1．（2024·全國·高考真題）某工廠進(jìn)行生產(chǎn)線智能化升級改造，升級改造后，從該工廠甲、乙兩個(gè)車間的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取150件進(jìn)行檢驗(yàn)，數(shù)據(jù)如下：
(1)填寫如下列聯(lián)表：
能否有的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級品率存在差異？能否有的把握認(rèn)為甲，乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級品率存在差異？
(2)已知升級改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率，設(shè)為升級改造后抽取的n件產(chǎn)品的優(yōu)級品率.如果，則認(rèn)為該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率提高了，根據(jù)抽取的150件產(chǎn)品的數(shù)據(jù)，能否認(rèn)為生產(chǎn)線智能化升級改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率提高了？（）
附：
2．（2024·廣東·二模）已知雙曲線的焦點(diǎn)與橢圓的焦點(diǎn)重合，其漸近線方程為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若為雙曲線上的兩點(diǎn)且不關(guān)于原點(diǎn)對稱，直線過的中點(diǎn)，求直線的斜率.
3．（23-24高三上·天津和平·階段練習(xí)）如圖，在直三棱柱中，分別為的中點(diǎn)．

(1)求異面直線與所成角的余弦值；
(2)求點(diǎn)到平面的距離；
(3)求平面與平面夾角的余弦值．
4．（23-24高三上·黑龍江哈爾濱·期末）已知是公差不為零的等差數(shù)列，，且成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)若，求的前1012項(xiàng)和．
5．（2024·天津·高考真題）在中，角所對的邊分別為a,b,c，已知．
(1)求；
(2)求；
(3)求的值．
6．（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知函數(shù).
(1)討論的單調(diào)性；
(2)已知時(shí)，直線為曲線的切線，求實(shí)數(shù)的值．
二、能力增分練
7．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，為與的交點(diǎn)，．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
8．（2024·浙江麗水·二模）已知拋物線，點(diǎn)在拋物線上，且在軸上方，和在軸下方（在左側(cè)），關(guān)于軸對稱，直線交軸于點(diǎn)，延長線段交軸于點(diǎn)，連接.
(1)證明：為定值（為坐標(biāo)原點(diǎn)）；
(2)若點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，且，求的內(nèi)切圓的方程.
9．（2024·北京·高考真題）某保險(xiǎn)公司為了了解該公司某種保險(xiǎn)產(chǎn)品的索賠情況，從合同險(xiǎn)期限屆滿的保單中隨機(jī)抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：
假設(shè)：一份保單的保費(fèi)為0.4萬元；前3次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司賠償0.6萬元.假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨(dú)立.用頻率估計(jì)概率.
(1)估計(jì)一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；
(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費(fèi)與賠償總金額之差.
（i）記為一份保單的毛利潤，估計(jì)的數(shù)學(xué)期望；
（ⅱ）如果無索賠的保單的保費(fèi)減少，有索賠的保單的保費(fèi)增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值與（i）中估計(jì)值的大?。ńY(jié)論不要求證明）
10．（2024·四川自貢·一模）已知數(shù)列的前頂和為.且.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)在數(shù)列中，，求數(shù)列的前項(xiàng)和.
11．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，，，，.
(1)求；
(2)求四邊形的面積.
12．（2024·江西·一模）已知函數(shù)．
(1)若在R上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
(2)若，判斷是否有最大值，若有，求出最大值；若沒有，請說明理由．
三、拓展培優(yōu)練
13．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，其中不全為0，并約定，設(shè)，稱為的“伴生函數(shù)”．
(1)若，求；
(2)若恒成立，且曲線上任意一點(diǎn)處的切線斜率均不小于2，證明：當(dāng)時(shí)，；
(3)若，證明：對于任意的，均存在，使得．
14．（2024·河南濮陽·模擬預(yù)測）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D為邊AB上的一點(diǎn)，若，，求AB的長．
15．（2024·云南·模擬預(yù)測）如圖，已知點(diǎn)列與滿足，且，其中，．

(1)求；
(2)求與的關(guān)系式；
(3)證明：．
16．（2024·新疆·二模）在圓柱中，是圓的一條直徑，是圓柱的母線，其中點(diǎn)與，不重合，，是線段的兩個(gè)三等分點(diǎn)，，，．
(1)若平面和平面的交線為，證明：平面；
(2)設(shè)平面、平面和底面圓所成的銳二面角分別為和，平面和底面圓所成的銳二面角為，若，求的值．
17．（2024·江西·模擬預(yù)測）已知拋物線，圓，是拋物線上一點(diǎn)（異于原點(diǎn)）．
(1)若為圓上一動(dòng)點(diǎn)，求的最小值；
(2)過點(diǎn)作圓的兩條切線，分別交拋物線于A，B兩點(diǎn)，切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，若四邊形ABFE為梯形，求點(diǎn)的坐標(biāo)．
18．（2024·河南·模擬預(yù)測）某種植物感染病毒極易死亡，當(dāng)?shù)厣镅芯克鶠榇搜邪l(fā)出了一種抗病毒的制劑.現(xiàn)對20株感染了病毒的該植株樣本進(jìn)行噴霧試驗(yàn)測試藥效.測試結(jié)果分“植株死亡”和“植株存活”兩個(gè)結(jié)果進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，并對植株吸收制劑的量（單位：毫克）進(jìn)行統(tǒng)計(jì).規(guī)定植株吸收在6毫克及以上為“足量”，否則為“不足量”.現(xiàn)對該20株植株樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，其中“植株存活”的13株，對制劑吸收量統(tǒng)計(jì)得下表.已知“植株存活”但“制劑吸收不足量”的植株共1株.
(1)補(bǔ)全列聯(lián)表中的空缺部分，依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為“植株的存活”與“制劑吸收足量”有關(guān)？
(2)現(xiàn)假設(shè)該植物感染病毒后的存活日數(shù)為隨機(jī)變量（可取任意正整數(shù)）.研究人員統(tǒng)計(jì)大量數(shù)據(jù)后發(fā)現(xiàn)：對于任意的，存活日數(shù)為的樣本在存活日數(shù)超過的樣本里的數(shù)量占比與存活日數(shù)為1的樣本在全體樣本中的數(shù)量占比相同，均等于0.1，這種現(xiàn)象被稱為“幾何分布的無記憶性”.試推導(dǎo)的表達(dá)式，并求該植物感染病毒后存活日數(shù)的期望的值.
附：，其中；當(dāng)足夠大時(shí)，.
優(yōu)級品
合格品
不合格品
總計(jì)
甲車間
26
24
0
50
乙車間
70
28
2
100
總計(jì)
96
52
2
150
優(yōu)級品
非優(yōu)級品
甲車間
乙車間
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
賠償次數(shù)
0
1
2
3
4
單數(shù)
編號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
吸收量（毫克）
6
8
3
8
9
5
6
6
2
7
編號(hào)
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
吸收量（毫克）
7
5
10
6
7
8
8
4
6
9
吸收足量
吸收不足量
合計(jì)
植株存活
植株死亡
合計(jì)
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
2025二輪復(fù)習(xí)大題規(guī)范練（二）
一、基礎(chǔ)保分練
1．（2024·全國·高考真題）某工廠進(jìn)行生產(chǎn)線智能化升級改造，升級改造后，從該工廠甲、乙兩個(gè)車間的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取150件進(jìn)行檢驗(yàn)，數(shù)據(jù)如下：
(1)填寫如下列聯(lián)表：
能否有的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級品率存在差異？能否有的把握認(rèn)為甲，乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級品率存在差異？
(2)已知升級改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率，設(shè)為升級改造后抽取的n件產(chǎn)品的優(yōu)級品率.如果，則認(rèn)為該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率提高了，根據(jù)抽取的150件產(chǎn)品的數(shù)據(jù)，能否認(rèn)為生產(chǎn)線智能化升級改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率提高了？（）
附：
2．（2024·廣東·二模）已知雙曲線的焦點(diǎn)與橢圓的焦點(diǎn)重合，其漸近線方程為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若為雙曲線上的兩點(diǎn)且不關(guān)于原點(diǎn)對稱，直線過的中點(diǎn)，求直線的斜率.
3．（23-24高三上·天津和平·階段練習(xí)）如圖，在直三棱柱中，分別為的中點(diǎn)．

(1)求異面直線與所成角的余弦值；
(2)求點(diǎn)到平面的距離；
(3)求平面與平面夾角的余弦值．
4．（23-24高三上·黑龍江哈爾濱·期末）已知是公差不為零的等差數(shù)列，，且成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)若，求的前1012項(xiàng)和．
5．（2024·天津·高考真題）在中，角所對的邊分別為a,b,c，已知．
(1)求；
(2)求；
(3)求的值．
6．（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知函數(shù).
(1)討論的單調(diào)性；
(2)已知時(shí)，直線為曲線的切線，求實(shí)數(shù)的值．
二、能力增分練
7．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，為與的交點(diǎn)，．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
8．（2024·浙江麗水·二模）已知拋物線，點(diǎn)在拋物線上，且在軸上方，和在軸下方（在左側(cè)），關(guān)于軸對稱，直線交軸于點(diǎn)，延長線段交軸于點(diǎn)，連接.
(1)證明：為定值（為坐標(biāo)原點(diǎn)）；
(2)若點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，且，求的內(nèi)切圓的方程.
9．（2024·北京·高考真題）某保險(xiǎn)公司為了了解該公司某種保險(xiǎn)產(chǎn)品的索賠情況，從合同險(xiǎn)期限屆滿的保單中隨機(jī)抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：
假設(shè)：一份保單的保費(fèi)為0.4萬元；前3次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時(shí)，保險(xiǎn)公司賠償0.6萬元.假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨(dú)立.用頻率估計(jì)概率.
(1)估計(jì)一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；
(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費(fèi)與賠償總金額之差.
（i）記為一份保單的毛利潤，估計(jì)的數(shù)學(xué)期望；
（ⅱ）如果無索賠的保單的保費(fèi)減少，有索賠的保單的保費(fèi)增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值與（i）中估計(jì)值的大?。ńY(jié)論不要求證明）
10．（2024·四川自貢·一模）已知數(shù)列的前頂和為.且.
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)在數(shù)列中，，求數(shù)列的前項(xiàng)和.
11．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，，，，.
(1)求；
(2)求四邊形的面積.
12．（2024·江西·一模）已知函數(shù)．
(1)若在R上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
(2)若，判斷是否有最大值，若有，求出最大值；若沒有，請說明理由．
三、拓展培優(yōu)練
13．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，其中不全為0，并約定，設(shè)，稱為的“伴生函數(shù)”．
(1)若，求；
(2)若恒成立，且曲線上任意一點(diǎn)處的切線斜率均不小于2，證明：當(dāng)時(shí)，；
(3)若，證明：對于任意的，均存在，使得．
14．（2024·河南濮陽·模擬預(yù)測）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D為邊AB上的一點(diǎn)，若，，求AB的長．
15．（2024·云南·模擬預(yù)測）如圖，已知點(diǎn)列與滿足，且，其中，．

(1)求；
(2)求與的關(guān)系式；
(3)證明：．
16．（2024·新疆·二模）在圓柱中，是圓的一條直徑，是圓柱的母線，其中點(diǎn)與，不重合，，是線段的兩個(gè)三等分點(diǎn)，，，．
(1)若平面和平面的交線為，證明：平面；
(2)設(shè)平面、平面和底面圓所成的銳二面角分別為和，平面和底面圓所成的銳二面角為，若，求的值．
17．（2024·江西·模擬預(yù)測）已知拋物線，圓，是拋物線上一點(diǎn)（異于原點(diǎn)）．
(1)若為圓上一動(dòng)點(diǎn)，求的最小值；
(2)過點(diǎn)作圓的兩條切線，分別交拋物線于A，B兩點(diǎn)，切點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，若四邊形ABFE為梯形，求點(diǎn)的坐標(biāo)．
18．（2024·河南·模擬預(yù)測）某種植物感染病毒極易死亡，當(dāng)?shù)厣镅芯克鶠榇搜邪l(fā)出了一種抗病毒的制劑.現(xiàn)對20株感染了病毒的該植株樣本進(jìn)行噴霧試驗(yàn)測試藥效.測試結(jié)果分“植株死亡”和“植株存活”兩個(gè)結(jié)果進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，并對植株吸收制劑的量（單位：毫克）進(jìn)行統(tǒng)計(jì).規(guī)定植株吸收在6毫克及以上為“足量”，否則為“不足量”.現(xiàn)對該20株植株樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，其中“植株存活”的13株，對制劑吸收量統(tǒng)計(jì)得下表.已知“植株存活”但“制劑吸收不足量”的植株共1株.
(1)補(bǔ)全列聯(lián)表中的空缺部分，依據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為“植株的存活”與“制劑吸收足量”有關(guān)？
(2)現(xiàn)假設(shè)該植物感染病毒后的存活日數(shù)為隨機(jī)變量（可取任意正整數(shù)）.研究人員統(tǒng)計(jì)大量數(shù)據(jù)后發(fā)現(xiàn)：對于任意的，存活日數(shù)為的樣本在存活日數(shù)超過的樣本里的數(shù)量占比與存活日數(shù)為1的樣本在全體樣本中的數(shù)量占比相同，均等于0.1，這種現(xiàn)象被稱為“幾何分布的無記憶性”.試推導(dǎo)的表達(dá)式，并求該植物感染病毒后存活日數(shù)的期望的值.
附：，其中；當(dāng)足夠大時(shí)，.
參考答案：
1．(1)答案見詳解
(2)答案見詳解
【分析】（1）根據(jù)題中數(shù)據(jù)完善列聯(lián)表，計(jì)算，并與臨界值對比分析；
（2）用頻率估計(jì)概率可得，根據(jù)題意計(jì)算，結(jié)合題意分析判斷.
【詳解】（1）根據(jù)題意可得列聯(lián)表：
可得，
因?yàn)椋?br>所以有的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級品率存在差異，沒有的把握認(rèn)為甲，乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級品率存在差異.
（2）由題意可知：生產(chǎn)線智能化升級改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品的頻率為，
用頻率估計(jì)概率可得，
又因?yàn)樯壐脑烨霸摴S產(chǎn)品的優(yōu)級品率，
則，
可知，
所以可以認(rèn)為生產(chǎn)線智能化升級改造后，該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級品率提高了.
2．(1)
(2)1
【分析】（1）先求出焦點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)漸近線方程可求基本量，從而可得雙曲線的方程.
（2）利用點(diǎn)差法可求直線的斜率，注意檢驗(yàn).
【詳解】（1）橢圓的焦點(diǎn)為，故，
由雙曲線的漸近線為，故，故，
故雙曲線方程為：.
（2）設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，的中點(diǎn)為，
因?yàn)樵谥本€，故，
而，，故，
故，
由題設(shè)可知AB的中點(diǎn)不為原點(diǎn)，故，所以，
故直線的斜率為.
此時(shí)，
由可得，整理得到：，
當(dāng)即或，
即當(dāng)或時(shí)，直線存在且斜率為1.
3．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計(jì)算即可；
（2）利用空間向量計(jì)算點(diǎn)面距離即可；
（3）利用空間向量計(jì)算面面夾角即可.
【詳解】（1）由題意可知兩兩垂直，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
即，
所以，
即異面直線與所成角的余弦值為；
（2）由上易知，
設(shè)面的一個(gè)法向量為，則有，
取，即，
所以點(diǎn)到平面的距離為；
（3）由上可知，
設(shè)面的一個(gè)法向量為，則有，
取，即，
設(shè)平面與平面夾角為，
則，
即平面與平面夾角的余弦值.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等比中項(xiàng)即可得解；
（2）由裂項(xiàng)相消法可求出前1012項(xiàng)和.
【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為，
又，則，，
因?yàn)槌傻缺葦?shù)列，所以，
即，
得，
又因?yàn)閍n是公差不為零的等差數(shù)列，所以，
即.
（2）由（1）知
，
.
5．(1)
(2)
(3)
【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，則得到；
（3）法一：根據(jù)大邊對大角確定為銳角，則得到，再利用二倍角公式和兩角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和兩角差的余弦公式即可.
【詳解】（1）設(shè)，，則根據(jù)余弦定理得，
即，解得（負(fù)舍）；
則.
（2）法一：因?yàn)闉槿切蝺?nèi)角，所以，
再根據(jù)正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因?yàn)?，則
（3）法一：因?yàn)椋褺∈0,π，所以，
由（2）法一知，
因?yàn)?，則，所以，
則，
.
法二：，
則，
因?yàn)闉槿切蝺?nèi)角，所以，
所以
6．(1)答案見解析
(2)或
【分析】（1）求導(dǎo)后因式分解，再討論當(dāng)，，時(shí)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，即可判斷原函數(shù)的單調(diào)性.
（2）求導(dǎo)后根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義設(shè)切點(diǎn)，求得切線方程，根據(jù)切線過原點(diǎn)計(jì)算即可求得結(jié)果.
【詳解】（1）．
令，得或．
若，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
若時(shí)，，在上單調(diào)遞增；
若，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；
時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．
（2）當(dāng)時(shí)，
設(shè)切點(diǎn)，則切線方程為
因?yàn)榍芯€過原點(diǎn)， 故， 即，
解得或
所以或.
7．(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意，利用線面垂直的判定定理證明即可.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求二面角的正弦值.
【詳解】（1）
連接，
因?yàn)榈酌媸沁呴L為2的正方形，所以，
又因?yàn)?，?br>所以，所以，
點(diǎn)為線段中點(diǎn)，所以，
在中，，，
所以，
則，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）【方法一】：由題知正方形中，平面，所以建系如圖所示，
則，
則，
，
設(shè)面的法向量為，面的法向量為，
則，取，則
取，則.
設(shè)二面角大小為，
則，
所以二面角的正弦值為.
【方法二】：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
由題設(shè)得，，，，
，，
，，．
設(shè)是平面的法向量，
則，即，可?。?br>設(shè)是平面的法向量，
則，即，可?。?
所以．
因此二面角的正弦值為．
8．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)已知條件作出圖形，設(shè)出直線的方程，與拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及直線的點(diǎn)斜式方程即可求解；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出直線的方程，利用直線的斜率公式及直線的點(diǎn)斜式方程，結(jié)合角平分線的性質(zhì)及圓的標(biāo)準(zhǔn)方程即可求解.
【詳解】（1）設(shè)直線的方程為，則，
由，消去，得，
，
所以，
直線的方程為，化簡得，
令，得，所以
因此.
（2）因?yàn)辄c(diǎn)的橫坐標(biāo)為，由（1）可知，，
設(shè)交拋物線于，，如圖所示
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
又，
則，
故結(jié)合，得.
所以直線的方程為
又，
則，
所以直線的方程為，
設(shè)圓心,
因?yàn)闉榈钠椒志€，故點(diǎn)到直線和直線的距離相等，
所以，因?yàn)?，解得?br>故圓的半徑，
因此圓的方程為.
9．(1)
(2)(i)0.122萬元；(ii) 這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值大于（i）中估計(jì)值
【分析】（1）根據(jù)題設(shè)中的數(shù)據(jù)可求賠償次數(shù)不少2的概率;
（2）（ⅰ）設(shè)為賠付金額，則可取，用頻率估計(jì)概率后可求的分布列及數(shù)學(xué)期望，從而可求.
（ⅱ）先算出下一期保費(fèi)的變化情況，結(jié)合（1）的結(jié)果可求，從而即可比較大小得解.
【詳解】（1）設(shè)為“隨機(jī)抽取一單，賠償不少于2次”，
由題設(shè)中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可得.
（2）（?。┰O(shè)為賠付金額，則可取，
由題設(shè)中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可得，
，，
，
故
故（萬元）.
（ⅱ）由題設(shè)保費(fèi)的變化為，
故（萬元），
從而.
10．(1)
(2)，
【分析】（1）利用求通項(xiàng)公式；
（2）轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列、等比數(shù)列，分組求和.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，可得：；
當(dāng)時(shí)，，，兩式相減，得：，即，
所以：.
（2）當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，，所以，
所以：，
時(shí)，，上式也成立.
所以：，
11．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)條件得到，進(jìn)而得到，再根據(jù)條件，利用平方關(guān)系和正弦的和角公式，即可求出結(jié)果；
（2）延長交于，設(shè)，，在中，利用正弦定理和余弦定理得到，，進(jìn)而求得，，再利用三角形面積公式，即可求出結(jié)果.
【詳解】（1）由，又B∈0,π，得到，
又，
又，，且，
所以，，
得到.
（2）延長交于，設(shè)，，
在中，由正弦定理得到，由（1）知，，
所以①，由余弦定理得到②，
由①②解得或，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，
又，所以，不合題意，故，，
在中，由，，得到，，
所以，又，
故.
12．(1)
(2)有最大值，最大值為e
【分析】（1）求導(dǎo)，得到恒成立，根據(jù)根的判別式得到不等式，求出a的取值范圍；
（2）求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性，從而求出函數(shù)的最大值.
【詳解】（1）因?yàn)?，所以?br>因?yàn)樵赗上單調(diào)遞減，所以恒成立，
所以，，所以a的取值范圍是．
（2）當(dāng)時(shí)，，，
令，解得，令，解得，
所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)，時(shí)，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，
又時(shí)，，
所以有最大值，最大值為e．
13．(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）由題可知，計(jì)算可求伴生函數(shù)為．
（2），由已知可得在上恒成立，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）令，求導(dǎo)結(jié)合在上一定存在極值點(diǎn)，令為其中一個(gè)極值點(diǎn)，則，計(jì)算可得結(jié)論.
【詳解】（1）由題可知．
所以，
故的伴生函數(shù)為．
（2）由已知得，
所以
．
因?yàn)榍€上任意一點(diǎn)處的切線斜率均不小于2，
故在上恒成立．
又，所以，
所以當(dāng)時(shí)，．
（3）因?yàn)?，所以?br>設(shè)，則．
注意到，則在上一定存在極值點(diǎn)．
令為其中一個(gè)極值點(diǎn)，則，
即，所以，
因?yàn)?，所以，故?br>【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)伴生函數(shù)的定義可求解（1）（2），構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)及單調(diào)性的綜合應(yīng)用，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí).
14．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角互化，結(jié)合三角恒等變換中的輔助角公式整理即可求解；
（2）根據(jù)余弦定理可求得，利用三角函數(shù)恒等變化，根據(jù)正弦定理求得，即可求得解.
【詳解】（1）因?yàn)椋?br>由正弦定理得．
因?yàn)?，可得?br>所以，即，
所以，
又因?yàn)?，可得?br>所以，
故．
（2）如圖，在中，由余弦定理得
，
所以．
因?yàn)?，且?br>所以，
所以．
又因?yàn)椋裕?br>．
在中，由正弦定理得,解得.
所以．
15．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）由垂直向量的坐標(biāo)表示和模長公式列出方程組，解方程即可得出答案.
（2）根據(jù)垂直向量的坐標(biāo)表示和模長公式列出方程組，解方程即可得出答案.
（3）要證等價(jià)于證明，先證明，再由累加法即可證明.
【詳解】（1）因?yàn)?，?br>，，
所以，
得，所以.
（2）由，，
①，
又，則②，
將①代入②得:
即.
（3）要證等價(jià)于證明，
當(dāng)時(shí)，
，
因?yàn)椋?br>所以
，
，
．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題（3）的關(guān)鍵點(diǎn)在于將題意轉(zhuǎn)化為證明，先由放縮法證明，再由累加法即可證明.
16．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）推導(dǎo)出OM∥AN，平面，，由線面平行的性質(zhì)定理可得l∥OM，由此能證明平面．
（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向?yàn)檩S，底面圓所在平面內(nèi)垂直于方向?yàn)檩S，方向?yàn)檩S建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：由已知，易得是的中點(diǎn)，是的中點(diǎn)，
∴OM∥AN，又平面，平面，∴OM∥平面，
又∵OM?平面，平面平面CAN=l，
由線面平行的性質(zhì)定理可得，l∥OM
又∵OM?平面，平面，∴l(xiāng)∥平面
（2）解：以為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向?yàn)檩S，底面圓所在平面內(nèi)垂直于方向?yàn)檩S，方向?yàn)檩S建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．
由對稱性，不妨設(shè)∠AOC=θ(0

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