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江苏省无锡市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份江苏省无锡市三年（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。
江苏省无锡市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（江苏省苏锡常镇四市2021届高三下学期3月教学情况调研（一）数学试题）设全集，集合则集合（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·江苏·统考一模）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·江苏·统考一模）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，以此类推.今年是辛丑年，也是伟大、光荣、正确的中国共产党成立周年，则中国共产党成立的那一年是（ ）
A．辛酉年 B．辛戊年 C．壬酉年 D．壬戊年
4．（2021·江苏·统考一模）展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·江苏·统考一模）函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·江苏·统考一模）过抛物线上一点P作圆的切线，切点为，则当四边形的面积最小时，P点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·江苏·统考一模）若随机变量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·江苏·统考一模）若则满足的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022·江苏·统考一模）设全集，集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·江苏·统考一模）在的二项展开式中，第二项的系数为（ ）
A．4 B． C．6 D．
11．（2022·江苏·统考一模）i是虚数单位，设复数满足，则的共轭复数（ ）
A．-1-i B．-1+i C．1-i D．1+i
12．（2022·江苏·统考一模）如果在一次实验中，测得的五组数值如下表所示，
0
1
2
3
4
10
15
20
30
35
经计算知，对的线性回归方程是，预测当时，（ ）
附：在线性回归方程中，，，其中，为样本平均值.
A．47.5 B．48 C．49 D．49.5
13．（2022·江苏·统考一模）平面内三个单位向量，，满足，则（ ）
A．，方向相同 B．，方向相同
C．，方向相同 D．，，两两互不共线
14．（2022·江苏·统考一模）若双曲线：的右焦点与抛物线：的焦点重合，则实数（ ）
A． B． C．3 D．-3
15．（2022·江苏·统考一模）有5个形状大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次性随机取2个球，则下列说法正确的是（ ）
A．“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”是互斥事件
B．“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”是互斥事件
C．“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个蓝球”的概率
D．“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个蓝球”的概率
16．（2022·江苏·统考一模）正四面体的棱长为，是棱的中点，以为球心的球面与平面的交线和相切，则球的体积是（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·江苏·统考一模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·江苏·统考一模）两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为（ ）
A．10 B． C． D．2
19．（2023·江苏·统考一模）“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·江苏·统考一模）已知正四面体的棱长为1，点O为底面的中心，球О与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·江苏·统考一模）已知是定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
22．（2023·江苏·统考一模）在中，，的角平分线交于点D，的面积是面积的3倍，则（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·江苏·统考一模）已知椭圆的右焦点为，点P，Q在直线上，，O为坐标原点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·江苏·统考一模）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2021·江苏·统考一模）函数，则（ ）
A．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位得到
B．函数的图象关于直线轴对称
C．函数的图象关于点中心对称
D．函数在上为增函数
26．（2021·江苏·统考一模）已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则双曲线的离心率
B．若是面积为的正三角形，则
C．若为双曲线的右顶点，轴，则
D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则
27．（2021·江苏·统考一模）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新几何体，则（ ）
A．
B．
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
28．（2021·江苏·统考一模）已知正数，满足，则（ ）
A． B．
C． D．
29．（2022·江苏·统考一模）记为等差数列的前项和，则（ ）
A． B．
C．，，成等差数列 D．，，成等差数列
30．（2022·江苏·统考一模）某校体育活动社团对全校学生体能情况进行检测，以鼓励学生积极参加体育锻炼.学生的体能检测结果服从正态分布，其中检测结果在以上为体能达标，以上为体能优秀，则（ ）
附：随机变量服从正态分布，则，，.
A．该校学生的体能检测结果的期望为
B．该校学生的体能检测结果的标准差为
C．该校学生的体能达标率超过
D．该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等
31．（2022·江苏·统考一模）下列函数中，最大值是1的函数有（ ）
A． B．
C． D．
32．（2022·江苏·统考一模）已知函数，若对于定义域内的任意实数，总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（ ）
A．-1 B．0 C． D．1
33．（2023·江苏·统考一模）某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则（ ）
A．
B．
C．70分以下的人数约为6人
D．本次考试的平均分约为93.6
34．（2023·江苏·统考一模）已知正数a，b满足，则（ ）
A．的最小值为 B．的最小值为
C．的最小值为 D．的最小值为
35．（2023·江苏·统考一模）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，总能得到的图象
B．若，则当时，的取值范围为
C．若在区间上恰有3个极大值点，则
D．若在区间上单调递减，则
36．（2023·江苏·统考一模）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（ ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
三、填空题
37．（2021·江苏·统考一模）已知向量，若，则实数__________．
38．（2021·江苏·统考一模）已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲､乙､丙､丁四人对复数的陈述如下（为虚数单位）：甲：；乙：；丙：；丁：.在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数___________.
39．（2021·江苏·统考一模）若，则___________.
40．（2022·江苏·统考一模）已知圆柱和圆锥的底面重合，且母线长相等，该圆柱和圆锥的表面积分别为，，则__________.
41．（2022·江苏·统考一模）已知圆：，点A是x轴上的一个动点，直线AP，AQ分别与圆相切于P，Q两点，则圆心C到直线PQ的距离的取值范围是__________.
42．（2022·江苏·统考一模）已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中点P，Q分别是图象的最高点和最低点，点M是图象与x轴的交点，且.若，则__________.
43．（2023·江苏·统考一模）的展开式中的系数为________.
44．（2023·江苏·统考一模）在中，已知，，与交于点O.若，则________.
45．（2023·江苏·统考一模）已知圆，过点的直线l交圆C于A，B两点，点P在圆C上，若，，则________
46．（2023·江苏·统考一模）已知函数的两个零点为，，函数的两个零点为，，则________
四、双空题
47．（2021·江苏·统考一模）四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积___________；这样的不同四面体的个数为___________.
48．（2022·江苏·统考一模）已知是定义在上的奇函数，且.若当时，，则在区间上的值域为____________，在区间内的所有零点之和为__________
五、解答题
49．（2021·江苏·统考一模）在中，，点D在边上，满足.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
50．（2021·江苏·统考一模）已知等比数列的各项均为整数，公比为q，且，数列中有连续四项在集合中，
（1）求q，并写出数列的一个通项公式；
（2）设数列的前n项和为，证明：数列中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列.
51．（2021·江苏·统考一模）如图四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，，E为PD的中点.
（1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
（2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论.
52．（2021·江苏·统考一模）某地发现6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通过血清检测确定该感染人员，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这6名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；方案乙：将这6名疑似病人随机分成2组，每组3人.先将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果为阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止，
（1）求这两种方案检测次数相同的概率；
（2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由.
53．（2021·江苏·统考一模）已知O为坐标系原点，椭圆的右焦点为点F，右准线为直线n.
（1）过点的直线交椭圆C于两个不同点，且以线段为直径的圆经过原点O，求该直线的方程；
（2）已知直线l上有且只有一个点到F的距离与到直线n的距离之比为.直线l与直线n交于点N，过F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：为定值.
54．（2021·江苏·统考一模）已知函数.
（1）当时，一次函数对任意，恒成立，求的表达式；
（2）讨论关于x的方程解的个数.
55．（2022·江苏·统考一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，___________，求的面积.
56．（2022·江苏·统考一模）某大学数学建模社团在大一新生中招募成员，由于报名人数过多，需要进行选拔.为此，社团依次进行笔试、机试、面试三个项目的选拔，每个项目设置“优”、“良”、“中”三个成绩等第；当参选同学在某个项目中获得“优”或“良”时，该同学通过此项目的选拔，并参加下一个项目的选拔，否则该同学不通过此项目的选拔，且不能参加后续项目的选拔.通过了全部三个项目选拔的同学进入到数学建模社团.现有甲同学参加数学建模社团选拔，已知该同学在每个项目中获得“优”、“良”、“中”的概率分别为，，，且该同学在每个项目中能获得何种成绩等第相互独立.
(1)求甲同学能进入到数学建模社团的概率；
(2)设甲同学在本次数学建模社团选拔中恰好通过个项目，求的概率分布及数学期望.
57．（2022·江苏·统考一模）已知数列，，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求证：.
58．（2022·江苏·统考一模）如图，在直三棱柱中，是以为斜边的等腰直角三角形，，点，分别为棱，上的点，且.
(1)若，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求实数的值.
59．（2022·江苏·统考一模）已知椭圆：的离心率为，且椭圆的右焦点到右准线的距离为.点是第一象限内的定点，点M，N是椭圆上两个不同的动点（均异于点A），且直线AM，AN的倾斜角互补.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线的斜率，求点的坐标.
60．（2022·江苏·统考一模）已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
61．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列的各项均为正数，且，.
(1)求的通项公式；
(2)数列满足，求的前n项和.
62．（2023·江苏·统考一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求的面积.
63．（2023·江苏·统考一模）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
64．（2023·江苏·统考一模）某小区有居民2000人，想通过验血的方法筛查出乙肝病毒携带者，为此需对小区全体居民进行血液化验，假设携带病毒的居民占a%，若逐个化验需化验2000次.为减轻化验工作量，随机按n人一组进行分组，将各组n个人的血液混合在一起化验，若混合血样呈阴性，则这n个人的血样全部阴性；若混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对每个人再分别单独化验一次.假设每位居民的化验结果呈阴性还是阳性相互独立.
(1)若，，试估算该小区化验的总次数；
(2)若，每人单独化验一次花费10元，n个人混合化验一次花费元.求n为何值时，每位居民化验费用的数学期望最小.
（注：当时，）
65．（2023·江苏·统考一模）已知直线与抛物线交于两点，，与抛物线交于两点，，其中A，C在第一象限，B，D在第四象限.
(1)若直线过点，且，求直线的方程；
(2)①证明：；
②设，的面积分别为，，（O为坐标原点），若，求.
66．（2023·江苏·统考一模）已知定义在上的两个函数，.
(1)求函数的最小值；
(2)设直线与曲线，分别交于A，B两点，求的最小值.
参考答案：
1．B
【分析】首先求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得；
【详解】解：因为
所以，则，所以，
故选：B.
2．D
【分析】根据三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解.
【详解】由，可得或，
当时，此时，即充分性不成立；
反之当时，其中可为，此时，即必要性不成立，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3．A
【分析】推导出年的天干与地支，由此可得出结果.
【详解】由题意知，天干是公差为的等差数列，地支为公差为的等差数列，
且，，
因为年为辛丑年，则年前的天干为“辛”，地支为“酉”，可得到年为辛酉年，
故选：A.
4．C
【分析】根据二项式定理得到展开式通项，根据的取值可确定所求系数.
【详解】展开式通项公式为：，
展开式中的系数为：.
故选：C.
5．A
【分析】根据，排除B、C选项；再由函数的奇偶性，排除D选项，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，可排除B、C选项；
又由
，
所以函数为偶函数，所以排除D选项.
故选：A.
6．C
【分析】利用点在抛物线上设出P点的坐标，求出点P到圆心的距离，对函数求导得出最小值，即四边形的面积最小值，进而可得此时的P点的坐标．
【详解】由题意可设，当四边形的面积最小时，点P到圆心的距离最小，即，可令，则，则时，，此时取得最小值，四边形的面积为，所以
故选：C
7．A
【分析】根据二项分布列式，计算出，然后利用正态分布的特点计算的值.
【详解】由题意，，解得，则，所以.
故选：A.
8．B
【分析】按或0，，和四种情况，分别化简解出不等式，可得x的取值范围．
【详解】①当或0时，成立；
②当时，，可有，解得；
③当且时，
若，则，解得
若，则，解得
所以
则原不等式的解为，
故选：B
9．C
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义计算作答.
【详解】解不等式得：，则，
解不等式得：，则，，
所以.
故选：C
10．B
【分析】由二项式展开式的通项公式直接计算即可
【详解】的二项展开式的第二项为，
所以第二项的系数为，
故选：B
11．D
【分析】先计算出，再求出，即可求出共轭复数.
【详解】由得，，故.
故选：D.
12．B
【分析】分别求出，利用过点，代入点即可求得，最终代入，即可得到结果.
【详解】由题，，由线性回归方程过点得，，解得，故，所以当时，，
故选：B
13．A
【分析】根据，得，两边利用单位向量的平方等于1，即可求出，解得，方向相同.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以，
所以，方向相同，
故选：A.
14．D
【分析】根据双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合知焦点在轴上，对双曲线表达式进行变形，求出，再令即可求解.
【详解】双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以双曲线方程化为：，
再转化为：，
所以， ，
所以，
所以，
所以
平方得
故选：D.
15．C
【分析】根据互斥事件的概念可判断AB；分别计算对应的概率可判断CD.
【详解】当取出的两球为一红一蓝时，可得“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”均发生，即A错误；
当取出的两球为一红一蓝时，可得“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”均发生，即B错误；
记“至少取到1个红球”为事件A，“至少取到1个蓝球”为事件B，“至多取到1个红球”为事件C，“至多取到1个蓝球”为事件D，
故，，
，，
显然，，即C正确，D错误；
故选：C.
16．D
【分析】设点在平面内的射影为点，则为的中心，取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，分析可知以为球心的球面与平面的交线和相切的切点为，求出，即为球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】设点在平面内的射影为点，则为的中心，
取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，
因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，因为平面，则，
正的外接圆半径为，，
所以，，
易知球被平面所截的截面圆圆心为点，且，故，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为以为球心的球面与平面的交线和相切，则切点为点，
则球的半径为，
因此，球的体积是.
故选：D.
17．A
【分析】根据对数函数的单调性解出集合A，根据补集的定义和运算求出B的补集，结合并集的定义和运算即可求解.
【详解】由，得，∴，
又，
∴
故选：A．
18．D
【分析】先求得与夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量，即可求解.
【详解】设与的夹角为，
则，
所以在上的投影向量为，
所以在上的投影向量的长度为，
故选:D.
19．D
【分析】根据古典概型概率公式求出，然后利用条件概率公式即得.
【详解】由题可得，,
所以.
故选：D.
20．B
【分析】由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，然后利用，即得.
【详解】因为正四面体的棱长为1，则正四面体的高为，
由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为，
则，
所以，
所以.
故选：B
21．D
【分析】利用导函数证明在单调递增，再根据奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】当时，，
因为，所以恒成立，
所以在单调递增，
又因为是定义在R上的偶函数，所以在单调递减，
所以，
所以由可得，解得，
故选:D.
22．A
【分析】利用面积之比可得，，作边上高，垂足为，即可求.
【详解】
因为，
即，在中，作边上高，垂足为，
则，
故选:A.
23．B
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算公式和离心率公式求解.
【详解】依题意，设，，则，
又，
两式做差可得即，
所以.
故选；B
24．C
【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.
【详解】因为，
当时，，解得，
当时，，则，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，又，
所以为首项为2，公差为1的等差数列，
则，则，
所以，又，
则，又，
所以，
当n为奇数时，，而，则，解得；
当n为偶数时，，而，则；
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
25．BCD
【分析】对四个选项，一一验证：
对于选项A，利用三角函数相位变化即可；
对于选项B，利用正弦函数的对称轴经过最高（低）点判断；
对于选项C，利用正弦函数的对称中心直接判断；
对于选项D，利用复合函数的单调性“同增异减”判断；
【详解】由题意，对于选项A，函数的图象向右平移个单位可得到，所以选项A错误；
对于选项B，，取到了最大值，所以函数的图象关于直线轴对称，所以选项B正确；
对于选项C，，所以函数的图象关于点中心对称，所以选项C正确；
对于选项D，函数在上为增函数，时，，单调递增，所以函数在上为增函数，所以选项D正确.
故选：BCD.
【点睛】(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题；
(2)求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式．
26．AB
【分析】对选项A，由题意列式得，即可求得；对选项B，利用等边三角形的性质求解得，，即可得；对选项C，可得，即可判断，对选项D，举出反例即可判断.
【详解】由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；
对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.
故选：AB.
【点睛】关于双曲线的离心率的求解，一般需要先列关于的等式或者不等式，从而求解出离心率的范围；关于双曲线的焦点三角形的应用，一般需要用到双曲线的定义以及余弦定理列式来求解.
27．ABD
【分析】根据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、四点共面即可判断A、B、C的正误，由斜棱柱的性质判断D的正误.
【详解】由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，连接FG、AH、GH，即，
∴，，，故A、B正确；
∴四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确；
故选：ABD.
28．AC
【分析】令，根据指对互化和换底公式得：，再依次讨论各选项即可.
【详解】由题意，可令，由指对互化得：，
由换底公式得：，则有，故选项B错误；
对于选项A，，所以，又，所以，所以，故选项A正确；
对于选项C､D，因为，所以，所以，
所以，则，则，所以选项C正确，选项D错误；
故选：AC.
【点睛】本题考查指对数的运算，换底公式，作差法比较大小等，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于令，进而得，再根据题意求解.
29．BCD
【分析】利用等差数列求和公式分别判断.
【详解】由已知得，
A选项，，，，所以，A选项错误；
B选项，，B选项正确；
C选项，，，，，，则，C选项正确；
D选项，，，，则，D选项正确；
故选：BCD.
30．AD
【分析】求出、的值，可判断AB选项；利用原则可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性可判断D选项.
【详解】对于A选项，该校学生的体能检测结果的期望为，A对；
对于B选项，该校学生的体能检测结果的标准差为，B错；
对于C选项，，
所以，，C错；
对于D选项，，所以，，
所以，该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等，D对.
故选：AD.
31．BC
【分析】化简变形各个选项中的函数解析式，再求其最大值即可判断作答.
【详解】对于A，，当且仅当，即时取“=”，
即当时，，A不正确；
对于B，，当且仅当，即时取“=”，
即当时，，B正确；
对于C，，当且仅当，即时取“=”，
即当时，，C正确；
对于D，依题意，由，都有意义，且得：，且，且，，
，显然最大值为1，
此时，，而使函数无意义，即不能取到1，D不正确.
故选：BC
32．AB
【分析】根据给定条件，可得函数无最小值，再分类探讨函数在内最值情况判断作答.
【详解】函数定义域为，因，总使得，
则有函数在上没有最小值，对求导得：，
当时，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取最大值，值域为，在内无最小值，因此，，
当时，令，，，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，，显然，即，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，
当时，有两个根，不妨令，
当或时，，当或时，，
即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，
函数在与处都取得极小值，，不符合题意，
当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意，
综上得：实数的取值范围是：，
所以满足条件的实数的可能值有-1，0.
故选：AB
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者
将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
33．AD
【分析】根据频率分布图的求解频率、频数、平均数即可求解.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，
所以，B错误；
对于C，70分以下的人数为人，C错误；
对于D，平均成绩，D正确，
故选:AD.
34．AC
【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得.
【详解】对于A，，
当且仅当时成立，A正确；
对于B，，即，可得，
所以，当且仅当时成立，B错误；
对于C，，当且仅当时成立，C正确；
对于D，由，
当且仅当，即，等号成立，
所以，此时，不能同时取等号，所以D错误.
故选：AC.
35．BC
【分析】由题可得，然后利用三角函数的性质结合条件逐项分析即得.
【详解】由题可得
对于A，向左平移个单位长度为，故不一定能得到的图象，A错误；
对于B，，，则，，所以，B正确；
对C，由可得，
由在区间上恰有3个极大值点可得，C正确；
对于D，，则，
因为单调递减，
所以，，且即，
解得，，且，
当时，，当时，，D错误.
故选：BC.
36．ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，
则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，
因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
37．
【解析】由向量平行的坐标表示计算．
【详解】由题意，又，∴，解得．
故答案为：．
38．
【分析】设，由此可计算出，，和，根据数字对比可发现丙丁、乙丁不能同时成立；又甲乙丙任意两个正确，则第三个一定正确，由此可得到只能甲丁正确，由此可求得.
【详解】设，则，
，，，.
与不可能同时成立，丙丁不能同时正确；
时，，不成立，乙丁不能同时正确；
当甲乙正确时：，，则丙也正确，不合题意；
当甲丙正确时：，，则乙也正确，不合题意；
当乙丙正确时：，，则甲也正确，不合题意；
甲丁陈述正确，此时，.
故答案为：.
39．
【分析】由题意可得，令，则，，化简即得解.
【详解】由题意可得，
令，则，，
所以原式，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：三角恒等变换求值常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式）.要根据已知条件灵活选择方法求解.
40．
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式直接计算.
【详解】设圆柱与圆锥的半径均为，母线为，
故，，
所以，
故答案为：.
41．
【分析】由题意可知，通过相似比可得，利用的取值范围可求圆心C到直线PQ的距离的取值范围.
【详解】由题意可知，所以，且，
所以，
因为点A是x轴上的一个动点，
所以当时，取最小值4，即，
所以，
即圆心C到直线PQ的距离的取值范围是，
故答案为：.
42．
【分析】根据，得到，再由，得到，进而得到，然后由求解.
【详解】解：因为，
所以，即，
所以，
解得，则，
所以，
则，
所以或，
则或，
因为，
所以，
所以，
，
，
，
故答案为：
43．
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】因为的展开式中的项为，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：.
44．/0.6
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得，，然后利用共线向量的推论即得.
【详解】因为，，
所以，，又，
所以，，又与交于点O，
所以，
所以，即，
故答案为：.
45．
【分析】根据向量的加减法运算可得，再根据圆的性质可得即可求解.
【详解】
易知圆心，半径，取中点D，则，
因为，
所以，
所以，则，
又，
所以即，
故.
故答案为:.
46．2
【分析】由题可得，进而可得，然后结合条件即得.
【详解】因为函数的两个零点为，，
则，即，
又，
则，即，
所以.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构函数可得，可得，结合条件即得.
47． 3
【分析】由题意构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，结合体积公式，即可求解，根据三棱锥的几何结构特征，分类列举，即可求解.
【详解】由题意，可以构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
则三棱锥的高，则体积.
由1和2可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，
边长为的三角形除了已求体积的正三棱锥外，
还可以是四个的三角形拼成的三棱锥、两个边长为2的正三角形和两个的三角形拼成的三棱锥，所以满足题意的四面体共3个.
故答案为：
48． /2.5
【分析】第一空先求出函数在上的解析式，结合奇函数画出的图像，再由得到，
进而得到函数在上的图像，即可求得值域；
第二空画出将零点转化为的交点，再画出的图像即可求解.
【详解】由当时，，可得当时，，当时，，
又是奇函数，可得函数图像关于原点对称.又当时，即，即，
即函数右移两个单位，函数值变为原来的2倍，由此可得函数在上的图像如图所示：
结合图像可知在区间上的值域为；，即，即的交点，
画出的图像，由图像可知4个交点的横坐标依次为，又均是奇函数，故，
故.
故答案为：；.
49．（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理求得，得到的大小，进而求得的大小；
（2）由，得到，根据向量的线性运算，求得，进而得到，求得的长，利用面积公式，即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，
因为，所以或，
当时，可得，可得；
当时，可得，因为（舍去），
综上可得.
（2）因为，所以，
由，
所以，
即，
又由，可得，解得，
则，
所以.
50．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）因为，且各项均为整数，所以连续四项为，故，不妨取，故；
（2）设等比数列的首项为，，再分n为奇数时和n为偶数时验证即可.
【详解】（1）因为，且各项均为整数，所以连续四项为，
所以公比，取.
（2）由题意，，
所以当n为奇数时，，，
所以，
当n为偶数时，
，所以，
所以对中的任意连续三项，经顺序调整后可以构成等差数列.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求解，前项和公式，等差中项证明等差数列等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题第二问解题的关键在于分n为奇数和n为偶数两种情况，并结合等差中项验证.
51．（1）；（2）在平面内．证明见解析．
【解析】（1）计算出，证明，然后取取中点，连接，可证明平面，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；
（2）在平面内．只要证明与共面即可得．
【详解】直角梯形中，由已知可得，，∴，即，
又是以为斜边的等腰直角三角形，∴，
取中点，连接，则，，
则，∴，
又，∴，
∴，，而，平面，
∴平面，
因此可以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，
，
直线PB与平面PAC所成角为，则．
（2）由（1），，，
设，则，，解得，
∴，∴与共面，∴在平面内．
【点睛】方法点睛：本题考查求线面角，判断点到平面的关系．解题方法是空间向量法，通过求出直线与平面法向量的夹角的余弦值得线面角的正弦值．利用向量法证明向量与共面共面从而可得点与平面的位置关系．
52．（1）；（2）乙方案，理由见解析.
【分析】设甲方案检测的次数，记乙方案检测的次数，
（1）记两种方案检测的次数相同为事件A，根据独立事件的概率的乘法公式，即可求解；
（2）分别求得随机变量和的期望，结合期望的大小，即可求解.
【详解】由题意可设甲方案检测的次数是X，
则，记乙方案检测的次数是，则，
（1）记两种方案检测的次数相同为事件A，
则，
所以两种方案检测的次数相同的概率为.
（2）由，
所以，
，则，
因为，所以采用乙方案.
【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：
1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；
2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；
3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；
4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.
53．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设过点的直线为交于椭圆，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出直线的斜率即得解；
（2）分析得到直线与椭圆相切，设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到，求出,再把代入化简即得解.
【详解】（1）设过点的直线为交于椭圆
联立消去y得
又因为以线段为直径的圆经过原点，
则
则所求直线方程
（2）已知椭圆的离心率为，右准线直线n的方程为，
因为直线上只有一点到F的距离与到直线n的距离之比为，
所以直线与椭圆相切，
设直线的方程为，联立消去y得到：
①
联立点N坐标为
得到
,
由①
【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.
54．（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）当时，设，求得函数的单调区间和最值得出，得到，设，根据，转化为恒成立，求得，再根据，利用导数求得函数的单调区间和最大值，得到，进而求得解析式；
（2）由方程，化简得到，令，得到，设，求得，分和，结合函数的单调性与极值，以及零点的存在性定理，即可求解.
【详解】（1）当时，函数，可设，
则，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
又因为，所以，设，
因为，所以在上恒成立
所以在上恒成立，
所以，解得，所以，
又由，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为，所以，
综上
（2）由方程，整理可得，
即，可得，
令，可得，即，
设，可得，
①当时，可得，此时单调递减，
又由，所以此时函数在上只有一个零点，即方程只有一个零点.
②当 可得，
令，则，
（i）当时，即时，可得，即，此时单调递增，
又由，所以此时函数在上只有一个零点，即方程只有一个零点.
（ii）当时，即时，
此时，即方程有两解，
且，不妨设，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，函数取得极大值，当，函数取得极小值，
又因为，所以，
当时，，
所以在上有唯一的解；
因为时，
当时，可得
所以且，解得，所以在上恰有一根，
所以可得函数在上恰有三根，
综上可得，当或时，方程恰有一根；
当时，方程恰有三根.
【点睛】求解有关函数零点问题的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
55．.
【分析】选①，由已知结合正弦定理角化边，求出，再按A是锐角和钝角分类计算作答.
选②，由已知结合余弦定理角化边，再求出，按A是锐角和钝角分类计算作答.
选③，按A是锐角和钝角分类计算作答.
【详解】选择条件①：依题意，，
在中，由正弦定理得，，
由余弦定理得：，
若A为锐角，则，则，
则，又，解得或，
即有的面积为，
若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，
综上可得，的面积为．
选择条件②：因为，由余弦定理得：，
整理得：，即，
而，则，
若A为锐角，则，有，
由余弦定理得：，
则有，又，解得或，
即有的面积为，
若A为钝角，则，则，舍去，
综上可得，的面积为.
③因为，由余弦定理，
若A为锐角，则，则，
则，又，解得或，
即有的面积为．
若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，
综上可得，的面积为.
56．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据给定条件，求出p值，并求出甲能通过项目选拔的概率，再由乘法公式计算作答.
（2）求出的所有可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列，求出期望作答.
(1)
该同学在每个项目中得优、良、中互为互斥事件，由题意得，，解得，
则甲在每个项目中通过的概率都为，设事件A为甲能进入到数学建模社团，
因甲在每个项目中通过的概率都为，且在每个项目中的成绩均相互独立，则有，
所以甲能进入到数学建模社团的概率为.
(2)
X的可能取值为0，1，2，3，
，，，，
则X的概率分布为：
X
0
1
2
3
P
所以X的数学期望.
57．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，利用累加法即可得出答案；
（2）利用放缩可得，再利用裂项相消法即可得出结论.
（1）
解：因为，
所有，
当时，，，……，，
相加得，所以，
当时，也符合上式，
所以数列的通项公式；
（2）
证明：由（1）得，
所以，
所以，
．
所以．
58．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，得到点D，E分别为的中点，易得四边形为平行四边形，四边形是平行四边形，进而得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）方法一：在平面内，过点C作的垂线，垂足为H，连结，得到为二面角的平面角求解；方法二：以为正交基底建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，再由平面的一个法向量为，根据二面角的大小为，由求解．
(1)
证明：当时，，即点D，E分别为的中点，
在直三棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，
连接，则，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以．
又因为平面平面，
所以平面．
(2)
方法一：如图所示：
在平面内，过点C作的垂线，垂足为H，连结，
则为二面角的平面角，即，
在直角三角形中，，所以．
在直角三角形中，，
所以，
又因为为锐角，
所以且，
所以点H在线段的延长线上．
中，，
所以．
方法二：平面，又，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，
所以，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，即,
取，
又平面的一个法向量为,
因为二面角的大小为，
所以．
即，
得，
又因为，
所以．
59．(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率以及题目条件即可求解；
（2）根据的斜率设MN直线方程，联立直线和椭圆方程，利用直线AM，AN的倾斜角互补得两直线的斜率之和为0，化简得，再根据直线过定点不受m影响，解得，从而求出点的坐标.
(1)
因为椭圆C的离心率为，且其右焦点F到右准线的距离为，
所以，且，
解得．
所以，
故椭圆C的标准方程为．
(2)
设直线的方程为，点，
直线的方程与椭圆方程联立得 ,
则，
所以 ,
由直线AM，AN的倾斜角互补得：
，
得．
所以，
整理得，，
所以
因为点A在第一象限，
所 ，
故点A的坐标为
60．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)证明见解析，的最小值是e．
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）（1）当时，，
则
令，得；
令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，
所以，
令，列表如下:
-
0
+
减
极小值
增
所以存在极值点.
所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，
记，
所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，
即需要，
即需要，
即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是e．
61．(1)；
(2).
【分析】（1）根据等比数列基本量的运算可得，，即可得数列的通项公式；
（2）由题可得，然后利用错位相减法求解即可；或利用裂项相消法求和即得.
【详解】（1）设数列的公比为，则，，解得，
所以，即的通项公式为；
（2）方法一：由题可知，
则，
，
所以，
.
方法二：，
所以
62．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换可得，结合条件可得关于的方程，进而即得；
（2）根据条件可得，进而可得，然后根据三角形面积的公式即得.
【详解】（1）若，则，
因为，，
所以，
所以，
解得或，因为，
所以；
（2）若，由，可得，
整理可得，即，
因为，所以，，所以，
所以是以C为顶角的等腰三角形，，
所以的面积为.
63．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.
则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或（舍），即.
64．(1)180次；
(2)10.
【分析】（1）设每位居民需化验的次数为，则可取，，分别求概率，进而可得期望，即得；
（2）设每组n人总费用为Y元，结合条件计算，然后表示出结合基本不等式即得.
【详解】（1）设每位居民需化验的次数为X，
若混合血样为阴性，则，若混合血样呈阳性，则，
所以，，
，
所以2000名居民总化验次数约为次；
（2）设每组n人总费用为Y元，若混合血样呈阴性则，若混合血样为阳性，则，
所以，，
所以，
每位居民的化验费用为：
元，
当且仅当，即时取等号，
故时，每位居民化验费用的期望最小.
65．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）设，，设，联立直线和抛物线，利用韦达定理和两点间距离公式，代入，可以求解的值，进而可以求出直线的方程；（2）设，联立直线和抛物线，利用韦达定理，①代入中，即可证明；②代入中，可用分别表示，根据求出比值即可.
【详解】（1）设，，，，其中，，
设，联立，整理得，
则，，
，
解得，则.
（2）设，①联立，整理得，
则，，
联立，整理得，则，，
则，即证.
②，
则，
，
其中，，解得，
则，，，则.
66．(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，然后利用导数求函数的最值即得；
（2）构造函数，题设等价于恒成立，求实数k的最大值，然后利用导数研究函数的性质，求出k的最大值进而即得.
【详解】（1）因为，，
所以，，则，令，解得，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
（2）由，可得，
作出函数与的大致图象，则直线与两函数图象有交点，
设，
则题设等价于恒成立，求实数k的最大值，且，
所以，
由，可得，且，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
设，则，函数在上单调递增，
又，则，
解得，则，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，进而把问题转化为求最值问题，然后利用导函数结合条件即得.
江苏省无锡市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（江苏省苏锡常镇四市2021届高三下学期3月教学情况调研（一）数学试题）设全集，集合则集合（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·江苏·统考一模）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2021·江苏·统考一模）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，以此类推.今年是辛丑年，也是伟大、光荣、正确的中国共产党成立周年，则中国共产党成立的那一年是（ ）
A．辛酉年 B．辛戊年 C．壬酉年 D．壬戊年
4．（2021·江苏·统考一模）展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·江苏·统考一模）函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·江苏·统考一模）过抛物线上一点P作圆的切线，切点为，则当四边形的面积最小时，P点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·江苏·统考一模）若随机变量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·江苏·统考一模）若则满足的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022·江苏·统考一模）设全集，集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·江苏·统考一模）在的二项展开式中，第二项的系数为（ ）
A．4 B． C．6 D．
11．（2022·江苏·统考一模）i是虚数单位，设复数满足，则的共轭复数（ ）
A．-1-i B．-1+i C．1-i D．1+i
12．（2022·江苏·统考一模）如果在一次实验中，测得的五组数值如下表所示，
0
1
2
3
4
10
15
20
30
35
经计算知，对的线性回归方程是，预测当时，（ ）
附：在线性回归方程中，，，其中，为样本平均值.
A．47.5 B．48 C．49 D．49.5
13．（2022·江苏·统考一模）平面内三个单位向量，，满足，则（ ）
A．，方向相同 B．，方向相同
C．，方向相同 D．，，两两互不共线
14．（2022·江苏·统考一模）若双曲线：的右焦点与抛物线：的焦点重合，则实数（ ）
A． B． C．3 D．-3
15．（2022·江苏·统考一模）有5个形状大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次性随机取2个球，则下列说法正确的是（ ）
A．“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”是互斥事件
B．“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”是互斥事件
C．“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个蓝球”的概率
D．“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个蓝球”的概率
16．（2022·江苏·统考一模）正四面体的棱长为，是棱的中点，以为球心的球面与平面的交线和相切，则球的体积是（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·江苏·统考一模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·江苏·统考一模）两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为（ ）
A．10 B． C． D．2
19．（2023·江苏·统考一模）“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·江苏·统考一模）已知正四面体的棱长为1，点O为底面的中心，球О与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·江苏·统考一模）已知是定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
22．（2023·江苏·统考一模）在中，，的角平分线交于点D，的面积是面积的3倍，则（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·江苏·统考一模）已知椭圆的右焦点为，点P，Q在直线上，，O为坐标原点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·江苏·统考一模）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2021·江苏·统考一模）函数，则（ ）
A．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位得到
B．函数的图象关于直线轴对称
C．函数的图象关于点中心对称
D．函数在上为增函数
26．（2021·江苏·统考一模）已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则双曲线的离心率
B．若是面积为的正三角形，则
C．若为双曲线的右顶点，轴，则
D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则
27．（2021·江苏·统考一模）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新几何体，则（ ）
A．
B．
C．新几何体有7个面
D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上
28．（2021·江苏·统考一模）已知正数，满足，则（ ）
A． B．
C． D．
29．（2022·江苏·统考一模）记为等差数列的前项和，则（ ）
A． B．
C．，，成等差数列 D．，，成等差数列
30．（2022·江苏·统考一模）某校体育活动社团对全校学生体能情况进行检测，以鼓励学生积极参加体育锻炼.学生的体能检测结果服从正态分布，其中检测结果在以上为体能达标，以上为体能优秀，则（ ）
附：随机变量服从正态分布，则，，.
A．该校学生的体能检测结果的期望为
B．该校学生的体能检测结果的标准差为
C．该校学生的体能达标率超过
D．该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等
31．（2022·江苏·统考一模）下列函数中，最大值是1的函数有（ ）
A． B．
C． D．
32．（2022·江苏·统考一模）已知函数，若对于定义域内的任意实数，总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（ ）
A．-1 B．0 C． D．1
33．（2023·江苏·统考一模）某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则（ ）
A．
B．
C．70分以下的人数约为6人
D．本次考试的平均分约为93.6
34．（2023·江苏·统考一模）已知正数a，b满足，则（ ）
A．的最小值为 B．的最小值为
C．的最小值为 D．的最小值为
35．（2023·江苏·统考一模）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，总能得到的图象
B．若，则当时，的取值范围为
C．若在区间上恰有3个极大值点，则
D．若在区间上单调递减，则
36．（2023·江苏·统考一模）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（ ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
三、填空题
37．（2021·江苏·统考一模）已知向量，若，则实数__________．
38．（2021·江苏·统考一模）已知复数对应的点在复平面第一象限内，甲､乙､丙､丁四人对复数的陈述如下（为虚数单位）：甲：；乙：；丙：；丁：.在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数___________.
39．（2021·江苏·统考一模）若，则___________.
40．（2022·江苏·统考一模）已知圆柱和圆锥的底面重合，且母线长相等，该圆柱和圆锥的表面积分别为，，则__________.
41．（2022·江苏·统考一模）已知圆：，点A是x轴上的一个动点，直线AP，AQ分别与圆相切于P，Q两点，则圆心C到直线PQ的距离的取值范围是__________.
42．（2022·江苏·统考一模）已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中点P，Q分别是图象的最高点和最低点，点M是图象与x轴的交点，且.若，则__________.
43．（2023·江苏·统考一模）的展开式中的系数为________.
44．（2023·江苏·统考一模）在中，已知，，与交于点O.若，则________.
45．（2023·江苏·统考一模）已知圆，过点的直线l交圆C于A，B两点，点P在圆C上，若，，则________
46．（2023·江苏·统考一模）已知函数的两个零点为，，函数的两个零点为，，则________
四、双空题
47．（2021·江苏·统考一模）四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积___________；这样的不同四面体的个数为___________.
48．（2022·江苏·统考一模）已知是定义在上的奇函数，且.若当时，，则在区间上的值域为____________，在区间内的所有零点之和为__________
五、解答题
49．（2021·江苏·统考一模）在中，，点D在边上，满足.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
50．（2021·江苏·统考一模）已知等比数列的各项均为整数，公比为q，且，数列中有连续四项在集合中，
（1）求q，并写出数列的一个通项公式；
（2）设数列的前n项和为，证明：数列中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列.
51．（2021·江苏·统考一模）如图四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，，E为PD的中点.
（1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
（2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论.
52．（2021·江苏·统考一模）某地发现6名疑似病人中有1人感染病毒，需要通过血清检测确定该感染人员，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性表示没感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这6名疑似病人血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；方案乙：将这6名疑似病人随机分成2组，每组3人.先将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果为阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止，
（1）求这两种方案检测次数相同的概率；
（2）如果每次检测的费用相同，请预测哪种方案检测总费用较少？并说明理由.
53．（2021·江苏·统考一模）已知O为坐标系原点，椭圆的右焦点为点F，右准线为直线n.
（1）过点的直线交椭圆C于两个不同点，且以线段为直径的圆经过原点O，求该直线的方程；
（2）已知直线l上有且只有一个点到F的距离与到直线n的距离之比为.直线l与直线n交于点N，过F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：为定值.
54．（2021·江苏·统考一模）已知函数.
（1）当时，一次函数对任意，恒成立，求的表达式；
（2）讨论关于x的方程解的个数.
55．（2022·江苏·统考一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，___________，求的面积.
56．（2022·江苏·统考一模）某大学数学建模社团在大一新生中招募成员，由于报名人数过多，需要进行选拔.为此，社团依次进行笔试、机试、面试三个项目的选拔，每个项目设置“优”、“良”、“中”三个成绩等第；当参选同学在某个项目中获得“优”或“良”时，该同学通过此项目的选拔，并参加下一个项目的选拔，否则该同学不通过此项目的选拔，且不能参加后续项目的选拔.通过了全部三个项目选拔的同学进入到数学建模社团.现有甲同学参加数学建模社团选拔，已知该同学在每个项目中获得“优”、“良”、“中”的概率分别为，，，且该同学在每个项目中能获得何种成绩等第相互独立.
(1)求甲同学能进入到数学建模社团的概率；
(2)设甲同学在本次数学建模社团选拔中恰好通过个项目，求的概率分布及数学期望.
57．（2022·江苏·统考一模）已知数列，，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求证：.
58．（2022·江苏·统考一模）如图，在直三棱柱中，是以为斜边的等腰直角三角形，，点，分别为棱，上的点，且.
(1)若，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求实数的值.
59．（2022·江苏·统考一模）已知椭圆：的离心率为，且椭圆的右焦点到右准线的距离为.点是第一象限内的定点，点M，N是椭圆上两个不同的动点（均异于点A），且直线AM，AN的倾斜角互补.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线的斜率，求点的坐标.
60．（2022·江苏·统考一模）已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
61．（2023·江苏·统考一模）已知等比数列的各项均为正数，且，.
(1)求的通项公式；
(2)数列满足，求的前n项和.
62．（2023·江苏·统考一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求的面积.
63．（2023·江苏·统考一模）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.
(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
64．（2023·江苏·统考一模）某小区有居民2000人，想通过验血的方法筛查出乙肝病毒携带者，为此需对小区全体居民进行血液化验，假设携带病毒的居民占a%，若逐个化验需化验2000次.为减轻化验工作量，随机按n人一组进行分组，将各组n个人的血液混合在一起化验，若混合血样呈阴性，则这n个人的血样全部阴性；若混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对每个人再分别单独化验一次.假设每位居民的化验结果呈阴性还是阳性相互独立.
(1)若，，试估算该小区化验的总次数；
(2)若，每人单独化验一次花费10元，n个人混合化验一次花费元.求n为何值时，每位居民化验费用的数学期望最小.
（注：当时，）
65．（2023·江苏·统考一模）已知直线与抛物线交于两点，，与抛物线交于两点，，其中A，C在第一象限，B，D在第四象限.
(1)若直线过点，且，求直线的方程；
(2)①证明：；
②设，的面积分别为，，（O为坐标原点），若，求.
66．（2023·江苏·统考一模）已知定义在上的两个函数，.
(1)求函数的最小值；
(2)设直线与曲线，分别交于A，B两点，求的最小值.
参考答案：
1．B
【分析】首先求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得；
【详解】解：因为
所以，则，所以，
故选：B.
2．D
【分析】根据三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解.
【详解】由，可得或，
当时，此时，即充分性不成立；
反之当时，其中可为，此时，即必要性不成立，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3．A
【分析】推导出年的天干与地支，由此可得出结果.
【详解】由题意知，天干是公差为的等差数列，地支为公差为的等差数列，
且，，
因为年为辛丑年，则年前的天干为“辛”，地支为“酉”，可得到年为辛酉年，
故选：A.
4．C
【分析】根据二项式定理得到展开式通项，根据的取值可确定所求系数.
【详解】展开式通项公式为：，
展开式中的系数为：.
故选：C.
5．A
【分析】根据，排除B、C选项；再由函数的奇偶性，排除D选项，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，可排除B、C选项；
又由
，
所以函数为偶函数，所以排除D选项.
故选：A.
6．C
【分析】利用点在抛物线上设出P点的坐标，求出点P到圆心的距离，对函数求导得出最小值，即四边形的面积最小值，进而可得此时的P点的坐标．
【详解】由题意可设，当四边形的面积最小时，点P到圆心的距离最小，即，可令，则，则时，，此时取得最小值，四边形的面积为，所以
故选：C
7．A
【分析】根据二项分布列式，计算出，然后利用正态分布的特点计算的值.
【详解】由题意，，解得，则，所以.
故选：A.
8．B
【分析】按或0，，和四种情况，分别化简解出不等式，可得x的取值范围．
【详解】①当或0时，成立；
②当时，，可有，解得；
③当且时，
若，则，解得
若，则，解得
所以
则原不等式的解为，
故选：B
9．C
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义计算作答.
【详解】解不等式得：，则，
解不等式得：，则，，
所以.
故选：C
10．B
【分析】由二项式展开式的通项公式直接计算即可
【详解】的二项展开式的第二项为，
所以第二项的系数为，
故选：B
11．D
【分析】先计算出，再求出，即可求出共轭复数.
【详解】由得，，故.
故选：D.
12．B
【分析】分别求出，利用过点，代入点即可求得，最终代入，即可得到结果.
【详解】由题，，由线性回归方程过点得，，解得，故，所以当时，，
故选：B
13．A
【分析】根据，得，两边利用单位向量的平方等于1，即可求出，解得，方向相同.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以，
所以，方向相同，
故选：A.
14．D
【分析】根据双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合知焦点在轴上，对双曲线表达式进行变形，求出，再令即可求解.
【详解】双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，
所以双曲线方程化为：，
再转化为：，
所以， ，
所以，
所以，
所以
平方得
故选：D.
15．C
【分析】根据互斥事件的概念可判断AB；分别计算对应的概率可判断CD.
【详解】当取出的两球为一红一蓝时，可得“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”均发生，即A错误；
当取出的两球为一红一蓝时，可得“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”均发生，即B错误；
记“至少取到1个红球”为事件A，“至少取到1个蓝球”为事件B，“至多取到1个红球”为事件C，“至多取到1个蓝球”为事件D，
故，，
，，
显然，，即C正确，D错误；
故选：C.
16．D
【分析】设点在平面内的射影为点，则为的中心，取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，分析可知以为球心的球面与平面的交线和相切的切点为，求出，即为球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】设点在平面内的射影为点，则为的中心，
取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，
因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，因为平面，则，
正的外接圆半径为，，
所以，，
易知球被平面所截的截面圆圆心为点，且，故，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为以为球心的球面与平面的交线和相切，则切点为点，
则球的半径为，
因此，球的体积是.
故选：D.
17．A
【分析】根据对数函数的单调性解出集合A，根据补集的定义和运算求出B的补集，结合并集的定义和运算即可求解.
【详解】由，得，∴，
又，
∴
故选：A．
18．D
【分析】先求得与夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量，即可求解.
【详解】设与的夹角为，
则，
所以在上的投影向量为，
所以在上的投影向量的长度为，
故选:D.
19．D
【分析】根据古典概型概率公式求出，然后利用条件概率公式即得.
【详解】由题可得，,
所以.
故选：D.
20．B
【分析】由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，然后利用，即得.
【详解】因为正四面体的棱长为1，则正四面体的高为，
由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为，
则，
所以，
所以.
故选：B
21．D
【分析】利用导函数证明在单调递增，再根据奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】当时，，
因为，所以恒成立，
所以在单调递增，
又因为是定义在R上的偶函数，所以在单调递减，
所以，
所以由可得，解得，
故选:D.
22．A
【分析】利用面积之比可得，，作边上高，垂足为，即可求.
【详解】
因为，
即，在中，作边上高，垂足为，
则，
故选:A.
23．B
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算公式和离心率公式求解.
【详解】依题意，设，，则，
又，
两式做差可得即，
所以.
故选；B
24．C
【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.
【详解】因为，
当时，，解得，
当时，，则，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，又，
所以为首项为2，公差为1的等差数列，
则，则，
所以，又，
则，又，
所以，
当n为奇数时，，而，则，解得；
当n为偶数时，，而，则；
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
25．BCD
【分析】对四个选项，一一验证：
对于选项A，利用三角函数相位变化即可；
对于选项B，利用正弦函数的对称轴经过最高（低）点判断；
对于选项C，利用正弦函数的对称中心直接判断；
对于选项D，利用复合函数的单调性“同增异减”判断；
【详解】由题意，对于选项A，函数的图象向右平移个单位可得到，所以选项A错误；
对于选项B，，取到了最大值，所以函数的图象关于直线轴对称，所以选项B正确；
对于选项C，，所以函数的图象关于点中心对称，所以选项C正确；
对于选项D，函数在上为增函数，时，，单调递增，所以函数在上为增函数，所以选项D正确.
故选：BCD.
【点睛】(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题；
(2)求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式．
26．AB
【分析】对选项A，由题意列式得，即可求得；对选项B，利用等边三角形的性质求解得，，即可得；对选项C，可得，即可判断，对选项D，举出反例即可判断.
【详解】由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；
对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.
故选：AB.
【点睛】关于双曲线的离心率的求解，一般需要先列关于的等式或者不等式，从而求解出离心率的范围；关于双曲线的焦点三角形的应用，一般需要用到双曲线的定义以及余弦定理列式来求解.
27．ABD
【分析】根据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、四点共面即可判断A、B、C的正误，由斜棱柱的性质判断D的正误.
【详解】由题意，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，连接FG、AH、GH，即，
∴，，，故A、B正确；
∴四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确；
故选：ABD.
28．AC
【分析】令，根据指对互化和换底公式得：，再依次讨论各选项即可.
【详解】由题意，可令，由指对互化得：，
由换底公式得：，则有，故选项B错误；
对于选项A，，所以，又，所以，所以，故选项A正确；
对于选项C､D，因为，所以，所以，
所以，则，则，所以选项C正确，选项D错误；
故选：AC.
【点睛】本题考查指对数的运算，换底公式，作差法比较大小等，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于令，进而得，再根据题意求解.
29．BCD
【分析】利用等差数列求和公式分别判断.
【详解】由已知得，
A选项，，，，所以，A选项错误；
B选项，，B选项正确；
C选项，，，，，，则，C选项正确；
D选项，，，，则，D选项正确；
故选：BCD.
30．AD
【分析】求出、的值，可判断AB选项；利用原则可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性可判断D选项.
【详解】对于A选项，该校学生的体能检测结果的期望为，A对；
对于B选项，该校学生的体能检测结果的标准差为，B错；
对于C选项，，
所以，，C错；
对于D选项，，所以，，
所以，该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等，D对.
故选：AD.
31．BC
【分析】化简变形各个选项中的函数解析式，再求其最大值即可判断作答.
【详解】对于A，，当且仅当，即时取“=”，
即当时，，A不正确；
对于B，，当且仅当，即时取“=”，
即当时，，B正确；
对于C，，当且仅当，即时取“=”，
即当时，，C正确；
对于D，依题意，由，都有意义，且得：，且，且，，
，显然最大值为1，
此时，，而使函数无意义，即不能取到1，D不正确.
故选：BC
32．AB
【分析】根据给定条件，可得函数无最小值，再分类探讨函数在内最值情况判断作答.
【详解】函数定义域为，因，总使得，
则有函数在上没有最小值，对求导得：，
当时，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取最大值，值域为，在内无最小值，因此，，
当时，令，，，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，，显然，即，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，
当时，有两个根，不妨令，
当或时，，当或时，，
即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，
函数在与处都取得极小值，，不符合题意，
当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意，
综上得：实数的取值范围是：，
所以满足条件的实数的可能值有-1，0.
故选：AB
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者
将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
33．AD
【分析】根据频率分布图的求解频率、频数、平均数即可求解.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，
所以，B错误；
对于C，70分以下的人数为人，C错误；
对于D，平均成绩，D正确，
故选:AD.
34．AC
【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得.
【详解】对于A，，
当且仅当时成立，A正确；
对于B，，即，可得，
所以，当且仅当时成立，B错误；
对于C，，当且仅当时成立，C正确；
对于D，由，
当且仅当，即，等号成立，
所以，此时，不能同时取等号，所以D错误.
故选：AC.
35．BC
【分析】由题可得，然后利用三角函数的性质结合条件逐项分析即得.
【详解】由题可得
对于A，向左平移个单位长度为，故不一定能得到的图象，A错误；
对于B，，，则，，所以，B正确；
对C，由可得，
由在区间上恰有3个极大值点可得，C正确；
对于D，，则，
因为单调递减，
所以，，且即，
解得，，且，
当时，，当时，，D错误.
故选：BC.
36．ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，
则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，
因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
37．
【解析】由向量平行的坐标表示计算．
【详解】由题意，又，∴，解得．
故答案为：．
38．
【分析】设，由此可计算出，，和，根据数字对比可发现丙丁、乙丁不能同时成立；又甲乙丙任意两个正确，则第三个一定正确，由此可得到只能甲丁正确，由此可求得.
【详解】设，则，
，，，.
与不可能同时成立，丙丁不能同时正确；
时，，不成立，乙丁不能同时正确；
当甲乙正确时：，，则丙也正确，不合题意；
当甲丙正确时：，，则乙也正确，不合题意；
当乙丙正确时：，，则甲也正确，不合题意；
甲丁陈述正确，此时，.
故答案为：.
39．
【分析】由题意可得，令，则，，化简即得解.
【详解】由题意可得，
令，则，，
所以原式，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：三角恒等变换求值常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式）.要根据已知条件灵活选择方法求解.
40．
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式直接计算.
【详解】设圆柱与圆锥的半径均为，母线为，
故，，
所以，
故答案为：.
41．
【分析】由题意可知，通过相似比可得，利用的取值范围可求圆心C到直线PQ的距离的取值范围.
【详解】由题意可知，所以，且，
所以，
因为点A是x轴上的一个动点，
所以当时，取最小值4，即，
所以，
即圆心C到直线PQ的距离的取值范围是，
故答案为：.
42．
【分析】根据，得到，再由，得到，进而得到，然后由求解.
【详解】解：因为，
所以，即，
所以，
解得，则，
所以，
则，
所以或，
则或，
因为，
所以，
所以，
，
，
，
故答案为：
43．
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】因为的展开式中的项为，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：.
44．/0.6
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得，，然后利用共线向量的推论即得.
【详解】因为，，
所以，，又，
所以，，又与交于点O，
所以，
所以，即，
故答案为：.
45．
【分析】根据向量的加减法运算可得，再根据圆的性质可得即可求解.
【详解】
易知圆心，半径，取中点D，则，
因为，
所以，
所以，则，
又，
所以即，
故.
故答案为:.
46．2
【分析】由题可得，进而可得，然后结合条件即得.
【详解】因为函数的两个零点为，，
则，即，
又，
则，即，
所以.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构函数可得，可得，结合条件即得.
47． 3
【分析】由题意构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，结合体积公式，即可求解，根据三棱锥的几何结构特征，分类列举，即可求解.
【详解】由题意，可以构成一个底面为边长为1正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
则三棱锥的高，则体积.
由1和2可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，
边长为的三角形除了已求体积的正三棱锥外，
还可以是四个的三角形拼成的三棱锥、两个边长为2的正三角形和两个的三角形拼成的三棱锥，所以满足题意的四面体共3个.
故答案为：
48． /2.5
【分析】第一空先求出函数在上的解析式，结合奇函数画出的图像，再由得到，
进而得到函数在上的图像，即可求得值域；
第二空画出将零点转化为的交点，再画出的图像即可求解.
【详解】由当时，，可得当时，，当时，，
又是奇函数，可得函数图像关于原点对称.又当时，即，即，
即函数右移两个单位，函数值变为原来的2倍，由此可得函数在上的图像如图所示：
结合图像可知在区间上的值域为；，即，即的交点，
画出的图像，由图像可知4个交点的横坐标依次为，又均是奇函数，故，
故.
故答案为：；.
49．（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理求得，得到的大小，进而求得的大小；
（2）由，得到，根据向量的线性运算，求得，进而得到，求得的长，利用面积公式，即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以，
因为，所以或，
当时，可得，可得；
当时，可得，因为（舍去），
综上可得.
（2）因为，所以，
由，
所以，
即，
又由，可得，解得，
则，
所以.
50．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）因为，且各项均为整数，所以连续四项为，故，不妨取，故；
（2）设等比数列的首项为，，再分n为奇数时和n为偶数时验证即可.
【详解】（1）因为，且各项均为整数，所以连续四项为，
所以公比，取.
（2）由题意，，
所以当n为奇数时，，，
所以，
当n为偶数时，
，所以，
所以对中的任意连续三项，经顺序调整后可以构成等差数列.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求解，前项和公式，等差中项证明等差数列等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题第二问解题的关键在于分n为奇数和n为偶数两种情况，并结合等差中项验证.
51．（1）；（2）在平面内．证明见解析．
【解析】（1）计算出，证明，然后取取中点，连接，可证明平面，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；
（2）在平面内．只要证明与共面即可得．
【详解】直角梯形中，由已知可得，，∴，即，
又是以为斜边的等腰直角三角形，∴，
取中点，连接，则，，
则，∴，
又，∴，
∴，，而，平面，
∴平面，
因此可以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，
，
直线PB与平面PAC所成角为，则．
（2）由（1），，，
设，则，，解得，
∴，∴与共面，∴在平面内．
【点睛】方法点睛：本题考查求线面角，判断点到平面的关系．解题方法是空间向量法，通过求出直线与平面法向量的夹角的余弦值得线面角的正弦值．利用向量法证明向量与共面共面从而可得点与平面的位置关系．
52．（1）；（2）乙方案，理由见解析.
【分析】设甲方案检测的次数，记乙方案检测的次数，
（1）记两种方案检测的次数相同为事件A，根据独立事件的概率的乘法公式，即可求解；
（2）分别求得随机变量和的期望，结合期望的大小，即可求解.
【详解】由题意可设甲方案检测的次数是X，
则，记乙方案检测的次数是，则，
（1）记两种方案检测的次数相同为事件A，
则，
所以两种方案检测的次数相同的概率为.
（2）由，
所以，
，则，
因为，所以采用乙方案.
【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：
1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；
2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；
3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；
4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.
53．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设过点的直线为交于椭圆，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出直线的斜率即得解；
（2）分析得到直线与椭圆相切，设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到，求出,再把代入化简即得解.
【详解】（1）设过点的直线为交于椭圆
联立消去y得
又因为以线段为直径的圆经过原点，
则
则所求直线方程
（2）已知椭圆的离心率为，右准线直线n的方程为，
因为直线上只有一点到F的距离与到直线n的距离之比为，
所以直线与椭圆相切，
设直线的方程为，联立消去y得到：
①
联立点N坐标为
得到
,
由①
【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.
54．（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）当时，设，求得函数的单调区间和最值得出，得到，设，根据，转化为恒成立，求得，再根据，利用导数求得函数的单调区间和最大值，得到，进而求得解析式；
（2）由方程，化简得到，令，得到，设，求得，分和，结合函数的单调性与极值，以及零点的存在性定理，即可求解.
【详解】（1）当时，函数，可设，
则，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
又因为，所以，设，
因为，所以在上恒成立
所以在上恒成立，
所以，解得，所以，
又由，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为，所以，
综上
（2）由方程，整理可得，
即，可得，
令，可得，即，
设，可得，
①当时，可得，此时单调递减，
又由，所以此时函数在上只有一个零点，即方程只有一个零点.
②当 可得，
令，则，
（i）当时，即时，可得，即，此时单调递增，
又由，所以此时函数在上只有一个零点，即方程只有一个零点.
（ii）当时，即时，
此时，即方程有两解，
且，不妨设，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，函数取得极大值，当，函数取得极小值，
又因为，所以，
当时，，
所以在上有唯一的解；
因为时，
当时，可得
所以且，解得，所以在上恰有一根，
所以可得函数在上恰有三根，
综上可得，当或时，方程恰有一根；
当时，方程恰有三根.
【点睛】求解有关函数零点问题的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
55．.
【分析】选①，由已知结合正弦定理角化边，求出，再按A是锐角和钝角分类计算作答.
选②，由已知结合余弦定理角化边，再求出，按A是锐角和钝角分类计算作答.
选③，按A是锐角和钝角分类计算作答.
【详解】选择条件①：依题意，，
在中，由正弦定理得，，
由余弦定理得：，
若A为锐角，则，则，
则，又，解得或，
即有的面积为，
若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，
综上可得，的面积为．
选择条件②：因为，由余弦定理得：，
整理得：，即，
而，则，
若A为锐角，则，有，
由余弦定理得：，
则有，又，解得或，
即有的面积为，
若A为钝角，则，则，舍去，
综上可得，的面积为.
③因为，由余弦定理，
若A为锐角，则，则，
则，又，解得或，
即有的面积为．
若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，
综上可得，的面积为.
56．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据给定条件，求出p值，并求出甲能通过项目选拔的概率，再由乘法公式计算作答.
（2）求出的所有可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列，求出期望作答.
(1)
该同学在每个项目中得优、良、中互为互斥事件，由题意得，，解得，
则甲在每个项目中通过的概率都为，设事件A为甲能进入到数学建模社团，
因甲在每个项目中通过的概率都为，且在每个项目中的成绩均相互独立，则有，
所以甲能进入到数学建模社团的概率为.
(2)
X的可能取值为0，1，2，3，
，，，，
则X的概率分布为：
X
0
1
2
3
P
所以X的数学期望.
57．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，利用累加法即可得出答案；
（2）利用放缩可得，再利用裂项相消法即可得出结论.
（1）
解：因为，
所有，
当时，，，……，，
相加得，所以，
当时，也符合上式，
所以数列的通项公式；
（2）
证明：由（1）得，
所以，
所以，
．
所以．
58．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，得到点D，E分别为的中点，易得四边形为平行四边形，四边形是平行四边形，进而得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）方法一：在平面内，过点C作的垂线，垂足为H，连结，得到为二面角的平面角求解；方法二：以为正交基底建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，再由平面的一个法向量为，根据二面角的大小为，由求解．
(1)
证明：当时，，即点D，E分别为的中点，
在直三棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，
连接，则，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以．
又因为平面平面，
所以平面．
(2)
方法一：如图所示：
在平面内，过点C作的垂线，垂足为H，连结，
则为二面角的平面角，即，
在直角三角形中，，所以．
在直角三角形中，，
所以，
又因为为锐角，
所以且，
所以点H在线段的延长线上．
中，，
所以．
方法二：平面，又，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，
所以，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，即,
取，
又平面的一个法向量为,
因为二面角的大小为，
所以．
即，
得，
又因为，
所以．
59．(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率以及题目条件即可求解；
（2）根据的斜率设MN直线方程，联立直线和椭圆方程，利用直线AM，AN的倾斜角互补得两直线的斜率之和为0，化简得，再根据直线过定点不受m影响，解得，从而求出点的坐标.
(1)
因为椭圆C的离心率为，且其右焦点F到右准线的距离为，
所以，且，
解得．
所以，
故椭圆C的标准方程为．
(2)
设直线的方程为，点，
直线的方程与椭圆方程联立得 ,
则，
所以 ,
由直线AM，AN的倾斜角互补得：
，
得．
所以，
整理得，，
所以
因为点A在第一象限，
所 ，
故点A的坐标为
60．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)证明见解析，的最小值是e．
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）（1）当时，，
则
令，得；
令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，
所以，
令，列表如下:
-
0
+
减
极小值
增
所以存在极值点.
所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，
记，
所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，
即需要，
即需要，
即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是e．
61．(1)；
(2).
【分析】（1）根据等比数列基本量的运算可得，，即可得数列的通项公式；
（2）由题可得，然后利用错位相减法求解即可；或利用裂项相消法求和即得.
【详解】（1）设数列的公比为，则，，解得，
所以，即的通项公式为；
（2）方法一：由题可知，
则，
，
所以，
.
方法二：，
所以
62．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换可得，结合条件可得关于的方程，进而即得；
（2）根据条件可得，进而可得，然后根据三角形面积的公式即得.
【详解】（1）若，则，
因为，，
所以，
所以，
解得或，因为，
所以；
（2）若，由，可得，
整理可得，即，
因为，所以，，所以，
所以是以C为顶角的等腰三角形，，
所以的面积为.
63．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.
则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或（舍），即.
64．(1)180次；
(2)10.
【分析】（1）设每位居民需化验的次数为，则可取，，分别求概率，进而可得期望，即得；
（2）设每组n人总费用为Y元，结合条件计算，然后表示出结合基本不等式即得.
【详解】（1）设每位居民需化验的次数为X，
若混合血样为阴性，则，若混合血样呈阳性，则，
所以，，
，
所以2000名居民总化验次数约为次；
（2）设每组n人总费用为Y元，若混合血样呈阴性则，若混合血样为阳性，则，
所以，，
所以，
每位居民的化验费用为：
元，
当且仅当，即时取等号，
故时，每位居民化验费用的期望最小.
65．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）设，，设，联立直线和抛物线，利用韦达定理和两点间距离公式，代入，可以求解的值，进而可以求出直线的方程；（2）设，联立直线和抛物线，利用韦达定理，①代入中，即可证明；②代入中，可用分别表示，根据求出比值即可.
【详解】（1）设，，，，其中，，
设，联立，整理得，
则，，
，
解得，则.
（2）设，①联立，整理得，
则，，
联立，整理得，则，，
则，即证.
②，
则，
，
其中，，解得，
则，，，则.
66．(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，然后利用导数求函数的最值即得；
（2）构造函数，题设等价于恒成立，求实数k的最大值，然后利用导数研究函数的性质，求出k的最大值进而即得.
【详解】（1）因为，，
所以，，则，令，解得，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
（2）由，可得，
作出函数与的大致图象，则直线与两函数图象有交点，
设，
则题设等价于恒成立，求实数k的最大值，且，
所以，
由，可得，且，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
设，则，函数在上单调递增，
又，则，
解得，则，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，进而把问题转化为求最值问题，然后利用导函数结合条件即得.
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