安徽省淮北市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份安徽省淮北市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共63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。

安徽省淮北市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·安徽淮北·统考一模）已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（    ）
A．{−2，3} B．{−2，2，3} C．{−2，−1，0，3} D．{−2，−1，0，2，3}
2．（2021·安徽淮北·统考一模）若数列为等差数列，且，，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·安徽淮北·统考一模）函数的图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
4．（2021·安徽淮北·统考一模）已知平面，，直线l，m，且有，，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2021·安徽淮北·统考一模）在中，点D是线段(不包括端点)上的动点，若，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·安徽淮北·统考一模）某地气象局把当地某月(共30天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如下图所示的统计图.记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（    ）

A． B． C． D．
7．（2021·安徽淮北·统考一模）若i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（    ）
A．2 B．3 C． D．
8．（2021·安徽淮北·统考一模）甲､乙､丙三人从红､黄､蓝三种颜色的帽子中各选一顶戴在头上，各人帽子的颜色互不相同，乙比戴蓝帽的人年龄大，丙和戴红帽的人年龄不同，戴红帽的人比甲年龄小，则甲､乙､丙所戴帽子的颜色分别为（    ）
A．红､黄､蓝 B．黄､红､蓝 C．蓝､红､黄 D．蓝､黄､红
9．（2021·安徽淮北·统考一模）过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·安徽淮北·统考一模）已知函数，则函数零点的个数为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．（2021·安徽淮北·统考一模）已知双曲线的左焦点为F，左顶点为A，直线交双曲线于P､Q两点(P在第一象限)，直线与线段交于点B，若，则该双曲线的离心率为（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
12．（2021·安徽淮北·统考一模）函数的最大值为（    ）
A． B． C． D．3
13．（2022·安徽淮北·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·安徽淮北·统考一模）已知复数的共轭复数为，若（为虚数单位），则（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·安徽淮北·统考一模）“”是“”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
16．（2022·安徽淮北·统考一模）直线与圆的位置关系是（    ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．不确定
17．（2022·安徽淮北·统考一模）函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
18．（2022·安徽淮北·统考一模）已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2022·安徽淮北·统考一模）在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（    ）
A． B． C． D．
20．（2022·安徽淮北·统考一模）下列说法正确的有（    ）
A．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于0
B．若是随机变量，则.
C．已知随机变量，若，则
D．设随机变量表示发生概率为的事件在一次随机实验中发生的次数，则
21．（2022·安徽淮北·统考一模）已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则（    ）
A． B． C． D．
22．（2022·安徽淮北·统考一模）已知是椭圆的右焦点，点在上，直线与轴交于点，点为C上的动点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·安徽淮北·统考一模）在平面四边形中，已知的面积是的面积的2倍.若存在正实数使得成立，则的最小值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
24．（2022·安徽淮北·统考一模）半球内放三个半径为的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是（    ）
A． B． C． D．
25．（2023·安徽淮北·统考一模）已知全集，集合和，则集合的元素个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4．
26．（2023·安徽淮北·统考一模）已知复数z在复平面内对应点是，则（    ）
A． B． C． D．
27．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（    ）

A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体
28．（2023·安徽淮北·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
29．（2023·安徽淮北·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，且直线的斜率之积为，则（    ）
A．1 B．3 C．2 D．
30．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，分别是单位圆上的四段弧，点在其中一段上，角以为始边，为终边．若，则所在的圆弧是（    ）

A． B． C． D．
31．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，对于曲线所在平面内的点，若存在以为顶点的角，使得对于曲线上的任意两个不同的点A，B恒有成立，则称角为曲线的相对于点的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线的相对于点的“确界角”．已知曲线（其中是自然对数的底数），为坐标原点，则曲线的相对于点的“确界角”为（    ）

A． B． C． D．
32．（2023·安徽淮北·统考一模）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（    ）
A．A与B不互斥 B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥 D．A与C相互独立

二、多选题
33．（2023·安徽淮北·统考一模）已知是的边上的一点（不包含顶点），且，则（    ）
A． B．
C． D．
34．（2023·安徽淮北·统考一模）已知函数，则（    ）
A．在单调递增
B．有两个零点
C．曲线在点处切线的斜率为
D．是奇函数
35．（2023·安徽淮北·统考一模）已知曲线，直线l过点交于A，B两点，下列命题正确的有（    ）
A．若A点横坐标为8，则
B．若，则的最小值为6
C．原点O在AB上的投影的轨迹与直线有且只有一个公共点
D．若，则以线段AB为直径的圆的面积是
36．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复上述操作（其中），得到四个小正方形，记它们的面积分别为，则以下结论正确的是（    ）

A．
B．
C．
D．

三、填空题
37．（2021·安徽淮北·统考一模）若x，y满足约束条件，则的最大值为______.
38．（2021·安徽淮北·统考一模）二项式的展开式中的常数项为______________．
39．（2021·安徽淮北·统考一模）已知数列的前n项和为，且，若，则数列的前项和为______.
40．（2021·安徽淮北·统考一模）在棱长为的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_______.
41．（2022·安徽淮北·统考一模）___________.
42．（2022·安徽淮北·统考一模）展开式中的常数项是___________.
43．（2022·安徽淮北·统考一模）关于函数与有下面四个结论：
①函数的图像可由的图像平移得到
②函数与函数在上均单调递减
③若直线与这两个函数的图像分别交于两点，则
④函数的图像关于直线对称；
其中正确结论的序号为___________（请写出所有正确结论的序号）.
44．（2022·安徽淮北·统考一模）已知，函数在有极值，设，其中为不大于的最大整数，记数列的前项和为，则___________.
45．（2023·安徽淮北·统考一模）的展开式的常数项是________（用数字作答）
46．（2023·安徽淮北·统考一模）已知直四棱柱的底面是菱形，，棱长均为4，，的中点分别为、，则三棱锥的体积为______．
47．（2023·安徽淮北·统考一模）设 若互不相等的实数满足，则的取值范围是_________．

四、解答题
48．（2021·安徽淮北·统考一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角B的大小；
（2）若，，求的面积
49．（2021·安徽淮北·统考一模）如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，且，，面，，N为中点.

（1）若是中点，求证：面；
（2）求二面角的正弦值.
50．（2021·安徽淮北·统考一模）甲､乙两人进行乒乓球比赛，规定比赛进行到有一人比对方多赢2局或打满6局时比赛结束.设甲､乙在每局比赛中获胜的概率均为，各局比赛相互独立，用X表示比赛结束时的比赛局数
（1）求比赛结束时甲只获胜一局的概率；
（2）求X的分布列和数学期望.
51．（2021·安徽淮北·统考一模）已知函数，.
（1）若是增函数，求实数m的取值范围；
（2）当时，求证：.
52．（2021·安徽淮北·统考一模）已知椭圆的离心率为，左顶点为A，右焦点F，.过F且斜率存在的直线交椭圆于P，N两点，P关于原点的对称点为M.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线，的斜率分别为，，是否存在常数，使得恒成立？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
53．（2021·安徽淮北·统考一模）在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）设P为曲线上的动点，求点P到的距离的最大值，并求此时点P的坐标.
54．（2021·安徽淮北·统考一模）已知不等式的解集为.
（1）求m，n的值；
（2）若，，，求证：.
55．（2022·安徽淮北·统考一模）在中，已知，是的中点.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积.
56．（2022·安徽淮北·统考一模）已知数列中，，成等差数列.
(1)求的值和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为.
57．（2022·安徽淮北·统考一模）如图，已知圆的直径长为4，点是圆弧上一点，，点是劣弧上的动点，点是另一半圆弧的中点，沿直径，将圆面折成直二面角，连接.

(1)若面时，求的长；
(2)当三棱锥体积最大时，求二面角正切值.
58．（2022·安徽淮北·统考一模）如图，点是周长为圆形导轨上的三个等分点，在点处放一颗珠子，规定：珠子只能沿导轨顺时针滚动.现投郑一枚质地均匀的股子，当掷出的点数是3的倍数时，珠子滚动，当掷出的点数不是3的倍数时，珠子滚动，反复操作.

(1)求珠子在点停留时恰好滚动一周的概率；
(2)求珠子第一次在点停留时恰好滚动两周的概率.
59．（2022·安徽淮北·统考一模）已知双曲线过点，离心率为，直线交轴于点，过点作直线交双曲线于两点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若是线段的中点，求直线的方程；
(3)设是直线上关于轴对称的两点，直线与的交点是否在一条直线上？请说明你的理由.
60．（2022·安徽淮北·统考一模）设函数，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性并写出单调区间；
(2)若存在，使得函数不存在零点，求的取值范围；
(3)若函数有两个不同的零点，求证：.
61．（2023·安徽淮北·统考一模）设内角，，的对边分别为，，，已知，．
(1)求角的大小
(2)若，求的面积．
62．（2023·安徽淮北·统考一模）已知数列满足，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，为数列的前n项和，求．
63．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．

(1)求证：面面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
64．（2023·安徽淮北·统考一模）为弘扬中华优秀传统文化，营造良好的文化氛围，某高中校团委组织非毕业年级开展了“我们的元宵节”主题知识竞答活动，该活动有个人赛和团体赛，每人只能参加其中的一项，根据各位学生答题情况，获奖学生人数统计如下：
奖项组别
个人赛
团体赛获奖
一等奖
二等奖
三等奖
高一
20
20
60
50
高二
16
29
105
50
(1)从获奖学生中随机抽取1人，若已知抽到的学生获得一等奖，求抽到的学生来自高一的概率；
(2)从高一和高二获奖者中各随机抽取1人，以表示这2人中团体赛获奖的人数，求的分布列和数学期望；
(3)从获奖学生中随机抽取3人，设这3人中来自高一的人数为，来自高二的人数为，试判断与的大小关系．（结论不要求证明）
65．（2023·安徽淮北·统考一模）已知椭圆，A、F分别为的左顶点和右焦点，O为坐标原点，以OA为直径的圆与交于M点（第二象限），．

(1)求椭圆的离心率e；
(2)若，直线，l交于P、Q两点，直线OP，OQ的斜率分别为，．
（ⅰ）若l过F，求的值；
（ⅱ）若l不过原点，求的最大值．
66．（2023·安徽淮北·统考一模）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，令
（ⅰ）证明：当时，；
（ⅱ）若数列满足：，，证明：．

五、双空题
67．（2023·安徽淮北·统考一模）已知双曲线C：过点，则其方程为________，设，分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为，的内心，则的取值范围是________．

参考答案：
1．A
【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.
2．C
【解析】求出公差和，再利用诱导公式求出结果即可.
【详解】


故选：C
3．A
【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得.
【详解】的定义域为R，
因为
，所以为偶函数，故CD错误；
又因为，，所以，故B错误.
故选：A
4．B
【解析】根据空间中直线、平面的平行与垂直的定义、判定定理、性质定理等逐项分析，由此确定出正确结果.
【详解】对于①：因为，，所以，又，所以，故正确；
对于②：因为，，所以，又，所以，故正确；
对于③：因为，，所以与可能平行或异面，故错误；
对于④：因为，，所以或，所以不一定成立，故错误；
故选：B.
【点睛】方法点睛：判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：
（1）利用定理、定义、公理等直接判断；
（2）作出简单图示，利用图示进行说明；
（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析.
5．B
【解析】设，由此用表示出，则可得关于的表示，从而通过计算可判断出正确的选项.
【详解】设，所以，
所以，所以，
所以，所以，，
又，，
故选：B.
【点睛】结论点睛：已知平面中三点共线 (O在该直线外)，若，则必有.
6．A
【解析】由统计图分别求出该月温度的中位数，众数，平均数，由此能求出结果．
【详解】解：由统计图得：
该月温度的中位数为，
众数为，
平均数为．
．
故选：A．
7．D
【解析】先根据分析出复数对应的点在复平面内的轨迹，然后将的最大值转化为圆外一点到圆上一点的距离最大值问题并完成求解.
【详解】因为表示以点为圆心，半径的圆及其内部，
又表示复平面内的点到的距离，据此作出如下示意图：

所以，
故选：D.
【点睛】结论点睛：常见的复数与轨迹的结论：
（1）：表示以为圆心，半径为的圆；
（2）且：表示以为端点的线段；
（3）且：表示以为焦点的椭圆；
（4）且：表示以为焦点的双曲线.
8．B
【分析】通过题干中的条件逐一分析判断即可．
【详解】解：丙和戴红帽的人年龄不同，戴红帽的人比甲年龄小，
故戴红帽的人为乙，即乙比甲的年龄小；
乙比戴蓝帽的人年龄大，故戴蓝帽的人可能是甲也可能是丙，
即乙比甲的年龄大或乙比丙的年龄大，但由上述分析可知，
只能是乙比丙的年龄大，即带蓝帽子的人是丙．
综上所述，甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为黄、红、蓝．
故选：．
9．A
【解析】作出图形，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，计算出圆的圆心到直线的距离为，可知圆内不在任何切点弦上的点形成以原点为圆心，半径为的圆的内部，利用圆的面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，

则，，，
则，且为锐角，所以，同理可得，
所以，，则为等边三角形，连接交于点，
为的角平分线，则为的中点，，
且，，
若圆内的点不在任何切点弦上，则该点到圆的圆心的距离应小于，
即圆内的这些点构成了以原点为圆心，半径为的圆的内部，
因此，圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于确定圆内不切点弦上的点所构成的区域，为此需要计算出圆的圆心到切点弦的距离，找出临界位置进行分析.
10．A
【解析】利用导数分析在和时的单调性，然后确定出的取值范围并作出的大致图象，根据与图象的交点个数确定出函数的零点个数.
【详解】因为的零点个数与图象的交点个数，
当时，，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
又因为当时，，且，
所以时，；
当时，，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为，
又当时，，当时，，
所以时，，
作出的函数图象如下图所示：

由图象可知有个交点，所以有个零点，
故选：A.
【点睛】思路点睛：求解函数零点的数目问题，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：
（1）确定方程根的个数；
（2）求参数范围；
（3）求不等式解集；
（4）研究函数性质.
11．D
【解析】设，，联立直线与双曲线方程即可求出设，的坐标，设，由，所以，即可表示出的坐标，再根据、、在一条直线上，所以，即可求出得到方程，从而得解；
【详解】解：依题意可得，，因为在第一象限，所以，设，，联立直线与双曲线方程，消去得，解得，所以，，
设，由，所以，即
即解得即
因为、、在一条直线上，所以，
即
即，
即
所以
解得
所以
故选：D
【点睛】本题考查双曲线的离心率的计算，关键是方程思想的应用；
12．B
【解析】利用诱导公式及二倍角公式可得，令，将函数转化为，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最值，即可得解；
【详解】解：因为
所以
令
则
则
令，得或
当时，；时
所以当时，取得最大值，此时
所以
故选：B
【点睛】本题考查三角恒等变换及三角函数的性质的应用，解答的关键是利用导数研究函数的单调性从而求出函数的最值．
13．A
【分析】利用对数函数的性质求出集合A，再根据交集的定义即可求解.
【详解】解：因为集合，，
所以，
故选：A.
14．B
【分析】设，再根据条件建立方程求解即可.
【详解】设，
由，有，得，
由，有，得，
故.
故选：B
15．B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：由，得，反之不成立，如，，满足，但是不满足，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：B
16．B
【分析】直线与圆的位置关系的判断，第一步求出圆的圆心及半径，第二步求出圆心到直线的距离，距离大于半径相离，等于半径相切，小于半径相交.
【详解】圆的圆心坐标为 半径为4，圆心到直线的距离，所以相交.
故选：B.
17．C
【分析】判断出的奇偶性，结合的符号可选出答案.
【详解】因为的定义域为，
所以是奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D
因为，所以排除A
故选：C
18．D
【分析】先利用三角函数的恒等变换确定点P的坐标，再根据三角函数的定义求得答案.
【详解】,
,
即，则，
故选：D.
19．C
【分析】由题可求在方向上的投影数量，进而点到直线的距离为，即求.
【详解】∵，，，
∴，
∴，
∴在方向上的投影数量为，
∴点到直线的距离为.
故选：C.
20．D
【分析】根据线性相关系数的定义，期望方差的公式以及正态分布进项逐项分析即可得答案.
【详解】解：
对于选项A：根据相关系数的定义可知A错误；
对于选项B：若是随机变量，则，故B错误；
对于选项C：因为随机变量服从正态分布，故，
则，故C错误；
对于选项D：随机变量的可能取值为、，故，
，当且仅当取等号，故D正确；
故选：D
21．A
【分析】根据函数图象之间的平移变换及所给奇、偶函数判断A，给出满足条件的特殊函数排除BCD.
【详解】因为为奇函数，
所以的图象经过原点，即，
由的图象向右平移2个单位可得函数的图象知，图象过点，
即，
因为为偶函数，所以，
所以当时，，故A正确；
令，则满足为奇函数，为偶函数，
显然BCD不满足.
故选：A
22．C
【分析】由题可得椭圆，进而可得，利用向量数量积的坐标表示可得，再结合条件及二次函数的性质即求.
【详解】由题可得，
∴，即椭圆，
∴，直线方程为，
∴，又，
设，则，，
∴


，又，
∴当时，有最小值为.
故选：C.
23．A
【分析】由面积比得，再利用三点共线可得出的关系，从而利用基本不等式可求得的最小值．
【详解】如图，设与交于点，

由的面积是的面积的2倍，可得，
所以，
又三点共线，即共线，
所以存在实数使得，
因为，
所以，消去k，可得，
又因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立．
所以的最小值为1．
故选：A．
24．D
【分析】根据条件求出以三个小球的球心、、构成的三角形的外接圆半径，再通过勾股定理求解即可.
【详解】
三个小球的球心、、构成边长为的正三角形，则其外接圆半径为．
设半球的球心为，小球与半球底面切于点．
如图，经过点、、作半球的截面，半圆的半径，于点．
则．
在中，由．
故选：D
25．B
【分析】根据一元二次不等式求解方法求出，利用补集的定义求出，再利用交集的运算即可求解.
【详解】因为
所以，
又因为，
所以，
.
故选：B.
26．C
【分析】根据复数的几何意义以及复数的乘除运算规则计算.
【详解】因为复数z在复平面内对应点是，所以，
则；
故选：C.
27．B
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B．
28．C
【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到，进而结合两角和的正弦公式即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
29．A
【分析】利用椭圆方程和的斜率之积为，建立A、B两点坐标的关系，代入原式化简计算即可.
【详解】因为在椭圆上，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：A.
30．C
【分析】根据三角函数定义解决即可.
【详解】设点的坐标为，所以由三角函数的定义可得
，
因为，即，
由图知
对于A，在第一象限，且，不满足题意，故A错；
对于B，在第三象限，且，不满足题意，故B错；
对于C，在第三象限，且，满足题意，故C正确；
对于D，在第四象限，且，不满足题意，故D错；
故选：C.
31．B
【分析】利用导数的几何意义得到过点且与相切的直线的斜率，设过的直线与相切，然后通过联立，让得到切线斜率，最后利用倾斜角和斜率的关系求角即可.
【详解】
记曲线为，当时，，设过的直线与的图象相切，切点为，则切线方程为，将代入整理，得，因为是上的增函数，且，所以，所以，所以的图象与直线相切．
当时，设的图象即抛物线与过的直线相切．联立两方程整理，得，．解得或（舍）．设两切线倾斜角分别为，，则，．所以，所以所求确界角为．
故选：B．
32．D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.
【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；
由，A、D互斥且对立，B错误；
又，，则，C与D不互斥，C错误；
由，，，
所以，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
33．AD
【分析】利用平面向量的线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.
【详解】是的边上的一点（不包含顶点），则有，
得，即，
又，∴，
可得，，，，，
所以A选项正确，B选项错误；
，当且仅当时等号成立，所以，C选项错误；
，D选项正确.
故选：AD
34．AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，结合单调性即可判断零点个数，根据导数的几何意义，以及奇偶性的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：，定义域为，则，
由都在单调递增，故也在单调递增，
又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；故A正确；
对B：由A知，在单调递减，在单调递增，又，
故只有一个零点，B错误；
对C：，根据导数几何意义可知，C正确；
对D： 定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，D错误.
故选：AC.
35．BCD
【分析】对A选项将点的横坐标代入，求出点A的坐标，进而求出直线方程，联立直线及抛物线方程，由弦长即可求出弦长；对B选项作图可知，过点A作准线的垂线，垂足为，当三点共线时取最小值，即可求得最小值；对C选项根据题意，得出原点O在AB上的投影的轨迹，联立方程由判别式即可判断公共点的个数；对D选项设出AB直线方程，联立直线与抛物线方程，由结合得出直线方程，再由弦长公式计算出线段AB的长度即可判断
【详解】对于A,易得是抛物线的焦点，
若A点横坐标为8，则，即或，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的相同，再此取计算.
所以l的直线方程是即，
直线与相交，联立方程得,,
得，，故A错误；
对于B,过点A作准线的垂线，垂足为，则，当三点共线时取最小值，此时最小值为，故B正确；

对于C,设原点在直线上的投影为，的中点为，
因为，所以，所以为直角三角形，所以，
根据几何性质及圆的定义可知点的轨迹方程为，联立得，
解得，所以直线与只有一个交点，故C正确；

对于D,设直线的方程为，联立得所以，
因为，而，所以，
所以，所以
所以，解得，
则，
所以，
，所以以线段AB为直径的圆的面积是，故D正确.
故选：BCD.
36．BC
【详解】设，最大正方形的边长为1，
小正方形的边长分别为．∵，
，
，
，，
所以C正确；
，
所以，所以B正确，
故选：BC.
37．
【解析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图形确定出最优解，代入即可求解.
【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，
目标函数，可化为直线，
当直线过点A时，直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，
又由，解得，
所以目标函数的最大值为.
故答案为：.

【点睛】根据线性规划求解目标函数的最值问题的常见形式：
（1）截距型：形如 .求这类目标函数的最值常将函数 转化为直线的斜截式： ，通过求直线的截距的最值间接求出的最值；
（2）距离型：形如，转化为可行域内的点到定点的距离的平方，结合点到直线的距离公式求解；
（3）斜率型：形如，转化为可行域内点与定点的连线的斜率，结合直线的斜率公式，进行求解.．
38．112
【详解】试题分析：由二项式通项可得，（r=0,1,…,8）,显然当时，，故二项式展开式中的常数项为112.
考点：二项式通项．
39．
【解析】根据求解出的通项公式，然后根据条件将的通项公式变形为，根据裂项相消求和法求解出的前项和.
【详解】因为，当时，，
当时，，符合的情况，
所以，所以，
记的前项和为，所以，
所以，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：利用与的关系求解数列通项公式的思路：
（1）根据，先求解出时的通项公式；
（2）根据条件验证是否满足的情况；
（3）若满足，则的通项公式不需要分段书写；若不满足，则的通项公式需要分段书写.
40．
【解析】作出图形，设，利用基本不等式可求得的最大值，可求得的最小值，利用正弦定理求得外接圆直径的最小值，可求得该三棱锥外接球直径的最小值，由此可求得结果.
【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径为，
取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于，则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得.

本题中，平面，设的外接圆为圆，可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示：

设的外接圆直径为，，该三棱锥的外接球直径为，则.
如下图所示：

设，则，，，
，
当且仅当时，取得最大值，
由，可得，，
所以，的最大值为，由正弦定理得，即的最小值为，
因此，，
所以，三棱锥外接球的表面积为.
故三棱锥外接球的表面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
41．10
【分析】利用指数幂及对数的运算性质计算即得.
【详解】.
故答案为：10.
42．
【分析】由题可得，即得.
【详解】因为展开式的通项为


令，可得常数项是.
故答案为：.
43．①②④
【分析】①向右平移个单位长度即可；②从图象可以判断出来；③通过辅助角公式得到；④通过代入即可判断.
【详解】向右平移个单位长度得到，①正确；
函数与函数在上均单调递减，②正确；
，则，③错误；
，当时，，故函数的图像关于直线对称，④正确.
故选：①②④
44．615
【分析】根据给定条件探求出，再借助的意义分析的前100项的各个值，再求和作答.
【详解】函数，求导得：，
因，函数在有极值，则存在，有，解得，
于是得，即，而，
因此，数列的前100项中有1个0，3个1，5个2，7个3，9个4，11个5，13个6，15个7，17个8，19个9，
而，
所以.
故答案为：615
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
45．240
【分析】根据二项式的展开式的通项公式赋值即可求出．
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，解得．
所以的展开式的常数项是．
故答案为：240．
【点睛】本题主要考查利用二项式的展开式的通项公式求指定项，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
46．
【分析】取的中点，连接、、、、、，即可得到，由题意可得，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】解：如图取的中点，连接、、、、、，
显然且，又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又是边长为的菱形且，所以为等边三角形，则，
又，所以，又四棱柱为直棱柱，即平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，且，
又，
所以.

故答案为：
47．
【分析】作出函数图象，由条件观察图象确定的范围，化简，求其范围.
【详解】设，则为方程的解，所以为函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，
又作函数和的图象如下，

观察图象可得，不妨设，则，所以
，，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是，
故答案为：.
48．（1）；（2）.
【解析】（1）先根据两角和的余弦公式化简原式，然后根据正弦定理完成边化角，由此求解出的值，从而的值可求；
（2）利用余弦定理先求解出的值，然后根据面积公式求解出的面积.
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以，所以，
又因为，所以；
（2）因为，所以，
所以，所以，
所以.
【点睛】易错点睛：（1）利用正弦定理进行边角转化时，要注意选择化边还是化角，从而达到简化计算的目的；
（2）利用正弦定理进行边角互化时，等式两边同时约去某个三角函数值时，注意说明其不为.
49．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系可求得该二面角的正弦值.
【详解】（1）面，四边形是边长为的正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则、、、、、、，
，，，
设平面的法向量为，由，
令，可得，，则，
，，
平面，平面；
（2）设平面的法向量为，，，
由，
令，则，，可得，
设平面的法向量为，，
由，取，则，，可得，
，.
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
50．（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】（1）先分析出甲只获胜一局的所有情况，然后根据对应的情况去计算概率；
（2）先分析的可能取值，然后根据取值列出对应的比赛获胜情况，由此计算出对应的概率，可得的分布列，根据分布列可计算出数学期望.
【详解】（1）因为比赛结束时甲只获胜一局，所以一共比赛了局，且甲在第局或第局赢了，
当甲在第局赢了，则乙在后面局都赢了，此事件的概率为：，
当甲在第局赢了，则乙在第局赢了，此事件的概率为：，
记“比赛结束时甲只获胜一局”为事件，则；
（2）根据条件可知：可取，
当时，包含甲或乙前局连胜，此时种情况：{甲，甲}，{乙，乙}；
当时，包含甲或乙前局赢了局，后局都没赢，此时种情况：{甲，乙，乙，乙}，
{乙，甲，乙，乙}，{乙，甲，甲，甲}，{甲，乙，甲，甲}（大括号中，按顺序为各局的获胜者）；
，
，
，
所以的分布列为：








所以.
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的数学期望的一般步骤：
（1）先分析的可取值，根据可取值求解出对应的概率；
（2）根据（1）中概率值，得到的分布列；
（3）结合（2）中分布列，根据期望的计算公式求解出的数学期望.
51．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）先求解出，然后求解出，根据的值与的大小关系进行分类讨论，由此确定出为增函数时的取值范围；
（2）先分析，由此确定出的单调性，根据单调性再分析的零点，确定出的范围，即可分析出的单调性，从而确定出的最小值，结合，得出即可完成证明.
【详解】（1）因为，所以，
因为是增函数，所以在时恒成立，
又，可知在上单调递增，令，，
当时，即时，在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，符合题意；
当时，即时，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，令，，
所以，所以时，，
所以，所以，这与在时恒成立矛盾，
综上可知：；
（2）当时，，，，且为增函数，
令，所以，所以在上单调递减，在山单调递增，
所以，
又因为，，，
所以存在唯一使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，
又因为，所以，
所以，所以成立.
【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式的一般思路（两种情况：需要构造新函数、不需要构造新函数）：
若需要构造新函数：形如
（1）将待证明的不等式进行变形，使其一边含有未知数，另一边为；
（2）构造关于未知数的函数（函数尽量容易求导），分析函数的单调性以及最值；
（3）通过研究所构造函数的单调性和最值，确定出函数与的关系，从而达到证明不等式的目的.
若不需要构造新函数：形如（为常数）
（1）直接分析原函数的导函数；
（2）利用导函数的正负确定出原函数的单调性；
（3）根据原函数的单调性求解出对应的最值，从而完成不等式证明.
52．（1），（2）
【解析】（1）依题意得到，，即可求出、，再根据，即可求出椭圆方程；
（2）由（1）知，，设直线的方程为，，，，表示出，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，即可求出参数的值；
【详解】解：（1）因为离心率为，所以，又，所以，解得，，又，所以，所以椭圆方程为
（2）由（1）知，，设直线的方程为，，
因为与关于原点对称，所以
所以，
若存在，使得恒成立，所以
所以
两边同乘得
又因为在椭圆上，所以
所以
所以
当时，则
所以①；
当时，与重合，
联立方程，消元得，所以
所以，
代入①得，整理得，解得
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
53．（1）；；（2）；
【解析】（1）根据椭圆的参数方程即可得到的普通方程，利用，即可得到的直角坐标方程.
（2）首先设，利用点到直线的公式得到，再利用三角函数的性质即可得到答案.
【详解】（1）对于曲线有，所以的普通方程为.
对于曲线有，，
，即的直角坐标方程为.
（2）联立，整理可得，
，所以椭圆与直线无公共点，
设，点到直线的距离为
，
当时，取最大值为，
此时点的坐标为．
54．（1）；（2）证明见详解.
【解析】⑴绝对值函数去绝对值得到分段函数，分别求得对应范围内不等式的解集，即求.
⑵由(1)可得，则，展开后利用均值不等式即可得证
【详解】(1) 解：原不等式可化为：
或或
所以或或，即
所以
(2)证明：由(1)知即，且
所以
当且仅当时取“=”
所以
【点睛】思路点睛：本题主要考查了求解绝对值不等式和均值不等式，最常用的方法是去掉绝对值得到分段函数，注意各自分段的范围即可，考查了基本不等式“1”的妙用，在运用基本不等式时要根据一正，二定，三取等的思路去思考．
55．(1)
(2)

【分析】（1）先用正弦定理，再用余弦定理求出；（2）利用第一问求出的，利用余弦定理，向量有关计算及面积公式进行求解.
(1)
由题意得：
故
即
∴
又∵
∴.
(2)
∵
∴①
又
∴
∴
∴②
由②－①得：
∴.
56．(1)，
(2)，

【分析】（1）由等差数列的性质可得，化简再分奇偶讨论即可求解；
（2）化简得，再结合错位相减法即可求解
【详解】（1）∵，，成等差数列

即，得
又∵，∴，从而
所以
（2）由（1）得，
∴

两式相减，得

∴，.
57．(1)
(2)

【分析】（1）依据线面平行性质定理可得，在△OPC中求的长即可；
（2）做出二面角的平面角即可解决.
【详解】（1）平面，平面OPC，平面平面
∴
又，，所以△OPC为等腰直角三角形.
∴.
（2）∵二面角为直二面角，且，平面ABD
∴平面OPC
∴
当时等号成立.
此时，，两两垂直，且长度相等，则
取PD的中点E，连接，则，，

∴为二面角的平面角，
直角三角形中，
∴二面角的正切值为.
58．(1)
(2)

【分析】（1）根据互斥事件的概率求解即可；
（2）根据相互独立事件的概率求解即可.
(1)
设掷出3的倍数为事件，掷出不是3的倍数记为事件，
则，
珠子恰好转一周回到点包含的事件为，，且这三种情况互斥
故所求概率为.
(2)
珠子滚两周回到点，则必须经历以下三个步骤：①②③
①A至C：此时概率为
②C至B：掷出的必须是3的倍数，此时的概率为
③B至：概率与①相同
又以上三个步骤相互独立，故所求概率为.
59．(1)
(2)或
(3)直线PM与QN的交点在定直线，理由见解析

【分析】（1）根据题意，列出方程组，结合，求得的值，得出双曲线的标准方程，
（2）设，则，联立方程组，求得的坐标，即可求得直线的方程；
（3）设，得到，联立方程组，求得，再由直线和的方程，求得交点的横坐标，即可求解．
（1）
由题意得：，，.
解得，，所以双曲线的标准方程为.
（2）
方法1：设，则
依题意有解得，
所以直线的方程为或.
方法2：设直线的方程为，与双曲线的方程联立得：
.
当时
设，，得，.
又因为，所以，，解得.
此时，所以直线MN的方程为或.
（3）
方法1：设，，
直线PM的方程为，直线ON的方程，
联立两方程，可得①
结合（2）方法2，可得
代入①得
故.
所以直线PM与QN的交点在定直线上.
方法2设直线MN的方程为，与双曲线的方程联立得：
.
设，，，，由根与系数的关系，得
，.
：，：，联立两方程，可得：

，
解得
所以直线PM与QN的交点在定直线上.
60．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析

【分析】小问1先求导分和两种情况讨论；
小问2转化为求函数的值域，结合函数的值域来求出的范围；
小问3通过构造新函数，研究新函数的单调性得到证明.
（1）
.
当时，，函数的单调递增区间是.
当时，令，得，令，得.
所以，函数的单调增区间为，单调减区间是.
（2）
当时，由（1）知，的单调增区间是，
易知.又，故可得

又，且函数的图像连续，所以存在一个零点，不满足题意.
当时，因为，函数的图像不间断，若存在，使函数不存在零点，则对任意恒成立.
由（1）知，能成立，即能成立，令，则，
，则，令，得，
当时，，单调递减，时，，单调递增.
所以，所以
综上，的取值范围是.
（3）
因为函数有两个不同的零点，
则由（1）知，且，，消去得.
设，则，可解得，.
方法1：.
设，，则，
所以在上单调递增，所以，
故，
所以，所以.
又因为.
设，，则
所以在上单调递增，所以，所以.
综上，.
方法2：，，
.
设，，则.
设，，
则，在上单调递减，所以，在上单调递增，
所以.
设，，则，所以在上单调递增，
所以.
所以，故.
61．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
（2）由正弦定理求出，即可得到，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，即，则，
又，所以．
（2）解：因为，，，
由，得，即，
又，所以，则，
所以
，
所以．
62．(1)证明见解析
(2)，

【分析】（1）根据递推公式证明为定值即可；
（2）先由（1）求得数列的通项，从而可得数列的的通项，再利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
又，
所以是以为首项，以3为公比的等比数列；
（2）由（1）知，故，
所以，
故，
则，
两式相减得

，
所以.
63．(1)证明见解析；
(2)存在点Q，.

【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；
（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
所以，则，即，
又，，面PAB，
所以面PAB，又面ABCD，
所以面面ABCD；
（2）假设存在点Q，使得平面平面PAD；

如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，，
设是平面PAD的法向量，则，取，
设，其中．
则
连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，
取与同向的单位向量，
设是平面BEQF的法向量，
则，取．
由平面平面PAD，知，有，解得．
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．
64．(1)
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）直接利用条件概率公式计算得到答案.
（2）得可能取值为0，1，2，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.
（3）根据方差的性质得到，得到答案.
【详解】（1）记“任取1名学生，该生获得一等奖”为事件，“任取1名学生，该生为高一学生”为事件，
，，故.
（2）由已知可得，得可能取值为0，1，2
，
，
，
的分布列为

0
1
2
p




（3）

理由：
，故，
65．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）

【分析】（1）根据所给条件求得点M坐标，带入椭圆方程结合离心率的定义，进行求解即可；
（2）设，，坐标分别为，，
（ⅰ）根据题意求得直线l的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理直接求即可；
（ⅱ）设直线l的方程为，（）与椭圆方程联立得，利用韦达定理得，，由即可得解.
【详解】（1）由已知点M是以AO为直径的圆上的点，
∴，又∵，，∴，，
∴，又∵点M在椭圆上，∴，整理得，
∴
（2）设，，
（ⅰ）由，，∴椭圆的方程为：，
在中，∴直线l的斜率为，
∴直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
整理得：，∴，，
∴，
（ⅱ）设直线l的方程为，与椭圆方程联立得，
消去x整理得：，当得，
∴，，
∴
∴当且仅当时，有最大值，此时最大值是
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
66．(1)答案见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，对k讨论并判断的符号即可得到的单调性；
（2）（ⅰ）等价变形所证不等式为，构造函数，利用导数讨论单调性与最值，即可证明不等式；
（ⅱ）由已知等价变形所证不等式为，由（ⅰ）分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可证明．
【详解】（1）由题意得：
当时，恒成立，得在上单调递增；
当时，由得，
时，此时单调递增，
时，此时单调递减，
综上得：当时，在上单调递增，
当时，在单调递减，在上单调递增.
（2）（ⅰ）当时，，
欲证，只需证，即证，
记，，得，
故在上单调递减，得，．
故当时，成立．
（ⅱ）由（ⅰ）得当时，，
故当，得，进而，依次得，．
欲证，即证．
下面先证关系，即证，．
即，整理得即证：
记，，得
又，所以在上单调递增，有，
所以在上单调递增，得，，
故当，时，有，所以，．
故
又，得，所以
所以得证．
67．
【分析】①将点代入方程中求出，即可得答案；②据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得，的内切圆与轴切于双曲线的右顶点，设直线的倾斜角为，可用表示，根据两点都在右支上得到的范围，利用的范围可求得的取值范围
【详解】①由双曲线C：过点，所以
所以方程为
②如图：

设的内切圆与分别切于，
所以，
所以，
又，所以，
又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，
设直线的倾斜角为.则，，




，
当时，，
当时，由题知，...
因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，
∴.且，，
综上所述，.
故①答案为：;
【点睛】关键点点睛：第一问相对简单，代点求出即可；第二问难度较大，主要根据圆的切线长定理和双曲线的定义推出，的内切圆与轴同时切于双曲线的右顶点,并将用直线的倾斜角表示出来是解题关键.