分别相切与点.由，得.曲线在点处的切线方程

161、为，即.同理可得，曲线在点处的切线方程为，即.所以则，即构造函数 存在直线与曲线和曲线相切,等价于函数在上有零点对于.当时，在上单调递增.当时，因为，所以在上是减函数.又，所以存在，使得，即.且当，时，当时，.综上，在上是增函数，在上是减函数.所以是的极大值，也是最大值，且.又，所以在内和内各有一个零点.故假设成立，即曲线和曲线存在公共切线.点睛:与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略已知切点求切线方程解决此类问题的步骤为：求出函数在点处的导数，即曲线在点处切线的斜率；由点斜式求得切线方程为已知斜率求切点已知斜率，求切点，即解方程.求切线倾斜角的取值范围先求导数的范围，即确定切线斜率的范围

162、，然后利用正切函数的单调性解决已知两条曲线有公切线，求参数值. 21-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.【试题解析】 分析:（1）根据题意结合抛物线的性质，得到焦点坐标，因此可得点，的横坐标与焦点相同，由的面积即得的值，从而确定抛物线方程（2）结合题意设出直线方程并联立抛物线方程组，消元、列出韦达定理，表示出，再根据两角和的正切公式得到，即可得到直线过定点坐标详解:（1）解：根据题意可得焦点，因此可得，所以，解之可得，故可得抛物线的方程为：（2）证明：根据题意，设，易知直线的斜率存在，假设直线的方程为，联立抛物线方程得，由韦达定理可得，则，又因为，所以，所以当时，解得，所以直

163、线的方程即为：，即得直线恒过定点 21-2【基础】 【正确答案】 （1）（2）证明见解析,恒过定点【试题解析】 分析:（1）先求出的外接圆的半径长，再利用抛物线的定义可求出的值，从而得出抛物线的方程；（2）设的方程为，联立直线与抛物线方程，列出韦达定理，等价于即可得到、的关系，即可得到直线恒过定点.详解:解：（1）因为的外接圆与抛物线的准线相切，所以的外接圆的圆心到准线的距离等于半径，因为外接圆的周长为，所以圆的半径为3，又圆心在的垂直平分线上，解得：，所以抛物线的方程为.（2）设的方程为，由得，则.所以，因为，所以，即，化简得，所以，所以，所以的方程为，恒过定点.点睛:本题考查直线与抛物线的

164、综合问题，考查抛物线的定义以及方程的求解，同时也考查了韦达定理法在抛物线综合问题中的应用，属于中档题 21-3【基础】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）根据焦点到准线的距离可得，即可得解；（2）可设直线的方程为，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理求得，再根据求得，即可得解.解：因为点F到其准线l的距离为4，所以，所以抛物线T的方程为；解：若直线的斜率不存在时则与题意不符，故直线的斜率必存在，不妨设直线的方程为，将直线和抛物线联立，则，所以直线m的方程为. 21-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）.【试题解析】 分析:（1）利用已知条件，结合抛物线的定义，求解，然后求解抛

165、物线方程（2）设，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合余弦定理转化求解的范围即可详解:解：（1）由题意知，由抛物线的定义可知，则由，得，所以抛物线的方程为（2）设，由，得， ，则，所以，因为，所以，所以且，所以，解得，即的取值范围为 21-5【巩固】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）过点、分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为、，分析出为的中点，连接，分析出在线段的垂直平分线上，可求得点的横坐标，利用抛物线的定义可求得的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）分析可知直线、的斜率均存在且不为，设直线的斜率为，联立直线的方程与抛物线的方程，求出点的坐标，同理可求得点的坐标，求

166、出、，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得结果.解：过点、分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为、，易知，因为，则，则点为的中点，连接，则为的中位线，所以，则，所以，点在线段的垂直平分线上，则点的横坐标为，解得，所以，抛物线的标准方程为.解：因为，若直线、分别与两坐标轴垂直，则直线、中有一条与抛物线只有一个交点，不合乎题意.所以，直线、的斜率均存在且不为，设直线的斜率为，则直线的方程为，联立，得，则，设、，则，设，则，则，所以，同理可得，故，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，故面积的最小值为.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

167、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 21-6【巩固】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）根据焦半径公式求出的值即可得抛物线方程；（2）首先根据导数的几何意义，求出切线，进而求出直线的方程，根据焦半径公式，将转化成两点纵坐标的关系式，由韦达定理进行化简，从函数的角度运用换元法求其最大值.依题意得：，所求抛物线的方程为；抛物线的方程为，即，设，则切线PA，PB的斜率分别为，.所以切线PA：，又，同理可得切线PB的方程为，因为切线PA，PB均过点，所以，所以，为方程

168、的两组解.所以直线AB的方程为.联立方程，消去x整理得，.，由抛物线定义可知，所以，令原式，即原式的最大值.点睛:关键点睛：（1）抛物线标准方程的四种形式以及对应的焦半径公式需要掌握；（2）运用导数的几何意义可以求曲线的切线方程；（3）直线的求解办法需要认真理解；（4）对所求式子的合理转化要与韦达定理联系；（5）求最值时应考虑函数值域求法或者基本不等式. 21-7【巩固】 【正确答案】 1、 2、【试题解析】 分析:（1）根据抛物线的定义可得抛物线方程；（2）可设直线的方程为，联立抛物线方程，得到中点C坐标以及，再根据条件可知，从而求得点N坐标，利用，结合直线的方程即可求得结果.由题意，点P到

169、点F的距离等于到直线的距离，所以点P的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， ,故曲线E的方程是.显然，直线不与x轴重合，设直线的方程为，与E联立得：设，则则，即中点C坐标为， 由题意NAB是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，故，过C与垂直的直线，其方程为，令，得，故点N坐标为，又，故，令，则，由，解得，即，解得又直线的方程为，令，得到点M横坐标为.点睛:本题考查了利用抛物线定义求其方程以及直线和抛物线相交时和三角形有关的点的坐标问题，解答的思路一般是设直线方程，联立抛物线方程，利用根与系数的关系表示出相关等量关系，再化简整理，关键就是运算量较大比较繁杂，要十分细心. 21-8【提升】 【正确答

170、案】 1、抛物线方程为，点的坐标为 2、【试题解析】 分析:（1）利用抛物线的定义求出的值，可得出抛物线的方程，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，可得出点的坐标；（2）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，由可求得的范围，列出韦达定理，由已知条件可求得，由韦达定理可得出，利用双勾函数的单调性可出的取值范围，综合可得解.解：由抛物线定义可知，得，所以，抛物线方程为，将点的坐标代入抛物线方程得，所以，点的坐标为.解：直线的方程为，设点、，联立整理得，可得或，由韦达定理可得，又，即，所以，因为，则，又，令，所以，由双勾函数的单调性可知，函数在上为减函数，在上为增函数，当时，同理可知，当时，又因为

171、或，所以，的取值范围是.点睛:方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 21-9【提升】 【正确答案】 1、 2、,【试题解析】 分析:（1）根据题意得切线方程为：，进而得D为AE的中点，再根据焦半径公式得，进而根据几

172、何关系得，故抛物线C的方程为；（2）结合（1）得，进而得，再整理，利用换元法结合导数求解最值即可.解：由题知，所以，切点，切线方程为：，令，所以D为AE的中点，因为根据焦半径公式得：，.所以，因为，所以，即，所以抛物线C的方程为；解：设，由（1）得方程：同理方程，联立，所以，因为直线l的方程为：，所以，所以，所以，令，令，当，单调递减，单调递增，当且仅当时取“=”，此时.所以面积的最小值为，此时的值为.点睛:本题考查抛物线的切线问题，抛物线中的三角形面积最值问题.考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于结合第一问设点求切线方程，进而得，进而，再利用换元法，结合导数求解最

173、值. 21-10【提升】 【正确答案】 1、； 2、11.【试题解析】 分析:（1）作出辅助线，利用焦半径与余弦值求出的值，进而求出抛物线方程；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，根据得到等量关系，求出，从而表达出，求出最小值.设，因为，所以，过点A作ADx轴于点D，则，解得：，所以抛物线方程为.设直线AB为，由方程与联立得：，所以，即，且，所以，因为以AB为直径的圆经过点，所以，即，即，所以，所以，所以或，当时，直线AB为过点P，此时与题干条件A，B都不与点P重合矛盾，不合题意，舍去；当时，直线AB为，满足要求，所以，则，所以当时，最小，且最小值为11. 21-11【提升】 【正确答案】

174、1、； 2、存在；【试题解析】 分析:（1）由焦半径列出方程，求出，得到抛物线方程，从而得到点的坐标，求出直线的斜率；（2）设出，得到切线，得到，设过P的直线为，与抛物线联立，利用韦达定理得到，表达出直线BN方程，得到，表达出与，求出实数的值.由焦半径公式得：，直线的斜率为存在；，理由如下：设，切线与抛物线联立得，由相切得，得 ，令得：，所以设过P的直线为，与抛物线联立得，由韦达定理，得，又，令得：，故将联立，解得：，所以，即存在实数使点睛:圆锥曲线相关的定值问题，要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再结合题目中的条件表达出弦长或面积或列出方程，求出定值 22-1【基础】

175、【正确答案】 1、相交 2、【试题解析】 分析:（1）将曲线与曲线的方程化成普通方程可知，两曲线一个表示直线，一个表示圆，根据直线与圆的位置关系即可判断；（2）联立曲线与曲线的普通方程即可解出当时，由可得曲线的普通方程为：，由可将化简得曲线的普通方程为：，圆心到直线的距离为，所以曲线与曲线相交当时，由可得曲线的普通方程为：，联立，解得或（舍去）所以曲线与曲线的公共点的直角坐标为 22-2【基础】 【正确答案】 1、曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为； 2、，【试题解析】 分析:（1）直接消参求出曲线C的普通方程，利用公式求得直线E的直角坐标方程；（2）先联立求出交点的直角坐标，再化为极

176、坐标即可.由题意知：（为参数），则，所以曲线C的普通方程为，因为，所以直线E的直角坐标方程为；由，解得或，故交点的直角坐标为，由化为极坐标为，. 22-3【基础】 【正确答案】 1、， 2、【试题解析】 分析:（1）由直线的参数方程，消去参数求得直线的普通方程，根据直角坐标与极坐标的互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；（2）由（1）可知，直线经过抛物线的焦点，联立方程组，结合韦达定理和抛物线的定义，即可求解.解：由直线的参数方程为参数），可得，即直线的普通方程为；又由曲线，两边同时乘以，可得，根据，化简得，即曲线的直角坐标方程为.解：由（1）可知，直线经过抛物线的焦点，联立方程组，整理得，可

177、得，根据抛物线的定义，可得. 22-4【巩固】 【正确答案】 1、2-4cos-8sin+16=0 2、或【试题解析】 分析:（1）先将C1的参数方程转换为直角坐标方程，再根据公式即可转换为极坐标方程；（2）将曲线C2转换为直角坐标方程，联立两曲线的直角坐标方程，求得交点的直角坐标系坐标，在转化为极坐标即可.解：曲线C1的参数方程为，（为参数），转换为直角坐标方程为（x-2）2+（y-4）2=4，转换为极坐标方程为2-4cos-8sin+16=0；解：曲线C2的极坐标方程为=4sin，转换为直角坐标方程为x2+y2-4y=0，所以，整理出公共弦的直线方程为x+y-4=0，联立，解得或，转换为极

178、坐标为或. 22-5【巩固】 【正确答案】 1、：，：； 2、.【试题解析】 分析:（1）将曲线的参数方程两边同时平方后相减即可求得其直角坐标方程；利用，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）联立（1）中所求两曲线的直角坐标方程，即可求得公共点坐标.将的参数方程两边同时平方并相减，得，故曲线的直角坐标方程为.将代入的极坐标方程得.故的直角坐标方程为，的直角坐标方程为.由可得的直角坐标方程为，的直角坐标方程为，联立方程组，解得故与公共点的直角坐标为. 22-6【巩固】 【正确答案】 （1）曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为 （2），【试题解析】 分析:（1）曲线的参数方程消去参数即得

179、直角坐标方程，结合可得直线的直角坐标方程；（2）联立曲线C与直线的直角坐标方程可得交点在直角坐标系下的坐标，转化为极坐标即可.详解:（1）曲线的参数方程消去参数可得：故曲线化为普通方程为：，由，得，结合所以直线的直角坐标方程为.（2）的普通方程可化为，联立，解得或，化为极坐标可得，. 22-7【巩固】 【正确答案】 1、曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为 2、的最小值为，此时；【试题解析】 分析:（1）利用代入消元法消去参数，即可得到曲线的普通方程，再利用两角差的正弦公式及将极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设，利用点到直线的距离公式及二次函数的性质求出距离最小值，从而求出点坐标；解：因为

180、曲线的参数方程为（t为参数），即，代入可得，即曲线的普通方程为；因为曲线的极坐标方程为，即，即，即，所以曲线的直角坐标方程为；解：设，则到直线的距离，所以当时，此时即的最小值为，此时； 22-8【提升】 【正确答案】 1、，； 2、.【试题解析】 分析:（1）消参法求曲线的普通方程，由已知有，根据公式法得到直线方程；（2）联立直线与曲线方程，应用韦达定理及弦长公式求.由，则，由题设，则，即.综上，曲线普通方程为，直线的直角坐标方程为.联立直线与曲线方程整理得：，所以，则. 22-9【提升】 【正确答案】 1、； 2、.【试题解析】 分析:（1）先求出曲线C的直角坐标方程，再化成极坐标方程；（2

181、）设l：，解方程求出即得解.解：曲线C为圆，普通方程为：，即，把代入方程得，曲线C极坐标方程是.解：由题知，点在反射线l上，设l：由于直线l与圆C相切，所以，解得或（舍）， l：，即l：，与圆方程联立解得切点，则点P的极坐标为. 22-10【提升】 【正确答案】 （1）（或），；（2）的极坐标为或（答案不唯一）【试题解析】 分析:（1）先求得的取值范围，然后消去参数求得曲线的普通方程.根据极坐标与直角坐标的转换公式求得曲线的直角坐标方程.（2）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径求得的值，联立直线的方程和曲线的方程，求得点的直角坐标并转为极坐标.详解:（1）当时，当且仅当时等号成立.当

182、时，当且仅当时等号成立.而曲线故曲线的普通方程（或）；而曲线，故曲线的直角坐标方程；（2）易知直线的斜率存在，设直线；而圆，故，解得； 联立解得或故点的极坐标为或注：极坐标不唯一，正确的均给分 23-1【基础】 【正确答案】 （）见解析（）见解析【试题解析】 分析:（）运用重要不等式，累加可得证明；（）由（）的结论和三个数的完全平方公式，整理可得证明详解:（）因为，均为正数，由重要不等式可得，以上三式相加可得，即；（）因为，由（）可知，故，所以得证点睛:本题考查不等式的证明，注意运用基本不等式和变形，考查推理能力，属于基础题 23-2【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析【试

183、题解析】 分析:（1）直接利用柯西不等式即可得证 （2）直接利用三元基本不等式即可得证详解:（1），当且仅当时等号成立，所以成立；（2）又，所以，则，当且仅当，即，时等号成立，即得证 23-3【基础】 【正确答案】 （1）证明见解析；（2）证明见解析.【试题解析】 分析:（1）要证即证即，由即可得证（2）要证，可证，因为，即，将带入即得证详解:证明：（1）因为（当且仅当时取等号），所以又由，因为，所以故有 （2）因为（当且仅当时取“=”），（当且仅当时取“=”），（当且仅当时取“=”），三式相加可得（当且仅当时，“=”成立）又由，得故有点睛:本题考查基本不等式的简单应用，需要注意的是“一正、二

184、定、三相等”缺一不可，本类题型难点在于如何配凑使用基本不等式得到目标式子属于中档题 23-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）证明见解析.【试题解析】 分析:（1）变换得到，再利用均值不等式解得答案.（2）直接利用柯西不等式得到证明.详解:（1），当且仅当，即，时取得最大值. （2）由柯西不等式得：，当，时等号成立，.点睛:本题考查了均值不等式求最值，柯西不等式证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 23-5【巩固】 【正确答案】 （1）见解析（2）【试题解析】 分析:（1）根据均值不等式以及三个数和的平方公式证明结果；（2）根据柯西不等式直接可得结果.详解:解：（1）因为，所

185、以，又因为，所以，所以当且仅当时取等号.（2）因为所以所以所以，当且仅当，时取等号的最小值为.点睛:本题考查均值不等式以及柯西不等式，考查基本分析论证与求解能力，属中档题. 23-6【巩固】 【正确答案】 （1）.（2）证明见解析【试题解析】 分析:（1）对作平方,可得,进而利用均值不等式求解即可；（2）利用柯西不等式可得,由,可得,则,进而求解即可.详解:（1）解: ,当且仅当,即时等号成立,所以的最大值为.（2）证明:因为,所以,当且仅当时等号成立,则有,即,故.点睛:本题考查利用均值不等式求最值,考查利用柯西不等式证明不等关系. 23-7【巩固】 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见

186、解析【试题解析】 分析:（1）根据，都为正整数，且，利用基本不等式证明；（2）法一：利用基本不等式得到，再利用不等式的基本性质证明；法二：利用Cauchy不等式证明.，都为正整数，且，当且仅当时“=”成立法一：由题意得+，得，当且仅当时“=”成立 法二：由Cauchy不等式，得令，则令，则在上单调递增，即 23-8【提升】 【正确答案】 1、 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）法一：将，两边平方，利用基本不等式求解；法二：利用柯西不等式求解；（2）法一：利用基本不等式证明；法二：利用柯西不等式证明.解：法一：，（当且仅当时取等），的最大值为.法二：柯西不等式，（当且仅当时取等）.法一：，

187、又，同理：，；法二：柯西不等式，（当且仅当时取等）同理可得：（当且仅当时取等）（当且仅当时取等）（当且仅当时取等） 23-9【提升】 【正确答案】 1、证明见解析 2、证明见解析【试题解析】 分析:（1）由已知可得出，结合基本不等式可证得；（2）利用柯西不等式可得出，即可证得结论成立.证明：因为、为正实数，由基本不等式可得，所以，当且仅当时，等号成立，故.证明：由柯西不等式可得，所以，当且仅当时，即当，时，等号成立，故. 23-10【提升】 【正确答案】 1、证明详见解析； 2、证明详见解析.【试题解析】 分析:（1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解；（2）结合（1）的结论，以及基本不等式的公式，即可求解.证明：，当且仅当a=b=c时，等号成立，设，即，解得，a，b，c为正数，.由（1）可得，当且仅当时，等号成立.，当且仅当时，等号成立.