安徽省淮南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份安徽省淮南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共59页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

安徽省淮南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·安徽淮南·统考一模）若复数，其中i为虚数单位，则z的虚部是
A．3 B． C．2 D．
2．（2021·安徽淮南·统考一模）已知集合，，则
A． B． C． D．
3．（2021·安徽淮南·统考一模）a2>b2的一个充要条件是（    ）
A．a>b B．a>|b| C．|a|>|b| D．
4．（2021·安徽淮南·统考一模）设是数列的前项和，若，，则
A． B． C． D．
5．（2021·安徽淮南·统考一模）设，，则a，b，c的大小关系是
A． B． C． D．
6．（2021·安徽淮南·统考一模）已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（    ）

A． B． C． D．
7．（2021·安徽淮南·统考一模）良渚遗址是人类早期城市文明的范例，是华夏五千年文明史的实证之一，2019年获准列入世界遗产名录．考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生物死亡后体内的碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳14的含量y随时间x（年）变化的数学模型：（表示碳14的初始量）．2020年考古学家对良渚遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的55%，据此推测良渚遗址存在的时期距今大约是（参考数据：，）
A．3450年 B．4010年 C．4580年 D．5160年
8．（2021·安徽淮南·统考一模）在平面直角坐标系xOy内，已知直线l与圆相交于A，B两点，且，若且M是线段AB的中点，则的值为
A． B． C．3 D．4
9．（2021·安徽淮南·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，α为第四象限角，角α的终边与单位圆O交于点P(x0，y0)，若cos()=，则x0=（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·安徽淮南·统考一模）2020年既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成果，选派了5名工作人员到A、B、C三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的选派方法数有种
A．25 B．60 C．90 D．150
11．（2021·安徽淮南·统考一模）如图，双曲线以梯形ABCD的顶点A，D为焦点，且经过点B，C．其中，，，则的离心率为

A． B． C． D．
12．（2021·安徽淮南·统考一模）已知两个实数、满足，在上均恒成立，记、的最大值分别为、，那么
A． B． C． D．
13．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知集合或，，若，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）设复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知命题：“且”是“”的充要条件；命题：，曲线在点处的切线斜率为，则下列命题为真命题的是（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．为奇函数 B．为奇函数
C．为偶函数 D．为偶函数
17．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有（    ）
A．18种 B．36种 C．68种 D．84种
18．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点M在抛物线上，且，则（    ）
A．1 B． C． D．3
19．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
20．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）我国在2020年9月22日在联合国大会提出，二氧化碳排放力争于2030年前实现碳达峰，争取在2060年前实现碳中和．为了响应党和国家的号召，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关：把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品，经测算，该技术处理总成本y（单位：万元）与处理量x（单位：吨）之间的函数关系可近似表示为，当处理量x等于多少吨时，每吨的平均处理成本最少（    ）
A．120 B．200 C．240 D．400
21．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）若直线与曲线有公共点，则实数的范围是（    ）
A． B． C． D．
22．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知双曲线（，）的左、右焦点分别是、，且，若P是该双曲线右支上一点，且满足，则面积的最大值是（    ）
A． B．1 C． D．
23．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知函数，有三个不同的零点，，，且，则的范围为（    ）
A． B． C． D．
24．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）设，，，则（    ）
A． B． C． D．
25．（2023·安徽淮南·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·安徽淮南·统考一模）在复平面内，对应的点分别为，则对应的点为（    ）
A． B．
C． D．
27．（2023·安徽淮南·统考一模）为迎接北京年冬奥会，小王选择以跑步的方式响应社区开展的“喜迎冬奥爱上运动”（如图）健身活动.依据小王年月至年月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据，整理并绘制的折线图（如图），根据该折线图，下列结论正确的是（    ）

A．月跑步里程逐月增加
B．月跑步里程的极差小于
C．月跑步里程的中位数为月份对应的里程数
D．月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更大
28．（2023·安徽淮南·统考一模）斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的前2023项的和为（    ）
A．2023 B．2024 C．2696 D．2697
29．（2023·安徽淮南·统考一模）在中，，点D，E分别在线段，上，且D为中点，，若，则直线经过的（    ）.
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
30．（2023·安徽淮南·统考一模）近年来，准南市全力推进全国文明城市创建工作，构建良好的宜居环境，城市公园越来越多，某周末，甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上密森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件M：甲和乙至少一人选择八公山森林公园，事件N：甲和乙选择的景点不同，则（    ）
A． B． C． D．
31．（2023·安徽淮南·统考一模）已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，点在的准线上，若为等边三角形，则（   ）
A． B．6 C． D．16
32．（2023·安徽淮南·统考一模）若，，，则实数a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
33．（2023·安徽淮南·统考一模）已知函数，则（    ）
A．的值域为
B．直线是曲线的一条切线
C．图象的对称中心为
D．方程有三个实数根
34．（2023·安徽淮南·统考一模）在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，，则（    ）
A．平面平面
B．直线与所成的角的余弦值为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．该四棱锥外接球的表面积为
35．（2023·安徽淮南·统考一模）已知函数图像过点，且存在，当时，，则（    ）
A．的周期为
B．图像的一条对称轴方程为
C．在区间上单调递减
D．在区间上有且仅有4个极大值点
36．（2023·安徽淮南·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交C的右支于点A，B，若，则（    ）
A． B．C的渐近线方程为
C． D．与面积之比为2∶1

三、填空题
37．（2021·安徽淮南·统考一模）已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为___________.
38．（2021·安徽淮南·统考一模）展开式中，含项的系数为__________．
39．（2021·安徽淮南·统考一模）设抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B，且，则__________．
40．（2021·安徽淮南·统考一模）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例引入数列： 1，1，2，3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，故此数列称为斐波那契数列，通项公式为，该通项公式又称为“比内公式”（法国数学家比内首先证明此公式），是用无理数表示有理数的一个范例．设n是不等式的正整数解，则n的最小值为__________．
41．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）的展开式中的系数为__________．
42．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知，（，），若，则的最小值为__________．
43．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）设等比数列的前n项和为，若，且，则__________．
44．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知函数满足：当时，；当时，；当时，（且）．若函数的图象上关于原点对称的点至少有3对，有如下四个命题：①的值域为R．②为周期函数．③实数a的取值范围为．④在区间上单调递减．其中所有真命题的序号是__________．
45．（2023·安徽淮南·统考一模）若角的始边是轴非负半轴，终边落在直线上，则______.
46．（2023·安徽淮南·统考一模）设直线与曲线，分别交于A，B两点，则的最小值____
47．（2023·安徽淮南·统考一模）在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是______.

四、解答题
48．（2021·安徽淮南·统考一模）已知数列是等差数列，其前项和为，且，.数列为等比数列，满足，.
（1）求数列､的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和.
49．（2021·安徽淮南·统考一模）的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的最小值．
50．（2021·安徽淮南·统考一模）中国探月工程自2004年批准立项以来，聚焦“自主创新､重点跨越､支撑发展､引领未来”的目标，创造了许多项中国首次.2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带“月壤”着陆地球，首次实现了我国地外天体无人采样返回.为了了解某中学高三学生对此新闻事件的关注程度，从该校高三学生中随机抽取了100名学生进行调查，调查样本中有40名女生.如图是根据样本的调查结果绘制的等高条形图（阴影区域表示关注“嫦娥五号”的部分）.

（1）完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为对“嫦娥五号”的关注程度与性别有关？

关注
没关注
合计
男生



女生



合计



（2）若将频率视为概率，现从该中学高三女生中随机抽取2人.记被抽取的2名女生中对“嫦娥五号”新闻关注的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望.
附：，其中.

0.150
0.100
0.050
0.010
0.005

2.072
2.706
3.841
6.635
7.879

51．（2021·安徽淮南·统考一模）椭圆的左、右焦点分别为、，离心率，过的直线l交C于点A、B，且的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点O为坐标原点，求面积S的取值范围．
52．（2021·安徽淮南·统考一模）已知函数．
（1）若在R上是减函数，求m的取值范围；
（2）如果有一个极小值点和一个极大值点，求证 有三个零点．
53．（2021·安徽淮南·统考一模）在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为，点P的极坐标为，以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系．
（1）求曲线C的直角坐标方程和点P的直角坐标；
（2）已知直线（t为参数），若直线l与曲线C的交点分别是A、B，求的值．
54．（2021·安徽淮南·统考一模）设函数．
（1）解不等式；
（2）若关于x的方程没有实数根，求实数m的取值范围．
55．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）在四边形ABCD中，已知，，．

(1)求四边形ABCD的面积；
(2)求的值．
56．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）为进一步完善公共出行方式，倡导“绿色出行”和“低碳生活”，淮南市建立了公共自行车服务系统，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时希望市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每次的租用时间进行缴费，具体缴费标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②超出一小时后每小时1元（不足一小时按一小时计算），一天24小时最高收费10元．某日甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，且两人租车时间都不会超过3小时，设甲、乙租用时间不超过一小时的概率分别是0.5，0.4；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是0.2，0.4．
(1)求甲比乙付费多的概率；
(2)设甲、乙两人付费之差的绝对值为随机变量，求的分布列和数学期望．
57．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知数列满足，．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，，．证明：当时，．
58．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，且满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，过点且斜率不为零的直线交椭圆于不同的两点、，则在轴上是否存在定点，使得平分？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
59．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知，若存在时，不等式成立，求的取值范围．
60．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程；
(2)若直线与曲线交于，两点，求以为直径的圆的极坐标方程．
61．（2022·安徽淮南·淮南第一中学统考一模）已知函数的最小值为．
(1)求的值；
(2)若实数，满足，求的最小值．
62．（2023·安徽淮南·统考一模）已知内角所对的边分别为，面积为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件（若两个都选，以第一个评分），求：
(1)求角的大小；
(2)求边中线长的最小值.
条件①：;
条件②：.
63．（2023·安徽淮南·统考一模）年月日时分，搭载空间站梦天实验舱成功发射，并进入预定轨道，梦天舱的重要结构件导轨支架采用了打印的薄壁蒙皮点阵结构.打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术.随着技术不断成熟，打印在精密仪器制作应用越来越多.某企业向一家科技公司租用一台打印设备，用于打印一批对内径有较高精度要求的零件.已知这台打印设备打印出品的零件内径（单位：）服从正态分布.
(1)若该台打印了件这种零件，记表示这件零件中内径指标值位于区间的产品件数，求；
(2)该科技公司到企业安装调试这台打印设备后，试打了个零件.度量其内径分别为（单位：）：、、、、，试问此打印设备是否需要进一步调试，为什么？
参考数据：，，，
64．（2023·安徽淮南·统考一模）已知数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，证明：.
65．（2023·安徽淮南·统考一模）在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.

(1)求证：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
66．（2023·安徽淮南·统考一模）已知椭圆的左焦点为F，C上任意一点M到F的距离最大值和最小值之积为3，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)若过点的直线l交C于A，B两点，且点A关于x轴的对称点落在直线上，求n的值及面积的最大值.
67．（2023·安徽淮南·统考一模）已知有两个不同的零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若，且恒成立，求实数的范围.

五、双空题
68．（2023·安徽淮南·统考一模）已知圆与圆交于A，B两点，则直线的方程为______；的面积为______.

参考答案：
1．A
【解析】先利用复数的除法运算，化简复数z，再利用复数的概念求解.
【详解】因为复数，
所以z的虚部是3，
故选：A
2．B
【解析】先求出集合A，B，再根据交集定义即可求出.
【详解】或，
，
.
故选：B.
3．C
【分析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【详解】解：A：当a=2，b=时，a>b成立，但a2>b2不成立，∴ A错误.
B：当a=6，b=4时，a2>b2成立，但a>|b|不成立，∴ B错误.
C：a2>b2⇔ |a|>|b|，∴ C正确.
D：当a=2，b=4时，成立，但a2>b2不成立，∴ D错误.
故选：C.
4．B
【解析】推导出数列是以为周期的周期数列，由可得出，代值计算即可得解.
【详解】在数列中，，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，即数列是以为周期的周期数列，
，因此，.
故选：B.
【点睛】思路点睛：根据递推公式证明数列是周期数列的步骤：
（1）先根据已知条件写出数列的前几项，直至出现数列中的循环项，判断循环的项包含的项数；
（2）证明，则可说明数列是周期为的周期数列.
5．A
【解析】由函数的单调性可得出 的大小，由函数 在的单调性，可得出的大小，从而得出答案.
【详解】因为函数 在上为减函数，又
所以，即
因为函数 在上为增函数，
所以，即，所以
故传：A
6．D
【解析】根据时的函数值，即可选择判断.
【详解】由图可知，当时，
当时，，故排除；
当时，，故排除；
当时，，故排除；
当时，，满足题意.
故选：D.
【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题.
7．C
【解析】设良渚遗址存在的时期距今大约是x年，由求解.
【详解】设良渚遗址存在的时期距今大约是x年，
则，
即，
所以，
解得，
故选：C
8．D
【解析】由，则，则为线段的中点，则，在直角中，可得答案.
【详解】由，M是线段AB的中点,则
所以
由，则，则为线段的中点，如图
所以
在直角中，
故选：D

9．A
【分析】由三角函数的定义知x0=cosα，因为cosα=，所以利用两角差的余弦公式可求.
【详解】解：由题意，x0=cosα.
α∈，∈，
又cos()=，
∈，
=，
x0=cosα==+
==.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是根据cos()=，缩小角的范围，从而确定的正负.
10．D
【解析】法一（分组分配）: 或，利用组合数可得组，再利用排列即可求解；法二（排除法）：分别求出5个工作人员仅去一个村子方法或仅去两个村子的方法，利用间接法可求解.
【详解】解：法一（分组分配）：把5各工作人员分成3组，有两类分法：
①：则有种
②：则有种
所以共有种分组方法，根据题意，所求方法数有个
法二（排除法）：
∵5个工作人员仅去一个村子的方法数有个
5个工作人员仅去两个村子的方法数有个
∴5个工作人员去三个村子的方法数有个.
故选：D.
11．C
【解析】连结CA、BD，分别在，中用与，结合余弦定理可解．
【详解】连结CA，BD，
不妨设，则，，．
在中，①
在中，②
②-①得，则．
故选：C.

【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，解题的关键是正确利用焦点三角形特点进行计算.
12．B
【解析】设，利用导数证明出，可得出，，求得，，可求得、的值，由此可得出合适的选项.
【详解】设，该函数的定义域为，则.
当时，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
所以，，即，
令，则函数在上为增函数，且，，
所以，存在使得，
令，其中，.
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，，又，
所以，存在使得.
，
当且仅当时，等号成立；
，
当且仅当时，等号成立.
所以，，即．
故选：B.
【点睛】思路点睛：利用导数的方法研究不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求得结果；有时也可以根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
13．D
【分析】根据题意，结合集合的并集含义即可求得答案.
【详解】因为集合或，，
要使，如图示， 需有 ，

故选：D.
14．A
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】由已知可得，因此，.
故选：A.
15．D
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断命题p，利用导数的几何意义求出判断命题q，再借助真值表判断作答.
【详解】若且，则有，反之，若，如且，而且不成立，
即“且”是“”的充分不必要条件，于是得p是假命题，
由求导得：，由得：，
即存在，曲线在点处的切线斜率为，q是真命题，
是真命题，是假命题，A不正确；
是假命题，是假命题，B不正确；
是假命题，C不正确；
是真命题，是真命题.
故选：D
16．C
【分析】由题可得，然后逐项判断即得.
【详解】∵
，
∴为偶函数，故A错误；
既不是奇函数也不是偶函数，故B错误；
为偶函数，故C正确；
为奇函数，故D错误.
故选：C.
17．B
【分析】按照两位女教师分派到同一个地方时，男老师也分配到该地方的人数为标准进行分类讨论即可
【详解】根据题意，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；
故一共有：种分派方法
故选：
18．C
【分析】根据抛物线的定义，可以求出点M的坐标即可.
【详解】由题意得， ，所以焦点为 ，准线为
又因为 ，所以M的y坐标为2，则x坐标为
所以
故选：C
19．B
【解析】取特殊区间进行判断函数在该区间上的正负，利用排除法可得答案
【详解】解： 当时，，，所以，
当时，，
当时， ，，所以，所以排除A，C，
当时，，，所以，所以排除D
故选：B
20．D
【分析】先根据题意求出每吨的平均处理成本与处理量之间的函数关系，然后分和分析讨论求出其最小值即可
【详解】由题意得二氧化碳每吨的平均处理成本为，
当时，，
当时，取得最小值240，
当 时，，
当且仅当，即时取等号，此时取得最小值200，
综上，当每月得理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低为200元，
故选：D
21．D
【分析】直线经过原点，画出曲线，通过图形临界位置的分析即可得出实数的范围.
【详解】当时，直线为轴与曲线显然有公共点.
时，经过原点，斜率为，曲线为圆心（2，2）半径为2的上半圆.当直线经过半圆的右端点A恰好有公共点，逆时针旋转至轴满足题意，如下图.由于 故，解得，综上

故选：D.
22．A
【分析】根据已知条件，结合双曲线的定义求出与，然后在中，利用余弦定理求出，再根据面积公式及二次函数的知识即可求解.
【详解】解：因为P是该双曲线右支上一点，所以由双曲线的定义有，
又，所以，，设，
所以，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以面积的最大值是，
故选：A.
23．D
【分析】令，将函数的零点问题，转化为函数的图象与直线的交点横坐标问题进行研究.根据正弦函数的图象的对称性质得到,进而得到，结合图象和正弦函数的最大值，得到的取值范围，进而得到的取值范围.
【详解】令，当时，，的图象如图所示，

由对称性可知，∴,
又∵，
∴，
,故，
∴,
故选：.
24．D
【分析】构造函数，利用函数的导数讨论函数的单调性.
【详解】令 ，，
则，
所以在上单调递增 ，
所以，即，
所以，
故选：D
25．C
【分析】解出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
因此，.
故选：C.
26．B
【分析】根据复数的几何意义，先得到，然后根据复数的除法运算得到一个结果后，再根据复数的几何意义确定所对应的点的坐标
【详解】根据复数的几何意义，，于是，对应的点为：.
故选：B
27．C
【分析】根据折线分布图中数据的变化趋势可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用数据的波动幅度可判断D选项.
【详解】对于A选项，月至月、月至月、月至月月跑步里程逐月减少，A错；
对于B选项，月跑步里程的极差约为，B错；
对于C选项，月跑步里程由小到大对应的月份分别为：月、月、月、月、
月、月、月、月、月、月、月，
所以，月跑步里程的中位数为月份对应的里程数，C对；
对于D选项，月至月的月跑步里程的波动幅度比月至月的月跑步里程的波动幅度小，
故月至月的月跑步里程的方差相对于月至月的月跑步里程的方差更小，D错.
故选：C.
28．D
【分析】根据数列各项的规律可知是以6为周期的周期数列，利用周期性求解即可,
【详解】因为，且，
所以数列为，
此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列为，是以6为周期的周期数列，
所以数列的前2023项的和，
故选：D
29．A
【分析】根据题意，可得四边形为菱形，即可得到平分，从而得到结果.
【详解】
因为，且D为中点，，
则，
又因为，则可得四边形为菱形，
即为菱形的对角线，
所以平分，即直线经过的内心
故选:A
30．D
【分析】根据对立事件可求出，然后求得，根据条件概率公式，即可求出答案.
【详解】由已知可得，甲乙两人随机选择景点，所有的情况为种，甲乙两人都不选择八公山森林公园的情况为种，所有甲乙两人都不选择八公山森林公园的概率为，所以.
事件：甲选择八公山森林公园，乙选择其他，有3种可能；或乙选择八公山森林公园，甲选择其他，有3种可能.甲乙两人随机选择有所以事件发生的概率为，
根据条件概率公式可得，.
故选：D.
31．A
【分析】利用抛物线的定义结合为等边三角形可知垂直于准线，利用抛物线方程可解出点坐标进而得到直线的方程，将直线的方程与抛物线联立，利用韦达定理即可求解.
【详解】因为为等边三角形，所以，
又因为点在的准线上，由抛物线的定义可知垂直于准线，

由可知 ，，设，
因为，，所以，
所以，代入抛物线方程得点坐标为，
所以直线方程为，整理得，
由得，
所以，
故选：A
32．B
【分析】根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，.作出函数，的图象，观察可得当时，所以随着的增大，比值越来越大.令，可得在上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
由可得，，所以.
设，则，
因为，故，
所以即，
所以在上为增函数，
又，，，又，所以.
故选：B.
33．BD
【分析】A.分两种情况求函数的值域；B.利用导数求函数的切线，判断选项；C.利用平移判断函数的对称中心；D.首先求的值，再求解方程的实数根.
【详解】A.时，，当时等号成立，
当时，，当时等号成立，故A错误；
B.令，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，故B正确；
C. 的对称中心是，所以的对称中心是，向右平移1个单位得，对称中心是，故C错误；
D. ，解得：或，
当，得，，1个实根，当时，得或，2个实根，所以共3个实根，故D正确.
故选：BD
34．ABD
【分析】根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线面角定义、异面直线所成角的定义、球的几何性质逐一判断即可.
【详解】因为为矩形，所以，
因为侧面为等边三角形，
所以，因为，
所以，由为矩形可得，
因为平面，
所以平面，而平面，
所以平面平面，因此选项A正确；
由为矩形可得，所以是直线与所成的角（或其补角），
设的中点为，连接，
因为侧面为等边三角形，
所以，而平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，
由勾股定理可知：，
，
，
在中，由余弦定理可得，所以选项B正确；
因为平面，
所以是直线与平面所成的角，
因此，所以选项C不正确；
设该四棱锥外接球的球心为，矩形的中心为，显然平面，
即，过作，连接，设该四棱锥外接球的半径为，
所以在直角三角形中，有，
在直角梯形中，有，，
在直角三角形中，有，
即，
解得，
所以该四棱锥外接球的表面积为，因此选项D正确，
故选：ABD

【点睛】关键点睛：利用线面垂直的判定定理和球的几何性质是解题的关键.
35．ACD
【分析】利用图像上一点和周期性求出，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.
【详解】因为图像过点且，所以，解得，
因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，
所以，
选项A：的周期，正确；
选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；
选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；
选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个极小值点，D正确；
故选：ACD
36．ABC
【分析】根据可得，，利用余弦定理求出，即可判断A，根据双曲线的定义结合的值可求出可确定C，从而在直角三角形中可得的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.
【详解】由，得，
又由，得，
不妨设，在中，
由余弦定理得，
所以，所以,所以，A正确；
在直角三角形中，根据双曲线定义可得，
所以，
在三角形中，根据双曲线定义可得，
所以，
因为，所以，
所以，
在直角三角形中，，即，
所以，所以，所以，
所以渐近线方程为，B正确；
，所以，C正确；

，
所以与面积之比为3∶1，D错误，
故选:ABC.
37．2
【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解.
【详解】作出约束条件对应的平面区域，如图所示，
由，可得直线，
当直线过点A时，此时直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，
又由，解得，
所以的最大值为.
故答案为：2.

38．80
【解析】求出二项展开式的通项，利用的指数为，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出结果.
【详解】的展开式通项为，
令，得，因此，的展开式中，
含项的系数为.
故答案为：.
39．2
【解析】设直线AB的方程为与抛物线方程联立得出韦达定理，由抛物线的定义可得：，，即得到，解出可得答案.
【详解】抛物线的焦点为F
设直线AB的方程为，代入，得，
设，，则，，
由抛物线的定义可得：，
由，得，即
由 ，即，解得或（舍）
所以
所以
故答案为：2．
【点睛】关键点睛：本题考查抛物线中过焦点的弦的性质的应用，解答本题的关键是方程联立得到，由由抛物线的定义可得：，，得出，属于中档题.
40．9
【解析】由,利用指数与对数互化得到，然后根据转化为，即求解.
【详解】设n是不等式的正整数解，
∴,即，
∴，
∴，
即，则，
又单调递增，且，
故答案为：9．
41．
【分析】根据二项展开式的通项公式可求得结果.
【详解】因为，又的展开式的通项
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
42．16
【分析】由，列方程化简变形可得，从而，然后利用基本不等式可得答案
【详解】因为，，，
所以，
因为，，所以，
所以，
当且仅当，即取等号，
所以的最小值为16，
故答案为：16
43．
【分析】由可求得，然后由结合等比数列求和公式列方程求解即可
【详解】设等比数列的公比为，由题意可知，
因为，
所以，得，
因为，
所以，
所以
所以，
，
所以，得，
故答案为：
44．①③
【分析】根据题意结合函数的性质可作出函数的部分图象，结合时，的性质，可判断①②；结合图象列出满足函数的图象上关于原点对称的点至少有3对的条件，可判断③；结合图象和函数的性质可判断④.
【详解】根据题意作出函数的部分图象如图：（实线部分）

对于①，因为当时，（且），此时函数值域为R，故①正确；
对于②，当时，（且）不是周期函数，故②错误；
对于③，函数的图象上关于原点对称的点至少有3对，那么的图象与时的函数图象关于原点对称的曲线（图中虚线部分）至少有三个，则需满足： ，解得 ，故③正确；
对于④，由时，知，时，为增函数，
再由当时，可知当时，，故在区间上的情况和时相同，也为增函数，故④，
故答案为：①③
45．/
【分析】利用三角函数的定义求出的值，利用诱导公式、二倍角的余弦公式以及弦化切化简可得所求代数式的值.
【详解】由已知可得，所以，，
所以，.
故答案为：.
46．4
【分析】由题意，设，求得.令，可知，使得，即可得出的单调性，进而根据得到，代入得出最小值.
【详解】设，定义域为，
则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增.
又，，所以，使得，即.且当时，有，则，所以在上单调递减；当时，有，则，所以在上单调递增.
所以，在处有唯一极小值，也是最小值，
因为，所以，所以.
所以，的最小值为4.
故答案为：4.
47．
【分析】取中点为，由已知可证明平面即为平面，平面.可知.进而根据等腰三角形即可求出的取值范围.
【详解】
如图，取中点为，连结.
由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面.
易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以，
同理由，可得.
因为平面，平面，，所以平面.
则由，平面，可知，平面，平面.
又点M在正方形内，平面平面，所以.
所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是.
故答案为：.
48．（1），；（2）.
【分析】（1）由等差数列通项公式和求和公式可构造关于的方程求得，由此得到；由等比数列性质和等比数列通项公式可求得，由此可得；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由得：，；
，又，，则，解得：，
；
（2）由（1）知：，
.
【点睛】方法点睛：本题重点考查了裂项相消法求解数列的前项和的问题，裂项相消法适用于通项公式为形式的数列，即，进而前后相消求得结果.
49．（1）；（2）.
【解析】（1）根据题中条件，由正弦定理将原式化为，整理后结合余弦定理，即可得出结果；
（2）由（1）先求出，根据三角形面积，得到，根据，利用基本不等式，即可求出最值.
【详解】（1）由，
∵，所以，
由正弦定理可得，则，
由余弦定理可得：；
（2）由，得
∵，∴，
由得，
∴，当且仅当时，等号成立．
又，当且仅当时，等号成立．
∴，当且仅当时，等号成立．
即的最小值为．
【点睛】方法点睛：
求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.
50．（1）列联表见解析，有的把握性认为“对嫦娥我好关注度与性别有关”；
（2）分布列见解析，期望为
【分析】（1）由等高条形图中的数据填写列联表，利用公式求得的值，结合分别，即可求解；
（2）计算出女生中关注此新闻的概率，再由二项分别的性质，求出分布列以及数学期望，即可求解.
【详解】（1）由题意，根据等高条形图中的数据，
可得：女性人中，其中人关注，人不关注；
男性人中，其中人关注，人不关注；
所以可得如下的的列联表：

关注
没关注
合计
男生
30
30
60
女生
12
28
40
合计
42
58
100
所以，
所以有的把握性认为“对嫦娥我好关注度与性别有关”.
（2）因为随机选一个高三的女生，对此事关注的概率为，
又因为随机变量，所以随机变量的分布列为：

0
1
2




所以.
51．（1）；（2）.
【解析】（1）利用椭圆定义可得的周长为，列出两个方程，，可计算出，从而得出标准方程.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，表示出，.
把的面积表示出来，用函数单调性求取值范围.
【详解】解：（1）因为的周长为8，由椭圆的定义知，
故，又，
所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题意可设直线l的方程为，，，
由，
显然且，，
∴

令，
∴．
易知S在单调递减，从而．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
52．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由，在R上是减函数，则恒成立,求出其导数得出最大值即可.
(2) 设，则，可得，，
，所以，使，从而得出函数的单调区间，使得问题得证.
【详解】解：（1）由，得，
在R上是减函数，则恒成立.
设，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
于是．
由题意，所以，故m的取值范围是．
（2）设，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
若，则，则在定义域内单调递减，所以不满足条件，故
所以
又∵，，

设 ，则
所以在上单调递减，所以当时，
所以
∴，使
∴，即，单调递减
，即，单调递增．
，即，单调递减，
∵，
∴
又∵，
设，则，所以
由，得 ，，得
所以在 上单调递减，在上单调递增，
则
所以在上单调递增，则
即，成立
所以
∴由零点存在定理，得在和各有一个零点，
又，结合函数的单调性可知有三个零点．
【点睛】关键点睛：本题考查由函数单调性求参数和证明函数的零点个数，解答本题的关键是在R上是减函数，则恒成立，根据条件得出，，
，所以，使，属于难题.
53．（1）；；（2）4.
【解析】（1）两边同时乘以，由，可得直角坐标方程以及点P的直角坐标.
（2）将直线的参数方程代入C方程，利用参数的几何意义即可求解.
【详解】解：（1）由，得，
又，，∴，
即曲线C的直角坐标方程为，
点P的直角坐标为．
（2）把直线l的方程代入C方程，整理得，
，
设A、B对应的参数分别是、，则，
于是
54．（1）；（2）.
【解析】（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；
（2）先将题意转化为没有实数根， 再求值域，利用取值为值域的补集，计算即得结果.
【详解】解：（1）当时，，
得，所以；
当时，，
得，所以；
当时，，得，所以．
综上，原不等式的解集为；
（2）方程没有实数根，即没有实数根，
令，
当且仅当时，即时等号成立，即值域为，
若没有实数根，则，即，
所以实数m的取值范围为．
【点睛】方法点睛：
1、绝对值不等式的解法：
（1）利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
（2）利于“零点分段法”去绝对值进行求解，体现了分类讨论思想；
（3）通过构造函数，利用函数图象求解，体现了函数与方程思想.
2、不等式恒成立问题通常可转化成函数最值来处理.
55．(1)；
(2).

【分析】（1）由已知及向量数量积的定义可得，根据余弦定理求，再由勾股定理及已知条件得、，最后由面积公式求ABCD的面积即可.
（2）△中应用正余弦定理求即可.
(1)
，，
，可得，
，则，
，
，
，故，又，
，故，
∴四边形ABCD的面积.
(2)
在△中，，
，．
56．(1)
(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）根据甲乙两人的租用时间相互独立，然后列出“甲比乙付费多”这个事件所包含的基本事件，最后通过独立事件的概率计算出结果即可
（2）列出的所有可能取值情况，并分别计算出对应情况的概率，再根据分布列和期望的定义计算结果即可
(1)
根据题意，记“甲付费为0元、1元、2元、”为事件，，
它们彼此互斥，且，，
同理，记“乙付费为0元、1元、2元”为事件，，
它们彼此互斥，且，，
由题知，事件，，与事件，，相互独立
记甲比乙付费多为事件M，则有：
可得：
；
故甲比乙付费多的概率为：
(2)
由题知，的可能取值为：0，1，2
则有：
，


所以的分布列为：

0
1
2
P
0.34
0.44
0.22
的数学期望：．
57．(1)证明见解析；
(2)证明见解析

【分析】（1）对题干条件变形整理为，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明.
【详解】（1）当时，，
当时，；
相除得
整理为：，
即，
为等差数列，公差，首项为；
所以，整理为：，经检验，符合要求.
（2）由（1）得：．
，
，

，
所以，当时，．
58．(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）分析可知，可得出椭圆的两个焦点的坐标，利用椭圆的定义可求得的值，可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线，设点、、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，分析可知，利用斜率公式结合韦达定理求出的值，即可得出结论.
(1)
解：（1）因为，所以，，即，所以，
又点在椭圆上，、，
且由椭圆定义得，
则，，则椭圆的标准方程为.
(2)
解：假设存在定点满足要求，因为直线斜率不为零，所以设直线，
设点、、，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
因为直线平分，则，即，
，
整理得，
，由于，，所以存在满足要求．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
59．(1)函数在区间，上均单调递减
(2)

【分析】（1）利用导数在函数单调性中的应用，即可得到结果；
（2）根据题意，将原不等式转化为，即；再根据（1），可知在单调递减，将原问题转换为在，两边同取自然对数，采用分离参数法可得在上能成立，再利用导数求出函数的最值，即可得到结果.
【详解】（1）解：的定义域为
因为，所以．
令，则，
所以函数在区间单增；在区间单减．
又因为，所以当时，
所以函数在区间，上均单调递减；
（2）解：

当，时，所求不等式可化为，
即，
易知，
由（1）知，在单调递减，
故只需在上能成立．
两边同取自然对数，得，即在上能成立．
令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
，
所以，又，故的取值范围是．
60．(1)；
(2).

【分析】(1)消去参数t即得曲线的普通方程.
(2)求出直线l的直角坐标方程，再求出圆的直角坐标方程并化成极坐标方程作答.
【详解】（1）由(为参数)，得(为参数)，消去得，
所以曲线的普通方程为.
（2）由得直线l的直角坐标方程：，
由解得或，不妨令点，，
则中点坐标为，，
以为直径的圆的直角坐标方程为，即，
将，，代入得，
所以以为直径的圆的极坐标方程是.
61．(1)
(2)1

【分析】（1）根据绝对值不等式得，由已知得，求解即可；
（2）由（1）可知，根据基本不等式可求得答案.
(1)
解：∵，
故，∴，∴；
(2)
解：由（1）可知，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为1．
62．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理边角互化即可求解；
（2）由面积公式可得，利用向量可得，结合均值不等式即可求解.
【详解】（1）选条件①：,
因为中，所以，
由正弦定理可得，
即，，
又,所以.
选条件②：
由余弦定理可得即，
由正弦定理可得，
因为，所以，所以，即，
又,所以.
（2）由（1）知，的面积为，所以，解得，

由平面向量可知，
所以
，
当且仅当时取等号，
故边中线的最小值为.
63．(1)
(2)需要进一步调试，理由见解析

【分析】（1）计算出一件产品的质量指标值位于区间的概率，分析可知，利用二项分布的期望公式可求得的值；
（2）计算得出，，且，根据原则可得出结论.
【详解】（1）解：由题意知，，，则，
一件产品的质量指标值位于区间的概率即为
因为，，
所以
，
所以，所以.
（2）解：服从正态分布，由于，
则，，
所以内径在之外的概率为，为小概率事件而，且，
根据原则，机器异常，需要进一步调试.
64．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）令，可得，可知数列为等差数列，即可得出；
（2）裂项可得，相加可得.根据的单调性即可证明.
【详解】（1）解：令，则由已知可得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）证明：由（1）可得，，
则，
因为单调递减，，显然，
所以有.
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，可证，即，从而证得面，即可得到结果；
（2）根据题意，过S作面，垂足为D，连接，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：取的中点为E，连结，
∵，∴，
在和中，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，∴面，
∵面，∴
（2）
过S作面，垂足为D，连接，∴
∵，平面
∴，同理，
∵底面为等腰直角三角形，，
∴四边形为正方形且边长为2.
以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则

，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面与平面夹角为

故平面与平面夹角的余弦值为.
66．(1)；
(2)，面积的最大值为.

【分析】（1）由已知，根据，可得，.根据已知得到，，根据离心率值即可求出的值；
（2）设，，由已知可得，即.联立直线与椭圆方程，根据，得到.根据韦达定理求出，.根据坐标表示出弦长以及点到直线l的距离，即可得出
.进而根据基本不等式，结合的范围换元即可求出面积的最小值.
【详解】（1）解：由题意可得，
，，.
又因为，，，
由已知可得，即，
又椭圆C的离心率，所以，则，
解得，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）解：设，，又，
因为，所以，所以，
化简整理得①.
设直线，联立直线与椭圆方程
化简整理可得，
，可得②，
由韦达定理，可得，③，
将，代入①，
可得④，
再将③代入④，可得，解得，
所以直线l的方程为，
且由②可得，，即，
由点到直线l的距离，，
.
令，则，
当且仅当时，即，等号成立，
所以面积S最大值为.
67．(1)
(2)

【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，结合特殊点的函数值和零点存在性定理得到a的取值范围为；
（2）由得到，设，得到，结合，，得到恒成立，构造，求导后分与两种情况，求出实数的范围.
【详解】（1）定义域为.
当时，在单调递增，至多只有1个零点，不合题意；
当时，当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增；
故在处取得极小值，也是最小值，
由有两个不同的零点，得，解得：，
又，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
故，故，，
∴，
∴取，则，故在各有一个不同的零点，
即实数a的取值范围为；
（2），由题，，
则，设，
∴，
∴
恒成立，
又∵，∴，即恒成立，
设恒成立，
，
ⅰ）当时，，
∴，∴在上单调递增，
∴恒成立，注意到，
∴符合题意；
ⅱ）当时，∵，∴时，，
∴在上单调递增；
时，，∴在上单调递减.
∴时，，不满足恒成立.
综上：.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
68．
【分析】两圆相减得到相交弦方程，即直线的方程，求出圆心，得到到直线的距离，利用垂径定理得到，得到三角形面积.
【详解】两圆相减得：，化简得：，故直线的方程为，
圆变形得到，圆心，半径为2，
故圆心到直线的距离为，
由垂径定理得：，
故的面积为.
故答案为：，.