(1) 见解析

(2) 见解析

【分析】（ 1 ）方法一：根据 ，利用柯西不等式即可得证；

（ 2 ）由（ 1 ）结合已知可得 ，即可得到 ，再根据权方和不等式即可得证 .

【详解】（ 1 ） [ 方法一 ] ：【最优解】柯西不等式

由柯西不等式有 ，

所以 ，当且仅当 时，取等号，所以 .

[ 方法二 ] ：基本不等式

由 ， ， ， ，

当且仅当 时，取等号，所以 .

（ 2 ）证明：因为 ， ， ， ，由（ 1 ）得 ，

即 ，所以 ，

由权方和不等式知 ，

当且仅当 ，即 ， 时取等号，

所以 .

【点睛】（ 1 ）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；

方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．

A

【分析】根据集合的交集运算即可解出．

【详解】因为 ， ，所以 ．

故选： A.

B

【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解 .

【详解】讲座前中位数为 , 所以 错；

讲座后问卷答题的正确率只有一个是 个 , 剩下全部大于等于 , 所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 , 所以 B 对；

讲座前问卷答题的正确率更加分散 , 所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差 , 所以 C 错；

讲座后问卷答题的正确率的极差为 ，

讲座前问卷答题的正确率的极差为 , 所以 错 .

故选 :B.

D

【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．

【详解】因为 ，所以 ，所以 ．

故选： D.

B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解 .

【详解】由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积 .

故选： B.

C

【分析】先由平移求出曲线 的解析式，再结合对称性得 ，即可求出 的最小值 .

【详解】由题意知：曲线 为 ，又 关于 轴对称，则 ，

解得 ，又 ，故当 时， 的最小值为 .

故选： C.

C

【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是 4 的倍数的情况，由古典概型求概率即可 .

【详解】 [ 方法一 ] ：【最优解】无序

从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有 15 种情况，其中数字之积为 4 的倍数的有 6 种情况，故概率为 .

[ 方法二 ] ：有序

从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有 ,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30 种情况，

其中数字之积为 4 的倍数有 (1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12 种情况，故概率为 .

故选： C.

【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；

方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；

A

【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解 .

【详解】令 ，

则 ，

所以 为奇函数，排除 BD ；

又当 时， ，所以 ，排除 C.

故选： A.

B

【分析】根据题意可知 ， 即可解得 ，再根据 即可解出．

【详解】因为函数 定义域为 ，所以依题可知， ， ，而 ，所以 ，即 ，所以 ，因此函数 在 上递增，在 上递减， 时取最大值，满足题意，即有 ．

故选： B.

D

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．

【详解】如图所示：

不妨设 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成角为 ， 与平面 所成角为 ，所以 ，即 ， ，解得 ．

对于 A ， ， ， ， A 错误；

对于 B ，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为 ，因为 ，所以 ， B 错误；

对于 C ， ， ， ， C 错误；

对于 D ， 与平面 所成角为 ， ，而 ，所以 ． D 正确．

故选： D ．

C

【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积公式可得 ，再结合圆心角之和可将 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解 .

【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，

则 ，

所以 ，

又 ，

则 ，

所以 ，

所以甲圆锥的高 ，

乙圆锥的高 ，

所以 .

故选： C.

B

【分析】根据离心率及 ，解得关于 的等量关系式，即可得解 .

【详解】解：因为离心率 ，解得 ， ，

分别为 C 的左右顶点，则 ，

B 为上顶点，所以 .

所以 ，因为

所以 ，将 代入，解得 ，

故椭圆的方程为 .

故选： B.

/

【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： .

A

【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知 ，再利用基本不等式，换底公式可得 ， ，然后由指数函数的单调性即可解出．

【详解】 ［方法一］：（指对数函数性质）

由 可得 ，而 ，所以 ，即 ，所以 .

又 ，所以 ，即 ，

所以 . 综上， .

［方法二］：【最优解】（构造函数）

由 ，可得 ．

根据 的形式构造函数 ，则 ，

令 ，解得 ，由 知 .

在 上单调递增，所以 ，即 ，

又因为 ，所以 .

故选： A.

【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；

法二：利用 的形式构造函数 ，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．

(1) ；

(2) 的交点坐标为 ， ， 的交点坐标为 ， ．

【分析】 (1) 消去 ，即可得到 的普通方程；

(2) 将曲线 的方程化成普通方程，联立求解即解出．

【详解】（ 1 ）因为 ， ，所以 ，即 的普通方程为 ．

（ 2 ）因为 ，所以 ，即 的普通方程为 ，

由 ，即 的普通方程为 ．

联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ；

联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ．

(1) ；

(2) .

【分析】（ 1 ）由抛物线的定义可得 ，即可得解；

（ 2 ）法一：设点的坐标及直线 ，由韦达定理及斜率公式可得 ，再由差角的正切公式及基本不等式可得 ，设直线 ，结合韦达定理可解 .

【详解】（ 1 ）抛物线的准线为 ，当 与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p ，

此时 ，所以 ，

所以抛物线 C 的方程为 ；

（ 2 ） [ 方法一 ] ：【最优解】直线方程横截式

设 ，直线 ，

由 可得 ， ，

由斜率公式可得 ， ，

直线 ，代入抛物线方程可得 ，

，所以 ，同理可得 ，

所以

又因为直线 MN 、 AB 的倾斜角分别为 ，所以 ，

若要使 最大，则 ，设 ，则 ，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 最大时， ，设直线 ，

代入抛物线方程可得 ，

，所以 ，

所以直线 .

[ 方法二 ] ：直线方程点斜式

由题可知，直线 MN 的斜率存在 .

设 , 直线

由 得： ， , 同理， .

直线 MD : , 代入抛物线方程可得： ，同理， .

代入抛物线方程可得 : , 所以 ，同理可得 ，

由斜率公式可得：

（下同方法一）若要使 最大，则 ，

设 ，则 ，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 最大时， ，设直线 ，

代入抛物线方程可得 ， ，所以 ，所以直线 .

[ 方法三 ] ：三点共线

设 ，

设 , 若 P 、 M 、 N 三点共线，由

所以 ，化简得 ，

反之，若 , 可得 MN 过定点

因此，由 M 、 N 、 F 三点共线，得 ，

由 M 、 D 、 A 三点共线，得 ，

由 N 、 D 、 B 三点共线，得 ，

则 ， AB 过定点（ 4,0 ）

（下同方法一）若要使 最大，则 ，

设 ，则 ，

当且仅当 即 时，等号成立，

所以当 最大时， ，所以直线 .

【整体点评】（ 2 ）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线 的斜率关系，由基本不等式即可求出直线 AB 的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；

法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；

法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．

(1)3

(2)

【分析】（ 1 ）先由 上的切点求出切线方程，设出 上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出 即可；

（ 2 ）设出 上的切点坐标，分别由 和 及切点表示出切线方程，由切线重合表示出 ，构造函数，求导求出函数值域，即可求得 的取值范围 .

【详解】（ 1 ）由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，

即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；

（ 2 ） ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，

设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，

则 ，整理得 ，

令 ，则 ，令 ，解得 或 ，

令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：

则 的值域为 ，故 的取值范围为 .

(1) 证明见解析；

(2) ．

【分析】（ 1 ）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知 ， ，依题从而可证 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，即可知四边形 为平行四边形，于是 ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；

（ 2 ）再分别取 中点 ，由（ 1 ）知，该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍，即可解出．

【详解】（ 1 ）如图所示：

分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．

（ 2 ） [ 方法一 ] ：分割法一

如图所示：

分别取 中点 ，由（ 1 ）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．

因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积

．

[ 方法二 ] ：分割法二

如图所示：

连接 AC,BD, 交于 O ，连接 OE,OF,OG,OH. 则该几何体的体积等于四棱锥 O-EFGH 的体积加上三棱锥 A-OEH 的 倍 , 再加上三棱锥 E-OAB 的四倍．容易求得， OE=OF=OG=OH=8, 取 EH 的中点 P ，连接 AP,OP. 则 EH 垂直平面 APO. 由图可知，三角形 APO, 四棱锥 O-EFGH 与三棱锥 E-OAB 的高均为 EM 的长 . 所以该几何体的体积

(1) A ， B 两家公司长途客车准点的概率分别为 ，

(2) 有

【分析】（ 1 ）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；

（ 2 ）根据表格中数据及公式计算 ，再利用临界值表比较即可得结论 .

【详解】（ 1 ）根据表中数据， A 共有班次 260 次，准点班次有 240 次，

设 A 家公司长途客车准点事件为 M ，

则 ；

B 共有班次 240 次，准点班次有 210 次，

设 B 家公司长途客车准点事件为 N ，

则 .

A 家公司长途客车准点的概率为 ；

B 家公司长途客车准点的概率为 .

（ 2 ）列联表

= ，

根据临界值表可知，有 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关 .

(1) 证明见解析；

(2) ．

【分析】（ 1 ）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，从而得证；

（ 2 ）法一：由（ 1 ）及等比中项的性质求出 ，即可得到 的通项公式与前 项和，再根据二次函数的性质计算可得．

【详解】（ 1 ）因为 ，即 ① ，

当 时， ② ，

① ② 得， ，

即 ，

即 ，所以 ， 且 ，

所以 是以 为公差的等差数列．

（ 2 ） [ 方法一 ] ：二次函数的性质

由（ 1 ）可得 ， ， ，

又 ， ， 成等比数列，所以 ，

即 ，解得 ，

所以 ，所以 ，

所以，当 或 时， ．

[ 方法二 ] ：【最优解】邻项变号法

由（ 1 ）可得 ， ， ，

又 ， ， 成等比数列，所以 ，

即 ，解得 ，

所以 ，即有 .

则当 或 时， ．

【整体点评】（ 2 ）法一：根据二次函数的性质求出 的最小值，适用于可以求出 的表达式；

法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．