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山东省泰安市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份山东省泰安市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共68页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·山东泰安·统考一模）已知集合 ，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东泰安·统考一模）已知i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·山东泰安·统考一模）已知命题p：，，命题q：函数是减函数，则命题p成立是q成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2021·山东泰安·统考一模）2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有（ ）
A．36种 B．48种 C．72种 D．144种
5．（2021·山东泰安·统考一模）已知直线与圆有公共点,则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·山东泰安·统考一模）已知定义在上的偶函数在上单调递增，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2021·山东泰安·统考一模）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·山东泰安·统考一模）设为等比数列的前项和，若，，，则等比数列的公比的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东泰安·统考一模）已知复数满足，则
A． B．
C． D．
10．（2022·山东泰安·统考一模）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·山东泰安·统考一模）下列选项中，p是q的必要不充分条件的是（ ）
A．p：，q；（，且）在上为增函数
B．p：，，q：（，且）的图象不过第二象限
C．p：且，q：
D．p：，q：且
12．（2022·山东泰安·统考一模）若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截
得的弦长为2，则的离心率为
A．2 B． C． D．
13．（2022·山东泰安·统考一模）某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：℃）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数）.若该食品在℃的保鲜时间是小时，在℃的保鲜时间是小时，则该食品在℃的保鲜时间是
A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．21小时
14．（2022·山东泰安·统考一模）已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·山东泰安·统考一模）已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（ ）
A． B．2 C． D．4
16．（2022·山东泰安·统考一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．， B． C．， D．
17．（2023·山东泰安·统考一模）设集合M，N，P均为的非空真子集，且，，则（ ）
A．M B．N C． D．
18．（2023·山东泰安·统考一模）若复数z满足，则（ ）．
A． B．
C． D．
19．（2023·山东泰安·统考一模）若的二项展开式中的系数是，则实数的值是（ ）
A． B． C．1 D．2
20．（2023·山东泰安·统考一模）已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，，则“”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
21．（2023·山东泰安·统考一模）已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·山东泰安·统考一模）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
23．（2023·山东泰安·统考一模）青少年是国家的未来和民族的希望，青少年身体素质事关个人成长､家庭幸福，民族未来，促进青少年健康是建设体育强国､健康中国的重要内容.党中央历来高度重视青少年体质与健康管理工作，亲切关怀青少年和儿童的健康成长，不断出台相关政策法规，引导广大青少年积极参与体育健身，强健体魄､砥砺意志，凝聚和焕发青春力量.近年来，随着政策措施牵引带动，学生体质与健康水平不断迈上新台阶.某学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100名男生体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是（ ）
A．样本的众数为67.5 B．样本的80%分位数为72.5
C．样本的平均值为66 D．该校男生中低于60公斤的学生大约为300人
24．（2023·山东泰安·统考一模）已知直线与圆相切，与抛物线相交于两点，以为直径的圆过坐标原点，则直线的方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
二、多选题
25．（2021·山东泰安·统考一模）设正实数，满足，则（ ）
A． B．
C． D．
26．（2021·山东泰安·统考一模）如图所示，在长方体，若分别是的中点，则下列结论中成立的是（ ）
A．EF与BB1垂直 B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF与C1D所成的角为45° D．EF∥平面A1B1C1D1
27．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，.则下列结论正确的是（ ）.
A．当时，
B．函数在上有且仅有三个零点
C．若关于的方程有解，则实数的取值范围是
D．，
28．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数与在的图象恰有三个不同的交点，，.若为直角三角形，则（ ）
A． B．的面积
C． D．两函数图象必在处有交点
29．（2022·山东泰安·统考一模）某工厂研究某种产品的产量x（单位：吨）与需求某种材料y（单位：吨）之间的相关关系，在生产过程中收集了4组数据如表所示
x
3
4
6
7
y
2.5
3
4
5.9
根据表中的数据可得回归直线方程，则以下正确的是（ ）
A．变量x与y正相关 B．y与x的相关系数
C． D．产量为8吨时预测所需材料约为5.95吨
30．（2022·山东泰安·统考一模）已知函数，将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若为偶函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于对称
B．在上单调递减
C．≥的解为
D．方程在上有2个解
31．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，D是棱的中点，，点E在上，且，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与BC所成角为90°
B．三棱锥的体积为
C．平面
D．直三棱柱外接球的表面积为
32．（2022·山东泰安·统考一模）已知函数，，，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．当时，方程有且只有3个不同实根
C．的值域为
D．若对于任意的，都有成立，则
33．（2023·山东泰安·统考一模）下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
34．（2023·山东泰安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是（ ）
A．异面直线AC与BD所成的角为定值
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥体积的最大值为
35．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．既是奇函数，又是周期函数 B．的图象关于直线对称
C．的最大值为 D．在上单调递增
36．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数有两个极值点，，则（ ）
A． B． C． D．，
三、填空题
37．（2021·山东泰安·统考一模）已知，则___________.
38．（2021·山东泰安·统考一模）某产品的广告费用与销售额的统计数据如下表：
广告费用(万元)
销售额(万元)
根据上表可得回归方程中的为，据此模型预报广告费用为万元时销售额为______万元.
39．（2021·山东泰安·统考一模）如图，在平面四边形ABCD中，已知AD=3，，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则的值为________.
40．（2021·山东泰安·统考一模）过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且.若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是___________.
41．（2022·山东泰安·统考一模）在的展开式中，含的项的系数是___________.
42．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在四边形ABCD中，，E为边BC的中点，若，则_________．
43．（2022·山东泰安·统考一模）已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们一个公共点，且，椭圆、双曲线的离心率分别为，则的最小值__________．
44．（2023·山东泰安·统考一模）设是定义域为R的偶函数，且.若，则的值是___________.
45．（2023·山东泰安·统考一模）已知双曲线C：的右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若，则以（e为双曲线C的离心率）为焦点的抛物线的标准方程为___________.
46．（2023·山东泰安·统考一模）如图，在等边三角形ABC中，，点N为AC的中点，点M是边CB（包括端点）上的一个动点，则的最大值为___________.
47．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数且在上单调递增，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是___________．
四、解答题
48．（2021·山东泰安·统考一模）在①，②是的等比中项，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：已知各项均为正数的等差数列的前项和为，，且 .
（1）求；
（2）设数列的前项和为，试比较与的大小，并说明理由.
49．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数.
（1）求在上的最值；
（2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求的值.
50．（2021·山东泰安·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点.
（1）若，求证：平面；
（2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积.
51．（2021·山东泰安·统考一模）某市为了了解本市初中生周末运动时间，随机调查了名学生，统计了他们的周末运动时间，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）按照分层抽样，从和中随机抽取了名学生.现从已抽取的名学生中随机推荐名学生参加体能测试.记推荐的名学生来自的人数为，求的分布列和数学期望；
（2）由频率分布直方图可认为：周末运动时间服从正态分布，其中，为周末运动时间的平均数，近似为样本的标准差，并已求得.可以用该样本的频率估计总体的概率，现从本市所有初中生中随机抽取名学生，记周末运动时间在之外的人数为，求(精确到).
参考数据：当时，，，.
参考数据： .
52．（2021·山东泰安·统考一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，是椭圆上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点.是否存在以为圆心的定圆恒与直线相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由.
53．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数.
（1）讨论函数的极值点的个数；
（2）已知函数有两个不同的零点，且.证明：.
54．（2022·山东泰安·统考一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若D为BC上一点，且，，求的面积.
55．（2022·山东泰安·统考一模）已知各项均为正数的等差数列，，，，成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，为数列的前n项和，，求证：.
56．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在五面体ABCDE中，已知平面BCD，，且，.
(1)求证：平面平面ABC；
(2)求二面角的余弦值.
57．（2022·山东泰安·统考一模）某工厂“对一批零件进行质量检测.具体检测方案为：从这批零件中任取10件逐一进行检测，当检测到有2件不合格零件时，停止检测，此批零件检测未通过，否则检测通过.假设每件零件为不合格零件的概率为0.1，且每件零件是否为不合格零件之间相互独立.
(1)若此批零件检测未通过，求恰好检测5次的概率；
(2)已知每件零件的生产成本为80元，合格零件的售价为150元/件，现对不合格零件进行修复，修复后合格的零件正常销售，修复后不合格的零件以10元/件按废品处理，若每件零件的修复费用为20元，每件不合格零件修复后为合格零件的概率为0.8，记X为生产一件零件获得的利润，求X的分布列和数学期望.
58．（2022·山东泰安·统考一模）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
59．（2022·山东泰安·统考一模）已知函数其中，a为非零实数.
(1)当时，求的极值；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个极值点，，且，求证：.
60．（2023·山东泰安·统考一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若，，，求b，c.
61．（2023·山东泰安·统考一模）已知等差数列是递增数列，为数列的前n项和，，，，成等比数列.
(1)求；
(2)求.
62．（2023·山东泰安·统考一模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为6的正方形，，，，，点P，Q分别在棱GD，BC上，且，，.
(1)证明：平面ABCD；
(2)设H为线段GC上一点，且三棱锥的体积为18，求平面ACH与平面ADH夹角的余弦值.
63．（2023·山东泰安·统考一模）某公司为活跃气氛提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励.规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额.
(1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求
①员工所获得的奖励为1000元的概率；
②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望；
(2)公司对奖励额的预算是人均1000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成.为了使员工得到的奖励总额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
64．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若当时，恒成立，求的取值范围.
65．（2023·山东泰安·统考一模）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，是椭圆上不同的两点，且点在轴上方，，直线，交于点.已知当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在以，为焦点的定椭圆上.
五、双空题
66．（2022·山东泰安·统考一模）随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分.已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：
笔试成绩X
人数
5
10
25
30
20
10
由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布，其中，近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的中点值代替），则___________.若，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于85.9的人数（结果四舍五入精确到个位）为___________.
参考数据：若则，，.
参考答案：
1．C
【解析】求出集合、，再利用集合的交运算即可求解.
【详解】
故选：C
2．A
【分析】利用复数的四则运算以及共轭复数的概念即可求解.
【详解】，
所以.
故选：A
3．D
【分析】概括任意性的定义，结合指数函数的性质、充分性、必要性的定义进行求解即可.
【详解】当时，显然恒成立，
当时，要想，恒成立，只需，
因此：，
要想函数是减函数，只需，因此：，
∴推不出，推不出.
故选：D
4．C
【分析】根据题意，分3步进行分析：①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分3步进行分析：
①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，有种情况，
②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，有种情况，
③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，有1种情况，
则有种不同的安排方案，
故选：
5．A
【解析】依题意可知，直线与圆相交或相切，所以由圆心到直线的距离小于等于半径，即可求出．
【详解】依题意可知，直线与圆相交或相切．
即为．
由，解得．
故选：A．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题．
6．D
【解析】比较的大小，再根据单调性，即可得答案；
【详解】偶函数在上单调递增，
函数在上单调递减，
，
又，，
，
，
故选：D.
【点睛】根据偶函数的性质，结合函数的单调性是求解的关键.
7．D
【分析】易知此三棱柱为正三棱柱，上下底面中心连线的中点为球心，求出底面三角形外接圆半径，利用勾股定理即可得解.
【详解】由三棱柱所有棱的长，可知底面为正三角形，
底面三角形的外接圆直径，所以，
设外接球的半径为，则有，
所以该球的表面积，
故选：D.
8．A
【解析】根据等比数列前项和公式，结合题意和指数幂的性质进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，，所以，
，因为，
所以有，
因为，所以，
因此要想对于恒成立，只需，而，
所以.
故选：A
9．A
【详解】设，则由已知有，所以，解得 ，所以，故，选A.
10．D
【分析】先求出集合A，B，再根据并集的定义即可求出.
【详解】或，，
或.
故选：D.
11．D
【分析】利用对数函数的性质可判断A；利用指数函数的性质可判断B；利用不等式的性质及取特值法可判断CD.
【详解】对于A，利用对数函数的性质可知，p是q的充要条件，故A错误；
对于B，利用指数函数的性质知过定点，若函数图像不过第二象限，则，，所以p是q的充分不必要条件，故B错误；
对于C，当且能推出，但不能推出且，例：取且满足，所以p是q的充分不必要条件，故C错误；
对于D，且可推出，反过来取满足，所以p是q的必要不充分条件，故D正确；
故选：D
12．A
【详解】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，
即，整理可得，双曲线的离心率．故选A．
点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
13．C
【详解】试题分析：，两式相除得，解得， 那么，当时，故选C．
考点：函数的应用
14．B
【分析】由诱导公式与二倍角公式即可求解
【详解】
，
故选：B
15．B
【分析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B. 解得答案.
【详解】解：设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.
由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.
因为，所以，即，
所以，
而，
解得p＝2,
故选：B.
16．D
【分析】由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满足，，即，再解不等式即可得答案.
【详解】解：根据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，
由于数列满足，
所以对任意的都成立，
故数列单调递增，且满足，，
所以，
解得．
故选：．
17．D
【分析】利用文氏图，表示集合的关系，求解.
【详解】如图，中间的阴影和左边的空白是集合，中间的阴影和右边的空白表示集合，如图，表示两边空白区域，则表示集合的空白区域，即表示为
故选：D
18．C
【分析】根据复数的运算法则求得复数，再求其共轭复数即可.
【详解】因为，故.
故选：C．
19．D
【分析】原式利用二次展开通项公式化简，根据的系数是，求出的值即可.
【详解】根据的二项展开通项公式.
令，得到，由的系数是，得到，
解得：，
故选：D
·
20．A
【分析】根据线面垂直的性质证明充分性成立，由线面垂直的定义判断必要性不成立.
【详解】由线面垂直的性质知，若，，则成立，即充分性成立；
根据线面垂直的定义，必须垂直平面内的两条相交直线，才有，即必要性不成立.
故选：A.
21．D
【分析】根据给定递推公式求出即可计算作答.
【详解】因数列的前n项和为，，，则，
，，
所以.
故选：D
22．B
【分析】利用同角公式化正弦为余弦，求出的值，再利用二倍角的余弦公式求解即得.
【详解】依题意，原等式化为：，整理得：，
因，则，解得：，
所以.
故选：B
23．C
【分析】由频率分布直方图的众数、百分位数、平均数以及频数的计算公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，样本的众数为67.5，故A正确；
对于B，设样本的80%分位数为，
因为
则，解得：，故B正确；
对于C，设样本的平均值为，
,
故C不正确；
对于D，该校男生中低于60公斤的学生所占的频率为：，
该校男生中低于60公斤的学生大约为人，故D正确.
故选：C.
24．B
【分析】设直线方程，利用直线与圆相切，与抛物线相交，且验证以为直径的圆过坐标原点，即可求得直线方程.
【详解】若直线的斜率不存在，又直线与圆相切，则直线的方程为或，
又直线与抛物线相交于两点，则直线的方程为，此时可设，，且，
所以，不符合题题意；
若直线的斜率存在，设直线得方程为，由直线与圆相切，
则圆心到直线的距离为，所以①，
设，则联立抛物线与直线方程得，得，
所以，
则
，
整理得：②，联立①②解得或，
所以直线的方程为或.
故选：B.
25．BD
【解析】根据基本不等式，结合对数的运算性质、对钩函数的单调性、指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】因为正实数，满足，所以，当且仅当时，取等号.
A：因为，所以本选项不正确；
B：设，函数在时，单调递减，因此当时，函数有最小值，最小值为，因此有，即，所以本选项正确；
C：因为正实数，满足，
所以，当且仅当时，取等号，即时，取等号，所以本选项不正确；
D：因为正实数，满足，所以，因此本选项正确.
故选：BD
26．ABD
【分析】连接A1B，运用中位线定理推出EF∥A1C1，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断A，B，D正确；再由异面直线所成的角的概念判断C错误．
【详解】解：连A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，
可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，可得B1B⊥A1C1，可得B1B⊥EF，故A正确；
连接D1B1，EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BDD1B1，故B正确；
EF与C1D所成角就是∠A1C1D，∵AA1的长度不确定，∴∠A1C1D的大小不确定，故C错误；
由E，F分别是AB1，BC1的中点，得EF∥A1C1，可得EF∥平面A1B1C1D1，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】本题考查异面直线的位置关系判定，直线与平面平行和垂直的判定，异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力，是中档题．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
27．BD
【解析】根据函数的性质结合图象，逐项判断，即可得到本题答案.
【详解】令，则，所以，得，所以选项A错误；
观察在时的图象，令，得，
可知在上单调递减，在上递增，且在上，，在上，，由此可判断在仅有一个零点，由函数的对称性可知在上也有一个零点，又因为，故该函数有三个零点，所以选项B正确；
由图可知，若关于的方程有解，则，所以选项C错误；
由图可知，的值域为，所以对，恒成立，所以选项D正确.
故选：BD
【点睛】本题主要考查函数的性质和导数在研究函数中的应用，体现了数形结合的数学思想，综合性较强.
28．ACD
【分析】根据正余弦函数的性质，结合为直角三角形，易得其高为，斜边为，从而周期为，然后再逐项判断.
【详解】由，得，
而，
因为函数与的图象恰有三个不同的交点，，，且为直角三角形，
所以的高为，且是等腰直角三角形，
所以斜边为，即周期为，
所以,故A正确；
，故B错误；
因为，则，
由正余弦函数的性质得，且，
因为，则，故C正确；
因为，解得，故D正确；
故选：ACD
【点睛】易错点睛：由 ，得到，容易忽视确定，且.
29．ACD
【分析】先求得，然后根据回归直线方程的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】，
，
所以，
所以变量x与y正相关，y与x的相关系数，，产量为8吨时预测所需材料约为吨.
所以ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD
30．AC
【分析】根据三角函数的平移变换原则求出，再根据三角函数的性质求出，由三角函数的性质逐一判断 即可.
【详解】将的图象上所有点向右平移个单位长度，
可得，
横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，
可得，
由为偶函数，且最小正周期为，
则，且，
解得，，
所以，
对于A，当时，，即，
故的图象关于对称，故A正确；
对于B，由，则，
正弦函数的单调递减区间为，
由不是的子集，故B不正确；
对于C，≥，即，即，
即，
解得，故C正确；
对于D，，即，
作出函数图象与的图象，如下：
由图象可知，两函数的图象在上交点个数为个，故D不正确.
故选：AC
31．ABD
【分析】对于A，证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据线面垂直的性质可得，即可判断A；
对于B，证明平面，可得，再根据求出体积，即可判断B；
对于C，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明不垂直，即可判断C；
对于D，连接，则线段即为直三棱柱外接球的直径，求出外接球的半径，即可求出外接球面积，即可判断.
【详解】解：对于A，在矩形中，
因为，，D是棱的中点，
所以，
所以，
所以，
又因，，
所以平面，
又因平面，
所以，
即直线与BC所成角为90°，故A正确；
对于B，在直三棱柱中，，
又，，
所以平面，
又平面，所以，
则，故B正确；
对于C，由AB可知，两两垂直，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
所以，
所以不垂直，
所以不垂直平面，故C错误；
连接，则线段即为直三棱柱外接球的直径，
，所以外接球的半径，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
32．BCD
【分析】对于A：取特殊函数值否定结论；
对于B：当时，解方程得到和是方程的根.利用零点存在定理证明在上有且只有一个零点.即可证明.
对于C：根据单调性求出的值域.
对于D：对x分类讨论： 、和三种情况，利用分离参数法分别求出k得到范围，取交集即可.
【详解】对于A：.
因为，，
所以，所以.
所以在上不是增函数.
故A错误；
对于B：当时，方程可化为：或.
由可解得：.
对于，显然代入方程成立，所以是方程的根.
当时，记.
.
所以令，解得：；令，解得：；
所以在上单增，在上单减.
所以.所以在上没有零点；
而在上单减，且，，
所以在上有且只有一个零点.
综上所述：当时，方程有且只有3个不同实根.
故B正确；
对于C：对于.
当时，.，所以；
当时，..
令，解得：；令，解得：；
所以在上单减，在上单增.
所以；
故的值域为成立.
故C正确.
对于D：对于任意的，都有成立，
所以及恒成立.
若恒成立，则有.
令，只需.
令，则.则.
所以，即.
若恒成立，
当，无论k取何值，不等式均成立，所以.
当，则有.
令，只需.
.
记，则，所以在上单减，所以，即，所以在上单减，所以
所以.
综上所述：.
故D正确.
故选：BCD
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数处理恒（能）成立问题.
33．BCD
【分析】对A，根据方差的性质判断即可；
对B，根据正态分布的对称性判断即可；
对C，根据回归直线的性质判断即可；
对D，根据独立性检验的性质判断即可
【详解】对A，由方差的性质可知，若随机变量满足，则，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对D，由可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确
故选：BCD
34．ABD
【分析】利用线面垂直的性质判断A；易知外接球球心是中点求解判断B；利用垂直的转化通过反证法可判断C选项；利用等积法判断D选项.
【详解】对于A，取中点，连接，则，且，所以平面，所以，异面直线与所成的角为，为定值，故选项A正确；
对于B，因为OA=OB=OC=OD，所以外接球球心是，所以外接球半径，
∴四面体的外接球体积为，故B正确．
对于C，若直线与直线垂直，
∵直线与直线也垂直，则直线平面，
∴直线直线，又，∴平面，∴，
而是以和为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，，当平面平面时三棱锥体积取最大值，
此时，故选项D正确.
故选：ABD.
35．AB
【分析】根据奇函数和周期函数的定义即可判断选项；根据对称轴的性质即可判断选项；根据二倍角的余弦公式化简换元成关于正弦的三次函数，利用导数判断函数的单调性求出最值，进而判断选项；利用导数的正负与函数的单调性的关系即可判断选项.
【详解】对于，因为函数的定义域为，
又，所以函数为奇函数；
又因为，所以函数为周期函数，故选项正确；
对于，若函数的图象关于直线对称，则成立，
因为，所以，故选项正确；
对于，因为函数，令，则函数可化为，，令，解得，
所以在和上单调递减，在上单调递增，又因为，，所以函数的最大值为，
故选项错误；
对于，因为，若函数在上单调递增，则在上恒成立，取，则，故选项错误，
故选：.
36．ACD
【分析】求出，根据已知得有两个变号零点，令，求出，分类讨论根据其正负得出单调性，令其满足有两个变号零点，当时，不满足题意，当时，则，即可解出的范围，判断A；
根据已知可得有两个变号零点，，而函数在上单调递增，在上单调递减，则，即可判断B；
，则，根据不等式的性质即可得出范围，判断C；
根据得出函数单调性，结合，且，列不等式，即可判断D.
【详解】对于A：，定义域，
，
函数有两个极值点，，
则有两个变号零点，
设，
则，
当时，，则函数单调递增，则函数最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；
当时，时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
若有两个变号零点，则，解得：，
此时由正趋向于时，趋向于，趋向于时，趋向于，
则有两个变号零点，满足题意，
故的范围为：，故A正确；
对于B：函数有两个极值点，，
即有两个变号零点，，
则，故B错误；
对于C：当时，，
则，即，，
则，故C正确；
对于D：有两个变号零点，，且函数先增后减，
则函数在与上单调递减，在上单调递增，
，且，
，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常转化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理；
再利用导数研究函数单调性、极值或最值时，如果一次求导无法求解，可考虑多次求导来进行求解，求解过程要注意原函数和对于的导函数的关系，不能混淆.
37．
【分析】根据同角三角函数基本关系式，二倍角正弦公式即可化简求值得解.
【详解】因为
所以
故答案为：.
【点睛】本题注意“1”的替换，即和齐次化正切的技巧.
38．
【分析】利用表格可得，，求出回归直线方程，将代入可得此模型预报广告费用为万元时销售额．
【详解】由表可计算，，因为点在回归直线上,且，所以, 解得,故回归方程为，令得65.5
故答案为：
39．
【分析】可连接，，，，根据题意即可得出四边形为平行四边形，从而可得出，然后进行数量积的运算即可．
【详解】如图，连接，，，，
，为，的中点，，为对角线，的中点，
四边形为平行四边形，
，，且，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质、向量加法的平行四边形法则、向量减法和数乘的几何意义，考查了向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
40．
【分析】不妨设直线的斜率为正数，过作与抛物线的准线垂直，垂足为，根据抛物线的定义可知，结合可得直线的斜率的取值范围，利用两直线垂直可求出结果.
【详解】依题意可知直线的斜率存在且不为0，
不妨设直线的斜率为正数，如图：
过作与抛物线的准线垂直，垂足为，
根据抛物线的定义可知，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，所以，
所以，即直线的斜率的取值范围为，
又与双曲线的一条渐近线垂直，所以，
所以双曲线的离心率，又，
所以，即该双曲线离心率的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率的取值范围，解题关键是找到关于的不等关系．本题中利用抛物线的定义，结合向量关系求出直线的斜率的取值范围，再利用两直线垂直可得所要求的不等关系.
41．6
【分析】分别求出和展开式的通项公式，根据的组合形式分别求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为，
的展开式的通项公式为，
所以展开式中，含的项为：
，
所以含的项的系数为6．
故答案为：6.
42．
【分析】首先连接，再利用向量加法的几何意义求解即可.
【详解】连接，如图所示：
所以，则.
故答案为：
43．
【详解】由题意，可设椭圆的长半轴为，双曲线的实半轴为，由椭圆和双曲线的定义可知，，则，，又，由余弦定理可得，整理得，即， 则，
所以.
点睛：此题主要考查椭圆、双曲线的定义、离心率在解决问题中的应用，以及余弦定理和柯西不等式在求最值中应用的有关方面知识，属于中高档题型，也是高频考点.在解决此类问题中，注意从数和形两方面分析椭圆、双曲线的定义、离心率与基本量之间的关系，根据所求最值式子的特点，结合柯西不等式，从而问题可得解.
44．/0.25
【分析】由题意可得是周期为2的函数，即可求解.
【详解】因为是定义域为的偶函数，所以；
又，所以，
所以是周期为2的函数，则.
故答案为：.
45．
【分析】根据已知条件求得双曲线的离心率，也即求得，从而求得抛物线的标准方程.
【详解】依题意，，双曲线的一条渐近线方程为，
依题意，三角形是边长为的等边三角形，
所以到的距离是，
即，
所以对于抛物线，有，
所以抛物线方程为.
故答案为：
46．3
【分析】以AB中点为原点，边所在的直线为轴，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可得到答案.
【详解】以AB中点为原点，边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，则，，，AC中点.
设，则，
.
∵在直线上，∴，
∴，
∵，∴当时，的最大值为3.
故答案为：3.
47．
【分析】由题意可知在两段上均为增函数，且在上的最小值大于或等于，作出和的图象，根据交点个数判断与3的大小关系，以及直线和抛物线相切的条件，列出不等式组解出．
【详解】是上的单调递增函数，
在，上单调递增，
可得，
且，即，
作出和的函数草图如图所示：
由图象可知在上有且只有一解，
可得，或，即有△，
即有或；
由，解得，即时，有且只有一解．
则的范围是，．
故答案为，．
【点睛】本题考查分段函数的单调性，函数零点的个数判断，结合函数图象判断端点值的大小是关键，属于中档题．
48．（1）（2），理由见解析
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，根据所选条件求出数列{an}的首项和公差，进一步求出{an}的通项公式；
（2）求得，运用数列的裂项相消求和求得，将与作差，通分化简可得大小．
【详解】设等差数列的公差为，则
，
.
方案一：选条件①
由，
解得，，
.
又
方案二：选条件②
由
解得，
同方案一
方案三：选条件③
由
解得，
同方案一
【点睛】规律方法点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
49．（1），；（2）.
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，进而由的取值范围得出函数的最值；
（2）利用面积公式，余弦定理和正弦定理求解即可．
【详解】（1）
当时，
，.
（2）
又
又
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）分别证明和，再由线面垂直的判定定理即证明；
（2）设，建立空间直角坐标系，找出平面的法向量，把直线与平面所成角的正弦表示成的函数，再用均值不等式，即可算出，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：平面，平面
四边形为矩形
又，平面
平面
平面
在中，，为中点
又，平面
平面
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则
令，解得
设直线与平面所成角为，则
当且仅当时，等号成立
三棱锥的体积
【点睛】方法点睛：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.
51．（1）分布列见解析，；（2）.
【分析】（1）根据频率分布直方图求出在上抽取的人数为人，在上抽取的人数为人，随机变量的所有可能取值为，，，，利用组合数得出各随机变量的概率，进而得出分布列，即可求出数学期望.
（2）利用频率分布直方图求出平均数，得出，利用正态分布的性质得出，再根据二项分布的概率计算公式即可求解.
【详解】解：运动时间在的人数为人.
运动时间在的人数为人.
按照分层抽样共抽取人，则在上抽取的人数为人，
在上抽取的人数为人.
随机变量的所有可能取值为，，，.
所以随机变量的分布列为
，
（或）
【点睛】关键点点睛：本题考查了离散型随机变量的分布列、频率分布直方图以及正态分布，二项分布求概率，解题的关键是根据频率分布直方图求均值以及利用正态分布的性质求出，考查了计算能力.
52．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）由题意可得，再利用离心率求出，即可求解.
（2）设，，分情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出，从而可得，再利用点到直线的距离公式即可求出半径，再求出直线的斜率不存在时圆的半径，从而得出圆的方程.
【详解】解：由题意知，
又
椭圆的方程为
设，
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，
由
得
，
以线段为直径的圆过坐标原点
，且
坐标原点到直线的距离
当直线的斜率不存在时，由题知，
坐标原点到直线的距离
综上所述，存在以为圆心的定圆恒与直线相切，定圆的方程为.
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据，得出，考查了运算求解能力、分析能力.
53．（1）当时，无极值点；当时，有个极值点；（2）证明见解析.
【分析】（1）易知函数的定义域为，求导可得，令，则，由的单调性可得 ，再分和讨论即可得解；
（2）由题意知，，
由的单调性可得，若要函数有两个不同零点
则有，即，再根据，
令，可得，令，可得，作差即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，
则
当时，，单调递增；
当时，，单调递减
当时，，
在上单调递减，
此时，无极值点；
当时，
，
在上有且只有一个零点.
在上有且只有一个极值点.
又，
在上有且只有一个零点.
在上有且只有一个极值点.
综上所述，当时，无极值点；
当时，有个极值点；
（2），则
当时，，单调递减.
当时，，单调递增.
函数有两个不同零点，且
，即
又
令，
则
令，
则
单调递增
单调递增.
，
令，
则
当时，，单调递增，
当时，，单调递减
即
令，则
.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的性质，考查了分类讨论思想和证明推理能力，在高考中考查压轴题，要求较高的计算能力和逻辑思维能力，属于难题.本题的关键点有：
（1）分类讨论思想的应用，分类讨论的关键是找到讨论点；
（2）反复的构造函数，并用导数研究相关构造的函数.
54．(1).
(2).
【分析】（1）利用三角函数恒等变形得到，即可求出角A;
（2）先由余弦定理求得，利用向量的运算求出，直接代入面积公式即可求出的面积.
【详解】（1）在中，因为，
所以由正弦定理得：，即.
因为,所以，即.
因为,所以.
（2）在中，因为，，所以.
由余弦定理得：，即，解得：（舍去）.
因为.
所以，即.
因为，所以，解得：，
所以的面积 .
即的面积为.
55．(1)；
(2)证明见解析；
【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式及等比中项定义，代入即可求解；
（2）利用放缩法可知，代入结合对数的运算公式即可证得结论.
(1)
设数列的公差为，且
由已知得，整理得
即，解得或（舍）
，
所以的通项公式为
(2)
，
56．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理及性质定理，及线面垂直的判定定理可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可得解；
(1)
证明：取BC中点M，AB中点N，连接
且
又，，且
所以四边形是平行四边形，
且
又平面BCD，平面ABC，平面ABC 平面BCD ，
又平面ABC 平面BCD，平面BCD，
平面ABC，平面ABC，
又平面ABE，所以平面平面ABC
(2)
由（1）知，，且，平面ABC，平面平面ABC
以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
又，则
又平面ABC 平面ABE，平面ABC，
所以平面ABE，即为平面ABE的一个法向量，
显然二面角为锐角，故其余弦值为
57．(1)0.02916
(2)分布列见解析；（元）
【分析】（1）若此批零件检测未通过，恰好检测5次，则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，再根据独立重复实验的概率公式即可得解；
（2）可取，求出对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式计算即可.
(1)
解：若此批零件检测未通过，恰好检测5次，
则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，
故恰好检测5次的概率；
(2)
解：由题意，合格产品利润为70元，
不合格产品修复合格后利润为50元，
不合格产品修复后不合格的利润为元，
则可取，
，
，
，
故分布列为：
70
50
0.9
0.08
0.02
所以（元）.
58．(1)
(2)或
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.
【详解】（1）由题意知，解得
故椭圆的方程为
（2）设
联立，整理得
由韦达定理得，
，，
所以线段EF的中垂线方程为，
令，解得，
，，
又为直角三角形，且，
，即
所以直线l的方程或
59．(1)的极小值为，无极大值；
(2)当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在单调递增；
(3)证明见解析.
【分析】(1)根据求导公式和运算法则求出，令求出极值点，进而可得函数的单调性，即可得出函数的极值；
(2)求出函数的导数，通过讨论参数a的取值范围，分别求出对应的单调区间即可；
(3)将所证问题转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可证明.
(1)
函数的定义域为，
当时，，
则，
令，解得或(舍去)，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值；
(2)
函数的定义域为，则，
当即时，，函数在上单调递增；
当即时，令，得、，
则当时，，
当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，舍去.
所以在上单调递减，在上单调递增；
(3)
因为有两个极值点，由(2)知当时，、，
所以且，
要证
，
令，
则，
所以在上单调递增，且，
故，即.
60．(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据给定条件，利用三角恒等变换化简，再利用正弦定理角化边，用余弦定理求解作答.
（2）利用平面向量的数量积及余弦定理列出方程组，求解方程组作答.
【详解】（1）在中，依题意，
则，即，
由正弦定理得：，由余弦定理得，而，
所以.
（2）依题意，，则，
又，，则有，即，又，解得，
所以，.
61．(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组，解之即可求出首项和公差，进而即可求解；
（2）结合（1）的结论求出，然后利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，，
，即
整理得，
解得，或（舍）
所以
故，
（2）由（1）知，，所以，
所以，
则，
.
62．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由三棱锥的体积公式结合题意可知H为GC的中点，由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ACH与平面ADH的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）取线段AD中点R，RD的中点K，连接GR，PK，QK
∵，
∴E，A，D，G四点共面，且，
∴ARGE为平行四边形，∴
又∵，
∴，∴
∵，，∴，∴
又∵，PQ，平面PQK，，
∴平面PQK，又∵平面PQK
∴，∴
又∵，AB，平面ABCD，
∴平面ABCD
（2）设H到平面ABCD的距离为h，则三棱锥的体积为
，∴
又∵G到平面ABCD的距离为6，∴H为GC的中点
由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
∴，，
设平面ACH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
设平面ADH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
∴，
∴平面ACH与平面ADH夹角的余弦值为.
63．(1)①；②分布列答案见解析，数学期望：元
(2)答案见解析
【分析】（1）①根据古典概型公式计算即可；
②写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式计算期望即可；
（2）先根据题意可确定方案（800，800，200，200）和方案（400，400，600，600），分别求出两种方案的期望与方差，比较两者即可得出结论.
【详解】（1）设员工所获得的奖励额为X，
①，
∴员工所获得的奖励额为1000元的概率为；
②X所有可能的取值为400，1000，
，，
∴X的分布列为
X
400
1000
P
∴员工所获得的奖励额的期望为元；
（2）根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1000元，
所以先寻找期望为1000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择（200，200，200，800）的方案，因为1000元是面值之和的最大值，
所以期望不可能为1000元，
如果选择（800，800，800，200）的方案，
因为1000元是面值之和的最小值，所以期望不可能为1000元，
因此可能的方案是（800，800，200，200）记为方案1，
对于面值600元和400元的情况，
同理排除（600，600，600，400）和（400，400，400，600）的方案，
所以可能的方案是（400，400，600，600）记为方案2，
对于方案1，设员工所获得的奖励额为，可取，
，，，
∴的期望为，
方差，
对于方案2，设员工所获得的奖励额为，可取，
，，，
∴的期望为，
方差，
由于两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，所以应选择方案2.
64．(1)函数的单调递增区间为，无递减区间
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）设，可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：的定义域为，当时，，
，
设，则，
令，解得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，，则对任意的恒成立，
所以，函数的单调递增区间为，无递减区间.
（2）解：当时，恒成立等价于在上恒成立，
设，
则，
设，
则图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，
当时，，在单调递增，且，
所以，，即，则函数在上单调递增，
又因为，所以在恒成立，满足题意；
当时，，，
所以方程有两相异实根，设为、，且，则，
当时，，，在上单调递减，
又因为，故当时，，
所以，在上不恒成立，不满足题意.
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，注意到，由此将问题转化为考查函数在上的单调性来处理，只需对实数的取值进行分类讨论，结合单调性来求解.
65．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率及当轴时，，代入椭圆方程，列方程即可求得的值，从而得椭圆的方程；
（2）由，则设直线的方程为，所以直线的方程为，设，，，，代入椭圆方程可得坐标关系，可得的表达式，由平行线分线段成比例可得，，结合椭圆的定义即可证得为定值，从而得结论.
【详解】（1）由题知，，点在椭圆C上，则，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）证明：∵，且点A在x轴上方
∴设，，，，设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得，∴或（舍），
∴
同理，所以，
由，得
∴
∴
又点B在椭圆C上，∴，则
∴
同理：，所以
∴
又，
∴
∴点P在以，为焦点的定椭圆上.
66． 73； 1587
【分析】①直接通过公式计算均值即可；②结合正态分布的对称性及参考数据，先求出高于85.9的概率，再结合古典概型计算人数.
【详解】；，，成绩高于85.9的人数为.
故答案为：73；1587.
山东省泰安市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·山东泰安·统考一模）已知集合 ，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东泰安·统考一模）已知i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·山东泰安·统考一模）已知命题p：，，命题q：函数是减函数，则命题p成立是q成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2021·山东泰安·统考一模）2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有（ ）
A．36种 B．48种 C．72种 D．144种
5．（2021·山东泰安·统考一模）已知直线与圆有公共点,则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·山东泰安·统考一模）已知定义在上的偶函数在上单调递增，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2021·山东泰安·统考一模）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·山东泰安·统考一模）设为等比数列的前项和，若，，，则等比数列的公比的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东泰安·统考一模）已知复数满足，则
A． B．
C． D．
10．（2022·山东泰安·统考一模）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·山东泰安·统考一模）下列选项中，p是q的必要不充分条件的是（ ）
A．p：，q；（，且）在上为增函数
B．p：，，q：（，且）的图象不过第二象限
C．p：且，q：
D．p：，q：且
12．（2022·山东泰安·统考一模）若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截
得的弦长为2，则的离心率为
A．2 B． C． D．
13．（2022·山东泰安·统考一模）某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：℃）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数）.若该食品在℃的保鲜时间是小时，在℃的保鲜时间是小时，则该食品在℃的保鲜时间是
A．16小时 B．20小时 C．24小时 D．21小时
14．（2022·山东泰安·统考一模）已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·山东泰安·统考一模）已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（ ）
A． B．2 C． D．4
16．（2022·山东泰安·统考一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．， B． C．， D．
17．（2023·山东泰安·统考一模）设集合M，N，P均为的非空真子集，且，，则（ ）
A．M B．N C． D．
18．（2023·山东泰安·统考一模）若复数z满足，则（ ）．
A． B．
C． D．
19．（2023·山东泰安·统考一模）若的二项展开式中的系数是，则实数的值是（ ）
A． B． C．1 D．2
20．（2023·山东泰安·统考一模）已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，，则“”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
21．（2023·山东泰安·统考一模）已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·山东泰安·统考一模）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
23．（2023·山东泰安·统考一模）青少年是国家的未来和民族的希望，青少年身体素质事关个人成长､家庭幸福，民族未来，促进青少年健康是建设体育强国､健康中国的重要内容.党中央历来高度重视青少年体质与健康管理工作，亲切关怀青少年和儿童的健康成长，不断出台相关政策法规，引导广大青少年积极参与体育健身，强健体魄､砥砺意志，凝聚和焕发青春力量.近年来，随着政策措施牵引带动，学生体质与健康水平不断迈上新台阶.某学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100名男生体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是（ ）
A．样本的众数为67.5 B．样本的80%分位数为72.5
C．样本的平均值为66 D．该校男生中低于60公斤的学生大约为300人
24．（2023·山东泰安·统考一模）已知直线与圆相切，与抛物线相交于两点，以为直径的圆过坐标原点，则直线的方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
二、多选题
25．（2021·山东泰安·统考一模）设正实数，满足，则（ ）
A． B．
C． D．
26．（2021·山东泰安·统考一模）如图所示，在长方体，若分别是的中点，则下列结论中成立的是（ ）
A．EF与BB1垂直 B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF与C1D所成的角为45° D．EF∥平面A1B1C1D1
27．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，.则下列结论正确的是（ ）.
A．当时，
B．函数在上有且仅有三个零点
C．若关于的方程有解，则实数的取值范围是
D．，
28．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数与在的图象恰有三个不同的交点，，.若为直角三角形，则（ ）
A． B．的面积
C． D．两函数图象必在处有交点
29．（2022·山东泰安·统考一模）某工厂研究某种产品的产量x（单位：吨）与需求某种材料y（单位：吨）之间的相关关系，在生产过程中收集了4组数据如表所示
x
3
4
6
7
y
2.5
3
4
5.9
根据表中的数据可得回归直线方程，则以下正确的是（ ）
A．变量x与y正相关 B．y与x的相关系数
C． D．产量为8吨时预测所需材料约为5.95吨
30．（2022·山东泰安·统考一模）已知函数，将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若为偶函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于对称
B．在上单调递减
C．≥的解为
D．方程在上有2个解
31．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，D是棱的中点，，点E在上，且，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与BC所成角为90°
B．三棱锥的体积为
C．平面
D．直三棱柱外接球的表面积为
32．（2022·山东泰安·统考一模）已知函数，，，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．当时，方程有且只有3个不同实根
C．的值域为
D．若对于任意的，都有成立，则
33．（2023·山东泰安·统考一模）下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
34．（2023·山东泰安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是（ ）
A．异面直线AC与BD所成的角为定值
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥体积的最大值为
35．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．既是奇函数，又是周期函数 B．的图象关于直线对称
C．的最大值为 D．在上单调递增
36．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数有两个极值点，，则（ ）
A． B． C． D．，
三、填空题
37．（2021·山东泰安·统考一模）已知，则___________.
38．（2021·山东泰安·统考一模）某产品的广告费用与销售额的统计数据如下表：
广告费用(万元)
销售额(万元)
根据上表可得回归方程中的为，据此模型预报广告费用为万元时销售额为______万元.
39．（2021·山东泰安·统考一模）如图，在平面四边形ABCD中，已知AD=3，，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则的值为________.
40．（2021·山东泰安·统考一模）过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且.若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是___________.
41．（2022·山东泰安·统考一模）在的展开式中，含的项的系数是___________.
42．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在四边形ABCD中，，E为边BC的中点，若，则_________．
43．（2022·山东泰安·统考一模）已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们一个公共点，且，椭圆、双曲线的离心率分别为，则的最小值__________．
44．（2023·山东泰安·统考一模）设是定义域为R的偶函数，且.若，则的值是___________.
45．（2023·山东泰安·统考一模）已知双曲线C：的右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若，则以（e为双曲线C的离心率）为焦点的抛物线的标准方程为___________.
46．（2023·山东泰安·统考一模）如图，在等边三角形ABC中，，点N为AC的中点，点M是边CB（包括端点）上的一个动点，则的最大值为___________.
47．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数且在上单调递增，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是___________．
四、解答题
48．（2021·山东泰安·统考一模）在①，②是的等比中项，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：已知各项均为正数的等差数列的前项和为，，且 .
（1）求；
（2）设数列的前项和为，试比较与的大小，并说明理由.
49．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数.
（1）求在上的最值；
（2）在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，求的值.
50．（2021·山东泰安·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点.
（1）若，求证：平面；
（2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积.
51．（2021·山东泰安·统考一模）某市为了了解本市初中生周末运动时间，随机调查了名学生，统计了他们的周末运动时间，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）按照分层抽样，从和中随机抽取了名学生.现从已抽取的名学生中随机推荐名学生参加体能测试.记推荐的名学生来自的人数为，求的分布列和数学期望；
（2）由频率分布直方图可认为：周末运动时间服从正态分布，其中，为周末运动时间的平均数，近似为样本的标准差，并已求得.可以用该样本的频率估计总体的概率，现从本市所有初中生中随机抽取名学生，记周末运动时间在之外的人数为，求(精确到).
参考数据：当时，，，.
参考数据： .
52．（2021·山东泰安·统考一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，是椭圆上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点.是否存在以为圆心的定圆恒与直线相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由.
53．（2021·山东泰安·统考一模）已知函数.
（1）讨论函数的极值点的个数；
（2）已知函数有两个不同的零点，且.证明：.
54．（2022·山东泰安·统考一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若D为BC上一点，且，，求的面积.
55．（2022·山东泰安·统考一模）已知各项均为正数的等差数列，，，，成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，为数列的前n项和，，求证：.
56．（2022·山东泰安·统考一模）如图，在五面体ABCDE中，已知平面BCD，，且，.
(1)求证：平面平面ABC；
(2)求二面角的余弦值.
57．（2022·山东泰安·统考一模）某工厂“对一批零件进行质量检测.具体检测方案为：从这批零件中任取10件逐一进行检测，当检测到有2件不合格零件时，停止检测，此批零件检测未通过，否则检测通过.假设每件零件为不合格零件的概率为0.1，且每件零件是否为不合格零件之间相互独立.
(1)若此批零件检测未通过，求恰好检测5次的概率；
(2)已知每件零件的生产成本为80元，合格零件的售价为150元/件，现对不合格零件进行修复，修复后合格的零件正常销售，修复后不合格的零件以10元/件按废品处理，若每件零件的修复费用为20元，每件不合格零件修复后为合格零件的概率为0.8，记X为生产一件零件获得的利润，求X的分布列和数学期望.
58．（2022·山东泰安·统考一模）已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
59．（2022·山东泰安·统考一模）已知函数其中，a为非零实数.
(1)当时，求的极值；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个极值点，，且，求证：.
60．（2023·山东泰安·统考一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若，，，求b，c.
61．（2023·山东泰安·统考一模）已知等差数列是递增数列，为数列的前n项和，，，，成等比数列.
(1)求；
(2)求.
62．（2023·山东泰安·统考一模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为6的正方形，，，，，点P，Q分别在棱GD，BC上，且，，.
(1)证明：平面ABCD；
(2)设H为线段GC上一点，且三棱锥的体积为18，求平面ACH与平面ADH夹角的余弦值.
63．（2023·山东泰安·统考一模）某公司为活跃气氛提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励.规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额.
(1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求
①员工所获得的奖励为1000元的概率；
②员工所获得的奖励额的分布列及数学期望；
(2)公司对奖励额的预算是人均1000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成.为了使员工得到的奖励总额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
64．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若当时，恒成立，求的取值范围.
65．（2023·山东泰安·统考一模）已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，是椭圆上不同的两点，且点在轴上方，，直线，交于点.已知当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在以，为焦点的定椭圆上.
五、双空题
66．（2022·山东泰安·统考一模）随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分.已知某市2021年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：
笔试成绩X
人数
5
10
25
30
20
10
由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布，其中，近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的中点值代替），则___________.若，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于85.9的人数（结果四舍五入精确到个位）为___________.
参考数据：若则，，.
参考答案：
1．C
【解析】求出集合、，再利用集合的交运算即可求解.
【详解】
故选：C
2．A
【分析】利用复数的四则运算以及共轭复数的概念即可求解.
【详解】，
所以.
故选：A
3．D
【分析】概括任意性的定义，结合指数函数的性质、充分性、必要性的定义进行求解即可.
【详解】当时，显然恒成立，
当时，要想，恒成立，只需，
因此：，
要想函数是减函数，只需，因此：，
∴推不出，推不出.
故选：D
4．C
【分析】根据题意，分3步进行分析：①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分3步进行分析：
①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，有种情况，
②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，有种情况，
③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，有1种情况，
则有种不同的安排方案，
故选：
5．A
【解析】依题意可知，直线与圆相交或相切，所以由圆心到直线的距离小于等于半径，即可求出．
【详解】依题意可知，直线与圆相交或相切．
即为．
由，解得．
故选：A．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题．
6．D
【解析】比较的大小，再根据单调性，即可得答案；
【详解】偶函数在上单调递增，
函数在上单调递减，
，
又，，
，
，
故选：D.
【点睛】根据偶函数的性质，结合函数的单调性是求解的关键.
7．D
【分析】易知此三棱柱为正三棱柱，上下底面中心连线的中点为球心，求出底面三角形外接圆半径，利用勾股定理即可得解.
【详解】由三棱柱所有棱的长，可知底面为正三角形，
底面三角形的外接圆直径，所以，
设外接球的半径为，则有，
所以该球的表面积，
故选：D.
8．A
【解析】根据等比数列前项和公式，结合题意和指数幂的性质进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，，所以，
，因为，
所以有，
因为，所以，
因此要想对于恒成立，只需，而，
所以.
故选：A
9．A
【详解】设，则由已知有，所以，解得 ，所以，故，选A.
10．D
【分析】先求出集合A，B，再根据并集的定义即可求出.
【详解】或，，
或.
故选：D.
11．D
【分析】利用对数函数的性质可判断A；利用指数函数的性质可判断B；利用不等式的性质及取特值法可判断CD.
【详解】对于A，利用对数函数的性质可知，p是q的充要条件，故A错误；
对于B，利用指数函数的性质知过定点，若函数图像不过第二象限，则，，所以p是q的充分不必要条件，故B错误；
对于C，当且能推出，但不能推出且，例：取且满足，所以p是q的充分不必要条件，故C错误；
对于D，且可推出，反过来取满足，所以p是q的必要不充分条件，故D正确；
故选：D
12．A
【详解】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，
即，整理可得，双曲线的离心率．故选A．
点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
13．C
【详解】试题分析：，两式相除得，解得， 那么，当时，故选C．
考点：函数的应用
14．B
【分析】由诱导公式与二倍角公式即可求解
【详解】
，
故选：B
15．B
【分析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B. 解得答案.
【详解】解：设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.
由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.
因为，所以，即，
所以，
而，
解得p＝2,
故选：B.
16．D
【分析】由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满足，，即，再解不等式即可得答案.
【详解】解：根据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，
由于数列满足，
所以对任意的都成立，
故数列单调递增，且满足，，
所以，
解得．
故选：．
17．D
【分析】利用文氏图，表示集合的关系，求解.
【详解】如图，中间的阴影和左边的空白是集合，中间的阴影和右边的空白表示集合，如图，表示两边空白区域，则表示集合的空白区域，即表示为
故选：D
18．C
【分析】根据复数的运算法则求得复数，再求其共轭复数即可.
【详解】因为，故.
故选：C．
19．D
【分析】原式利用二次展开通项公式化简，根据的系数是，求出的值即可.
【详解】根据的二项展开通项公式.
令，得到，由的系数是，得到，
解得：，
故选：D
·
20．A
【分析】根据线面垂直的性质证明充分性成立，由线面垂直的定义判断必要性不成立.
【详解】由线面垂直的性质知，若，，则成立，即充分性成立；
根据线面垂直的定义，必须垂直平面内的两条相交直线，才有，即必要性不成立.
故选：A.
21．D
【分析】根据给定递推公式求出即可计算作答.
【详解】因数列的前n项和为，，，则，
，，
所以.
故选：D
22．B
【分析】利用同角公式化正弦为余弦，求出的值，再利用二倍角的余弦公式求解即得.
【详解】依题意，原等式化为：，整理得：，
因，则，解得：，
所以.
故选：B
23．C
【分析】由频率分布直方图的众数、百分位数、平均数以及频数的计算公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，样本的众数为67.5，故A正确；
对于B，设样本的80%分位数为，
因为
则，解得：，故B正确；
对于C，设样本的平均值为，
,
故C不正确；
对于D，该校男生中低于60公斤的学生所占的频率为：，
该校男生中低于60公斤的学生大约为人，故D正确.
故选：C.
24．B
【分析】设直线方程，利用直线与圆相切，与抛物线相交，且验证以为直径的圆过坐标原点，即可求得直线方程.
【详解】若直线的斜率不存在，又直线与圆相切，则直线的方程为或，
又直线与抛物线相交于两点，则直线的方程为，此时可设，，且，
所以，不符合题题意；
若直线的斜率存在，设直线得方程为，由直线与圆相切，
则圆心到直线的距离为，所以①，
设，则联立抛物线与直线方程得，得，
所以，
则
，
整理得：②，联立①②解得或，
所以直线的方程为或.
故选：B.
25．BD
【解析】根据基本不等式，结合对数的运算性质、对钩函数的单调性、指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】因为正实数，满足，所以，当且仅当时，取等号.
A：因为，所以本选项不正确；
B：设，函数在时，单调递减，因此当时，函数有最小值，最小值为，因此有，即，所以本选项正确；
C：因为正实数，满足，
所以，当且仅当时，取等号，即时，取等号，所以本选项不正确；
D：因为正实数，满足，所以，因此本选项正确.
故选：BD
26．ABD
【分析】连接A1B，运用中位线定理推出EF∥A1C1，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断A，B，D正确；再由异面直线所成的角的概念判断C错误．
【详解】解：连A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，
可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，可得B1B⊥A1C1，可得B1B⊥EF，故A正确；
连接D1B1，EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BDD1B1，故B正确；
EF与C1D所成角就是∠A1C1D，∵AA1的长度不确定，∴∠A1C1D的大小不确定，故C错误；
由E，F分别是AB1，BC1的中点，得EF∥A1C1，可得EF∥平面A1B1C1D1，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】本题考查异面直线的位置关系判定，直线与平面平行和垂直的判定，异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力，是中档题．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
27．BD
【解析】根据函数的性质结合图象，逐项判断，即可得到本题答案.
【详解】令，则，所以，得，所以选项A错误；
观察在时的图象，令，得，
可知在上单调递减，在上递增，且在上，，在上，，由此可判断在仅有一个零点，由函数的对称性可知在上也有一个零点，又因为，故该函数有三个零点，所以选项B正确；
由图可知，若关于的方程有解，则，所以选项C错误；
由图可知，的值域为，所以对，恒成立，所以选项D正确.
故选：BD
【点睛】本题主要考查函数的性质和导数在研究函数中的应用，体现了数形结合的数学思想，综合性较强.
28．ACD
【分析】根据正余弦函数的性质，结合为直角三角形，易得其高为，斜边为，从而周期为，然后再逐项判断.
【详解】由，得，
而，
因为函数与的图象恰有三个不同的交点，，，且为直角三角形，
所以的高为，且是等腰直角三角形，
所以斜边为，即周期为，
所以,故A正确；
，故B错误；
因为，则，
由正余弦函数的性质得，且，
因为，则，故C正确；
因为，解得，故D正确；
故选：ACD
【点睛】易错点睛：由 ，得到，容易忽视确定，且.
29．ACD
【分析】先求得，然后根据回归直线方程的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】，
，
所以，
所以变量x与y正相关，y与x的相关系数，，产量为8吨时预测所需材料约为吨.
所以ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD
30．AC
【分析】根据三角函数的平移变换原则求出，再根据三角函数的性质求出，由三角函数的性质逐一判断 即可.
【详解】将的图象上所有点向右平移个单位长度，
可得，
横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，
可得，
由为偶函数，且最小正周期为，
则，且，
解得，，
所以，
对于A，当时，，即，
故的图象关于对称，故A正确；
对于B，由，则，
正弦函数的单调递减区间为，
由不是的子集，故B不正确；
对于C，≥，即，即，
即，
解得，故C正确；
对于D，，即，
作出函数图象与的图象，如下：
由图象可知，两函数的图象在上交点个数为个，故D不正确.
故选：AC
31．ABD
【分析】对于A，证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据线面垂直的性质可得，即可判断A；
对于B，证明平面，可得，再根据求出体积，即可判断B；
对于C，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明不垂直，即可判断C；
对于D，连接，则线段即为直三棱柱外接球的直径，求出外接球的半径，即可求出外接球面积，即可判断.
【详解】解：对于A，在矩形中，
因为，，D是棱的中点，
所以，
所以，
所以，
又因，，
所以平面，
又因平面，
所以，
即直线与BC所成角为90°，故A正确；
对于B，在直三棱柱中，，
又，，
所以平面，
又平面，所以，
则，故B正确；
对于C，由AB可知，两两垂直，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
所以，
所以不垂直，
所以不垂直平面，故C错误；
连接，则线段即为直三棱柱外接球的直径，
，所以外接球的半径，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
32．BCD
【分析】对于A：取特殊函数值否定结论；
对于B：当时，解方程得到和是方程的根.利用零点存在定理证明在上有且只有一个零点.即可证明.
对于C：根据单调性求出的值域.
对于D：对x分类讨论： 、和三种情况，利用分离参数法分别求出k得到范围，取交集即可.
【详解】对于A：.
因为，，
所以，所以.
所以在上不是增函数.
故A错误；
对于B：当时，方程可化为：或.
由可解得：.
对于，显然代入方程成立，所以是方程的根.
当时，记.
.
所以令，解得：；令，解得：；
所以在上单增，在上单减.
所以.所以在上没有零点；
而在上单减，且，，
所以在上有且只有一个零点.
综上所述：当时，方程有且只有3个不同实根.
故B正确；
对于C：对于.
当时，.，所以；
当时，..
令，解得：；令，解得：；
所以在上单减，在上单增.
所以；
故的值域为成立.
故C正确.
对于D：对于任意的，都有成立，
所以及恒成立.
若恒成立，则有.
令，只需.
令，则.则.
所以，即.
若恒成立，
当，无论k取何值，不等式均成立，所以.
当，则有.
令，只需.
.
记，则，所以在上单减，所以，即，所以在上单减，所以
所以.
综上所述：.
故D正确.
故选：BCD
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数处理恒（能）成立问题.
33．BCD
【分析】对A，根据方差的性质判断即可；
对B，根据正态分布的对称性判断即可；
对C，根据回归直线的性质判断即可；
对D，根据独立性检验的性质判断即可
【详解】对A，由方差的性质可知，若随机变量满足，则，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对D，由可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确
故选：BCD
34．ABD
【分析】利用线面垂直的性质判断A；易知外接球球心是中点求解判断B；利用垂直的转化通过反证法可判断C选项；利用等积法判断D选项.
【详解】对于A，取中点，连接，则，且，所以平面，所以，异面直线与所成的角为，为定值，故选项A正确；
对于B，因为OA=OB=OC=OD，所以外接球球心是，所以外接球半径，
∴四面体的外接球体积为，故B正确．
对于C，若直线与直线垂直，
∵直线与直线也垂直，则直线平面，
∴直线直线，又，∴平面，∴，
而是以和为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，，当平面平面时三棱锥体积取最大值，
此时，故选项D正确.
故选：ABD.
35．AB
【分析】根据奇函数和周期函数的定义即可判断选项；根据对称轴的性质即可判断选项；根据二倍角的余弦公式化简换元成关于正弦的三次函数，利用导数判断函数的单调性求出最值，进而判断选项；利用导数的正负与函数的单调性的关系即可判断选项.
【详解】对于，因为函数的定义域为，
又，所以函数为奇函数；
又因为，所以函数为周期函数，故选项正确；
对于，若函数的图象关于直线对称，则成立，
因为，所以，故选项正确；
对于，因为函数，令，则函数可化为，，令，解得，
所以在和上单调递减，在上单调递增，又因为，，所以函数的最大值为，
故选项错误；
对于，因为，若函数在上单调递增，则在上恒成立，取，则，故选项错误，
故选：.
36．ACD
【分析】求出，根据已知得有两个变号零点，令，求出，分类讨论根据其正负得出单调性，令其满足有两个变号零点，当时，不满足题意，当时，则，即可解出的范围，判断A；
根据已知可得有两个变号零点，，而函数在上单调递增，在上单调递减，则，即可判断B；
，则，根据不等式的性质即可得出范围，判断C；
根据得出函数单调性，结合，且，列不等式，即可判断D.
【详解】对于A：，定义域，
，
函数有两个极值点，，
则有两个变号零点，
设，
则，
当时，，则函数单调递增，则函数最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；
当时，时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
若有两个变号零点，则，解得：，
此时由正趋向于时，趋向于，趋向于时，趋向于，
则有两个变号零点，满足题意，
故的范围为：，故A正确；
对于B：函数有两个极值点，，
即有两个变号零点，，
则，故B错误；
对于C：当时，，
则，即，，
则，故C正确；
对于D：有两个变号零点，，且函数先增后减，
则函数在与上单调递减，在上单调递增，
，且，
，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常转化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理；
再利用导数研究函数单调性、极值或最值时，如果一次求导无法求解，可考虑多次求导来进行求解，求解过程要注意原函数和对于的导函数的关系，不能混淆.
37．
【分析】根据同角三角函数基本关系式，二倍角正弦公式即可化简求值得解.
【详解】因为
所以
故答案为：.
【点睛】本题注意“1”的替换，即和齐次化正切的技巧.
38．
【分析】利用表格可得，，求出回归直线方程，将代入可得此模型预报广告费用为万元时销售额．
【详解】由表可计算，，因为点在回归直线上,且，所以, 解得,故回归方程为，令得65.5
故答案为：
39．
【分析】可连接，，，，根据题意即可得出四边形为平行四边形，从而可得出，然后进行数量积的运算即可．
【详解】如图，连接，，，，
，为，的中点，，为对角线，的中点，
四边形为平行四边形，
，，且，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质、向量加法的平行四边形法则、向量减法和数乘的几何意义，考查了向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
40．
【分析】不妨设直线的斜率为正数，过作与抛物线的准线垂直，垂足为，根据抛物线的定义可知，结合可得直线的斜率的取值范围，利用两直线垂直可求出结果.
【详解】依题意可知直线的斜率存在且不为0，
不妨设直线的斜率为正数，如图：
过作与抛物线的准线垂直，垂足为，
根据抛物线的定义可知，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，所以，
所以，即直线的斜率的取值范围为，
又与双曲线的一条渐近线垂直，所以，
所以双曲线的离心率，又，
所以，即该双曲线离心率的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率的取值范围，解题关键是找到关于的不等关系．本题中利用抛物线的定义，结合向量关系求出直线的斜率的取值范围，再利用两直线垂直可得所要求的不等关系.
41．6
【分析】分别求出和展开式的通项公式，根据的组合形式分别求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为，
的展开式的通项公式为，
所以展开式中，含的项为：
，
所以含的项的系数为6．
故答案为：6.
42．
【分析】首先连接，再利用向量加法的几何意义求解即可.
【详解】连接，如图所示：
所以，则.
故答案为：
43．
【详解】由题意，可设椭圆的长半轴为，双曲线的实半轴为，由椭圆和双曲线的定义可知，，则，，又，由余弦定理可得，整理得，即， 则，
所以.
点睛：此题主要考查椭圆、双曲线的定义、离心率在解决问题中的应用，以及余弦定理和柯西不等式在求最值中应用的有关方面知识，属于中高档题型，也是高频考点.在解决此类问题中，注意从数和形两方面分析椭圆、双曲线的定义、离心率与基本量之间的关系，根据所求最值式子的特点，结合柯西不等式，从而问题可得解.
44．/0.25
【分析】由题意可得是周期为2的函数，即可求解.
【详解】因为是定义域为的偶函数，所以；
又，所以，
所以是周期为2的函数，则.
故答案为：.
45．
【分析】根据已知条件求得双曲线的离心率，也即求得，从而求得抛物线的标准方程.
【详解】依题意，，双曲线的一条渐近线方程为，
依题意，三角形是边长为的等边三角形，
所以到的距离是，
即，
所以对于抛物线，有，
所以抛物线方程为.
故答案为：
46．3
【分析】以AB中点为原点，边所在的直线为轴，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可得到答案.
【详解】以AB中点为原点，边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，则，，，AC中点.
设，则，
.
∵在直线上，∴，
∴，
∵，∴当时，的最大值为3.
故答案为：3.
47．
【分析】由题意可知在两段上均为增函数，且在上的最小值大于或等于，作出和的图象，根据交点个数判断与3的大小关系，以及直线和抛物线相切的条件，列出不等式组解出．
【详解】是上的单调递增函数，
在，上单调递增，
可得，
且，即，
作出和的函数草图如图所示：
由图象可知在上有且只有一解，
可得，或，即有△，
即有或；
由，解得，即时，有且只有一解．
则的范围是，．
故答案为，．
【点睛】本题考查分段函数的单调性，函数零点的个数判断，结合函数图象判断端点值的大小是关键，属于中档题．
48．（1）（2），理由见解析
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，根据所选条件求出数列{an}的首项和公差，进一步求出{an}的通项公式；
（2）求得，运用数列的裂项相消求和求得，将与作差，通分化简可得大小．
【详解】设等差数列的公差为，则
，
.
方案一：选条件①
由，
解得，，
.
又
方案二：选条件②
由
解得，
同方案一
方案三：选条件③
由
解得，
同方案一
【点睛】规律方法点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
49．（1），；（2）.
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，进而由的取值范围得出函数的最值；
（2）利用面积公式，余弦定理和正弦定理求解即可．
【详解】（1）
当时，
，.
（2）
又
又
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）分别证明和，再由线面垂直的判定定理即证明；
（2）设，建立空间直角坐标系，找出平面的法向量，把直线与平面所成角的正弦表示成的函数，再用均值不等式，即可算出，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：平面，平面
四边形为矩形
又，平面
平面
平面
在中，，为中点
又，平面
平面
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则
令，解得
设直线与平面所成角为，则
当且仅当时，等号成立
三棱锥的体积
【点睛】方法点睛：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.
51．（1）分布列见解析，；（2）.
【分析】（1）根据频率分布直方图求出在上抽取的人数为人，在上抽取的人数为人，随机变量的所有可能取值为，，，，利用组合数得出各随机变量的概率，进而得出分布列，即可求出数学期望.
（2）利用频率分布直方图求出平均数，得出，利用正态分布的性质得出，再根据二项分布的概率计算公式即可求解.
【详解】解：运动时间在的人数为人.
运动时间在的人数为人.
按照分层抽样共抽取人，则在上抽取的人数为人，
在上抽取的人数为人.
随机变量的所有可能取值为，，，.
所以随机变量的分布列为
，
（或）
【点睛】关键点点睛：本题考查了离散型随机变量的分布列、频率分布直方图以及正态分布，二项分布求概率，解题的关键是根据频率分布直方图求均值以及利用正态分布的性质求出，考查了计算能力.
52．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）由题意可得，再利用离心率求出，即可求解.
（2）设，，分情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出，从而可得，再利用点到直线的距离公式即可求出半径，再求出直线的斜率不存在时圆的半径，从而得出圆的方程.
【详解】解：由题意知，
又
椭圆的方程为
设，
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，
由
得
，
以线段为直径的圆过坐标原点
，且
坐标原点到直线的距离
当直线的斜率不存在时，由题知，
坐标原点到直线的距离
综上所述，存在以为圆心的定圆恒与直线相切，定圆的方程为.
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据，得出，考查了运算求解能力、分析能力.
53．（1）当时，无极值点；当时，有个极值点；（2）证明见解析.
【分析】（1）易知函数的定义域为，求导可得，令，则，由的单调性可得 ，再分和讨论即可得解；
（2）由题意知，，
由的单调性可得，若要函数有两个不同零点
则有，即，再根据，
令，可得，令，可得，作差即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，
则
当时，，单调递增；
当时，，单调递减
当时，，
在上单调递减，
此时，无极值点；
当时，
，
在上有且只有一个零点.
在上有且只有一个极值点.
又，
在上有且只有一个零点.
在上有且只有一个极值点.
综上所述，当时，无极值点；
当时，有个极值点；
（2），则
当时，，单调递减.
当时，，单调递增.
函数有两个不同零点，且
，即
又
令，
则
令，
则
单调递增
单调递增.
，
令，
则
当时，，单调递增，
当时，，单调递减
即
令，则
.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的性质，考查了分类讨论思想和证明推理能力，在高考中考查压轴题，要求较高的计算能力和逻辑思维能力，属于难题.本题的关键点有：
（1）分类讨论思想的应用，分类讨论的关键是找到讨论点；
（2）反复的构造函数，并用导数研究相关构造的函数.
54．(1).
(2).
【分析】（1）利用三角函数恒等变形得到，即可求出角A;
（2）先由余弦定理求得，利用向量的运算求出，直接代入面积公式即可求出的面积.
【详解】（1）在中，因为，
所以由正弦定理得：，即.
因为,所以，即.
因为,所以.
（2）在中，因为，，所以.
由余弦定理得：，即，解得：（舍去）.
因为.
所以，即.
因为，所以，解得：，
所以的面积 .
即的面积为.
55．(1)；
(2)证明见解析；
【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式及等比中项定义，代入即可求解；
（2）利用放缩法可知，代入结合对数的运算公式即可证得结论.
(1)
设数列的公差为，且
由已知得，整理得
即，解得或（舍）
，
所以的通项公式为
(2)
，
56．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理及性质定理，及线面垂直的判定定理可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可得解；
(1)
证明：取BC中点M，AB中点N，连接
且
又，，且
所以四边形是平行四边形，
且
又平面BCD，平面ABC，平面ABC 平面BCD ，
又平面ABC 平面BCD，平面BCD，
平面ABC，平面ABC，
又平面ABE，所以平面平面ABC
(2)
由（1）知，，且，平面ABC，平面平面ABC
以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
又，则
又平面ABC 平面ABE，平面ABC，
所以平面ABE，即为平面ABE的一个法向量，
显然二面角为锐角，故其余弦值为
57．(1)0.02916
(2)分布列见解析；（元）
【分析】（1）若此批零件检测未通过，恰好检测5次，则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，再根据独立重复实验的概率公式即可得解；
（2）可取，求出对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式计算即可.
(1)
解：若此批零件检测未通过，恰好检测5次，
则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，
故恰好检测5次的概率；
(2)
解：由题意，合格产品利润为70元，
不合格产品修复合格后利润为50元，
不合格产品修复后不合格的利润为元，
则可取，
，
，
，
故分布列为：
70
50
0.9
0.08
0.02
所以（元）.
58．(1)
(2)或
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.
【详解】（1）由题意知，解得
故椭圆的方程为
（2）设
联立，整理得
由韦达定理得，
，，
所以线段EF的中垂线方程为，
令，解得，
，，
又为直角三角形，且，
，即
所以直线l的方程或
59．(1)的极小值为，无极大值；
(2)当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在单调递增；
(3)证明见解析.
【分析】(1)根据求导公式和运算法则求出，令求出极值点，进而可得函数的单调性，即可得出函数的极值；
(2)求出函数的导数，通过讨论参数a的取值范围，分别求出对应的单调区间即可；
(3)将所证问题转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可证明.
(1)
函数的定义域为，
当时，，
则，
令，解得或(舍去)，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值；
(2)
函数的定义域为，则，
当即时，，函数在上单调递增；
当即时，令，得、，
则当时，，
当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，舍去.
所以在上单调递减，在上单调递增；
(3)
因为有两个极值点，由(2)知当时，、，
所以且，
要证
，
令，
则，
所以在上单调递增，且，
故，即.
60．(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据给定条件，利用三角恒等变换化简，再利用正弦定理角化边，用余弦定理求解作答.
（2）利用平面向量的数量积及余弦定理列出方程组，求解方程组作答.
【详解】（1）在中，依题意，
则，即，
由正弦定理得：，由余弦定理得，而，
所以.
（2）依题意，，则，
又，，则有，即，又，解得，
所以，.
61．(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组，解之即可求出首项和公差，进而即可求解；
（2）结合（1）的结论求出，然后利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，，
，即
整理得，
解得，或（舍）
所以
故，
（2）由（1）知，，所以，
所以，
则，
.
62．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由三棱锥的体积公式结合题意可知H为GC的中点，由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ACH与平面ADH的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）取线段AD中点R，RD的中点K，连接GR，PK，QK
∵，
∴E，A，D，G四点共面，且，
∴ARGE为平行四边形，∴
又∵，
∴，∴
∵，，∴，∴
又∵，PQ，平面PQK，，
∴平面PQK，又∵平面PQK
∴，∴
又∵，AB，平面ABCD，
∴平面ABCD
（2）设H到平面ABCD的距离为h，则三棱锥的体积为
，∴
又∵G到平面ABCD的距离为6，∴H为GC的中点
由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
∴，，
设平面ACH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
设平面ADH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
∴，
∴平面ACH与平面ADH夹角的余弦值为.
63．(1)①；②分布列答案见解析，数学期望：元
(2)答案见解析
【分析】（1）①根据古典概型公式计算即可；
②写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式计算期望即可；
（2）先根据题意可确定方案（800，800，200，200）和方案（400，400，600，600），分别求出两种方案的期望与方差，比较两者即可得出结论.
【详解】（1）设员工所获得的奖励额为X，
①，
∴员工所获得的奖励额为1000元的概率为；
②X所有可能的取值为400，1000，
，，
∴X的分布列为
X
400
1000
P
∴员工所获得的奖励额的期望为元；
（2）根据公司预算，每个员工的平均奖励额为1000元，
所以先寻找期望为1000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择（200，200，200，800）的方案，因为1000元是面值之和的最大值，
所以期望不可能为1000元，
如果选择（800，800，800，200）的方案，
因为1000元是面值之和的最小值，所以期望不可能为1000元，
因此可能的方案是（800，800，200，200）记为方案1，
对于面值600元和400元的情况，
同理排除（600，600，600，400）和（400，400，400，600）的方案，
所以可能的方案是（400，400，600，600）记为方案2，
对于方案1，设员工所获得的奖励额为，可取，
，，，
∴的期望为，
方差，
对于方案2，设员工所获得的奖励额为，可取，
，，，
∴的期望为，
方差，
由于两种方案的奖励额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，所以应选择方案2.
64．(1)函数的单调递增区间为，无递减区间
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）设，可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：的定义域为，当时，，
，
设，则，
令，解得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，，则对任意的恒成立，
所以，函数的单调递增区间为，无递减区间.
（2）解：当时，恒成立等价于在上恒成立，
设，
则，
设，
则图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，
当时，，在单调递增，且，
所以，，即，则函数在上单调递增，
又因为，所以在恒成立，满足题意；
当时，，，
所以方程有两相异实根，设为、，且，则，
当时，，，在上单调递减，
又因为，故当时，，
所以，在上不恒成立，不满足题意.
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，注意到，由此将问题转化为考查函数在上的单调性来处理，只需对实数的取值进行分类讨论，结合单调性来求解.
65．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率及当轴时，，代入椭圆方程，列方程即可求得的值，从而得椭圆的方程；
（2）由，则设直线的方程为，所以直线的方程为，设，，，，代入椭圆方程可得坐标关系，可得的表达式，由平行线分线段成比例可得，，结合椭圆的定义即可证得为定值，从而得结论.
【详解】（1）由题知，，点在椭圆C上，则，解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）证明：∵，且点A在x轴上方
∴设，，，，设直线的方程为，则直线的方程为，
由，得，∴或（舍），
∴
同理，所以，
由，得
∴
∴
又点B在椭圆C上，∴，则
∴
同理：，所以
∴
又，
∴
∴点P在以，为焦点的定椭圆上.
66． 73； 1587
【分析】①直接通过公式计算均值即可；②结合正态分布的对称性及参考数据，先求出高于85.9的概率，再结合古典概型计算人数.
【详解】；，，成绩高于85.9的人数为.
故答案为：73；1587.
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