安徽省马鞍山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份安徽省马鞍山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共56页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

安徽省马鞍山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知集合则A∩B=（    ）
A． B． C．(-3，2) D．(-2，2)
2．（2021·安徽马鞍山·统考一模）若复数（是虚数单位）为纯虚数，则实数a的值为（    ）
A．-2 B．2 C． D．
3．（2021·安徽马鞍山·统考一模）执行如图所示的程序框图，则输出S的结果为（    ）

A．16 B．25 C．36 D．49
4．（2021·安徽马鞍山·统考一模）为了解学生参加“阳光体育”活动的情况，某学校随机统计了学生的“阳光体育”活动时间(单位:分钟)，已知所得样本数据都在区间[10，110]内，样本频率分布直方图如图所示，则该样本数据的中位数的估计值为（    ）

A．60 B．65 C．66.25 D．72.25
5．（2021·安徽马鞍山·统考一模）设是不同的直线，是不同的平面，则（    ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
6．（2021·安徽马鞍山·统考一模）在“学宪法､讲宪法”活动中，将甲､乙､丙､丁四位法律老师分配到A､B､C､D四个班级进行宣讲，每个班级分配一位老师.若甲不分配到A班，丁不分配到D班，则分配方案的种数为（    ）
A．12 B．14 C．16 D．24
7．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知函数的最小正周期为，若将的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为偶函数，则的取值为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知（    ）
A．a 9．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知点M为抛物线准线上一点，点F为焦点， O为坐标原点，A在抛物线上，且|AF|=10，则|MA|+|MO|的最小值为（    ）
A．16 B． C． D．
10．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知函数则方程f(f(x))+3=0的解的个数为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．（2021·安徽马鞍山·统考一模）在等差数列中，，且它的前项和有最小值，则当时，的最大值为（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知函数则不等式f(2020+x)+f(2021)≤1的解集是（    ）
A． B．[4039，+∞) C．(-∞，4042] D．[4042，+∞)
13．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知集合，，，则等于（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·安徽马鞍山·统考一模）复数满足，则（    ）
A． B． C． D．或
15．（2022·安徽马鞍山·统考一模）若变量满足约束条件则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知抛物线过点，则其准线方程为（    ）
A． B．
C． D．
17．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知集合，集合，在集合中任取一个元素，则的概率是（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·安徽马鞍山·统考一模）志愿服务是办好2022年北京冬奥会的重要基础和保障，冬奥会城市志愿者已于2021年12月5日在主要服务站点开始上岗，预计2022年1月25日开始全面上岗服务．现有4名志愿者要安排到3个服务站点参加服务，每名志愿者只能安排到一个站点，每个站点至少安排一名志愿者，则不同的安排方案共有（    ）
A．48种 B．36种 C．24种 D．12种
19．（2022·安徽马鞍山·统考一模）函数的图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
20．（2022·安徽马鞍山·统考一模）如图，圆锥的底面直径，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦， 则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B．
C． D．
21．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知的内角的对边分别为，设，，则 （    ）
A． B． C． D．
22．（2022·安徽马鞍山·统考一模）若仅存在一条直线与函数（）和的图象均相切，则实数（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·安徽马鞍山·统考一模）1471年米勒向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长（即可见角最大）.后人将其称为“米勒问题”，是载入数学史上的第一个极值问题.我们把地球表面抽象为平面，悬杆抽象为线段AB（或直线l上两点A，B），则上述问题可以转化为如下的数学模型：如图1，一条直线l垂直于一个平面，直线l有两点A，B位于平面的同侧，求平面上一点C，使得最大.建立如图2所示的平面直角坐标系.设A，B两点的坐标分别为，.设点C的坐标为，当最大时，（    ）

A．2ab B．ab C． D．
24．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知均为正实数，且，若，则下列关系中可能成立的是（    ）
A． B．
C． D．
25．（2023·安徽马鞍山·统考一模）设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·安徽马鞍山·统考一模）若复数满足，则的虚部为（    ）
A． B．2 C．1或2 D．或2
27．（2023·安徽马鞍山·统考一模）现有一组数据： ，则这组数据的第85百分位数是（    ）
A．652 B．668 C．671 D．674
28．（2023·安徽马鞍山·统考一模）5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：，它表示在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至12000，则大约增加了（参考数据：，，）（    ）
A．25% B．30% C．36% D．45%
29．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知平面向量，，则在上的投影向量为（    ）
A． B．
C． D．
30．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知抛物线的焦点为，过且斜率大于零的直线与相交于，两点，若直线与抛物线相切，则（    ）
A．4 B．6 C．8 D．10
31．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数（，）的图象经过点，若函数在区间内恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
32．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，当六棱锥的体积最大时，其侧棱长为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
33．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（    ）

A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4
34．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知是的边上的一点（不包含顶点），且，则（    ）
A． B．
C． D．
35．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知直线与圆，则（    ）
A．直线必过定点 B．当时，被圆截得的弦长为
C．直线与圆可能相切 D．直线与圆不可能相离
36．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数，若恒成立，则实数的可能的值为（    ）
A． B． C． D．

三、填空题
37．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知向量，，则__________.
38．（2021·安徽马鞍山·统考一模）在平面直角坐标系中，点是单位圆上第一象限内的点，，若，则的值为____.
39．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知双曲线的左右焦点分别为过的直线与双曲线右支交于A，B两点，且则的面积为_____.
40．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知正方形ABCD的边长为4， E是BC的中点，沿DE把△DCE折起，使点C到达点F的位置，且BE⊥FE，则三棱锥F-ABE的外接球的表面积为___.
41．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知，，，，则_______
42．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知，则______
43．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别、，为渐近线上一点，为坐标原点，且，的面积为，则双曲线的离心率为______
44．（2022·安徽马鞍山·统考一模）三棱锥中，是边长为的等边三角形，，平面平面，则该三棱锥的外接球的体积为______
45．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知随机变量服从正态分布，若，则______.
46．（2023·安徽马鞍山·统考一模）若数列是公差为2的等差数列，，写出满足题意的一个通项公式______.
47．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知函数与的定义域均为，为偶函数，的图象关于点中心对称，若，则的值为______.
48．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知椭圆的焦距为2，过椭圆的右焦点且不与两坐标轴平行的直线交椭圆于，两点，若轴上的点满足且恒成立，则椭圆离心率的取值范围为______.

四、解答题
49．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知△ABC的内角A，B， C的对边分别是a，b，c，满足.
（1）若c=2，求的面积;
（2）求的值.
50．（2021·安徽马鞍山·统考一模）智慧课堂是指一种打破传统教育课堂模式，以信息化科学技术为媒介实现师生之间､生生之间的多维度互动，能有效提升教师教学效果､学生学习成果的新型教学模式，为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，A市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如下：

经常应用
偶尔应用或者不应用        
总计
农村
40
               

城市
60


总计
100
60
160
从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是
（1）补全2×2列联表，判断能否有99.5%的把握认为智慧课堂的应用与区域有关，并说明理由；
（2）在偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取6个学校进行分析，然后再从这6个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有X个，求X的分布列和数学期望.
附：:；n=a+b+c+d
P(K2≥k0)
0.1
0.050
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

51．（2021·安徽马鞍山·统考一模）如图，已知三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，SB=SC=4，点D为SC的中点，

（1）求证:平面SAB⊥平面ABC;
（2）求二面角S-AB-D的正弦值.
52．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知椭圆，右焦点为F(4，0)，短轴长为4.
（1）求椭圆C的方程;
（2）若过点T(0，1)的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AT中点为P，线段BT中点为Q，且|OP|=|OQ|(O为坐标原点)，求所有满足条件的直线l方程.
53．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知函数(其中e≈2.718为自然对数的底数).
（1）讨论函数f(x)的单调性;
（2）当0≤a≤1时，证明:
参考数据:ln2≈0.693.
54．（2021·安徽马鞍山·统考一模）平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
（1）求曲线的普通方程与的直角坐标方程;
（2）求上的动点到距离的取值范围.
55．（2021·安徽马鞍山·统考一模）已知函数f(x)=2|x-1|+|x+2|.
（1）求不等式f(x)≥6的解集;
（2）若对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围.
56．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知数列的首项，，前项的和为，且．数列是首项为2的等比数列，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项的和．
57．（2022·安徽马鞍山·统考一模）如图，在四棱锥中，，，，，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
58．（2022·安徽马鞍山·统考一模）某厂生产两种产品，对两种产品的某项指标进行检测，现各抽取100件产品作为样本，其指标值的频率分布直方图如图所示：以该项指标作为衡量产品质量的标准，该项指标划分等级和收益率如下表，其中．

（注：收益率）
等级
一等品
二等品
三等品
指标值



产品收益率



(1)求的值；
(2)将频率分布直方图中的频率近似看作概率，用样本估计总体．
①从产品中随机抽取3件，求其中一等品件数的分布列及数学期望；
②在总投资额相同的情况下，若全部投资产品或产品，试分析投资哪种产品收益更大．
59．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知椭圆：的左顶点为，右焦点为，离心率为，为椭圆上一点，轴，且的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，为的中点，作射线交椭圆于点，交直线：于点，且满足，证明：直线过定点，并求出此定点的坐标．
60．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知函数．
(1)求函数的单调性；
(2)若存在使得，求证：．
61．（2022·安徽马鞍山·统考一模）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的直角坐标方程为．
(1)写出曲线的普通方程和直线的极坐标方程；
(2)若直线（）与曲线交于两点，与直线交于点，求的值．
62．（2022·安徽马鞍山·统考一模）已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．
63．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知数列，，，数列为等比数列，满足，且，，成等差数列.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记数列满足：，求数列的前项和.
64．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知条件：①；②；③.在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：在中，角，，所对的边分别是，，，满足：______.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围.
65．（2023·安徽马鞍山·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，在线段上，且.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
66．（2023·安徽马鞍山·统考一模）为了了解养殖场的甲、乙两个品种成年水牛的养殖情况，现分别随机调查5头水牛的体高（单位：cm）如下表，请进行数据分析.
甲品种
137
128
130
133
122
乙品种
111
110
109
106
114
(1)已知甲品种中体高大于等于130cm的成年水牛以及乙品种中体高大于等于111cm的成年水牛视为“培育优良”，现从甲品种的5头水牛与乙品种的5头水牛中各随机抽取2头.设随机变量为抽得水牛中“培育优良”的总数，求随机变量的分布列与期望.
(2)当需要比较两组数据离散程度大小的时候，如果两组数据的测量尺度相差大，或者数据的量纲不同，直接使用标准差来进行比较是不合适的，此时就应当消除测量尺度和量纲的影响.而变异系数（C．V）可以做到这一点，它是原始数据标准差与原始数据平均数的比，即变异系数的计算公式为：变异系数.变异系数没有量纲，这样就可以进行客观比较了.从表格中的数据明显可以看出甲品种的体高水平高于乙品种，试比较甲、乙两个品种的成年水牛的变异系数的大小.（参考数据：，）
67．（2023·安徽马鞍山·统考一模）平面直角坐标系中，是双曲线（，）上一点，，分别是双曲线的左，右顶点，直线，的斜率之积为3.
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)设点关于轴的对称点为，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，求证：直线与双曲线只有一个公共点.
68．（2023·安徽马鞍山·统考一模）设函数.
(1)若对恒成立，求实数的取值范围；
(2)已知方程有两个不同的根、，求证：，其中为自然对数的底数.

参考答案：
1．B
【解析】首先解出两个集合，再根据交集的定义求
【详解】，解得：，
即，
，解得：，即，
.
故选：B
2．D
【分析】首先根据复数代数形式的除法运算法则化简，再根据复数为纯虚数，则实部为零，即可得到方程，解得即可；
【详解】解： ，因为复数（是虚数单位）为纯虚数，所以，解得
故选：D
3．B
【解析】模拟程序运行，确定变量的值，判断循环条件得出结论．
【详解】程序运行时变量值在循环体变化如下：，判断不满足；，判断不满足；，判断不满足；，判断不满足；，满足，输入．
故选：B．
4．C
【解析】频率分布直方图中求出频率0.5对应的数值即可得．
【详解】由频率分布直方图在区间上的频率为，中位数在上，设中位数为，
，解得．
故选：C．
5．D
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系，即可判断各选项是否正确.
【详解】对于A，若，，则直线可以平行，也可以异面，所以A错误；
对于B，因为不一定能成立，所以当，，时，不一定成立，所以B错误；
对于C，若，，，则，或平面与平面相交，所以C错误；
选项D：若，，，则成立，所以D正确.
故选:D.
【点睛】本题考查了空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判断，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
6．B
【解析】先分配甲，按甲分到班和不分到班分类讨论．再分配丁，最后考虑乙和丙即可得．
【详解】甲分到班，有种方法；甲分到或班，有方法数，
总共有方法数为种．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查排列组合的综合运算，解题关键是确定完成事件的方法，对于特殊元素特殊位置需优先安排．本题完成分配方案可先安排甲，然后安排丁，最后安排乙和丙，
安排甲时需分类讨论：甲安排在班时，另外三人随便安排即可，甲安排在两班之一，由丁只有两个班可安排，最后再安排乙丙，由此应用乘法原理和加法原理可得结论．
7．B
【分析】由函数的最小正周期为可计算出，然后根据三角函数图象的平移变换规律及三角函数的图象与性质得到关于的方程，即可得解．
【详解】由题意得，故，
将的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，
由为偶函数得，
得，，
，，
故选：B．
【点睛】本题是基础性题目，属于课程学习情境，具体是数学推理学习情境．考查逻辑思维能力和运算求解能力．
8．B
【解析】计算出，然后由指数函数和幂函数的性质比较与的大小．
【详解】，，又，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查幂和对数的大小，掌握对数函数、指数函数、幂函数的单调性是解题关键．能利用函数单调性的利用单调性比较，不能利用函数的单调性的或不同类型的数的可以与中间值如0或1等比较，本题对数值为，然后把幂与比较可得．
9．C
【解析】由求出点坐标，求出关于准线的对称点，线段的长就是所求最小值．
【详解】易知抛物线的焦点为，准线为，
设，不妨设，，，则，，
关于准线的对称点为，
，当且仅当三点共线时，等号成立，
，
所以|MA|+|MO|的最小值为．
故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的性质，考查直线上动点到两定点距离和的最小值问题，根据是平面上两点间线段最短，解题方法是利用对称性求出其中一个定点关于定直线的对称点，然后求出这个对称点与另一定点的距离即为最小值．
10．C
【解析】确定函数的性质，作出函数的图象，解方程时，先确定的解，并确定解的范围，然后再研究的解，这样可得结论．注意数形结合思想的应用．
【详解】作出函数的图象，时，（时取等号），上递增，上递减，上递增，由图象可知有三个解，不妨设，由于，因此，
于是有3个解，有1个解，有一个解，共5个解．
故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题考查方程的根与函数零点个数问题，解题方法是用换元法把方程的解的个数转化转化为函数图象与直线交点个数，转化是解决这类问题的关键．
11．C
【解析】分析出等差数列的公差大于零，由分析出，，可得出，，进而可得出结果.
【详解】设等差数列的公差为，，所以，，可得，
由于等差数列的前项和有最小值，且，则，即，
所以，，
若，则，这与矛盾，所以，，，
则，，
因此，当时，的最大值为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于等差数列前项和的最值，可以利用如下方法求解：
（1）将表示为有关的二次函数，结合二次函数图象的开口方向与对称轴来处理；
（2）从项的角度出发：①若有最大值，只需将数列中所有的非负项全部相加；
②若有最小值，只需将数列中所有的非正项全部相加.
12．A
【解析】利用导数确定函数是减函数，证明，这样不等式可化为形式再利用单调性可解．
【详解】，，（当且仅当，即时等号成立），
所以．所以是减函数．
，即，
不等式化为，
又递减，所以，解得．
故选：A．
【点睛】方法点睛：本题考查解函数不等式，解题关键是确定函数的性质，首先利用导数确定函数的单调性，然后对函数式进行变形得，这是解题的关键．由此性质不等式可化为，这样再利用单调性解出不等式．
13．C
【分析】利用交集、并集的定义直接求解即可
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，
故选：C
14．B
【分析】由题可得，即得.
【详解】∵复数满足，
∴，
∴.
故选：B.
15．A
【分析】首先根据题意画出不等式组表示的可行域，再根据的几何意义求解即可.
【详解】不等式组表示的可行域如图所示：

，
由得，
表示直线的轴截距的倍，
当直线过时，取得最小值，.
故选：A
16．D
【分析】根据抛物准线方程定义即可求解．
【详解】抛物线过点，则
所以
由抛物线的标准方程可得，抛物线的焦点位于轴负半轴，
准线方程为.
故选：D
17．A
【分析】根据几何概型面积公式求解即可.
【详解】且或且
集合表示的区域为以为圆心，半径为的圆上和圆的内部.
则如图所示：

所以的概率为
故选：A
18．B
【分析】先将4名志愿者分成3组，再将3组人分给3个服务站可得答案.
【详解】先将4名志愿者分成3组，其中3组1人，1组2人，由种分法，
再将3组人分给3个服务站有种安排方案.
故选：B.
19．D
【分析】由题可得函数为偶函数，然后利用的符号，即得.
【详解】∵，定义域为R，
∴，
所以函数为偶函数，图象关于y轴对称，排除AC；
又，排除B.
故选：D.
20．C
【分析】分别做直线与的平行线构成三角形，得到异面直线与所成角，求其余弦值即可解决.
【详解】圆锥底面周长为，又其侧面展开图为半圆，则圆锥母线长
直角三角形中，，,，则
分别取、、的中点M、N、P，连接、、、、

又由O为中点，则，，
则为异面直线与所成角或其补角.
由，可知平面，则
在△中，,，，则
在△中，，，
则
则异面直线与所成角的余弦值为
故选：C
21．C
【分析】根据给定条件利用正弦定理角化边，求出角A，再求出角B即可计算作答.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
即，由余弦定理得：，而，解得，
由得，显然，则，，
所以.
故选：C
22．C
【分析】分别求出函数上切点处的切线方程和上切点处的切线方程，消去，得，该问题转化为有唯一的值时，求值，即可通过导数研究函数的单调性即可得到答案.
【详解】设直线与的切点为，
由可知，该直线的斜率为，即该直线的方程为，
即为，
设直线与的切点为，
由可知，该直线的斜率为，即该直线的方程为，
即为，
∵仅存在一条直线与函数（）和的图象均相切，
∴ ，∴即，
令，则，
当时，即，当时，即，
即在上单调递增，在上单调递减，则在处取得最大值，，图像为

∵切线只有一条，即的值唯一，∴只有，
故选：.
23．D
【分析】根据题意可知，分别表示出，然后利用两角差的正切公式表示出，再结合基本不等式，即可求得结果.
【详解】由题意可知时锐角，且,
而，
所以，
而 ，当且仅当 ，即时取等号，
所以当时，，此时最大，
故选：D.
24．A
【分析】由题可得，然后利用指数函数及幂函数的单调性逐项分析即得.
【详解】∵均为正实数，且，，
∴，
若，则，不合题意，故，
∴减函数，又，
所以，故BC不可能；
若，则，又在上为增函数，，
∴符合题意，故A可能；
若，则，所以，不合题意，故D不可能.
故选：A.
25．B
【分析】首先求集合，再求.
【详解】，所以，，所以.
故选：B
26．D
【分析】设复数，然后利用复数的运算和概念即可求解
【详解】设复数，因为，
即，所以，解得：或，
所以的虚部为或，
故选：.
27．C
【分析】根据百分位数的定义，求得，即可确定第85百分位数为第11个数，可得答案.
【详解】由题意这组数共12个，则，
将这组数据从小到大排列为，
故这组数据的第85百分位数为第11个数，即671，
故选：C
28．C
【分析】根据题意将信噪比分别为1000，12000代入香农公式，列出等式，利用换底公式即可求出，即可求解.
【详解】因为当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计，
所以当时，当时，
所以
，所以，
所以大约增加了36%，
故选：C.
29．B
【分析】根据在上的投影向量是计算即可解决.
【详解】由题知，，
所以，
设与夹角为，
所以在上的投影向量是，
故选：.
30．C
【分析】由已知设直线的方程为，，由直线与抛物线相切，列方程求，联立直线与抛物线的方程，利用设而不求法结合弦长公式求.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，
由已知可设直线的方程为，，
因为直线与抛物线相切，所以只有一组解，
所以方程有且只有一个根，
故，又，
所以，
联立，消，得，
方程的判别式，
设，则，
所以，
故选：C.
31．D
【分析】首先求，再根据,求的范围，结合正切函数的图象，列不等式，即可求的取值范围.
【详解】由条件可知，，所以，
，当时，，
若函数在区间上恰有2个零点，则，
解得.
故选：D
32．A
【分析】结合球和正六棱锥的性质求出体积的表达式，令，求导，利用函数的单调性求得取最值时的条件，进而求解即可.
【详解】由题意可知：六棱锥的底面六边形的顶点在同一个截面圆上.
易知当六边形为正六边形时，其面积最大.要使六棱锥的体积最大，则该六棱锥为正六棱锥.
不妨设正六边形的边长为，六棱锥的高为，
则正六边形的外接圆的半径为.由球的性质可知：，则，
所以正六棱锥的体积，
设，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取最大值，
即时，取最大值，此时，所以正六棱锥的侧棱长，
故选：.
33．AC
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，

其面积为.故B错误；
对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.

在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误.

故选：
34．AD
【分析】利用平面向量的线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.
【详解】是的边上的一点（不包含顶点），则有，
得，即，
又，∴，
可得，，，，，
所以A选项正确，B选项错误；
，当且仅当时等号成立，所以，C选项错误；
，D选项正确.
故选：AD
35．ABD
【分析】将直线变形为，即可求定点坐标，即可判断A；根据弦长公式求弦长，判断B；根据直线所过定点与圆的关系，再结合直线方程的形式，即可判断CD.
【详解】A.，联立，得，所以直线过点，故A正确；
B.当时，，圆心到直线的距离，弦长，故B正确；
C.直线所过定点在圆上，过点与圆相切的直线是，
但直线，表示斜率存在的直线，表示不了直线，
故不存在直线与圆相切，故C错误；
D. 直线所过定点在圆上，所以直线与圆总有公共点，不可能相离，故D正确.
故选：ABD
36．AD
【分析】根据转化成恒成立，构造函数利用导数求解的单调性，问题进一步转化成恒成立，构造，求解最值即可.
【详解】，
故恒成立，转化成恒成立，
记，则在单调递增，故由得，故恒成立，
记，故当时，单调递减，当时，单调递增，故当时，取最大值，
故由恒成立，即,故，
故选：AD
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
37．
【解析】求出的坐标，利用平面向量的模长公式可求得.
【详解】已知向量，，则，
因此，.
故答案为：.
38．
【解析】设角为锐角，利用同角三角函数的基本关系可求得，再利用两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】不妨设为锐角，即，所以，，
所以，，
所以，.
故答案为：.
39．．
【解析】设，由余弦定理得出的一个关系式，然后由双曲线的定义又得一个，两者结合可求得，从而得三角形面积．
【详解】由已知，所以，即，
设，∵所以，而，所以，，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的几何性质，由于涉及到焦点三角形问题，可设焦半径为，利用余弦定理，双曲线的定义可求得（只要求得），然后由面积公式计算出面积．
40．．
【解析】证明平面，从而得，再由，得的中点是三棱锥的外接球的球心，求出球半径后可得表面积．
【详解】∵，，∴，又，，平面，∴平面，
∵平面，∴，而，
∴的中点到四点的距离相等，即为三棱锥的外接球的球心，为球直径，又，
∴外接球表面积为．
故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥外接球表面积，解题关键是找到外接球球心，求得球的半径．一般三棱锥外接球球心一定在过三棱锥各面外心且与此面垂直的直线上．如果三棱锥的面是直角三角形，则外心更易找到，从而外接球球心也易找到．
41．
【分析】先根据求出，进而可得
【详解】，
，即，
，又，

故答案为：0.
42．/
【分析】利用二倍角公式、两角和的余弦公式结合弦化切可求得所求事件的概率.
【详解】
.
故答案为：.
43．
【分析】不妨设点为第一象限内的点，则，利用三角形的面积可求得的值，可得出点的坐标，由可求得的值，利用离心率公式可求得结果.
【详解】不妨设点为第一象限内的点，则，
，可得，则，即点，
因此，，即，故，
因此，双曲线的离心率为.
故答案为：.
44．
【分析】计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.
【详解】等边三角形的高为，
等边三角形的外接圆半径为
三角形的外接圆半径为，
设分别是等边三角形、等边三角形的中心，
设是三棱锥的外接球的球心，是外接球的半径，
则，
所以外接球的体积为.

故答案为：
45．3
【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解.
【详解】由于，可知正态分布曲线关于对称，故
故答案为：3
46．（答案不唯一）
【分析】设等差数列的首项为，利用已知条件求出的范围，写出等差数列的通项公式即可.
【详解】设等差数列的首项为，且公差，
则，
即，所以，
令，所以，
所以可取
故答案为：（答案不唯一）
47．
【分析】通过赋值得，结合函数对称性，奇偶性得到，则，解出即可.
【详解】因为，令得，
又因为是偶函数，所以图像关于直线对称，
即①
又因为的图像关于中心对称，
所以函数是奇函数，即，
，令代换，得②
则将①②代入得
令得结合，解得，，
所以，
故答案为：2.
48．
【分析】根据给定条件，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，求出线段AB中点横坐标，即可列式求解作答.
【详解】依题意，点，设直线，，
由消去x得：，
则，线段AB的中点，
因为，则有，直线，
令得点，而，有，
又，即，因此，即，
依题意，恒成立，而恒有，因此，离心率，
所以椭圆离心率的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
49．（1）；（2）
【解析】（1）首先根据正弦定理，边角互化，可得，再结合余弦定理求得，最后计算的面积；（2）首先将正切化为正余弦，再利用正余弦定理化为边，最后代入，化简求值.
【详解】（1）因为，由正弦定理，，即，若，由余弦定理，得，又，所以，而，所以，所以.
（2）由，知.
【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．
50．（1）列联表见解析；有99.5%的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关；理由见解析；（2）答案见解析.
【分析】（1）由已知求得城市学校中偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校数后可填写列联表，计算出后可得结论；
（2）求得抽取的6个样本有4个是农村学校，2个是城市学校，可得的可能取值为0，1，2，计算出各概率后得概率分布列，再由期望公式计算出期望．
【详解】（1）设城市中，偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校个数为，则，
解得：，再根据列联表依次补全表格

经常应用
偶尔应用或者不应用
总计
农村
40
40
80
城市
60
20
80
总计
100
60
160
.
所以有99.5%的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关.
（2）在偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是2：1，所以抽取的6个样本有4个是农村学校，2个是城市学校，从中抽取2个，则的可能取值为0，1，2.
，，.
所以的分布列为：

0
1
2




的数学期望.
51．（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）要证明面面垂直，首先中求，利用边长证得，再利用三角形全等，可证明平面；（2）方法一，向量坐标法，以A为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用公式求解；方法二，几何法，利用垂直关系作出二面角的平面角，直接求正弦值.
【详解】（1）因为，点D为的中点，所以，又，所以是等边三角形，所以，所以，所以.
又，得，又，所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）以A为坐标原点，所在直线为x轴，在平面内过点A垂直于的直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，所以，
所以，.
设为平面的法向量，由，，
令,得.
而平面的一个法向量，所以.
设二面角的平面角为，则.
方法2：取中点E，连接，则平面，过点E作于F，连接，为二面角的平面角.
在中，，，，所以，
因为二面角的平面角与二面角的平面角互余，
所以二面角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：本题考查面面垂直的证明，本题的关键是第一问，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.
52．（1）；（2）、和.
【解析】（1）分别求，再利用，求椭圆方程；（2）首先设直线方程为：，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，利用两点间距离表示，再化简，代入根与系数的关系求.
【详解】（1）由已知得，得，，，所以椭圆的方程为.
（2）易知直线斜率存在，设直线方程为：.
联立，消去得，则.
设，，则，.
∵，∴，
即：.
∵，∴，
∴，解得，，，
所以满足条件的直线方程为：、和.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆锥曲线相交问题，常规步骤是直线与椭圆联立后得到根与系数的关系后，利用两点距离得到，化简是关键，利用平方差公式和点在直线上化简，求值.
53．（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）求出导函数，按和分类讨论确定的正负，得单调区间；
（2）时不等式成立，在时，首先作为的函数是递减的，只要证明时不等式成立即可，为此令（），求出导函数，为了确定它的正负，需要对其进行再次求导（再引入一个函数，求导），由零点存在定理确定的零点的范围，得，再证明最小值，可能要对进一步缩小，才可得证．
【详解】（1）解：函数的定义域为，.
①当时，，则在上单调递增；
②当时，由得，且时，单调递减；时，单调递增.
综上，时，在上单调递增；
时，在单调递减，在单调递增.
（2）证明：①当时，显然有；
②当时，令在时单调递减，所以只需证明，即.
令（），则，显然单调递增（），，，所以存在唯一，使，且时，单调递减；时，单调递增，所以.
因为，所以，即，
所以.
又因为，所以，所以，从而，
所以.
所以，故待证不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．解题关键是转化．首先分类，时不等式恒成立，在时，先把参数作为主元，讨论后发现只要时不等式成立即可，时，引入新函数，求其最小值，证明最小值大于0，证明时由于最小值点不能求出，因此设为，由零点存在定理得出的范围，然后证明出结论．
54．（1）的普通方程为．的直角坐标方程为；（2）．
【解析】（1）把参数方程化为普通方程，由化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）设上的动点为，求出点到直线的距离，利用三角函数知识可得取值范围．
【详解】（1）∵直线的参数方程为（为参数），
∴消去参数，得的普通方程为．
∵曲线的极坐标方程为，
，
的直角坐标方程为，即．
（2）曲线的参数方程为（为参数），设上的动点为，
则上的动点到距离．
∵，则上的动点到距离的最大值是，最小值是，
∴上的动点到距离的取值范围是．
【点睛】方法点睛：本题参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，涉及到椭圆上的点到定直线的距离的最值问题时可用椭圆的参数方程，设出点的坐标（对可设），由点到直线的距离公式把问题转化为三角函数的最值．
55．（1）．（2）．
【解析】（1）根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后可解不等式；
（2）分类讨论去绝对值符号后求得函数的最小值，然后解关于的不等式，注意按分母的正负分类求解．
【详解】（1）由不等式可得：，
可化为：或或
解得：或，所以原不等式的解集为．
（2）因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
要对任意恒成立，只需，即：，
所以或，解得：或，
所以，实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：本题考查解含绝对值的不等式，绝对值不等式恒成立问题．解含绝对值的不等式的常用方法是利用绝对值的定义分类讨论去绝对值符号，然后解不等式．而不等式恒成立，在解关于参数的不等式时注意分式不等式的分类讨论求解．
56．(1)，；
(2).

【分析】(1)根据给定条件求出的公比即得的通项公式；再求出并判断为等差数列即可计算作答.
(2)由(1)求出，再用错位相减法计算作答.
(1)
设等比数列的公比为q，因，则，解得，于是得，
由得：，又，则，即，
有，因此，，，于是得数列是等差数列，公差，，
所以数列和的通项公式分别为：，.
(2)
由(1)知，，
则，
则有，
，
于是得，
所以数列的前项的和.
57．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）证明出平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）过点作，交于点，过点作且，证明出平面，然后以点为空间直角坐标系原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）证明：因为，，，所以，则，
又，，所以平面，                    
平面，所以，
又，，所以平面．
（2）解：过点作，交于点，过点作且，
平面，平面，则，
且，故平面，
以点为空间直角坐标系原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

平面，平面，则，
，，则，所以，且，
，则，
则、、，，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
所以，，
则，
因此，二面角的正弦值为.
58．(1)；
(2)①分布列见解析，；②投资产品的收益更大.

【分析】（1）利用直方图可得，即求；
（2）①由题可得，即求；②分别计算收益，比较即得.
（1）
由题可得，
解得.
（2）
①由直方图知：产品为一等品的概率是，二等品概率是，三等品概率是，
由题知随机抽取3件是一等品的件数X可能的取值是0，1，2，3，且，，，
，，
则的分布列为：

0
1
2
3





∴.
②由题可得，产品为一等品的概率为，二等品的概率为，三等品的概率为，
产品为一等品的概率为，二等品的概率为，三等品的概率为，
产品的收益：,
产品的收益：,
∴，
因为，
所以，即，
故投资产品的收益更大．
59．(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）根据离心率和的面积列式计算得到，则可得椭圆方程；
（2）当直线斜率存在且不为0时,设：（），与椭圆联立，利用韦达定理求出，，进而可得的方程，与联立可得，与椭圆联立可得，再根据可得的关系，代入：可得定点，再分别验证斜率为0和斜率不存在的情况即可.
(1)
因为，
，则，
又，
解得，故椭圆的方程为；
(2)
当直线斜率存在且不为0时，设：（），
由，
得：，，                    
故，
则：，与：联立得，：，
：与：联立得：，                
因为，则，
即，解得，则：，恒过点，
当时，易知，
由得，则：过点，
当斜率不存在时，设，易知，
由得，则：过点,
综上，直线过定点.
60．(1)减区间，增区间
(2)证明见解析

【分析】小问1：根据导数求解即可判断单调性；
小问2：由，因为为增函数，只要证明即可求证．
【详解】（1）（1）易知时，为增函数，且，            
故时，，单调递减，
时，，单调递增．
（2）（2），
    又，所以，        
    下证：，即，                    
    令，，
    因为，所以在时单调递增，
    故，即，即，                     
所以，                   
又为增函数，故．
61．(1)，
(2)1

【分析】(1)将 变为，两式平方相加即可得到圆的普通方程；将代入直线方程中，即可得直线的极坐标方程.
（2）求出圆的极坐标方程，和联立，得到，再将将带入直线的极坐标方程，根据 的表达式即可求解.
【详解】（1）（为参数），得曲线的普通方程.
将 代入直线方程中，
得：，故直线的极坐标方程.
（2）曲线的极坐标方程为，
将带入曲线的极坐标方程得：，.
将带入直线的极坐标方程得：                .
所以.
62．(1)
(2)

【分析】（1）将含绝对值符号的函数化为分段函数形式，然后分段解不等式即可；
（2）分别求出两函数的最值，根据题意列出相应的不等式，即可解得答案.
【详解】（1）当时，，
所以或或
解得，
所以不等式的解集为
（2）由二次函数，                
知函数在处取得最小值1，
因为，     
时， ； 时， ，               
在时取得最大值，                                  
所以要使二次函数与函数的图象恒有公共点，只需，即    
所以m的取值范围为．
63．(1)，
(2)

【分析】（1）首先判断数列为等比数列，数列是等差数列，求数列的通项公式，再根据条件求数列的首项，即可求得数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果，利用分组转化法，利用等差，等比求和公式求和.
【详解】（1）由题意，，，，令得，又数列为等比数列，所以，即数列为公比为等比数列.
所以由可得即，数列是首项为，公差为的等差数列，
数列的通项公式：.
由，，成等差数列，得：，，，有.
（2）由（1）知，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列，偶数项是以首项为4，公比为4的等比数列.

.
64．(1)
(2)

【分析】(1)选择条件①时利用三角恒等变换公式化简即可求解，选择条件②时利用三角恒等变换公式化简即可求解，选择条件③时利用正弦定理和三角恒等变换公式化简即可求解；
(2)根据正弦定理可得，，从而，再根据，即可得到，利用三角函数的性质即可求取值范围.
【详解】（1）选择条件①：
，
所以，于是，又，所以.
选择条件②：
因为，
解得，又，所以.
选择条件③：
则，
由正弦定理得：，
即，
整理得：，
由得：，又，所以.
（2）由（1）知，，为锐角三角形，所以，
由正弦定理，得，，
于是，

化简得，，
因为,所以，所以，
，
故的取值范围为.
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证法1：几何法，要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明；
证法2：向量法，以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，证明法向量垂直，即可证明面面垂直；
（2）证法1，几何法，利用平行关系，以及等体积转化求点到平面的距离，即可求得线面角；
证法2：向量法，利用线面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）证法1：因为底面，底面，所以，
又为正方形，所以，
且，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，为线段的中点，所以，
且，平面，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
证法2：以点为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，由已知可得，，，，，，则

，，，.
设平面的法向量为，
由，得，，所以
令，得，，所以.
设平面的法向量为，
由，得，，所以，
令，得，，所以，
因为，所以，所以平面^平面.
（2）方法1：因为底面为正方形，所以，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设所求角为，
因为平面，平面，
所以，
故，，，,所以，
所以，又，点到平面的距离为2，
设点到平面的距离为，由，得，得，
又，所以.
方法2：因为，平面的法向量为，
设直线与平面所成的角为，则.
66．(1)分布列见解析，
(2)甲品种的成年水牛的变异系数大

【分析】（1）根据古典概型概率公式，结合组合数公式，根据的取值，分别求概率，即可求分布列和数学期望；
（2）根据数据，分别求两组数据的平均数，标准差，即可求两个品种的变异系数，比较大小.
【详解】（1）随机变量的可能取值为，
，，
，，
.
随机变量的分布列为：

0
1
2
3
4






随机变量的期望.
（2），，.
，，.
根据公式，甲品种的变异系数为，乙的变异系数为，
所以甲品种的成年水牛的变异系数大.
67．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据斜率公式，结合点满足，即可求双曲线的渐近线方程；
（2）首先利用点的坐标设直线的直线方程，并联立求交点的坐标，并求直线的方程，与双曲线方程联立，证明.
【详解】（1）由题意，，，满足，即.
于是，，
所以双曲线的渐近线方程为.
（2）由题，，，直线，直线.
联立直线与直线方程，解得，故.
由（1）知双曲线，故，
于是直线，即，即，与双曲线联立得：，即，即，因为，所以直线与双曲线只有一个公共点.
68．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由可得出，令，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；
（2）取，由（1）中的结论可得出，进而可得出，整理即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由，得.
令，，则，
令，则.
所以，函数在上单增，故.
①当时，则，所以在上单增，，
此时对恒成立，符合题意；
②当时，，，
故存在使得，
当时，，则单调递减，此时，不符合题意.
综上，实数的取值范围.
（2）证明：由（1）中结论，取，有，即.
不妨设，，则，整理得.
于是，
即.
【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.