湖南省株洲市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份湖南省株洲市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共61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。

湖南省株洲市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·湖南株洲·统考一模）已知全集为N，集合，，则图中阴影部分所表示的集合是（    ）

A． B． C． D．
2．（2021·湖南株洲·统考一模）（    ）
A．1 B． C． D．
3．（2021·湖南株洲·统考一模）若（a，b为有理数），则a=（    ）
A．-25 B．25 C．40 D．41
4．（2021·湖南株洲·统考一模）由我国引领的5G时代已经到来，5G的发展将直接带动包括运营、制造、服务在内的通信行业整体的快速发展，进而对GDP增长产生直接贡献，并通过产业间的关联效应和波及效应，间接带动国民经济各行业的发展，创造出更多的经济增加值．如图是某单位结合近年数据，对今后几年的5G经济产出所做的预测．结合图，下列说法不正确的是（    ）

A．5G的发展带动今后几年的总经济产出逐年增加
B．设备制造商的经济产出前期增长较快，后期放缓
C．设备制造商在各年的总经济产出中一直处于领先地位
D．信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势
5．（2021·湖南株洲·统考一模）由0，1，2，5四个数组成没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数是（    ）
A．24 B．12 C．10 D．6
6．（2021·湖南株洲·统考一模）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.图中的为矩形，弧为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面（图中阴影部分）的面积为（    ）

A． B．
C． D．
7．（2021·湖南株洲·统考一模）已知为正六边形，若A、D为椭圆W的焦点，且B、C、E、F都在椭圆W上，则椭圆W的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·湖南株洲·统考一模）区块链作为一种革新的技术，已经被应用于许多领域.在区块链技术中，若密码的长度设定为256比特，则密码一共有种可能；因此，为了破解密码，最坏情况需要进行次运算.现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设机器一直正常运转，那么在最坏情况下这台机器破译密码所需时间大约为（    ）（参考数据：）
A．秒 B．秒 C．秒 D．秒
9．（2022·湖南株洲·统考一模）已知集合，，，则（    ）
A． B．
C． D．
10．（2022·湖南株洲·统考一模）已知，其中m，，i是虚数单位，若复数，则复数z为（    ）
A． B．
C． D．
11．（2022·湖南株洲·统考一模）某工厂有甲乙两条生产线生产同一型号的机械零件，产品的尺寸分别记为X，Y，已知X，Y均服从正态分布，，，其正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是（    ）

A．甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性
B．甲生产线产品的稳定性低于乙生产线产品的稳定性
C．甲生产线的产品尺寸平均值大于乙生产线的产品尺寸平均值
D．甲生产线的产品尺寸平均值小于乙生产线的产品尺寸平均值
12．（2022·湖南株洲·统考一模）“”是“”的必要不充分条件，则a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·湖南株洲·统考一模）已知，，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·湖南株洲·统考一模）的展开式中的常数项为（    ）
A．10 B． C． D．
15．（2022·湖南株洲·统考一模）《周髀算经》是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂一千五百二十岁，．生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”．某老年公寓住有位老人与位义工，老人与义工的年龄（都为正整数）之和恰好为一遂，其中义工年龄不满岁，老人的年龄依次相差岁，则义工的年龄为（    ）
A．岁 B．岁 C．岁 D．岁
16．（2022·湖南株洲·统考一模）已知О为坐标原点，双曲线的右焦点为，直线与双曲线C的渐近线交于A、B两点，其中M为线段OB的中点．O、A、F、M四点共圆，则双曲线C的离心率为（    ）
A． B． C． D．2
17．（2023·湖南株洲·统考一模）设集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·湖南株洲·统考一模）已知i为虚数单位，若复数z满足，则在复平面内z对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
19．（2023·湖南株洲·统考一模）已知四边形是平行四边形，，若，则（    ）
A． B． C． D．
20．（2023·湖南株洲·统考一模）已知三棱锥的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥中，与所成的角为（    ）

A． B． C． D．
21．（2023·湖南株洲·统考一模）在平面直角坐标系中，已知两点，到直线的距离分别是1与4，则满足条件的直线共有（    ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
22．（2023·湖南株洲·统考一模）今年11月，为预防新冠疫情蔓延，株洲市有，，三个小区被隔离；从菜市场出发的专车必须每天准时到这3个小区运送蔬菜，以解决小区居民的日常生活问题．，，，之间的行车距离用表中的数字表示．若专车从出发，每个小区经过且只经过一次，然后再返回，那么专车行驶的最短距离是（    ）






0
7
6
3

7
0
5
4

6
5
0
8

3
4
8
0

A．17 B．18 C．23 D．25
23．（2023·湖南株洲·统考一模）已知曲线为双曲线，则该双曲线的焦距为（    ）
A．2 B． C．4 D．
24．（2023·湖南株洲·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·湖南株洲·统考一模）已知函数，若是的导函数，则下列结论中正确的是（    ）
A．函数的值域与的值域相同
B．若是函数的极大值点，则是函数的极小值点
C．把函数的图象向右平移个单位，就可以得到函数的图象
D．函数和在区间上都是增函数
26．（2021·湖南株洲·统考一模）在正方体中，点P在线段上运动，则下列命题正确的是（    ）
A．异面直线和所成的角为定值
B．直线和平面相交
C．三棱锥的体积为定值
D．直线和直线可能相交
27．（2021·湖南株洲·统考一模）已知，，设，，则下列说法正确的是（    ）
A．M有最小值，最小值为1 B．M有最大值，最大值为
C．N没有最小值 D．N有最大值，最大值为
28．（2021·湖南株洲·统考一模）假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物，则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者，现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型.假设捕食者的数量以表示，被捕食者的数量以表示.下图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法不正确的是（    ）

A．若在、时刻满足：，则
B．如果数量是先上升后下降的，那么的数量一定也是先上升后下降
C．被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值
D．被捕食者数与捕食者数总和达到最大值时，捕食者的数量也会达到最大值
29．（2022·湖南株洲·统考一模）甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（    ）
A．、为对立事件 B．
C． D．
30．（2022·湖南株洲·统考一模）设是给定的平面，是不在内的任意不同的两点，则（    ）
A．在内存在直线与直线平行 B．在内存在直线与直线垂直
C．存在过直线的平面与平行 D．存在过直线的平面与垂直
31．（2022·湖南株洲·统考一模）若是函数图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．是函数图象的一条对称轴
C．点是函数图象的一个对称中心
D．函数在上单调递减
32．（2022·湖南株洲·统考一模）设函数的定义域为R，如果存在常数，对于任意，都有，则称函数是“类周期函数”，T为函数的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（    ）
A．函数是“类周期函数”
B．函数是“类周期函数”
C．如果函数是“类周期函数”，那么“，”
D．如果“类周期函数”的“类周期”为，那么它是周期为2的周期函数
33．（2023·湖南株洲·统考一模）已知各项均为正数的等差数列，且，则（    ）
A． B．
C．数列是等差数列 D．数列是等比数列
34．（2023·湖南株洲·统考一模）关于函数有以下四个选项，正确的是（    ）
A．对任意的a，都不是偶函数 B．存在a，使是奇函数
C．存在a，使 D．若的图像关于对称，则
35．（2023·湖南株洲·统考一模）已知三棱锥的所有棱长均相等，其外接球的球心为O．点E满足，过点E作平行于和的平面，分别与棱相交于点，则（    ）
A．当时，平面经过球心O
B．四边形的周长随的变化而变化
C．当时，四棱锥的体积取得最大值
D．设四棱锥的体积为，则
36．（2023·湖南株洲·统考一模）已知是函数的零点，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
37．（2021·湖南株洲·统考一模）已知数列的前n项和，则_______
38．（2021·湖南株洲·统考一模）在直角边长为3的等腰直角中，E、F为斜边上的两个不同的三等分点，则______.
39．（2021·湖南株洲·统考一模）函数为奇函数，当时，.若，则a的取值范围为______.
40．（2021·湖南株洲·统考一模）以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45°，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则______.（注：底面为正三角形且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥为正三棱锥）
41．（2022·湖南株洲·统考一模）如图所示，一个物体被两根轻质细绳拉住，且处于平衡状态.已知两条绳上的拉力分别是，且与水平夹角均为，，则物体的重力大小为_________N.

42．（2022·湖南株洲·统考一模）已知、是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，若为直角三角形，则________．
43．（2022·湖南株洲·统考一模）若函数恰有两个零点，则a的值为______．
44．（2022·湖南株洲·统考一模）已知三棱锥的各棱长均为1，且其四个顶点都在球O的球面上．若过球心О的一个截面如图所示，则该截面中三角形（阴影部分）的面积为______．

45．（2023·湖南株洲·统考一模）在的展开式中，常数项等于__________．（用数字作答）
46．（2023·湖南株洲·统考一模）已知，若在区间上存在两个不相等的实数a，b，满足，则可以为__________．（填一个值即可）
47．（2023·湖南株洲·统考一模）过原点的直线l与曲线交于不同的两点A，B，过A，B作x轴的垂线，与曲线交于C，D两点，则直线CD的斜率为__________．
48．（2023·湖南株洲·统考一模）已知椭圆的左右焦点为，，过的直线交椭圆C于P，Q两点，若，且，则椭圆C的离心率为__________．

四、解答题
49．（2021·湖南株洲·统考一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.
已知的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，，，若______，求角B的值与的面积.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
50．（2021·湖南株洲·统考一模）由整数构成的等差数列满足.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列的通项公式为，将数列，的所有项按照“当n为奇数时，放在前面；当n为偶数时、放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列，，，，，，，，，……，求数列的前项和.
51．（2021·湖南株洲·统考一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，点、分别是、的中点，平面.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若是边长为的菱形，求直线与平面所成角的正弦值.
52．（2021·湖南株洲·统考一模）在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心 Q的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求曲线的方程；
（Ⅱ）过点F的两条直线、与曲线相交于A、 B、C、D四点，且M、N分别为、的中点.设与 的斜率依次为、，若，求证：直线 MN恒过定点.
53．（2021·湖南株洲·统考一模）年五一节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”.某路桥公司为掌握五一节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了日上午这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有辆车通过该收费站点，它们通过该收费站点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段记作，记作，记作，记作，例如：，记作时刻.

(1)估计这辆车在时间内通过该收费站点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）
(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这辆车中抽取辆，再从这辆车中随机抽取辆，设抽到的辆车中，在之间通过的车辆数为，求的分布列；
(3)根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻服从正态分布，其中可用日数据中的辆车在之间通过该收费站点的时刻的平均值近似代替，用样本的方差近似代替（经计算样本方差为）.假如日上午这一时间段内共有辆车通过该收费站点，估计在之间通过的车辆数（结果保留到整数）
附：；若随机变量服从正态分布，则，，.
54．（2021·湖南株洲·统考一模）已知函数.
（Ⅰ）若，求的最小值；
（Ⅱ）函数在处有极大值，求a的取值范围.
55．（2022·湖南株洲·统考一模）已知数列为等比数列，其前n项和为，且．
(1)求数列的公比q和的值；
(2)求证：，，成等差数列．
56．（2022·湖南株洲·统考一模）如图，在四边形中，，且,．

(1)求的长；
(2)若 ，求的面积．
从①，②，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
57．（2022·湖南株洲·统考一模）、是治疗同一种疾病的两种新药，某研发公司用若干试验组进行对比试验．每个试验组由只小白鼠组成，其中只服用，另只服用，然后观察疗效．若在一个试验组中，服用有效的小白鼠的只数比服用有效的多，就称该试验组为优类组．设每只小白鼠服用有效的概率为，服用有效的概率为．
(1)求一个试验组为优类组的概率；
(2)观察个试验组，用表示这个试验组中优类组的个数，求的分布列和数学期望．
58．（2022·湖南株洲·统考一模）如图所示，四棱锥的底面是边长为2的正方形，E、F、G分别为棱AB、BC、PD的中点．设三点A、E、G所确定的平面为，，．

(1)求证：点M是棱PC的中点；
(2)若底面ABCD，且二面角的大小为45°．
①求直线EF与平面所成角的大小；
②求线段PN的长度．
59．（2022·湖南株洲·统考一模）在平面直角坐标系中，已知定点，动点M满足：以MF为直径的圆与y轴相切，记动点M的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)过定点作两条互相垂直的直线、，直线、与曲线E分别交于两点A、C与两点B、D，求四边形ABCD面积的最小值．
60．（2022·湖南株洲·统考一模）设函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
61．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，在平面四边形中，.

(1)求的值；
(2)求的长度.
62．（2023·湖南株洲·统考一模）2023年亚运会在中国杭州举办，开幕式门票与其他赛事门票在网上开始预定，亚奥理事会规定：开幕式门票分为A、B两档，当预定A档未成功时，系统自动进入B档预定，已知获得A档门票的概率是，若未成功，仍有的概率获得B档门票的机会；而成功获得其他赛事门票的概率均为，且获得每张门票之间互不影响．甲预定了一张A档开幕式门票，一张赛事门票；乙预定了两张赛事门票．
(1)求甲乙两人都没有获得任何门票的概率；
(2)求乙获得的门票数比甲多的概率．
63．（2023·湖南株洲·统考一模）如图（1），已知菱形ABCD中，沿对角线BD将其翻折，使，设此时AC的中点为O，如图（2）．

(1)求证：点O是点D在平面上的射影；
(2)求直线AD与平面BCD所成角的余弦值．
64．（2023·湖南株洲·统考一模）数列满足，.
(1)若，求证：是等比数列.
(2)若，的前项和为，求满足的最大整数.
65．（2023·湖南株洲·统考一模）已知曲线与曲线N关于直线对称，且的顶点在曲线N上．
(1)若为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，求此时该三角形的面积；
(2)若三边所在的三条直线中，有两条与曲线M相切，求证第三条直线也与曲线M相切．
66．（2023·湖南株洲·统考一模）已知函数有两个极值点，．
(1)若，求a的值；
(2)若，求a的取值范围．

参考答案：
1．B
【解析】根据图形可得，阴影部分表示的集合为，求出即可.
【详解】根据图形可得，阴影部分表示的集合为，
，
.
故选：B.
2．C
【解析】根据复数运算将分之分母同乘以，化简即可得出答案.
【详解】解：.
故选：C.
【点睛】复数乘除法运算技巧：
（1）复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算．
（2）复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数．
3．D
【解析】先求得二项式的展开式的通项公式，然后令求解.
【详解】二项式的展开式的通项公式为：，
则，
故选：D
4．C
【解析】根据图示，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】由图象可得，5G的发展带动今后几年的总经济产出逐年增加，故A正确；
设备制造商的经济产出前期增长较快，后期放缓，故B正确；
设备制造商在各年的总经济产出中在前期处于领先地位，而后期是信息服务商处于领先地位，故C错误；
2025年开始信息服务商与运营商的经济产出的差距有逐步拉大的趋势，故D正确.
故选：C
5．C
【解析】分个位数是0和个位数是5两类求解.
【详解】当个位数是0时，有个，
当个位数是5时，有个，
所以能被5整除的个数是10，
故选：C
6．B
【解析】根据圆、矩形、扇形、三角形的面积公式计算即可求解.
【详解】如图，

由图可知，球半径，
设阴影部分面积为，则截面面积为,
，
，
，
连接,作于F点，
，
为中点，
，
，故 ，,
扇形的面积，
，

，
故选：B
7．A
【解析】设正六边形的边长为1，则，由，可得，从而可得椭圆的离心率.
【详解】设正六边形的边长为1，如图
由A、D为椭圆W的焦点，则在椭圆中，
由B、C、E、F都在椭圆W上，则在直角三角形中，
由椭圆的定义可得：，则
所以
故选：A

8．B
【解析】根据题目意思得到，根据对数运算求出 .
【详解】解：设这台机器破译所需时间大约为秒，
则，两边同时取底数为10的对数
得，
所以，
所以
所以，
所以.
故选：B.
【点睛】对数运算的一般思路:
（1）拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并；
（2）合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算.
9．D
【分析】根据交集和并集的定义，逐一判断即可得出答案.
【详解】解：，故A错误；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确.
故选：D.
10．A
【分析】根据复数的运算法则，将化简整理，根据复数相等，可求得m，的值，进而求得答案.
【详解】由得： ，
则 ，故 ，
故选：A.
11．A
【分析】根据正态分布密度曲线的对称轴为，图像越瘦高数据越稳定可得.
【详解】由图知甲乙两条生产线的平均值相等，甲的正态分布密度曲线较瘦高，所以甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性.
故选：A
12．B
【分析】将条件转化为集合关系即可求解.
【详解】由题意得，是的真子集，故.
故选：B
13．C
【分析】利用两角和的正弦公式可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】因为，则，故，
所以，，
故，因此，.
故选：C.
14．D
【分析】将二项式表示为，得出其通项，令的指数为零，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出展开式中的常数项.
【详解】，
展开式通项为，
令，得，
因此，二项式展开式中的常数项为，
故选：D.
15．B
【分析】设位老人的年龄由小到大依次为、、、（单位：岁），设义工的年龄为岁，
可得出，可知能被整除，求出的取值范围，可得出的值，由此可求得的值，即为所求.
【详解】设位老人的年龄由小到大依次为、、、（单位：岁），设义工的年龄为岁，
由已知可得，则，
且，则，
而在内能被整除的正整数为，则，解得.
故选：B.
16．A
【分析】根据题意得到，，，，再根据O、A、F、M四点共圆，可知四边形为等腰梯形，利用，求得a，b关系即可.
【详解】由题意得：，，，
因为M为线段OB的中点，
又为AB的中点，，即四边形为梯形，
又O、A、F、M四点共圆，即四边形为圆内接四边形，
而圆内接四边形的对角互补，可知四边形为等腰梯形，
，即，整理得，
所以，
故选：A
17．A
【分析】利用一元二次不等式的解法求出集合，然后再根据集合的特征和交集的概念即可求解.
【详解】由题意可知：集合，
又因为集合，
所以，
故选：.
18．D
【分析】利用复数的运算求出复数，然后利用复数的几何意义即可求解.
【详解】因为复数z满足，
则，在复平面内z对应的点为，
所以在复平面内z对应的点位于第四象限，
故选：.
19．C
【分析】计算得出，利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，即可得出的值．
【详解】，
，
，
，，故，
故选：C．

20．D
【分析】由题知，，进而取中点，连接，证明平面即可得，进而得答案..
【详解】解：由图可知，在三棱锥中， ，，
取中点，连接，
因为，，
所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，
所以，即与所成的角为
故选：D

21．C
【分析】根据圆的概念和切线的性质，分别以为圆心，以为半径作圆，满足题意的直线为两圆的公切线，进而求解.
【详解】分别以为圆心，以为半径作圆，
因为，

所以两圆外切，有三条公切线，即满足条件的直线共有3条，
故选：C
22．B
【分析】根据题意，专车行驶的最短距离应该选择或，再求距离即可.
【详解】解：由表中数据可知，到的距离最大，到的距离次之，
所以，为使行驶距离最短，与之间不能直达，与之间不能直达，
所以，专车行驶的最短距离应该选择或，此时最短距离为或.
故选：B
23．C
【分析】根据题意可知：双曲线为等轴双曲线，根据题意求出实半轴长和虚半轴长，进而计算即可求解.
【详解】由题意可知：双曲线为等轴双曲线，因为等轴双曲线的一条对称轴为，则双曲线与对称轴的交点分别为，
所以实半轴长为，从而虚半轴长为，所以焦距为，
故选：.
24．C
【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间执法，整理，可得答案.
【详解】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
故选：C.
25．AD
【解析】A.利用正弦函数的性质求解判断；B.利用函数的极值点定义求解判断； C. 利用三角函数的平移变换判断； D. 利用正弦函数的性质求解判断；
【详解】因为，所以，
A. 因为函数的值域是，的值域是，故正确；
B.若是函数的极大值点，则，解得，k为奇数，而，所以不是函数的极小值点，故错误；
C. 把函数的图象向右平移个单位得到，故错误；
D. 当时，，函数和都是增函数，故正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：讨论三角函数性质时，关键是先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式．利用三角函数的性质求解.
26．AC
【解析】A：由正方体的性质判断平面，得出，异面直线与所成的角为90°；B：由，证明平面，即得平面；C：三棱锥的体积等于三棱锥的体积的体积，判断三棱锥的体积为定值；D：可得直线和直线为异面直线.
【详解】对于A，因为在正方体中，，，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以，
故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；
对于B，因为平面与面是同一平面，
，平面，平面，
故平面，即平面，故B错误；
对于C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
而平面为固定平面，且大小一定，
又因为，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以点A到平面的距离即为点P到该平面的距离，为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D，直线和直线是异面直线，不可能相交，故D错误.
故选：AC.
  
【分析】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键.
27．BC
【解析】令，得，，利用的情况即可说明.
【详解】令，
，
，当且仅当，即时等号成立，，
故M有最大值，故B正确，
没有最大值，故M没有最小值，故A错误；
同理，故D错误，没有最小值，故C正确.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题考查基本不等式的应用，解题的关键是变换形式，将转化为关于的式子求解.
28．ABD
【解析】根据图形可判断A选项的正误；根据曲线上半段中和的变化趋势可判断B选项的正误；根据捕食者和被捕食者的最值情况可判断C选项的正误；取，可判断D选项的正误.
【详解】由图可知，曲线中纵坐标相等时横坐标未必相等，故A不正确；
在曲线上半段中观察到是先上升后下降，而是不断变小的，故B不正确；
捕食者数量最大时是在图象最右端，最小值是在图象最左端，此时都不是被捕食者的数量的最值处，
同样当被捕食者的数量最大即图象最上端和最小即图象最下端时，也不是捕食者数量取最值的时候，
所以被捕食者数量和捕食者数量不会同时达到最大和最小值，故C正确；
当捕食者数量最大时在图象最右端，，，
此时二者总和，由图象可知存在点，，
，所以并不是被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，
被捕食者数量也会达到最大值，故D错误，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于结合图象分析与变化的关系，着重分析、的增减性、最值，必要时可寻找特殊点进行排除.
29．AB
【分析】只需注意到事件B是在事件或发生之后可解.
【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故D不正确；，故 C不正确.
故选：AB
30．BD
【分析】利用空间中线面的垂直与平行关系来判断.
【详解】是不在内的任意两点，则直线与平面相交或平行．
如果与平面相交，设交点为，则在内存在不过交点的直线与异面，但没有直线与平行的直线，故A选项错误；显然当直线与平面相交时，过的任意平面都与相交，不平行，C选项错误；当，不妨把平移到平面内得到直线，显然在同一平面内易找到直线，满足，此时，当和斜交时，设在平面的投影是，即，此时只要，就有，因为，则，又，，于是平面，，当和垂直时，在内任意直线都与直线垂直，故B选项正确；不论与平面是平行还是相交，过作平面的垂线，则这条垂线与直线所确定的平面与垂直，（如果垂线与重合，则过的任意平面都与垂直），D选项正确.
故选：BD.
31．ABC
【分析】对于A，由题意可得，代入化简可得的关系，对于B，求的值是否能取得最值，对于C，判断点是否在函数图象上即可，对于D，分和判断即可
【详解】对于A，因为是函数图象的一条对称轴，所以，所以，得，所以A正确，
对于B，由A选项可知，则，所以是函数图象的一条对称轴，所以B正确，
对于C，因为，所以点是函数图象的一个对称中心，所以C正确，
对于D，当时，，即，所以当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以D错误，
故选：ABC
32．ACD
【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可．
【详解】解：对于A，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，
即，
即，即，
令，
因为，且函数在上连续，
所以函数在上存在零点，即方程在上有解，
即存在常数，对于任意，都有，
所以函数是“类周期函数”，故A正确；
对于B，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，
即，则，
即对任意的恒成立，
则，矛盾，所以不存在常数，对于任意，都有，
所以函数不是“类周期函数”，故B错误.
对于C，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，
即；
故或，
当时，，由诱导公式得，；
当时，，由诱导公式得，；
故“，”，故C正确；
对于D，如果“类周期函数”的“类周期”为，
则，即；
故它是周期为2的周期函数；故D正确.
故选：ACD.
33．AC
【分析】根据等差数列性质可以判断A正确；利用等差数列通项公式可以判断B错误；根据等差数列的概念可判断C，根据特例可判断D.
【详解】设等差数列的公差为，
对A，因为是等差数列，且，
则由等差数列性质可得，故A正确；
对B，，
则，故B错误；
对C，因为，则数列是等差数列，故C正确；
对D，如数列为，显然数列不是等比数列，故D错误;
故选：AC.
34．AD
【分析】根据辅助角公式将函数化简，然后结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断即可.
【详解】因为，其中，，
对于A，要使为偶函数，则，且，即对任意的a，都不是偶函数，故正确；
对于B，要使为奇函数，则，且，即不存在a，使是奇函数，故正确；
对于C，因为，故错误；
对于D，若的图像关于对称，则，，
解得，且，所以，即，故正确.
故选：AD
35．ACD
【分析】说明平面为正方形，从而推出其对角线交点到三棱锥各顶点的距离相等，即可判断A；设三棱锥棱长，求得四边形的周长，可判断B；当时，利用线面位置关系求出四棱锥的底面积和高的表达式，可得体积的表达式，利用导数判断其最值，判断C；求得四棱锥的体积的表达式，计算，可判断D.
【详解】对于A选项，因为平面，平面，
平面平面，
，同理可得，所以，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，
取线段的中点M，连接，

因为，M为的中点，所以，同理，
因为平面，所以平面，
平面，，
当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，
则，
因为，
所以四边形为正方形，
连接，交于，则,
由三棱锥的所有棱长均相等，则,
可知，H为的中点，
故，同理,
又，故,
则，即即为外接球的球心O，
故当时，平面即经过球心O，A正确；
对于B，设三棱锥的棱长为a,
由（1）知且四边形为平行四边形，,
所以,
同理，所以四边形的周长为，
即四边形的周长不随的变化而变化，B错误；
对于C，由以上分析可得，，
故，
设交于N，交于R，连接,

因为平面，平面，
平面平面，
，
由于平面， ,故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，
过点M作,垂足为T，并延长交于Q，则，平面,
则平面,
即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，
由，可知，
由于，则，而，故Q为的中点，
故，故，则，
故四棱锥的体积,
令，则，
令，则或（舍去），
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故时，在上取到最大值，
即当时，四棱锥的体积取得最大值，C正确；
对于D，由以上分析可知，而，故Q为的中点，
则T为的中点，也即的交点，
当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上,
则四棱锥的高为，
故四棱锥的体积为，
则，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性较强，涉及的知识点较多，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的线面的位置关系，难点在于要根据线面位置关系计算出相应的量的值，从而结合相关的体积公式，表示出体积，进而判断结论.
36．ABC
【分析】设，由可得，再根据选项依次判断正误即可.
【详解】设，
，，，
即，
所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.
由中的最高次数为4，是它的一个零点，
因此，
即.
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题解题关键在于将含有无理数的平方根式通过两次平方化成有理数，得到含有无理数解的有理数整式方程，从而得解.
37．19
【分析】根据数列前项和的定义有即可．
【详解】因为，所以
【点睛】本题主要考查了数列前项和与数列中每一项的关系，即．属于基础题．
38．4
【解析】以为基底表示出，，再根据为等腰直角三角形，即可求出.
【详解】解：设是接近的一个三等分点，
则，
，
又，

故答案为：.
39．
【解析】先由函数是奇函数求出，然后讨论的符号求出，再解不等式得出答案.
【详解】函数为奇函数，则
当时，，则
所以当时，
即，
当时，，则，
由，则，即，解得或
由时，得.
当时，即，则，
由，则，即，解得
由，则此时无解.
当,，即，则，
则不成立.
综上所述：a的取值范围为
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查利用奇函数求函数解析式和解不等式，解答本题的关键是先利用奇函数求出，在根据的符号分别求出，在解不等式，属于中档题.
40．
【解析】取AB中点E，连接CE，PE，则在上，可得，求出，再由求出球半径，即可得出，由即可得出.
【详解】如图，连接PQ，则PQ中点为球心O，PQ与平面ABC交于，即三角形ABC中心，

且平面，设三角形ABC边长为2，
取AB中点E，连接CE，PE，则在上，且，
即为的侧面与底面所成的角，，
，设球半径为R，
在直角三角形中，，
即，解得，
,则，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查外接球问题，解题的关键是根据球的外接关系求出的关系，将体积之比转化为高之比，即之比即可.
41．20
【解析】根据力的平衡有,两边平方后可求出.
【详解】由题意知.的夹角为.
所以.
所以.
所以.
故答案为:20.
【点睛】向量的数量积的两个应用：(1)计算长度或模长，通常用 ；(2)计算夹角，.特别地，两非零向量 垂直的充要条件时.
42．
【解析】对各内角为直角进行分类讨论，利用勾股定理和椭圆的定义建立方程组，求得和，利用三角形的面积公式可得出结果.
【详解】在椭圆中，，，，则.
（1）若为直角，则，该方程组无解，不合乎题意；
（2）若为直角，则，解得，
；
（3）若为直角，同理可求得.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形面积的计算，涉及椭圆定义的应用，考查计算能力，属于中等题.
43．
【分析】由恰有两个零点，可得曲线与抛物线恰有2个交点，而曲线与抛物线在上有1个交点，所以只要考虑曲线与抛物线在只要有1个产交点即可
【详解】由恰有两个零点，可得曲线与抛物线恰有2个交点，
曲线与抛物线在上有1个交点，
当时，令，则，
方程两边取对数得，，因为，则，
由题意得该方程只有一个实根，所以直线与曲线只有一个公共点，
所以直线是曲线的切线，
设切点为，由，得，则，
因为切点在切线上，
所以，
解得，
故答案为：
44．
【分析】根据题意可知截面中三角形即为这条棱和与其相对棱的中点构成的三角形，如图，在正三棱锥，设截面中的三角形为，其中为棱的中点，求出的面积即可的解.
【详解】解：根据题意，过该球球心的一个截面经过正三棱锥的一条棱，
由球的对称性可得球心在该正三棱锥的高上，
所以截面是三棱锥的一条棱与高线所在的平面，故截面中三角形即为这条棱和与其相对棱的中点构成的三角形，
如图，在正三棱锥，设截面中的三角形为，其中为棱的中点，
因为三棱锥的各棱长均为1，
所以，
取的中点，连接，则为等腰三角形底边上的高，
，
所以，
即该截面中三角形（阴影部分）的面积为.
故答案为：.

45．
【分析】利用二项式定理，先求出 展开式中的常数项和的系数，即得解.
【详解】由，根据二项式定理，其展开式的通项为，
所以当时，展开式的常数项为；当时，展开式的系数为；
所以原式中展开式的常数项为.
故答案为：.
46．5（大于等于5的正整数均可）
【分析】利用三角函数的图象和性质求解即可.
【详解】因为，
所以，
又在区间上存在两个不相等的实数a，b，满足，
所以，解得，
所以可以为5，
故答案为：5（大于等于5的整数均可）
47．
【分析】设，，根据点，，共线，得出，得出，再由C，D两点的坐标，根据斜率公式，得出，代换即可得出答案．
【详解】设，，则点的坐标为，点的坐标为，
点，，共线，
，
即，
可得：，即，
又，
，
故答案为：．
48．
【分析】根据椭圆的定义，线段比例关系和余弦定理即可求解.
【详解】
因为，
所以，
又，
所以，
所以，
在三角形中，，
在三角形中，，
以上两式相等整理得，
故或（舍去），
故，
故答案为：.
49．答案见解析.
【解析】选①，整理可得，即可求出B，利用正弦定理可求A，再求出即可求出面积；
选②，由正弦定理可得，即可求出B，以下和①相同；
选③，由正弦定理化角为边再由余弦定理得，即可求出B，以下和①相同.
【详解】解：选①，可得.
因为，所以，所以.
由正弦定理：
得，又因为，所以.
所以
所以
选②由得，
由正弦定理：，化简得，
因为，所以.
以下与选①相同.
选③由正弦定理：可化简为，
而，
因为，所以，
以下与选①相同.
50．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）设数列的公差为，根据题设条件，列出方程组，求得，即可求得数列的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又由数列的通项公式为，根据题意，得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由题意，设数列的公差为，
因为，可得，
整理得，即，解得或，
因为为整数数列，所以，
又由，可得，
所以数列的通项公式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列的通项公式为，又由数列的通项公式为，
根据题意，新数列，，，，，，，，，……，
则

.
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
51．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）设的中点为Q，连接，，证明出，即可证明出平面；（Ⅱ）以，，分别为，，轴建立坐标系，写出各点坐标，求解平面的法向量，设直线与所成角为，代入公式即可求出.
【详解】解：（Ⅰ）证明：设的中点为Q，连接，，
因为、分别为，的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形.
所以，又因为平面，平面，
所以平面.
（Ⅱ）平面，，平面，，，
又，，，所以平面.
于是以，，分别为，，轴建立平面直角坐标系，
如图，因为是边长为的菱形，且，得，
所以各点坐标：，，，
，，，
则，，
设平面的法向量为，则，即
则，设直线与所成角为.
则.

【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面夹角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
52．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）设，根据题意得到，即可求得曲线的方程；
（Ⅱ）设，的方程为，联立方程组分别求得，和，进而得出，进而得出，得出直线的方程，即可判定直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）由题意，设，
因为圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，
可得，化简得.
（Ⅱ）设，的方程分别为，，
联立方程组，整理得，
所以，则，同理
所以，
由，可得，
所以直线的方程为
整理得，所以直线恒过定点.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
53．(1)64
(2)答案见解析
(3)819

【分析】（1）由频率分布直方图即能求出这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值．
（2）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组，这一区间内的车辆数，求出其结果为4，从而的可能的取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列．
（3）求出，，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，由，，即能估计在之间通过的车辆数．
【详解】（1）这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：
．
（2）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，
在前通过的车辆数就是位于时间分组，这一区间内的车辆数，
即，
所以的可能的取值为0，1，2，3，4．
所以，，，，．
所以的分布列为：

0
1
2
3
4






（3）由（1）得，
由已知，所以，
估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，
由，得：
，
所以估计在之间通过的车辆数为．
54．（Ⅰ）0；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）求出导函数，由确定单调性得极小值，从而得最小值；
（Ⅱ）求得导函数，设，再求导数，分类讨论的正负，得的单调性，要求在的左侧有，在的右侧有．由此可得的范围．
【详解】解：（Ⅰ），，
当时，；
当时，；在上递减，在上递增.
∴的极小值也是最小值为．
（Ⅱ）.设，
则.
当时，，在上单调递增，
时，；时，
在上递减，在上递增，
是的极小值点，与题意矛盾
当时，在上是增函数，且
①当时、时，.从而在上是增数，
故有.所以在上是增函数，与题意矛盾
②当时，若，则，从而在上是减函数，
故有，所以在上是增函数，
若，由（1）知，，则

又，
所以，存在使得.从而当时
所以，在上是减函数，从而，在上减函数，故是的极大值点，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为.
【点睛】易错点睛：本题考查用导数研究函数的极值．解题时要掌握极值的定义．在导数存在的情况下，如是的极大值点，除必须有外，还必须满足在左侧某个区间上，在右侧某个区间上，其中，．仅仅有是不够的，这也是易错的地方．
55．(1)；
(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件，利用等比数列的通项公式计算即可；
（2）分别计算通过证明它们相等可得答案.
(1)
由题设得，
因为为等比数列，所以        
所以，
又因为，所以，
所以
所以；
(2)
因为，
所以，
，
所以，
所以，，成等差数列．
56．(1)
(2)选①时：;选②时：

【分析】（1）、根据二倍角的余弦公式求出,再求出,然后利用余弦定理即可求出的长；
（2）、选①时：根据两角和的正弦公式求出，利用正弦定理求出，结合三角形面积公式计算即可；
选②时：利用余弦定理求出，结合三角形面积公式计算即可；
【详解】（1）由，得,,,
在中，由余弦定理得：,,
（2）选①时:由（1）可知，
，，
在中，,,
;
选②时: 由（1）可知，，
在中，由余弦定理得,,即，，
.
57．(1)
(2)分布列见解析，期望为

【分析】（1）设表示事件“一个试验组中，服用有效的小白鼠有只”，其中、、，表示事件“一个试验组中，服用有效的小白鼠有只”，其中、、，计算出、、、、、，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.
(1)
解：设表示事件“一个试验组中，服用有效的小白鼠有只”，其中、、，
表示事件“一个试验组中，服用有效的小白鼠有只”，其中、、，
依题意有：，，．
，，，
则一个试验组为优类组的概率为：
．
(2)
解：由题意可知，
，，
，，
则的分布列为：





P




的期望为．
58．(1)证明见解析；
(2)① ；②2.

【分析】（1）先证明平面PCD，再证明，原题即得证；
（2）证明，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，①利用向量法求直线EF与平面所成角的大小；②设，求出即得解.
【详解】（1）解：依题意，又因为平面PCD，平面PCD，
故平面PCD，
又，，连接GM，平面平面PCD=
则，
故，
又因为G是棱PD的中点，所以M是棱PC的中点．

（2）解：底面ABCD，平面 ABCD，故，
又，，故平面PAD，
又平面PAD，故，故为二面角的平面角，
所以，故．
如图所示：以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，
①依题意，，，
设平面的法向量为，
则则.
取得到，
设直线EF与平面所成角为，
，
因为，所以．
②设，即，
故，连接A，N，
则，依题意，解得．
所以，故线段PN的长度为2．
59．(1)
(2)48

【分析】（1）设，求出MF的中点坐标，根据直线与圆的位置关系列出表达式化简即可；
（2）设直线的方程为，根据弦长公式求出和，将四边形ABCD的面积表达为关于的函数，求函数的最小值即可.
(1)
设，则线段MF的中点坐标为，
因为以MF为直径的圆与y轴相切，所以 ，
整理得．
故曲线E的方程为．
(2)
设直线的方程为，设，，
联立得，则，．
∴
设，，同理得，
则四边形ABCD的面积
令，则
是关于的增函数，故，
当且仅当时取得最小值48．
60．(1)答案不唯一，具体见解析；
(2)证明见解析.

【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）由（1）可得出，要证原不等式成立，先证对任意的恒成立，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可证得对任意的恒成立，即可证得原不等式成立.
(1)
解：的定义域为，则，
当时，在恒成立，则函数的单调减区间为，没有增区间：
当时，当时，；当时，.
则函数的单调减区间为，单调增区间为.
综上所述，当时,函数的单调减区间为，没有增区间：
当时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)
证明：由（1）可知当时，的单调减区间为，单调增区间为；
当时，取极小值，所以，
当时，即有，所以，
所以要证，只需证，
整理得，
又因为，所以只需证，
令，则，
令，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
又，，
所以在时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，即，即成立，即得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
61．(1)
(2)

【分析】（1）由勾股定理得到，从而求出，再利用余弦差角公式进行计算；
（2）先求出，再利用余弦定理求出答案.
【详解】（1）在中，由勾股定理得，
，

；
（2）因为，所以，
在中，由余弦定理得：
62．(1)
(2)

【分析】（1）设甲、乙获得的门票数分别为、，分别求、的分布列，进而可得结果；
（2）“乙获得的门票数比甲多”有3种可能、和，结合（1）中的数据运算求解.
【详解】（1）由题意可得：预定一张开幕式门票不成功的概率，成功的概率为，
设甲获得的门票数为，则的可能取值为，
故，
故的分布列为：

0
1
2




设乙获得的门票数为，则，
故，
故的分布列为：

0
1
2




故甲乙两人都没有获得任何门票的概率.
（2）由（1）可得：乙获得的门票数比甲多的概率.
63．(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）利用等腰三角形的中线及勾股定理证明线线垂直，然后证明线面垂直，即可判断点在的面上的射影；
（2）利用等体积法求出点点A到平面BCD的距离，利用定义求出线面角的正弦值，进一步求出余弦值
【详解】（1）连接DO，因为，O为AC的中点，所以，
设菱形ABCD的边长为2，
又因为，所以，连接BO，则，
又因为，，所以，所以，
所以，
又，所以，所以，
又，平面，平面，所以平面，
所以点O是点D在平面上的射影；

（2）设点A到平面BCD的距离为h，设菱形ABCD的边长为2，且，
则的面积为，
则，的面积为，
由（1）知，平面，，
所以，
由得，，所以，
设直线AD与平面BCD所成角为，
则，所以，
即直线AD与平面BCD所成角的余弦值为
64．(1)证明见解析
(2)98

【分析】（1）由已知得，可得，进而得证；
（2）利用错位相减结合分组求和可得，结合二项式定理进行放缩，进而得解.
【详解】（1），，，
由已知可得，
，
，
，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）得，
所以，
设，数列的前项和为，
则①，
②，
①②得，
所以，
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
即，
所以，
所以，，
所以满足的最大整数为
65．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意得出曲线N的方程，设出的顶点，求出直线方程并联立可得坐标，结合面积公式即可求解；
（2）设出顶点与切线方程，联立直线与抛物线，利用相切条件结合判别式为零即可求解；
【详解】（1）因为曲线与曲线N关于直线对称，
所以曲线N的方程为，
又为正三角形，且其中一个顶点为坐标原点，
故不妨设为原点，则直线 的方程为，
由解得，
进而有，
所以的面积为；
（2）设，则有，
不妨设直线与曲线M相切，
直线 的方程为，化简为，
联立得，
又因为直线与曲线M相切，
所以，即，
同理可得，
由（1）（2）得：，
因为，
所以，
又直线的方程为，
联立得，
所以，
所以直线也与曲线M相切，
66．(1)
(2)

【分析】（1）根据取得极值点处导函数等于0即可求解；
（2）令，根据，，求出，构造函数求出的范围，再构造函数，求出范围即可求解的范围.
【详解】（1）依题意知，，
因为函数有两个极值点，，
所以，，，
则有有两个根，等价于有两个根，
令，则，
令，解得，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以时，取得最大值，
又趋向于无穷大时，趋向于0，
所以且.
若，即，
由，解得：或（舍去），
所以若，a的值为：.
（2）由（1）知，，
，，
整理可得，令，
所以，易得，
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以，即，
所以，令，
则恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
即，所以a的取值范围为：.
【点睛】已知函数有零点，求参数取值范围常用的方法和思路：
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.