上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-04解答题提升题（含答案）

上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-04解答题提升题
一、点、直线、平面之间的位置关系
1．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.
2．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．
3．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
二、等差数列
4．（2024·上海·高考真题）已知函数．
(1)若函数的图象经过点，求解不等式；
(2)若存在，使得、、依次成等差数列，求的取值范围．
三、函数及其性质
5．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合．
(1)若，判断是否是中的元素，请说明理由；
(2)若，求a的取值范围；
(3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点．
四、导数及其应用
6．（2025·上海·高考真题）已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
7．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
8．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列．
(1)若正整数，证明；
(2)若正整数，试比较与大小；
(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由．
五、统计
9．（2025·上海·高考真题）2024年巴黎奥运会，中国获得了男子米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．
206.78 207.46 207.95 209.34 209.35
210.68 213.73 214.84 216.93 216.93
(1)求这组数据的极差与中位数；
(2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；
(3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为，年份x的平均数为2006，预测2028年冠军队的成绩（精确到0.01秒）．
10．（2024·上海·高考真题）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成绩
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
（附：其中，．）
六、平面向量的基本定理及坐标表示
11．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．
(1)若的焦点，求离心率e；
(2)若，且上存在一点P，满足，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．
七、直线与方程
12．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若的离心率为2，求.
(2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标.
(3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值.
八、数列的概念与简单表示法
13．（2022·上海·高考真题）数列对任意，且，均存在正整数，满足.
(1)求可能值；
(2)命题p：若成等差数列，则，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由：
(3)若成立，求数列的通项公式.
14．（2021·上海·高考真题）已知数列满足，对任意，和中存在一项使其为另一项与的等差中项
（1）已知，，，求的所有可能取值；
（2）已知，、、为正数，求证：、、成等比数列，并求出公比；
（3）已知数列中恰有3项为0，即，，且，，求的最大值.
九、解三角形
15．（2022·上海·高考真题）在如图所示的五边形中，，O为AB中点，曲线CMD上任一点到O距离相等，角，P，Q关于OM对称；
(1)若点P与点C重合，求的大小；
(2)求五边形面积S的最大值，
16．（2021·上海·高考真题）已知A、B、C为的三个内角，a、b、c是其三条边，﹒
(1)若，求b、c；
(2)若，求c．
十、圆锥曲线
17．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为.
(1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标；
(2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b；
(3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值.
18．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a．
(1)若A到准线距离为3，求a；
(2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离；
(3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围．
19．（2021·上海·高考真题）（1）团队在点西侧、东侧20千米处设有、两站点，测量距离发现一点满足千米，可知在、为焦点的双曲线上，以点为原点，东侧为轴正半轴，北侧为轴正半轴，建立平面直角坐标系，在北偏东60°处，求双曲线标准方程和点坐标.
（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有、两站点，测量距离发现千米，千米，求（精确到1米）和点位置（精确到1米，1°）
十一、随机变量及其分布
20．（2023·上海·高考真题）21世纪汽车博览会在上海2023年6月7日在上海举行，下表为某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
红色外观 蓝色外观
米色内饰 8 12
棕色内饰 2 3
(1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B取到模型有棕色内饰，求，并据此判断事件A和事件B是否独立；
(2)为回馈客户，该公司举行了一个抽奖活动，并规定，在一次抽奖中，每人可以一次性抽取两个汽车模型。为了得到奖品类型，现作出如下假设：
假设1：每人抽取的两个模型会出现三种结果：①两个模型的外观和内饰均为同色；②两个模型的外观和内饰均为不同色；③两个模型的外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色。
假设2：该抽奖设置三类奖，奖金金额分别为：一等奖600元，二等奖300元，三等奖150元。
假设3：每种抽取的结果都对应一类奖。出现某种结果的概率越小，奖金金额越高。
请判断以上三种结果分别对应几等奖。设中奖的奖金数是，写出的分布，并求的数学期望。
十二、指对幂函数
21．（2022·上海·高考真题）
(1)若将函数图像向下移后，图像经过，求实数a，m的值.
(2)若且，求解不等式.
十三、函数的应用
22．（2023·上海·高考真题）函数
(1)当时，是否存在实数c，使得为奇函数；
(2)若函数过点，且函数图像与轴负半轴有两个不同交点，求实数a的取值范围.
十四、空间几何体
23．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，

(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
24．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面.
（1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积；
（2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小.
十五、绝对值不等式
25．（2021·上海·高考真题）已知函数.
（1）若，求函数的定义域；
（2）若，若有2个不同实数根，求的取值范围；
（3）是否存在实数，使得函数在定义域内具有单调性？若存在，求出的取值范围.
试卷第1页，共3页
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《上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-04解答题提升题》参考答案
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证；
（2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可．
【详解】（1）由题意知，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
（2）由题意知，底面为直角梯形，
所以梯形的面积，
因为四棱柱的体积为36，
所以，
过作于，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在△中，，
所以，
所以，即，
故二面角的大小为．
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得.
【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，
底面周长为，则侧面积为：;
（2）由题知，则根据中位线性质，，
又平面，平面，则平面
由于，底面圆半径是，则，又，则，
又，则为等边三角形，则，
于是且，则四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
又平面，
根据面面平行的判定，于是平面平面，
又，则平面，则平面

3．(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
4．(1)
(2)
【分析】（1）代入点坐标计算求出，根据定义域和单调性即可求出的解集；
（2）根据的定义域将问题转化为时，得出有解，再结合分离常数法和换元，最后借助一元二次函数的性质进行求解即可.
【详解】（1），则，
，，，
，定义域为，
要解不等式，则，．
又在定义域内是严格增函数，
由，则，解得．
综上所述，不等式的解集为．
（2）的定义域为，存在，使得、、依次成等差数列，
则在方程中，应满足，
由，解得，问题转化为时，方程有实数解．
又，则，
即．
为严格单调函数，
，
，两边同除以得，．
令，由，则，
在有解．
又在上是严格增函数，
，即，
又，则.
5．(1)不是；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接代入计算和即可；
（2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对的范围进行分类讨论即可.
【详解】（1）（1），，则不是中的元素.
（2）法一：因为，则存在实数使得，且，
当时，，其在上严格单调递增，
当时，，其在上也严格单调递增，
则，则，
令，解得，则，
则.
法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点，
由图知，假设交点分别为，，
联立方程组得
（3）（3）对任意，因为其是偶函数，
则，而，
所以，
所以，因为，则，
所以，所以，
所以当时，，，则，
，则，
而，，
则，则，
所以当时，，而为偶函数，画出函数图象如下：
其中，但其对应的值均未知.
首先说明，
若，则，易知此时，
则，所以，而时，，
所以，与矛盾，所以，即，
令，则，
当时，即使让，此时最多7个零点，
当时，若，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当时，若，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当时，若，此时有3个零点，
若，则，易知此时，
则，所以，而时，，
所以，与矛盾，所以，
则最多在之间取得6个零点，
以及在处成为零点，故不超过9个零点.
综上，零点不超过9个.
6．(1)
(2)且.
【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）因为，故，故，故，
故即为，
设，则，故在上为增函数，
而即为，故，
故原不等式的解为.
（2）在有极大值即为有极大值点.
，
若，则时，，时，，
故为的极小值点，无极大值点，故舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
若，则时，，无极值点，舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
综上，且.
7．(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；
（2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可；
（3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当时，，
当且仅当即时取等号，
故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．
（2）由题设可得，
则，因为均为上单调递增函数，
则在上为严格增函数，
而，故当时，，当时，，
故，此时，
而，故在点处的切线方程为.
而，故，故直线与在点处的切线垂直．
（3）设，
，
而，
，
若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，
设，则既是的最小值点，也是的最小值点，
因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，
则存在,使得，
即①
②
由①②相等得，即，
即，又因为函数在定义域R上恒正，
则恒成立，
接下来证明，
因为既是的最小值点，也是的最小值点，
则，
即，③
，④
③④得
即，因为
则，解得，
则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可.
8．(1)证明见解析；
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明，
（2）构造函数后由导数证明不等式，
（3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，
【详解】（1），则在处的切线为，
当时，，即，
所以当正整数时，；
（2）作差得，
令，，
当时，，当时，，
故在单调递增，在上单调递减，
，故，
所以当正整数时，；
（3），令，
与单调性相同，由（2）得，
当时，，当时，，
故至多有两解，
若成等差数列，则，
故最多项成等差数列，此时，．
而，，
令，，显然时，，
故在上单调递增，
而，，，故有唯一解，
存在使得，此时，故存在最多项成等差数列，
9．(1)；；
(2)
(3)
【分析】（1）由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；
（2）由古典概型概率公式可得；
（3）先求成绩平均数，再由在回归直线上，代入方程可得，再代入年份预测可得.
【详解】（1）由题意，数据的最大值为，最小值为，
则极差为；
数据中间两数为与，
则中位数为.
故极差为，中位数为；
（2）由题意，数据共个，以上数据共有个，
故设事件“恰有个数据在以上”，
则，
故恰有个数据在以上的概率为；
（3）由题意，成绩的平均数
，
由直线过，
则，
故回归直线方程为.
当时,.
故预测年冠军队的成绩为秒.
10．(1)
(2)
(3)有
【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.
【详解】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比，
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为．
（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
．
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
（3）由题列联表如下：
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
提出零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
其中．
．
则零假设不成立，
即有的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
11．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；
（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.
【详解】（1）由题意知，，则，
由右焦点，可知，则，
故离心率.
（2）由题意，
由得，，
解得，代入，
得，又，解得.
（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，
则，解得，
由得中点坐标为，
故直线，显然直线过椭圆内点，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设，
由消得，
由韦达定理得，
因为为钝角，则，且，
则有，
所以，
即，解得，
又，
故，即的取值范围是.
12．(1)；
(2)当时，；
(3)的最大值为.
【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可；
（2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解；
（3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解.
【详解】（1）由双曲线的方程知，，
因为离心率为2，所以，得.
（2）当时，双曲线，且.
因为点在第一象限，所以为钝角.
又为等腰三角形，所以.
设点，且，则
得，所以.
（3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称.
设，则.
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.
联立直线与双曲线的方程得
消去，得，
且，即，得.
，
由，得，
所以，即，
整理得，
所以，
整理得，所以.
又，所以，解得，
所以，又，
故的取值范围是，故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系.
13．(1)7或9；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）利用递推公式可得，进而可求出；
（2）由题意可得，则，从而命题为真命题，给出反例即可得出命题为假命题；
（3）由题意可得，，然后利用数学归纳法证明数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式.
【详解】（1）因为，所以或，所以可能值为7或9；
（2）因为成等差数列，所以，,
所以，
逆命题：若，则为等差数列是假命题，举例：故命题为假命题，
（3）因为，所以
，所以，
因此，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：
当时，明显成立；
假设当时命题成立，即，
则，即，即命题得证；
回到原题，分类讨论求数列的通项公式：
1.若，则矛盾；
2.若，则，所以，所以，
此时，
所以，
3.若，则，所以，所以，
所以（由（2）知对任意成立），所以，与事实上矛盾，
综上.
【点睛】1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．
2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.
14．（1）；（2）证明见解析，；（3）.
【分析】（1）根据等差中项分别验证求解；
（2）根据等差数列，分别计算，即可证明；
（3）由或可知或，结合（2）可求最大值.
【详解】（1）由题意，或，
∴，此时，满足
，此时，，
所以
（2）∵，∴，或，经检验，；
∴，或（舍），∴；
∴，或（舍），∴；
∴，或（舍），∴；
综上，、、成等比数列，公比为；
（3）由或，可知或，
由第（2）问可知，，
∴，，
∴，
同理，，，∴，
同理，，∴的最大值为
【点睛】关键点点睛：由，再利用，再结合①或②，按②变换次，按①变换次，求出，同理求出其他，属于难题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理即可得出答案；
（2）根据题意可得，则，设，则，根据三角形的面积公式结合三角函数的性质即可得出答案.
【详解】（1）解：若点P与点C重合，连接，
，
在中，，
所以，
因为，
所以，
所以；
（2）解：连接，
因为曲线CMD上任一点到O距离相等，
所以，
因为P，Q关于OM对称，
所以，
设，则，
则
，其中，
当时，取得最大值，
所以五边形面积S的最大值为.
16．(1)1，；
(2)﹒
【分析】(1)由已知利用正弦定理即可求解的值；利用余弦定理即可求解的值．
(2)根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得、的值，进而根据正弦定理可得的值．
【详解】（1）∵，由正弦定理得，
又，可得，
由于，可得．
（2）∵，0＜C＜π，
∴，C＞＞A，
.
∵，
∴，
又，
可解得或(舍)，
由正弦定理，可得．
17．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标；
（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可；
（3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值．
【详解】（1）解：由题意可得，所以，
的中点在轴上，
的纵坐标为，代入得；
（2）解：由直线方程可知，，
①若，则，即，
，
.
②若，则，
，，
，，即，
，.
综上，或；
（3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得，
显然椭圆在直线的左下方，则，即，
，，即，
，整理可得，即，
，即的最小值为．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值；
（2）代入值求出，设，则得到的中点坐标，再代入抛物线方程则得值，则得到直线的方程，利用点到直线的距离即可；
（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和讨论即可.
【详解】（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义有，解得，因为为第一象限的点，则.
（2）由代入抛物线方程有，解得，则，
设，则的中点为,
代入抛物线方程有，解得，
直线的斜率为，其方程为，即,
坐标原点到的距离为.
（3）设，根据，
则，则直线方程为，
化简得，
令，则，又，，
化简得 ①对任意的 恒成立.
则, 结合，，
当时，，则，则①也成立.
综上所述:.

【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设，从而写出直线的方程，再得到，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.
19．（1），；（2），点位置北偏东.
【分析】（1）求出，，的值即可求得双曲线方程，求出直线的方程，与双曲线方程联立，即可求得点坐标；
（2）分别求出以、为焦点，以，为焦点的双曲线方程，联立即可求得点的坐标，从而求得，及点位置．
【详解】（1）由题意可得，，所以，
所以双曲线的标准方程为，
直线，联立双曲线方程，可得，，
即点的坐标为，．
（2）①，则，，所以，
双曲线方程为；
②，则，，所以，
所以双曲线方程为，
两双曲线方程联立，得，，
所以千米，设与轴夹角为，则，利用计算器求得，
∴点位置北偏东．
20．(1)，事件相互独立；
(2)分布列见解析，271元.
【分析】（1）根据给定数表，利用古典概率求出，再利用相互独立事件的定义判断作答.
（2）求出三种结果的概率，按给定的假设2，3确定奖金额与对应的概率列出分布列，求出期望作答.
【详解】（1）由给定的数表知，，，，
而，因此事件相互独立，
所以，事件相互独立.
（2）设事件：外观和内饰均为同色，事件：外观内饰都异色，事件：仅外观或仅内饰同色，
依题意，；；
，则，
因此抽取的两个模型的外观和内饰均为不同色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖；
外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖，
奖金额的可能值为：，
奖金额的分布列：
600 300 150
奖金额的期望（元）.
21．(1)
(2)答案见解析.
【分析】（1）由题知，再根据题意得，解方程即可得答案；
（2）根据题意，结合对数函数的单调性将不等式转化为的解集，再分类讨论求解即可.
【详解】（1）解：函数的定义域满足，即，
所以，要使函数的定义域非空，则，即.
若将函数图像向下移后得到的解析式为：
，.
所以在函数的图像上，即，
解得：，
所以，
（2）解：由题知，
,
,
因为函数在上单调递增，
所以等价于，展开整理得：，
所以，不等式的解集为的解，
所以，当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为.
综上，当时，不等式的解为；当时，不等式的解为.
22．(1)不存在
(2)且
【分析】（1）将代入得，先考虑其定义域，再假设为奇函数，得到方程无解，从而得以判断；
（2）先半点代入求得，从而得到，再利用二次函数的根的分布得到关于的不等式组，解之可得，最后再考虑的情况，从而得到的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域为，
假设为奇函数，则，
而，则，此时无实数满足条件，
所以不存在实数，使得函数为奇函数；
（2）图像经过点，则代入得，解得，
所以，定义域为，
令，则的图像与轴负半轴有两个交点，
所以，即，解得，
若，即是方程的解，
则代入可得，解得或.
由题意得，所以实数的取值范围是且.
23．(1)1；
(2)．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理，
又，，∴，
而，
所以；
（2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知，
则，，，∴，
，易知平面的一个法向量是，
，
设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．

24．（1）；（2）.
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点，
∴，；
（2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，，
，∴，，
∴，
即与所成角的大小为．
25．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）解绝对值不等式即可得答案；
（2）利用有两个不同的实数根，转化为有两个根，利用换元法可求实数a的取值范围；
（3）分与两类情况，结合复合函数的单调性可得使得函数在定义域内具有单调性的的取值范围.
【详解】解：（1），∴，解得；
所以函数的定义域为.
（2）由题知有2个不同实数根，
所以，，
设，∴有2个不同实数根，
∴整理得，有2个不同实数根，同时，
∴；
（3）当，，在递减，
此时需满足，即时，函数在上递减；
当，，在上递减，
∵，
∴，即当时，函数在上递减；
综上，当时，函数在定义域上连续，且单调递减.
所以的取值范围是
【点睛】本题第二问解题的关键在于利用换元法，将问题转化为，有2个不同实数根，进而求解，第三问解题的关键在于分类讨论求解.
答案第1页，共2页
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