五、三角函数
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·9
填 空
图像变换
2018·无锡期末·8
填 空
图像变换
2018·镇江期末·3
填 空
的图象与性质
2018·镇江期末·8
填 空
恒等变换
2018·镇江期末·10
填 空
三角函数值域
2018·常州期末·12
填 空
图象与性质
2018·南京盐城期末·8
填 空
恒等变换
2018·南京盐城期末·9
填 空
三角函数的单调性
2018·苏州期末·15
解答
三角函数的最值、单调区间
2018·苏北四市期末·9
填 空
的图象与性质
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·9）
在平面直角坐标系中，将函数的图像向右平移个单位长度.若平移后得到的图像经过坐标原点，则的值为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·8）
函数的图像向右平移个单位后，与函数的图像重合，则 ．
【答案】
3.（2018·镇江期末·3）
函数 y ? 3sin(2x ?) 图像两对称轴的距离为
【答案】
4（2018·镇江期末·8）
已知锐角?满足，则
【答案】
5.（2018·镇江期末·10）
函数的定义域为，其值域为
【答案】
6.（2018·常州期末·12）
如图，在平面直角坐标系中，函数的图象与轴的交点满足，则 ．
【答案】
7.（2018·南京盐城期末·8）已知锐角满足，则的值为 ．
【答案】
8.（2018·南京盐城期末·9）.
若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 ．
【答案】
9.（2018·苏州期末·15）
已知函数．
（1）求函数的最小值，并写出取得最小值时自变量x的取值集合；
（2）若，求函数的单调增区间．
【答案】解（1）
2分
． 4分
当，即时，取得最小值0．
此时，取得最小值时自变量x的取值集合为． 7分
（注：结果不写集合形式扣1分）
（2）因为，
令， 8分
解得， 10分
又，令，，令，，
所以函数在的单调增区间是和． 14分
（注：如果写成两区间的并集，扣1分，其中写对一个区间给2分）
10.（2018·苏北四市期末·9）
若函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是，，，则实数的值为 ．
【答案】
六、解三角形
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·16
解答
余弦定理、正弦定理
2018·无锡期末·16
解答
恒等变换、正弦定理
2018·镇江期末·15
填 空
余弦定理、正弦定理
2018·扬州期末·16
填 空
恒等变换、余弦定理
2018·常州期末·14
填 空
三角形面积最值
2018·常州期末·15
解答
恒等变换、正弦定理
2018·南京盐城期末·14
填 空
正弦定理、恒成立
2018·南京盐城期末·16
解答
余弦定理、正弦定理
2018·苏州期末·15
解答
恒等变换、正弦定理
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·16）
在中，角，，所对的边分别是，，，且，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】【解】（1）在中，根据余弦定理及得，.
又因为，所以.
在中，由正弦定理得，
.
（2）因为，所以，即得.
又，所以.
在中，，
所以
.
2.（2018·无锡期末·16）
在中，角的对边分别为，，.
（1）求的值；
（2）若，求的周长.
【答案】解：（1）因为，
所以
.
在中，因为，所以，
因为，所以，
所以.
（2）根据正弦定理，所以，
又，所以，.
，.
所以的周长为15.
3.（2018·镇江期末·15）
在 ?ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ，若 b cos A ? a cos B ???2c cos C .
（1）求 C 的大小；
（2）若 b ? 2a, 且 ?ABC 的面积为，求 c.
【答案】
解：（1）由正弦定理，且b cos A ? a cos B ???2c cos C得
sinB cos A ? sinA cos B ???2sinCcosC，所以sin(B?A) ???2sinCcosC，
又A, B, C 为?ABC 内角，所以B?A ?π? C?，所以? sinC ???2sinCcosC，
因为C ∈(0，π)，所以sinC >0，
所以cosC???，?????????所以C?π
（2）因为 ?ABC 的面积为，所以ab sinC?，
所以ab?.
由（1）知 C?π，所以sinC?，所以ab???
又因为b ? 2a,解得 a?? 2, b ? 4,
所以，
所以.
4.（2018·扬州期末·16）
已知在△ABC中，AB=6，BC=5，且△ABC的面积为9.
(1) 求AC； (2) 当△ABC为锐角三角形时，求的值。
【答案】解：⑴因为S△ABC=，又AB=6，BC=5，所以，………2分
又，所以， ………3分
当cosB=时， ………5分
当cosB=时，
所以或 .………7分
注：少一解的扣3分
⑵ 由为锐角三角形得B为锐角，所以AB=6，AC=，BC=5，
所以，
又，所以， ………9分
所以，， ………12分
所以 .………14分
5.（2018·常州期末·14）已知中，，所在平面内存在点使得，则面积的最大值为 ．
【答案】
6.（2018·常州期末·15）
已知中，分别为三个内角的对边，．
（1）求角；
（2）若，求的值．
【答案】解：（1）由正弦定理得，中，，所以，所以，，，所以；
（2）因为，由正弦定理得，
所以，．
7.（2018·南京盐城期末·14）.
若不等式对任意都成立，则实数的最小值为 ．
【答案】100
8.（2018·南京盐城期末·16）.
在中，角的对边分别为 已知.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值．
【答案】解：（1）因为，则由正弦定理，得． ……………2分
又，所以，即． ……………4分
又是的内角，所以，故． ……………6分
（2）因为， 所以，则由余弦定理，
得，得． ……………10分
从而， ……………12分
又，所以．
从而．……………14分
9.（2018·苏州期末·10）
如图，两座建筑物AB，CD的高度分别是9m和15m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角，则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离 m．
【答案】18
8.（2018·苏北四市期末·15）
在中，角，，所对的边分别为，，，且,.
⑴求的值；
⑵若，求的面积.
【答案】（1）在中，由，得为锐角，所以，
所以，………………………………………………………………2分
所以. ………………………………4分
…………………………………………………………6分
（2）在三角形中,由，
所以， ………………………………………………8分
由，…………………………10分
由正弦定理,得，………………………12分
所以的面积. …………………………14分
八、函数与不等式
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·14
填 空
分段函数、零点
2018·无锡期末·13
填 空
分段函数、零点
2018·镇江期末·9
填 空
二次函数、恒成立
2018·镇江期末·13
填 空
基本不等式、最值
2018·镇江期末·13
填 空
分段函数、零点
2018·扬州期末·11
填 空
解不等式
2018·扬州期末·13
填 空
分段函数
2018·扬州期末·14
填 空
最值
2018·常州期末·11
填 空
导数几何意义
2018·南京盐城期末·7
填 空
值域
2018·南京盐城期末·11
填 空
分段函数、零点
2018·苏州期末·5
填 空
对数函数
2018·苏州期末·12
填 空
基本不等式
2018·苏州期末·14
填 空
应用导数求最值
2018·苏北四市期末·3
填 空
定义域
2018·苏北四市期末·13
填 空
分段函数、解不等式
2018苏北四市期末?10
点到直线距离公式、基本不等式
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·14）
已知函数.若函数有个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·13）
已知函数，.若存在，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
3.（2018·镇江期末·9）
已知函数 f (x) ( x2 ( kx ( 4 对任意的 x ((1,3(，不等式 f (x) ( 0 恒成立，则实数 k 的最大值为
【答案】4
4.（2018·镇江期末·13）
已知 a, b ( R, a ( b ( 4, 则的最大值为
【答案】
5.（2018·镇江期末·14）
已知为常数，函数，若关于的方程有且只有4个不同的解，则实数的取值集合为
【答案】
6.（2018·扬州期末·11）
已知函数，则关于x的不等式＜0的解集为_________.
【答案】
7.（2018·扬州期末·13）
已知函数存在实数k使得该函数的值域为，则实数a的取值范围是_______.
【答案】
8.（2018·扬州期末·14）
已知正实数x,y满足5x2+4xy-y2=1，则12x2+8xy-y2的最小值为_________.
【答案】
9.（2018·常州期末·11）
已知函数，其中．若过原点且斜率为的直线与曲线相切，则的值为 ．
【答案】
10.（2018·南京盐城期末·7）.
设函数的值域为，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
11.（2018·南京盐城期末·11）.
设函数是偶函数，当x≥0时，=，若函数 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
12.（2018·苏州期末·5）
已知，，则正实数 ．
【答案】
13（2018·苏州期末·12）
已知正实数a，b，c满足，，则的取值范围是 ．
【答案】
14（2018·苏州期末·14）
已知直线y＝a分别与直线，曲线交于点A，B，则线段AB长度的最小值为 ．
【答案】
15.（2018·苏北四市期末·3）
函数的定义域为 ．
【答案】
16（2018·苏北四市期末·13）
已知函数函数，则不等式的解集为 ．
【答案】
17. （2018·苏北四市期末·10）
在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离的最小值为 ．
【答案】
九、导数
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·10
填空
导数几何意义
2018·无锡期末·14
填空
导数与单调性
2018·南通泰州期末·19
解答
导数综合
2018·无锡期末·20
解答
导数综合
2018·镇江期末·19
解答
导数综合
2018·扬州期末·19
解答
导数综合
2018·常州期末·20
解答
导数综合
2018·南京盐城期末·20
解答
导数综合
2018·苏州期末·20
解答
导数综合
2018苏北四市期末·19
解答
导数综合
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·10）
若曲线在与处的切线互相垂直，则正数的值为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·14）
若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 ．
【答案】
3.（2018·南通泰州期末·19）
已知函数有极值，且函数的极值点是的极值点，其中是自然对数的底数.（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值）
（1）求关于的函数关系式；
（2）当时，若函数的最小值为，证明：.
【答案】【解】（1）因为，令，解得.
列表如下.
极小值
所以时，取得极小值.
因为，
由题意可知，且
所以，
化简得，
由，得.
所以，.
（2）因为，
所以
记，则，令，解得.
列表如下.
极小值
所以时，取得极小值，也是最小值，
此时，
.
令，解得.
列表如下.
极小值
所以时，取得极小值，也是最小值.
所以
.
令，则，
记，，
则，.
因为，，
所以，所以单调递增.
所以，
所以.
4.（2018·无锡期末·20）
已知函数，，其中.
（1）求过点和函数的图像相切的直线方程；
（2）若对任意，有恒成立，求的取值范围；
（3）若存在唯一的整数，使得，求的取值范围.
【答案】（1）设切点为，，则切线斜率为，
所以切线方程为，因为切线过，
所以，
化简得，解得.
当时，切线方程为，
当时，切线方程为.
（2）由题意，对任意有恒成立，
①当时，，
令，则，令得，
，故此时.
②当时，恒成立，故此时.
③当时，，
令，
，故此时.综上：.
（3）因为，即，
由（2）知，
令，则
当，存在唯一的整数使得，
等价于存在唯一的整数成立，
因为最大，，，所以当时，至少有两个整数成立，
所以.
当，存在唯一的整数使得，
等价于存在唯一的整数成立，
因为最小，且，，所以当时，至少有两个整数成立，
所以当时，没有整数成立，所有.
综上：.
5.（2018·镇江期末·19）
已知 b ( 0, 且b ( 1，函数 f (x) ( ex ( b x ，其中 e 为自然对数的底数：
（1）如果函数 f (x) 为偶函数，求实数 b 的值，并求此时函数的最小值；
对满足 b ( 0, 且 b ( 1的任意实数 b ，证明函数 y ( f (x) 的图像经过唯一定点；
（3）如果关于 x 的方程 f (x) ( 2 有且只有一个解，求实数 b 的取值范围.
【答案】（1）由得：，解得（舍），，
经检验为偶函数，所以，
又，当且仅当时取等号，
所以的最小值为2.
(2)假设y= f (x)过定点，则对任意满足b ( 0, 且 b ( 1恒成立.
令b=2得：；令b=3得：
所以，，解得唯一解，所以.
经检验，当，f (0)=2，所以函数 y ( f (x) 的图像经过唯一定点(0，2) .………8分
（3）令为R上连续函数，且g (0)=0，则方程g (x)=0存在一个解.
1°当b>1时，g (x)为增函数，此时g (x)=0只有一个解.
2°0因为，令，为增函数，
所以当时，，所以，为减函数，
当时，，所以，为增函数，
所以，又定义域为R，所以
①若，在上为减函数，，而，
所以时，至少存在另外一个零点，矛盾！
②若，在上为增函数，，而，
所以时，存在另外一个零点，矛盾！
③当，则，解得，此时方程为，
由(1)得，只有唯一解，满足条件
综上，当，或时，方程 f (x) ( 2 有且只有一个解 .………16分
6.（2018·扬州期末·19）
已知函数，.
(1) 若，且函数的图像是函数图像的一条切线，求实数a的值；
(2) 若不等式＞x2+m对任意x∈恒成立，求实数m的取值范围；
(3) 若对任意实数a，函数在上总有零点，求实数b的取值范围.
【答案】解：（1）由知，的图象直线过点，
设切点坐标为，由得切线方程是
此直线过点，故，解得，
所以 .………3分
（2）由题意得恒成立，
令，则，再令，则，
故当时，，单调递减；当时，，单调递增，
从而在上有最小值，
所以在上单调递增， .………6分
所以，即 .………8分
注：漏掉等号的扣2分
（3）若，在上单调递增，
故在上总有零点的必要条件是，即， ………10分
以下证明当时，在上总有零点。
①若，
由于，，且在上连续
故在上必有零点； ………12分
②若，，
由（2）知在上恒成立，
取，则
由于，，且在上连续
故在上必有零点，
综上得：实数的取值范围是。 .………16分
7.（2018·常州期末·20）
已知函数，其中为常数．
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（3）若，设函数在上的极值点为，求证：．
【答案】解：（1）当时，，定义域为．
，令，得．
＋
0
－
↗
极大值
↘
∴当时，的极大值为，无极小值．
（2），由题意对恒成立．
∵，∴，
∴对恒成立．
∴对恒成立．
令，， 则，
①若，即，则对恒成立，
∴在上单调递减，
则，∴，∴与矛盾，舍去；
②若，即，令，得，
当时，，∴单调递减，
当时，，∴单调递增，
∴当时，，
∴． 综上．
（3）当时，，．
令，，
则，令，得．
①当时，，∴单调递减，，
∴恒成立，∴单调递减，且，
②当时，，∴单调递增，
其中，
又，
∴存在唯一，使得，∴，
当时，，∴单调递增，
当时，，∴单调递减，且，
由①和②可知，在单调递增，在上单调递减，
∴当时，取极大值．
∵，∴，
∴，
又，∴，∴．
8.（2018·南京盐城期末·20）.
设函数，（）.
（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；
（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；
（3）当时，设函数与的图象交于两点．求证：.
【答案】解：（1）由，得，又，所以，.
当时，，所以，所以. ………………2分
因为函数与的图象在处有相同的切线，
所以，即，解得. ………………4分
（2）当时，则，又，设，
则题意可转化为方程在上有相异两实根． ………………6分
即关于的方程在上有相异两实根．
所以，得，
所以对恒成立． ………………8分
因为，所以（当且仅当时取等号），
又，所以的取值范围是，所以．
故的最小值为. ………………10分
（3）当时，因为函数与的图象交于两点，
所以，两式相减，得. ………………12分
要证明，即证，
即证，即证. ………………14分
令，则，此时即证．
令，所以，所以当时，函数单调递增．
又，所以，即成立；
再令，所以，所以当时，函数单调递减，
又，所以，即也成立．
综上所述， 实数满足. ………………16分
9.（2018·苏州期末·20）
已知函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若方程在区间(0,+()上有实数解，求实数a的取值范围；
（3）若存在实数，且，使得，求证：．
【答案】解（1）当时，
当时，，则，
令，解得或（舍），所以时，，
所以函数在区间上为减函数. 2分
当时，，，
令，解得，当时，，当时，，
所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数， 且. 4分
综上，函数的单调减区间为和，单调增区间为． 5分
（注：将单调减区间为和写出的扣1分）
（2）设，则，所以，
由题意，在区间上有解，
等价于在区间上有解. 6分
记，
则， 7分
令，因为，所以，故解得，
当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故函数在处取得最小值. 9分
要使方程在区间上有解，当且仅当，
综上，满足题意的实数a的取值范围为. 10分
（3）由题意，，
当时，，此时函数在上单调递增，
由，可得，与条件矛盾，所以. 11分
令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
若存在，，则介于m，n之间， 12分
不妨设，
因为在上单调递减，在上单调递增，且，
所以当时，，
由，，可得，故，
又在上单调递减，且，所以．
所以，同理． 14分
即解得，
所以. 16分
10.（2018·苏北四市期末·19）
已知函数．
⑴当时，求函数的极值；
⑵若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围．
【答案】（1）函数的定义域为
当时，，
所以………………………………………………2分
所以当时，，当时，，
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，
所以当时，函数取得极小值为，无极大值；…………………4分
（2）设函数上点与函数上点处切线相同，
则
所以 ……………………………………6分
所以，代入得：
………………………………………………8分
设，则
不妨设则当时，，当时，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，……………10分
代入可得：
设，则对恒成立，
所以在区间上单调递增，又
所以当时，即当时, ……………12分
又当时
……………………………………14分
因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；
即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．
又由得：
所以单调递减，因此
所以实数的取值范围是．…………………………………………………16分
十、应用题
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·18
解 答
直线、圆、三角函数的定义、基本不等式
建模思想
2018·无锡期末·17
解 答
2018·镇江期末·17
解 答
2018·扬州期末·17
解 答
2018·常州期末·17
解 答
2018·南京盐城期末·17
解 答
2018·苏州期末·17
解 答
2018·苏北四市期末·17
解 答
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·18）
如图，某小区中央广场由两部分组成，一部分是边长为的正方形，另一部分是以为直径的半圆，其圆心为.规划修建的条直道，，将广场分割为个区域：Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ为绿化区域（图中阴影部分），Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ为休闲区域，其中点在半圆弧上，分别与，相交于点，.（道路宽度忽略不计）
【答案】【解】以所在直线为轴，以线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系.
（1）直线的方程为，
半圆的方程为，
由得.
所以，点到的距离为.
（2）①由题意，得.
直线的方程为
，
令，得
.
直线的方程为，
令，得.
所以，的长度为
，.
②区域Ⅳ、Ⅵ的面积之和为
，
区域Ⅱ的面积为
，
所以.
设，则，
.
.
当且仅当，即时“”成立.
所以，休闲区域Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ的面积的最小值为.
答：当时，绿化区域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的面积之和最大.
2.（2018·无锡期末·17）
如图，点为某沿海城市的高速公路出入口，直线为海岸线，，，是以为圆心，半径为的圆弧型小路.该市拟修建一条从通往海岸的观光专线，其中为上异于的一点，与平行，设.
（1）证明：观光专线的总长度随的增大而减小；
（2）已知新建道路的单位成本是翻新道路的单位成本的2倍.当取何值时，观光专线的修建总成本最低？请说明理由.
【答案】解：（1）由题意，，所以，
又，
所以观光专线的总长度
，，
因为当时，，
所以在上单调递减，
即观光专线的总长度随的增大而减小.
（2）设翻新道路的单位成本为，
则总成本，，
，
令，得，因为，所以，
当时，，当时，.
所以，当时，最小.
答：当时，观光专线的修建总成本最低.
3.（2018·镇江期末·17）
如图，准备在墙上钉一个支架，支架由两直杆 AC与BD 焊接而成，焊接点 D 把杆AC 分成 AD, CD 两段，其中两固定点 A，B 间距离为 1 米，AB 与杆 AC 的夹角为 60( ，杆AC 长为 1 米，若制作 AD 段的成本为 a 元/米，制作 CD 段的成本是 2a 元/米，制作杆BD 成本是 4a 元/米. 设 (ADB ((( ，则制作整个支架的总成本记为 S 元.
（1）求 S 关于( 的函数表达式，并求出( 的取值范围；
（2）问 AD 段多长时， S 最小？
【答案】在△ABD中,由正弦定理得，
所以，
则
，
由题意得
（2）令，设
－
0
＋
单调递减
极大值
单调递增
所以当时，S最小，
此时
答：（1）S 关于( 的函数表达式为，且；
（2）当时S最小.
4.（2018·扬州期末·17）
如图，射线OA和OB均为笔直的公路，扇形OPQ区域（含边界）是一蔬菜种植园，其中P、Q分别在射线OA和OB上。经测量得，扇形OPQ的圆心角（即∠POQ）为、半径为1千米。为了方便菜农经营，打算在扇形OPQ区域外修建一条公路MN，分别与射线OA、OB交于M、N两点，并要求MN与扇形弧PQ相切于点。设∠POS=（单位：弧度），假设所有公路的宽度均忽略不计.
(1) 试将公路MN的长度表示为的函数，并写出的取值范围：
(2) 试确定的值，使得公路MN的长度最小，并求出其最小值.
【答案】解：⑴因为MN与扇形弧PQ相切于点S，所以OS⊥MN.
在OSM中，因为OS=1，∠MOS=，所以SM=，
在OSN中，∠NOS=，所以SN=，
所以， .………4分
其中 ..………6分
⑵ 因为，所以，
令，则，
所以， . .………8分
由基本不等式得， ………10分
当且仅当即时取“=” . .………12分
此时，由于，故. . .………13分
答：⑴，其中
⑵当时，长度的最小值为千米 .. .………14分
注：第⑵问中最小值对但定义域不对的扣2分
5.（2018·常州期末·17）
已知小明（如图中AB所示）身高1.8米，路灯OM高3.6米，AB，OM均垂直于水平地面，分别与地面交于点A，O．点光源从M发出，小明在地面上的影子记作．
（1）小明沿着圆心为O，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求扫过的图形面积；
（2）若米，小明从A出发，以1米/秒的速度沿线段走到，，且米．秒时，小明在地面上的影子长度记为（单位：米），求的表达式与最小值．
【答案】解：（1）由题意，，，所以，
小明在地面上的身影扫过的图形是圆环，其面积为；
（2）经过秒，小明走到了处，身影为，由（1）知，所以，
化简得，，当时，的最小值为，
答：，当（秒）时，的最小值为（米）．
6.（2018·南京盐城期末·17）.
有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧,分别与边,相切于点,．
（1）当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；
（2）当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
【答案】解：（1）在图甲中，连接交于点．设，
在中，因为，所以，则．
从而，即. ……………2分
故所得柱体的底面积
. ……………4分
又所得柱体的高，
所以.
答：当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积
为立方分米. …………………6分
（2）设，则，所以所得柱体的底面积
.
又所得柱体的高，
所以，其中. …………………10分
令，则由，
解得. …………………12分
列表如下：
＋
0
－
增
极大值
减
所以当时，取得最大值.
答：当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大. …………………14分
7.（2018·苏州期末·17）
如图，B,C分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B，C之间的距离为100km，海岛A在城市B的正东方50处．从海岛A到城市C，先乘船按北偏西θ角（，其中锐角的正切值为）航行到海岸公路P处登陆，再换乘汽车到城市C．已知船速为25km/h，车速为75km/h.
（1）试建立由A经P到C所用时间与的函数解析式；
（2）试确定登陆点P的位置，使所用时间最少，并说明理由．
【答案】解（1）由题意，轮船航行的方位角为θ，所以，，
则，．
． 4分
（注：AP，BP写对一个给2分）
由A到P所用的时间为，
由P到C所用的时间为， 6分
所以由A经P到C所用时间与θ的函数关系为 ． 8分
函数的定义域为，其中锐角的正切值为.
（2）由（1），，，
，令，解得， 10分
设θ0(，使
θ0
0
减函数
极小值
增函数
12分
所以，当时函数f(θ)取得最小值，此时BP=≈17.68 ，
答：在BC上选择距离B为17.68 处为登陆点，所用时间最少． 14分
（注：结果保留根号，不扣分）
8.（2018·苏北四市期末·17）
某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1．为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O及其内接等腰三角形ABC绕底边BC上的高所在直线AO旋转180°而成，如图2．已知圆O的半径为10 cm，设∠BAO=θ，，圆锥的侧面积为S cm2．
⑴求S关于θ的函数关系式；
⑵为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大．求S取得最大值时腰AB的长度．
【答案】（1）设交于点，过作，垂足为，
在中，，，
…………………………………………………………2分
在中，，
…………………………………………………………4分
所以
， ……………………6分
（2）要使侧面积最大，由（1）得：
…………8分
设
则，由得：
当时，，当时，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在时取得极大值，也是最大值；
所以当时，侧面积取得最大值， …………………………11分
此时等腰三角形的腰长
答：侧面积取得最大值时，等腰三角形的腰的长度为．…………14分
七、数列
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·8
填 空
等比数列
2018·无锡期末·9
填 空
等差数列
2018·镇江期末·7
填 空
等比数列
2018·扬州期末·9
填 空
等比数列、等差数列
2018·常州期末·8
填 空
等比数列
2018·南京盐城期末·10
填 空
等差数列前n项和
2018·苏州期末·8
填 空
等比数列
2018·苏北四市期末·11
填 空
等差数列
2018·南通泰州期末·20
解答
数列综合、新定义
2018·无锡期末·19
解答
数列综合、存在性
2018·镇江期末·20
解答
数列综合、恒成立
2018·扬州期末·20
解答
数列综合、存在性
2018·常州期末·19
解答
数列综合、存在性
2018·南京盐城期末·19
解答
数列综合、存在性
2018·苏州期末·19
解答
数列综合、存在性
2018·苏北四市期末·20
解答
数列综合
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·8）
在各项均为正数的等比数列中，若，，则的值为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·9）
已知等比数列满足，且，，成等差数列，则的最大值为 ．
【答案】1024
3.（2018·镇江期末·7）
设等比数列 (an (的前 n 项和 Sn ，若 a1 (((2, S6( 9S3 , 则a5 的值为
【答案】(32
4.（2018·扬州期末·9）
已知各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若4a4,a3,6a5成等差数列，且a3=3a22，则S3=_________.
【答案】
5.（2018·常州期末·8）
各项均为正数的等比数列中，若，则的最小值为 ．
【答案】
6.（2018·南京盐城期末·10）.
设为等差数列的前项和，若的前2017项中的奇数项和为2018，
则的值为 ．
【答案】4034
7.（2018·苏州期末·8）
已知等比数列的前n项和为，且，，则的值为 ．
【答案】
8.（2018·苏北四市期末·11）
已知等差数列满足，，则的值为 ．
【答案】
1.（2018·南通泰州期末·20）
若数列同时满足：①对于任意的正整数，恒成立；②对于给定的正整数，对于任意的正整数恒成立，则称数列是“数列”.
（1）已知判断数列是否为“数列”，并说明理由；
（2）已知数列是“数列”，且存在整数，使得，，，成等差数列，证明：是等差数列.
【答案】【解】（1）当为奇数时，，所以.
.
当为偶数时，，所以.
.
所以，数列是“数列”.
（2）由题意可得：，
则数列，，，是等差数列，设其公差为，
数列，，，是等差数列，设其公差为，
数列，，，是等差数列，设其公差为.
因为，所以，
所以，
所以①，②.
若，则当时，①不成立；
若，则当时，②不成立；
若，则①和②都成立，所以.
同理得：，所以，记.
设，
则
.
同理可得：，所以.
所以是等差数列.
【另解】，
，
，
以上三式相加可得：，所以，
所以，
，
，
所以，所以，
所以，数列是等差数列.
2.（2018·无锡期末·19）
已知数列满足，，是数列的前项的和.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，成等差数列，，18，成等比数列，求正整数的值；
（3）是否存在，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（1）因为，，
所以当时，，，
当时，
由和，
两式相除可得，，即
所以，数列是首项为2，公差为1的等差数列.
于是，.
（2）因为，30，成等差数列，，18，成等比数列，
所以，于是，或.
当时，，解得，
当时，，无正整数解，
所以，.
（3）假设存在满足条件的正整数，使得，
则，
平方并化简得，，
则，
所以，或，或，
解得：，或，，，（舍去），
综上所述，或14.
3.（2018·镇江期末·20）
已知数列 (an (的前 n 项和 Sn ，对任意正整数 n ，总存在正数 p, q, r 使得
恒成立：数列(bn (的前 n 项和，且对任意正整数n，恒成立.
（1）求常数 p, q, r 的值；
（2）证明数列 (bn (为等差数列；
（3）若，记，是否存在正整数 k ，使得对任意正整数 n ， Pn ( k 恒成立，若存在，求正整数 k 的最小值，若不存在，请说明理由.
【答案】因为①，所以②，（）
①－②得：，即，（），
又，所以，（），
时，，时，
又p, q为正数,解得p＝q＝2，
又因为，，且，所以
（2）因为③，当时，④
③－④得：，即⑤，
又⑥，⑤+⑥得：，
即，（），所以数列 (bn (为等差数列.
(3)因为，又，由（2）知数列 (bn (为等差数列，所以.
又由（1）知，
所以，
又，
所以，
令得，
所以，解得
所以时，，即，
时，因为，，所以，即，
此时，即，
所以的最大值为，
若存在正整数 k ，使得对任意正整数 n ， Pn ( k 恒成立，则，
所以正整数 k的最小值为4.
4.（2018·扬州期末·20）
已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=an2+an，数列{bn}满足b1=，2bn+1=bn+.
(1) 求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2) 设数列{cn}满足cn=，求和c1+c2+…+cn；
(3)是否存在正整数p,q,r(p＜q＜r)，使得bp,bq,br成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p,q,r，若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1） ①， ②，
②-①得：，即
因为是正数数列，所以，即，
所以是等差数列，其中公差为1，
在中，令，得
所以 ……………2分
由得，
所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，
所以. ……………………5分
注：也可累乘求的通项
（2），裂项得 ……………………7分
所以 ……………………9分
（3）假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，
因为，所以数列从第二项起单调递减，
当时，，
若，则，此时无解；
若，则，因为从第二项起递减，故，所以符合要求………11分
若，则，即，不符合要求，此时无解；
当时，一定有，否则若，则，即，矛盾，
所以，此时，令，则，所以，，
综上得：存在或，，满足要求………16分
5.（2018·常州期末·19）
已知各项均为正数的无穷数列的前项和为，且满足（其中为常数），．数列满足．
（1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式；
（2）若无穷等比数列满足：对任意的，数列中总存在两个不同的项，（），使得，求的公比．
【答案】解：（1）方法一：因为①，
所以②，
由②-①得，，
即，又，
则，即．
在中令得，，即．
综上，对任意，都有，
故数列是以2为公差的等差数列．
又，则．
方法二：因为，所以，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，
因此，即．
当时，，又也符合上式，
故，
故对任意，都有，即数列是以2为公差的等差数列．
（2）令，则数列是递减数列，所以．
考察函数，因为，所以在上递增． 因此，从而．
因为对任意的，总存在数列中的两个不同项，，使得，所以对任意的都有，明显．
若，当时，有，不符合题意，舍去；
若，当时，有，不符合题意，舍去；故．
6.（2018·南京盐城期末·19）.
设数列满足，其中，且，为常数.
（1）若是等差数列，且公差，求的值；
（2）若，且存在，使得对任意的都成立，求的最小值；
（3）若，且数列不是常数列，如果存在正整数，使得对任意的均成立. 求所有满足条件的数列中的最小值.
【答案】解：（1）由题意，可得，
化简得，又，所以. ………………4分
（2）将代入条件，可得，解得，
所以，所以数列是首项为1，公比的等比数列，所以. ……6分
欲存在，使得，即对任意都成立，
则，所以对任意都成立. ………………8分
令，则，
所以当时，；当时，；当时，．
所以的最大值为，所以的最小值为. ………………10分
（3）因为数列不是常数列，所以．
①若，则恒成立，从而，，所以，
所以，又，所以，可得是常数列．矛盾．
所以不合题意. ………………12分
②若，取（*），满足恒成立． ………………14分
由，得．
则条件式变为．
由，知；
由，知；
由，知．
所以，数列（*）适合题意．
所以的最小值为. ………………16分
7.（2018·苏州期末·19）
已知各项是正数的数列的前n项和为．
（1）若（n(N*，n≥2），且．
① 求数列的通项公式；
② 若对任意恒成立，求实数的取值范围；
（2）数列是公比为q（q＞0， q(1）的等比数列，且{an}的前n项积为．若存在正整数k，对任意n(N*，使得为定值，求首项的值．
【答案】解（1）①当时，由 ①
则 ②
②-①得，即， 2分
当时，由①知，即，
解得或（舍），
所以，即数列为等差数列，且首项，
所以数列的通项公式为. 5分
（注：不验证扣1分）
②由①知，，所以，
由题意可得对一切恒成立，
记，则，，
所以，， 8分
当时，，当时，，且，，，
所以当时，取得最大值，
所以实数的取值范围为. 11分
（2）由题意，设（），，两边取常用对数，
．
令，
则数列是以为首项，为公差的等差数列， 13分
若为定值，令，则，
即对恒成立，
因为，问题等价于
将代入，解得.
因为，所以，
所以，又故. 16分
8.（2018·苏北四市期末·20）
已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.
⑴若，，（），求证：数列是等比数列；
⑵若数列是等比数列，求，的值；
⑶若，且，求证：数列是等差数列.
【答案】（1）证明：若，则当(),
所以，
即，
所以， ……………………………………………………………2分
又由，，
得，，即，
所以，
故数列是等比数列．……………………………………………………………4分
（2）若是等比数列，设其公比为（ ），
当时，，即，得
， ①
当时，，即，得
， ②
当时，，即，得
， ③
②(①(，得 ，
③(②(，得 ，
解得．
代入①式，得．…………………………………………………………………8分
此时()，
所以，是公比为１的等比数列，
故． ……………………………………………………………………10分
（3）证明：若，由，得，
又，解得．…………………………………………………12分
由，， ，，代入得，
所以，，成等差数列，
由，得，
两式相减得：
即
所以
相减得：
所以
所以
， ……………………………………14分
因为，所以，
即数列是等差数列.………………………………………………………………16分
三、统计
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·3
填 空
分层抽样
2018·无锡期末·3
填 空
分层抽样
2018·扬州期末·3
填 空
标准差
2018·扬州期末·4
填 空
频率分布直方图
2018·常州期末·4
填 空
方差
2018·南京盐城期末·3
填 空
频率分布直方图
2018·苏北四市期末·5
填 空
频率分布直方图
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·3）
已知某校高一、高二、高三的学生人数分别为，，.为了解该校学生的身高情况，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为的样本，则应从高三年级抽取 名学生.
【答案】
2.（2018·无锡期末·3）
某高中共有学生2800人，其中高一年级960人，高三年级900人，现采用分层抽样的方法，抽取140人进行体育达标检测，则抽取高二年级学生人数为 ．
【答案】47
3.（2018·扬州期末· 3）
若数据31，37，33，a，35的平均数是34，则这组数据的标准差为_________.
【答案】
4.（2018·扬州期末·4）
为了了解某学校男生的身体发育情况，随机调查了该校100名男生的体重情况，整理所得数据并画出样本的频率分布直方图，根据此图估计该校2000名男生中体重在70-80kg的人数为________.
【答案】
5.（2018·常州期末·4）
若一组样本数据2015，2017，x，2018，2016的平均数为2017，则该组样本数据的方差为 ．
【答案】2
6.（2018·南京盐城期末·3）.
为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50,100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在(单位：分钟)内的学生人数为 ．
【答案】1200
7.（2018·苏北四市期末·5）
某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有 人．
【答案】750
四、概率
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·5
填 空
古典概型
2018·无锡期末·4
填 空
古典概型、直线垂直
2018·扬州期末·6
填 空
古典概型
2018·常州期末·6
填 空
古典概型
2018·南京盐城期末·5
填 空
古典概型
2018·苏州期末·4
填 空
几何概型
2018·苏北四市期末·7
填 空
古典概型
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·5）
某同学欲从数学建模、航模制作、程序设计和机器人制作个社团中随机选择个，则数学建模社团被选中的概率为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·4）
已知，直线，，则直线的概率为 ．
【答案】
3.（2018·扬州期末·6）
从两名男生2名女生中任选两人，则恰有一男一女的概率为__________.
【答案】
4.（2018·常州期末·6）
函数的定义域记作集合．随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子（骰子的每个面上分别标有点数），记骰子向上的点数为，则事件“”的概率为 ．
【答案】
5.（2018·南京盐城期末·5）.
口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为 ．
【答案】
6.（2018·苏州期末·4）
苏州轨道交通1号线每5分钟一班，其中，列车在车站停留0.5分钟，假设乘客到达站台的时刻是随机的，则该乘客到达站台立即能乘上车的概率为 ．
【答案】
7.（2018·苏北四市期末·7）
连续2次抛掷一颗质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方体），观察向上的点数，则事件“点数之积是3的倍数”的概率为 ．
【答案】
十一、体积、表面积
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·11
填 空
简单的几何体
2018·无锡期末·6
填 空
表面积
2018·镇江期末·6
填 空
体积
2018·扬州期末·7
填 空
体积
2018·常州期末·7
填 空
体积
2018·苏州期末·9
填 空
表面积
2018·苏北四市期末·8
填 空
体积
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·11）
如图，铜质六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知正六棱柱的底面边长、高都为，圆柱的底面积为.若将该螺帽熔化后铸成一个高为的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为 .（不计损耗）
【答案】
2.（2018·无锡期末·6）
直三棱柱中，已知，，，，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ．
【答案】
3.（2018·镇江期末·6）
已知正四棱锥的底面边长为 2，侧棱长为 6 ，则正四棱锥的体积为
【答案】
4.（2018·扬州期末·7）
若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为______.
【答案】
5.（2018·常州期末·7）
已知圆锥的高为6，体积为8．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为 ．
【答案】3
6.（2018·苏州期末·9）
鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的 榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、 前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯 起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁 班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为 ．（容器壁的厚度忽略不计，结果保留π）
【答案】
8.（2018·苏北四市期末·8）已知正四棱柱的底面边长为，侧面的对角线长是，则这个正四棱柱的体积是 ．
【答案】
十二、立体几何
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·15
解 答
线面平行、面面垂直
2018·无锡期末·15
解 答
线面平行、线面垂直
2018·镇江期末·16
解 答
线面平行、面面垂直
2018·扬州期末·15
解 答
线面平行、面面垂直
2018·常州期末·16
解 答
线面平行、线线垂直
2018·南京盐城期末·15
解 答
线面平行、线线垂直
2018·苏州期末·16
解 答
线面平行、面面垂直
2018·苏北四市期末·16
解 答
线面平行、面面垂直
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·15）
如图，在三棱锥中，，，是的中点.点在棱上，点是的中点.
求证：（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】【证明】（1）在中，是的中点，
是的中点，
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）在中，，是的中点，
所以，
又因为，平面，平面，，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
2.（2018·无锡期末·15）
如图，是菱形，平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】.解：（1）证明：因为平面，所以.
因为是菱形，所以，
因为
所以平面.
（2）证明：设，取中点，连结，
所以，且.
因为，，所以且，
从而四边形是平行四边形，.
因为平面，平面，
所以平面，即平面.
3.（2018·镇江期末·16）
如图，在直三棱柱 ABC ( A1B1C1 中， D 为 BC 中点， AB ( AC, BC1 ( B1D
求证：（1） A1C // 平面ADB1
（2）平面 A1BC1 ( 平面ADB1
【答案】证明：（1）设，连接，
因为ABC ( A1B1C1为直三棱柱，所以AA1B1B为矩形，所以E为AB中点，
又因为D 为 BC 中点，所以DE 为 AB 中位线，
所以DE∥A1C，且DE=A1C
因为，
所以A1C∥平面ADB1
（2）因为AB ( AC, D 为 BC 中点，所以AD ( BC
又因为ABC ( A1B1C1为直三棱柱，所以B1B( 面ABC，
因为AD ?面ABC，所以B1B(AD，
因为BC?面BCC1B1，BB1?面BCC1B1，BC∩BB1=B，
所以AD(面BCC1B1，
又B1C?面BCC1B1，所以AD(B1C
因为BC1 ( B1D，AD?面ADB1，BD?面ADB1, AD∩B1D=D，所以BC1 (面ADB1
因为B1C?面A1BC1，所以平面A1BC1(平面ADB1
4.（2018·扬州期末·15）
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别为AB,AC的中点，
(1) 证明：B1C1∥平面A1DE；
(2) 若平面A1DE⊥平面ABB1A1，证明：AB⊥DE.
【答案】证明：⑴在直三棱柱中，四边形是平行四边形，所以……2分
在中，分别为的中点，故，所以，.………4分
又平面，平面，
所以平面 .………7分
⑵在平面内，过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， .………11分
又平面，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以。 .………14分
注：作时要交代在平面内作或要交代垂足点，否则扣1分
5.（2018·常州期末·16）
如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，点是棱上异于P，C的一点．
（1）求证：；
（2）过点和的平面截四棱锥得到截面（点在棱上），求证：．
【答案】（1）证明：，，所以，记交于点，平行四边形对角线互相平分，则为的中点，又中，，所以，
又，，所以，又，所以；
（2）四边形是平行四边形，所以，又，，所以，
又，，所以，
又，所以．
6.（2018·南京盐城期末·15）.
如图所示，在直三棱柱中，，点分别是的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）若，求证：.
【答案】证明：（1）因为是直三棱柱，所以，且，
又点分别是的中点，所以，且．
所以四边形是平行四边形，从而． ……………4分
又平面，平面，所以∥面． ……………6分
（2）因为是直三棱柱，所以底面，而侧面，
所以侧面底面．
又，且是的中点，所以．
则由侧面底面，侧面底面，
，且底面，得侧面． ……………8分
又侧面，所以． ……………10分
又，平面，且，
所以平面． ……………12分
又平面，所以． ……………14分
7.（2018·苏州期末·16）
如图，在正方体中，已知E，F，G，H分别是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中点．
（1）求证：EF∥平面ABHG；
（2）求证：平面ABHG⊥平面CFED．
【答案】证明：（1）因为E，F是A1D1，B1C1的中点，所以，
在正方体中，A1B1∥AB，
（注：缺少A1B1∥AB扣1分）
所以． 3分
又平面ABHG，AB平面ABHG，
（注：缺少AB平面ABHG不扣分）
所以EF∥平面ABHG． 6分
（2）在正方体ABCD?A1B1C1D1中，CD (平面BB1C1C，
又平面，所以．① 8分
设，△BCH≌△，所以，
因为∠HBC+∠PHC=90(，所以+∠PHC=90(．
所以，即．② 11分
由①②，又，DC，CF(平面CFED，
所以平面CFED．
又平面ABHG，
所以平面ABHG⊥平面CFED． 14分
（注：缺少平面ABHG，此三分段不给分）
8.（2018·苏北四市期末·16）
如图，在直三棱柱中，，，，分别是， 的中点.
求证：⑴；
⑵.
【答案】（1）证明：取的中点，连结
因为分别是的中点，
所以且
在直三棱柱中，，，
又因为是 的中点，
所以且. …………………………………………2分
所以四边形是平行四边形，
所以， ………………………………………………………………4分
而平面，平面，
所以平面. ……………………………………………………6分
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，所以面，
又因为面，
所以面面， …………………8分
又因为，所以，
面面，，
所以面， ………………………10分
又因为面，
所以，即，
连结，因为在平行四边形中，，
所以，
又因为，且，面，
所以面，……………………………………………………………………12分
而面，
所以.……………………………………………………………………………14分
十三、直线与圆的方程
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·13
填 空
直线与圆的位置关系
2018·无锡期末·10
填 空
直线与圆的位置关系
2018·镇江期末·11
填 空
圆的标准方程
2018·南京盐城期末·12
填 空
直线与圆的位置关系
数形结合
2018·苏州期末·11
填 空
圆的标准方程
2018·苏北四市期末·12
填 空
圆的标准方程、对称性
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·13）
在平面直角坐标系中，已知点，，从直线上一点向圆引两条切线，，切点分别为，.设线段的中点为，则线段长的最大值为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·10）
过圆内一点作两条相互垂直的弦和，且，则四边形的面积为 ．
【答案】19
3.（2018·镇江期末·11）
已知圆 C 与圆 x2 ( y 2 (10x (10 y ( 0 相切于原点，且过点 A(0,(6) ，则圆 C 的标准方程为
【答案】(x+3)2 (( y+3) 2 (((
4.（2018·南京盐城期末·12）.
在平面直角坐标系中，若直线上存在一点，圆上存在一点，满足，则实数的最小值为 ．
【答案】
7.（2018·苏州期末·11）
在平面直角坐标系xOy中，已知过点的圆和直线 x ( y ( 1相切，且圆心在直线 y ( (2x 上，则圆C的标准方程为 ．
【答案】
8.（2018·苏北四市期末·12）
在平面直角坐标系中，若圆上存在点，且点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围是 ．
【答案】
十四、圆锥曲线
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·1
填 空
集合的运算
2018·无锡期末·1
填 空
集合的运算
2018·镇江期末·1
填 空
集合的运算
2018·扬州期末·1
填 空
集合的运算
2018·常州期末·1
填 空
集合的运算
2018·南京盐城期末·1
填 空
集合的运算
2018·苏州期末·2
2018·苏北四市期末·1
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·7）
在平面直角坐标系中，已知点为抛物线的焦点，则点到双曲线的渐近线的距离为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·11）
已知双曲线与椭圆的焦点重合，离心率互为倒数，设分别为双曲线的左，右焦点，为右支上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】8
3.（2018·镇江期末·5）
已知双曲线左焦点与抛物线的焦点重合，则双曲线的右准线方程为
【答案】
4.（2018·扬州期末·10）
在平面直角坐标系xOy中，若双曲线-=1（a＞0，b＞0）的渐近线与圆x2+y2-6y+5=0没有焦点，则双曲线离心率的取值范围是__________.
【答案】
5.（2018·常州期末·9）
在平面直角坐标系中，设直线与双曲线的两条渐近线都相交且交点都在y轴左侧，则双曲线C的离心率的取值范围是 ．
【答案】
6.（2018·南京盐城期末·6）.
若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为 ．
【答案】6
7.（2018·苏州期末·3）
在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点坐标为 ．
【答案】
8.（2018·苏北四市期末·6）
在平面直角坐标系中，已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】
十五、解析几何综合题
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·17
解 答
2018·无锡期末·18
解 答
2018·镇江期末·18
解 答
2018·扬州期末·18
解 答
2018·常州期末·18
解 答
2018·南京盐城期末·18
解 答
2018·苏州期末·18
解 答
2018·苏北四市期末·18
解 答
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·17）
如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，两条准线之间的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知椭圆的左顶点为，点在圆上，直线与椭圆相交于另一点，且的面积是的面积的倍，求直线的方程.
【答案】【解】（1）设椭圆的焦距为，由题意得，，
解得，，所以.
所以椭圆的方程为.
（2）方法一：因为，
所以，
所以点为的中点.
因为椭圆的方程为，
所以.
设，则.
所以①，②，
由①②得，
解得，（舍去）.
把代入①，得，
所以，
因此，直线的方程为即，.
方法二：因为，所以，所以点为的中点.
设直线的方程为.
由得，
所以，解得，
所以，，
代入得，
化简得，
即，解得，
所以，直线的方程为即，.
2.（2018·无锡期末·18）
已知椭圆的离心率为，分别为左，右焦点，分别为左，右顶点，原点到直线的距离为.设点在第一象限，且轴，连接交椭圆于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若三角形的面积等于四边形的面积，求直线的方程；
（3）求过点的圆方程（结果用表示）.
【答案】解：（1）因为椭圆的离心率为，
所以，，
所以直线的方程为，
又到直线的距离为，所以，
所以，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，
直线的方程为，
由，整理得，
解得：，则点的坐标是，
因为三角形的面积等于四边形的面积，所以三角形的面积等于三角形的面积，
，
，
则，解得.
所以直线的方程为.
（3）因为，，，
所以的垂直平分线，
的垂直平分线为，
所以过三点的圆的圆心为，
则过三点的圆方程为，
即所求圆方程为.
3.（2018·镇江期末·18）
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆的离心率
为，左焦点 F ((2,0) ，直线 l : y ( t 与椭圆交于A, B两点，M 为椭圆上异于 A, B 的点.
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）若，以 AB 为直径的圆 P 过 M 点，求圆 P 的标准方程；
（3）设直线 MA, MB 与 y 轴分别交于 C, D ，证明： OC (OD 为定值.
【答案】（1）因为，且，所以，
所以椭圆 E 的方程为.
(2)设，则，且①
因为以 AB 为直径的圆 P 过 M 点，所以，所以
又，所以②
由①②解得：，或（舍），所以.
又圆 P的圆心为AB的中点，半径为，
所以圆 P 的标准方程为.
(3)设M，则的方程为，若k不存在，显然不符合条件.
令得；同理
所以
为定值.
4.（2018·扬州期末·18）
已知椭圆E1：+=1（a＞b＞0），若椭圆E2：+=1（a＞b＞0，m＞1），则称椭圆E2与椭圆E1“相似”.
(1) 求经过点(,1)，且与椭圆E1：+y2=1“相似”的椭圆E2的方程；
(2) 若m=4，椭圆E1的离心率为，P在椭圆E2上，过P的直线交椭圆E1于A,B两点，且，
①若B的坐标为(0,2)，且，求直线l的方程；
②若直线OP,OA的斜率之积为，求实数的值.
【答案】解：⑴设椭圆的方程为，代入点得，
所以椭圆的方程为 ………3分
⑵因为椭圆的离心率为，故，所以椭圆
又椭圆与椭圆“相似”，且，所以椭圆，
设，
①方法一：由题意得，所以椭圆，将直线，
代入椭圆得，
解得，故，
所以 ………5分
又，即为中点，所以， ………6分
代入椭圆得，
即，即，所以
所以直线的方程为 ………8分
方法二：由题意得，所以椭圆，
设，则，
代入椭圆得，解得，故 ………6分
所以，
所以直线的方程为 ………8分
②方法一： 由题意得，
，即，
，则，解得………12分
所以
则
所以，即，所以 .………16分
方法二：不妨设点在第一象限，设直线，代入椭圆，
解得，则，
直线的斜率之积为，则直线，代入椭圆，
解得，则
，则，解得，
所以
则
所以，
即，即，所以
5.（2018·常州期末·18）
如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，点是椭圆的左顶点，过原点的直线与椭圆交于两点（在第三象限），与椭圆的右准线交于点．已知，且．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，求椭圆的标准方程．
【答案】解：（1）由题意，消去y得，解得，
所以，，，所以；
（2）由（1），右准线方程为，
直线的方程为，所以，
，，
所以，，所以，
椭圆的标准方程为．
6.（2018·南京盐城期末·18）.
如图，在平面直角坐标系中，椭圆的下顶点为，点是椭圆上异于点的动点，直线分别与轴交于点，且点是线段的中点．当点运动到点处时，点的坐标为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线交轴于点，当点均在轴右侧，且时，求直线的方程．
【答案】解：（1）由，得直线的方程为． …………………2分
令，得点的坐标为．
所以椭圆的方程为． …………………4分
将点的坐标代入，得，解得．
所以椭圆的标准方程为． …………………8分
（2）方法一：设直线的斜率为，则直线的方程为．
在中，令，得，而点是线段的中点，所以．
所以直线的斜率． ………………10分
联立，消去，得，解得．
用代，得． ………………12分
又，所以，得． ………………14分
故，又，解得．
所以直线的方程为． ………………16分
方法二：设点的坐标分别为．
由，得直线的方程为，令，得．
同理，得．
而点是线段的中点，所以，故． …………………10分
又，所以，得，从而，
解得． …………………12分
将代入到椭圆C的方程中，得．
又，所以，即，
解得（舍）或．又，所以点的坐标为．……………14分
故直线的方程为． …………………16分
7.（2018·苏州期末·18）
在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点的动直线l与椭圆C交于 A，B 两点，试判断以AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．
【答案】解（1）由题意，故， 1分
又椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为，所以，
2分
解得，，所以， 4分
所以椭圆C的标准方程为. 6分
（2）当直线l的斜率为0时，令，则，
此时以AB为直径的圆的方程为． 7分
当直线l的斜率不存在时，以AB为直径的圆的方程为， 8分
联立解得，即两圆过点．
猜想以AB为直径的圆恒过定点． 9分
对一般情况证明如下：
设过点的直线l的方程为与椭圆C交于,
则整理得，
所以． 12分
（注：如果不猜想，直接写出上面的联立方程、韦达定理，正确的给3分）
因为
，
所以．
所以存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为． 16分
8.（2018·苏北四市期末·18）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点.为椭圆的右焦点，为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若，求的值；
⑶设直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）设椭圆方程为，由题意知：……………2分
解之得：，所以椭圆方程为： ……………………………4分
（2）若，由椭圆对称性，知，所以，
此时直线方程为， ……………………………………………6分
由，得，解得（舍去），…………8分
故．…………………………………………………………………10分
（3）设，则，
直线的方程为，代入椭圆方程，得
，
因为是该方程的一个解，所以点的横坐标，…………………12分
又在直线上，所以，
同理，点坐标为，， ……………………………………………14分
所以，
即存在，使得． ………………………………………………………16分
一、集合
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·1
填 空
集合的运算
2018·无锡期末·1
填 空
集合的运算
2018·镇江期末·1
填 空
集合的运算
2018·扬州期末·1
填 空
集合的运算
2018·常州期末·1
填 空
集合的运算
2018·南京盐城期末·1
填 空
集合的运算
2018·苏州期末·2
填 空
集合的运算
2018·苏北四市期末·1
填 空
集合的运算
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·1）
已知集合，.若，则实数的值为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·1）
已知集合，，若，则实数 ．
【答案】3
3.（2018·镇江期末·1）
已知集合 A ? ?? 2,0,1,3?, B ? ??1,0,1,2?, 则
【答案】?0,1?
4.（2018·扬州期末·1）
若集合A={x|1＜x＜3}，B={0，1，2，3}，则A∩B=___________.
【答案】
5.（2018·常州期末·1）
若集合，则集合 ．
【答案】
6.（2018·南京盐城期末·1）.
已知集合，，则 ．
【答案】
7.（2018·苏州期末·2）
已知集合，，且，则正整数 ．
【答案】2
8.（2018·苏北四市期末·1）
已知集合，，则 ．
【答案】
二、复数
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·2
填 空
复数的概念与除法
2018·无锡期末·2
填 空
复数的概念与除法
2018·镇江期末·4
填 空
复数的模与除法
2018·扬州期末·2
填 空
复数的概念与除法
2018·常州期末·3
填 空
复数的模与乘法
2018·南京盐城期末·2
填 空
复数的概念与乘法
2018·苏州期末·1
填 空
复数的模
2018·苏北四市期末·2
填 空
复数的模与除法
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·2）
已知复数，其中为虚数单位，则复数的实部为 .
【答案】
2.（2018·无锡期末·2）
若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数 ．
【答案】6
3.（2018·镇江期末·4）
设复数 z 满足 ，则=
【答案】1
4.（2018·扬州期末·2）
若复数(a-2i)(1+3i)是纯虚数，则实数a的值为__________.
【答案】
5.（2018·常州期末·3）
若复数满足，则 ．
【答案】1
6.（2018·南京盐城期末·2）.
设复数为虚数单位），若为纯虚数，则的值为 ．
【答案】1
7.（2018·苏州期末·1）
已知i为虚数单位，复数的模为 ．
【答案】
8.（2018·苏北四市期末·2）
已知复数（为虚数单位），则的模为 ．
【答案】
一、几何证明选讲
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·21A
解 答
切割线定理、相似
2018·镇江期末·21A
解 答
圆内接四边形
2018·常州期末·21A
解 答
相似
2018·南京盐城期末·21A
解 答
直线与圆、全等
2018·苏州期末·21A
解 答
相似
2018·苏北四市期末·21A
解 答
相似
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·21A）
如图，已知的半径为，的半径为，两圆外切于点.点为上一点，与切于点.若，求的长.
【答案】延长交与点，
连结，，，则过点，
由切割线定理得：.
因为，
与均为等腰三角形，
所以，所以，
所以，即.
因为，所以.
2.（2018·镇江期末·21）
如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，BC＝BD，BA的延长线交CD的延长线于点E，延长CA至F。
求证：AE是∠DAF的角平分线。
【答案】证明：因为ABCD是圆的内接四边形，
所以∠DAE=∠BCD，∠FAE=∠BAC=∠BDC.
因为BC=BD．所以∠BCD=∠BDC,
所以∠DAE=∠FAE,
所以AE是四边形ABCD的外角∠DAF的平分线．
3.（2018·常州期末·21A）
在中，N是边AC上一点，且，AB与的外接圆相切，求的值．
【答案】解：记外接圆为圆O，AB、AC分别是圆O的切线和割线，所以，
又，所以与相似，所以，所以
，．
4.（2018·南京盐城期末·21A）.
如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，垂直于点. 若，求切点到直径的距离．
【答案】解：如图，连接，，
因为直线与⊙相切于点，所以，
又因为垂直于，所以，所以，①
在⊙中，所以，② ………………5分
由①②得，即，
又，，
所以，所以，又，所以，
即到直径的距离为4. ………………10分
5.（2018·苏州期末·21）
如图，，与圆O分别切于点B，C，点P为圆O上异于点B，C的任意一点，于点D，于点E，于点F.
求证：.
【答案】证明 连PB，PC，因为分别为 同弧BP上的圆周角和弦切角， 所以. 2分
因为，，
所以△PDB∽△PFC，故. 5分
同理，，
又，，
所以△PFB∽△PEC，故. 8分
所以，即. 10分
6.（2018·苏北四市期末·21）
如图，是圆的直径，弦,的延长线相交于点，垂直的延长线于点．
求证：
【答案】证明：连接，因为为圆的直径，所以，
又，则四点共圆，
所以． …………………………………………………………5分
又△∽△，
所以，即，
∴． …………10分
二、矩阵与变换
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·21B
解 答
矩阵与变换
2018·无锡期末·21B
解 答
矩阵与变换
2018·扬州期末·21B
解 答
矩阵与变换
2018·常州期末·21B
解 答
矩阵与变换
2018·南京盐城期末·21B
解 答
矩阵与变换
2018·苏州期末·21B
解 答
矩阵与变换
2018·苏北四市期末·21B
解 答
矩阵与变换
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·21B）
已知，向量是矩阵的属于特征值的一个特征向量，求与.
【答案】由已知得，
所以所以.
设，
则即.
所以，，.
所以，.
2.（2018·无锡期末·21B）
已知矩阵，若矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.
【答案】解：由矩阵属于特征值的一个特征向量为可得，
，即；
得，
由矩阵属于特征值的一个特征向量为，
可得，即；
得，
解得.即
3.（2018·扬州期末·21B）
已知，若点M (1,1)在矩阵A= 对应变换作用下得到点N (3,5)，求矩阵A的逆矩阵A-1。
【答案】 解：因为，即，即，解得，
所以，……5分
法1：设，则，即，……7分
解得，所以.……10分
法2：因为，且，
所以.……10分
注：法2中没有交待逆矩阵公式而直接写结果的扣2分
4.（2018·常州期末·21）
已知矩阵不存在逆矩阵，求：
（1）实数a的值； （2）矩阵的特征向量．
【答案】（2），即，所以，解得
时，，，属于的一个特征向量为；
时，，，属于的一个特征向量为．
5.（2018·南京盐城期末·21B）.
已知矩阵，求圆在矩阵的变换下所得的曲线方程.
【答案】解：设是圆上任意一点，则，
设点在矩阵对应的变换下所得的点为，则，
即，解得， ………………5分
代入，得，即为所求的曲线方程. ………………10分
6.（2018·苏州期末·21）
已知，，求．
【答案】解 矩阵的特征多项式为， 2分
令，解得，解得 属于λ1的一个特征向量为，属于λ2的一个特征向量为． 5分
令，即，所以解得．
7分
所以
． 10分
7.（2018·苏北四市期末·21）
已知矩阵，，若矩阵，求矩阵的逆矩阵．
【答案】因为， ……………………………………5分
所以． ………………………………………………………10分
8. （2018·镇江市期末·21B）
已知矩阵M＝，其中a，b均为实数，若点A（3，－1）在矩阵M的变换作用下得到点B（3,5），求矩阵M的特征值。
解：由题意，，
即，解得，所以M=
令，
解得或，
所以矩阵M的特征值为和
三、坐标系与参数方程
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·21C
解 答
参数方程
2018·无锡期末·21C
解 答
参数方程、极坐标方程
2018·扬州期末·21C
解 答
参数方程、极坐标方程
2018·常州期末·21C
解 答
参数方程、极坐标方程
2018·南京盐城期末·21C
解 答
参数方程、极坐标方程
2018·苏州期末·21C
解 答
参数方程、极坐标方程
2018·苏北四市期末·21C
解 答
参数方程
2018·镇江市期末·21C
解答
参数方程与普通方程、点的极坐标
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·21C）
在平面直角坐标系中，直线与曲线（为参数）相交于，两点，求线段的长.
【答案】曲线的普通方程为.
联立解得或
所以，，
所以.
2.（2018·无锡期末·21C）
在平面直角坐标系中，直线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若圆的极坐标方程是，且直线与圆相交，求实数的取值范围.
【答案】解：由，得，所以，
即圆的方程为，
又由，消，得，
由直线与圆相交，
所以，即.
3.（2018·扬州期末·21C）
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是：（是参数，是常数）。以为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为。
(1) 求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2) 若直线与曲线相交于两点，且，求实数的值。
【答案】解：（1）因为直线的参数方程是: (是参数)，
所以直线的普通方程为． -------------------2分
因为曲线的极坐标方程为，故 ，所以
所以曲线的直角坐标方程是 -------------------5分
(2)设圆心到直线的距离为，则，
又， ------------------8分
所以，即 或 -------------------10分
4.（2018·常州期末·21C）
在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线C的参数方程为（为参数），直线l的极坐标方程为，直线l与曲线C交于M，N两点，求MN的长．
【答案】解：曲线，直线，圆心到直线的距离为，所以弦长．
5.（2018·南京盐城期末·21C）.
在极坐标系中，直线与曲线()相切，求的值.
【答案】解：以极点O为原点，极轴为轴建立平面直角坐标系，
由，得，
得直线的直角坐标方程为． ………………5分
曲线，即圆，
所以圆心到直线的距离为．
因为直线与曲线（）相切，所以，即. ……………10分
6.（2018·苏州期末·21C）
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点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，若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．
【答案】解 由曲线C的极坐标方程是，得ρ2sin2θ=2ρcosθ．
所以曲线C的直角坐标方程是y2=2x． 2分
由直线l的参数方程 (t为参数)，得，
所以直线l的普通方程为． 4分
将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程y2=2x，得，
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
所以， 7分
因为原点到直线的距离，
所以△AOB的面积是． 10分
7.（2018·苏北四市期末·21C）
以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线（为参数）与圆的位置关系．
【答案】把直线方程化为普通方程为． ……………………………3分
将圆化为普通方程为，
即． ………………………………………………………………6分
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切.…………………………………………………………………10分
8. （2018·镇江市期末·21C）
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（a＞b＞0，为参数），且曲线C上的点M（2，）对应的参数＝，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系。
（1）求曲线C的普通方程；
（2）若曲线C上的A，B两点的坐标分别为，求的值.
解：（1）将M（2，）及对应的参数＝，代入（a＞b＞0，为参数），得，所以，所以曲线C的普通方程为.
（2）曲线C的极坐标方程为，将代入得
，，所以.
四、不等式选讲
（一）试题细目表
地区+题号
类 型
考 点
思 想 方 法
2018·南通泰州期末·21D
解 答
基本不等式
2018·无锡期末·21D
解 答
排序不等式
2018·扬州期末·21D
解 答
柯西不等式
2018·常州期末·21D
解 答
集合的运算
2018·南京盐城期末·21D
解 答
集合的运算
2018·苏州期末·21D
解 答
绝对值不等式
2018·苏北四市期末·21D
解 答
集合的运算
2018·镇江期末·21D
解 答
绝对值不等式、一元二次不等式
（二）试题解析
1.（2018·南通泰州期末·21D）
已知，，求的最小值.
【答案】因为，，
所以，.
两式相加：，
所以.
当且仅当且时“”成立.
即时，取得最小值.
2.（2018·常州期末·21）
已知，求证：．
【答案】证明：，不妨设，则，，由排序不等式得
，所以．
3.（2018·南京盐城期末·21）.
已知实数满足，求当取最大值时的值.
【答案】解：由柯西不等式，得，
即．
而，所以，所以， ………………5分
由，得，所以当且仅当时，．
所以当取最大值时的值为. ………………10分
4.（2018·苏州期末·21）
已知a，b，c∈R，，若对一切实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围．
【答案】解 因为a，b，c∈R，，
由柯西不等式得， 4分
因为对一切实数a，b，c恒成立，
所以．
当时，，即；
当时，不成立；
当时，，即；
综上，实数x的取值范围为． 10分
5.（2018·苏北四市期末·21）
已知都是正实数，且，求证: ．
【答案】证明：因为
， …………………………………………5分
又，
所以．…………………………………………10分
6. （2018·镇江市期末·21D）
已知函数，若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围。
解：因为对任意，不等式恒成立，所以
又，所以①，
即，解得，
所以
