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河北省保定市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份河北省保定市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共70页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北省保定市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·河北保定·统考一模）已知为全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·河北保定·统考一模）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·河北保定·统考一模）已知平面向量，，且，则下列正确的是（ ）
A． B．或4 C． D．
4．（2021·河北保定·统考一模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·河北保定·统考一模）过圆：外一点作圆的切线，切点分别为、，则（ ）
A．2 B． C． D．3
6．（2021·河北保定·统考一模）已知函数，为了得到函数的图象，只需（ ）
A．先将函数图象上点的横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位
B．先将函数图象上点的横坐标变为原来的，再向右平移个单位
C．先将函数图象向右平移个单位，再将点的横坐标变为原来的
D．先将函数图象向右平移个单位，再将点的横坐标变为原来的2倍
7．（2021·河北保定·统考一模）已知长方体，动点到直线的距离与到平面的距离相等，则在平面上的轨迹是（ ）
A．线段 B．椭圆一部分 C．抛物线一部分 D．双曲线一部分
8．（2021·河北保定·统考一模）算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的、重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具．“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才．”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为3部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的．下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、……，上面一粒珠（简称上珠）代表5，下面一粒珠（简称下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小．现从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠（上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨），则算盘表示的整数能够被3整除的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·河北保定·统考一模）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·河北保定·统考一模）已知复数，复数是复数的共轭复数，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
11．（2022·河北保定·统考一模）已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·河北保定·统考一模）已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量（件）与商品售价（元）的关系为，则当此商品的利润最大时，该商品的售价（元）为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
13．（2022·河北保定·统考一模）已知三棱锥，其中平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
14．（2022·河北保定·统考一模）已知函数的图象如图所示，则下面描述不正确的是（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·河北保定·统考一模）已知双曲线的右焦点为，在右支上存在点，，使得为正方形（为坐标原点），设该双曲线离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·河北保定·统考一模）已知函数（）图象上存在点M，函数（e为自然对数的底数）图象上存在点N，且M，N关于点对称，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2023·河北保定·统考一模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·河北保定·统考一模）已知复数，则（ ）
A． B．8i C． D．
19．（2023·河北保定·统考一模）设，是两个不同的平面，则“内有无数条直线与平行”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
20．（2023·河北保定·统考一模）保定市主城区开展提升城市“新颜值”行动以来，有一街边旧房拆除后，打算改建成矩形花圃，中间划分出直角三角形区域种玫瑰，直角顶点在边上，且距离点，距离点，且、两点分别在边和上，已知，则玫瑰园的最小面积为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·河北保定·统考一模）函数的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
22．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（ ）
A．2 B． C． D．
23．（2023·河北保定·统考一模）函数，（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数在上单调递减
C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称
D．若圆C的半径为，则函数的解析式为
24．（2023·河北保定·统考一模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2021·河北保定·统考一模）已知为所在平面内一点，则下列正确的是（ ）
A．若，则点在的中位线上
B．若，则为的重心
C．若，则为锐角三角形
D．若，则与的面积比为
26．（2021·河北保定·统考一模）函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．
C． D．
27．（2021·河北保定·统考一模）已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A．在上单调递减
B．时，恒成立
C．是函数的一个单调递减区间
D．是函数的一个极小值点
28．（2021·河北保定·统考一模）已知曲线上的点满足方程，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线的长度为
B．当时，的最大值为1，最小值为
C．曲线与轴、轴所围成的封闭图形的面积和为
D．若平行于轴的直线与曲线交于，，三个不同的点，其横坐标分别为，，，则的取值范围是
29．（2022·河北保定·统考一模）已知向量，将向量绕原点逆时针旋转90°得到向量，将向量绕原点顺时针旋转135°得到向量，则（ ）
A． B．
C． D．
30．（2022·河北保定·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与该椭圆相交于，两点，点在该椭圆上，且，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得 B．满足为等腰三角形的点有2个
C．若，则 D．的取值范围为
31．（2022·河北保定·统考一模）已知数列的前项和为，且满足，，，则下面说法正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列为等差数列
C． D．
32．（2022·河北保定·统考一模）下面描述正确的是（ ）
A．已知，，且，则
B．函数，若，且，则的最小值是
C．已知，则的最小值为
D．已知，则的最小值为
33．（2023·河北保定·统考一模）已知平面向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则向量在上的投影向量为
D．若，则向量与的夹角为锐角
34．（2023·河北保定·统考一模）椭圆有一条光学性质：从椭圆一个焦点出发的光线，经过椭圆反射后，一定经过另一个焦点．假设光线沿直线传播且在传播过程中不会衰减，椭圆的方程为，则光线从椭圆一个焦点出发，到首次回到该焦点所经过的路程可能为（ ）
A．2 B．8 C．10 D．12
35．（2023·河北保定·统考一模）沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝”．它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏的侧面积是
B．沙漏中的细沙体积为
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm
D．该沙漏的一个沙时大约是837秒
36．（2023·河北保定·统考一模）如图所示的三角数阵，其中第m行（从上到下），第n列（从左到右）的数表示为，且，当时，有，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
37．（2021·河北保定·统考一模）已知一组数据的平均数为（其中），则中位数为_____________．
38．（2021·河北保定·统考一模）展开式中的常数项为_________．
39．（2021·河北保定·统考一模）已知为等边三角形，底面，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值是___________．
40．（2022·河北保定·统考一模）若函数在处的切线过点，则实数______．
41．（2022·河北保定·统考一模）2022年北京冬奥会的某滑雪项目中有三个不同的运动员服务点，现需将10名志愿者分配到这三个运动员服务点处，每处需要至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法一共有______种．
42．（2022·河北保定·统考一模）在如图直四棱柱中，底面为菱形，，，点为棱的中点，若为菱形内一点（不包含边界），满足平面，设直线与直线所成角为，则的最小值为______.
43．（2023·河北保定·统考一模）二项式展开式中常数项是________．（填数字）
44．（2023·河北保定·统考一模）写出过抛物线上的点且与圆相切的一条直线的方程________．
45．（2023·河北保定·统考一模）某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为________．
46．（2023·河北保定·统考一模）已知是函数在定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的最小值为________．
四、双空题
47．（2021·河北保定·统考一模）已知函数的导函数为，则__________；若，则__________．
48．（2022·河北保定·统考一模）已知定义在上的函数在处取得最小值，则最小值为______，此时______．
五、解答题
49．（2021·河北保定·统考一模）已知数列满足：，．
（1）求证数列是等比数列；
（2）若数列满足，求的最大值．
50．（2021·河北保定·统考一模）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且2sinB+bcosA＝b，a＝2．
（1）求角A的大小；
（2）若sinC＝2sinB，求△ABC的面积．
51．（2021·河北保定·统考一模）在矩形中，，取边上一点，将沿着折起，如图所示形成四棱锥．
（1）若为的中点，二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值；
（2）若将沿着折起后使得，求线段的长．
52．（2021·河北保定·统考一模）调查某种新型作物在某地的耕种状况与农民收入的关系，现在当地农户中随机选取了户农民进行了统计，发现当年收入水平提高的农户占，而当年选择耕种作物的农户占，既选择作物又收入提高的农户为户．
（1）完成下面列联表，并分析是否有的把握认为种植作物与收入提高有关；
种植作物的数量
未种植作物的数量
合计
收入提高的数量
收入未提高的数量
合计
附：，．
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（2）某农户决定在一个大棚内交替种植三种作物，为了保持土壤肥度，每种作物都不连续种植．开始时选择作物种植，后因习惯，在每次种植后会有的可能性种植，的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为．若仅种植三次，求种植作物次数的分布列及期望．
53．（2021·河北保定·统考一模）已知，是椭圆：的左、右焦点，曲线：的焦点恰好也是，为坐标原点，过椭圆的左焦点作与轴垂直的直线交椭圆于，，且的面积为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）过作直线交于，，交于，，且与的面积相等，求直线的斜率．
54．（2021·河北保定·统考一模）已知函数．
（1），求函数的最大值；
（2）若恒成立，求的取值集合；
（3）令，过点作曲线的两条切线，若两切点横坐标互为倒数，求证点一定在第一象限内．
55．（2022·河北保定·统考一模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和．
56．（2022·河北保定·统考一模）如图，在等腰梯形中，，，，现将沿折起至，使得．
(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值．
57．（2022·河北保定·统考一模）已知在△中，，的角平分线与相交于点．
(1)若，求的长；
(2)若，求△面积的最小值．
58．（2022·河北保定·统考一模）2022年初某公司研发一种新产品并投入市场，开始销量较少，经推广，销量逐月增加，下表为2022年1月份到7月份，销量y（单位：百件）与月份x之间的关系.
月份x
1
2
3
4
5
6
7
销量y
6
11
21
34
66
101
196
(1)根据散点图判断与（c，d均为大于零的常数）哪一个适合作为销量y与月份x的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）？
(2)根据（1）的判断结果及表中的数据，求y关于x的回归方程，并预测2022年8月份的销量；
(3)考虑销量､产品更新及价格逐渐下降等因素，预测从2022年1月份到12月份（x的取值依次记作1到12），每百件该产品的利润为元，求2022年几月份该产品的利润Q最大.
参考数据：
62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中，.参考公式：
对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
59．（2022·河北保定·统考一模）直线交抛物线于，两点，过，作抛物线的两条切线，相交于点，点在直线上．
(1)求证：直线恒过定点，并求出点坐标；
(2)以为圆心的圆交抛物线于四点，求四边形面积的取值范围．
60．（2022·河北保定·统考一模）已知，．
(1)存在满足：，，求的值；
(2)当时，讨论的零点个数．
61．（2023·河北保定·统考一模）已知的最小正周期为．
(1)求的值；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，求角B的大小以及的取值范围．
62．（2023·河北保定·统考一模）已知，，，…，是以1为首项，1为公差的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)求数列前2n项的和．
63．（2023·河北保定·统考一模）如图，平行六面体的所有棱长均为，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内．
(1)若为中点，求证：；
(2)若平面，求线段长度的最小值．
64．（2023·河北保定·统考一模）在过去三年防疫攻坚战中，我国的中医中药起到了举世瞩目的作用．某公司收到国家药品监督管理局签发的散寒化湿颗粒《药品注册证书》，散寒化湿颗粒是依据第六版至第九版《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》中的“寒湿疫方”研制的中药新药．初期为试验这种新药对新冠病毒的有效率，把该药分发给患有相关疾病的志愿者服用．
(1)若10位志愿者中恰有6人服药后有效，从这10位患者中选取3人，以表示选取的人中服药后有效的人数，求的分布列和数学期望；
(2)若有3组志愿者参加试验，甲，乙，丙组志愿者人数分别占总数的40%，32%，28%，服药后，甲组的有效率为64%，乙组的有效率为75%，丙组的有效率为80%，从中任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自乙组的概率．
65．（2023·河北保定·统考一模）如图，双曲线的中心在原点，焦距为，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N．
(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得（其中，为点P，T的横坐标），若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
66．（2023·河北保定·统考一模）已知函数．
(1)当时，证明：当时，；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】根据集合A，先求出集合A的补集，再求A的补集与集合B的交集.
【详解】解：，
，
又
.
故选：D
2．B
【分析】根据复数模长公式可得a，b的关系式，然后再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：，
，即，
，而，
“”是“”的必要不充分条件，
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．C
【解析】由向量共线的坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，所以.
故选：C.
4．A
【解析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果.
【详解】因为
又，
则．
故选：A．
【点睛】方法点睛：解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
5．C
【分析】本题首先可结合题意绘出图像，然后根据圆的方程得出，再然后根据两点间距离公式以及勾股定理得出、，最后通过等面积法即可得出结果.
【详解】如图，结合题意绘出图像：
因为圆：，直线、是圆的切线，
所以，，，，
因为，所以，，
根据圆的对称性易知，则，
解得，，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆的切点弦长的求法，主要考查圆的切线的相关性质，考查两点间距离公式以及勾股定理的应用，考查等面积法的应用，考查数形结合思想，是中档题.
6．B
【分析】直接利用三角函数图像变换可得.
【详解】对于A：先将函数图象上点的横坐标变为原来的2倍，得到，故A错误；
对于B：先将函数图象上点的横坐标变为原来的，得到，再右移个单位，得到，即为，故B正确；
对于C: 先将函数图象向右平移个单位，得到，再将点的横坐标变为原来的，得到，故C错误；
对于D: 先将函数图象向右平移个单位，得到，再将点的横坐标变为原来的2倍，得到，故D错误；
【点睛】：
关于三角函数图像平移伸缩变换：先平移的话，如果平移a个单位长度那么相位就会改变ωa；而先伸缩势必会改变ω大小，这时再平移要使相位改变值仍为ωa，那么平移长度不等于a.
7．C
【分析】根据长方体里的线线，线面关系，把问题转化为动点到定点的距离与到定直线的距离相等，即抛物线定义，从而得出轨迹是抛物线的一部分.
【详解】如图所示长方体，
平面，
则，即点到的距离为，
作，则为点到平面的距离，
在平面中，动点到定点的距离与到定直线的距离相等，满足抛物线定义，
故点的轨迹是抛物线的一部分.
故选：C
8．D
【分析】从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，利用列举法列出整数共有32个，其中能够被3整除的整数有16个，进而根据古典概型的概率计算公式可解．
【详解】解：从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，得到的整数共有32个，分别为：
11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，
1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，
2，20，200，2000，6，60，600，6000，
其中算盘表示的整数能够被3整除的整数有16个，分别为：
15，51，105，501，150，510，1005，5001，1050，5010，1500，5100，6，60，600，6000，
则算盘表示的整数能够被3整除的概率为．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是利用列举法把从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠所得到的整数列举出来.
9．D
【分析】根据指数函数的性质，求得集合，再结合集合的运算法则，即可求解.
【详解】由题意，可得集合，即集合，
又由集合，可得，
所以.
故选：D.
10．C
【分析】根据复数的运算性质，得到，即可求解.
【详解】根据复数的运算性质，可得.
故选；C．
11．B
【分析】利用幂函数和对数函数的单调性判断.
【详解】解：因为，，，
所以，
故选：B．
12．A
【分析】根据题意求出利润函数的表达式，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】根据题意可得利润函数，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数取最大值，
故选：A．
13．C
【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面，
所以，设是中点，因为，所以，
因为平面，平面，所以，因此，
因此四边形是平行四边形，故，
由余弦定理，得
，
由正弦定理，得，
所以该外接球的半径满足，
故选：C．
【点睛】关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.
14．D
【分析】由函数图象求得函数的解析式，然后逐项判断.
【详解】根据题意：可得，，
因为，
所以，
又，
则，即，
因为，则，
所以函数，
所以，，
故选：D．
15．B
【分析】根据题意得到点的坐标为，代入双曲线的方程，得到，进而得到离心率的方程，即可求解.
【详解】由题意，当为正方形时，点的坐标为，
代入可得，整理得，
即，整理得，
即，解得.
故选：B.
16．C
【分析】与函数的图象关于点对称，则问题转化为有解，利用导数研究函数的单调性及值域，根据方程有解的条件求解即可.
【详解】与函数的图象关于点对称，
的图象上存在点M，图象上存在点N，
使得M，N关于点对称，则方程有解，
显然，所以问题转化为有解，设，
则为增函数，且，所以在上单调递减，
在上单调递增，且时，，
所以，所以实数a的取值范围是.
故选：C
【点睛】本题考查函数图象的对称性，方程有解求参数的取值范围，利用导数研究函数的单调性与值域，属于较难题.
17．D
【分析】解一元二次不等式再求交集.
【详解】因为，所以.
故选：D
18．A
【分析】利用复数的运算，再结合共轭复数的意义求解作答.
【详解】因，有,则，
所以.
故选：A
19．B
【分析】根据面面平行的定义以及判定定理，举例即可得出答案.
【详解】
如图，长方体中，平面.
在平面内，除直线外，其他所有与平行的直线，都与平面平行，但是平面与平面不平行；
若，根据面面平行的定义可知，平面内的直线都与平面平行.
所以，“内有无数条直线与平行”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
20．A
【分析】设根据直角三角形的性质可将，，进而可得，再根据、两点分别在边，和上，可得，进而可得最小值.
【详解】如图所示，
设，则，，
所以，，
所以，
又、两点分别在边和上，
所以，，所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
即的最小值为，
故选：A.
21．B
【分析】函数是由函数向左平移1个单位得到的，而是偶函数，所以得的图像关于直线对称，再取值可判断出结果.
【详解】解：因为是由向左平移一个单位得到的，
因为，
所以函数为偶函数，图像关于轴对称，
所以的图像关于对称，故可排除A，D选项；
又当或时，，，
所以，故可排除C选项
.故选：B.
【点睛】此题考查函数图像的识别，利用了平移、奇偶性，函数值的变化情况，属于基础题.
22．B
【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.
【详解】取的中点，连接，
由已知为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
设，则，，又，
所以矩形的面积，
所以四棱锥的体积，
所以，所以，
所以，
因为平面平面，，
平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
所以为直角三角形，斜边为，
因为平面，
所以与平面所成角的平面角为，
在中，，，
所以，
与平面所成角的正切值为.
故选：B.
23．D
【分析】根据函数的图象，求得的最小正周期，可判定A错误；利用五点作图法，求得，结合三角函数的性质，可判定B错误；利用三角函数的图形变换得到平移后的函数解析式为，进而判定C错误；利用，求得的值，可判定D正确.
【详解】解：由函数图象，可得点的横坐标为，
所以函数的最小正周期为，所以A不正确；
又由，且，即，
根据五点作图法且，可得，解得，
因为，可得，
结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误；
将函数的图象向左平移个单位后，得到，
可得对称轴的方程为，即，
所以不是函数的对称轴，所以C错误；
当时，可得，即,
若圆的半径为，则满足，即，
解得，所以的解析式为，所以D正确.
故选：D.
24．D
【分析】利用构造函数法，结合导数，先判断的关系，然后判断的关系，从而确定正确答案.
【详解】构造函数，
在上单调递增，
所以，即，
也即，则.
，
设，
，设，
，所以在上递增，
，即，在上单调递增，
所以，即，
构造函数，
，在上递增，
所以，即，
即.
综上所述，.
故选：D
【点睛】利用导数来比较代数式的大小，主要是通过构造函数法，然后利用导数研究所构造函数的单调性，由此来比较出代数式的大小.在比较大小的过程中，如果无法一次比较出大小关系，可通过多次比较大小（放缩法）来进行比较.
25．ABD
【分析】设中点为，中点为，由可得，可知A正确；
设中点为，由得，对应重心的性质可知B正确；
由知为锐角，但无法确定，知C错误；
根据平面向量基本定理可知，将面积比转化为，知D正确.
【详解】对于A，设中点为，中点为，
，，
，即，三点共线，
又为的中位线，点在的中位线上，A正确；
对于B，设中点为，由得：，
又，，在中线上，且，
为的重心，B正确；
对于C，，与夹角为锐角，即为锐角，但此时有可能是直角或钝角，故无法说明为锐角三角形，C错误；
对于D，，为线段上靠近的三等分点，即，
，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量在几何中的应用问题，涉及到三角形重心的表示、平面向量基本定理的应用等知识；本题解题关键是能够根据平面向量线性运算将已知等式进行转化，确定点的具体位置及其满足的性质.
26．BC
【分析】先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断．
【详解】解：，
令可得或，，
易得函数的极值点为或，，
从小到大为，，不是等差数列，错误；
，正确；
，
，
则根据诱导公式得，正确；
，错误．
故选：．
27．AB
【分析】对于选项，直接利用导数的正负即可判断；对于选项只需注意分子分母的正负；对于选项具特殊点的函数值即可；对于选项，由即可判断．
【详解】解：，
对于，当时，，，
所以，故正确；
对于，当时，，，，
所以，故正确；
对于，，又，所以，
，，所以，
因，但此时有，故错误；
对于，，所以不是函数的极值点，故错误．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题研究函数的单调性、极值与最值，正确求出导函数是解题的关键，合理利用反例能加快解题速度.
28．ACD
【分析】先作出方程表示的曲线，然后对每个选项逐个判断即可.
【详解】对于方程，
① 当，时，方程变为，即，表示半圆弧；
② 当，时，方程变为，即，表示射线；
③ 当，时，方程变为，该圆不在，范围内，故舍去；
④当，时，方程变为，即，表示射线.
综上可知，曲线由三段构成：射线，半圆弧和射线.
对于选项A，当时，曲线由三段构成：线段，半圆弧和线段. 其长度为，故A正确；
对于选项B，令，其表示曲线上的动点与定点连线的斜率，由图可知，，但是其最小值是过点且与半圆弧相切的切线斜率，显然，，故B错误；
对于选项C，由图可知，曲线与轴、轴围成的封闭图形为两个相同的弓形，其面积和为，故C正确；
对于选项D，设平行于轴的直线为，要使与曲线有三个交点，则，不妨设与半圆弧的交点为，，显然，，两点横坐标之和，与射线的交点为，则点的横坐标，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于：准确地作出方程表示的曲线.
29．BCD
【分析】根据题意，求得，，的坐标，再逐项判断.
【详解】解：由题意得，，，
所以，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D正确，
故选：BCD．
30．ACD
【分析】首先求出椭圆方程，当点为该椭圆的上顶点时，求出，即可判断A；
再根据的范围判断B，利用余弦定理及三角形面积公式判断C，根据椭圆的定义及的范围判断D；
【详解】解：根据题意：可得，的最小值为1，所以，又，所以，，，所以椭圆方程为，
当点为该椭圆的上顶点时，，所以，此时，所在存在点，使得，所以选项A正确；
当点在椭圆的上、下顶点时，满足为等腰三角形，又因为，，∴满足的点有两个，同理满足的点有两个，所以选项B不正确；若，，，由余弦定理，即，又，所以，所以，所以选项C正确；对于选项D，，分析可得，，所以选项D正确，
故选：ACD．
31．ABD
【分析】由已知递推式可得或，从而可得数列为公比为3的等比数列，数列为常数列，从而可求出，进而可分析判断
【详解】根据题意得，令或，所以可得：或，所以数列为公比为3的等比数列，故选项A正确；
数列为常数列，即为公差为0的等差数列，故选项B正确；
所以，且，
解得，所以C错误，
所以
，所以D正确，
故选：ABD．
32．AC
【分析】对于选项A，利用基本不等式结合对数运算求解判断；对于选项B：结合对数的性质，利用对勾函数的单调性求解判断；C，用“1”的代换，利用基本不等式求解判断；对于选项D，将，转化为，利用二次函数的性质求解判断.
【详解】对于选项A，∵，，，∴，∴，当且仅当时取等号，∴，∴A正确；
对于选项B：因为，所以，又，所以由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，所以，即，故B不正确；
对于选项C，根据题意，已知，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故C正确；
对于选项D，，令，所以，所以，此时无解，所以选项D不正确，
故选：AC．
33．BC
【分析】根据向量线性运算即数量积公式可判断AB选项，根据投影向量定义可得判断C选项，由 可得，但此时向量与的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误.
【详解】解：已知平面向量，，，
对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；
对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；
对于C，若，则，
由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，
所以C选项正确；
对于D，若，则，所以；
但当时，，
此时向量与的夹角为，所以D选项错误；
故选：BC.
34．ACD
【分析】根据已知，光线自出发，可以沿方向传播，也可以沿方向传播，也可以不沿轴传播.根据椭圆的光学性质，分别得出光线传播的路径，结合椭圆的定义，即可得出答案.
【详解】设抛物线左焦点为，右焦点为，左顶点为，右顶点为.
由已知可得，，，所以.
①当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为，故A项正确；
②当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播第一次经过，此时所经过的路程为，故C项正确；
③当光线从出发后，不沿轴传播，如图2
光线开始沿传播，到达点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播到达点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为.
根据椭圆的定义可知，，，
所以，故D项正确.
故选：ACD.
35．BD
【分析】A选项，求出圆锥的母线长，从而利用锥体体积公式求出沙漏的侧面积；B选项，根据细沙形成的圆锥的高度得到此圆锥的底面半径，得到细沙的体积；C选项，由B选项求出的体积公式得到细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度；D选项，利用细沙的体积和沙漏漏下的速度求出时间.
【详解】A选项，设下面圆锥的母线长为，则cm，
故下面圆锥的侧面积为，故沙漏的侧面积为，故A错误；
B选项，因为细沙全部在上部时，高度为圆锥高度的，
所以细沙形成的圆锥底面半径为cm，高为cm，
故底面积为，所以沙漏中的细沙体积为，B正确；
C选项，由B选项可知，细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的体积为，其中此锥体的底面积为，故高度为cm，C错误；
D选项，秒，故该沙漏的一个沙时大约是837秒，D正确.
故选：BD
36．ACD
【分析】运用累和法，结合组合数公式、裂项相消法、二项式系数和公式逐一判断即可.
【详解】因为,
所以有
，
所以A对，B错，
而，
，所以
因此C对
，因此D对.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：运用累和法、逆用组合数公式、裂项相消法是解题的关键.
37．
【分析】首先根据平均数求出参数，即可一一列出数据，再求出数据的中位数即可；
【详解】解：因为数据的平均数为，所以，解得，所以则组数据分别是，按从小到大排列分别为，故中位数为
故答案为：
38．12
【解析】利用二项式定理求出通项公式，令指数为零找出常数项即可．
【详解】通项，令，得，
∴展开式的常数项为．
故答案为：12.
【点睛】二项式定理类问题的处理思路：利用二项展开式的通项进行分析．
39．
【分析】先根据外接球的表面积求出外接球的半径，然后设等边三角形的外接圆的半径为，把三棱锥体积用含有的函数表示，利用导数求最值．
【详解】解：设三棱锥外接球的半径为，由，得，
设等边三角形的外接圆的半径为，
，即，
，，
，
，
．
令，则，
，令，可得，
当时，，当时，，
当时，，
三棱锥体积的最大值是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，首先根据题意得三棱锥外接球半径与等边三角形的外接圆半径和三棱锥的高之间的关系，然后把三棱锥体积用表示，最后运用函数思想借助导数工具求最值．
40．6
【分析】求得函数的导数，得到，且，根据斜率公式列出方程，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
可得，且，所以，解得．
故答案为：.
41．22050
【分析】由题意可得分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，然后根据分类加法原理和分步乘法原理可求得结果
【详解】根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，
所以不同的安排方法一共,
故答案为：22050
42．
【分析】根据直棱柱的性质以及直线与平面平行的判定定理和平面与平面平行的判定定理可得平面，从而可知点在线段上，可得，求出的最小值即可得到答案.
【详解】取线段，中点，，连结，，.
如图所示：
由于，，所以，因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面平面，
又，
故平面平面，故点在线段上.
因为，所以，
故.在中，当时，
取得最小值，故tana的最小值为.
故答案为：
【点睛】本题考查了直线与平面，平面与平面平行的判定定理，考查了异面直线所成的角，属于中档题.
43．240
【分析】根据二项式的展开通项公式求解即可.
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项为，
故答案为:240.
44．或或（写出其中一个即可）
【分析】由已知求出点或.先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程.
【详解】由题意可知，，解得，
所以，点或.
又圆的圆心，半径.
①当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
②当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
综上所述，直线方程为或或.
故答案为：.
45．96
【分析】利用分步加法和分类乘法原理，先安排4名同学的2名选择数学竞赛，在安排剩下的2名同学到其他竞赛课程中即可.
【详解】由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2名选择数学竞赛课程，
则有：种情况，
剩下2名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有：
①2名同学选择1个学科竞赛则有：种情况，
②2名同学各选择1个学科竞赛则有种情况，
所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为：
种情况，
故答案为：96.
46．1
【分析】（1）首先根据条件等式，变形得到函数，再变形得到，通过构造函数得到，参变分离后，转化为求函数的值域，即可求的取值范围.
【详解】在中，，
∴，
∴
∴（c为常数），
由，解得：，
∴，
若在区间内存在零点，
整理可得：，
设，，
令，得，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，，
所以，当时，等号成立，
所以
当且仅当时，上式取等号
即存在，使，
设，，
令，得，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，，
所以，故m最小值为1,
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，零点，不等式的综合问题，本题的关键一是利用导数的等式，通过构造得到函数的解析式，关键二是利用同构得到等式，再构造函数求得，参变分离后即可求解.
47． 1；
【分析】求出，令可求；利用对数的运算性质对变形可求.
【详解】解：，
，
令，得；
，
，
.
故答案为：1；.
48． /
【分析】令，可得出，利用二次函数的基本性质求出函数的最小值及其对应的的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，则，
令，则，
，则，
所以，，
所以，当时，函数取得最小值，即，
此时，由已知，
所以，，
.
故答案为：；.
49．（1）证明见解析；（2）2．
【分析】（1）利用等比数列的定义证明；
（2）先求出数列的通项公式，再利用判断出单调递减，求出的最大值．
【详解】（1）因为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，
所以数列是等比数列．
（2）由（1）得，
所以．
因为
，
所以，所以单调递减，
所以的最大值为．
【点睛】(1)证明等差（比）数列的方法：定义法和等差（比）中项法；
(2)判断数列单调性的方法：①比较法；②函数单调性法．
50．（1）；（2）2．
【分析】（1）由正弦定理把改为，再由三角恒等变换可求得；
（2）由正弦定理得，再结合余弦定理可求得，从而由三角形面积公式计算出面积．
【详解】解：（1）因为2sinB+bcosA＝b，可得+cosA＝1，
由正弦定理可得+cosA＝1，即+cosA＝1，可得sinA+cosA＝，
可得2（sinA+cosA）＝，可得sin（A+）＝，
因为A为三角形内角，可得A+＝，可得A＝．
（2）由sinC＝2sinB，可得c＝2b，
又A＝，a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc，解得b＝2，c＝4，
所以S△ABC＝bcsinA＝＝2．
51．（1）；（2）．
【分析】（1）法一（几何法）取中点为，连结，，由已知证得平面，可得二面角的平面角，再取的中点，连结，则垂直与，根据线面垂直判定定理证得垂直于底面，连结，为与平面所成角．解三角形可求得答案；
法二（向量法）取中点为，连接，，因为和均为等腰直角三角形，所以，均垂直于，所以平面．以为坐标原点，，分别为轴，轴建系，运用线面角的向量求解方法可求得答案；
（2）法一（几何法）在平面内作连结，，则，根据线面垂直判定定理可证得，，三点共线，再运用三角形相似可求得答案．
法二（向量法）建立空间直角坐标系，由向量的运算可证得，，三点共线，再运用三角形相似可求得答案．
【详解】解：（1）法1：
取中点为，连结，，
因为且，所以为等腰直角三角形，同理也为等腰直角三角形，，均垂直于，所以平面，
所以二面角的平面角为，
因为，所以三角形为正三角形，
取的中点，连结，则垂直与，得，
因为平面，所以垂直于，又，所以垂直于底面，
连结，为与平面所成角．
因为，，
所以与平面所成角的正弦值为．
法2：取中点为，连接，，因为和均为等腰直角三角形，所以，均垂直于，所以平面．
以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图：则点S在坐标平面内，设其坐标为，由为等腰直角三角形且，
得，，则，，
因为，所以①，
设平面的法向量为，
则，所以．
取平面的法向量为，
因为二面角的大小为，所以②，
由①②得，所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以与平面所成角的正弦值为．
（2）法1：在平面内作连结，，则，
又因为，∴平面，
所以，又因为，∵，，都在平面内，
所以，，三点共线．，
因为矩形中，，
∵与相似，∴，解得，
所以．
法2：作于，则所以平面，
以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图：则点S在坐标平面内，设其坐标为，设，则，取的方向向量为，
因为，所以，得，
即在轴上，所以，，三点共线．
以下解法同法一．
【点睛】关键点点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
52．（1）列联表见解析；有的把握认为收入提高与种植作物有关；（2）分布列见解析；期望为．
【分析】（1）由已知数据求得收入提高的户数和未种植作物的户数，由此可得列联表；计算可得，由此可得结论；
（2）设表示第次种植作物的事件，可表示出已知中所给的概率，确定的取值后，计算求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望的计算公式可求得期望.
【详解】（1）由题意知：收入提高的有户，未种植作物的有户，得列联表如下：
种植作物的数量
未种植作物的数量
合计
收入提高的数量
收入未提高的数量
合计
经计算得：，
有的把握认为收入提高与种植作物有关．
（2）设表示第次种植作物的事件，其中，由已知条件得：
，，，，，，
第一次必种植，则随机变量的取值为，
，
，
的分布列为：
．
【点睛】关键点点睛：本题考查独立性检验和离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，求解分布列的关键是能够结合条件概率的概率公式计算得到随机变量每个取值所对应的概率，由此可确定分布列.
53．（1）；（2）．
【分析】（1）利用抛物线的焦点坐标求出，再由三角形的面积求出，从而得到，，的方程组，求出，，，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意可得，设的方程为，分别联立直线与椭圆的方程，直线与抛物线的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，列出关于的方程，求解即可．
【详解】解：（1）因为曲线的焦点恰好也是，所以椭圆中，，
因为的面积为3，所以，
所以，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）因为为，的中点，所以到直线的距离为到距离的一半，
又因为与的面积相等，所以，
因为，设的方程为，
设，，，，，，，，
联立方程组，可得，
则，
由两点间距离公式可得，，
所以，
联立方程组，可得，
则，
所以，
因为，解得
故直线的斜率为．
【点睛】关键点点睛：利用平面性质把与的面积相等转化为，再利用弦长公式与焦半径公式即可得到结果.
54．（1）0；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）当时，可得，利用导数即可确定求得（1）；
（2）令，可得，通过对的讨论，可知，进一步分析可得的取值集合；
（3），设两切点为，，，且在的右边，可得，两点处的切线方程分别为，，
令，解得，，利用分析法可证得点一定在第一象限内．
【详解】解：（1）当时，，定义域为，
，
令，得；令，得．
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
所以．
（2）令，
，
若，存在，与恒成立矛盾，
所以必有，
，方程的，，所以方程必有一正根记，
所以函数在单调递增，在单调递减，
若满足条件必有，注意到．
则有，代入式，解得．所以的取值集合为．
（3）因为，设两切点为，，
不妨设A在的右边，则因为，
所以A，两点处的切线方程分别为，，
令，解得，．
因为，所以，
要证明，
即证明，因为，即证，
设，则，
所以在上是增函数，所以，则，
所以，
故点一定落在第一象限．
【点睛】方法点睛：恒成立的问题
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;
（3）若恒成立，可转化为.
55．(1)；
(2).
【分析】（1）根据之间的关系，对进行下标的缩减，整理化简即可求得；
（2）由（1）中所求，求得，再利用裂项求和法即可求得结果.
(1)
因为，故当时，，
当时，，则，
当时，满足上式，所以.
(2)
由（1）得，
所以.
故数列的前项和.
56．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在等腰梯形中，过作于，过作于，则根据已知可得，再由，，可得由线面垂直的判定可得平面，从而可得，
（2）由已知可证得两两垂直，所以以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
(1)
在等腰梯形中，过作于，过作于，
因为在等腰梯形中，，，，
所以，，
所以,
所以，所以，同理，
又因为，，
∴，∴
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
(2)
取的中点为，的中点为，则∥，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，的中点为，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
平面的一个法向量为
设平面的一个法向量为，则
，令，则
所以，
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
57．(1)；
(2).
【分析】（1）在△中由余弦定理求得，再在△△中由正弦定理结合即可求得结果；
（2）根据△的面积为△△的面积之和，求得，再结合三角形面积公式和基本不等式即可求得三角形面积的最小值.
(1)
因为，，
利用余弦定理可得：，故，
在中，，在中，，
两式相除可得，又，所以.
(2)
根据题意得△的面积等于△的面积与的面积之和，
又，，所以，
整理得：又，当且仅当时取等号，
故，则，所以，
故△面积的最小值为．
58．(1)
(2)，预测2022年8月份的销量为347百件（34700件）
(3)2022年8月份或9月份利润最大
【分析】（1）根据散点图，结合所给出函数的图像可得出答案.
（2）对两边同时取常用对数得：，再由公式以及给出的数据求出方程，然后把代入回归方程.
（3）由题意利润，然后求出其最大值即可.
（1）
根据散点图判断，适合作为销量y与月份x的回归方程类型.
（2）
对两边同时取常用对数得：，
设，则，因为，，，
所以，
把样本中心点代入，得：，所以，
即，
所以y关于x的回归方程为，
把代入上式，得，
所以预测2022年8月份的销量为347百件（34700件）.
（3）
由题意得（且），
构造函数，
所以当或9时，取最大值，
即2022年8月份或9月份利润最大.
59．(1)证明见解析，；
(2).
【分析】（1）设，，，利用点斜式写出直线，的方程，由在两直线上，即可知直线的方程，进而确定定点.
（2）联立抛物线和圆：，由题设及一元二次方程根的个数求参数r的范围，由结合韦达定理得到关于r的表达式，构造函数并利用导数研究区间单调性，进而求范围.
(1)
设，，，则，，
直线为：，同理直线为：，
把代入直线，得：，
∴，都满足直线方程，则为直线的方程，故直线恒过定点．
(2)
如图，设圆的半径为，，，，，
把代入圆：，整理得，
由题意知：关于的一元二次方程有两个不等实根，则，可得．
，
令，由得：，则，
令且，则，
故在上，递增；在上，递减；
所以，又，，故的取值范围是，
综上，的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：第二问，由圆：，联立抛物线方程，结合四边形面积公式得到关于参数r的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围.
60．(1)或4；
(2)答案见解析.
【分析】（1）在有，构造中间函数并利用导数研究单调性和零点情况，求参数a，在上根据已知列方程组求参数a，即可得结果.
（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断各情况下零点的个数.
（1）
时，原条件等价于，
∴，
令，则，
∴为增函数，由，则有唯一解，所以，
时，，解得：．
综上，或4．
（2）
ⅰ.时，则，，
而，，即为增函数，又，
当时；当时，故，
∴恒成立，故时零点个数为0；
ⅱ.时，，由①知：仅当时，此时零点个数为1．
ⅲ.时，，则，，
∴为增函数，，，
∴仅有一解，设为，则在上，在上，
所以最小值为，故．
又，，故、上各有一零点，即有2个零点．
ⅳ.时，上，
，
∴无零点，则上，，，
∴为增函数，，，
∴有唯一解，设为，则，
又，，故、上，各有一个零点，即有2个零点．
ⅴ.时，由（1）知：上有唯一零点：；
在上，则，，
所以为增函数，，，故使，
则上，递减；上，递增；
故，而，
又，，故在、上各有一个零点，
所以共有3个零点．
综上：时零点个数为0；时零点个数为1；时零点个数为2；时零点个数为3．
【点睛】关键点点睛：
（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.
（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.
61．(1)0
(2)，
【分析】（1）根据二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，结合公式计算可得，即可求解；
（2）由正弦定理和诱导公式可得，即可求出角B；进而，结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）∵
，
由函数的最小正周期为．即，得，
∴，
故；
（2）∵，∴由正弦定理得，
∴．
∵，∴．∵，则.
∵，∴，∴，
∴，
∴.
62．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意和等差数列前n项求和公式可得当时，，验证符合该式即可；
（2）由（1）可得，，结合等差数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】（1）当时，，
又，符合上式，
∴；
（2）由（1）知，，
，
∴
.
63．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件先求，，，再证明，由此完成证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程确定的关系，再求的最小值即可.
【详解】（1）由已知，，，，
所以，
，
，
因为为中点，
所以，
又，
所以，
所以
所以
（2）连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
连接，
由正方形的性质可得三点共线，为的中点，
所以，
由第一问，
平面，，
所以平面，
以为坐标原点， 所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系
、、、、
，
设平面法向量为，，
则，所以，
∴，
令，则，．
∴为平面的一个法向量，
因为点在平面内，
故设点的坐标为，
因为，
所以，
，则，
所以，
所以当时，有最小值，最小值为.
64．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由题意可知的可能取值有0、1、2、3，分别求出相应的概率，进而求解；
（2）由全概率公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知的可能取值有0、1、2、3，
，，
，，
所以随机变量的分布列如下表所示：
0
1
2
3
P
所以，.
（2）设“任取一人新药对其有效”，“患者来自第i组”（，2，3，分别对应甲，乙，丙），
则，且，，两两互斥，根据题意得：
，，，
，，，
由全概率公式，得
，
任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自于乙组的概率
，
所以，任意选取一人，发现新药对其有效，则他来自乙组的概率为.
65．(1)双曲线方程：，椭圆方程为：
(2)存在，
【分析】（1）设双曲线方程为，椭圆方程，根据焦距和离心率求出可得答案；
（2）设，，， 根据P、A、N三点共线，P、B、M三点共线可得，令得直线的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理代入上式化简可得，若存在，即代入可得答案；
法二：，，设直线AP：与椭圆方程联立可得，、，若存在，则可得答案.
【详解】（1）由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，
所以双曲线方程：，
椭圆方程为：；
（2）设，，，，，
P、A、N三点共线，，
P、B、M三点共线，，
相除：，
令，则设：，
联立椭圆方程：，
易得，所以，
∴，
，
若存在，即，
，得，
又P在第一象限，所以，；
法二：，，，，，
直线AP：，
，显然，
由，又因为P在双曲线上，满足，即，
所以，
即，
同理BP：，可得，所以，
若存在，即，
而P在第一象限，所以，即.
【点睛】思路点睛：本题第二问主要是利用韦达定理代入进行化简运算，考查了学生的思维能力和运算能力.
66．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：求导后利用放缩法得到，故；
法二：多次求导，结合隐零点，得到先增后减，结合端点值的符号，得到在上恒成立，求出；
（2）法一：构造，变形后结合，，，且在处取等号，得到时，符合题意，时，结合函数单调性及零点存在性定理得到矛盾，求出答案；
法二：构造，求导后考虑，利用放缩法及函数单调性可证，再考虑，由在单调递增，且，分与两种情况，进行求解，得到答案.
【详解】（1）法一：首先证明，，理由如下：
构造，，
则恒成立，故在上单调递减，
故，所以，，
，，
，
故在上恒成立，
所以在单调递增，故
法二：，，
，且，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以单调递减，
又，其中，故，
故，使得，且当时，，当时，，
所以先增后减，又，，
∴在上恒成立，
所以单调递增，；
（2）法一：，
，
下证：，，，且在处取等号，
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
在（1）中已证明；
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
当时，，
当时，即时，符合题意，
当时，，
，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：a的取值范围为；
法二：，，，
①当时，，，
在单调递增，且符合题意，
②当时，在单调递增，，
③当时，即时，
在单调递增，符合题意，
②当时，即时，，
，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
河北省保定市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·河北保定·统考一模）已知为全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·河北保定·统考一模）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·河北保定·统考一模）已知平面向量，，且，则下列正确的是（ ）
A． B．或4 C． D．
4．（2021·河北保定·统考一模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·河北保定·统考一模）过圆：外一点作圆的切线，切点分别为、，则（ ）
A．2 B． C． D．3
6．（2021·河北保定·统考一模）已知函数，为了得到函数的图象，只需（ ）
A．先将函数图象上点的横坐标变为原来的2倍，再向右平移个单位
B．先将函数图象上点的横坐标变为原来的，再向右平移个单位
C．先将函数图象向右平移个单位，再将点的横坐标变为原来的
D．先将函数图象向右平移个单位，再将点的横坐标变为原来的2倍
7．（2021·河北保定·统考一模）已知长方体，动点到直线的距离与到平面的距离相等，则在平面上的轨迹是（ ）
A．线段 B．椭圆一部分 C．抛物线一部分 D．双曲线一部分
8．（2021·河北保定·统考一模）算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的、重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具．“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才．”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为3部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的．下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、……，上面一粒珠（简称上珠）代表5，下面一粒珠（简称下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小．现从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠（上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨），则算盘表示的整数能够被3整除的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·河北保定·统考一模）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·河北保定·统考一模）已知复数，复数是复数的共轭复数，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
11．（2022·河北保定·统考一模）已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·河北保定·统考一模）已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量（件）与商品售价（元）的关系为，则当此商品的利润最大时，该商品的售价（元）为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
13．（2022·河北保定·统考一模）已知三棱锥，其中平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
14．（2022·河北保定·统考一模）已知函数的图象如图所示，则下面描述不正确的是（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·河北保定·统考一模）已知双曲线的右焦点为，在右支上存在点，，使得为正方形（为坐标原点），设该双曲线离心率为，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·河北保定·统考一模）已知函数（）图象上存在点M，函数（e为自然对数的底数）图象上存在点N，且M，N关于点对称，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2023·河北保定·统考一模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·河北保定·统考一模）已知复数，则（ ）
A． B．8i C． D．
19．（2023·河北保定·统考一模）设，是两个不同的平面，则“内有无数条直线与平行”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
20．（2023·河北保定·统考一模）保定市主城区开展提升城市“新颜值”行动以来，有一街边旧房拆除后，打算改建成矩形花圃，中间划分出直角三角形区域种玫瑰，直角顶点在边上，且距离点，距离点，且、两点分别在边和上，已知，则玫瑰园的最小面积为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·河北保定·统考一模）函数的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
22．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（ ）
A．2 B． C． D．
23．（2023·河北保定·统考一模）函数，（，，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数在上单调递减
C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称
D．若圆C的半径为，则函数的解析式为
24．（2023·河北保定·统考一模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2021·河北保定·统考一模）已知为所在平面内一点，则下列正确的是（ ）
A．若，则点在的中位线上
B．若，则为的重心
C．若，则为锐角三角形
D．若，则与的面积比为
26．（2021·河北保定·统考一模）函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．
C． D．
27．（2021·河北保定·统考一模）已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A．在上单调递减
B．时，恒成立
C．是函数的一个单调递减区间
D．是函数的一个极小值点
28．（2021·河北保定·统考一模）已知曲线上的点满足方程，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线的长度为
B．当时，的最大值为1，最小值为
C．曲线与轴、轴所围成的封闭图形的面积和为
D．若平行于轴的直线与曲线交于，，三个不同的点，其横坐标分别为，，，则的取值范围是
29．（2022·河北保定·统考一模）已知向量，将向量绕原点逆时针旋转90°得到向量，将向量绕原点顺时针旋转135°得到向量，则（ ）
A． B．
C． D．
30．（2022·河北保定·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与该椭圆相交于，两点，点在该椭圆上，且，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得 B．满足为等腰三角形的点有2个
C．若，则 D．的取值范围为
31．（2022·河北保定·统考一模）已知数列的前项和为，且满足，，，则下面说法正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列为等差数列
C． D．
32．（2022·河北保定·统考一模）下面描述正确的是（ ）
A．已知，，且，则
B．函数，若，且，则的最小值是
C．已知，则的最小值为
D．已知，则的最小值为
33．（2023·河北保定·统考一模）已知平面向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则向量在上的投影向量为
D．若，则向量与的夹角为锐角
34．（2023·河北保定·统考一模）椭圆有一条光学性质：从椭圆一个焦点出发的光线，经过椭圆反射后，一定经过另一个焦点．假设光线沿直线传播且在传播过程中不会衰减，椭圆的方程为，则光线从椭圆一个焦点出发，到首次回到该焦点所经过的路程可能为（ ）
A．2 B．8 C．10 D．12
35．（2023·河北保定·统考一模）沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝”．它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）．假设该沙漏每秒钟漏下的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是（ ）
A．沙漏的侧面积是
B．沙漏中的细沙体积为
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm
D．该沙漏的一个沙时大约是837秒
36．（2023·河北保定·统考一模）如图所示的三角数阵，其中第m行（从上到下），第n列（从左到右）的数表示为，且，当时，有，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
37．（2021·河北保定·统考一模）已知一组数据的平均数为（其中），则中位数为_____________．
38．（2021·河北保定·统考一模）展开式中的常数项为_________．
39．（2021·河北保定·统考一模）已知为等边三角形，底面，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值是___________．
40．（2022·河北保定·统考一模）若函数在处的切线过点，则实数______．
41．（2022·河北保定·统考一模）2022年北京冬奥会的某滑雪项目中有三个不同的运动员服务点，现需将10名志愿者分配到这三个运动员服务点处，每处需要至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法一共有______种．
42．（2022·河北保定·统考一模）在如图直四棱柱中，底面为菱形，，，点为棱的中点，若为菱形内一点（不包含边界），满足平面，设直线与直线所成角为，则的最小值为______.
43．（2023·河北保定·统考一模）二项式展开式中常数项是________．（填数字）
44．（2023·河北保定·统考一模）写出过抛物线上的点且与圆相切的一条直线的方程________．
45．（2023·河北保定·统考一模）某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学五个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为________．
46．（2023·河北保定·统考一模）已知是函数在定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的最小值为________．
四、双空题
47．（2021·河北保定·统考一模）已知函数的导函数为，则__________；若，则__________．
48．（2022·河北保定·统考一模）已知定义在上的函数在处取得最小值，则最小值为______，此时______．
五、解答题
49．（2021·河北保定·统考一模）已知数列满足：，．
（1）求证数列是等比数列；
（2）若数列满足，求的最大值．
50．（2021·河北保定·统考一模）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且2sinB+bcosA＝b，a＝2．
（1）求角A的大小；
（2）若sinC＝2sinB，求△ABC的面积．
51．（2021·河北保定·统考一模）在矩形中，，取边上一点，将沿着折起，如图所示形成四棱锥．
（1）若为的中点，二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值；
（2）若将沿着折起后使得，求线段的长．
52．（2021·河北保定·统考一模）调查某种新型作物在某地的耕种状况与农民收入的关系，现在当地农户中随机选取了户农民进行了统计，发现当年收入水平提高的农户占，而当年选择耕种作物的农户占，既选择作物又收入提高的农户为户．
（1）完成下面列联表，并分析是否有的把握认为种植作物与收入提高有关；
种植作物的数量
未种植作物的数量
合计
收入提高的数量
收入未提高的数量
合计
附：，．
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（2）某农户决定在一个大棚内交替种植三种作物，为了保持土壤肥度，每种作物都不连续种植．开始时选择作物种植，后因习惯，在每次种植后会有的可能性种植，的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为．若仅种植三次，求种植作物次数的分布列及期望．
53．（2021·河北保定·统考一模）已知，是椭圆：的左、右焦点，曲线：的焦点恰好也是，为坐标原点，过椭圆的左焦点作与轴垂直的直线交椭圆于，，且的面积为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）过作直线交于，，交于，，且与的面积相等，求直线的斜率．
54．（2021·河北保定·统考一模）已知函数．
（1），求函数的最大值；
（2）若恒成立，求的取值集合；
（3）令，过点作曲线的两条切线，若两切点横坐标互为倒数，求证点一定在第一象限内．
55．（2022·河北保定·统考一模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和．
56．（2022·河北保定·统考一模）如图，在等腰梯形中，，，，现将沿折起至，使得．
(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值．
57．（2022·河北保定·统考一模）已知在△中，，的角平分线与相交于点．
(1)若，求的长；
(2)若，求△面积的最小值．
58．（2022·河北保定·统考一模）2022年初某公司研发一种新产品并投入市场，开始销量较少，经推广，销量逐月增加，下表为2022年1月份到7月份，销量y（单位：百件）与月份x之间的关系.
月份x
1
2
3
4
5
6
7
销量y
6
11
21
34
66
101
196
(1)根据散点图判断与（c，d均为大于零的常数）哪一个适合作为销量y与月份x的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）？
(2)根据（1）的判断结果及表中的数据，求y关于x的回归方程，并预测2022年8月份的销量；
(3)考虑销量､产品更新及价格逐渐下降等因素，预测从2022年1月份到12月份（x的取值依次记作1到12），每百件该产品的利润为元，求2022年几月份该产品的利润Q最大.
参考数据：
62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中，.参考公式：
对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
59．（2022·河北保定·统考一模）直线交抛物线于，两点，过，作抛物线的两条切线，相交于点，点在直线上．
(1)求证：直线恒过定点，并求出点坐标；
(2)以为圆心的圆交抛物线于四点，求四边形面积的取值范围．
60．（2022·河北保定·统考一模）已知，．
(1)存在满足：，，求的值；
(2)当时，讨论的零点个数．
61．（2023·河北保定·统考一模）已知的最小正周期为．
(1)求的值；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，求角B的大小以及的取值范围．
62．（2023·河北保定·统考一模）已知，，，…，是以1为首项，1为公差的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)求数列前2n项的和．
63．（2023·河北保定·统考一模）如图，平行六面体的所有棱长均为，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内．
(1)若为中点，求证：；
(2)若平面，求线段长度的最小值．
64．（2023·河北保定·统考一模）在过去三年防疫攻坚战中，我国的中医中药起到了举世瞩目的作用．某公司收到国家药品监督管理局签发的散寒化湿颗粒《药品注册证书》，散寒化湿颗粒是依据第六版至第九版《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》中的“寒湿疫方”研制的中药新药．初期为试验这种新药对新冠病毒的有效率，把该药分发给患有相关疾病的志愿者服用．
(1)若10位志愿者中恰有6人服药后有效，从这10位患者中选取3人，以表示选取的人中服药后有效的人数，求的分布列和数学期望；
(2)若有3组志愿者参加试验，甲，乙，丙组志愿者人数分别占总数的40%，32%，28%，服药后，甲组的有效率为64%，乙组的有效率为75%，丙组的有效率为80%，从中任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自乙组的概率．
65．（2023·河北保定·统考一模）如图，双曲线的中心在原点，焦距为，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N．
(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得（其中，为点P，T的横坐标），若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
66．（2023·河北保定·统考一模）已知函数．
(1)当时，证明：当时，；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】根据集合A，先求出集合A的补集，再求A的补集与集合B的交集.
【详解】解：，
，
又
.
故选：D
2．B
【分析】根据复数模长公式可得a，b的关系式，然后再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：，
，即，
，而，
“”是“”的必要不充分条件，
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．C
【解析】由向量共线的坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，所以.
故选：C.
4．A
【解析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果.
【详解】因为
又，
则．
故选：A．
【点睛】方法点睛：解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
5．C
【分析】本题首先可结合题意绘出图像，然后根据圆的方程得出，再然后根据两点间距离公式以及勾股定理得出、，最后通过等面积法即可得出结果.
【详解】如图，结合题意绘出图像：
因为圆：，直线、是圆的切线，
所以，，，，
因为，所以，，
根据圆的对称性易知，则，
解得，，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆的切点弦长的求法，主要考查圆的切线的相关性质，考查两点间距离公式以及勾股定理的应用，考查等面积法的应用，考查数形结合思想，是中档题.
6．B
【分析】直接利用三角函数图像变换可得.
【详解】对于A：先将函数图象上点的横坐标变为原来的2倍，得到，故A错误；
对于B：先将函数图象上点的横坐标变为原来的，得到，再右移个单位，得到，即为，故B正确；
对于C: 先将函数图象向右平移个单位，得到，再将点的横坐标变为原来的，得到，故C错误；
对于D: 先将函数图象向右平移个单位，得到，再将点的横坐标变为原来的2倍，得到，故D错误；
【点睛】：
关于三角函数图像平移伸缩变换：先平移的话，如果平移a个单位长度那么相位就会改变ωa；而先伸缩势必会改变ω大小，这时再平移要使相位改变值仍为ωa，那么平移长度不等于a.
7．C
【分析】根据长方体里的线线，线面关系，把问题转化为动点到定点的距离与到定直线的距离相等，即抛物线定义，从而得出轨迹是抛物线的一部分.
【详解】如图所示长方体，
平面，
则，即点到的距离为，
作，则为点到平面的距离，
在平面中，动点到定点的距离与到定直线的距离相等，满足抛物线定义，
故点的轨迹是抛物线的一部分.
故选：C
8．D
【分析】从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，利用列举法列出整数共有32个，其中能够被3整除的整数有16个，进而根据古典概型的概率计算公式可解．
【详解】解：从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，得到的整数共有32个，分别为：
11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，
1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，
2，20，200，2000，6，60，600，6000，
其中算盘表示的整数能够被3整除的整数有16个，分别为：
15，51，105，501，150，510，1005，5001，1050，5010，1500，5100，6，60，600，6000，
则算盘表示的整数能够被3整除的概率为．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是利用列举法把从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠所得到的整数列举出来.
9．D
【分析】根据指数函数的性质，求得集合，再结合集合的运算法则，即可求解.
【详解】由题意，可得集合，即集合，
又由集合，可得，
所以.
故选：D.
10．C
【分析】根据复数的运算性质，得到，即可求解.
【详解】根据复数的运算性质，可得.
故选；C．
11．B
【分析】利用幂函数和对数函数的单调性判断.
【详解】解：因为，，，
所以，
故选：B．
12．A
【分析】根据题意求出利润函数的表达式，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】根据题意可得利润函数，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数取最大值，
故选：A．
13．C
【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面，
所以，设是中点，因为，所以，
因为平面，平面，所以，因此，
因此四边形是平行四边形，故，
由余弦定理，得
，
由正弦定理，得，
所以该外接球的半径满足，
故选：C．
【点睛】关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.
14．D
【分析】由函数图象求得函数的解析式，然后逐项判断.
【详解】根据题意：可得，，
因为，
所以，
又，
则，即，
因为，则，
所以函数，
所以，，
故选：D．
15．B
【分析】根据题意得到点的坐标为，代入双曲线的方程，得到，进而得到离心率的方程，即可求解.
【详解】由题意，当为正方形时，点的坐标为，
代入可得，整理得，
即，整理得，
即，解得.
故选：B.
16．C
【分析】与函数的图象关于点对称，则问题转化为有解，利用导数研究函数的单调性及值域，根据方程有解的条件求解即可.
【详解】与函数的图象关于点对称，
的图象上存在点M，图象上存在点N，
使得M，N关于点对称，则方程有解，
显然，所以问题转化为有解，设，
则为增函数，且，所以在上单调递减，
在上单调递增，且时，，
所以，所以实数a的取值范围是.
故选：C
【点睛】本题考查函数图象的对称性，方程有解求参数的取值范围，利用导数研究函数的单调性与值域，属于较难题.
17．D
【分析】解一元二次不等式再求交集.
【详解】因为，所以.
故选：D
18．A
【分析】利用复数的运算，再结合共轭复数的意义求解作答.
【详解】因，有,则，
所以.
故选：A
19．B
【分析】根据面面平行的定义以及判定定理，举例即可得出答案.
【详解】
如图，长方体中，平面.
在平面内，除直线外，其他所有与平行的直线，都与平面平行，但是平面与平面不平行；
若，根据面面平行的定义可知，平面内的直线都与平面平行.
所以，“内有无数条直线与平行”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
20．A
【分析】设根据直角三角形的性质可将，，进而可得，再根据、两点分别在边，和上，可得，进而可得最小值.
【详解】如图所示，
设，则，，
所以，，
所以，
又、两点分别在边和上，
所以，，所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
即的最小值为，
故选：A.
21．B
【分析】函数是由函数向左平移1个单位得到的，而是偶函数，所以得的图像关于直线对称，再取值可判断出结果.
【详解】解：因为是由向左平移一个单位得到的，
因为，
所以函数为偶函数，图像关于轴对称，
所以的图像关于对称，故可排除A，D选项；
又当或时，，，
所以，故可排除C选项
.故选：B.
【点睛】此题考查函数图像的识别，利用了平移、奇偶性，函数值的变化情况，属于基础题.
22．B
【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.
【详解】取的中点，连接，
由已知为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
设，则，，又，
所以矩形的面积，
所以四棱锥的体积，
所以，所以，
所以，
因为平面平面，，
平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
所以为直角三角形，斜边为，
因为平面，
所以与平面所成角的平面角为，
在中，，，
所以，
与平面所成角的正切值为.
故选：B.
23．D
【分析】根据函数的图象，求得的最小正周期，可判定A错误；利用五点作图法，求得，结合三角函数的性质，可判定B错误；利用三角函数的图形变换得到平移后的函数解析式为，进而判定C错误；利用，求得的值，可判定D正确.
【详解】解：由函数图象，可得点的横坐标为，
所以函数的最小正周期为，所以A不正确；
又由，且，即，
根据五点作图法且，可得，解得，
因为，可得，
结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误；
将函数的图象向左平移个单位后，得到，
可得对称轴的方程为，即，
所以不是函数的对称轴，所以C错误；
当时，可得，即,
若圆的半径为，则满足，即，
解得，所以的解析式为，所以D正确.
故选：D.
24．D
【分析】利用构造函数法，结合导数，先判断的关系，然后判断的关系，从而确定正确答案.
【详解】构造函数，
在上单调递增，
所以，即，
也即，则.
，
设，
，设，
，所以在上递增，
，即，在上单调递增，
所以，即，
构造函数，
，在上递增，
所以，即，
即.
综上所述，.
故选：D
【点睛】利用导数来比较代数式的大小，主要是通过构造函数法，然后利用导数研究所构造函数的单调性，由此来比较出代数式的大小.在比较大小的过程中，如果无法一次比较出大小关系，可通过多次比较大小（放缩法）来进行比较.
25．ABD
【分析】设中点为，中点为，由可得，可知A正确；
设中点为，由得，对应重心的性质可知B正确；
由知为锐角，但无法确定，知C错误；
根据平面向量基本定理可知，将面积比转化为，知D正确.
【详解】对于A，设中点为，中点为，
，，
，即，三点共线，
又为的中位线，点在的中位线上，A正确；
对于B，设中点为，由得：，
又，，在中线上，且，
为的重心，B正确；
对于C，，与夹角为锐角，即为锐角，但此时有可能是直角或钝角，故无法说明为锐角三角形，C错误；
对于D，，为线段上靠近的三等分点，即，
，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量在几何中的应用问题，涉及到三角形重心的表示、平面向量基本定理的应用等知识；本题解题关键是能够根据平面向量线性运算将已知等式进行转化，确定点的具体位置及其满足的性质.
26．BC
【分析】先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断．
【详解】解：，
令可得或，，
易得函数的极值点为或，，
从小到大为，，不是等差数列，错误；
，正确；
，
，
则根据诱导公式得，正确；
，错误．
故选：．
27．AB
【分析】对于选项，直接利用导数的正负即可判断；对于选项只需注意分子分母的正负；对于选项具特殊点的函数值即可；对于选项，由即可判断．
【详解】解：，
对于，当时，，，
所以，故正确；
对于，当时，，，，
所以，故正确；
对于，，又，所以，
，，所以，
因，但此时有，故错误；
对于，，所以不是函数的极值点，故错误．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题研究函数的单调性、极值与最值，正确求出导函数是解题的关键，合理利用反例能加快解题速度.
28．ACD
【分析】先作出方程表示的曲线，然后对每个选项逐个判断即可.
【详解】对于方程，
① 当，时，方程变为，即，表示半圆弧；
② 当，时，方程变为，即，表示射线；
③ 当，时，方程变为，该圆不在，范围内，故舍去；
④当，时，方程变为，即，表示射线.
综上可知，曲线由三段构成：射线，半圆弧和射线.
对于选项A，当时，曲线由三段构成：线段，半圆弧和线段. 其长度为，故A正确；
对于选项B，令，其表示曲线上的动点与定点连线的斜率，由图可知，，但是其最小值是过点且与半圆弧相切的切线斜率，显然，，故B错误；
对于选项C，由图可知，曲线与轴、轴围成的封闭图形为两个相同的弓形，其面积和为，故C正确；
对于选项D，设平行于轴的直线为，要使与曲线有三个交点，则，不妨设与半圆弧的交点为，，显然，，两点横坐标之和，与射线的交点为，则点的横坐标，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于：准确地作出方程表示的曲线.
29．BCD
【分析】根据题意，求得，，的坐标，再逐项判断.
【详解】解：由题意得，，，
所以，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D正确，
故选：BCD．
30．ACD
【分析】首先求出椭圆方程，当点为该椭圆的上顶点时，求出，即可判断A；
再根据的范围判断B，利用余弦定理及三角形面积公式判断C，根据椭圆的定义及的范围判断D；
【详解】解：根据题意：可得，的最小值为1，所以，又，所以，，，所以椭圆方程为，
当点为该椭圆的上顶点时，，所以，此时，所在存在点，使得，所以选项A正确；
当点在椭圆的上、下顶点时，满足为等腰三角形，又因为，，∴满足的点有两个，同理满足的点有两个，所以选项B不正确；若，，，由余弦定理，即，又，所以，所以，所以选项C正确；对于选项D，，分析可得，，所以选项D正确，
故选：ACD．
31．ABD
【分析】由已知递推式可得或，从而可得数列为公比为3的等比数列，数列为常数列，从而可求出，进而可分析判断
【详解】根据题意得，令或，所以可得：或，所以数列为公比为3的等比数列，故选项A正确；
数列为常数列，即为公差为0的等差数列，故选项B正确；
所以，且，
解得，所以C错误，
所以
，所以D正确，
故选：ABD．
32．AC
【分析】对于选项A，利用基本不等式结合对数运算求解判断；对于选项B：结合对数的性质，利用对勾函数的单调性求解判断；C，用“1”的代换，利用基本不等式求解判断；对于选项D，将，转化为，利用二次函数的性质求解判断.
【详解】对于选项A，∵，，，∴，∴，当且仅当时取等号，∴，∴A正确；
对于选项B：因为，所以，又，所以由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，所以，即，故B不正确；
对于选项C，根据题意，已知，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故C正确；
对于选项D，，令，所以，所以，此时无解，所以选项D不正确，
故选：AC．
33．BC
【分析】根据向量线性运算即数量积公式可判断AB选项，根据投影向量定义可得判断C选项，由 可得，但此时向量与的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误.
【详解】解：已知平面向量，，，
对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；
对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；
对于C，若，则，
由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，
所以C选项正确；
对于D，若，则，所以；
但当时，，
此时向量与的夹角为，所以D选项错误；
故选：BC.
34．ACD
【分析】根据已知，光线自出发，可以沿方向传播，也可以沿方向传播，也可以不沿轴传播.根据椭圆的光学性质，分别得出光线传播的路径，结合椭圆的定义，即可得出答案.
【详解】设抛物线左焦点为，右焦点为，左顶点为，右顶点为.
由已知可得，，，所以.
①当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为，故A项正确；
②当光线从出发，沿方向传播，到达后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播第一次经过，此时所经过的路程为，故C项正确；
③当光线从出发后，不沿轴传播，如图2
光线开始沿传播，到达点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，过点后，继续传播到达点后，根据椭圆的光学性质可知，光线沿方向传播，第一次经过，此时所经过的路程为.
根据椭圆的定义可知，，，
所以，故D项正确.
故选：ACD.
35．BD
【分析】A选项，求出圆锥的母线长，从而利用锥体体积公式求出沙漏的侧面积；B选项，根据细沙形成的圆锥的高度得到此圆锥的底面半径，得到细沙的体积；C选项，由B选项求出的体积公式得到细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度；D选项，利用细沙的体积和沙漏漏下的速度求出时间.
【详解】A选项，设下面圆锥的母线长为，则cm，
故下面圆锥的侧面积为，故沙漏的侧面积为，故A错误；
B选项，因为细沙全部在上部时，高度为圆锥高度的，
所以细沙形成的圆锥底面半径为cm，高为cm，
故底面积为，所以沙漏中的细沙体积为，B正确；
C选项，由B选项可知，细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的体积为，其中此锥体的底面积为，故高度为cm，C错误；
D选项，秒，故该沙漏的一个沙时大约是837秒，D正确.
故选：BD
36．ACD
【分析】运用累和法，结合组合数公式、裂项相消法、二项式系数和公式逐一判断即可.
【详解】因为,
所以有
，
所以A对，B错，
而，
，所以
因此C对
，因此D对.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：运用累和法、逆用组合数公式、裂项相消法是解题的关键.
37．
【分析】首先根据平均数求出参数，即可一一列出数据，再求出数据的中位数即可；
【详解】解：因为数据的平均数为，所以，解得，所以则组数据分别是，按从小到大排列分别为，故中位数为
故答案为：
38．12
【解析】利用二项式定理求出通项公式，令指数为零找出常数项即可．
【详解】通项，令，得，
∴展开式的常数项为．
故答案为：12.
【点睛】二项式定理类问题的处理思路：利用二项展开式的通项进行分析．
39．
【分析】先根据外接球的表面积求出外接球的半径，然后设等边三角形的外接圆的半径为，把三棱锥体积用含有的函数表示，利用导数求最值．
【详解】解：设三棱锥外接球的半径为，由，得，
设等边三角形的外接圆的半径为，
，即，
，，
，
，
．
令，则，
，令，可得，
当时，，当时，，
当时，，
三棱锥体积的最大值是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，首先根据题意得三棱锥外接球半径与等边三角形的外接圆半径和三棱锥的高之间的关系，然后把三棱锥体积用表示，最后运用函数思想借助导数工具求最值．
40．6
【分析】求得函数的导数，得到，且，根据斜率公式列出方程，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
可得，且，所以，解得．
故答案为：.
41．22050
【分析】由题意可得分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，然后根据分类加法原理和分步乘法原理可求得结果
【详解】根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，
所以不同的安排方法一共,
故答案为：22050
42．
【分析】根据直棱柱的性质以及直线与平面平行的判定定理和平面与平面平行的判定定理可得平面，从而可知点在线段上，可得，求出的最小值即可得到答案.
【详解】取线段，中点，，连结，，.
如图所示：
由于，，所以，因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面平面，
又，
故平面平面，故点在线段上.
因为，所以，
故.在中，当时，
取得最小值，故tana的最小值为.
故答案为：
【点睛】本题考查了直线与平面，平面与平面平行的判定定理，考查了异面直线所成的角，属于中档题.
43．240
【分析】根据二项式的展开通项公式求解即可.
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项为，
故答案为:240.
44．或或（写出其中一个即可）
【分析】由已知求出点或.先求解直线斜率不存在时的方程；然后设斜率，得出点斜式方程，表示出圆心到直线的距离，列出方程，求解即可得出斜率，进而得出直线方程.
【详解】由题意可知，，解得，
所以，点或.
又圆的圆心，半径.
①当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
②当点时
当直线斜率不存在时，此时方程为，与圆相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设斜率为，此时直线方程为，
即.
因为，直线与圆相切，所以圆心到的距离，
即，
整理可得，，解得，
代入直线方程整理可得，直线方程为.
综上所述，直线方程为或或.
故答案为：.
45．96
【分析】利用分步加法和分类乘法原理，先安排4名同学的2名选择数学竞赛，在安排剩下的2名同学到其他竞赛课程中即可.
【详解】由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2名选择数学竞赛课程，
则有：种情况，
剩下2名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有：
①2名同学选择1个学科竞赛则有：种情况，
②2名同学各选择1个学科竞赛则有种情况，
所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法数为：
种情况，
故答案为：96.
46．1
【分析】（1）首先根据条件等式，变形得到函数，再变形得到，通过构造函数得到，参变分离后，转化为求函数的值域，即可求的取值范围.
【详解】在中，，
∴，
∴
∴（c为常数），
由，解得：，
∴，
若在区间内存在零点，
整理可得：，
设，，
令，得，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，，
所以，当时，等号成立，
所以
当且仅当时，上式取等号
即存在，使，
设，，
令，得，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，，
所以，故m最小值为1,
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，零点，不等式的综合问题，本题的关键一是利用导数的等式，通过构造得到函数的解析式，关键二是利用同构得到等式，再构造函数求得，参变分离后即可求解.
47． 1；
【分析】求出，令可求；利用对数的运算性质对变形可求.
【详解】解：，
，
令，得；
，
，
.
故答案为：1；.
48． /
【分析】令，可得出，利用二次函数的基本性质求出函数的最小值及其对应的的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，则，
令，则，
，则，
所以，，
所以，当时，函数取得最小值，即，
此时，由已知，
所以，，
.
故答案为：；.
49．（1）证明见解析；（2）2．
【分析】（1）利用等比数列的定义证明；
（2）先求出数列的通项公式，再利用判断出单调递减，求出的最大值．
【详解】（1）因为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，
所以数列是等比数列．
（2）由（1）得，
所以．
因为
，
所以，所以单调递减，
所以的最大值为．
【点睛】(1)证明等差（比）数列的方法：定义法和等差（比）中项法；
(2)判断数列单调性的方法：①比较法；②函数单调性法．
50．（1）；（2）2．
【分析】（1）由正弦定理把改为，再由三角恒等变换可求得；
（2）由正弦定理得，再结合余弦定理可求得，从而由三角形面积公式计算出面积．
【详解】解：（1）因为2sinB+bcosA＝b，可得+cosA＝1，
由正弦定理可得+cosA＝1，即+cosA＝1，可得sinA+cosA＝，
可得2（sinA+cosA）＝，可得sin（A+）＝，
因为A为三角形内角，可得A+＝，可得A＝．
（2）由sinC＝2sinB，可得c＝2b，
又A＝，a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc，解得b＝2，c＝4，
所以S△ABC＝bcsinA＝＝2．
51．（1）；（2）．
【分析】（1）法一（几何法）取中点为，连结，，由已知证得平面，可得二面角的平面角，再取的中点，连结，则垂直与，根据线面垂直判定定理证得垂直于底面，连结，为与平面所成角．解三角形可求得答案；
法二（向量法）取中点为，连接，，因为和均为等腰直角三角形，所以，均垂直于，所以平面．以为坐标原点，，分别为轴，轴建系，运用线面角的向量求解方法可求得答案；
（2）法一（几何法）在平面内作连结，，则，根据线面垂直判定定理可证得，，三点共线，再运用三角形相似可求得答案．
法二（向量法）建立空间直角坐标系，由向量的运算可证得，，三点共线，再运用三角形相似可求得答案．
【详解】解：（1）法1：
取中点为，连结，，
因为且，所以为等腰直角三角形，同理也为等腰直角三角形，，均垂直于，所以平面，
所以二面角的平面角为，
因为，所以三角形为正三角形，
取的中点，连结，则垂直与，得，
因为平面，所以垂直于，又，所以垂直于底面，
连结，为与平面所成角．
因为，，
所以与平面所成角的正弦值为．
法2：取中点为，连接，，因为和均为等腰直角三角形，所以，均垂直于，所以平面．
以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图：则点S在坐标平面内，设其坐标为，由为等腰直角三角形且，
得，，则，，
因为，所以①，
设平面的法向量为，
则，所以．
取平面的法向量为，
因为二面角的大小为，所以②，
由①②得，所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以与平面所成角的正弦值为．
（2）法1：在平面内作连结，，则，
又因为，∴平面，
所以，又因为，∵，，都在平面内，
所以，，三点共线．，
因为矩形中，，
∵与相似，∴，解得，
所以．
法2：作于，则所以平面，
以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图：则点S在坐标平面内，设其坐标为，设，则，取的方向向量为，
因为，所以，得，
即在轴上，所以，，三点共线．
以下解法同法一．
【点睛】关键点点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
52．（1）列联表见解析；有的把握认为收入提高与种植作物有关；（2）分布列见解析；期望为．
【分析】（1）由已知数据求得收入提高的户数和未种植作物的户数，由此可得列联表；计算可得，由此可得结论；
（2）设表示第次种植作物的事件，可表示出已知中所给的概率，确定的取值后，计算求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望的计算公式可求得期望.
【详解】（1）由题意知：收入提高的有户，未种植作物的有户，得列联表如下：
种植作物的数量
未种植作物的数量
合计
收入提高的数量
收入未提高的数量
合计
经计算得：，
有的把握认为收入提高与种植作物有关．
（2）设表示第次种植作物的事件，其中，由已知条件得：
，，，，，，
第一次必种植，则随机变量的取值为，
，
，
的分布列为：
．
【点睛】关键点点睛：本题考查独立性检验和离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，求解分布列的关键是能够结合条件概率的概率公式计算得到随机变量每个取值所对应的概率，由此可确定分布列.
53．（1）；（2）．
【分析】（1）利用抛物线的焦点坐标求出，再由三角形的面积求出，从而得到，，的方程组，求出，，，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意可得，设的方程为，分别联立直线与椭圆的方程，直线与抛物线的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，列出关于的方程，求解即可．
【详解】解：（1）因为曲线的焦点恰好也是，所以椭圆中，，
因为的面积为3，所以，
所以，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）因为为，的中点，所以到直线的距离为到距离的一半，
又因为与的面积相等，所以，
因为，设的方程为，
设，，，，，，，，
联立方程组，可得，
则，
由两点间距离公式可得，，
所以，
联立方程组，可得，
则，
所以，
因为，解得
故直线的斜率为．
【点睛】关键点点睛：利用平面性质把与的面积相等转化为，再利用弦长公式与焦半径公式即可得到结果.
54．（1）0；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）当时，可得，利用导数即可确定求得（1）；
（2）令，可得，通过对的讨论，可知，进一步分析可得的取值集合；
（3），设两切点为，，，且在的右边，可得，两点处的切线方程分别为，，
令，解得，，利用分析法可证得点一定在第一象限内．
【详解】解：（1）当时，，定义域为，
，
令，得；令，得．
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
所以．
（2）令，
，
若，存在，与恒成立矛盾，
所以必有，
，方程的，，所以方程必有一正根记，
所以函数在单调递增，在单调递减，
若满足条件必有，注意到．
则有，代入式，解得．所以的取值集合为．
（3）因为，设两切点为，，
不妨设A在的右边，则因为，
所以A，两点处的切线方程分别为，，
令，解得，．
因为，所以，
要证明，
即证明，因为，即证，
设，则，
所以在上是增函数，所以，则，
所以，
故点一定落在第一象限．
【点睛】方法点睛：恒成立的问题
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;
（3）若恒成立，可转化为.
55．(1)；
(2).
【分析】（1）根据之间的关系，对进行下标的缩减，整理化简即可求得；
（2）由（1）中所求，求得，再利用裂项求和法即可求得结果.
(1)
因为，故当时，，
当时，，则，
当时，满足上式，所以.
(2)
由（1）得，
所以.
故数列的前项和.
56．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在等腰梯形中，过作于，过作于，则根据已知可得，再由，，可得由线面垂直的判定可得平面，从而可得，
（2）由已知可证得两两垂直，所以以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
(1)
在等腰梯形中，过作于，过作于，
因为在等腰梯形中，，，，
所以，，
所以,
所以，所以，同理，
又因为，，
∴，∴
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
(2)
取的中点为，的中点为，则∥，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，的中点为，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
平面的一个法向量为
设平面的一个法向量为，则
，令，则
所以，
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
57．(1)；
(2).
【分析】（1）在△中由余弦定理求得，再在△△中由正弦定理结合即可求得结果；
（2）根据△的面积为△△的面积之和，求得，再结合三角形面积公式和基本不等式即可求得三角形面积的最小值.
(1)
因为，，
利用余弦定理可得：，故，
在中，，在中，，
两式相除可得，又，所以.
(2)
根据题意得△的面积等于△的面积与的面积之和，
又，，所以，
整理得：又，当且仅当时取等号，
故，则，所以，
故△面积的最小值为．
58．(1)
(2)，预测2022年8月份的销量为347百件（34700件）
(3)2022年8月份或9月份利润最大
【分析】（1）根据散点图，结合所给出函数的图像可得出答案.
（2）对两边同时取常用对数得：，再由公式以及给出的数据求出方程，然后把代入回归方程.
（3）由题意利润，然后求出其最大值即可.
（1）
根据散点图判断，适合作为销量y与月份x的回归方程类型.
（2）
对两边同时取常用对数得：，
设，则，因为，，，
所以，
把样本中心点代入，得：，所以，
即，
所以y关于x的回归方程为，
把代入上式，得，
所以预测2022年8月份的销量为347百件（34700件）.
（3）
由题意得（且），
构造函数，
所以当或9时，取最大值，
即2022年8月份或9月份利润最大.
59．(1)证明见解析，；
(2).
【分析】（1）设，，，利用点斜式写出直线，的方程，由在两直线上，即可知直线的方程，进而确定定点.
（2）联立抛物线和圆：，由题设及一元二次方程根的个数求参数r的范围，由结合韦达定理得到关于r的表达式，构造函数并利用导数研究区间单调性，进而求范围.
(1)
设，，，则，，
直线为：，同理直线为：，
把代入直线，得：，
∴，都满足直线方程，则为直线的方程，故直线恒过定点．
(2)
如图，设圆的半径为，，，，，
把代入圆：，整理得，
由题意知：关于的一元二次方程有两个不等实根，则，可得．
，
令，由得：，则，
令且，则，
故在上，递增；在上，递减；
所以，又，，故的取值范围是，
综上，的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：第二问，由圆：，联立抛物线方程，结合四边形面积公式得到关于参数r的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围.
60．(1)或4；
(2)答案见解析.
【分析】（1）在有，构造中间函数并利用导数研究单调性和零点情况，求参数a，在上根据已知列方程组求参数a，即可得结果.
（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断各情况下零点的个数.
（1）
时，原条件等价于，
∴，
令，则，
∴为增函数，由，则有唯一解，所以，
时，，解得：．
综上，或4．
（2）
ⅰ.时，则，，
而，，即为增函数，又，
当时；当时，故，
∴恒成立，故时零点个数为0；
ⅱ.时，，由①知：仅当时，此时零点个数为1．
ⅲ.时，，则，，
∴为增函数，，，
∴仅有一解，设为，则在上，在上，
所以最小值为，故．
又，，故、上各有一零点，即有2个零点．
ⅳ.时，上，
，
∴无零点，则上，，，
∴为增函数，，，
∴有唯一解，设为，则，
又，，故、上，各有一个零点，即有2个零点．
ⅴ.时，由（1）知：上有唯一零点：；
在上，则，，
所以为增函数，，，故使，
则上，递减；上，递增；
故，而，
又，，故在、上各有一个零点，
所以共有3个零点．
综上：时零点个数为0；时零点个数为1；时零点个数为2；时零点个数为3．
【点睛】关键点点睛：
（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.
（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.
61．(1)0
(2)，
【分析】（1）根据二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，结合公式计算可得，即可求解；
（2）由正弦定理和诱导公式可得，即可求出角B；进而，结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）∵
，
由函数的最小正周期为．即，得，
∴，
故；
（2）∵，∴由正弦定理得，
∴．
∵，∴．∵，则.
∵，∴，∴，
∴，
∴.
62．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意和等差数列前n项求和公式可得当时，，验证符合该式即可；
（2）由（1）可得，，结合等差数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】（1）当时，，
又，符合上式，
∴；
（2）由（1）知，，
，
∴
.
63．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件先求，，，再证明，由此完成证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程确定的关系，再求的最小值即可.
【详解】（1）由已知，，，，
所以，
，
，
因为为中点，
所以，
又，
所以，
所以
所以
（2）连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
连接，
由正方形的性质可得三点共线，为的中点，
所以，
由第一问，
平面，，
所以平面，
以为坐标原点， 所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系
、、、、
，
设平面法向量为，，
则，所以，
∴，
令，则，．
∴为平面的一个法向量，
因为点在平面内，
故设点的坐标为，
因为，
所以，
，则，
所以，
所以当时，有最小值，最小值为.
64．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由题意可知的可能取值有0、1、2、3，分别求出相应的概率，进而求解；
（2）由全概率公式即可求解.
【详解】（1）由题意可知的可能取值有0、1、2、3，
，，
，，
所以随机变量的分布列如下表所示：
0
1
2
3
P
所以，.
（2）设“任取一人新药对其有效”，“患者来自第i组”（，2，3，分别对应甲，乙，丙），
则，且，，两两互斥，根据题意得：
，，，
，，，
由全概率公式，得
，
任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自于乙组的概率
，
所以，任意选取一人，发现新药对其有效，则他来自乙组的概率为.
65．(1)双曲线方程：，椭圆方程为：
(2)存在，
【分析】（1）设双曲线方程为，椭圆方程，根据焦距和离心率求出可得答案；
（2）设，，， 根据P、A、N三点共线，P、B、M三点共线可得，令得直线的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理代入上式化简可得，若存在，即代入可得答案；
法二：，，设直线AP：与椭圆方程联立可得，、，若存在，则可得答案.
【详解】（1）由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，
所以双曲线方程：，
椭圆方程为：；
（2）设，，，，，
P、A、N三点共线，，
P、B、M三点共线，，
相除：，
令，则设：，
联立椭圆方程：，
易得，所以，
∴，
，
若存在，即，
，得，
又P在第一象限，所以，；
法二：，，，，，
直线AP：，
，显然，
由，又因为P在双曲线上，满足，即，
所以，
即，
同理BP：，可得，所以，
若存在，即，
而P在第一象限，所以，即.
【点睛】思路点睛：本题第二问主要是利用韦达定理代入进行化简运算，考查了学生的思维能力和运算能力.
66．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：求导后利用放缩法得到，故；
法二：多次求导，结合隐零点，得到先增后减，结合端点值的符号，得到在上恒成立，求出；
（2）法一：构造，变形后结合，，，且在处取等号，得到时，符合题意，时，结合函数单调性及零点存在性定理得到矛盾，求出答案；
法二：构造，求导后考虑，利用放缩法及函数单调性可证，再考虑，由在单调递增，且，分与两种情况，进行求解，得到答案.
【详解】（1）法一：首先证明，，理由如下：
构造，，
则恒成立，故在上单调递减，
故，所以，，
，，
，
故在上恒成立，
所以在单调递增，故
法二：，，
，且，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以单调递减，
又，其中，故，
故，使得，且当时，，当时，，
所以先增后减，又，，
∴在上恒成立，
所以单调递增，；
（2）法一：，
，
下证：，，，且在处取等号，
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
在（1）中已证明；
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
当时，，
当时，即时，符合题意，
当时，，
，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：a的取值范围为；
法二：，，，
①当时，，，
在单调递增，且符合题意，
②当时，在单调递增，，
③当时，即时，
在单调递增，符合题意，
②当时，即时，，
，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
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