河北省邯郸市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份河北省邯郸市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共54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。
河北省邯郸市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·河北邯郸·统考一模）已知集合，（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·河北邯郸·统考一模）已知复数，则（    ）
A．2 B． C．4 D．6
3．（2021·河北邯郸·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·河北邯郸·统考一模）函数的部分图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
5．（2021·河北邯郸·统考一模）构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向．某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动．如图所示的是该校高三（1）、（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好）．下列说法正确的是（    ）

A．高三（2）班五项评价得分的极差为1.5
B．除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分
C．高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高
D．各项评价得分中，这两班的体育得分相差最大
6．（2021·河北邯郸·统考一模）已知抛物线的焦点为F，P为C在第一象限上一点，若的中点到y轴的距离为3，则直线的斜率为（    ）
A． B． C．2 D．4
7．（2021·河北邯郸·统考一模）设是双曲线的两个焦点，O为坐标原点，点在C的左支上，且，则的面积为（    ）
A．8 B． C．4 D．
8．（2021·河北邯郸·统考一模）中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼·春官·大师》．八音分为“金、石、土、革、丝、木、鲍、竹”，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、鲍、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器．某同学安排了包括“土、鲍、竹”在内的六种乐器的学习，每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“鲍”相邻排课，但均不与“竹”相邻排课，且“丝”不能排在第一节，则不同的排课方式的种数为（ ）
A．960 B．1024 C．1296 D．2021
9．（2021·河北邯郸·统考一模）函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，对于函数，下列说法不正确的是（    ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增 D．的图象关于点对称
10．（2022·河北邯郸·统考一模）（    ）
A． B． C． D．
11．（2022·河北邯郸·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B．或
C．或 D．或
12．（2022·河北邯郸·统考一模）已知具有线性相关的变量，，设其样本点为，回归直线方程为，若，，则（    ）
A．5 B．3 C．1 D．
13．（2022·河北邯郸·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·河北邯郸·统考一模）第24届冬季奥运会于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行，现要安排三名男志愿者和两名女志愿者去国家高山滑雪馆､国家速滑馆､首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，每名志愿者只能去一个场馆，且每个场馆最少安排一名志愿者，若两名女志愿者分派到同一个场馆，则不同的分配方法有（    ）
A．24种 B．36种 C．56种 D．68种
15．（2022·河北邯郸·统考一模）已知直线与圆相交于、两点，若，则实数的值为（    ）
A．或 B．或 C．或 D．或
16．（2022·河北邯郸·统考一模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下中的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二问物几何？现有一个相关的问题：将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列14，29，44，…，则该数列的项数为（    ）
A．132 B．133 C．134 D．135
17．（2022·河北邯郸·统考一模）已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点，则满足为直角三角形的点有（    ）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
18．（2023·河北邯郸·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2023·河北邯郸·统考一模）已知复数z是方程的一个根，且复数z在复平面内对应的点位于第三象限，则（    ）
A． B． C． D．
20．（2023·河北邯郸·统考一模）在等差数列中，“”是“”的（    ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
21．（2023·河北邯郸·统考一模）已知，，且，则的最小值是（    ）
A．2 B．4 C． D．9
22．（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数为偶函数，且函数在上单调递增，则关于x的不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
23．（2023·河北邯郸·统考一模）抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，反之，平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过该抛物线的焦点．已知抛物线C：，一条平行于x轴的光线，经过点，射向抛物线C的B处，经过抛物线C的反射，经过抛物线C的焦点F，若，则抛物线C的准线方程是（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·河北邯郸·统考一模）某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有（    ）
A．21种 B．30种 C．42种 D．60种
25．（2023·河北邯郸·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
26．（2021·河北邯郸·统考一模）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（    ）

A．正四棱锥的底面边长为6米 B．正四棱锥的底面边长为3米
C．正四棱锥的侧面积为平方米 D．正四棱锥的侧面积为平方米
27．（2021·河北邯郸·统考一模）新学期到来，某大学开出了新课“烹饪选修课”，面向2020级本科生开放．该校学生小华选完内容后，其他三位同学根据小华的兴趣爱好对他选择的内容进行猜测．甲说：小华选的不是川菜干烧大虾，选的是烹制中式面食．乙说：小华选的不是烹制中式面食，选的是烹制西式点心．丙说：小华选的不是烹制中式面食，也不是家常菜青椒土豆丝．已知三人中有一个人说的全对，有一个人说的对了一半，剩下的一个人说的全不对，由此推断小华选择的内容（    ）
A．可能是家常菜青椒土豆丝 B．可能是川菜干烧大虾
C．可能是烹制西式点心 D．可能是烹制中式面食
28．（2021·河北邯郸·统考一模）已知函数，若关于x的方程恰有两个不同解，则的取值可能是（    ）
A． B． C．0 D．2
29．（2022·河北邯郸·统考一模）如图，是正六边形的中心，则（    ）

A．
B．
C．
D．
30．（2022·河北邯郸·统考一模）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且，则（    ）

A．平面EGHF B．平面ABC
C．平面EGHF D．直线GE，HF，AC交于一点
31．（2022·河北邯郸·统考一模）已知函数，则（    ）
A．为周期函数 B．的图象关于轴对称
C．的值域为 D．在上单调递增
32．（2022·河北邯郸·统考一模）下列大小关系正确的是（    ）
A． B．
C． D．
33．（2023·河北邯郸·统考一模）已知向量，，且，则（    ）
A． B． C． D．
34．（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数，则（    ）
A．的定义域是 B．有最大值
C．不等式的解集是 D．在上单调递增
35．（2023·河北邯郸·统考一模）已知双曲线C：的左、右焦点分别是，，过作圆的切线l，切点为M，且直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，则下列结论正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，则双曲线C的渐近线方程为
C．若，则双曲线C的离心率是
D．若M是的中点，则双曲线C的离心率是
36．（2023·河北邯郸·统考一模）在棱长为6的正方体中，E为的中点，P在棱BC上（不包括端点），则下列判断正确的是（    ）
A．存在点P，使得AP⊥平面
B．存在点P，使得三棱锥的体积为45
C．存在点P，使得点P到DE的距离为5
D．当P为BC的中点时，三棱锥外接球的表面积为86π

三、填空题
37．（2021·河北邯郸·统考一模）已知平面向量，非零向量满足，则__________．（答案不唯一，写出满足条件的一个向量坐标即可）
38．（2021·河北邯郸·统考一模）已知，则的最小值为__________．
39．（2021·河北邯郸·统考一模）已知函数满足，则曲线在点处的切线斜率为___________．
40．（2021·河北邯郸·统考一模）在正四棱锥中，，若四棱锥的体积为，则该四棱锥外接球的体积为_________．
41．（2022·河北邯郸·统考一模）函数的图象在点处的切线方程为___________.
42．（2022·河北邯郸·统考一模）不等式的解集为___________.
43．（2022·河北邯郸·统考一模）已知A、B、C、D四点都在表面积为100π的球O的表面上，若AD是球O的直径，且，，则该三棱锥A－BCD体积的最大值为___________.
44．（2022·河北邯郸·统考一模）已知点在双曲线的右支上，，动点满足，是双曲线的右焦点，则的最大值为___________.
45．（2023·河北邯郸·统考一模）身体质量指数，也就是BMI指数，简称体质指数，是国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准．某校为了解该校学生的身体健康情况，从某班随机抽取20名学生进行调查，得到这20名学生的BMI指数分别是15，15.3，15.6，15.9，16.2，16.6，17.5，17.8，18.2，18.7，19.3，19.5，20.3，21.1，21.5，22.7，22.9，23.1，23.4，23.5，则这组数据的第65百分位数是_______________．
46．（2023·河北邯郸·统考一模）在正四棱锥P－ABCD中，，点E，F满足，，则异面直线BE与CF所成角的余弦值为_______________．
47．（2023·河北邯郸·统考一模）已知点，，符合点A，B到直线l的距离分别为1，3的直线方程为___________________（写出一条即可）．
48．（2023·河北邯郸·统考一模）在长方形中，，，为边的中点，分别为边上的动点，且，则的取值范围是_______________．

四、解答题
49．（2021·河北邯郸·统考一模）已知各项均为正数的等差数列的公差为4，其前n项和为且为的等比中项
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
50．（2021·河北邯郸·统考一模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
（1）求的值；
（2）若点D为边的中点，，求的值．
51．（2021·河北邯郸·统考一模）为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，加强环境的治理和生态的修复，某市在其辖区内某一个县的27个行政村中各随机选择农田土壤样本一份，对样本中的铅、锦、铭等重金属的含量进行了检测，并按照国家土壤重金属污染评价级标准（清洁、尚清洁、轻度污染、中度污染、重度污染）进行分级，绘制了如图所示的条形图

（1）从轻度污染以上（包括轻度污染）的行政村中按分层抽样的方法抽取6个，求在轻度、中度、重度污染的行政村中分别抽取的个数；
（2）规定：轻度污染记污染度为1，中度污染记污染度为2，重度污染记污染度为3．从（1）中抽取的6个行政村中任选3个，污染度的得分之和记为X，求X的数学期望．
52．（2021·河北邯郸·统考一模）如图，在直三棱柱中，底面是等边三角形，D是的中点．

（1）证明：平面．
（2）若，求二面角的余弦值
53．（2021·河北邯郸·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且点在C上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设过的直线l与C交于A，B两点，若，求．
54．（2021·河北邯郸·统考一模）已知函数
（1）若在上是减函数，求实数m的取值范围；
（2）当时，若对任意的，恒成立，求实数n的取值范围．
55．（2022·河北邯郸·统考一模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求B.
(2)若，，___________，求.
在①D为AC的中点，②BD为∠ABC的角平分线这两个条件中任选一个，补充在横线上.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
56．（2022·河北邯郸·统考一模）在一次活动课上，老师准备了4个大小完全相同的红包，其中只有一个红包里面有100元，其余三个里面都是白纸.老师邀请甲上台随机抽取一个红包，但不打开红包，然后老师从剩下的三个红包中拿走一个装有白纸的红包，甲此时可以选择将自己选中的红包与剩下的两个红包中的一个进行置换.
(1)若以获得有100元的红包概率的大小作为评判的依据，甲是否需要选择置换？请说明理由.
(2)以（1）中的结果作为置换的依据，记表示甲获得的金额，求的分布列与期望.
57．（2022·河北邯郸·统考一模）如图，在四棱锥中，，为平行四边形，，平面，，分别是，的中点.

(1)证明：平面平面.
(2)求二面角的余弦值.
58．（2022·河北邯郸·统考一模）已知数列满足.
(1)证明：数列为等比数列.
(2)已知，求数列的前项和.
59．（2022·河北邯郸·统考一模）已知抛物线的焦点在轴上，过且垂直于轴的直线交于（点在第一象限），两点，且.
(1)求的标准方程.
(2)已知为的准线，过的直线交于，（，异于，）两点，证明：直线，和相交于一点.
60．（2022·河北邯郸·统考一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围.
61．（2023·河北邯郸·统考一模）设数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
62．（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数在上单调．
(1)求的单调递增区间；
(2)若△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，求△ABC周长的最大值．
63．（2023·河北邯郸·统考一模）如图1，四边形ABCD是等腰梯形，E，F分别是AD，BC的中点，．将四边形ABFE沿着EF折起到四边形处，使得，如图2，G在上，且．

(1)证明：平面DFG；
(2)求平面DFG与平面夹角的余弦值
64．（2023·河北邯郸·统考一模）甲、乙两人进行投篮比赛，分轮次进行，每轮比赛甲、乙各投篮一次．比赛规定：若甲投中，乙未投中，甲得1分，乙得－1分；若甲未投中，乙投中，甲得－1分，乙得1分；若甲、乙都投中或都未投中，甲、乙均得0分．当甲、乙两人累计得分的差值大于或等于4分时，就停止比赛，分数多的获胜：4轮比赛后，若甲、乙两人累计得分的差值小于4分也停止比赛，分数多的获胜，分数相同则平局、甲、乙两人投篮的命中率分别为0.5和0.6，且互不影响．一轮比赛中甲的得分记为X．
(1)求X的分布列；
(2)求甲、乙两人最终平局的概率；
(3)记甲、乙一共进行了Y轮比赛，求Y的分布列及期望．
65．（2023·河北邯郸·统考一模）已知椭圆C：的离心率与双曲线的离心率互为倒数，点在椭圆C上，不过点A的直线l与椭圆C交于P，Q两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线AP，AQ的斜率之和为1，试问直线l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
66．（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)对任意的，都有，求a的取值范围．

参考答案：
1．A
【分析】先利用一元二次不等式的解法求出集合，再利用集合的交补运算求解即可．
【详解】因为，
，
又，
所以.
故选：A.
2．D
【分析】根据复数代数形式的乘法运算计算可得；
【详解】解：因为，所以，所以，所以
所以．
故选：D
3．B
【分析】运用诱导公式及齐次化即可或解.
【详解】由，得，所以，
从而
故选：B
4．D
【分析】通过函数的定义域判断选项C，通过函数的奇偶性判断选项B，当时，通过函数的正负判断选项A，即可得出结果.
【详解】因为，
所以的定义域为，
则，故排除C；
而，
所以为奇函数，
其图象关于原点对称，故排除B；
当时，，，所以排除A．
故选：D．
5．C
【分析】利用极差的概念，平均数的概念以及根据统计图表的相关知识判断选项即可.
【详解】对于A，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，
所以极差为，A错误；
对于B，两班的德育分相等，B错误；
对于C，高三（1）班的平均数为，
（2）班的平均数为，故C正确；
对于D，两班的体育分相差，
而两班的劳育得分相差， D错误，
故选：C．
6．B
【分析】由的中点到y轴的距离为3可求得，得出点坐标，即可求出斜率.
【详解】的中点到y轴的距离为3，
，即，解得，
代入抛物线方程可得，
因为F点的坐标为，所以直线的斜率为．
故选：B.
7．A
【分析】根据已知条件可以求出，由双曲线的可得点在以为直径的圆上，利用时直角三角形，利用勾股定理以及双曲线的定义即可求出，再由三角形的面积公式即可求解.
【详解】由，
不妨设，，
所以，所以点在以为直径的圆上，
即是以为直角顶点的直角三角形，
故，即．
又，
所以，
解得：，
所以．
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用已知条件分析出是直角三角形，再利用勾股定理和双曲线的定义求出的值.
8．C
【分析】排课可分为以下两大类：（1）“丝”被选中，（2）“丝”不被选中，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】由题意，排课可分为以下两大类：
（1）“丝”被选中，不同的方法总数为种；
（2）“丝”不被选中，不同的方法总数为种．
故共有种．
故选：C
9．C
【分析】将函数转化为，再由平移变换得到，然后逐项判断.
【详解】因为．其图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．所以的最小正周期为，故A正确；
当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；
当时，，所以在间上不单调，故C错误；
当时，，所以函数的图象关于点对称，故D正确．
故选：C
10．B
【分析】利用复数的除法法则进行求解.
【详解】.
故选：B.
11．D
【分析】先化简集合A，再去求即可解决.
【详解】由，
得或，解之得或
则或
又
则或或
故选：D
12．A
【分析】先求出样本中心点，再代入回归直线方程即可.
【详解】因为，所以，因为，所以.
因为线性回归直线经过样本中心点，所以，解得.
故选：A.
13．C
【分析】利用诱导公式及同角三角函数关系，将目标式转化为用表示，然后代入计算即可.
【详解】因为，
则
.
故选：C.
14．B
【分析】利用分组分配的方法计算分析.
【详解】若两名女志愿者分配到同一个场馆，且该场馆没有男志愿者，则有种方法；若两名女志愿者分配到同一个场馆，且该场馆有一名男志愿者，则有种方法，所以一共有36种分配方法.
故选：B
15．A
【分析】分析可知为等腰直角三角形，利用几何关系求出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
因为且，故为等腰直角三角形，且，
则圆心到直线的距离为，
由点到直线的距离公式可为，解得或.
故选：A.
16．C
【分析】先得到新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，求出通项公式，解不等式求出数列的项数.
【详解】由题意得：新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，
设新数列为，则通项公式为，
令，解得：，
因为，所以这个数列的项数为134.
故选：C
17．B
【分析】根据椭圆的对称性及的值，分类讨论，即可求解.
【详解】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
设椭圆的上顶点为，
由椭圆，可得，可得，
则，，
所以，故，
所以不存在以为直角顶点的，
故满足本题条件的点共有4个.
故选：B.
18．B
【分析】解二次不等式得集合，由函数的定义域得集合，再求集合即可.
【详解】因为，
所以，
又，
所以，
则．
故选：B.
19．D
【分析】先求出方程在复数范围内的根，再根据题意求得复数，再根据共轭复数的定义即可得解.
【详解】复数范围内方程的根为，
因为复数z在复平面内对应的点位于第三象限，所以，则．
故选：D.
20．A
【分析】根据数列的性质求解.
【详解】当的公差时，由，得m是任意的正整数，
由，得，
则“”是“”的必要不充分条件．
故选:A.
21．C
【分析】根据“乘1法”，运用基本不等式即可求解.
【详解】依题意，
因为，所以，则

，
当且仅当，时，等号成立．
故选：C.
22．A
【分析】利用函数的奇偶性和对称性，得到函数的单调区间，利用单调性解函数不等式.
【详解】因为为偶函数，所以的图像关于y轴对称，则的图像关于直线对称．
因为在上单调递增，所以在上单调递减．
因为，所以，解得．
故选：A.
23．B
【分析】根据抛物线的定义，可得答案.
【详解】由抛物线的定义可得，解得，则抛物线C的准线方程是．
故选：B.
24．C
【分析】把4人分成2个组，选择2个社团，把2个组分配给2个社团.
【详解】4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2 人，有种方案，
3个社团选择2个社团，有种方案，
把2个组分配给2个社团，有种方案，
由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有种．
故选：C
25．B
【分析】a和b的大小比较，利用作差法判断；b和c的大小比较，通过构造函数，利用其单调性判断；a和c的大小比较，通过构造函数，利用其单调性判断.
【详解】解：因为，所以．
设，则，故在上单调递增．
因为，所以，即．
设，则，当时，，则在上单调递减．
因为，所以，即．
综上．
故选：B
26．AC
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.
【详解】
如图，在正四棱锥中，
O为正方形的中心，为的中点，
则，
设底面边长为．
因为，
所以．
在中，，
所以，底面边长为6米，
平方米．
故选：AC.
27．BD
【分析】根据合情推理，分别假设小华选择的烹饪选修课，判断甲、乙、丙的说法即可得出选项.
【详解】若小华选择的是家常菜青椒土豆丝，
则甲对一半，乙对一半，丙对一半，不满足条件，排除；
若小华选择的是川菜干烧大虾，则甲全不对，乙对一半，丙全对，满足条件；
若小华选择的是烹制西式点心，则甲对一半，乙全对，丙全对，不满足条件，排除；
若小华选择的是烹制中式面食，则甲全对，乙全不对，丙对一半，满足条件．
故小华选择的可能是川菜干烧大虾或者烹制中式面食，
所以选：BD．
28．BC
【分析】利用函数的单调性以及已知条件得到，代入，令，求导，利用导函数的单调性分析原函数的单调性，即可求出取值范围.
【详解】因为的两根为，
所以，
从而．
令，
则，．
因为，
所以，
所以在上恒成立，
从而在上单调递增．
又，
所以，
即的取值范围是，
故选：BC．
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决函数的范围问题.构造函数 ，利用导数求取值范围是解决本题的关键.
29．BD
【分析】根据向量的加减法及数量积的运算法则进行逐项判断.
【详解】解：由题意得：
结合正六边形的性质可知，对于选项A：，故A错误；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D正确.
故选：BD.
30．AD
【分析】由条件可得，FH与AC为相交直线，即可判断ABC，EG与FH必相交，设交点为M，然后可证明，即可判断D正确.
【详解】因为，所以.
又E，F分别为AB，AD的中点，所以，且，则.
易知平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误.
因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，
所以平面ABC，平面ACD，
则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，
所以，即直线GE，HF，AC交于一点，即D正确.
故选：AD
31．ACD
【分析】根据函数的周期性、对称性、值域以及单调性进行逐项判断.
【详解】解：由题意得：
对于A选项：因为，所以是函数的一个周期，A正确；
对于B选项：因为，则的图象关于原点对称，B错误；
对于C选项：当，时，；
当，时，.
故函数的值域为，C正确；
对于D选项：当时，，因为，所以在上单调递增，D正确.
故选：ACD.
32．ABD
【分析】A、B选项画出和的图象，数形结合进行比较，C选项构造函数，借助单调性进行判断，D选项作减法，借助对数运算及基本不等式进行比较.
【详解】
作出和的图象，如图所示，由图象可得，当时，，
当时，，，，故A，B正确.
令，则，在上单调递减，所以，故C错误.
，所以，故D正确.
故选：ABD.
33．AC
【分析】设的坐标，利用向量模的坐标公式及关系，建立方程组解出来即可.
【详解】设，
因为，，
所以，
解得或，
故或．
故选：AC.
34．AB
【分析】根据函数解析式，求解函数定义域，利用复合函数单调性求解单调区间及最值，利用单调性解函数不等式。
【详解】由题意可得，解得，即的定义域是，则A正确；
，因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则B正确；
因为在上单调递增，在上单调递减，且，所以不等式的解集是，则C错误；
因为在上单调递减，所以D错误．
故选：AB.
35．ABD
【分析】，，，根据选项中的条件，求出和，利用双曲线的定义，求出渐近线方程和离心率等结果.
【详解】如图所示，

对于A：由，，得，所以，，．
设，则．
在中，由余弦定理可得，解得，
则，，从而，故A正确；
对于B：由，得，因为O为的中点，所以M为的中点．
由题意可知，，则，．
由双曲线的定义可得，即，
则双曲线C的渐近线方程为，故B正确；
对于C：由，得，则．
在中，由余弦定理可得，
整理得，则，故C错误；
对于D：因为M，O分别是，的中点，所以，所以，．
由双曲线的定义可得，即，则，故D正确．
故选：ABD
36．AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量解决垂直问题，向量法求点到平面距离，求点到直线距离，几何法求外接球半径.
【详解】以为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，，，，，
对于A：当P是BC的中点时，，，，，
，所以，，，平面，
所以AP⊥平面，则A正确．
对于B：由正方体的性质可得平面，则．
因为，所以，，则的面积．
由选项A可知，平面的一个法向量，，设点P到平面的距离为h，则，
由，则，从而三棱锥的体积，故B错误．
对于C：，，则点P到DE的距离．
因为，所以，，则C错误；
对于D：如图，分别取棱AB，的中点F，G，连接DF，EF，EG，，PG，PD，PF，则三棱锥的外接球与三棱柱的外接球为同一个球．
由题意可得，．
由余弦定理可得，从而，
则的外接圆半径，从而三棱柱外接球的半径R满足，故其外接球的表面积，D正确．
故选：AD
【点睛】方法点睛：题中图形为正方体，便于建立空间直角坐标系，关于垂直的证明，求点到平面距离，求点到直线距离，利用空间向量法，比几何法更方便简洁.
37．
【分析】设，根据，代入公式，即可求得满足题意的答案.
【详解】设，因为，所以，可取．
故答案为：
38．16
【分析】根据题意由展开利用基本不等式可求解.
【详解】因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为16.
故答案为：16.
39．3
【分析】根据极限形式和求导公式得，进而得，计算得解.
【详解】由，可得．
因为，所以，即，则，
所以，．
故答案为：3.
40．
【分析】首先作平面，垂足为H．连接，得到，，从而，根据四棱锥的体积为，得到，再设出外接球的球心，得到方程，解方程再求外接球体积即可.
【详解】如图所示：

作平面，垂足为H．连接，则H为的中点．
设，则，，从而，故四棱锥的体积为，解得．
由题意可知正四棱锥外接球的球心O在上，连接．
设正四棱锥外接球的半径为R，
则，即
解得，故该四棱锥外接球的体积为．
故答案为：
41．
【分析】求导，利用导数的几何意义进行求解.
【详解】由题意，得，
则，，
则所求切线的方程为，
即.
故答案为：.
42．
【分析】将原不等式变为，设，然后利用函数的单调性解不等式.
【详解】由，可得.
令，
因为均为上单调递减函数
则在上单调逆减，且，
，

故不等式的解集为.
故答案为：.
43．
【分析】作出图像，数形结合求解.设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，故当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，在△ABC内，由余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，如此即可求出最后答案.
【详解】设求O的半径为R，∵球O的表面积为，∴，∴，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，∴，

∴，
∵AD是直径，O是AD中点，∴D到平面ABC的距离为.
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积的最大值.
故答案为：.
44．/
【分析】由题意可知的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，利用双曲线定义将转化为，结合图形，利用几何性质可求得答案.
【详解】动点满足，则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆,
设双曲线的左焦点为，由题知，
则，
当且仅当，，三点共线时，等号成立，

所以的最大值为，
故答案为：
45．
【分析】根据百分位数的定义即可求解.
【详解】因为，所以这组数据的第65百分位数是．
故答案为：20.7.
46．
【分析】∠BEG是异面直线BE与CF所成的角（或补角），求出△BEG中各边的长，由余弦定理求角的余弦值.
【详解】如图，取棱PC的中点G，连接BG，EG．

由题意可知，即E是PF的中点．
因为G是PC的中点，所以，则∠BEG是异面直线BE与CF所成的角（或补角）．
正四棱锥P－ABCD中，，设，
中，，，，
则，
正三角形中，，
与中，，，
∴，，
在△BEG中，由余弦定理可得．
故答案为：
47．或或或（写出一条即可）
【分析】根据题意可知直线l是圆与圆的公切线，先判断两圆外离，可得直线l有四条，再根据几何性质（相似三角形的性质）和点到直线的距离公式即可求解直线l的方程．
【详解】由题意可知直线l是圆与圆的公切线，
因为两圆为外离关系，所以满足条件的直线l有四条．
当直线l是两圆的外公切线时，由几何性质（相似三角形的性质）易知直线l过点．
设直线l的方程为，则，解得，
此时直线l的方程为或．
当直线l是两圆的内公切线时，由几何性质（相似三角形的性质）易知直线l过点，
设直线l的方程为，则，解得，
此时直线l的方程为或．

故答案为：或或或（写出一条即可）．
48．
【分析】画出图形，用三角函数的性质表示出，在根据辅助角公式化简，换元法后利用函数单调性求解即可.
【详解】如图，

设，
则，，，
，
令，则，
所以．
易得，所以，，
因为函数在上单调递增，
所以，
所以．
故答案为：
49．（1）；（2）．
【分析】法一：（1）将，和都表示成和的形式，代入等比中项，求出，进而求出通项公式；（2）代入数列的通项公式则，裂项相消求即可.法二：（1）利用前项和的性质，可得，代入等比中项可得，化简，再代入和，计算可得，从而求得通项公式；（2）同法一.
【详解】解：（1）因为数列是公差为4的等差数列，
所以．
又，所以，即，
解得或（舍去），
所以．
（2）因为，
所以


．
法二：（1）因为数列是公差为4的等差数列，且为的等比中项，
所以，从而．
因为，所以，即，
解得，
所以．
（2）第二问解法同上．
【点睛】易错点睛：本题考查裂项相消求和，要注意裂项时配凑的系数和消项时保留的项数.
50．（1）4；（2）．
【分析】（1）由，带入余弦定理整理可得，所以，带入即可得解；
（2）作边上的高，垂足为E，因为，所．
又，所以，因为点D为边的中点且，所以，再根据勾股定理即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
即．
又，
所以．

（2）如图，作边上的高，垂足为E，
因为，所以．
又，所以．
因为点D为边的中点，，所以．
在直角三角形中，，所以．
在直角三角形中，，所以．
51．（1）从轻度污染的行政村中抽取个，从中度污染的行政村中抽取个，从重度污染的行政村中抽取个；（2）5．
【分析】（1）根据题意，轻度污染以上（包括轻度污染）的行政村共个，再根据分层抽样分别算出所抽取的轻度污染、中度污染、重度污染行政村的个数即可；
（2）X的所有可能取值为3，4，5，6，7，写出每算出一个数据的概率，得出分布列，再根据期望公式即可得解.
【详解】（1）轻度污染以上（包括轻度污染）的行政村共个，
所以从轻度污染的行政村中抽取个，从中度污染的行政村中抽取个，从重度污染的行政村中抽取个．
（2）X的所有可能取值为3，4，5，6，7．
，
，
，
，
．
所以X的分布列为
X
3
4
5
6
7
P





所以．
52．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1），连接，由三角形的中位线可得，进而可得平面.
（2）故以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．平面的法向量为，平面的一个法向量为,进而可得结果.
【详解】（1）记，连接．
由直棱柱的性质可知四边形是矩形，则E为的中点．
因为D是的中点，所以．
因为平面平面，所以平面．

（2）因为底面是等边三角形，D是的中点，所以，
由直棱柱的性质可知平面平面，则平面．
取的中点F，连接，则两两垂直，故以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，从而．
设平面的法向量为，
则令，得．
平面的一个法向量为，
则．
设二面角为，由图可知为锐角，则．
53．（1）；（2）．
【分析】（1）由题得，，又，解方程可得，从而得椭圆的方程；
（2）当直线l的斜率不存在时，，所以，直线l的斜率存在时，设其为，联立方程并由韦达定理求出的式子得，求得，同理得出，求出，即可得.
【详解】解：（1）因为椭圆C过点，
所以．①
又椭圆C的离心率为，所以，
故．②
联立①②得解得故椭圆C的标准方程为．
（2）当直线l的斜率不存在时，，所以，
故直线l的斜率存在，设直线．
联立消去y并整理得，
则．
，
同理．
因为，解得，
所以，
又因为，所以．
【点睛】易错点睛：第二问未讨论直线斜率不存在的情况，第二问中，直线l的方程为也可以设为进行求解.
54．（1）；（2）．
【分析】（1）由题意可得对于恒成立，分离转化为最值即可求解；
（2）由题意可得恒成立，即，构造函数，利用导数判断其单调性可得与的关系，分离即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
由题意可得对于恒成立，即，
可得，所以
所以实数的取值范围是．
（2）对任意的，恒成立，
即恒成立，即恒成立．
因为，所以，易知在上单调递增，且在上，所以，即对任意的恒成立．
令，则，
当时，；当时，．
则在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，显然，
故实数n的取值范围是．
【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法
（1）分离参数法
若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
（2）数形结合法
结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.
（3）主参换位法
把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.
55．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得，从而求出；
（2）选择条件①：利用向量的加法和数量积运算；选择条件②：利用面积关系进行计算；
(1)
（1）由正弦定理得，.
因为，所以，
所以，即.
又，则，所以.
(2)
（2）选择条件①：因为，所以，
，
.
选择条件②：
因为BD为∠ABC的角平分线，所以，
则，

解得.
56．(1)甲需要选择置换，理由见解析；
(2)分布列答案见解析，数学期望：.

【分析】（1）利用条件概率即求；
（2）由题可得的可能取值为0，100，分别求概率，即得.
【详解】（1）甲需要选择置换.
理由如下：若甲同学不选择置换，则获得有100元的红包的概率为，
若甲同学选择置换，若甲同学第一次抽到100元，概率为，置换后概率为0，故为，
若甲同学第一次没有抽到100元，概率为，置换后概率为，故为；
则获得有100元的红包的概率为，
因为，所以甲需要选择置换.
（2）由题可知的可能取值为0，100.
，
，
的分布列如下：

0
100



.
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，通过证明和可得答案；
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出面和面的法向量，利用夹角公式求解即可.
【详解】（1）证明：连接.因为平面，所以
又因为，且为平行四边形，，
所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以
又因为，所以，
因为，所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为平面，所以是平面的一个法向量.
设平面的法向量为，

由，，可得
令，则，
即.
，
又二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先通过退位相减法得到，再按照定义证明等比数列即可；
（2）先由（1）求出，进而求出，再按照裂项相消求和即可.
【详解】（1）证明：当时，，则.
因为，①
所以，②
由②①得，
化简可得，
，
所以数列是一个公比为的等比数列.
（2）由（1）可知，化简可得.
.
所以.
59．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据直线过点且垂直于轴交抛物线于，两点，且，可求出，便可得出抛物线的标准方程.
（2）根据直线与抛物线的交点联立方程，求出，直线方程，代入准线的横坐标，利用，分别与准线相交的纵坐标相等，可知直线，和相交于一点.
【详解】（1）解：设抛物线的标准方程为，则
将代入，可得
所以，则
所以抛物线的标准方程失.
（2）证明：由（1）可知，，
设直线的方程为，
联立则
设，，则，
直线的方程为，即.
令，解得；
直线的方程为，即.
令，解得，
因为，
所以直线，和相交于一点.
60．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求导，讨论导函数的符号变化进行求解；
（2）分三种情况进行讨论：当时，适当放缩进行证明；当时，证明恒成立；当时，根据函数的单调性确定最小值，再讨论、进行求解.
【详解】（1）解：，，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：若，因为，
取，
则，，
，
此时，故此时不可能恒成立.
若，此时恒成立.
若，则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值在处取到，即，
而.
显然当时，，，此时.
当时，，，此时，
故.
综上所述.
61．(1)
(2)

【分析】（1）根据与的关系，即可求得数列的通项公式；
（2）根据题意，由分组求和法结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得到结果.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，则，即，
从而是首项为1，公比为2的等比数列，所以，
且当时，也满足，
所以故．
（2）由（1）可得，则，
故

．
62．(1)
(2)9

【分析】（1）先利用降幂公式和辅助角公式可得，再根据在上单调，可得，从而可求得，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）先根据求出，再利用余弦定理结合基本不等式求得的最大值，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，
因为在上单调，
所以，解得，
因为，
所以，即，
令，
解得，
即的单调递增区间是；
（2）因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
由余弦定理可得，
即，即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，解得，
则，即△ABC周长的最大值为9．
63．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据条件，证明平面，再建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）（1）证明：连接CE，交DF于点H，连接GH．
易证，
所以．
因为，所以，
所以，则．
因为平面DFG，平面DFG，
所以平面DFG．
（2）由图1可知，．
因为，E，F分别是AD，BC的中点，
所以，，则．
因为，所以，所以．
因为EF，平面CDEF，且，所以平面CDEF．
故以E为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

因为，所以，，，，，
则，，，．
设平面DFG的法向量为，
则
令，得．
设平面的法向量为，
则
令，得．
设平面DFG与平面的夹角为θ，
则
64．(1)分布列见解析
(2)
(3)分布列见解析，期望为

【分析】（1）X的所有可能取值为－1，0，1，求出相应的概率列出分布列即可；
（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：①四轮比赛中甲、乙均得0分；②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分；③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分；再分别求出每一种情况的概率相加即可；
（3）Y的所有可能取值为2，3，4，求出对应的概率列出分布列即可.
【详解】（1）依题意，
X的所有可能取值为－1，0，1．
，
，
，
所以X的分布列为
X
－1
0
1
P
0.3
0.5
0.2
（2）因为甲、乙两人最终平局，所以甲、乙一定进行了四轮比赛分三种情况：
①四轮比赛中甲、乙均得0分，其概率为．
②四轮比赛中有两轮甲、乙均得0分，另两轮，甲、乙各得1分，
其概率为．
③四轮比赛中甲、乙各得2分，且前两轮甲、乙各得1分，
其概率为．
故甲、乙两人最终平局的概率为．
（3）Y的所有可能取值为2，3，4．
，
，
，
所以Y的分布列为
Y
2
3
4
P
0.13
0.13
0.74
．
65．(1)
(2)过定点，定点坐标为

【分析】（1）先计算出椭圆的离心率，然后结合椭圆上的点建立的等式，即可求解；
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，与椭圆联立可得，，结合直线AP，AQ的斜率之和为1可得，则直线l为，此时有定点，然后检验斜率不存在时即可
【详解】（1）由题意，由的离心率为可得椭圆C的离心率为．
设椭圆C的焦距为2c，
则，解得，．
故椭圆C的标准方程为．
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立，整理得，
则，
，．
因为，所以，
即，
所以，
整理得，
则，
整理得，
即．
因为直线l不过点A，所以，
则，即，
从而直线l的方程为，故直线l过定点．
当直线l的斜率不存在时，直线l：与椭圆C交于，，
不妨设，，则，
解得，此时，直线l过点．
综上，直线l过定点．
【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.
66．(1)
(2)

【分析】（1）求出时的解析式并求出，利用导数的几何意义求出切线斜率，再求出切点坐标，然后利用点斜式即可求出切线方程；
（2）构造函数，并求，结合题意至少可得，先证明在上单调递增，再证明时，成立即可．
【详解】（1）当时，，则．
所以，，
故所求切线方程为，即．
（2）设，
则．
因为，所以至少满足，即．
设．
因为，，所以在上单调递增，
所以．
设，
则．
因为，所以，，
则在上恒成立，即在上单调递增，
所以，即对任意，都有．
故a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：破解此类题的关键：①是定义域优先，求解有关函数的单调性时，需注意定义域优先；②是活用导数，对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性；③是会转化，会把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，通过构造函数，借用导数，判断函数的单调性，求其最值，即可得参数的取值范围，必要时可先给出所求参数的取值范围，再证明参数取最值时成立即可．