江苏省南通市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份江苏省南通市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共60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。

一、单选题
1．（2023·江苏南通·统考一模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江苏南通·统考一模）已知向量满足，则（ ）
A．－2B．－1C．0D．2
3．（2023·江苏南通·统考一模）在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）
A．B．2C．D．4
4．（2023·江苏南通·统考一模）2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2023·江苏南通·统考一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·江苏南通·统考一模）已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：
甲：；
乙：；
丙：；
丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
7．（2023·江苏南通·统考一模）已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
8．（2023·江苏南通·统考一模）若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2022·江苏南通·统考一模）已知集合，，则（ ）．
A．B．C．D．
10．（2022·江苏南通·统考一模）设是公差不为0的等差数列的前n项和，且，则（ ）．
A．10B．14C．15D．18
11．（2022·江苏南通·统考一模）近年餐饮浪费现象严重，触目惊心，令人痛心！“谁知盘中餐，粒粒皆辛苦”，某中学制订了“光盘计划”，面向该校师生开展一次问卷调查，目的是了解师生对这一倡议的关注度和支持度，得到参与问卷调查中的人的得分数据．据统计此次问卷调查的得分（满分：分）服从正态分布，已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
12．（2022·江苏南通·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知直线与圆C：交于两点，若钝角的面积为，则实数a的值是（ ）．
A．B．C．D．
13．（2022·江苏南通·统考一模）已知向量满足，，若，则向量的夹角为（ ）
A．B．C．或D．或
14．（2022·江苏南通·统考一模）当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排、、、四名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地区至少安排一人，且、两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为（ ）
A．种B．种C．种D．种
15．（2022·江苏南通·统考一模）已知函数，若关于x的不等式对任意恒成立，则实数k的取值范围( )
A．B．C．D．
16．（2022·江苏南通·统考一模）在平面直角坐标系中，分别是双曲线C：的左，右焦点，过的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
17．（2022·江苏南通·统考一模）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
18．（2022·江苏南通·统考一模）已知复数与都是纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．
19．（2022·江苏南通·统考一模）已知甲、乙、丙三人均去某健身场所锻炼，其中甲每隔1天去一次，乙每隔2天去一次，丙每隔3天去一次.若2月14日三人都去锻炼，则下一次三人都去锻炼的日期是（ ）
A．2月25日B．2月26日C．2月27日D．2月28日
20．（2022·江苏南通·统考一模）把函数图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象；再将图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
21．（2022·江苏南通·统考一模）某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加.学校规定：（1）每位学生每天最多选择项；（2）每位学生每项一周最多选择次.学校提供的安排表如下：
若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程项，则不同的选择方案共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
22．（2022·江苏南通·统考一模）的展开式中，的系数（ ）
A．B．5C．35D．50
23．（2022·江苏南通·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与在轴上方的交点为.若，则的离心率是（ ）
A．B．C．D．
24．（2022·江苏南通·统考一模）已知，均为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
25．（2023·江苏南通·统考一模）在棱长为2的正方体中，与交于点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．与平面所成的角为
D．三棱锥的体积为
26．（2023·江苏南通·统考一模）函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．在区间上单调递增
27．（2023·江苏南通·统考一模）一个袋中有大小､形状完全相同的3个小球，颜色分别为红､黄､蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件，则（ ）
A．B．为互斥事件
C．D．相互独立
28．（2023·江苏南通·统考一模）已知抛物线的焦点为，以该抛物线上三点为切点的切线分别是，直线相交于点与分别相交于点.记的横坐标分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
29．（2022·江苏南通·统考一模）若，，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
30．（2022·江苏南通·统考一模）已知函数是定义在R上的可导函数，其导函数记为，则下列结论正确的是（ ）．
A．若，R，则在处取得极值
B．若是偶函数，则为奇函数
C．若是周期为的周期函数，则也是周期为的周期函数
D．若的图象关于直线对称，则的图象关于点中心对称
31．（2022·江苏南通·统考一模）在棱长为的正方体中，点P在正方形内含边界运动，则下列结论正确的是（ ）．
A．若点P在上运动，则
B．若平面，则点P在上运动
C．存在点P，使得平面PBD截该正方体的截面是五边形
D．若，则四棱锥的体积最大值为1
32．（2022·江苏南通·统考一模）已知直线与函数的图象相交，A，B，C是从左到右的三个相邻交点，设，，则下列结论正确的是（ ）．
A．将的图象向右平移个单位长度后关于原点对称
B．若，则
C．若在上无最值，则的最大值为
D．
33．（2022·江苏南通·统考一模）下列函数中最小值为6的是（ ）
A．B．
C．D．
34．（2022·江苏南通·统考一模）已知直线与平面相交于点，则（ ）
A．内不存在直线与平行B．内有无数条直线与垂直
C．内所有直线与是异面直线D．至少存在一个过且与垂直的平面
35．（2022·江苏南通·统考一模）为了解决传统的人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统.规定：某区域内的个点的深度的均值为，标准偏差为，深度的点视为孤立点.则根据下表中某区域内个点的数据，正确的有（ ）
A．B．C．是孤立点D．不是孤立点
36．（2022·江苏南通·统考一模）定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（ ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则
三、填空题
37．（2023·江苏南通·统考一模）已知函数，则__________.
38．（2023·江苏南通·统考一模）写出一个同时满足下列条件①②的等比数列的通项公式__________.
①；②
39．（2023·江苏南通·统考一模）已知圆，设直线与两坐标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为__________.
40．（2022·江苏南通·统考一模）已知复数z为纯虚数，若（其中i为虚数单位），则实数a的值为______．
41．（2022·江苏南通·统考一模）设，则…______．
42．（2022·江苏南通·统考一模）过抛物线C：的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则的最小值为______．
43．（2022·江苏南通·统考一模）过点作圆的切线交坐标轴于点、，则_________.
44．（2022·江苏南通·统考一模）已知，是方程的两根，则_________.
45．（2022·江苏南通·统考一模）写出一个同时具有下列性质①②③的三次函数_________.
①为奇函数；②存在3个不同的零点；③在上是增函数.
四、双空题
46．（2023·江苏南通·统考一模）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.
47．（2022·江苏南通·统考一模）在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为，则PA的长为_____；三棱锥P－ABC的外接球表面积为_____．
48．（2022·江苏南通·统考一模）在等腰梯形中，，，为的中点.将沿折起，使点到达点的位置，则三棱锥外接球的表面积为_________；当时，三棱锥外接球的球心到平面的距离为_________.
五、解答题
49．（2023·江苏南通·统考一模）在①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.
(1)求的通项公式；
(2)求.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.
50．（2023·江苏南通·统考一模）第二十二届卡塔尔世界杯足球赛（FIFAWrldCupQatar2022）决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队.某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
(1)根据所给数据完成上表，并判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？
(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门.已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.
附：.
51．（2023·江苏南通·统考一模）在中，的对边分别为.
(1)若，求的值；
(2)若的平分线交于点，求长度的取值范围.
52．（2023·江苏南通·统考一模）如图，在中，是边上的高，以为折痕，将折至的位置，使得.
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
53．（2023·江苏南通·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：以为直径的圆经过定点.
54．（2023·江苏南通·统考一模）已知函数和有相同的最大值.
(1)求实数；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.
55．（2022·江苏南通·统考一模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，．
(1)求角B的大小；
(2)若的面积，设D是BC的中点，求的值．
56．（2022·江苏南通·统考一模）已知正项等比数列的前n项和为，满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列前n项和，求使不等式成立的n的最小值．
57．（2022·江苏南通·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是4长为的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为PA的中点，PA＝PD＝．
(1)求证：PC∥平面BMD；
(2)求二面角M－BD－P的大小．
58．（2022·江苏南通·统考一模）某公司对40名试用员工进行业务水平测试，根据测试成绩评定是否正式录用以及正式录用后的岗位等级，测试分笔试和面试两个环节．笔试环节所有40名试用员工全部参加；参加面试环节的员工由公司按规则确定．公司对40名试用员工的笔试得分笔试得分都在内进行了统计分析，得到如下的频率分步直方图和列联表．
(1)请完成上面的列联表，并判断是否有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；
(2)公司决定：在笔试环节中得分低于85分的员工直接淘汰，得分不低于85分的员工都正式录用．笔试得分在内的岗位等级直接定为一级无需参加面试环节；笔试得分在内的岗位等级初定为二级，但有的概率通过面试环节将二级晋升为一级；笔试分数在内的岗位等级初定为三级，但有的概率通过面试环节将三级晋升为二级．若所有被正式录用且岗位等级初定为二级和三级的员工都需参加面试．已知甲、乙为该公司的两名试用员工，以频率视为概率．
①若甲已被公司正式录用，求甲的最终岗位等级为一级的概率；
②若乙在笔试环节等级初定为二级，求甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率．
参考公式：，
59．（2022·江苏南通·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知离心率为的椭圆C：的左，右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，的面积最大值为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是，，，若，，成等差数列，求实数t的值．
60．（2022·江苏南通·统考一模）已知函数，其中，e为自然对数的底数，
(1)若函数在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)当时，求证：
61．（2022·江苏南通·统考一模）在中，角，，所对的边分别为，，，，，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，判断是否为钝角三角形，并说明理由.①；②.
62．（2022·江苏南通·统考一模）设是等比数列的前项和，，且、、成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求使成立的的最大值.
63．（2022·江苏南通·统考一模）如图，在直四棱柱中，，，，.点在棱上，平面与棱交于点.
(1)求证：；
(2)若与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置.
64．（2022·江苏南通·统考一模）已知双曲线，四点，，，中恰有三点在上.
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为.证明：直线过定点.
65．（2022·江苏南通·统考一模）对飞机进行射击，按照受损伤影响的不同，飞机的机身可分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个部分.要击落飞机，必须在Ⅰ部分命中一次，或在Ⅱ部分命中两次，或在Ⅲ部分命中三次.设炮弹击落飞机时，命中Ⅰ部分的概率是，命中Ⅱ部分的概率是，命中Ⅲ部分的概率是，射击进行到击落飞机为止.假设每次射击均击中飞机，且每次射击相互独立.
(1)求恰好在第二次射击后击落飞机的概率；
(2)求击落飞机的命中次数的分布列和数学期望.
66．（2022·江苏南通·统考一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：.
时间
周一
周二
周三
周四
周五
课后服务
音乐、阅读、体育、编程
口语、阅读、编程、美术
手工、阅读、科技、体育
口语、阅读、体育、编程
音乐、口语、美术、科技
1
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
40
女生
30
合计
男
女
合计
优得分不低于90分
8
良得分低于90分
12
合计
40
参考答案：
1．A
【分析】根据交集概念计算出答案.
【详解】.
故选：A.
2．C
【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】.
故选：C
3．C
【分析】根据对称性得到，从而计算出，求出模长.
【详解】对应的点为，其中关于的对称点为，
故，
故.
故选：C
4．D
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
5．B
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
6．D
【分析】根据正态曲线的对称性可判定乙､丙一定都正确，继而根据正态曲线的对称性可判断甲和丁，即得答案.
【详解】因为只有一个假命题，故乙､丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，
所以乙､丙一定都正确，则，
故甲正确，
根据正态曲线的对称性可得，故丁错.
故选：D.
7．A
【分析】设，满足题意，即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
则关于对称，
设，
，关于对称，
.
，
即满足条件，.
故选:A.
8．D
【分析】设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点，结合韦达定理可得的关系，进而可得的关系，再利用导数即可得出答案.
【详解】设切点，
则切线方程为，
又切线过，则，
有两个不相等实根，
其中或，
令或，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
，，
当时，，当时，，
所以，
即.
故选：D.
9．D
【分析】分别求出两个集合，再根据并集的定义即可得解.
【详解】解：，
，
所以.
故选：D.
10．C
【分析】先由可得，然后利用等差数列的求和公式和通项公式对化简即可求得结果
【详解】设等差数列的公差为（），
因为，
所以，得（），
所以，
故选：C
11．A
【分析】计算出，可得出，即可得出结论.
【详解】因为，则，
因此，.
故选：A.
12．A
【分析】由钝角的面积为，求得，得到，进而求得圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心坐标为，半径为，
因为钝角的面积为，可得，
解得，所以，可得，
又由圆的弦长公式，可得，解得，
根据点到直线的距离公式，解得.
故选：A.
13．B
【分析】利用，结合数量积的运算律可解方程求得，结合可确定，由此可得结果.
【详解】由得：，
即，
，解得：或；
，，，
又，.
故选：B.
14．B
【分析】求出将四人分配到三个地区的分配方法种数，再求出、两人安排在同一地区的分配方法种数，利用间接法可求得结果.
【详解】先考虑将四人分配到三个地区，分组方法种数为，
所以，将、、、四名同志安排到三个地区，共有种分配方法，
接下来考虑、两人安排在同一地区，则共有种分配方法，
由间接法可知，、两人不安排在同一个地区且每个地区至少安排一人的分配方法种数为种.
故选：B.
15．C
【分析】观察分析可构造函数，根据g(x)的单调性和奇偶性将问题转化为即对恒成立.
【详解】设，
则，即，
由，解得，即g(x)定义域关于原点对称，
又，
故g(x)是定义在(－2，2)上的奇函数.
，
y＝在(－2，2)单调递增，y＝lnx在(0，﹢∞)单调递增，故g(x)在(－2，2)单调递增，
则变为，
∴原问题转化为：对恒成立，
则对恒成立，
即对恒成立.
令，
∵在上单调递减，
∴，∴；
令，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴当时，取最大值，∴，
∴，即实数的取值范围是.
故选：C.
16．C
【分析】根据双曲线的定义先推出为正三角形，然后根据余弦定理解决.
【详解】，∴，∴，
∵经过内切圆圆心，∴为的角平分线，
∴．∴，∴，
，，
∴，于是，
∴为正三角形，．
中，由余弦定理，∴.
故选：C.
17．B
【分析】根据对数函数的单调性解不等式求得集合B，再由集合的交集运算可得选项.
【详解】解：因为，又，所以，
故选：B.
18．C
【分析】根据题意设，根据复数的四则运算可得出关于的等式与不等式，求出的值，即可得解.
【详解】因为为纯虚数，设，则，
由题意可得，解得，因此，.
故选：C.
19．B
【分析】根据给定条件，利用列举法列出甲、乙、丙从2月14日开始的去锻炼的日期即可作答.
【详解】甲去的时间：2月14日，2月16日，2月18日，2月20日，2月22日，2月24日，2月26日，2月28日，
乙去的时间：2月14日，2月17日，2月20日，2月23日，2月26日，
丙去的时间：2月14日，2月18日，2月22日，2月26日，
所以下一次共同去锻炼的日期是2月26日.
故选：B
20．B
【分析】利用三角函数的图象变换即得.
【详解】纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍变为，
将图象上所有点向右平移个单位，可得.
故选：B.
21．D
【分析】列举出所有的选择方案，即可得解.
【详解】周一阅读，周三体育，周四或周二编程；
周一阅读，周四体育，周二编程；周二阅读，周一体育，周四编程；
周二阅读，周三体育，周一编程；周二阅读，周三体育，周四编程；
周二阅读，周四体育，周一编程；周三阅读，周一体育，周二或周四编程；
周三阅读，周四体育，周一或周二编程；周四阅读，周一体育，周二编程；
周四阅读，周三体育，周一或周二编程.共14种.
故选：D.
22．A
【分析】利用展开式的通项公式即求.
【详解】的展开式第项，
当时，；当时，，
∴，
∴的系数为.
故选：A.
23．A
【分析】结合条件及余弦定理可得，然后利用椭圆的定义即求.
【详解】设，则，，
又，
在中，由余弦定理可得，
∴，
∴，
∴，
故选：A.
24．D
【分析】由已知条件可得，构造函数，，利用导数可得在上为增函数，从而可得，再由正余弦函数的单调性可得结论
【详解】，，
令，，，
所以在上为增函数，
∴，
∵，均为锐角，
∴，
∴，
故选：D.
25．ABD
【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.
【详解】∵平面平面
平面，A对；
因为又平面，平面，
所以平面
平面，B对；
因为平面与平面所成角为
因为，C错；
因为，D对.
故选：.
26．ACD
【分析】根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确答案.
【详解】，，由于，
所以，所以A选项正确，B选项错误.
，
当时，得，所以关于对称，C选项正确，
，
当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确.
故选：ACD
27．AC
【分析】结合随机事件的概率，及互斥事件、相互独立等知识点逐一对选项进行分析.
【详解】正确；
可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球”，不互斥，错误；
在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为正确；
不独立，
D错误；
故选：AC.
28．BCD
【分析】利用导函数和斜率的关系表示出切线方程可求出的坐标可判断A，根据向量数量积的坐标运算判断B,并根据两点间的距离公式运算求解即可判断C,D.
【详解】设，
所以，即，
同理，
，即，也即，B正确；
不一定为A错误；
正确；
正确，
故选:BCD.
29．AC
【分析】由题意可得，对于A，代入计算即可，对于B，先求出，再判断的正负即可，对于C，利用基本不等式判断，对于D，先求出的取值范围，然后将代入，化简后利用二次函数的性质求出其最值
【详解】由题意可得，
对于A，，所以A正确，
对于B，因为，
所以，
所以，所以B错误，
对于C，因为，，所以，当且仅当时取等号，而，所以取不到等号，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，即，所以D错误，
故选：AC
30．CD
【分析】通过举反例判断选项AB的真假，证明选项CD正确即得解.
【详解】解：A. 如由于函数是增函数，所以不是极值点，所以该选项错误；
B. 如是偶函数，但是不是奇函数，所以该选项错误；
C. 是周期为的周期函数，所以，所以也是周期为的周期函数，所以该选项正确；
D. 的图象关于直线对称，所以，所以，所以的图象关于点中心对称，所以该选项正确.
故选：CD
31．ABD
【分析】根据线面垂直的判定定理、面面平行的性质，结合正方体截面的性质、棱锥的体积公式逐一判断即可.
【详解】A：因为平面，而平面，所以，而，
平面，所以平面，因为点P在上运动，
所以平面，因此，所以本选项结论正确；
B：连接，因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
而平面，因此平面平面，当平面，所以有点P在上运动，因此本选项结论正确；
C：由正方体的截面的性质可知截面不可能是五边形，所以本选项结论不正确；
D：正方体的面积为，当点P在上时，高最长，
此时有：，而，所以，
所以的体积最大值为，本选项结论正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：运用正方体的性质、线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和性质是解题的关键.
32．BCD
【分析】根据三角函数图象的平移变换和奇函数的定义即可判断A；根据三角函数的周期性和图象中波峰的特点即可判断B；根据题意可知在上是单调的，进而可得
，求出的范围即可判断C；根据B选项的分析可得，则，构造函数，利用导数讨论函数的单调性，即可判断D.
【详解】A：将函数的图象向右平移个长度单位，
则，
若图象关于原点对称，则为奇函数，有()，
解得()，又，得，
所以当且仅当且时，图象关于原点对称，故A错误；
B：若，则，即，
设，则，且，
所以，得①，
又点A、B的中点的横坐标为，则，
所以，即②，
由①②得，，有，，
所以，所以，故B正确；
C：由函数在上无最值，知在上是单调的，
有，所以，，
解得，，所以当时，取得最大值，故C正确；
D：由B选项的分析可知，，，
两式相加，得，有，
所以，
即，所以，令，
则，又，易得在上单增，且，所以，
所以，则函数在上单调递减，所以，
即，故D正确.
故选：BCD
33．BC
【分析】根据基本不等式成立的条件“一正二定三相等”，逐一验证可得选项.
【详解】解：对于A选项，当时，，此时，故A不正确.
对于B选项，，当且仅当，即时取“”，故B正确.
对于C选项，，当且仅当，即时取“”，故C正确.
对于D选项，，
当且仅当，即无解，故D不正确.
故选：BC.
34．ABD
【分析】利用线线，线面的位置关系逐项分析即得.
【详解】直线与平面相交于点，则直线与平面相交，
所以内不存在直线与平行，故A正确；
平面内与在平面内射影PO垂直的直线，平面内与平行的直线都与垂直，有无数条，故B正确；
平面内过点的直线与直线相交，故C错误；
取直线上除斜足外一点A，过该点作平面的垂线AO，则平面POA就垂直于平面，故D正确.
故选：ABD.
35．ABD
【分析】计算出、的值，可判断AB选项的正误；求出区间，由孤立点的定义可判断CD选项.
【详解】，A对.
，B对.
，，则，
，，所以，、都不是孤立点，C错，D对.
故选：ABD.
36．BCD
【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.
【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
37．4
【分析】根据分段函数的定义求解即可.
【详解】由，
所以，
所以.
故答案为：4.
38．（答案不唯一）
【分析】可构造等比数列，设公比为，由条件，可知公比为负数且，再取符合的值即可得解.
【详解】可构造等比数列，设公比为，
由，可知公比为负数，
因为，所以，
所以可取设，
则.
故答案为：.
39．/
【分析】根据可得在的垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.
【详解】在的垂直平分线上，
所以中垂线的斜率为，
的中点为，由点斜式得，
化简得，
在圆满足条件的有且仅有一个，
直线与圆相切，
，
故答案为: .
40．
【分析】根据纯虚数的定义，结合复数的乘法运算法则、复数相等进行求解即可.
【详解】因为复数z为纯虚数，所以设，
由，
故答案为：
41．1
【分析】先，可得，再令，可得答案.
【详解】由题意令，可得
令，可得
所以
故答案为：1
42．2
【分析】利用导数求出抛物线在A和B的切线方程，根据切线过P得A和B满足的方程，从而求得AB所在直线方程，联立直线AB方程与抛物线方程求出Q点坐标，从而求出的表达式，根据表示式即可求其最小值.
【详解】，
设，，，则，，
则切线：，
∵切线PA过P，∴，
同理，，
∴直线AB方程为：.
由得，，
则，，
则，
则，
即最小值为2.
故答案为：2.
43．
【分析】求出切线方程，可求得点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】圆的圆心为，，
因为，则点在圆上，所以，，
所以，直线的斜率为，故直线的方程为，即，
直线交轴于点，交轴于点，
所以，，，因此，.
故答案为：.
44．
【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系得，，再运用余弦、正弦和和差公式，以及同角三角函数间的关系，代入可得答案.
【详解】解：由已知得，，
.
故答案为：.
45．
【分析】根据已知写出符合三个条件的函数，验证即可.
【详解】，为奇函数，有三个零点0，，
，时，，即在为增函数，
①②③都满足，∴.
故答案为：
46．
【分析】空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.
【详解】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，
，
，
所以，
所以
所以,
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：；
47． 2 /
【分析】取BC中点E，设，利用x表示出的边长，然后由余弦定理可解；过△ABC的外心作底面的垂线，则球心必在垂线上，再由△ABC的外接圆半径、三棱锥的高与外接球半径之间的关系可得.
【详解】取BC中点E，连接NE，ME，
设，∴．
取AC中点F，连接NF、MF，则，因为PA⊥平面ABC，所以NF⊥平面ABC，由MF平面ABC，所以，所以
∴，∴
设底面△ABC外心为，由正弦定理得，过作⊥平面ABC，则三棱锥P—ABC外接球球心O一定在O1Q上，由，取PA中点R，则，∴
∴外接球半径
故答案为：2，
48．
【分析】由题可得三棱锥外接球的球心为O，利用球的表面积公式即求，然后利用等积法可求O到平面的距离.
【详解】∵等腰梯形中，，，为的中点，
∴为等边三角形，，
∴三棱锥外接球的球心为O，半径为1，
∴；
连与交于，则OC⊥MD，OC⊥MB，，
所以为二面角的平面角，又，又，
∴二面角为，
∴到平面的距离为，
在中，，，
设球心O到平面的距离h，
由，得，
∴，解得，
所以三棱锥外接球的球心到平面的距离为.
故答案为：；.
49．(1)选①②，①③或②③均可得
(2)
【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式；
（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）若选①②，设公差为，
则，
解得：，
；
选①③，设公差为，
，
解得：，
；
选②③，设公差为，
，
解得：，
；
（2），
.
50．(1)列联表见解析，有
(2)分布列见解析，
【分析】(1)利用独立性检验的方法求解；
(2)根据独立事件的概率公式和离散型随机变量的分布列的定义求解.
【详解】（1）列联表如下：
有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关
（2）3人进球总次数的所有可能取值为，
的分布列如下：
的数学期望.
51．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；
（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；
【详解】（1）已知，
由正弦定理可得，
，
，
，
， 即，
.
（2）由（1）知，由，则.
设，，
，，
.
52．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明出线面垂直，得到，进而证明出平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）证明：∵是边上的高，
∴，
∵，平面，
平面，
∵平面，
,
又平面，
∴平面；
（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角坐标系，
，
则，
，
设平面与平面的一个法向量分别为，
故，解得：，令，得：，
则，
，解得：，令，则，
故，
设二面角平面角为，显然为锐角，
，
.
53．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；
（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.
【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，
双曲线的方程为：；
（2）方法一：设方程为，，
以为直径的圆的方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，
而，
，
对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.
设以为直径的圆过，
，
而
，
，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
54．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；
(2)构造函数和，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数分类讨论对应方程根的个数和分布证明.
【详解】（1），令.
有最大值，且在上单调递增上单调递减，.
时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，
.
（2）由，由，
令,
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减，至多两个零点，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减；至多两个零点.
令，
当时，，所以；
当时，由，
设，，
所以当时，，
所以在单调递增，所以，
所以，且，所以，
设
当时，，当时，，
所以在上单调递减，方程无解，
当时，由在上单调递增，
方程有唯一解，
当时，注意到，
设，对恒成立，
所以，
所以当时，，即，
因为，所以，，所以，
所以，
在和上各有一个零点，
示意图
如下注意到，
令，，即函数在上单调递减，
因此，即有，
在和上各有一个零点.
且由，而，
而在上单调递增，由，
由，而
而在上单调递减，由，
于是得，
，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键，进而可得同构等式，根据函数的单调性分类讨论证明.
55．(1)；
(2).
【分析】(1)结合已知条件和正弦定理边化角，三角恒等变换即可求出B；
(2)根据三角形面积公式求出a，根据余弦定理求出b.在和分别由正弦定理表示出和，根据，即可得.
【详解】（1）∵，
∴由正弦定理得，，
即，
即，
即，
即，
，，，
，；
（2），
.
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
，，
∴.
56．(1)；
(2).
【分析】（1）根据等比数列前n项和性质，结合等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）运用错位相减法，结合指数函数的单调性进行求解即可.
(1)
设等比数列的公比为，因为，所以，
由
，因为，所以，
因为，所以解得，即，所以数列的通项公式为：
；
(2)
由（1）可知：，所以，
所以，
，
得：，
所以，代入中，
得，因为，所以n的最小值为.
57．(1)证明见解析
(2)
【分析】连接AC交BD于N，连接由三角形中位线知MN∥PC即得证；
取AD的中点O，连接OP，说明OP、OD、ON两两相互垂直，则分别以OD、ON、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系利用向量法即可求出二面角的大小.
【详解】（1）连接AC交BD于N，连接
在正方形ABCD中，，
∴N是AC的中点.
又M是AP的中点，
∴MN是的中位线，，
∵面BMD，面BMD，
∴∥平面BMD，
（2）取AD的中点O，连接OP，
在中，，O是AD的中点，
∴，
又平面平面ABCD，平面PAD，平面平面，
∴平面
在正方形ABCD中，O，N分别是AD、BD的中点，
∴，
∴OP，OD，ON两两相互垂直，分别以OD，ON，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系
，，，，
∴，，
设平面MBD的一个法向量，
则，即
取，得，
∴是平面MBD的一个法向量：
同理，是平面PBD的一个法向量，
∴，
设二面角的大小为，
由图可知，，，且为锐角，
∴，
故二面角的大小是
58．(1)表格见解析，没有；
(2)①；②.
【分析】（1）根据频率直方图求出得分不低于90分的人数，结合所给的公式和数据进行求解判断即可；
（2）①根据古典概型的计算公式，结合和事件的概率公式进行求解即可；
②分类运算即可得解.
【详解】（1）得分不低于90分的人数为：，所以填表如下：
所以，
因此没有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；
（2）不低于85分的员工的人数为：，
直接定为一级的概率为，
岗位等级初定为二级的概率为：，
岗位等级初定为三级的概率为：.
①甲的最终岗位等级为一级的概率为：；
②甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率为：
.
59．(1)；
(2).
【分析】（1）根据椭圆的性质，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）设出直线l的方程与椭圆的方程联立，结合直线斜率公式、一元二次方程的根与系数关系、等差数列的性质进行求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，设，显然，
的面积为：，因为的面积最大值为，
所以，又因为椭圆的离心率为，所以，
于是有，所以椭圆的标准方程为：；
（2）由（1）可知：，，
由题意可知直线l斜率不为零，所以设方程设为：，与椭圆方程联立，得
，设，
所以，
直线的方程为：，把代入方程中，得，
所以，于是，，，
因为，，成等差数列，
所以，化简，得
，把代入化简，得
，把代入，得
，因为，所以有，即.
【点睛】关键点睛：利用代入法，正确的化简是解题的关键.
60．(1)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）求定义域，求导，对a分类讨论，结合单调性及最小值，列出不等关系，求出实数a的取值范围；（2）先进行简单放缩，构造函数，进行证明.
(1)
的定义域为，，当时，恒成立，故在上单调递增，故函数在定义域上不可能有两个零点；
当时，令得：，令得：，故在单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，要想函数在定义域上有两个零点，则，解得：，又，当时，，由零点存在性定理可知：在与范围内各有一个零点，综上：实数a的取值范围是.
(2)
证明：当时，即证，（）
由于，故，只需证，令，则，因为，所以，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，，故在上恒成立，结论得证.
【点睛】导函数证明不等式，常常需要对不等式进行变形放缩，常见放缩有三角函数有界性放缩，切线放缩，如，，等.
61．若选①：钝角三角形，理由见解析；若选②：不是钝角三角形，是锐角三角形，理由见解析.
【分析】利用余弦定理求出边，利用三边即可判断.
【详解】若选①，由余弦定理得，，
所以，
所以，
故为钝角三角形；
若选②，由余弦定理得，，
所以（舍），，
又，
故为锐角三角形，不是钝角三角形.
62．(1)；
(2).
【分析】（1）求出等比数列的公比，然后利用等比数列的通项公式可求得；
（2）利用等比数列的求和公式以及已知条件可得出关于的不等式，解之即可得解.
【详解】（1）解：设等比数列的公比为，则，
由，
故.
（2）解：，则，
整理得，
当为偶数时，，不合乎题意；
当为奇数时，则，可得，可得.
因此，的最大值为.
63．(1)证明见解析；
(2)点为棱的中点.
【分析】（1）利用条件可证，进而利用线面垂直的判断定理可得平面，即证；
（2）利用坐标法，利用线面角的向量求法可得，然后利用向量共面的向量表示可求即得.
(1)
在直四棱柱中，平面，
因为平面，
所以，连接，
因为，，
所以，所以，
又因为，平面，，
所以平面，
因为平面，
所以.
(2)
以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，设，
易知平面的法向量为，，
则，解得，
则，，，
设，，则，
，解得，，，
∴，即点为棱的中点.
64．(1).
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知得点，，在曲线上，代入建立方程组，求解即可；
（2）当直线斜率不存在时，求得，，的坐标，得出直线的方程，得出过点；当直线斜率存在时，设为，，，则，联立整理得，，再计算得，从而得出结论.
(1)
解：因为四点，，，中恰有三点在上，
而点，关于原点对称，，所以点，，在曲线上，代入可得，
解得，所以的方程为：.
(2)
解：当直线斜率不存在时，得，，，
则直线方程为，过点；
当直线斜率存在时，设为，，，则，
联立，整理得，，，，
则，所以，
又，
所以，即直线过点；
65．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】(1)把恰好在第二次射击后击落飞机的事件拆成两个互斥事件的和，再利用独立事件概率公式计算作答.
(2)求出的可能值，并求出每个取值的概率，列出分布列并求出期望作答.
(1)
设恰好第二次射击后击落飞机为事件是第一次未击中Ⅰ部分，在第二次击中Ⅰ部分的事件与两次都击中Ⅱ部分的事件的和，它们互斥，
所以.
(2)
依题意，的可能取值为1，2，3，4，
的事件是射击一次击中Ⅰ部分的事件，，由(1)知，，
的事件是前两次射击击中Ⅱ部分、Ⅲ部分各一次，第三次射击击中Ⅰ部分或Ⅱ部分的事件，与前两次射击击中Ⅲ部分，
第三次射击击中Ⅰ部分或Ⅲ部分的事件的和，它们互斥，，
的事件是前三次射击击中Ⅱ部分一次，Ⅲ部分两次，第四次射击的事件，，
所以的分布列为：
的数学期望.
【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
66．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论或即可作答.
(2)由(1)求出，把所证不等式分成两部分分别作等价变形，构造函数，利用导数探讨函数的单调性推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得：，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
即的单调增区间为，单调减区间为，
所以，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，由(1)知，，且，解得，
设，则，要证，即证，即证，
即证，设，
则，即在上单调递减，有，
即，则成立，因此成立，
要证，即证，即证，即证，即证，
而，即证，
令，则，
设，求导得，即在上单调递增，
则有，即，在上单调递减，而，当时，
，则当时，成立，故有成立，
所以，.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
60
40
100
女生
30
70
100
合计
90
110
200
0
1
2
3
男
女
合计
优得分不低于90分
8
4
12
良得分低于90分
16
12
28
合计
24
16
40
1
2
3
4