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选题发帖解法(对数不等式还原)注意 $3 \lg 2 = \lg 8$ ，故 $\log 2 \leq \log \left( 1 + { \frac { f } { 7 0 0 } } \right) < \log 8 $ 由lg单调递增： $2 \leqslant 1 + \frac { f } { 7 0 0 } < 8 \Rightarrow 1 \leqslant \frac { f } { 7 0 0 } < 7 \Rightarrow 7 0 0 \leqslant f < 4 9 0 0 .$
解法(不等式相加)将两条已知不等式相加： $$ ( p + q ) + ( p + r ) ( r + s ) + ( q + s ) \Rightarrow 2 p 2 s \Rightarrow p s . $$ 即“去甲的高一学生(p)多于去乙的高二学生(s)”是唯一可由条件严格推出的结论 【背景深挖】本题是“线性不等式组的相加消元”在情境题中的体现。
题考查空间向量在立体几何中的应用，空间线面垂直的判定求面面角及三棱锥体积的计算. (1)证明:长方体 $A B C D - A { 1 } B { 1 } C { 1 } D { 1 } \mathrm { \ell }$ 如图建立空间直角坐标系 $\mathrm { A B } \ = \ 2 , A A { 1 } = 3 , \mathrm { A D } \ = \ 4$
由题意，得棱台的上底面面积为 $2 \times \frac { 1 } { 2 } { \times } 2 { \times } 2 { \times } \mathrm { s i n } 6 0 ^ { \circ } { = } 2 \sqrt { 3 }$ 下底面面积为 $2 \times \frac { 1 } { 2 } \times 3 \times 3 \times \sin 6 0 ^ { \circ } = \frac { 9 \sqrt { 3 } } { 2 }$
$\odot A$ 的方程可化为 $(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=25-k$ ，圆心为 $A(3,4), A$ 错；$k=9$ 时，半径 $r=4$ ，圆心到 $x$ 轴的距离为 4 ，所以与 $x$ 轴相切，B 正确；$k=-11$ 时，$r=6, O A=5$ ，又 $r-1=5$ ，所以两圆内切，C 正确；若两圆相交，两圆方程相减得 $6 x+8 y-k-1=0$
方法一：（1）由频率分布直方图可得各组频率依次为 $$ \begin{gathered} 0.005 \times 10=0.05,0.010 \times 10=0.10,0.020 \times 10=0.20,0.025 \times 10=0.25 \\ 0.015 \times 10=0.15,0.015 \times 10=0.15,0.010
由 $\sqrt{x}=x$ 得 $x \geq 0$ ，平方得 $x^{2}=x$ ，所以 $x=0$ 或 $x=1$ ，即 $B=\{0,1\}$ 。因此 $A \cap B=\{0,1\}$ ，选 A．
$\sin \alpha \neq 0$ 。由已知得 $6 \sin \alpha \cos ^{2} \alpha=8 \sin \alpha\left(\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha\right)$ ，所以 $\cos ^{2} \alpha=$ $4 \sin ^{2} \alpha$ 。又 $\alpha$ 为第二
两个底面积 $S{1}=2^{2} \sin 60^{\circ}=2 \sqrt{3}, S{2}=3^{2} \sin 60^{\circ}=\frac{9 \sqrt{3}}{2}$ 。所以 $V=\frac{h}{3}\left(S{1}+S{2}+\right.$ $\left.\sqrt{S{1} S{2}}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(2 \sqrt{3}+\frac{9 \sqrt{3}}{2}+3 \sqrt{3}\right)=\frac{19}{2}$
设公差为 $d$ ，由 $a{4}=a{1}+3 d$ ，得 $5=-1+3 d$ ，所以 $d=2$ 。又 $a{6}=a{1}+5d=9$ ，则 $S{6}=-1+1+3+5+7+9=24$ ，应填： 24 。
方法一：由条件得 $f(x+2)=-f(x)$ ，所以 $f(x+4)=f(x)$ 。又 $f(x)$ 为偶函数，故 $f(4-x)=f(x)$ 。当 $x \in\left\frac{3}{2}, \frac{5}{2}\right$ 时，$x$ 与 $4-x$ 都在 $\left\frac{3}{2}, 3\right$ 内，于是 $(4-x)^{2}+a(4-x)+b=x^{2}+a x+b$
由 $a{3}=a{1} q^{2}, a{2}=a{1} q$ ，得 $2 a{1} q^{2}=a{1}+a{1} q$ ，因 $a{1}0$ ，所以$2 q^{2}-q-1=0$ ，即 $(2 q+1)(q-1)=0$ ，又 $q \neq 1$ ，故 $q=-\frac{1}{2}$ ，A正确；于是 $S{n}=\frac{a{1}\left(1-q^{n}\right)}{(1-q)}=\frac{2}{3} a{1}\left1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right$
$|\vec{a}+\vec{b}|^{2}-|\vec{a}-\vec{b}|^{2}=4 \vec{a} \cdot \vec{b}$ ，所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=\frac{1-3}{4}=-\frac{1}{2}$ ，选 C。
设两组有区分。甲、乙所在组有2种；再从丙、丁中选1人，从其余4人中选1人，与甲、乙同组，有 $2 \times 4$ 种。所以共有 $2 \times 2 \times 4=16$ 种，选 C。
（1）因为 $A+C=\pi-B$ ，所以 $$ \cos (A+C)=-\cos B=-\frac{3}{4} $$ 由 $\cos ^{2}(A+C)+\sin A \sin C=1$ ，得 $$ \sin A \sin C=1-\frac{9}{16}=\frac{7}{16} . $$ 又 $\cos (A+C)=\cos A \cos C-\sin A \sin C$
（1）$f'(x)=(x+1)e^{x}+a$，由切线斜率和截距得 $1+a=-2,b=1$，所以 $a=-3,b=1$。 方法一：（2）令 $h{m}(x)=f(x+m)-f(x)-m$ ， 则 $h{m}(x)=e^{x}\leftx\left(e^{m}-1\right)+m e^{m}\right-4 m$ 。 若 $m<0$ ，则 $x \rightarrow+\infty$
方法一：（1）设椭圆半焦距为 $c$ ，则 $c^{2}=a^{2}-1$ 。 过右焦点且垂直于 $x$ 轴的直线为 $x=c$ ，代入 $E$ 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1$ 。 所以 $y^{2}=1-\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{a^{2}}$ ．截得的弦长为 $\frac{2}{a}$ ，于
方法一：设 $\triangle A B C$ 的边长为 $a, H$ 为其中心，则 $A H=\frac{a}{\sqrt{3}}$ 。由 $D A=D B=D C$ 与 $O A=$ $O B=O C$ ，知 $D, O, H$ 共线，且 $D H$ 垂直平面 $A B C$ 。 记 $D H=h, O H=t$ 。由 $D A^{2}=2, O A^{2}=3$
【答案】-4 【解答】 $f ^ { \prime } ( x ) = ( x - 2 ) ( x - a ) + ( x - 1 ) ( x - a ) + ( x - 1 ) ( x - 2 )$ 若 x = 2为 f(x)的极值点，则 $f ^ { \prime } ( 2 ) = 2 - a = 0 \Rightarrow a = 2$ $$ f (