2024新高考结构不良专题讲义（内部资料严禁外传）

第第页参考答案，仅供参考1．（答案不唯一）【分析】根据，可得，进而联想到二倍角的余弦公式，再根据，可得函数的周期，然后根据得到答案.【解析】由，得，联想到，可推测，由，得，则，又，所以（，为偶数，且），则当k=2时，.故答案为：（答案不唯一）.2．【分析】依次计算选择①②③的情况，根据正弦定理和余弦定理，三角恒等变换计算得到，，再利用等面积法计算得到答案.【解析】若选①因为，由正弦定理得：，即，，因为，所以.由余弦定理得：，所以，化简得：，所以（舍去）或者，从而.设边上的高是，所以，所以；若选②由题设及正弦定理，，因为，所以，由，可得，故，因为，故，因此，下同选①；若选③由已知得，故由正弦定理得.由余弦定理得.因为，所以，下同选①.故答案为：.【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和应用能力.3．条件选择见解析，【分析】当选①，利用正弦定理即可求解；当选②，利用基本不等式以及余弦定理可得，利用正弦定理即可求解.【解析】当选①：易知，，，，由，则，则，则，当选②：可知，，从而，，而，当且仅当时取等号，从而.【点评】本题是一道开放性题目，考查了正弦定理、余弦定理解三角形以及基本不等式、三角函数的性质在求范围中的应用，属于中档题.4．2【分析】化简函数，根据题设条件，得到，即，即可求解.【解析】由题意，函数，要使得函数对于任意，都有成立，则满足，即，当时，，此时，故符合条件的的其中一个值为.故答案为：.【点评】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的周期性，合理利用题设条件，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.5．或（答案不唯一）【分析】根据所给值域且为周期函数的函数写出即可.【解析】由所给的值域为，且为周期函数，写出一个即可，例如，或者.故答案为：或6．答案不唯一【分析】由变形到可考虑对数函数，然后根据单调性以及“”可考虑构造对数型函数.【解析】由题意可知，可变化为的形式，由此可想到对数函数，又因为在上是减函数且，所以满足条件的一个函数可取，故答案为：(答案不唯一).7．（答案不唯一）.【分析】联想正切函数可得结果.【解析】满足题意的函数为，（答案不唯一）.故答案为：，（答案不唯一）.8．（答案不唯一）【分析】由前三个性质及对数函数的性质可确定基本形式，结合可求得，由此可得结果.【解析】由前三个性质及对数函数的性质可得解析式为，再根据最后一个性质可得：.满足题意的一个为.故答案为：（答案不唯一）.9．（答案不唯一）【分析】由题数列为递增数列，可找出一个不满足的等差数列，即得.【解析】由题意可知，对于任意的，若，∴数列为递增数列，又命题为假命题，所以可找出一个不满足的等差数列，可取，该数列对于任意的，若，但，不满足.故答案为：（答案不唯一）.10．若，，，则（答案不唯一）【分析】根据线面垂直的判定性质定理结合面面垂直的性质定理可得出结论.【解析】设，在平面内作直线，使得，因为，，，，则，，则，，，则，故.故答案为：若，，，则（答案不唯一）.11．，答案不唯一【分析】由，，可得，进而解得，然后写出通项公式即可.【解析】设数列的公差为d，由题可得，因为，，所以有，解得，只要公差d满足即可，然后根据等差数列的通项公式写出即可，我们可以取，此时.故答案为：，答案不唯一.12．（答案不唯一）【分析】根据题目所给函数要满足的条件，写出相应的函数的例子.【解析】依题意可知，函数有极大值2，也有极小值0，且满足，.故答案为：（答案不唯一）13．或或【分析】（1）设是区间上的共鸣区间，由解得结果即可得解；（2）根据题意转化为方程在上有两个不等的实根，然后换元，令，转化为在上有两个不等的实根，令，利用二次函数的性质列式可解得结果.【解析】（1）设是区间上的共鸣区间，因为在上递增，且在上的值域也为，所以，即，因为，所以或或，函数的共鸣区间为或或.（2）因为函数在上单调递增，若存在共鸣区间，则，即，也就是方程在上有两个不等的实根，令，得，所以在上有两个不等的实根，令，则，即，解得，故实数k的取值范围是【点评】关键点点睛：第二问利用等价转化思想将问题转化为二次函数的零点问题求解是解题关键.14．(答案不唯一)【分析】通过得出，即可求出的最小正周期；通过得出函数关于点对称，然后列举一个满足关于点对称以及最小正周期为的方程即可.【解析】因为，所以，的最小正周期为.因为，所以函数关于点对称，满足关于点对称以及最小正周期为的方程可以为.故答案为：；（答案不唯一）.15．（答案不唯一）【分析】本题第一个填空可用到常用的函数；第二个填空要考虑到函数和对应的数列增减性不同．【解析】由题意可知：在x∈[1，+∞）这个区间上是增函数的函数有许多，可写为：．第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为：．则这个函数在[1，]上单调递减，在[，+∞）上单调递增，∴在[1，+∞）上不是增函数，不满足①．而对应的数列为：在n∈N*上越来越大，属递增数列．故答案为：；．16．见解析【分析】方案①③与②③，都有周期可求得，再由型函数的对称轴与对称中心求得，即可表示解析式，最后由三角函数的性质求得指定区间的最值；方案①②中，由对称轴与对称中心可构建方程组，分别表示与，利用分类讨论和时的情况，其中若T小于所求区间范围的区间长度，则最值由振幅确定，反之则可由性质求值域.【解析】方案一：选①③.由已知，函数的最小正周期，所以，，所以.令，得，.所以的对称轴方程为，.令，，由，得.综上，.因为，所以.所以当或，即或时，；当，即时，.方案二：选②③.由已知，函数的最小正周期，所以，，所以.所以，于是，.由，得.综上，.因为，所以.所以当，即时，；当，即时，.方案三：选①②.由已知可知其中一个对称轴与对称中心，则，解得因为，则，即或0当时，因为，则当时，，则又因为区间的区间长度为，所以函数在区间上的最大值为和最小值为，显然时也成立，当时，因为，则当时，，则此时函数，则其在区间上有，即，故最大值为，最小值为，当时，，则，所以函数在区间上的最大值为和最小值为，显然时也成立综上所述，函数和函数在区间上的最大值为和最小值为；函数在区间上最大值为，最小值为.【点评】本题考查由三角函数的性质求解析式，还考查了求指定区间的最值，属于难题.17．（1）答案见解析；（2）；（3）答案见解析.【分析】（1）根据所选条件，结合奇函数和偶函数的定义可得出的等式或表达式，可求得对应的实数的值；（2）由已知条件可得出，由参变量分离法得出，求出函数在区间上的最小值，由此可求得实数的取值范围；（3）设，由参变量分离法得出，分析函数在区间上的单调性，由此可得出当在不同取值下方程的解的个数.【解析】（1）若选①，，则，该函数的定义域为若函数为奇函数，则，不合乎题意；若函数为偶函数，则，由，可得，化简可得，则不为常数，即函数不可能为偶函数，不合乎题意；若选②，的定义域为，所以，函数的定义域为，此时，函数为非奇非偶函数，不合乎题意；若选③，，则.若函数为奇函数，则，不合乎题意；若函数为偶函数，则，由，可得，整理可得，则不为常数，不合乎题意.选④，，，当为奇函数，则，即，可得；当为偶函数，则，则，可得；（2）当为奇函数时，，，则，由于函数在上为增函数，函数在为减函数，所以，函数在上为增函数，则，若对于任意的，都有成立，设，，任取、，且，即，则，，则，，可得，即，所以，函数在上为增函数，所以，，.所以的取值范围是；（3）当为偶函数时，，，令，当且仅当时，等号成立，则，，又在单调递增，所以.①当，此时方程无解；②当，存在唯一解，又因为为偶函数，不妨设，，因为，则，，所以，，，所以在单调递增，在单调递减，（i）当时，，此时方程有唯一解；（ii）当时，，此时方程有两个解；下证必要性：令，该函数的定义域为，，则为偶函数，在单调递增，，，所以在有一个零点，又因为函数是偶函数，则函数在也有一个零点，所以当，时原方程一共有两个解.【点评】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果.18．（1）答案见解析；（2）．【分析】方案一选①：（1）设，求出导函数，由导函数确定函数的单调性，得最值，从而可证得不等式成立；（2）设，只有一个零点，时，函数单调递减，易得只有一个零点，时，利用导数确定函数的单调性与极值，分类讨论确定参数范围．在说明有两个零点时，需由不等式①可得，确定两个零点．方案二选②：（1）设，求出导函数，由导函数确定函数的单调性，得最值，从而可证得不等式成立；（2）设，只有一个零点，时，函数单调递减，易得只有一个零点，时，利用导数确定函数的单调性与极值，分类讨论确定参数范围．在说明有两个零点时，，当时，由不等式②可得，从而得于是确定两个零点；方案三选③（1）设，求出导函数，由导函数确定函数的单调性，得最值，从而可证得不等式成立；（2）设，只有一个零点，时，函数单调递减，易得只有一个零点，时，利用导数确定函数的单调性与极值，分类讨论确定参数范围．在说明有两个零点时，需由由不等式③可得，确定两个零点．【解析】解：方案一：证明不等式①．设，，当时，，单调递减．所以，故不等式①成立．（2）设，则函数与的图像有且只有一个公共点等价于有且只有一个零点．当时，在单调递减，，故只有一个零点．定义域为，．当时，若，则，单调递减，若，则，单调递增，所以．若，，有且只有一个零点．若，则．当时，，因为，所以在存在一个零点．由不等式①可得．因此，，在存在一个零点，故有个零点．当时，，因为，所以在存在一个零点．由不等式①可得．所以，在存在一个零点，故有个零点．综上，的取值范围为．方案二：证明不等式②．设，当时，，单调递减．所以，故不等式②成立．（2）设，则函数与的图像有且只有一个公共点等价于有且只有一个零点．当时，在单调递减，，故只有一个零点．定义域为，．当时，若，则，单调递减，若，则，单调递增，所以．若，，有且只有一个零点．若，则．当时，，因为，所以在存在一个零点．由可得，．因此，，在存在一个零点，故有个零点．当时，，因为，所以在存在一个零点．此时，当时，由不等式②可得．于是，在存在一个零点，故有个零点．综上，的取值范围为．方案三：证明不等式③．设，当时，，单调递减．所以，故不等式③成立．（2）设，则函数与的图像有且只有一个公共点等价于有且只有一个零点．当时，在单调递减，，故只有一个零点．定义域为，．当时，若，则，单调递减，若，则，单调递增，所以．若，，有且只有一个零点．若，则．当时，，因为，所以在存在一个零点．由可得，．因此，，在存在一个零点，故有个零点．当时，，因为，所以在存在一个零点．由不等式③可得，在存在一个零点，故有个零点．综上，的取值范围为．【点评】本题考查用导数证明不等式成立，考查函数图象交点个数问题，解题关键是把函数图象交点个数转化为函数零点个数，然后利用导数研究函数的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数．本题有一个难点是在确定函数有两个零点时需要用到第（1）所证不等式以确定函数值的正负．19．（1）详见解析（2）详见解析【分析】（1）若条件①成立，由题意可发现数列是以1为首项，3为公差的等差数列，计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式；若条件②成立，通过递推关系得出是首项为1，公差为3的等差数列，即可求出通项公式；若条件③成立，通过和的关系即可求出的通项公式；（2）先假设存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，根据等比中项的性质有，分三种情况讨论3个条件分别成立时，然后代入和，得出关于的表达式，用表示，通过数列的单调性和二次函数的性质，判断可得的最小值．【解析】解：若条件①成立，（1），，故数列是以1为首项，3为公差的等差数列.∴.∵，∴.（2）由题意，假设对大于1的自然数，存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，则，即，∵，∴，整理，得，构造数列：令且，∵，当且时，，即.∴数列是单调递增数列.当时，数列取最小值.∴对大于1的自然数，存在大于2的自然数，且的最小值为6.若条件②成立，（1），,，即：，，，是首项为1，公差为3的等差数列，.（2）若，，成等比数列，则，即，整理得：，且为整数，时，，即存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，的最小值为6.若条件③成立，（1），，，所以，（2）若，，成等比数列，则，即：，整理得：，且为整数，时，，即存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，的最小值为2.【点评】本题主要考查数列由递推关系求通项公式，以及等比数列的性质应用．考查了转化思想，构造法，利用数列单调性和二次函数的性质求最值，逻辑思维能力和数学运算能力．20．（1）选①，；选②;选③（2）证明见解析.【分析】（1）选①，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；（1）选②，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；（1）选③，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；（2）线段的中垂线与x轴交于点N，讨论（i）当时，易得，，求得（ii）当时，设直线的方程为，联解得：，求得，，；利用中垂线方程求得，得到，从而得解.【解析】（1）选①，由题意可得：，解得，所以所求椭圆C的方程为；（1）选②，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；（1）选③，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程；（2）（i）当时，，，（ii）当时，由题意可得：.设直线的方程为，设，，由整理得：显然，且，，所以所以线段的中点，则线段的中垂线方程为，令，可得，即，又，所以，所以，即.【点评】本题属于开放性题，任选一个条件补充完整题干再作答，考查椭圆的标准方程及直线与椭圆关系求定值问题，属于中档题.21．选择见解析；数列是等差数列，证明见解析.【分析】若补充条件①：数列奇数项和偶数项分别成等差数列，分别把奇数和偶数项的通项公式求出，通过通项公式判断整体是否为等差数列即可；若补充条件②：将两个已知等式变形，得到等式，可知从第二项开始为等差数列，再验证即可；若补充条件③：根据两个已知式子变形得到，可知从第三项开始等差，再验证前面两项即可.【解析】解：选择条件①：由得数列和成公差为4的等差数列，则有当时，，又成等差数列所以其公差为2，则有所以则当为奇数时，当为偶数时，所以则，所以数列是公差为2的等差数列.选择条件②：因为，所以又所以所以所以数列从第二项开始等差，设公差为，因，所以又，所以综上所述：数列是公差为2的等差数列.选择条件③：因为.所以，又两式相减得所以数列从第三项开始等差.将带入得因为，所以所以，同理综上所述：数列是公差为2的等差数列.【点评】此类题型易错点：通过等式变形后容易忽略的范围导致解答不完整.22．选①，；选②，；选③，【分析】根据选择的条件，利用正余弦定理，求出边长，再利用面积公式即可求出.【解析】解：选择①，，即，化简得：，又，，即，，，，由余弦定理得:，解得:，，的面积为；选择②，由正弦定理可得，又，，由，即，，即，，由余弦定理得，解得：，，的面积为；选择③由及，得：，即，由正弦定理得：，，即，，，由，得：，，，，的面积为.【点评】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.23．（1）；（2）.【分析】（1）若选择①则可求的值，进而可得椭圆的方程，若选择②点位于短轴的端点时，最大为，此时，，结合，可求的值，进而可得椭圆的方程；（2）首先利用点差法求出直线的斜率，进而可得其方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求弦长，再利用原点到直线距离为三角形的高，进而可得的面积.【解析】（1）若选择①椭圆上的点到一个焦点的最远距离等于3；则，解得，所以，所以椭圆的方程为：，若选择②椭圆上的点与两个焦点所成的角最大值为.由椭圆的定义可得，在中，由余弦定理可得：，因为，所以，当且仅当也即位于短轴的端点时等号成立此时最小，最大，所以此时，所以，即，由可得，所以，所以，所以椭圆的方程为：；（2）由（1）得椭圆：，设，，则①，②①②得：，即因为，，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即由可得：，所以，，所以弦长，原点到直线距离，所以的面积为.【点评】结论点睛：椭圆中点差法的应用结论（适用于中点弦问题）在椭圆：中，若直线与椭圆交于两点，点是弦的中点，弦所在的直线的斜率为，则，即；若椭圆的方程为，则，即.24．（1）；（2）.【分析】（1）利用等体积，转换顶点即可；（2）建立空间直角坐标系，求其法向量，表示出线面角的正弦值，按照求值域的思路适当换元求范围即可.【解析】（1）在三棱锥中，连接，，因为是以为斜边的等腰直角三角形，，为中点，所以，又平面平面，平面平面，平面∴平面又平面∴∴，，两两垂直.∴又∴∴点到平面的距离为.（2）与平面所成角的正弦值的取值范围为．以选条件①为例（亦可使用综合法、综合与向量混用法）在三棱锥中，以为坐标原点，为正交基底，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，，，设平面的法向量为，则即即，不妨令，则同理可求得平面的法向量（选条件①）因为平面，平面∴即即∴又∴∴又平面，∴是平面的一个法向量设直线与平面所成角为，则令，，∴令，则∴在上单调递增∴，∴，∴∴直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.选条件②，条件③结果相同.【点评】本题的难点在表示出正弦值后值域的求法，可以适当换元，借助导数工具求解.25．条件选择见解析，（1）；（2）1206.【分析】（1）根据所选条件，可得为首项是，公比是的等比数列，写出通项公式即可.（2）由题意得的前项是由前36项去掉的项构成，进而利用等差等比前n项和公式即可求.【解析】（1）选条件①：数列为等比数列，，即．设等比数列的公比为，则，解得或（舍），；选条件②：点在直线，，又，两式相减有：，又，，也适合上式，，因为，，故数列为首项是，公比是的等比数列，即；选条件③：，则，由两式相减可得：，即，又，，也适合上式，故数列为首项是，公比是的等比数列．；（2），其中前30项：即前36项去掉6个的项，有，∴.【点评】关键点点睛：根据等比数列定义确定数列的通项公式；理解中去掉的项后余下的项按原来的顺序组成数列，进而得到前项的构成并求前n项和.26．（1）奇函数，证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【分析】（1）令可得，令，可得可得答案.

（2），由为奇函数，可得，可化为，由是上的减函数，等价于，若选①，存在，，即求出的最大值即可，若选②，对任意，，即求出的最小值.（3）设，可化为，则有两不等实根，则解集为，即，则与解集相等且非空；由，为两根，代入可得，则，从而可求出答案.【解析】（1）为奇函数，证明如下：令可得，则，对任意，令，可得，则，则为奇函数；（2），时，，由为奇函数，可得，可化为，由是上的减函数，等价于，即，即，若选①，存在，，在上为增函数，上为减函数，最大值为，则；若选②，对任意，，在上为增函数，上为减函数，时等于，时等于，最小值为，则；（3）设，可化为，由解集非空可得，此时即，，则有两不等实根，则解集为，即，则与解集相等且非空；则，且，由，为两根，代入可得，则，由，即，即，即，由，可得，则.【点评】关键点睛：本题考查函奇偶性的判断，不等式有解和恒成立求参数，根据不等式同解求参数的范围，解答本题的关键是设，可化为，则有两不等实根，则解集为，即，则与解集相等且非空；即得到，且，由，为两根，代入可得，属于难题.27．（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）由条件可知，再将点代入椭圆方程，计算求得椭圆的标准方程；（2）若选①，法一，设直线：与椭圆方程联立，直线与的交点，再利用根与系数的关系化简交点坐标；法二，要证明，即证，利用分析法，代入根与系数的关系证明；若选②，法一，利用根与系数的关系化简，法二，利用根与系数的关系证明，法三，利用分析法证明，法四，利用直线与椭圆方程联立，计算求得点的坐标，利用三点共线，证明，若选择条件③，利用坐标表示，代入根与系数的关系，证明.【解析】解⑴因为抛物线的焦点为.所以椭圆的右焦点用又点在该椭圆上，所以又，所以椭圆的标准方程为（2）选①设联立得：法一：直线的交点的横坐标为所以直线AM与BN的交点在定直线上法二：要证直线与的交点在定直线上，即，即证即证，即证，即证即证因为所以直线与的交点在定直线上.选②设，联立得：所以法一：法二：所以因为也同号，所以法三：要证，即证，即证即证，即证因为所以法四：由得得同理因为为三点共线，所以即因为同号，所以选③设，联立得：所以所以.【点评】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.28．（1）选择①②、①③、②③都有；（2）；（3）存在，的范围，利用见解析.【分析】（1）选择①②，将点代入，结合可求，由点是的对称中心可得，结合，可得，即可得解析式；选择①③：将点代入，结合可求，由，所即，可得，即可得解析式；选择②③由，所即，可得，若函数的图象关于点对称，则，结合，可得，即可得解析式；（2）若是函数的零点，则，解得或，可得或，进而可得可能的取值，即可求解；（3）由得，当时，函数可转化为，，，利用偶函数的性质原不等式可化为，即可求解.【解析】选择①②：因为函数的图象过点，所以，解得，因为，所以，因为函数的图象关于点对称，则，可得，因为，所以，，所以，选择①③：若函数的图象过点，所以，解得，因为，所以，因为函数相邻两个对称轴之间距离为，所以，所以，，解得：，所以，选择②③：因为函数相邻两个对称轴之间距离为，所以，所以，，解得：，若函数的图象关于点对称，则，可得，因为，所以，，所以（2）若是函数的零点，则，可得，所以或解得：或，若是函数的零点，则，，当时，，当时，，当时，所以的值组成的集合为；（3）当时，，令，则，令，则，，因为，所以，即，所以，即，，解得：.所以实数的范围是：.【点评】关键点点睛：本题解题的关键是由余弦函数的性质求出的解析式，再利用余弦函数的零点可求可能的取值，求的范围的关键是构造偶函数，利用单调性脱掉，解关于的不等式.29．（1）（2）【分析】选条件①由，根据同角基本关系可求sinα，cosα，由两角和的正弦公式求解，计算，求出；选条件②由，求出sinα，cosα，同①即可求解；选条件③由，结合余弦二倍角公式、同角基本关系可求sinα，cosα，以下同①．【解析】选条件①：因为，所以．由平方关系sin2α+cos2α＝1，解得或因为，所以．(1).(2)因为，所以由sin2（α-β）+cos2（α-β）＝1，解得．因为，所以，所以，所以,由，.选条件②：因为，所以14sinαcosα＝，因为，所以cosα≠0，所以．由平方关系sin2α+cos2α＝1，解得．因为，所以．以下同①的解法．选条件③：因为，所以．由平方关系sin2α+cos2α＝1，得．因为，所以．以下同①的解法．【点评】关键点点睛：本题主要选择不同的条件，利用三角恒等变换及同角三角函数的基本关系，求出，然后利用角的变换，求出，结合求解，属于难题.30．（1）选①②③，；（2）.【分析】（1）根据题意可得出函数的最小正周期，可求得的值，根据所选的条件得出关于的表达式，然后结合所选条件进行检验，求出的值，综合可得出函数的解析式；（2）求得，由可计算得出，进而可得出，由参变量分离法得出，利用基本不等式求得的最小值，由此可得出实数的取值范围.【解析】（1）由题意可知，函数的最小正周期为，.选①，因为函数的一条对称轴，则，解得，，所以，的可能取值为、.若，则，则，不合乎题意；若，则，则，合乎题意.所以，；选②，因为函数的一个对称中心，则，解得，，所以，的可能取值为、.若，则，当时，，此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意；若，则，当时，，此时，函数在区间上单调递减，合乎题意；所以，；选③，将函数向左平移个单位得到的图象关于轴对称，所得函数为，由于函数的图象关于轴对称，可得，解得，，所以，的可能取值为、.若，则，，不合乎题意；若，则，，合乎题意.所以，；（2）由（1）可知，所以，，当时，，，所以，，所以，，，，，则，由可得，所以，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，.【点评】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.31．（1），；（2）答案见解析.【分析】（1）利用等比数列的通项公式与求和公式求出和，得到数列的通项公式，再求出对应等差数列的前两项和公差，即可得数列的通项公式；（2）根据已知条件进行整理，得出数列的通项公式，进而利用裂项相消法即可求解.【解析】（1）设数列的公比为，则.，，解得：或，又因为各项均为正数，所以，又，，代入得，，，则，，设数列的公差为，∴，则.（2）选择①：，，则，.选择②：，，则，，.选择③：由（1）知，.，.【点评】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．32．条件选择见解析，（1）平面，理由见解析；（2）.【分析】（1）若选①：在中，证得，进而证得平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面．若选②：由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面．若选③：由平面平面，证得平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，，进而证得平面．（2）以为原点，射线为轴建立直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【解析】（1）若选①：，在中，，，，，可得，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，又因为，分别为，中点，可得，所以平面．若选②：为四面体外接球的直径，则，可得，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面．若选③：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且,平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面．（2）以为原点，射线为轴建立如图直角坐标系，则，，，，可得，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以设平面的法向量为，则,取，可得，所以，故二面角的正弦值.【点评】利用空间向量计算二面角的常用方法：1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.33．答案见解析.【分析】选择①，利用二倍角正弦公式得，通过边与角的关系知，进而得，再利用正弦定理计算得，出现矛盾，故不存在；选择②，由正弦定理结合逆用两角和差化积公式计算得，利用余弦定理可得，再利用面积公式得解；选择③，利用正弦定理结合同角之间的关系得到，利用余弦定理可得，再利用面积公式得解；【解析】选择①由，得.若，，，与矛盾，，.若这样的存在，根据正弦定理，由，得，与矛盾.所以，若选择条件①，则问题中的三角形不存在.选择②在中，根据正弦定理，得.，则，，即，整理为.，，，.根据余弦定理，，结合，，，解得：或（舍去）.的面积为.选择③在中，根据正弦定理，得，即.，则，.，，，，.根据余弦定理，，结合，，，解得：或（舍去）.的面积为.【点评】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）代数变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.34．（1）答案见解析；（2）．【分析】(1)在中，利用正弦定理，可求得BD=6.选①：先由三角形的内角和可得∠BDC=，从而知为直角三角形，然后由勾股定理，得解;选②：在中，由余弦定理可得关于BE的方程，解之即可.(2)在中，结合余弦定理和基本不等式，即可得解.【解析】（1）在中，由正弦定理知，，解得，选①：，，，在中，；若选②，在中，由余弦定理知，，化简得，解得或（舍负），故服务通道BE的长度；（2）在中，由余弦定理知，，，，即，当且仅当时，等号成立，此时，的最大值为．【点评】关键点睛：本题主要考查解三角形的实际应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.35．条件选择见解析（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）若选条件①由已知求得，再得，可求得数列的通项公式；若选条件②．设等比数列的公比为，由已知建立方程求得数列的公比，从而求得等比数列的通项公式；若选条件③．设等比数列的公比为，由已知建立方程求得数列的公比，从而求得等比数列的通项公式；（2）运用裂项求和法可求得，从而不等式可得证．【解析】解：（1）若选条件①．∵，，∴，∴数列为正项数列，∴，∴，∴．当时，，又满足上式，∴．若选条件②．设等比数列的公比为，则，由得，即，又，∴或（舍去），∴等比数列的通项公式为．若选条件③．设等比数列的公比为，则，由，得，得，即，∴或（舍去），∴等比数列的通项公式为．（2）∵，∴∴，又，∴数列的前项和递减，∴，∵，，∴．【点评】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，，等.（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.36．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）分别由①②③条件列出，关系式，化简即可得轨迹方程；（2）设DE：，根据直线RD，QE交点的纵坐标为，求出的关系式即可求解.【解析】解：（1）若选①：设，根据题意，，整理得，所以所求的轨迹方程为．若选②：设，直线与圆相切于点，则，由椭圆定义知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，所以，，故，，，所以所求轨迹方程为．若选③：设，，，则（*）．因为，所以，整理得，代入（*）得，所以所求轨迹方程为．（2）证明：设与轴的两个交点坐标为，，由题意，直线DE斜率存在，设DE：，，联立，消去整理得，，，因为直线HR，HQ与轨迹W的另一个交点分别为点D，E，且H为直线上任一点，所以直线RD，QE交点的纵坐标为，直线RD：，直线QE：，联立RD，QE得，，即，恒过，故直线DE恒过定点.37．(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【解析】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．38．（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果；（2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果.【解析】（1）依题意，得，即，解得所以的方程（2）选择①，设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得直线的方程：；直线的方程：；联立方程，得，两式相除，得，即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线.选择②联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得于是故存在实数，使得恒成立.选择③，联立方程，得，化简整理，得，由韦达定理，得，直线与轴交于点，由对称性可知，，假设，即，则，所以，即，解得，所以直线恒过定点.【点评】关键点点睛：得出利用整体代换思想是解决①②的关键；根据对称性得出定点以及是解决③的关键.39．选择见解析；．【分析】选①，利用求通项；选②，列出数列首项、公差的方程组可得通项及前n项和；选③，求出首项即得通项及前n项和，再求出数列通项，利用裂项相消法求出的前项和错位相减法求的前项和即可得解.【解析】选①：时，，时，，满足上式，所以；选②：设的公差为，由已知得，即，解得，所以，；选③：由得数列公差为2，由得，，所以，，设的公比为，而，，则，，即有，于是得，又，数列的前项和为．数列的前项和为，，，从而得，所以数列的前项和．40．当选择①时，存在，且的最小整数值为1；当选择②时，存在，且的最小整数值为24；选择③时，存在，且的最小整数值为0.【分析】先根据，利用数列通项和前n项和的关系求得，若选择①，得到，利用裂项相消法求解；若选择②，得到，利用等差数列的前n项和公式求解；若选择③，得到，利用裂项相消法求解.【解析】因为，当时，解得，当时，由，得，两式相减得：，则，又适合上式，所以，当选择①时，，因为，所以，所以存在，且的最小整数值为1；当选择②时，，所以，，所以存在，且的最小整数值为24；选择③时，，所以，，当时，，所以存在，且的最小整数值为0；41．（1）；（2）存在直线，的内切圆的面积最大值为.【分析】（1）选①离心率，得到方程组，解之即可求出结果；选②椭圆过点，得到方程组，解之即可求出结果；选③先分析出面积的最大时，点为椭圆得上顶点或者下顶点，得，解之即可求出结果；（2）根据题意分析出当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，因此只需要求出的最大面积，设出直线方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出的面积，换元法结合导数求出函数的最值，进而求出结果.【解析】解：（1）选①离心率，依题意，解得，所以椭圆的方程为;选②椭圆过点，依题意，解得，所以椭圆的方程为;选③为椭圆上一点，面积的最大值为，由于面积的最大时，点为椭圆得上顶点或者下顶点，所以，解得，所以椭圆的方程为;（2）设内切圆的半径为，则的面积，当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，设，，，，，，则，显然直线得斜率不为0，所以设直线的方程为由，得，，，，，所以，令，则，且，有，因为令，当时，，则在，上单调递增，有，，即当，时，有最大值3，得，这时所求内切圆的面积为，所以存在直线，的内切圆的面积最大值为.【点评】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．42．（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）若选择①，则，由于在上单调递增，且，从而可求出求出的单调区间，进而可求出的最小值非负，则无极值；若选择②，则，由在上单调递增，且，可得的单调区间，从而得其最小值小于0，进而可判断函数的极值，（2）令，则可得，令，即转化为有解，构造函数，由导数可得由唯一零点，从而将问题转化为在有解，即，再构造函数，利用导数求出函数的值域可得的范围，从而可求出实数的取值范围【解析】解：（1）若选择①，则，由在上单调递增，且，所以在上单调递减，上单调递增，有，则在上单调递增，不存在极小值点.若选择②，则，由在上单调递增，且，所以在上单调递减，上单调递增，有，而，所以存在极小值点.（2）令，有，又，所以，令，即转化为有解，设，则由可得，在单调递减，在单调递增，而，所以由唯一零点.若在区间存在零点，即为在有解.整理得：，设，由知，在单调递减，在单调递增，则，所以，故有.【点评】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决零点问题，解题的关键是由可得，令，将问题转化为有解，构造利用导数讨论其解的情况即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题43．（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）由题意可得，求得；若选①②，可由向量数量积的定义结合正弦定理求解；若选②③，可由正弦定理求解；若选①③，可由向量数量积的定义结合余弦定理求解；（2）利用三点共线可求得，再由三点共线可得，再结合基本不等式即可求解【解析】（1）由已知得所以，即所以，，所以．若选①②由，得，所以由，得，所以由，得所以，所以，得．所以，．若选②③由，得，又因为，所以由正弦定理，得所以，若选①③由，得，所以又，所以所以所以（2）设，则因为三点共线，三点共线所以，解得，所以由三点共线，得所以当且仅当，时，有最小值．44．（1）证明见解析；（2）答案见解析.【分析】(1)根据给定条件证得C1D⊥A1B1及AA1⊥C1D即可推理作答；(2)连接DF，A1B，选①③，先证DF⊥AB1，再结合(1)证得C1D⊥AB1即可证得AB1⊥平面C1DF，选①②、选②③推理说明不能证得结论成立.【解析】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，依题意有A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，又AA1⊥平面A1B1C1，C1D平面A1B1C1，于是得AA1⊥C1D，又A1B1AA1=A1，A1B1平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B；（2）(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF，连接DF，A1B，如图，则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又AA1=，于是得四边形AA1B1B为正方形，则有A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1，因C1D⊥平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，因此得C1D⊥AB1，DFC1D=D，C1D平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥平面C1DF；(ⅰⅰ)选①②不能证明AB1⊥平面C1DF，连接DF，A1B，如图，则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，AA1=，于是得四边形AA1B1B为长方形，则有A1B与AB1不垂直，即有DF与AB1不垂直，所以AB1不垂直于平面C1DF；(ⅰⅰⅰ)选②③不能证明AB1⊥平面C1DF，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又，矛盾，所以不能证明AB1⊥平面C1DF，综上：(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.45．.【分析】根据题意，选择①②③求得，设，则，在中，由正弦定理求得，在中，由正弦定理求得可得，结合和三角函数的性质，即可求解.【解析】若选①：由，根据正弦定理可得，即，即，可得，因为，所以，设，则，在中，由正弦定理得，可得，在中，由正弦定理得，可得，因为，可得，当时，即，可得，当时，即，可得，所以的取值范围是.选②：由，根据正弦定理可得，可得，即，又由余弦定理，可得，因为，所以，设，则，在中，由正弦定理得，可得，在中，由正弦定理得，可得，因为，可得，当时，即，可得，当时，即，可得，所以的取值范围是.若选③：由，可得，即，可得，因为，所以，设，则，在中，由正弦定理得，可得，在中，由正弦定理得，可得，因为，可得，当时，即，可得，当时，即，可得，所以的取值范围是.46．（1）选①：；选②：，椭圆挖去两个点；（2）.【分析】（1）选①：由题意知，将代入椭圆方程结合求得和的值即可求解；选②：由圆的方程可得，半径，，证明可得，由椭圆的定义即可求解；（2）设，，，讨论直线的斜率等于时，不符合题意，直线的斜率不等于时，的方程为：，由直线与圆相切额的，的关系，与椭圆方程联立，由，可得点的坐标，由结合函数的性质即可求解.【解析】（1）选①：由题意可知：，，，所以，所以，解得：，所以椭圆的标准方程为：；选②：由可得，半径，由题意可得：，所以因为，所以，可得，所以，所以，所以点的轨迹是以，、为焦点的椭圆，所以，，所以椭圆的标准方程为：；（2）设，，，当直线的斜率等于时，的方程为：，此时直线与椭圆只有一个公共点，不符合题意；当直线的斜率不等于时，的方程为：，因为直线与圆相切，所以，即，由可得：，则，，则，，即，所以，设，则，则，所以当即时，取得的最大值.【点评】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用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，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．47．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可得出结论成立；（2）设平面与平面所成的锐二面角为，，选择②④，③④，②③，（条件①与④等价，故选择①④不能确定的值.若选择①②可转化为选择②④解决；若选择①③可转化为选择③④解决），根据空间详解的方法，分别求出两平面的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.【解析】（1）在中，，则有，∴，又，且，平面，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（2）设平面与平面所成的锐二面角为，.方案一：选择②④可确定的大小.如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系.∵，，∴在中，，则，，，，又，分别是线段，的中点，∴，，且易知是平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，由得取，得为平面的一个法向量.所以，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.方案二：选择③④可确定的大小.∵，∴，又，平面.下同方案一.方案三：选择②③可确定的大小.∵，∴，又，∴.下同方案一.（注：条件①与④等价，故选择①④不能确定的值.若选择①②可转化为选择②④解决；若选择①③可转化为选择③④解决，此略.）【点评】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.48．（1）是，理由见解析；（2）证明见解析，满足条件①③④，.【分析】（1）利用正弦定理可得，再利用两角和的正弦公式可得，即可得到答案；（2）先证明若满足①②同时成立是不可能的，从而得到要么满足①③④或②③④，进行求解证明；【解析】解：（1）因为，由正弦定理可得，在中，，，所以不等式整理为，即，因为，，所以，所以B为钝角.（2）（i）若满足①②，由（1）B为钝角，A，C为锐角，及，可得，，所以不符合B为钝角，故①②不同时成立.（ii）若满足①③④，则正弦定理可得，即，所以，又，所以，在三角形中，，所以或，而由（1）可得，所以可得，，所以.(iii)若满足②③④，由B为钝角，，所以，而，所以，这时，不符合B为钝角的情况，所以这种情况不成立.综上所述：只有满足①③④时.【点评】本题考查正弦定理、两角和的正弦公式，是高考中的新题型，求解时注意逻辑推理能力的考查与运用.49．答案见详解【分析】由作差法求得通项，选择条件①：求出，，得，，结合错位相减法求前项和再解不等式即可；选择条件②：得，则是等差数列，求和再解不等式即可；选择条件③：得，，结合错位相减法求前项和再解不等式即可．【解析】由可得，两式相减可得，所以.当时，由可得，满足，所以.选择条件①：因为，，所以，，于是，此时，所以，两边同乘以得，两式相减可得，所以，解得(为偶数)，所以存在正整数，使得成立，的最小值为.选择条件②：因为，，所以，，于是，此时，所以.由可得，所以存在正整数，使得成立，的最小值为.选择条件③：因为，，所以，，于是，此时，所以，两边同乘以得，两式相减可得，所以.因为，所以不存在正整数，使得成立．【点评】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．50．条件选择见解析；（1）；（2）.【分析】（1）若选①，根据已知条件考虑对应的等式，两式作差得到的关系，通过条件证明是等比数列，并求解出通项公式；若选②，根据已知条件考虑对应的等式，结合得到的关系，通过条件证明是等比数列，并求解出通项公式；若选③，将点代入直线方程，然后根据得到的关系，通过条件证明是等比数列，并求解出通项公式；（2）先求解出的通项公式，然后采用错位相减法进行求和.【解析】（1）方案一：选条件①.∵，∴当时，，两式相减，整理得，∵，∴，，所以，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴.方案二：选条件②.∵，∴当时，，两式相减，整理得，∵，，∴，，所以，∴数列是以为首项，为公比的等比数列.∴方案三：选条件③.∵点在直线上，∴，∴，两式相减，整理得，当时，，得，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴.（2）由（1）可得，，则，，两式相减得∴.【点评】思路点睛：满足等差乘以等比形式的数列的前项和的求解步骤（错位相减法）：（1）先根据数列的通项公式写出数列的一般形式：；（2）将（1）中的关于等式的左右两边同时乘以等比数列的公比；（3）用（1）中等式减去（2）中等式，注意用（1）中等式的第一项减去（2）中等式的第2项，依次类推，得到结果；（4）利用等比数列的前项和公式以及相关计算求解出.51．若选①、②，不存在，理由见解析；若选③，存在满足题意.【分析】若选择，即的图像关于直线对称，则可推出，进而利用正弦型函数的性质，求得的最大值，从而得到，不符合题意．

若选择，可得，进而求得的最大值，从而得到，不符合题意．

若选择，可得，进而求得的最大值，从而得到，符合题意．【解析】解：因为即由于函数的最小正周期不小于，所以，

所以，，

若选择，即的图像关于直线对称，

有，解得，

由于，，，所以，，

此时，，

由，得，

因此当，即时，取得最大值，

令，解得，不符合题意．

故不存在正实数a，使得函数在上有最大值．若选择，即的图象关于点对称，

则有，解得，

由于，，，所以，．此时，．由，得，因此当，即时，取得最大值，

令，解得，不符合题意．故不存在正实数a，使得函数在上有最大值；若选择，即在上单调递增，

则有解得

由于，，，所以，．此时，．由，得，

因此当，即时，取得最大值，

令，解得，符合题意．故存在正实数，使得函数在上有最大值．【点评】本题主要考查函数的图象与性质，熟练掌握三角函数的图象和性质是解决本题的关键．52．条件选择见解析；，外接圆的半径.【分析】选条件①在中利用余弦定理求出和的长度，然后在中利用余弦定理即可求出的长度，然后在中求出，结合正弦定理即可求解外接圆半径；选条件②首先根据求出，结合的面积求出，进而得到，然后在中利用余弦定理即可求出的长度，然后在中求出，结合正弦定理即可求解外接圆半径；选条件③在中利用余弦定理表示出，在中利用余弦定理表示出，结合，求出所需要的线段长度，结合正弦定理即可求解外接圆半径；【解析】解：若选择条件①因为，所以设，则.又，所以在中，，即，即，解得或(舍去).在中，，所以，同理，所以.由正弦定理可得，所以外接圆的半径，若选择条件②因为点M，N是BC边上的三等分点，且，所以.因为，所以，所以，所以.在中，，所以.同理，所以，由正弦定理可得，所以外接圆的半径.若选择条件③设，则.在中，，同理在中，，因为，所以，所以在中，，所以.同理，所以.由正弦定理可得，所以外接圆的半径.53．条件选择见解析；（1）；（2）和.【分析】根据已知条件先求解出函数的最小正周期，接下再考虑求解函数解析式；若选①：先确定出平移后的函数解析式，根据最小正周期求解出的值，然后根据函数图象关于原点对称求解出的值，则函数解析式可求；若选②：根据向量数量积运算以及辅助角公式化简，根据最小正周期求解出的值，则函数解析式可求；若选③：利用二倍角公式以及辅助角公式化简，根据最小正周期求解出的值，则函数解析式可求.（1）先求解出的值，然后根据两角和的正弦公式求解出结果；（2）利用正弦函数的单调递减区间的公式，结合的取值，可求解出在上的单调递减区间.【解析】因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以最小正周期，若选①：因为，所以，所以，因为的图象向右平移可得，且图象关于原点对称，所以，又因为，所以，所以；若选②：因为，，所以，所以；若选③：因为，所以，又，所以，所以；（1）因为，，所以，所以，，所以；（2）令，所以，又，当时，；当时，，所以在上的单调递减区间为和.54．条件选择见解析；（1）；（2）最小值为.【分析】（1）选①：由题设条件化简得到，进而得到数列是首项为，公差为的等差数列，即可求解；选②：由题设条件化简得，进而得到是首项为，公差为的等差数列，即可求解；所以，所以；选③：由，利用叠加法，即可求解；（2）由（1）得到，利用裂项法求和，得到，结合单调性，即可求解.【解析】（1）若选①：由，可得，即，又由，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以；若选②：由，可得，即，又由，可得，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，所以；若选③：由，当时，，当时，，符合，所以当时，；（2）由（1）知，则，所以，因为随着的增大而增大，所以，即的最小值为.55．（1）见解析，（2）见解析【分析】（1）去绝对值符号，根据二次函数的对称轴即可得出单调区间；（2）分离参数，求出函数单调区间的端点的函数值，根据的图象与x轴有两个交点，即可得出实数b的取值范围．【解析】解：若选①，（1）当时，的对称轴为，所以在上单调递增．当时，的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增．综上所述，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，．因为的图象与x轴有两个交点，所以，即，所以实数b的取值范围是．若选②，（1）当时，因为的对称轴为，所以在上单调递减，在单调递增．当时，因为的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增．综上所述，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，．因为的图象与x轴有两个交点，所以或．由或，得或，所以实数b的取值范围是．若选③，（1）当时，的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增．当时，的对称轴为，所以在上单调递减．综上所述，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，．因为的图象与x轴有两个交点，所以．由，得，所以实数b的取值范围是．56．选择见解析；（1）；（2）9个．【分析】（1）选①：根据递推公式得到，即可求出结果，注意检验时是否符合；选②：利用累加法求出，进而可以求出结果；选③：根据前项和与的关系，证得数列为等差数列，进而可求出结果；（2）根据等差数列和等比数列的通项公式，求出，结合单调性解不等式即可求出结果.【解析】解：（1）选①：当，，当，，作差有，则，又，符合，所以．选②：，又，所以，所以．选③：当，，，，作差：，所以，，有，故数列为等差数列，，，所以．（2），，易知为单调递增数列，又，，所以，，，所以有9项符合．57．（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；（2）选条件①时，利用裂项相消法求出数列的和；选条件②时,利用错位相减法求出数列的和；选条件③时,利用分组求和法求出数列的和.【解析】（1）对于，当n=1时，有；当，有，①-②得：，所以.经检验：对n=1都成立.所以数列的通项公式为.（2）选条件①：所以数列的前n项和：.选条件②：则.所以数列的前n项和：④乘以2，得：④-⑤得：所以.选条件③：，所以，当n为偶数时,；当n为奇数时,，故.58．（1）选①②③都有；（2）证明见解析．【分析】（1）选①，用表示两已知条件，求得，可得通项公式；选②，时求得，然后由求得数列的递推式，得出公差，可得通项公式；选③，由等差数列的性质：数列也是等差数列，求得，从而易得，得通项公式；（2）用放缩法，结合裂项相消法求得放缩后的和，证明不等式成立．【解析】解：（1）若选择条件①：由，得；即①，又，，成等比数列，得，即②，由①②解得，．所以．若选择条件②：由，得，两式相减并整理得：，由于，所以，所以，即，令，得，解得，所以．若选择条件③：由等差数列的前项和为，得，又数列是等差数列，得数列也是等差数列，所以，即，解得，故；，解得，所以．（2）证明：由，可得，所以，所以．59．【分析】若选①：利用二倍角公式以及两角和差公式将函数进行化简变形，（1）利用整体代换以及正弦函数的单调性列出不等式，求解即可；（2）利用的范围，求出的范围，即可得到函数的值域．若选②：利用两角和差公式将函数进行化简变形，（1）利用整体代换以及正弦函数的单调性列出不等式，求解即可；（2）利用的范围，求出的范围，即可得到函数的值域．若选③：利用二倍角公式将函数进行化简变形，（1）利用整体代换以及正弦函数的单调性列出不等式，求解即可；（2）利用的范围，求出的范围，即可得到函数的值域．【解析】若选①：（1）令，解得，所以的单调递减区间为；（2）当时，则，，所以，，故，所以在区间，的取值范围为．若选②：，（1）令，解得，，所以的单调递减区间为；（2）当时，，所以，故，所以在区间，的取值范围为．若选③：，（1）令，解得，所以的单调递减区间为；（2）当时，则，，所以，，故，所以在区间，的取值范围为．60．（1）；（2）【分析】（1）若选①，可判断是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式；若选②，利用累加法可求出；若选③，可判断是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式；（2）利用错误相减法法可求出.【解析】（1）若选①，因为，当时，，两式相减得，当时，，即，又，所以，故也满足，所以是首项为2，公比为2的等比数列，故；若选②，因为，所以，故；若选③，因为，当时，，两式相减可得，即，当时，，所以，满足，所以是首项为2，公比为2的等比数列，故；（2），则，两式相减可得，则.61．（1）选①②③均有：；（2）或．【分析】（1）选①，由圆心到切线的距离等于半径求得圆半径后可得圆方程；选②由对称得圆半径，从而得圆方程；选③由公切线长公式求得圆半径得圆方程；（2）由弦长求得圆心到直线的距离，设出直线方程，由点到直线距离公式求得参数得直线方程，注意直线斜率不存在的情形的讨论．【解析】解：选①（1）由直线与圆相切知圆的半径为点到直线的距离即，所以圆的方程为．（2）记线段的中点为，依据可得且，，则即点到直线的距离为1，若直线的斜率存在设为，直线：即，所以，解得，直线的方程为．若直线的斜率不存在，直线的方程为，符合题意．综上直线的方程为或．选②由与圆关于直线对称知圆的半径，所以圆的方程为．（2）同上.选③（1）圆的公切线长，设圆的半径为则，解得，或，舍去．所以圆的方程为．（2）同上．62．条件选择见解析，（1）；（2）9.【分析】（1）若选①，由题知，即，解进而解方程即可求得；若选②，由正弦定理得，进而根据余弦定理即可得答案；若选③，结合余弦定理和面积公式得，进而得答案；（2）由得，进而根据模的公式得，即，再结合基本不等式求解即可.【解析】解：（1）若选①，因为，所以，即，解得或(舍去)又，所以.若选②，因为，所以由正弦定理边角互化得，即，所以又，所以.若选③，因为，的面积为，所以，即，所以，又，所以.（2）因为，所以，即所以，即，所以，即所以当且仅当，即，有最小值9.63．答案不唯一，具体见解析【分析】由，得可得，由余弦定理得，选择条件①，由、，可得面积；选择条件②，由得解得，可得面积；选择条件③，由，得，与矛盾可得答案．【解析】由，得，所以，又，则，由余弦定理得，，所以．选择条件①的解析：由，得，将代入，解得，所以，此时三角形存在，面积．选择条件②的解析：由，得，即，解得，此时三角形存在，面积．选择条件③的解析：由，当且仅当时等号成立，所以，与矛盾，这样的三角形不存在．64．选择见解析；（1）；（2）．【分析】（1）若选①，根据正弦定理边化角可得，再由展开可得，即可求出；若选②，根据正弦定理边化角可得，再根据两角差的余弦公式展开可得，即可求出；（2）由可列余弦定理关系式，根据基本不等式可得，再根据三角形的面积公式即可求出最大值．【解析】（1）选择条件①：，由正弦定理得：，又在中，，，又，，，，，．选择条件②：，由正弦定理：，，，即．，．，．（2），，，，，（当且仅当时，等号成立）由三角形面积公式可知，面积的最大值为．65．（1）；（2）或.【分析】（1）若选①：由正弦定理和三角形的内角和定理，以及两角和的正弦公式，化简求得，即可求解；若选②：由已知可得，根据余弦定理求得，即可求解；若选③：由已知和三角恒等变换的公式化简得到，即可求解；（2）根据题意化简得到，结合，即可求解.【解析】（1）若选①：因为，由正弦定理得，可得，因为，所以.因为，所以.若选②：因为，可得，由余弦定理得.因为，所以.若选③：因为，可得，所以，即（，否则不合题意）.因为，所以.（2）因为，所以.即，又因为，所以.原式可化为，化简得.因为，所以，所以或.所以或.66．条件选择见解析；（1）；（2）最大值为.【分析】（1）若选①：结合余弦定理可得，从而可求出角；若选②：利用正弦定理化简可得，则，从而可求出角；若选③：由正弦定理可得，再利用余弦定理可求出角；（2）对两边平方化简后，再利用基本不等式可得，从而可求出三角形面积的最大值【解析】（1）若选①：，由余弦定理，所以，又因为，所以故，所以；若选②：，由正弦定理，因为，所以故，又因为，所以，故，所以；若选③：，由正弦定理即，由余弦定理，又因为所以；（2）由题意，所以，所以，所以，又，故面积最大值为，当且仅当时成立.67．①②③；（1）第6项,；（2）.【分析】（1）分别选择不同方案，根据展开式系数关系即可求出；（2）令和可求出.【解析】（1）选择条件①，若的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，；选择条件②，若的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则，；选择条件③，若的展开式中所有二项式系数的和为，则，；由于,∴的展开式中二项式系数最大的项为第6项,；（2）由（1）知，则，令，得，令，则，.68．条件选择见解析（1）；（2）.【分析】（1）若选①，利用二倍角公式和三角形内角和为，原式可化为，求出，然后求角；若选②，由三角形面积公式与②建立等式，角化边结合余弦定理可求出角；若选③，角化边化简，结合余弦定理可求出角；（2）用正弦定理表示，辅助角公式化简可得，由，判断为钝角，代入求出的范围.【解析】（1）解：选①，即，∴，又，所以.选②由于，得，由正弦定理，得，即，∴，又，所以.选③由余弦定理，得，即，即，∴，又，所以.（2）由（1），知，由正弦定理，得，∴，又，得为钝角，即，∴，∴.69．（1），（2）所选条件见解析，的面积为【分析】（1）由求出，，再求的值，从而可求出的值（2）若选①，由余弦定理可求出角，再由正弦定理求出，由两角和的正弦公式求出，从而可求出三角形的面积，若选②，则由结合已知条件可求出角，再由正弦定理求出，由两角和的正弦公式求出，从而可求出三角形的面积，若选③，由，得，从而可求出角，再由正弦定理求出，由两角和的正弦公式求出，从而可求出三角形的面积，【解析】解：因为，，所以，所以，所以，因为，所以，所以，（2）若选①，则由，得，所以由余弦定理得，因为，所以，所以由正弦定理得，即，解得，因为，所以，所以，若选②，因为，，，所以，因为，所以，所以由正弦定理得，即，解得，因为，所以，所以，若选③，则由，得，所以，因为，所以，所以，所以由正弦定理得，即，解得，因为，所以，所以，70．（1）；

（2）若选①：；若选②：；若选③：.

【分析】（1）求得和，进而可得切线方程；（2）若选①，则转化为在区间上恒成立，根据“三个二次”可得结果；若选②，则转化为在区间上有解，分离变量可得结果；若选③，求得的极小值点为，解不等式可得结果.【解析】（1）当时，，所以，点为切点，，函数在点处的切线方程为：，即；（2）∵，∴若选①：函数在区间上是单调减函数，则有：在区间上恒成立，即在上恒成立，∴，解得；若选②：函数在上存在减区间，则有在区间上有解，即得在区间上有解，此时令，显然在区间上单调递减，所以，故有；若选③：函数在区间上存在极小值，则函数的极小值点应落在内.令，求得，，此时可得，在，上单调递增；在上单调递减；所以是函数的极小值点，即得，当时，不等式恒成立，当时，，解之可得，所以.71．（1）条件性选择见解析，；（2）.【分析】（1）若选①：面积的最大值为，可得点P位于短轴的端点时，取得最大值，由三角形的面积公式建立方程组，解之可求得椭圆的方程；若选②：将已知点代入椭圆的方程，可求得，，由此可得椭圆的方程；若选③：由题意建立方程组，解之可得，由此可得椭圆的方程；（2）由（1）得椭圆的方程和，直线的方程，将直线的方程与椭圆联立可求得弦长.【解析】（1）若选①：面积的最大值为，可得点P位于短轴的端点时，取得最大值，且为，即，又，所以，，，所以椭圆的方程为；若选②：椭圆过点，所以，又，解得，，所以椭圆的方程为；若选③：离心率，由题意可得：，解得，所以所求椭圆的方程为；（2）由（1）得椭圆的方程为，，直线的方程为，与椭圆联立得，设，则，所以，所以直线被椭圆截得的弦长为．72．（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和的正弦公式求解；（2）选①在中，由余弦定理求得a，再利用正弦定理结合求解；选②在中，由余弦定理求得a，再由余弦定理求得即可.【解析】（1），由正弦定理边角互化得，由于，，即，得，或，又.（2）选①在中，由余弦定理，得，或(舍)，在中，由正弦定理，得，所以因为，所以，所以选②在中，由余弦定理，得，或(舍)在中，由余弦定理，，得，73．【分析】若选条件①，先利用已知条件得到数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式及前项和公式求，并代入，即可求解的最大值；若选条件②，先将已知条件进行转化得数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式及前项和公式求，并代入，即可求解的最大值．【解析】若选条件①：由得（），两式相减得，即（）．将代入得，则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以．因为，所以，即．又因为，所以，所以使得成立的的最大值为6．若选择条件②：由得，所以．又，所以，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以．因为，所以，即．又因为，所以，所以使得成立的的最大值为6．74．（1）条件的“已知”后面补充“公比”，理由见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据成等差数列，由求解.（2）易得，进而得到，然后利用错位相减法求解.【解析】（1）条件的“已知”后面补充“公比”，理由如下：由成等差数列，得，即．因为，故上式可化简为，因为，解得．（2）证明：因为，所以，解得，所以．由，得．记，则，①则，②由①—②，得，，，所以，所以．75．（1）；（2）.【分析】（1）选①，由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求得角；选②，由余弦定理化角为边后，再由余弦定理求得；选③，由余弦定理化边为角后可求得；（2）由余弦定理求得，再用正弦定理求得．【解析】（1）选①：，由正弦定理：得：，即，由余弦定理的推论：，又，所以；选②：，由余弦定理的推论：，则，即，下同选①；选③：，由