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湖南省岳阳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份湖南省岳阳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共62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。
湖南省岳阳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2023·湖南岳阳·统考一模）在复平面内，复数z对应的点为，则（ ）
A．i B．－i C．2i D．－2i
2．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知直线l：和圆，则“”是“直线l与圆C相切”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知函数的一个零点是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象的表达式为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·湖南岳阳·统考一模）核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的成本比火电站要低20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的发展方向，2021年10月26日，国务院发布《2030年前碳达峰行动方案》，提出要积极安全有序发展核电.但核电造福人类时，核电站的核泄漏核污染也时时威胁着人类，如2011年，日本大地震导致福岛第一核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物是锶90，它每年的衰减率为2.47%.专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要800年，到那时，原有的锶90大约剩（ ）（参考数据）
A． B． C． D．
6．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ）
A．1666 B．1654 C．1472 D．1460
7．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径.若平面平面，，，球O的体积为，则三棱锥的体积为（ ）
A．9 B．18 C．27 D．36
8．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知复数z满足，则复数z在平面内对应点所在象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
11．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知等差数列满足，，则数列的前5项和为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．30
12．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知圆锥的侧面积是底面积的倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角大小为（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知向量，向量，则与的夹角大小为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
14．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知椭圆长轴AB的长为4，N为椭圆上一点，满足，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数，其中，，函数的周期为，且时，取得极值，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．函数在单调递增 D．函数图象关于点对称
16．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．6 B． C．8 D．
17．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知集合，，且，则实数m应满足（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知（其中i为虚数单位），则复数（ ）
A． B． C．1 D．2
19．（2021·湖南岳阳·统考一模）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
20．（2021·湖南岳阳·统考一模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题．现有这样一个整除问题：将1到2021这2021个数中，能被3整除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列所有项中，最中间项的值为（ ）
A．992 B．1022 C．1007 D．1037
21．（2021·湖南岳阳·统考一模）“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇．现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知等边三角形ABC的边长为4，O为三角形内一点，且，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
23．（2021·湖南岳阳·统考一模）抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（ ）
A．2 B． C． D．
24．（2021·湖南岳阳·统考一模）对于函数，若存在，使，则点与点均称为函数的“先享点”已知函数且函数存在5个“先享点”，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知函数，则（ ）
A．是周期函数 B．函数在定义域上是单调递增函数
C．函数是偶函数 D．函数的图象关于点对称
26．（2023·湖南岳阳·统考一模）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项.记事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”，则（ ）
A．四名同学的报名情况共有种
B．“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种
C．“四名同学最终只报了两个项目”的概率是
D．
27．（2023·湖南岳阳·统考一模）正方体的棱长为1，点P在线段BC上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为60°
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．二面角的正切值为
D．直线与平面所成的角为45°
28．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知抛物线上的两点，及抛物线上的动点，直线PA，PB的斜率分别为，，坐标轴原点记为O，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．三角形AOB为正三角形时，它的面积为
C．当为定值时，为定值
D．过三点，，的圆的周长大于
29．（2022·湖南岳阳·统考一模）下列叙述正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．“”是“”的充要条件
C．的展开式中的系数为
D．在空间中，已知直线满足，，则
30．（2022·湖南岳阳·统考一模）若随机变量服从两点分布，其中，，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
31．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数（且）的图象如下所示．函数的图象上有两个不同的点，，则（ ）
A．， B．在上是奇函数
C．在上是单调递增函数 D．当时，
32．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，过M点的圆C的最短弦长是
C．线段AB的中点纵坐标最小值是
D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是
33．（2021·湖南岳阳·统考一模）2020年4月，在疫情防控阻击战之外，另一条战线也日渐清晰--复工复产、恢复经济正常运行．某企业对本企业1644名职工关于复工的态度进行调查，调查结果如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．从该企业中任取一名职工，该职工倾向于在家办公的概率为
C．不到名职工倾向于继续申请休假
D．倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工超过名
34．（2021·湖南岳阳·统考一模）(多选)若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为 D．在区间上单调递减
35．（2021·湖南岳阳·统考一模）（多选）以下说法，正确的是（ ）
A．，使成立
B．，函数都不是偶函数
C．“”是“”的充要条件
D．中，“”是“”的充要条件
36．（2021·湖南岳阳·统考一模）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，点P为线段AD上的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线AC与BD所成的角为60°
B．是等边三角形
C．面积的最小值为
D．四面体ABCD的外接球的表面积为8π
三、填空题
37．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知，，，均为锐角，则______.
38．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知某车间在上半年的六个月中，每个月的销售额y（万元）与月份（）满足线性回归方程，则该车间上半年的总销售额约为______万元.
39．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为、，圆P：分别交线段、于M、N两点，则______.
40．（2022·湖南岳阳·统考一模）在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴，终边过点且，则______．
41．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知抛物线的焦点为F，P为抛物线上一动点，点，当的周长最小时，点P的坐标为______．
42．（2022·湖南岳阳·统考一模）有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有______种．（结果用数字作答）
43．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数，若且，，则的取值范围是______．
44．（2021·湖南岳阳·统考一模）在的展开式中，的系数是_________．
45．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知点在线段上运动，则的最大值是____________．
46．（2021·湖南岳阳·统考一模）设椭圆的焦点为，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为___________.
47．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知函数对均有，若恒成立，则实数m的取值范围是_______.
四、双空题
48．（2023·湖南岳阳·统考一模）数列的前n项和为，，且对任意的都有，则（1）若，则实数m的取值范围是______；（2）若存在，使得，则实数m为______.
五、解答题
49．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知数列满足，且数列的前n项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
50．（2023·湖南岳阳·统考一模）8月5日晚，2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”开幕式在洞庭南路历史文化街区工业遗址公园（岳阳港工业遗址公园）举行，举办2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”，是我市深入贯彻落实中央和省委“稳经济、促消费、激活力”要求，推出的大型文旅活动，旨在进一步深挖岳阳“名楼”底蕴、深耕“江湖”文章，打造“大江大湖大岳阳”文旅IP，为加快推进文旅融合发展拓展新维度、增添新动力.活动期间，某小吃店的生意异常火爆，对该店的一个服务窗口的顾客从排队到取到食品的时间进行统计，结果如下：
取到食品所需的时间（分）
1
2
3
4
5
频率
0.05
0.45
0.35
0.1
0.05
假设每个顾客取到食品所需的时间互相独立，且都是整数分钟.从排队的第一个顾客等待取食品开始计时.
(1)试估计“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”的概率；
(2)若随机变量X表示“至第2分钟末，已取到食品的顾客人数”，求X的分布列及数学期望.
51．（2023·湖南岳阳·统考一模）在中，三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
52．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知直三棱柱中，E，F分别为棱和的中点，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面EFC所成角的正弦值为且，证明：平面平面EFC.
53．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知直线：和直线：，过动点E作平行的直线交于点A，过动点E作平行的直线交于点B，且四边形OAEB（O为原点）的面积为4.
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线，若过点的直线m与曲线交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若，，求证：为定值.
54．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知函数，，.
(1)讨论函数在区间上的最大值；
(2)确定k的所有可能取值，使得存在，对任意的，恒有.
55．（2022·湖南岳阳·统考一模）数列满足，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式．
56．（2022·湖南岳阳·统考一模）D为边上一点，满足，，记，．
(1)当时，且，求CD的值；
(2)若，求面积的最大值．
57．（2022·湖南岳阳·统考一模）高压钠灯使用时发出金白色光，具有发光效率高、耗电少、寿命长、透雾能力强和不锈蚀等优点，广泛应用于机场、码头、船坞、车站、广场、街道交汇处等地方，现在某公园中心树立有一灯杆，杆上装有6盏高压钠灯，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同，假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为，寿命为2年以上的概率为．从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换．
(1)在第一次灯泡更换工作中，求：
①不需要换灯泡的概率；
②更换2只灯泡的概率；
(2)当，时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换5只灯泡的概率（结果保留两个有效数字）．
58．（2022·湖南岳阳·统考一模）如图，在三棱锥中，，．
(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；
(2)若，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．
59．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点，焦点在坐标轴上，双曲线的一条渐近线的方程为，且双曲线经过点，过双曲线上的一点P（P在第一象限）作斜率不为的直线l，l与直线交于点Q且l与双曲线有且只有一个交点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)以PQ为直径的圆是否经过一个定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由．
60．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数，，其中t为实数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，若恒成立，求最大的整数t．
61．（2021·湖南岳阳·统考一模）中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求B的大小；
（2）若，且AC边上的中线长为，求的面积．
62．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知数列满足，且点在函数的图象上．
（1）求证：是等比数列，并求的通项公式：
（2）若，数列的前n项和为，求证：．
63．（2021·湖南岳阳·统考一模）如图所示的几何体中，，．
（1）求证：平面；
（2）若，点在上，且满足，求平面与平面的夹角的余弦值．
64．（2021·湖南岳阳·统考一模）某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．
（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；
（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．
①；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
65．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知双曲线的离心率为，点在上．
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的直线l与曲线交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由．
66．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知函数．
（1）若为单调函数，求a的取值范围；
（2）若函数仅有一个零点，求a的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解.
【详解】因为复数z对应点的坐标为，所以，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】先解不等式，即，再根据并集的运算求解即可.
【详解】因为，
所以，即，
又，
所以,
故选：C
3．C
【分析】根据直线和圆相切求得的值，由此求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
若直线与圆相切，
则，解得.
所以“”是“直线l与圆C相切的充要条件.
故选：C
4．D
【分析】先求得，然后根据三角函数图象变换、诱导公式等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
，向左平移个单位长度得到.
故选：D
5．B
【分析】根据题意，每年的剩余量可构成等比数列，据此求出800年后剩余量即可得解.
【详解】由题意，设一开始锶90质量为1，
则每年的剩余量构成以为公比的等比数列，
则经过800年锶90剩余质量为，
两边取常用对数可得：，
所以，
故选：B
6．A
【分析】根据题意求出两个数列相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可.
【详解】有两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，
由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：
2，14，26，38，50，…，182，194，共有项，是公差为12的等差数列，
故新数列前17项的和为，
即数列的各项之和为1666.
故选：A.
7．A
【分析】由题意可得，，进而说明平面，再求得球的半径，根据即可求得答案.
【详解】如图，三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径
O为中点，
∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
设，由球O的体积为，可得，
则，
∴三棱锥的体积为9，
故选∶A．
8．D
【分析】利用特殊值判断AC，利用不等式性质及指数函数单调性判断B，根据排除法判断D.
【详解】取，则不成立，故A错误；
由，当时，，所以，
即，故B错误；
取时，，而，
所以，故C错误；
由ABC错误，排除法知，故D正确.
故选：D
9．C
【分析】利用一元二次不等式的解法，先求出集合，再根据交集的定义即可求解.
【详解】因为集合，又集合，
所以.
故选：C.
10．A
【分析】根据给定条件结合复数的除法运算求出复数z即可判断作答.
【详解】因，则，则复数z在平面内对应点坐标为，
所以复数z在平面内对应点所在象限是第一象限.
故选：A
11．B
【分析】利用等差数列的性质计算可得，再求出公差即可计算作答.
【详解】等差数列中，，解得，于是得公差，，
所以数列的前5项和为.
故选：B
12．C
【分析】设圆锥底面半径为r，母线为l，根据题意可得，代入圆心角公式，即可得答案.
【详解】设圆锥底面半径为r，母线为l，则圆锥的侧面积为，
由题意得，解得，
所以圆锥底面圆的周长即侧面展开图扇形的弧长为，
所以该扇形的圆心角.
故选：C
13．D
【分析】计算可得，利用数量积公式计算即可得出结果.
【详解】向量，向量，
，
，且，
的夹角为.
故选：D.
14．C
【分析】不妨设椭圆的方程为，由题可得，进而可求，即得.
【详解】不妨设椭圆的方程为，如图，
由题可知，又，，
∴，代入椭圆方程可得，
解得，
∴，即，
∴.
故选：C.
15．D
【分析】利用周期公式可判断A；利用极值的定义可判断B；根据极值的不确定性可对单调性进行判断；根据对称性可判断D.
【详解】对于A，函数，其中，，
因为函数的周期为，所以，故A不正确；
对于B，时，取得极值，
所以为函数的对称轴方程，但是不能确定是取得极大值还是极小值，
所以，故B不正确；
对于C，因为不能确定是函数的极大值还是极小值，
所以无法确定函数的单调性，故C不正确；
对于D，因为为函数的对称轴方程，
则，
解得，
所以，
所以，
所以函数图象关于点对称，故D正确.
故选：D
16．C
【分析】设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】设切点为（m，n），
y＝ln（x+b）的导数为，
由题意可得=1，
又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），
解得n＝0，m＝2a，
即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，
所以，
当且仅当时取等号，
故的最小值为8．
故选：C．
17．A
【分析】根据集合交集定义即可求解．
【详解】解：∵集合，，
∴，
故选：A．
18．C
【分析】易得，然后根据复数模长公式计算即可得解.
【详解】因为，所以，
故．
故选：C．
19．A
【解析】由函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B项；又因为，排除C项；又因为，排除D项，即可得到答案.
【详解】由题意知，函数，满足，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B选项错误；
又因为，所以C选项错误；
又因为，所以D选项错误，
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
20．C
【分析】由题可得，可判断共有135项，且中间项为第68项，即可求出.
【详解】解：由题意可知，既是3的倍数，又是5的倍数，所以是15的倍数，即，所以，
当时，，
当时，，
故，数列共有135项，因此数列中间项为第68项，且．
故中间项的值为1007．
故选：C．
21．B
【分析】先求每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游的基本事件总数，再求恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，最后求后者与前者的比值即可.
【详解】解：现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，
假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，
基本事件总数，
恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，
则恰有一个地方未被选中的概率为．
故选：B．
22．D
【分析】设AB的中点为D，可得，进而可得，得出O是AD的中点，即可求解面积.
【详解】解：根据题意，设AB的中点为D，是等边三角形，则，
AB的中点为D，则，
又由，则，则O是CD的中点，
又由的边长为4，则，，则，
则，
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题考查向量的相关问题，解题的关键是判断出O是中线AD的中点.
23．B
【分析】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，则，当直线PA与抛物线相切时，最小，取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果.
【详解】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，
由抛物线的性质可得，
所以则，
当最小时，则值最大，
所以当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即最小，
由题意可得，
设切线PA的方程为：，
，整理可得，
，可得，
将代入，可得，所以，
即P的横坐标为1，即P的坐标，
所以，，
所以的最大值为：，
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质．解题的关键是利用了抛物线的定义．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化．
24．A
【分析】首先根据题中所给的条件，判断出“先享点”的特征，之后根据存在5个“先享点”，等价于函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，构造函数利用导数求得结果.
【详解】依题意，存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，
即函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，
而函数关于原点对称的函数为，
即有两个正根，
，
令，
，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
并且当和时，，
所以实数a的取值范围为，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关新定义问题，结合题意，分析问题，利用等价结果，利用导数研究函数的性质，属于较难题目.
25．ABD
【分析】根据正弦函数周期判断A，由指数函数、反比例函数的单调性判断B，根据奇偶性定义判断C，由函数中心对称充要条件判断D.
【详解】令，则，所以函数为周期函数，故A正确；
因为，
因为在定义域上单调递减，且，
所以由复合函数的单调性质可得在定义域上是单调递增函数，故B正确；
令，则，所以函数是奇函数，故C错误；
因为，所以函数的图象关于点对称，故D正确.
故选：ABD
26．ACD
【分析】根据分步乘法计数原理可求得四名同学的报名情况的种数，判断A;根据古典概型的概率公式可判断；根据条件概率的概率公式，可判断D.
【详解】由题意甲、乙、丙、丁四名同学每人都要报名且限报一项，每人都有3种选择，
则共有种，A正确；
“每个项目都有人报名”，则必有两人报同一个项目，
故此时报名情况有种，B错误；
“四名同学最终只报了两个项目”，此时可先选出两个项目，
报名情况为分别有两人报这两个项目，或者一人报其中一个，另三人报名另一个项目，
故共有种报名情况，
则“四名同学最终只报了两个项目”的概率是，C正确；
事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，有 种报名方法，
则 ，
事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，
若同时发生，即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目，
则有种报名方法，则，
故 ，D正确，
故选：
27．BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定AB，由二面角的平面角的定义法确定C，利用向量法求线面角判断D.
【详解】如图，在正方体中建立空间直角坐标系，
则，
设，
对A，由，，即异面直线与所成的角为90°，故A错误；
对B，，则，
当时，，，
当时，，因为的对称轴为，所以当时，，即，由，知，综上，，故B正确；
对C，取中点，连接，则，所以为二面角的平面角，在中，，故C正确；
对D，在正方体中，,平面，
所以平面，即平面的一个法向量为,
又，所以，故D错误.
故选：BC
28．BCD
【分析】由抛物线方程判断A，根据正三角形求出直线斜率，联立抛物线求点A坐标即可判断B，直接计算结合在抛物线方程上化简可判断C，根据题意及圆的性质求出半径，结合点在抛物线上可得出半径范围，即可判断D.
【详解】对A，由抛物线知准线方程为，故A错误；
对B，当三角形AOB为正三角形时，不妨设A在第一象限，则，直线方程为，联立，可得，故，
所以，故B正确；
对C，，当为定值时，为定值，故C正确；
对D，因为圆过三点，，，所以可设圆心为，则，平方后可得，
故，因为，所以，即，
故，所以圆的周长，故D正确.
故选：BCD
29．AC
【分析】对于A运用全称命题否定形式的相关知识判断；对于B根据对数函数相关知识判断；对于C根据二项式展开式相关知识即可判断；对于D直观想象即可得出直线和的位置关系.
【详解】对于A，命题“，”为全称命题，其否定是“，”，故A正确.
对于B，充分性：当时，显然不成立，故充分性不满足；必要性：当时，，显然此时成立，故必要性满足.所以“”是“”的必要不充分条件，故B错误.
对于C，的展开式中的系数为，故C正确.
对于D，若在空间中直线满足，，则和相交或异面或平行，故D错误.
故选：AC
30．AB
【分析】根据随机变量服从两点分布推出，根据公式先计算出、，由此分别计算四个选项得出结果．
【详解】随机变量服从两点分布，其中，，
，
，
在A中，，故A正确；
在B中，，故B正确；
在C中，，故C错误；
在D中，，故D错误．
故选：AB．
31．BCD
【分析】对于A结合对数型函数图像相关知识求解；对于B运用定义法判断是否在上是奇函数；对于C运用定义法判断函数单调性；对于D通过作差法并对式子变形即可判断.
【详解】对于A，由图像可知，函数（且）在上单调递增，所以，因为经过，所以，所以，，故A错误.
对于B，，定义域关于原点对称，，所以在上是奇函数，故B正确.
对于C，对于，由题意不妨令，则，因为，，所以，即，所以在上是单调递增函数，故C正确.
对于D，，因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，即当时，成立，故D正确.
故选：BCD
32．ABC
【分析】根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答
【详解】圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，
对于A，令直线AB：，即，显然有，
线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；
对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；
对于C，令线段AB的中点，则，
则，即，解得，当且仅当时取等号，
所以，C不正确；
对于D，依题意及切线长定理得：，，
，解得，即，
解得或，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；
(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
33．AC
【分析】根据扇形图中各个扇形所占百分比之和为1，即可求出额值，再由各部分所占比例结合总人数，即可判断各选项的正误.
【详解】对于选项A：，所以选项A错误，
对于选项B：由扇形图可知该职工倾向于在家办公的职工占，所以从该企业中任取一名职工，该职工倾向于在家办公的概率为，所以选项B正确，
对于选项C：由扇形图可知倾向于继续申请休假的职工占，而（人），所以选项C错误，
对于选项D：由扇形图可知倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工占，而（人），所以选项D正确，
故选：AC.
34．ABC
【分析】由三角函数周期的计算公式，可判定A正确；由三角函数对称轴的性质，可判定B正确；求得，令，得到，可判定C正确；
由三角函数单调性的判定方法，可判定D不正确.
【详解】由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A正确；
当时，可得，所以是函数的其中一条对称轴，所以B正确；
由，可得，
令，即，解得，
当时，可得，即是函数的一个零点，所以C正确；
由，可得，
当时，即时，函数单调递减；
当时，即时，函数单调递增，所以D不正确.
故选：ABC.
35．CD
【分析】直接利用函数的导数和单调性的关系，三角函数的关系式的变换，充分条件和必要条件，不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【详解】解：对于A：设，
所以，
当时，函数，
当时，，当时，，
故在时函数取得最小值，，
所以，即，，故A错误；
对于B：当时，故函数为偶函数，故B错误；
对于C：当时，等价于，
当时，等价于，
当时，等价于，
反之同样成立，故C正确；
对于D：中，当时，，
所以，
由于，故，
两边平方得：，
故，
即，
所以或，
当时，即，由于，
所以，即，，
所以，故，．
当时，，故．
故D正确．
故选：CD．
36．BCD
【分析】取的中点，连接，利用等腰三角形三线合一，可得，从而可得，可判断A；通过计算，可得为正三角形；由长为2，所以只需求出边上高的最小值就是面积的最小值；由于，所以四面体的外接球的半径为，从而可求出其表面积．
【详解】解：对于A，因为，，
所以平面，平面，
所以，异面直线AC与BD所成的角为90°，不是60°，所以A错；
对于B，因为，所以，同理，
所的是等边三角形，所以B对；
对于C，因为，所以要求面积的最小值，
只须求BC边上高的最小值，此最小值恰为异面直线AD与BC的距离，设为h，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以直线AD到平面距离即为h，
即点D到平面距离为h，
因为，所以，解得，
所以面积的最小值，所以C对；
对于D，由于，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为，
所以表面积为，所以D对．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：求外接球半径的常用方法：
（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；
（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
37．
【分析】根据同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和的余弦公式求解.
【详解】因为，，且，均为锐角，
所以，，
所以.
故答案为：
38．198
【分析】根据线性回归方程，分别将x的值代入，结果相加，即可得答案.
【详解】由题意可得该车间上半年的总销售额约为：
（万元），
故答案为：198
39．/1.2
【分析】根据椭圆的定义及圆的半径确定，再由数量积坐标运算求解.
【详解】由知圆心，半径，
又椭圆方程为，
所以在椭圆上，且椭圆的焦点，，
所以，，
因为,
所以,
又，
所以.
故答案为：
40．
【分析】根据终边上一点，求得，再结合可求得，再利用三角函数定义可求解.
【详解】因为终边上一点，
所以，
又，
所以可得，
所以，
故答案为：．
41．/(1,0.25)
【分析】由抛物线的定义把转化为到准线的距离，然后由三点共线得最小值，从而得点坐标．
【详解】如图，设是抛物线的准线，过作于，作于，
则，，，
，易知当三点共线时，最小，且最小值为，
所以的周长最小值为3，此时，，即．
故答案为：．
42．
【分析】先考虑相声、跳舞相邻的情况，再考虑考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，利用捆绑法与间接法可求得结果.
【详解】先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，
然后再将这个“大元素”与其它三个节目进行排序，共有种排法.
接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，
其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其它两个节目进行排序，
此时共有种排法.
综上所述，由间接法可知，共有种不同的排法.
故答案为：.
43．
【分析】画出的图象，根据图象求得，，对的值进行分类讨论，由此求得的取值范围.
【详解】画出的图象如下图所示，
由图可知，，
当时，且，
因为，
所以，，
当时，，，
所以的取值范围是.
故答案为：
44．10
【分析】写出二项展开式的通项公式，整理后令的指数为2，即可求出．
【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得．
所以的系数为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题．
45．
【分析】直接利用基本不等式计算可得；
【详解】解：由题设可得：，即，
∴，即，当且仅当时取“=”，
故答案为：．
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
46．
【解析】在中，利用正弦定理：，求得，，设，再利用余弦定理求得，然后由求解.
【详解】椭圆的焦点为，
在中，由正弦定理得：，
解得，，
设，
在中，由余弦定理得：，
解得，
所以，
又，
所以，
整理得，即，
解得或（舍去）
故答案为：
47．
【分析】根据题意得，进而根据已知条件解方程得，进而将问题转化为恒成立，再构造函数，求函数最值即可.
【详解】∵函数对均有①，
∴将换为x，得②，
∴由①②，解得.
∴恒成立，恒成立，
∴只需，
令，则，
令，则，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴，
∴m的取值范围为.
故答案为：
48． 或
【分析】（1）由求得的取值范围.
（2）求得的规律，对进行分类讨论，由此列方程求得的值.
【详解】依题意，，对任意的都有，
则，
，
，
，
，
以此类推，结合两式相减得，
可知数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；
偶数项是首项为，公差为的等差数列.
（1）若，即.
所以的取值范围是.
（2）若存在，使得，
.
当为奇数时，为偶数，
由得：
，
解得.
当为偶数时，为奇数，
由得：
，
解得.
综上所述，的值为或.
故答案为：；或
【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解时，要对的奇偶性进行分类讨论.
49．(1)；
(2).
【分析】（1）由对数运算及等比数列的定义判断数列为等比数列即可得解；
（2）根据裂项相消法求数列的和即可.
【详解】（1）因为，所以.
所以数列是首项为1公比为3的等比数列，
所以数列的通项为.
（2）由(1)知数列的前n项和，
所以
.
所以数列的前n项和.
50．(1)；
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由频率估计概率得出Y的分布列，“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”对应3个互斥事件，据此求概率即可；
（2）X所有可能的取值为0，1，2，结合（1）求出对应概率的分布列，由期望定义求期望.
【详解】（1）设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下:
1
2
3
4
5
0.05
0.45
0.35
0.1
0.05
A表示事件“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件A对应三种情形：①第一个人取到食品所需的时间为1分钟，且第二个人取到食品所需的时间为3分钟；②第一人取到食品所需的时间为3分钟，且第二人取到食品所需的时间为1分钟；③第一个和第二个人取到食品所需的时间均为2分钟.
所以
.
（2）X所有可能的取值为0，1，2.
对应第一个人取到食品所需的时间超过2分钟，
所以;
对应第一个人取到食品所需的时间为1分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1分钟，或第一个人取到食品所需的时间为2分钟，
所以；
对应两个人取到食品所需的时间均为1分钟，
所以；
所以X的分布列为：
0
1
2
0.5
0.4975
0.0025
所以
51．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，结合三角恒等变换的知识证得.
（2）转化为只含的三角函数的形式，利用换元法、构造函数法，结合导数求得的取值范围
【详解】（1）依题意，由余弦定理得，
，由正弦定理得，
，，
，由于，所以，则
由于，所以，则，
所以或（舍去），
所以.
（2）由于，所以为锐角，即，
而，即.
，
令，，
，
所以在区间上，递增；
在区间上递减.
，
所以，
所以的取值范围是.
52．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面；
（2）利用直线与平面EFC所成角的正弦值求得，然后利用向量法证得平面平面EFC.
【详解】（1）如图所示，以为原点为轴和轴的正方向，在平面内，
过作轴的垂线为轴建立空间直角坐标系，设，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，故.
设平面的法向量为，
则，令，故，
由于，所以，
所以平面平面；
（2），由（1）知平面的一个法向量为，
由直线与平面EFC所成角的正弦值为，
得，
整理得，由于，所以解得，即，
此时，，所以，
所以平面，
由于平面，所以平面平面EFC.
53．(1)或；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设，根据直线相交求出点的横坐标，再求出，点到直线的距离表示出四边形面积，化简方程可得解；
（2）验证特殊情况可知，再由一般情况设设直线m的方程为，由题意求出，联立直线与双曲线方程，由根与系数关系代入化简即可得证.
【详解】（1）设，过且平行的直线方程为，
由得交点的横坐标为，
所以，
点到直线的距离为，
所以四边形OAEB的面积为，
即或，
故动点E的轨迹方程为或.
（2）由题知的方程为，
设，、
当直线的斜率为0时，，
若，由，，知，
所以；
若，由，，知，
所以；
当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为 (显然)，
则，即，
因为，，
所以，
解得
由消并整理得，
因为直线m与曲线有两个交点，
则在且判别式时有且
所以，
即证得为定值.
54．(1)答案详见解析
(2)
【分析】（1）构造函数，求得，对进行分类讨论，由此求得所求的最大值.
（2）对进行分类讨论，化简不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的值.
【详解】（1），，
则，
当时，对任意恒成立，又，所以恒成立，
所以在上递减，所以的最大值为.
当时，在区间，递增；
在区间递减.
所以的最大值是.
（2）由（1）知，当时，时，；
当时，对任意，，
要使成立，显然.
当时，，
令，
则，
对于方程，，
所以方程有两个不同的实数根，，
由于，所以，
故在区间，递增，
此时，即，所以满足题意的不存在.
当时，由（1）知，存在，使得对任意的恒有，
此时，
令，
，
对于方程，，
所以方程两个不同的实数根，
，
由于，所以，
所以在区间递增，
此时即，
即与中较小者为，则当时，恒有，
所以满足题意的不存在.
当时，由（1）知当时，，
令，
，
所以当时，递减，
所以在区间上，
故当时，恒有，此时任意实数满足题意.
综上所述，.
【点睛】利用导数研究函数的最值，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.当所要研究的函数含有绝对值时，可对绝对值内的式子的符号进行分类讨论，去绝对值，将式子转化为没有绝对值的形式来进行研究.
55．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义可证明数列是等比数列；
（2）求出数列的通项公式，进而可得数列的通项公式．
【详解】（1）当时，，，解得：，
当时，由可知，，
两式作差可得：，即，
又，所以,所以.
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，
两边同除以，得，
又，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
∴，整理得，
故数列的通项公式为.
56．(1)
(2)
【分析】（1）设CD长为x，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；
（2）利用正弦定理得，，再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式可得，利用正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）设CD长为x，当时，，，则，
因为，所以，即
所以，得，所以，所以为
（2）在中，，则，
由正弦定理得，又，
所以，，
则的面积，
又，
所以
因为，所以，
所以当，即时，S有最大值
又的面积等于，故的面积的最大值为
57．(1)①；②
(2)0.23
【分析】(1)由独立事件的概率乘法公式和独立重复试验的概率公式求概率；(2)由条件计算一只灯泡需更换的概率，再求至少需要更换5只灯泡的概率.
(1)
由已知该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为，故
①在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为，
②在第一次更换灯泡工作中，需要更换2只灯泡的概率为
(2)
在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，在第1、2次都更换了灯泡的概率为；在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为
故在第二次灯泡更换工作，对其中某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡的概率为
至少换5只灯泡包括换6只和换5只两种情况
换6只的概率为，换5只的概率为
故至少换5只灯泡的概率为
当，时
至少换5只灯泡的概率为
在第二次灯泡更换工作，至少需要更换5只灯泡的概率为0.23
58．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证线面垂直，再证明面面垂直即可；
（2）先假设存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，然后建立空间直角坐标系，求出相关向量，再用夹角公式计算即可求解.
【详解】（1）法一
证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵，∴，
因为所以三角形ACB为直角三角形，所以
又所以所以所以
又，，∴平面ABC．
又平面SAB，∴平面平面ABC．
法二、作平面ABC，连EA，EC，EB，EA，EC，EB都在平面ABC内
所以，，
又所以
因为所以三角形ACB为直角三角形，所以E为AB的中点
则平面SAB，∴平面平面ABC．
（2）以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，
ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设，
，则，知，
则，，，，，
∴，，
设，，则，
∴，．
设平面SAB的一个法向量为
则，取，得，
，则，
得，又∵，方程无解，
∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°
59．(1)
(2)以PQ为直径的圆恒过一个定点
【分析】(1)设双曲线方程，把经过的点代入即可；
(2)求出点P和Q的坐标，再求以PQ为直径的圆.
(1)
依题可设双曲线的标准方程为
因为双曲线经过点，所以
所以双曲线的标准方程为即
(2)
直线l的斜率显然存在且不为0，设l的方程为
由得（*）
因为且l与双曲线有且只有一个交点，所以（*）方程有且只有一个实数根
所以即得
P的横坐标为
P的纵坐标为即点P的坐标为
直线l与直线的交点Q坐标为
以为直径的圆方程为化为
当且即且时上述方程恒成立
所以PQ为直径的圆恒过一个定点
60．(1)答案见解析
(2)2
【分析】(1)对函数 求导，由导数判断函数的单调性；
(2)作差比较，构造函数，再利用函数的导数研究单调性，由恒成立确定参数.
(1)
，令，则
当时，，对恒成立
所以在时单调递减
当时，时
当时
所以在时单调递增，在时单调递减
综上所述，当时在时单调递减
当时在时单调递增，在单调递减
(2)
记
则，
当时，，
所以
当时，，
所以
所以在时单调递增，在时单调递减
所以当时，有极大值也是最大值，且
所以，所以恒成立，只要即可
令，则
当时，，当时，，
所以在时单调递减，在是单调递增
所以时取到最小值，且
又，，所以时最大的整数t取2
综上所述，当时，若恒成立，则最大的整数t为2.
61．（1）；（2）．
【分析】（1）由已知等式结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式可得，进而求得的值，最后结合B的范围，可求出B；
（2）由（1）知，取AC的中点D，连接BD，在和中，利用余弦定理可得，从而联立方程求出c，最后由三角形面积公式计算可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，可得：，
所以，
因为，
所以，可得，
因为，
所以；
（2）由，可得，①
在中，取AC的中点D，连接BD，
因为，，
所以在中，，
在中，，
所以，②
把①代入②，化简可得，解得，或（舍去），
所以，
所以的面积．
【点睛】关键点睛：对于第二问，先由余弦定理得出，再分别在和中利用余弦定理计算可得，从而联立方程求出c，最后求出三角形的面积.
62．（1）证明见解析；；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题意得，推得，即可证明是等比数列，然后结合等比数列的定义和通项公式即可求得结果；
（2）推得，由不等式的性质和等比数列的求和公式、数列的单调性，即可求证.
【详解】（1）由点在函数的图象上，
可得，
所以，即，
也即，
由，所以，
所以是首项和公比均为的等比数列，
则，
所以；
（2），
所以，
．
【点睛】方法点睛：证明数列为等比数列的常用方法：（1）定义法；（2）等比中项法；（3）通项法；（4）前n项和法.
63．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）在中，根据已知的边、角条件运用余弦定理可得出，再由
，得出平面ABE.，由线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得证；
（2）在以B为原点，建立空间直角坐标系，得出点的坐标，求出面的法向量，由（1）得平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量，再根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在中，，
由余弦定理可得，
所以（负值舍去），
因为，所以是直角三角形，．
又，所以平面．
因为平面，所以，
因为，所以平面．
（2）由题易得，
由（1）知，平面，所以平面平面，如图，以为原点，过点且垂直于平面的直线为轴，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，易知，
设平面的法向量为，
则即
令，则，所以，
由（1）知平面，所以为平面的一个法向量．
设平面于平面的夹角为，则，
由图像可知，平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
64．（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【分析】（1）根据题意，集齐，，玩偶的个数可以分三类情况：，， 玩偶中，每个均有出现两次、，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即可；对于，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率再求解.
（2）①根据题意，，当时，，再根据数列知识计算即可；
②由①得购买甲系列的概率近似于，故用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，再根据二项分布的期望计算即可.
【详解】解：（1）由题意基本事件共有：种情况，
其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况，
，， 玩偶中，每个均有出现两次，共种；
，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种；
，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种；
故.
根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即，
所以.
（2）①由题意可知：，当时，，
∴，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
∴，
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，
所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，
所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，
所以，即购买甲系列的人数的期望为40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【点睛】本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解题的关键在于根据题意得关于的递推关系，进而利用数列知识求解.
65．（1）；（2）存在；；定点．
【分析】（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线的方程；
（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.
【详解】解：（1）由题意，，解得，．
∴双曲线方程为；
（2）设直线的方程为，设定点，
联立，得．
∴，且，解得且．
设，，
∴，，
∴，
．
∴
为常数，与无关，
∴，即，此时．
∴在轴上存在定点，使得为常数．
【点睛】（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；
（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
66．（1）（2）或
【分析】（1）对求导得，因为为单调函数，故或恒成立，利用导数研究或哪个能成立即可；
（2）因为，所以是的一个零点，由（1）可知，当时，为上的增函数，所以仅有一个零点，满足题意，当时，得，分，，讨论验证即可．
【详解】解析：（1）由（），得
，
因为为单调函数，
所以当时，或恒成立，
由于，于是只需或对于恒成立，
令，则，
当时，，所以为增函数，
则．又当时，，
则不可能恒成立，即不可能为单调减函数．
当，即时，恒成立，
此时函数为单调递增函数．
（2）因为，所以是的一个零点．
由（1）知，当时，为的增函数，
此时关于x的方程仅一解，即函数仅一个零点，满足条件．
当时，由得，
（ⅰ）当时，，
则，
令，
易知为的增函数，且，
所以当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
所以，
在上恒成立，且仅当，于是函数仅一个零点．
所以满足条件．
（ⅱ）当时，由于在为增函数，
则，当时，．
则存在，使得，即使得，
当时，，
当时，，
所以，且当时，．
于是当时存在的另一解，不符合题意，舍去．
（ⅲ）当时，则在为增函数，
又，，
所以存在，使得，也就使得，
当时，，
当时，，
所以，且当时，．
于是在时存在的另一解，不符合题意，舍去．
综上，a的取值范围为或．
【点睛】本题考查了函数图象和性质，函数零点，导数在研究函数中的应用，是一道难度较大的题目．
湖南省岳阳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2023·湖南岳阳·统考一模）在复平面内，复数z对应的点为，则（ ）
A．i B．－i C．2i D．－2i
2．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知直线l：和圆，则“”是“直线l与圆C相切”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知函数的一个零点是，将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象的表达式为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·湖南岳阳·统考一模）核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的成本比火电站要低20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的发展方向，2021年10月26日，国务院发布《2030年前碳达峰行动方案》，提出要积极安全有序发展核电.但核电造福人类时，核电站的核泄漏核污染也时时威胁着人类，如2011年，日本大地震导致福岛第一核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物是锶90，它每年的衰减率为2.47%.专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要800年，到那时，原有的锶90大约剩（ ）（参考数据）
A． B． C． D．
6．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则数列的各项之和为（ ）
A．1666 B．1654 C．1472 D．1460
7．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径.若平面平面，，，球O的体积为，则三棱锥的体积为（ ）
A．9 B．18 C．27 D．36
8．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知复数z满足，则复数z在平面内对应点所在象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
11．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知等差数列满足，，则数列的前5项和为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．30
12．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知圆锥的侧面积是底面积的倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角大小为（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知向量，向量，则与的夹角大小为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
14．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知椭圆长轴AB的长为4，N为椭圆上一点，满足，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数，其中，，函数的周期为，且时，取得极值，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．函数在单调递增 D．函数图象关于点对称
16．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．6 B． C．8 D．
17．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知集合，，且，则实数m应满足（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知（其中i为虚数单位），则复数（ ）
A． B． C．1 D．2
19．（2021·湖南岳阳·统考一模）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
20．（2021·湖南岳阳·统考一模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题．现有这样一个整除问题：将1到2021这2021个数中，能被3整除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列所有项中，最中间项的值为（ ）
A．992 B．1022 C．1007 D．1037
21．（2021·湖南岳阳·统考一模）“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇．现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知等边三角形ABC的边长为4，O为三角形内一点，且，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
23．（2021·湖南岳阳·统考一模）抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（ ）
A．2 B． C． D．
24．（2021·湖南岳阳·统考一模）对于函数，若存在，使，则点与点均称为函数的“先享点”已知函数且函数存在5个“先享点”，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知函数，则（ ）
A．是周期函数 B．函数在定义域上是单调递增函数
C．函数是偶函数 D．函数的图象关于点对称
26．（2023·湖南岳阳·统考一模）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项.记事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”，则（ ）
A．四名同学的报名情况共有种
B．“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种
C．“四名同学最终只报了两个项目”的概率是
D．
27．（2023·湖南岳阳·统考一模）正方体的棱长为1，点P在线段BC上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成的角为60°
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．二面角的正切值为
D．直线与平面所成的角为45°
28．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知抛物线上的两点，及抛物线上的动点，直线PA，PB的斜率分别为，，坐标轴原点记为O，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为
B．三角形AOB为正三角形时，它的面积为
C．当为定值时，为定值
D．过三点，，的圆的周长大于
29．（2022·湖南岳阳·统考一模）下列叙述正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．“”是“”的充要条件
C．的展开式中的系数为
D．在空间中，已知直线满足，，则
30．（2022·湖南岳阳·统考一模）若随机变量服从两点分布，其中，，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
31．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数（且）的图象如下所示．函数的图象上有两个不同的点，，则（ ）
A．， B．在上是奇函数
C．在上是单调递增函数 D．当时，
32．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，过M点的圆C的最短弦长是
C．线段AB的中点纵坐标最小值是
D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是
33．（2021·湖南岳阳·统考一模）2020年4月，在疫情防控阻击战之外，另一条战线也日渐清晰--复工复产、恢复经济正常运行．某企业对本企业1644名职工关于复工的态度进行调查，调查结果如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．
B．从该企业中任取一名职工，该职工倾向于在家办公的概率为
C．不到名职工倾向于继续申请休假
D．倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工超过名
34．（2021·湖南岳阳·统考一模）(多选)若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为 D．在区间上单调递减
35．（2021·湖南岳阳·统考一模）（多选）以下说法，正确的是（ ）
A．，使成立
B．，函数都不是偶函数
C．“”是“”的充要条件
D．中，“”是“”的充要条件
36．（2021·湖南岳阳·统考一模）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，点P为线段AD上的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线AC与BD所成的角为60°
B．是等边三角形
C．面积的最小值为
D．四面体ABCD的外接球的表面积为8π
三、填空题
37．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知，，，均为锐角，则______.
38．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知某车间在上半年的六个月中，每个月的销售额y（万元）与月份（）满足线性回归方程，则该车间上半年的总销售额约为______万元.
39．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为、，圆P：分别交线段、于M、N两点，则______.
40．（2022·湖南岳阳·统考一模）在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴，终边过点且，则______．
41．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知抛物线的焦点为F，P为抛物线上一动点，点，当的周长最小时，点P的坐标为______．
42．（2022·湖南岳阳·统考一模）有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有______种．（结果用数字作答）
43．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数，若且，，则的取值范围是______．
44．（2021·湖南岳阳·统考一模）在的展开式中，的系数是_________．
45．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知点在线段上运动，则的最大值是____________．
46．（2021·湖南岳阳·统考一模）设椭圆的焦点为，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为___________.
47．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知函数对均有，若恒成立，则实数m的取值范围是_______.
四、双空题
48．（2023·湖南岳阳·统考一模）数列的前n项和为，，且对任意的都有，则（1）若，则实数m的取值范围是______；（2）若存在，使得，则实数m为______.
五、解答题
49．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知数列满足，且数列的前n项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
50．（2023·湖南岳阳·统考一模）8月5日晚，2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”开幕式在洞庭南路历史文化街区工业遗址公园（岳阳港工业遗址公园）举行，举办2022首届湖南·岳阳“洞庭渔火季”，是我市深入贯彻落实中央和省委“稳经济、促消费、激活力”要求，推出的大型文旅活动，旨在进一步深挖岳阳“名楼”底蕴、深耕“江湖”文章，打造“大江大湖大岳阳”文旅IP，为加快推进文旅融合发展拓展新维度、增添新动力.活动期间，某小吃店的生意异常火爆，对该店的一个服务窗口的顾客从排队到取到食品的时间进行统计，结果如下：
取到食品所需的时间（分）
1
2
3
4
5
频率
0.05
0.45
0.35
0.1
0.05
假设每个顾客取到食品所需的时间互相独立，且都是整数分钟.从排队的第一个顾客等待取食品开始计时.
(1)试估计“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”的概率；
(2)若随机变量X表示“至第2分钟末，已取到食品的顾客人数”，求X的分布列及数学期望.
51．（2023·湖南岳阳·统考一模）在中，三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
52．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知直三棱柱中，E，F分别为棱和的中点，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面EFC所成角的正弦值为且，证明：平面平面EFC.
53．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知直线：和直线：，过动点E作平行的直线交于点A，过动点E作平行的直线交于点B，且四边形OAEB（O为原点）的面积为4.
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴时，记轨迹为曲线，若过点的直线m与曲线交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若，，求证：为定值.
54．（2023·湖南岳阳·统考一模）已知函数，，.
(1)讨论函数在区间上的最大值；
(2)确定k的所有可能取值，使得存在，对任意的，恒有.
55．（2022·湖南岳阳·统考一模）数列满足，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式．
56．（2022·湖南岳阳·统考一模）D为边上一点，满足，，记，．
(1)当时，且，求CD的值；
(2)若，求面积的最大值．
57．（2022·湖南岳阳·统考一模）高压钠灯使用时发出金白色光，具有发光效率高、耗电少、寿命长、透雾能力强和不锈蚀等优点，广泛应用于机场、码头、船坞、车站、广场、街道交汇处等地方，现在某公园中心树立有一灯杆，杆上装有6盏高压钠灯，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同，假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为，寿命为2年以上的概率为．从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换．
(1)在第一次灯泡更换工作中，求：
①不需要换灯泡的概率；
②更换2只灯泡的概率；
(2)当，时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换5只灯泡的概率（结果保留两个有效数字）．
58．（2022·湖南岳阳·统考一模）如图，在三棱锥中，，．
(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；
(2)若，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．
59．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点，焦点在坐标轴上，双曲线的一条渐近线的方程为，且双曲线经过点，过双曲线上的一点P（P在第一象限）作斜率不为的直线l，l与直线交于点Q且l与双曲线有且只有一个交点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)以PQ为直径的圆是否经过一个定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由．
60．（2022·湖南岳阳·统考一模）已知函数，，其中t为实数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，若恒成立，求最大的整数t．
61．（2021·湖南岳阳·统考一模）中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求B的大小；
（2）若，且AC边上的中线长为，求的面积．
62．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知数列满足，且点在函数的图象上．
（1）求证：是等比数列，并求的通项公式：
（2）若，数列的前n项和为，求证：．
63．（2021·湖南岳阳·统考一模）如图所示的几何体中，，．
（1）求证：平面；
（2）若，点在上，且满足，求平面与平面的夹角的余弦值．
64．（2021·湖南岳阳·统考一模）某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．
（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；
（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．
①；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
65．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知双曲线的离心率为，点在上．
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的直线l与曲线交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由．
66．（2021·湖南岳阳·统考一模）已知函数．
（1）若为单调函数，求a的取值范围；
（2）若函数仅有一个零点，求a的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解.
【详解】因为复数z对应点的坐标为，所以，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】先解不等式，即，再根据并集的运算求解即可.
【详解】因为，
所以，即，
又，
所以,
故选：C
3．C
【分析】根据直线和圆相切求得的值，由此求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
若直线与圆相切，
则，解得.
所以“”是“直线l与圆C相切的充要条件.
故选：C
4．D
【分析】先求得，然后根据三角函数图象变换、诱导公式等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
，向左平移个单位长度得到.
故选：D
5．B
【分析】根据题意，每年的剩余量可构成等比数列，据此求出800年后剩余量即可得解.
【详解】由题意，设一开始锶90质量为1，
则每年的剩余量构成以为公比的等比数列，
则经过800年锶90剩余质量为，
两边取常用对数可得：，
所以，
故选：B
6．A
【分析】根据题意求出两个数列相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可.
【详解】有两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，
由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：
2，14，26，38，50，…，182，194，共有项，是公差为12的等差数列，
故新数列前17项的和为，
即数列的各项之和为1666.
故选：A.
7．A
【分析】由题意可得，，进而说明平面，再求得球的半径，根据即可求得答案.
【详解】如图，三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径
O为中点，
∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
设，由球O的体积为，可得，
则，
∴三棱锥的体积为9，
故选∶A．
8．D
【分析】利用特殊值判断AC，利用不等式性质及指数函数单调性判断B，根据排除法判断D.
【详解】取，则不成立，故A错误；
由，当时，，所以，
即，故B错误；
取时，，而，
所以，故C错误；
由ABC错误，排除法知，故D正确.
故选：D
9．C
【分析】利用一元二次不等式的解法，先求出集合，再根据交集的定义即可求解.
【详解】因为集合，又集合，
所以.
故选：C.
10．A
【分析】根据给定条件结合复数的除法运算求出复数z即可判断作答.
【详解】因，则，则复数z在平面内对应点坐标为，
所以复数z在平面内对应点所在象限是第一象限.
故选：A
11．B
【分析】利用等差数列的性质计算可得，再求出公差即可计算作答.
【详解】等差数列中，，解得，于是得公差，，
所以数列的前5项和为.
故选：B
12．C
【分析】设圆锥底面半径为r，母线为l，根据题意可得，代入圆心角公式，即可得答案.
【详解】设圆锥底面半径为r，母线为l，则圆锥的侧面积为，
由题意得，解得，
所以圆锥底面圆的周长即侧面展开图扇形的弧长为，
所以该扇形的圆心角.
故选：C
13．D
【分析】计算可得，利用数量积公式计算即可得出结果.
【详解】向量，向量，
，
，且，
的夹角为.
故选：D.
14．C
【分析】不妨设椭圆的方程为，由题可得，进而可求，即得.
【详解】不妨设椭圆的方程为，如图，
由题可知，又，，
∴，代入椭圆方程可得，
解得，
∴，即，
∴.
故选：C.
15．D
【分析】利用周期公式可判断A；利用极值的定义可判断B；根据极值的不确定性可对单调性进行判断；根据对称性可判断D.
【详解】对于A，函数，其中，，
因为函数的周期为，所以，故A不正确；
对于B，时，取得极值，
所以为函数的对称轴方程，但是不能确定是取得极大值还是极小值，
所以，故B不正确；
对于C，因为不能确定是函数的极大值还是极小值，
所以无法确定函数的单调性，故C不正确；
对于D，因为为函数的对称轴方程，
则，
解得，
所以，
所以，
所以函数图象关于点对称，故D正确.
故选：D
16．C
【分析】设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】设切点为（m，n），
y＝ln（x+b）的导数为，
由题意可得=1，
又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），
解得n＝0，m＝2a，
即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，
所以，
当且仅当时取等号，
故的最小值为8．
故选：C．
17．A
【分析】根据集合交集定义即可求解．
【详解】解：∵集合，，
∴，
故选：A．
18．C
【分析】易得，然后根据复数模长公式计算即可得解.
【详解】因为，所以，
故．
故选：C．
19．A
【解析】由函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B项；又因为，排除C项；又因为，排除D项，即可得到答案.
【详解】由题意知，函数，满足，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B选项错误；
又因为，所以C选项错误；
又因为，所以D选项错误，
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
20．C
【分析】由题可得，可判断共有135项，且中间项为第68项，即可求出.
【详解】解：由题意可知，既是3的倍数，又是5的倍数，所以是15的倍数，即，所以，
当时，，
当时，，
故，数列共有135项，因此数列中间项为第68项，且．
故中间项的值为1007．
故选：C．
21．B
【分析】先求每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游的基本事件总数，再求恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，最后求后者与前者的比值即可.
【详解】解：现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，
假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，
基本事件总数，
恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，
则恰有一个地方未被选中的概率为．
故选：B．
22．D
【分析】设AB的中点为D，可得，进而可得，得出O是AD的中点，即可求解面积.
【详解】解：根据题意，设AB的中点为D，是等边三角形，则，
AB的中点为D，则，
又由，则，则O是CD的中点，
又由的边长为4，则，，则，
则，
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题考查向量的相关问题，解题的关键是判断出O是中线AD的中点.
23．B
【分析】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，则，当直线PA与抛物线相切时，最小，取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果.
【详解】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，
由抛物线的性质可得，
所以则，
当最小时，则值最大，
所以当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即最小，
由题意可得，
设切线PA的方程为：，
，整理可得，
，可得，
将代入，可得，所以，
即P的横坐标为1，即P的坐标，
所以，，
所以的最大值为：，
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质．解题的关键是利用了抛物线的定义．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化．
24．A
【分析】首先根据题中所给的条件，判断出“先享点”的特征，之后根据存在5个“先享点”，等价于函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，构造函数利用导数求得结果.
【详解】依题意，存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，
即函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，
而函数关于原点对称的函数为，
即有两个正根，
，
令，
，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
并且当和时，，
所以实数a的取值范围为，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关新定义问题，结合题意，分析问题，利用等价结果，利用导数研究函数的性质，属于较难题目.
25．ABD
【分析】根据正弦函数周期判断A，由指数函数、反比例函数的单调性判断B，根据奇偶性定义判断C，由函数中心对称充要条件判断D.
【详解】令，则，所以函数为周期函数，故A正确；
因为，
因为在定义域上单调递减，且，
所以由复合函数的单调性质可得在定义域上是单调递增函数，故B正确；
令，则，所以函数是奇函数，故C错误；
因为，所以函数的图象关于点对称，故D正确.
故选：ABD
26．ACD
【分析】根据分步乘法计数原理可求得四名同学的报名情况的种数，判断A;根据古典概型的概率公式可判断；根据条件概率的概率公式，可判断D.
【详解】由题意甲、乙、丙、丁四名同学每人都要报名且限报一项，每人都有3种选择，
则共有种，A正确；
“每个项目都有人报名”，则必有两人报同一个项目，
故此时报名情况有种，B错误；
“四名同学最终只报了两个项目”，此时可先选出两个项目，
报名情况为分别有两人报这两个项目，或者一人报其中一个，另三人报名另一个项目，
故共有种报名情况，
则“四名同学最终只报了两个项目”的概率是，C正确；
事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，有 种报名方法，
则 ，
事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，
若同时发生，即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目，
则有种报名方法，则，
故 ，D正确，
故选：
27．BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定AB，由二面角的平面角的定义法确定C，利用向量法求线面角判断D.
【详解】如图，在正方体中建立空间直角坐标系，
则，
设，
对A，由，，即异面直线与所成的角为90°，故A错误；
对B，，则，
当时，，，
当时，，因为的对称轴为，所以当时，，即，由，知，综上，，故B正确；
对C，取中点，连接，则，所以为二面角的平面角，在中，，故C正确；
对D，在正方体中，,平面，
所以平面，即平面的一个法向量为,
又，所以，故D错误.
故选：BC
28．BCD
【分析】由抛物线方程判断A，根据正三角形求出直线斜率，联立抛物线求点A坐标即可判断B，直接计算结合在抛物线方程上化简可判断C，根据题意及圆的性质求出半径，结合点在抛物线上可得出半径范围，即可判断D.
【详解】对A，由抛物线知准线方程为，故A错误；
对B，当三角形AOB为正三角形时，不妨设A在第一象限，则，直线方程为，联立，可得，故，
所以，故B正确；
对C，，当为定值时，为定值，故C正确；
对D，因为圆过三点，，，所以可设圆心为，则，平方后可得，
故，因为，所以，即，
故，所以圆的周长，故D正确.
故选：BCD
29．AC
【分析】对于A运用全称命题否定形式的相关知识判断；对于B根据对数函数相关知识判断；对于C根据二项式展开式相关知识即可判断；对于D直观想象即可得出直线和的位置关系.
【详解】对于A，命题“，”为全称命题，其否定是“，”，故A正确.
对于B，充分性：当时，显然不成立，故充分性不满足；必要性：当时，，显然此时成立，故必要性满足.所以“”是“”的必要不充分条件，故B错误.
对于C，的展开式中的系数为，故C正确.
对于D，若在空间中直线满足，，则和相交或异面或平行，故D错误.
故选：AC
30．AB
【分析】根据随机变量服从两点分布推出，根据公式先计算出、，由此分别计算四个选项得出结果．
【详解】随机变量服从两点分布，其中，，
，
，
在A中，，故A正确；
在B中，，故B正确；
在C中，，故C错误；
在D中，，故D错误．
故选：AB．
31．BCD
【分析】对于A结合对数型函数图像相关知识求解；对于B运用定义法判断是否在上是奇函数；对于C运用定义法判断函数单调性；对于D通过作差法并对式子变形即可判断.
【详解】对于A，由图像可知，函数（且）在上单调递增，所以，因为经过，所以，所以，，故A错误.
对于B，，定义域关于原点对称，，所以在上是奇函数，故B正确.
对于C，对于，由题意不妨令，则，因为，，所以，即，所以在上是单调递增函数，故C正确.
对于D，，因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，即当时，成立，故D正确.
故选：BCD
32．ABC
【分析】根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答
【详解】圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，
对于A，令直线AB：，即，显然有，
线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；
对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；
对于C，令线段AB的中点，则，
则，即，解得，当且仅当时取等号，
所以，C不正确；
对于D，依题意及切线长定理得：，，
，解得，即，
解得或，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；
(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
33．AC
【分析】根据扇形图中各个扇形所占百分比之和为1，即可求出额值，再由各部分所占比例结合总人数，即可判断各选项的正误.
【详解】对于选项A：，所以选项A错误，
对于选项B：由扇形图可知该职工倾向于在家办公的职工占，所以从该企业中任取一名职工，该职工倾向于在家办公的概率为，所以选项B正确，
对于选项C：由扇形图可知倾向于继续申请休假的职工占，而（人），所以选项C错误，
对于选项D：由扇形图可知倾向于复工后在家办公或在公司办公的职工占，而（人），所以选项D正确，
故选：AC.
34．ABC
【分析】由三角函数周期的计算公式，可判定A正确；由三角函数对称轴的性质，可判定B正确；求得，令，得到，可判定C正确；
由三角函数单调性的判定方法，可判定D不正确.
【详解】由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A正确；
当时，可得，所以是函数的其中一条对称轴，所以B正确；
由，可得，
令，即，解得，
当时，可得，即是函数的一个零点，所以C正确；
由，可得，
当时，即时，函数单调递减；
当时，即时，函数单调递增，所以D不正确.
故选：ABC.
35．CD
【分析】直接利用函数的导数和单调性的关系，三角函数的关系式的变换，充分条件和必要条件，不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【详解】解：对于A：设，
所以，
当时，函数，
当时，，当时，，
故在时函数取得最小值，，
所以，即，，故A错误；
对于B：当时，故函数为偶函数，故B错误；
对于C：当时，等价于，
当时，等价于，
当时，等价于，
反之同样成立，故C正确；
对于D：中，当时，，
所以，
由于，故，
两边平方得：，
故，
即，
所以或，
当时，即，由于，
所以，即，，
所以，故，．
当时，，故．
故D正确．
故选：CD．
36．BCD
【分析】取的中点，连接，利用等腰三角形三线合一，可得，从而可得，可判断A；通过计算，可得为正三角形；由长为2，所以只需求出边上高的最小值就是面积的最小值；由于，所以四面体的外接球的半径为，从而可求出其表面积．
【详解】解：对于A，因为，，
所以平面，平面，
所以，异面直线AC与BD所成的角为90°，不是60°，所以A错；
对于B，因为，所以，同理，
所的是等边三角形，所以B对；
对于C，因为，所以要求面积的最小值，
只须求BC边上高的最小值，此最小值恰为异面直线AD与BC的距离，设为h，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以直线AD到平面距离即为h，
即点D到平面距离为h，
因为，所以，解得，
所以面积的最小值，所以C对；
对于D，由于，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为，
所以表面积为，所以D对．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：求外接球半径的常用方法：
（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；
（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
37．
【分析】根据同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和的余弦公式求解.
【详解】因为，，且，均为锐角，
所以，，
所以.
故答案为：
38．198
【分析】根据线性回归方程，分别将x的值代入，结果相加，即可得答案.
【详解】由题意可得该车间上半年的总销售额约为：
（万元），
故答案为：198
39．/1.2
【分析】根据椭圆的定义及圆的半径确定，再由数量积坐标运算求解.
【详解】由知圆心，半径，
又椭圆方程为，
所以在椭圆上，且椭圆的焦点，，
所以，，
因为,
所以,
又，
所以.
故答案为：
40．
【分析】根据终边上一点，求得，再结合可求得，再利用三角函数定义可求解.
【详解】因为终边上一点，
所以，
又，
所以可得，
所以，
故答案为：．
41．/(1,0.25)
【分析】由抛物线的定义把转化为到准线的距离，然后由三点共线得最小值，从而得点坐标．
【详解】如图，设是抛物线的准线，过作于，作于，
则，，，
，易知当三点共线时，最小，且最小值为，
所以的周长最小值为3，此时，，即．
故答案为：．
42．
【分析】先考虑相声、跳舞相邻的情况，再考虑考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，利用捆绑法与间接法可求得结果.
【详解】先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，
然后再将这个“大元素”与其它三个节目进行排序，共有种排法.
接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，
其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其它两个节目进行排序，
此时共有种排法.
综上所述，由间接法可知，共有种不同的排法.
故答案为：.
43．
【分析】画出的图象，根据图象求得，，对的值进行分类讨论，由此求得的取值范围.
【详解】画出的图象如下图所示，
由图可知，，
当时，且，
因为，
所以，，
当时，，，
所以的取值范围是.
故答案为：
44．10
【分析】写出二项展开式的通项公式，整理后令的指数为2，即可求出．
【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得．
所以的系数为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题．
45．
【分析】直接利用基本不等式计算可得；
【详解】解：由题设可得：，即，
∴，即，当且仅当时取“=”，
故答案为：．
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
46．
【解析】在中，利用正弦定理：，求得，，设，再利用余弦定理求得，然后由求解.
【详解】椭圆的焦点为，
在中，由正弦定理得：，
解得，，
设，
在中，由余弦定理得：，
解得，
所以，
又，
所以，
整理得，即，
解得或（舍去）
故答案为：
47．
【分析】根据题意得，进而根据已知条件解方程得，进而将问题转化为恒成立，再构造函数，求函数最值即可.
【详解】∵函数对均有①，
∴将换为x，得②，
∴由①②，解得.
∴恒成立，恒成立，
∴只需，
令，则，
令，则，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴，
∴m的取值范围为.
故答案为：
48． 或
【分析】（1）由求得的取值范围.
（2）求得的规律，对进行分类讨论，由此列方程求得的值.
【详解】依题意，，对任意的都有，
则，
，
，
，
，
以此类推，结合两式相减得，
可知数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；
偶数项是首项为，公差为的等差数列.
（1）若，即.
所以的取值范围是.
（2）若存在，使得，
.
当为奇数时，为偶数，
由得：
，
解得.
当为偶数时，为奇数，
由得：
，
解得.
综上所述，的值为或.
故答案为：；或
【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解时，要对的奇偶性进行分类讨论.
49．(1)；
(2).
【分析】（1）由对数运算及等比数列的定义判断数列为等比数列即可得解；
（2）根据裂项相消法求数列的和即可.
【详解】（1）因为，所以.
所以数列是首项为1公比为3的等比数列，
所以数列的通项为.
（2）由(1)知数列的前n项和，
所以
.
所以数列的前n项和.
50．(1)；
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由频率估计概率得出Y的分布列，“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”对应3个互斥事件，据此求概率即可；
（2）X所有可能的取值为0，1，2，结合（1）求出对应概率的分布列，由期望定义求期望.
【详解】（1）设Y表示每个顾客取到食品所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下:
1
2
3
4
5
0.05
0.45
0.35
0.1
0.05
A表示事件“恰好4分钟后，第三个顾客开始等待取食品”，则事件A对应三种情形：①第一个人取到食品所需的时间为1分钟，且第二个人取到食品所需的时间为3分钟；②第一人取到食品所需的时间为3分钟，且第二人取到食品所需的时间为1分钟；③第一个和第二个人取到食品所需的时间均为2分钟.
所以
.
（2）X所有可能的取值为0，1，2.
对应第一个人取到食品所需的时间超过2分钟，
所以;
对应第一个人取到食品所需的时间为1分钟且第二个人取到食品所需的时间超过1分钟，或第一个人取到食品所需的时间为2分钟，
所以；
对应两个人取到食品所需的时间均为1分钟，
所以；
所以X的分布列为：
0
1
2
0.5
0.4975
0.0025
所以
51．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，结合三角恒等变换的知识证得.
（2）转化为只含的三角函数的形式，利用换元法、构造函数法，结合导数求得的取值范围
【详解】（1）依题意，由余弦定理得，
，由正弦定理得，
，，
，由于，所以，则
由于，所以，则，
所以或（舍去），
所以.
（2）由于，所以为锐角，即，
而，即.
，
令，，
，
所以在区间上，递增；
在区间上递减.
，
所以，
所以的取值范围是.
52．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面；
（2）利用直线与平面EFC所成角的正弦值求得，然后利用向量法证得平面平面EFC.
【详解】（1）如图所示，以为原点为轴和轴的正方向，在平面内，
过作轴的垂线为轴建立空间直角坐标系，设，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，故.
设平面的法向量为，
则，令，故，
由于，所以，
所以平面平面；
（2），由（1）知平面的一个法向量为，
由直线与平面EFC所成角的正弦值为，
得，
整理得，由于，所以解得，即，
此时，，所以，
所以平面，
由于平面，所以平面平面EFC.
53．(1)或；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设，根据直线相交求出点的横坐标，再求出，点到直线的距离表示出四边形面积，化简方程可得解；
（2）验证特殊情况可知，再由一般情况设设直线m的方程为，由题意求出，联立直线与双曲线方程，由根与系数关系代入化简即可得证.
【详解】（1）设，过且平行的直线方程为，
由得交点的横坐标为，
所以，
点到直线的距离为，
所以四边形OAEB的面积为，
即或，
故动点E的轨迹方程为或.
（2）由题知的方程为，
设，、
当直线的斜率为0时，，
若，由，，知，
所以；
若，由，，知，
所以；
当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为 (显然)，
则，即，
因为，，
所以，
解得
由消并整理得，
因为直线m与曲线有两个交点，
则在且判别式时有且
所以，
即证得为定值.
54．(1)答案详见解析
(2)
【分析】（1）构造函数，求得，对进行分类讨论，由此求得所求的最大值.
（2）对进行分类讨论，化简不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的值.
【详解】（1），，
则，
当时，对任意恒成立，又，所以恒成立，
所以在上递减，所以的最大值为.
当时，在区间，递增；
在区间递减.
所以的最大值是.
（2）由（1）知，当时，时，；
当时，对任意，，
要使成立，显然.
当时，，
令，
则，
对于方程，，
所以方程有两个不同的实数根，，
由于，所以，
故在区间，递增，
此时，即，所以满足题意的不存在.
当时，由（1）知，存在，使得对任意的恒有，
此时，
令，
，
对于方程，，
所以方程两个不同的实数根，
，
由于，所以，
所以在区间递增，
此时即，
即与中较小者为，则当时，恒有，
所以满足题意的不存在.
当时，由（1）知当时，，
令，
，
所以当时，递减，
所以在区间上，
故当时，恒有，此时任意实数满足题意.
综上所述，.
【点睛】利用导数研究函数的最值，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.当所要研究的函数含有绝对值时，可对绝对值内的式子的符号进行分类讨论，去绝对值，将式子转化为没有绝对值的形式来进行研究.
55．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义可证明数列是等比数列；
（2）求出数列的通项公式，进而可得数列的通项公式．
【详解】（1）当时，，，解得：，
当时，由可知，，
两式作差可得：，即，
又，所以,所以.
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知，
两边同除以，得，
又，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
∴，整理得，
故数列的通项公式为.
56．(1)
(2)
【分析】（1）设CD长为x，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；
（2）利用正弦定理得，，再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式可得，利用正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）设CD长为x，当时，，，则，
因为，所以，即
所以，得，所以，所以为
（2）在中，，则，
由正弦定理得，又，
所以，，
则的面积，
又，
所以
因为，所以，
所以当，即时，S有最大值
又的面积等于，故的面积的最大值为
57．(1)①；②
(2)0.23
【分析】(1)由独立事件的概率乘法公式和独立重复试验的概率公式求概率；(2)由条件计算一只灯泡需更换的概率，再求至少需要更换5只灯泡的概率.
(1)
由已知该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为，故
①在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为，
②在第一次更换灯泡工作中，需要更换2只灯泡的概率为
(2)
在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，在第1、2次都更换了灯泡的概率为；在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为
故在第二次灯泡更换工作，对其中某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡的概率为
至少换5只灯泡包括换6只和换5只两种情况
换6只的概率为，换5只的概率为
故至少换5只灯泡的概率为
当，时
至少换5只灯泡的概率为
在第二次灯泡更换工作，至少需要更换5只灯泡的概率为0.23
58．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证线面垂直，再证明面面垂直即可；
（2）先假设存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，然后建立空间直角坐标系，求出相关向量，再用夹角公式计算即可求解.
【详解】（1）法一
证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵，∴，
因为所以三角形ACB为直角三角形，所以
又所以所以所以
又，，∴平面ABC．
又平面SAB，∴平面平面ABC．
法二、作平面ABC，连EA，EC，EB，EA，EC，EB都在平面ABC内
所以，，
又所以
因为所以三角形ACB为直角三角形，所以E为AB的中点
则平面SAB，∴平面平面ABC．
（2）以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，
ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设，
，则，知，
则，，，，，
∴，，
设，，则，
∴，．
设平面SAB的一个法向量为
则，取，得，
，则，
得，又∵，方程无解，
∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°
59．(1)
(2)以PQ为直径的圆恒过一个定点
【分析】(1)设双曲线方程，把经过的点代入即可；
(2)求出点P和Q的坐标，再求以PQ为直径的圆.
(1)
依题可设双曲线的标准方程为
因为双曲线经过点，所以
所以双曲线的标准方程为即
(2)
直线l的斜率显然存在且不为0，设l的方程为
由得（*）
因为且l与双曲线有且只有一个交点，所以（*）方程有且只有一个实数根
所以即得
P的横坐标为
P的纵坐标为即点P的坐标为
直线l与直线的交点Q坐标为
以为直径的圆方程为化为
当且即且时上述方程恒成立
所以PQ为直径的圆恒过一个定点
60．(1)答案见解析
(2)2
【分析】(1)对函数 求导，由导数判断函数的单调性；
(2)作差比较，构造函数，再利用函数的导数研究单调性，由恒成立确定参数.
(1)
，令，则
当时，，对恒成立
所以在时单调递减
当时，时
当时
所以在时单调递增，在时单调递减
综上所述，当时在时单调递减
当时在时单调递增，在单调递减
(2)
记
则，
当时，，
所以
当时，，
所以
所以在时单调递增，在时单调递减
所以当时，有极大值也是最大值，且
所以，所以恒成立，只要即可
令，则
当时，，当时，，
所以在时单调递减，在是单调递增
所以时取到最小值，且
又，，所以时最大的整数t取2
综上所述，当时，若恒成立，则最大的整数t为2.
61．（1）；（2）．
【分析】（1）由已知等式结合三角形内角和定理、两角和的正弦公式可得，进而求得的值，最后结合B的范围，可求出B；
（2）由（1）知，取AC的中点D，连接BD，在和中，利用余弦定理可得，从而联立方程求出c，最后由三角形面积公式计算可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，可得：，
所以，
因为，
所以，可得，
因为，
所以；
（2）由，可得，①
在中，取AC的中点D，连接BD，
因为，，
所以在中，，
在中，，
所以，②
把①代入②，化简可得，解得，或（舍去），
所以，
所以的面积．
【点睛】关键点睛：对于第二问，先由余弦定理得出，再分别在和中利用余弦定理计算可得，从而联立方程求出c，最后求出三角形的面积.
62．（1）证明见解析；；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题意得，推得，即可证明是等比数列，然后结合等比数列的定义和通项公式即可求得结果；
（2）推得，由不等式的性质和等比数列的求和公式、数列的单调性，即可求证.
【详解】（1）由点在函数的图象上，
可得，
所以，即，
也即，
由，所以，
所以是首项和公比均为的等比数列，
则，
所以；
（2），
所以，
．
【点睛】方法点睛：证明数列为等比数列的常用方法：（1）定义法；（2）等比中项法；（3）通项法；（4）前n项和法.
63．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）在中，根据已知的边、角条件运用余弦定理可得出，再由
，得出平面ABE.，由线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得证；
（2）在以B为原点，建立空间直角坐标系，得出点的坐标，求出面的法向量，由（1）得平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量，再根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在中，，
由余弦定理可得，
所以（负值舍去），
因为，所以是直角三角形，．
又，所以平面．
因为平面，所以，
因为，所以平面．
（2）由题易得，
由（1）知，平面，所以平面平面，如图，以为原点，过点且垂直于平面的直线为轴，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，易知，
设平面的法向量为，
则即
令，则，所以，
由（1）知平面，所以为平面的一个法向量．
设平面于平面的夹角为，则，
由图像可知，平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
64．（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【分析】（1）根据题意，集齐，，玩偶的个数可以分三类情况：，， 玩偶中，每个均有出现两次、，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即可；对于，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率再求解.
（2）①根据题意，，当时，，再根据数列知识计算即可；
②由①得购买甲系列的概率近似于，故用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，再根据二项分布的期望计算即可.
【详解】解：（1）由题意基本事件共有：种情况，
其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况，
，， 玩偶中，每个均有出现两次，共种；
，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种；
，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种；
故.
根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即，
所以.
（2）①由题意可知：，当时，，
∴，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
∴，
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，
所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，
所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，
所以，即购买甲系列的人数的期望为40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【点睛】本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解题的关键在于根据题意得关于的递推关系，进而利用数列知识求解.
65．（1）；（2）存在；；定点．
【分析】（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线的方程；
（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.
【详解】解：（1）由题意，，解得，．
∴双曲线方程为；
（2）设直线的方程为，设定点，
联立，得．
∴，且，解得且．
设，，
∴，，
∴，
．
∴
为常数，与无关，
∴，即，此时．
∴在轴上存在定点，使得为常数．
【点睛】（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；
（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
66．（1）（2）或
【分析】（1）对求导得，因为为单调函数，故或恒成立，利用导数研究或哪个能成立即可；
（2）因为，所以是的一个零点，由（1）可知，当时，为上的增函数，所以仅有一个零点，满足题意，当时，得，分，，讨论验证即可．
【详解】解析：（1）由（），得
，
因为为单调函数，
所以当时，或恒成立，
由于，于是只需或对于恒成立，
令，则，
当时，，所以为增函数，
则．又当时，，
则不可能恒成立，即不可能为单调减函数．
当，即时，恒成立，
此时函数为单调递增函数．
（2）因为，所以是的一个零点．
由（1）知，当时，为的增函数，
此时关于x的方程仅一解，即函数仅一个零点，满足条件．
当时，由得，
（ⅰ）当时，，
则，
令，
易知为的增函数，且，
所以当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
所以，
在上恒成立，且仅当，于是函数仅一个零点．
所以满足条件．
（ⅱ）当时，由于在为增函数，
则，当时，．
则存在，使得，即使得，
当时，，
当时，，
所以，且当时，．
于是当时存在的另一解，不符合题意，舍去．
（ⅲ）当时，则在为增函数，
又，，
所以存在，使得，也就使得，
当时，，
当时，，
所以，且当时，．
于是在时存在的另一解，不符合题意，舍去．
综上，a的取值范围为或．
【点睛】本题考查了函数图象和性质，函数零点，导数在研究函数中的应用，是一道难度较大的题目．
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