安徽省黄山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

安徽省黄山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·安徽黄山·统考一模）已知集合，则集合中元素个数为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2021·安徽黄山·统考一模）复数（    ）
A．0 B．2 C． D．
3．（2021·安徽黄山·统考一模）欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，他将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2021·安徽黄山·统考一模）已知抛物线上点P到顶点的距离等于它到准线的距离，则点P的坐标为（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·安徽黄山·统考一模）从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，则向量与向量垂直的概率为（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·安徽黄山·统考一模）已知函数的图像在点处的切线与y轴交于点，则切点的纵坐标为（    ）
A．7 B． C． D．4
7．（2021·安徽黄山·统考一模）已知函数（其中 ）的部分图象如图所示，则的解析式为

A．
B．
C．
D．
8．（2021·安徽黄山·统考一模）在的展开式中，含项的系数为　　
A．6 B． C．24 D．
9．（2021·安徽黄山·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·安徽黄山·统考一模）已知直线与圆交于A，B两点.且A，B在x轴同侧，过A，B分别作x轴的垂线交x轴于C，D两点，O是坐标原点，若，则（    ）
A． B． C． D．
11．（2021·安徽黄山·统考一模）已知三棱锥的底面是正三角形，，点在侧面内的射影是的垂心，当三棱锥体积最大值时，三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·安徽黄山·统考一模）设函数，若存在区间，使在上的值域为，则的取值范围是　　
A． B． C． D．
13．（2022·安徽黄山·统考一模）设复数，则复数的虚部是（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·安徽黄山·统考一模）命题：，为假命题的一个充分不必要条件是（    ）
A． B．
C． D．
15．（2022·安徽黄山·统考一模）设集合， ，则（    ）
A．或 B．
C．或 D．
16．（2022·安徽黄山·统考一模）连续函数是定义在上的偶函数，当时，.若，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
17．（2022·安徽黄山·统考一模）在长方体中，和与底面所成的角分别为30°和45°，异面直线和所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·安徽黄山·统考一模）现将5人安排到3个不同的小区从事防控防疫志愿者服务，要求每人只能在一个小区服务，每个小区至少有一名志愿者，则不同的安排方案有（    ）
A．60种 B．90种 C．150种 D．180种
19．（2022·安徽黄山·统考一模）已知函数图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为，且，则函数在下列区间单调递增的是（    ）
A． B． C． D．
20．（2022·安徽黄山·统考一模）我们规定，一个平面封闭图形的周长与面积之比称作这个平面图形的“周积率”，如图是由三个半圆构成的图形，最大半圆的直径为6，若在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，则阴影部分图形的“周积率”为（    ）

A． B．3 C．6 D．
21．（2022·安徽黄山·统考一模）“斐波那契数列”又称“兔子”数列，是由意大利数学家里昂那多斐波那契发现的，该数列满足：，，（，），若，则其前2022项和为（    ）
A．G B． C．-G D．
22．（2022·安徽黄山·统考一模）已知，曲线在不同的三点，，处的切线均平行于x轴，则m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·安徽黄山·统考一模）已知椭圆C：的焦点为，，第一象限点在C上，且，则的内切圆半径为（    ）
A． B． C．1 D．
24．（2022·安徽黄山·统考一模）已知，，，则它们的大小关系正确的是（    ）
A． B． C． D．
25．（2022·安徽黄山·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2022·安徽黄山·统考一模）若，则（    ）
A．2 B． C． D．4
27．（2022·安徽黄山·统考一模）已知点在双曲线的渐近线上，则双曲线的离心率为（    ）
A． B．2 C． D．
28．（2022·安徽黄山·统考一模）南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有一个高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第30项为（    ）
A．379 B．407 C．436 D．466
29．（2022·安徽黄山·统考一模）两批同种规格的产品，第一批占、合格品率为，第二批占、合格品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取一件.则这件产品是次品的概率为（    ）
A． B． C． D．
30．（2022·安徽黄山·统考一模）2022年11月30日,神舟十四号宇航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”,为记录这一历史时刻,他们准备在天和核心舱合影留念.假设6人站成一排,要求神舟十四号三名航天员互不相邻,且神舟十五号三名航天员也互不相邻,则他们的不同站法共有（    ）种
A．72 B．144 C．36 D．108
31．（2022·安徽黄山·统考一模）在中,,O是的外心,则的最大值为（    ）
A．1 B． C．3 D．
32．（2022·安徽黄山·统考一模）下列不等式不正确的是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
33．（2022·安徽黄山·统考一模）已知函数,现将函数的图象沿x轴向左平移单位后,得到一个偶函数的图象,则（    ）
A．函数的周期为
B．函数图象的一个对称中心为
C．当时,函数的最小值为
D．函数的极值点为
34．（2022·安徽黄山·统考一模）在正方体中，点P满足，则（    ）

A．对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变
B．对于任意的正实数，都有平面
C．存在正实数，使得异面直线与所成的角为
D．存在正实数，使得直线与平面所成的角为
35．（2022·安徽黄山·统考一模）数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，则（    ）
A．曲线围成的图形的周长是
B．曲线上的任意两点间的距离不超过4
C．曲线围成的图形的面积是
D．若是曲线上任意一点，则的最小值是
36．（2022·安徽黄山·统考一模）对于函数，则（    ）
A．是单调函数的充要条件是
B．图像一定是中心对称图形
C．若，且恰有一个零点，则或
D．若的三个零点恰为某三角形的三边长，则

三、填空题
37．（2021·安徽黄山·统考一模）设x，y满足约束条件，则的最小值是____________.
38．（2021·安徽黄山·统考一模）已知函数，过点作曲线的切线l，则直线l与曲线及y轴围成的图形的面积为________________.
39．（2021·安徽黄山·统考一模）已如，且，则的最大值为__________.
40．（2022·安徽黄山·统考一模）已知向量，，，则实数k的值为______．
41．（2022·安徽黄山·统考一模）已知双曲线E：的一个焦点与抛物线C：的焦点相同，则双曲线E的渐近线方程为___________.
42．（2022·安徽黄山·统考一模）已知数列满足，，则___________.
43．（2022·安徽黄山·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，正方形ABCD的边长为4，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，则该四棱锥外接球被平面PBC所截的圆面的面积为___________.

44．（2022·安徽黄山·统考一模）在的展开式中，常数项为15，则实数a的值为____________.
45．（2022·安徽黄山·统考一模）已知,若成等差数列,成等比数列,则的最小值是____________.
46．（2022·安徽黄山·统考一模）圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，在该圆锥内放置一个棱长为m的正四面体，并且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则实数m的最大值为____________.
47．（2022·安徽黄山·统考一模）设抛物线的焦点为F，直线l过F且与抛物线交于A、B两点，若，则直线l的方程为____________.

四、双空题
48．（2021·安徽黄山·统考一模）在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足，当 且时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线， 分别为双曲线的左､右焦点，A，B为双曲线虚轴的上､下端点，动点P满足， 面积的最大值为4.点M，N在双曲线上，且关于原点O对称，Q是双曲线上一点，直线和的斜率满足 ，则双曲线方程是 ______________ ；过的直线与双曲线右支交于C，D两点(其中C点在第一象限)，设点､分别为 ､的内心，则的范围是 ____________ .

五、解答题
49．（2021·安徽黄山·统考一模）设等差数列的前n项和为，首项，且.数列的前n项和为，且满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
50．（2021·安徽黄山·统考一模）如图1，正方形，边长为，分别为中点，现将正方形沿对角线折起，折起过程中D点位置记为，如图2.

（1）求证：；
（2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值.
51．（2021·安徽黄山·统考一模）2020年10月份黄山市某开发区一企业顺利开工复产，该企业生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量y(单位：)与尺寸x(单位： )之间近似满足关系式(b､c为大于0的常数).按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品.现随机抽取6件合格产品，测得数据如下：
尺寸
38
48
58
68
78
88
质量
16.8
18.8
20.7
22.4
24
25.5
质量与尺寸的比
0.442
0.392
0.357
0.329
0.308
0.290
（1）现从抽取的6件合格产品中再任选3件，记为取到优等品的件数试求随机变量的分布列和期望；
（2）根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如下表：




75.3
24.6
18.3
101.4
①根据所给统计量，求y关于x的回归方程；
②已知优等品的收益z(单位：千元)与x，y的关系为，则当优等品的尺寸x为何值时，收益z的预报值最大？(精确到0.1)
附：对于样本，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，.
52．（2021·安徽黄山·统考一模）已知椭圆的长轴长是焦距的倍，且过点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点P是圆心在原点O，半径为的圆O上的一个动点，过点P作椭圆的两条切线，且分别交其圆O于点E､F，求动弦长的取值范围.
53．（2021·安徽黄山·统考一模）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，若，且在时恒成立，求实数a的取值范围.
54．（2021·安徽黄山·统考一模）在直角坐标系中，已知点，曲线的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点Q是与的公共点.
（1）当时，求直线的极坐标方程；
（2）当时，记直线与曲线的另一个公共点为，求的值.
55．（2021·安徽黄山·统考一模）已知函数，记最小值为k.
（1）求k的值；
（2）若a，b，c为正数，且.求证：
56．（2022·安徽黄山·统考一模）的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，面积为2，求．
57．（2022·安徽黄山·统考一模）如图①，在梯形ABCD中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，如图②.

(1)证明：平面；
(2)若平面平面BCDE，求二面角的余弦值.
58．（2022·安徽黄山·统考一模）在创建“全国文明城市”过程中，某市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：
组别






频数






（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）.
①求的值；
②利用该正态分布，求或；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
赠送话费的金额（单位：元）


概率


现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
参考数据与公式：.若，则，，.
59．（2022·安徽黄山·统考一模）设椭圆C：的左右焦点分别为､，抛物线的焦点与椭圆的一个顶点重合，又椭圆的离心率与抛物线的离心率之比为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率为正数的直线l与椭圆C交于M，N两点，作轴于点G，O为坐标原点，若，求△面积的取值范围.
60．（2022·安徽黄山·统考一模）已知函数，
(1)求函数的最小值；
(2)设函数的两个不同极值点分别为，.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）若不等式恒成立，求正数的取值范围（这里为自然对数的底数）.
61．（2022·安徽黄山·统考一模）已知曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）
(1)当直线l的倾斜角为时，求出该直线的参数方程并写出曲线C普通方程；
(2)直线l交曲线C于A､B两点，若，求直线l的斜率.
62．（2022·安徽黄山·统考一模）已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设不等式的解集为，若，，求的取值范围．
63．（2022·安徽黄山·统考一模）如图,已知外接圆的圆心O为坐标原点,且O在内部,.

(1)求,求;
(2)求面积的最大值.
64．（2022·安徽黄山·统考一模）已知数列满足,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)数列满足,,若,求k的值.
65．（2022·安徽黄山·统考一模）如图1，在直角梯形中， ，点E、F分别是边的中点，现将 沿边折起，使点C到达点P的位置（如图2所示），且.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
66．（2022·安徽黄山·统考一模）第22届卡塔尔世界杯（FIFA World Cup Qatar 2022）足球赛,于当地时间2022年1月20日（北京时间1月21日）至12月18日在卡塔尔境内5座城市中的8座球场举行,共计4场赛事.除东道主卡塔尔外,另有来自五个大洲足球联合会的31支球队拥有该届世界杯决赛参赛资格,各大洲足联各自举办预选赛事以决定最终出线的球队.世界杯群星荟萃,拨动着各国人民的心弦,向人们传递着正能量和欢乐.
(1)某中学2022年举行了“学习世界杯,塑造健康体魄”的主题活动,经过一段时间后,学生的身体素质明显增强,现将该学校近5个月体重超重的人数进行了统计,得到如下表格:
月份x
1
2
3
4
5
体重超重人数y
640
540
420
300
200
若该学校体重超重人数y与月份x（月份x依次为1,2,3,4,5…）具有线性相关关系,请预测从第几月份开始该学校体重超重的人数降至50人以下？
(2)在某次赛前足球训练上,开始时球恰由控制,此后规定球仅在A、B和C三名队员中传递,已知当球由A控制时,传给B的概率为,传给C的概率为;当球由B控制时,传给A的概率为,传给C的概率为;当球由C控制时,传给A的概率为,传给B的概率为.
①记为经过n次传球后球恰由A队员控制的概率,求;
②若传球次数,C队员控制球的次数为X,求.
参考公式:.
67．（2022·安徽黄山·统考一模）已知椭圆的离心率为，且直线截椭圆所得的弦长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与y轴交于点P，A、C为椭圆上的两个动点、且位于第一象限（不在直线上），直线分别交椭圆于B、D两点，若直线分别交直线于E、F两点，求证：.
68．（2022·安徽黄山·统考一模）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式恒成立，求实数k的取值范围.

参考答案：
1．C
【解析】先解不等式得，进而得，进而得答案.
【详解】解：解不等式得，
所以根据题意得：.
故集合共有个元素.
故选：C.
2．D
【解析】根据复数的模的计算和复数的减法运算可得选项．
【详解】因为，所以，
故选：D．
3．B
【分析】利用欧拉公式，化简的表达式，通过三角函数的符号，判断复数的对应点所在象限即可．
【详解】因为欧拉公式为虚数单位），
所以，因为，，，，
所以表示的复数在复平面中位于第二象限．
故选：B．
【点睛】本题考查欧拉公式的应用，三角函数的符号的判断，考查是基本知识，属于基础题．
4．A
【解析】根据抛物线的定义，结合题的条件，可知点P到焦点F的距离等于到顶点O的距离，从而得到点P在线段OF的中垂线上，从而求得点P的横坐标，代入抛物线的方程，可求得其纵坐标，从而得到答案.
【详解】根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点F的距离等于其到准线的距离，
从而得到点P到焦点F的距离等于其到顶点O的距离，
所以点P在线段OF的垂直平分线上，
因为抛物线的方程为，所以其焦点的坐标为，
从而得到点P的纵坐标为，将代入抛物线的方程，得到，
所以点P的坐标为.
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关抛物线上点的坐标的求解问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，线段中垂线上点的特征，熟练掌握基础知识是解题的关键.
5．B
【解析】求出组成向量的个数和与向量垂直的向量个数，计算所求的概率值．
【详解】解：从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，
可以组成向量的个数是（个；
其中与向量垂直的向量是和，共2个；
故所求的概率为．
故选：B．
6．C
【解析】求出导函数代入-1可得切线的斜率，计算出可得切点，从而得到切线方程，利用切线与y轴的交点可得可得答案.
【详解】因为，所以，
，所以切点为，
切线方程为，令，则，
所以，解得，所以切点的纵坐标为.
故选：C.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，关键点是求出切线方程得到参数a的值，考查了学生的计算能力.
7．B
【详解】试题分析：由图像可知A=2，，代入点得
考点：三角函数图像及解析式
8．B
【分析】把看作一项，写出的展开式的通项，再写出的展开式的通项，由的指数为5求得、的值，则答案可求．
【详解】解：的展开式的通项为．
的展开式的通项为．
由，得，
，，，．
在的展开式中，含项的系数为．
故选：．
【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
（1）求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.
（2）已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.
9．C
【解析】由所给等式利用同角三角函数的关系可求得，再利用降幂公式及二倍角公式将整理为，代入相应值即可得解.
【详解】由可得
所以，即，即

故选：C
【点睛】关键点睛：本题考查同角三角函数的关系、降幂公式、二倍角公式，解答本题的关键是由条件有，从而可得，由可解，属于中档题.
10．B
【解析】根据恒等式的思想得出直线恒过点，且点在圆上，可求得点A，B，求得是等边三角形，由此可得选项．
【详解】因为直线的方程化为，所以直线恒过点，
而点满足，所以点在圆上，不妨设点，又，所以点，
所以，又圆的半径为，所以是等边三角形，所以．
故选：B．
【点睛】方法点睛：求直线恒过点的方法：方法一（换元法）：根据直线方程的点斜式直线的方程变成，将带入原方程之后，所以直线过定点；方法二（特殊引路法）：因为直线的中的m是取不同值变化而变化，但是一定是围绕一个点进行旋转，需要将两条直线相交就能得到一个定点.取两个m的值带入原方程得到两个方程，对两个方程求解可得定点.
11．B
【解析】延长交于点，连接，连接并延长交于点，连接，推导出为正的中心，可得出，说明当、、两两垂直时，三棱锥的体积取得最大值，然后将三棱锥补成正方体，可求出三棱锥的外接球直径，即可求得外接球的表面积.
【详解】如下图所示，延长交于点，连接，

为的垂心，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，
连接并延长交于点，连接，
平面，平面，，
，，平面，
平面，，
设点在平面内的射影为点，延长交于点，连接，
平面，平面，，
，平面，
、平面，则，，
，为正的中心，且为的中点，
平面，、、平面，
，，，且，
所以，，，
当时，的面积取最大值，
当平面时，三棱锥的体积取得最大值，
将三棱锥补成正方体，

所以，三棱锥的外接球的直径即为正方体的体对角线长，
设三棱锥的外接球直径为，则，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．C
【分析】利用导数判断的单调性，得出，进而可得在上有两解，，分离可得 ，令利用导数判断其单调性求出最值，使得则与的图象有个不同的交点，即可求解.
【详解】由可得，，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，可得在上单调递增，
因为，所以在上单调递增，
因为在上的值域为，
所以，
所以方程在上有两解，．
即，令，
则与的图象有个不同的交点，
，
令，则对于恒成立，
所以在单调递增，因为，
所以当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在单调递增，
，，
若则与的图象有个不同的交点，
则，可得，
所以的取值范围是，
故选：C.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
13．D
【解析】由复数的四则运算求出，从而得出虚部.
【详解】
∴的虚部为
故选：D
14．B
【分析】原命题若为假命题，则其否定必为真，即恒成立，由二次函数的图象和性质，解不等式可得答案．
【详解】命题”为假命题，命题“，”为真命题，
当时，成立，
当时，，故方程的解得：，
故的取值范围是：，要满足题意，则选项是集合真子集，故选项B满足题意.
故选：B
15．C
【分析】根据集合交补集定义运算即可．
【详解】由，或
所以或
故选：C
16．D
【分析】利用导数分析函数的单调性，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】当时，由可得；
当时，由可得.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为可得，即，
所以，解得.
故选：D.
17．B
【分析】由题意可得，若设，则可表示出的长，连接，则为异面直线和所成角，然后利用余弦定理可求得结果
【详解】连接，则∥，
所以为异面直线和所成角，
因为在长方体中，和与底面所成的角分别为30°和45°，
所以，
设，则，所以，，
在中，由余弦定理得，
，
所以异面直线和所成角的余弦值为，
故选：B

18．C
【分析】这3个小区分别有1人、1人、3人的情况，有种不同的安排方法；）这3个小区分别有1人、2人、2人的情况，有种不同的安排方法，根据分类加法原理可求得答案.
【详解】解：将将5人安排到3个不同的小区从事防控防疫志愿者服务，要求每人只能在一个小区服务，每个小区至少有一名志愿者，则有：
（1）这3个小区分别有1人、1人、3人的情况，则有种不同的安排方法；
（2）这3个小区分别有1人、2人、2人的情况，则有种不同的安排方法；
所以不同的安排方案共有种，
故选：C.
19．B
【分析】由函数的最小正周期可求得的值，再由已知条件可求得实数的值，再利用正弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，所以，，
则，所以，，，
故，可得，
所以，，
对于A选项，当时，，
故函数在区间上不单调；
对于B选项，当时，，
故函数在区间上单调递增；
对于C选项，当时，，
故函数在区间上不单调；
对于D选项，当时，，
故函数在区间上不单调.
故选：B.
20．B
【分析】设两个小圆的半径分别为，不妨设，则，根据面积比的几何概型，列出方程求得，进而求得阴影部分的周长和面积，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，设两个小圆的半径分别为，不妨设，
因为大圆的半径为，则，
最大半圆的面积，
阴影部分的面积为，
又由在最大的半圆内随机取一点，该点取自阴影部分的概率为，
可得，整理得，
解得，又由，所以，
所以阴影部分的周长为，
所以.
故选：B
21．D
【分析】根据写出两个等式后再联合即可求解.
【详解】由，可得
…①
…②
①+②得，
化简得.
故选：D
22．D
【分析】由得，令，求导分析单调性与极值，依题意得有三个不同解，即可求解．
【详解】由得
令，则
当或时，当时，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
且，
因为曲线在不同的三点，，处的切线均平行于x轴
所以有三个不同解，故
故选：D

23．A
【分析】根据椭圆的定义可知，由椭圆方程可知,进而利用向量数量积的坐标运算和第一象限点在C上可求出点的纵坐标，最后利用内切圆的性质和三角形面积公式即可求出答案.
【详解】由已知条件得，，，则,,
设点的坐标为，则，，
，即①，
∵第一象限点在C上，∴则，即②，联立解得,
由椭圆的定义得，
设的内切圆半径为，则，
又∵,
∴，即.
故选：.
24．C
【分析】构造函数可证，又，可得，即可证．
【详解】由
令，则，当，；当，；
所以在上单调递增，在上单调递减，且
则，因此，所以
又因为，所以，得
故，有
故选：C
25．D
【分析】解不等式，求出，得到交集.
【详解】，，
故.
故选：D
26．B
【分析】根据复数的运算先求出复数，然后利用共轭复数的概念和模的计算方法即可求解.
【详解】因为，所以，
则，所以，则，
故选：.
27．D
【分析】将P点坐标代入渐近线方程，求出a与b的关系，再根据 求出离心率.
【详解】渐近线方程为： ，由于P点坐标在第二象限，选用 ，
将P点坐标代入得： ，又 ；
故选：D.
28．C
【分析】根据数列的新定义,写出递推关系式,根据关系式找到数列的通项公式,即可求出结果.
【详解】解:由题知高阶等差数列前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,
因为,
记第项为,
则有



,
所以,
所以.
故选:C
29．D
【分析】次品率等于1减合格品率，计算可得.
【详解】.
故选：D.
30．A
【分析】不相邻问题进行插空,先将神舟十四号三名航天员全排,再将神舟十五号三名航天员插入,由于神舟十四号三名航天员互不相邻,神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入,故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足,写出式子,计算结果即可.
【详解】解:由题知,不妨先将神舟十四号三名航天员全排为:,
再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中,
因为神舟十四号三名航天员互不相邻,
故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上,进行排列:,
最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下,共,
故不同站法有:种.
故选:A
31．C
【分析】取中点为,将写为,展开后,将作为一组基底,将其他向量写为的形式,再将三角形的边和角代入,用余弦定理将边角之间关系代入上式,再用正弦定理求出变量范围,求出最大值即可.
【详解】解:由题知,记的三边为,
因为O是的外心,
记中点为,
则有,
所以
且,
所以





①,
在中,由余弦定理得:
,
即,
即,
代入①中可得:
,
在中,由正弦定理得:
,
所以,
所以,
当时取等,
故的最大值为3.
故选:C
32．C
【分析】A选项，用分析法证明，分析出即证，两边平方后得到，即证，A正确；
B选项，两边取对数后，构造，，求导得到其单调性，得证；
C选项，结合正弦二倍角公式，即证，构造，，求导后得到其单调性，从而得到，C错误；
D选项，两边取对数后即证，构造，，求导后得到其单调性，从而证明出，D正确.
【详解】要证，即证，两边平方得：
，即证，即证，显然成立，故，A正确；
要证，两边取对数得：，即证，
构造，，
在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，即，所以，B正确；
因为，
其中，要证，即证，即，
构造，，
在上恒成立，
所以在上单调递增
故，即，C错误；
D选项，两边取对数得：，
构造，，
，
令，
则在上恒成立，故在上单调递增，
故，即，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
故，结论得证，D正确.
故选：C
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中BCD三个选项比较大小，都需要变形后，构造出适当函数进行比较大小.
33．AC
【分析】运用半角公式,将化为,再向向左平移单位,写出解析式,根据其为偶函数且有,可得的值,代入中可得解析式,求出周期,对称中心,根据换元法求最值,再求除极值点即求对称轴处即可.
【详解】解:由题知
将的图象沿x抽向左平移单位后为:,
因为为偶函数,所以把,因为,所以解得,
故;所以周期为,故选项A正确;
令,解得,因为
故为的一个对称中心,故选项B错误;
因为,令,则在单调递减,所以,故选项C正确;
令,可得,极值点处即为对称轴处,故极值点为,故选项D错误.
故选:AC
34．AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的性质逐一判断即可.
【详解】A：因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以在线段（不包括端点）上，
因此对于任意的正实数，点到平面的距离不变，而，
所以对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变，因此本选项正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，


B：设平面的法向量为，
，
所以有，
因为，所以，而平面，
所以平面，因此本选项正确；
C：假设存在正实数，使得异面直线与所成的角为，则有解得：，所以不存在正实数，使得异面直线与所成的角为，因此本选项不正确；
D：假设存在正实数，使得直线与平面所成的角为，
设平面的法向量为，

所以有，
，
解得，所以假设不成立，因此不存在正实数，使得直线与平面所成的角为，所以本选项不正确，
故选：AB
35．ACD
【分析】去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而可作出曲线的图象，由图象即可判断各选项.
【详解】由，
当，时，，即，
表示圆心为，半径的半圆；
当，时，，即，
表示圆心为，半径的半圆；
当，时，，即，
表示圆心为，半径的半圆；
当，时，，即，
表示圆心为，半径的半圆.
曲线的图象如下图所示：

由图象可知，曲线由4个半圆组成，故其周长为，
围成的图形的面积为，故A正确、C正确；
曲线上的任意两点间的最大距离为，故B错误；
圆心到直线的距离为，
到直线的距离，
若使最小，则有，
所以，故D正确.
故选：ACD.
36．BCD
【分析】根据函数 的性质逐项分析.
【详解】对于A，若 是单调的，则有 恒成立，即 ，错误；
对于B，设对称中心为 ，则有 ，将 的解析式代入化简得：
，令 ，则 ，
即 总是关于点D  对称的，正确；
对于C， ， ，
当 时， ，单调递增，当 时， ，单调递减，当 时， ，单调递增；
若只有1个零点，必有极大值 ，
或者极小值 ， ，正确；
对于D，不妨设 ，则有 ，

，  ，
的大致图像必定如下图：

， ，正确；
故选：BCD.
37．
【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【详解】、满足约束条件的可行域如图：

目标函数，即，
观察图像可得目标函数经过点A时取得最小值，
又点
故答案为：．
38．
【解析】设切点为，则切线的方程为，根据条件切线过点，则，所以直线l与曲线及y轴围成的图形的面积为，可得答案.
【详解】由，过点作曲线的切线l，设切点为
则，所以切线的方程为
由切线过点，则，解得：
所以切线的方程为
直线l与曲线及y轴围成的图形的面积为
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查求曲线的切线方程和利用定积分求面积，解答本题的关键是设切点为，得出切线的方程为，进一步求出，由求面积,属于中档题.
39．
【解析】根据题意求得与的夹角，根据，可得，即点D是以AC为直径的圆上的点，如图建系，求得各点坐标，进而可求得D点的轨迹方程，根据圆的几何性质，即可求得答案.
【详解】因为，，且，
所以，
因为，所以与的夹角为，即，
因为，所以，即点D是以AC为直径的圆上的点，
以B为原点，BC为x轴正方向建系，如图所示：

所以，
设以AC为直径的圆的圆心为P，所以，且，
所以D的轨迹的方程为，
的最大值为，
故答案为：
【点睛】解题的关键是根据题意，分析可得D点的轨迹为圆，进而求得圆的方程，根据圆的几何性质求解，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
40．
【分析】根据两个向量垂直其数量积为，列出等式求解即可.
【详解】因为，所以，即，
又因为，，所以，，
所以，解得
故答案为：
41．
【分析】抛物线C的焦点为可得双曲线E的一个焦点为，解得，
得到双曲线方程可得答案.
【详解】抛物线C：的焦点为，
所以双曲线E：的一个焦点为，
所以，，解得，
即，
则双曲线E的渐近线方程为即.
故答案为：.
42．
【分析】利用累乘法可求得数列的通项公式，利用错位相减法可求得，即可求得所求代数式的值.
【详解】因为数列满足，，则，
所以，当时，，
也满足，所以，对任意的，.
令，则，
可得，
上述两个等式作差得，
所以，，
因此，.
故答案为：.
43．
【分析】先由线面垂直判定定理证明平面，进而建立空间直角坐标系，根据球心的性质列出方程得出球心坐标，再求出平面的法向量，最后由向量法得出四棱锥外接球的球心到面的距离，再计算出半径即可求解.
【详解】该几何体的直观图如下图所示
分别取的中点，连接


又，所以由线面垂直的判定定理得出平面
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系

，
设四棱锥外接球的球心
，，解得
设平面的法向量为

，取，则
四棱锥外接球的球心到面的距离为

又，所以平面PBC所截的圆的半径
所以平面PBC所截的圆面的面积为.
故答案为：
44．
【分析】运用二项式定理求解.
【详解】由二项式定理知： ，   ，
即 ， ；
故答案为： .
45．2
【分析】根据成等差数列,成等比数列,得到,代入中,再用基本不等式求出最值即可.
【详解】解:由题知,成等差数列,
成等比数列,
故有: ,
所以,
因为,
所以,
当且仅当时取等,
故,
即的最小值为2.
故答案为:2
46．
【分析】根据题意正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，先求出该外接球的半径，该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球，先求出正方体的棱长，从而可得答案.
【详解】设为该圆锥的底面圆心，则其高为，
则该圆锥的内切球的圆心在圆锥的高上，设为，设半径为，
设该圆锥的内切球与圆锥的母线相切于点，连接，则
在中，，则，解得，
由题意得正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，将该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球，
设正方体的棱长为，则正方体的对角线长等于球的直径，即，得，
则该正四面体的棱长为正方体的面对角线，即该正四面体的棱长为，
所以实数m的最大值为，
故答案为：

47．或
【分析】设出直线方程与抛物线方程联立，结合平面向量共线的性质、一元一次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】由题意可知直线l存在斜率，因为，显然该直线的斜率不为零，设为，
由，所以直线l的方程为，
于是有，设，
则有，
由，
由，
当时，，即，
当时，，即
故答案为：或
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.
48．
【分析】设，根据，求得，结合的最大面积得到，再根据，得出，设边上的切点分别为，根据内心的性质，得到轴，设直线的倾斜角为，在中，得到，进而求得的取值范围.
【详解】设，
由题意知，可得，即，
整理得，可得圆心为，半径，
所以的最大面积为，解得，即，
设，则，
则，可得，同理
则，则，
整理得，所以双曲线的方程为.
如图所示，设边上的切点分别为，
则横坐标相等，则，
由，即，即，
即，即点的横坐标为，则，
于是，可得，
同样内心的横坐标也为，则轴，
设直线的倾斜角为，则，
在中，
，
由双曲线的方程，可得，则，
可得，
又由直线为双曲线右支上的点，且渐近线的斜率为，倾斜角为，
可得，即，
可得的取值范围是.
故答案为：；.

【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
49．（1），；（2）.
【解析】（1）设数列的公差为d，利用已知条件求出公差，即可得数列的通项公式；利用可得，两式相减得到，即可求出的通项公式；（2）设，利用错位相减法求和即可.
【详解】解：（1）设数列的公差为d，且，
又，
则，
所以，
则；
由可得，
两式相减得，
，
又，
所以，
故是首项为1，公比为3的等比数列，
所以.
（2）设，
记的前n项和为.
则，
，
两式相减得：，
，
所以.
【点睛】方法点睛：数列求和的方法：（1）等差等比公式法；（2）裂项相消法；（3）错位相减法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法.
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点O，证明平面，所以，又因为，可证；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面的法向量，利用数量积公式计算夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：取中点O，连

因为为正方形，所以，
又
所以平面，而平面，
所以.
又分别为中点，所以
所以
（2）因为，所以为等边三角形，，又，
∴，即.如图建立空间直角坐标系，则



平面法向量
设平面法向量，
由，，
，
记平面与平面所成二面角为，则为锐角，所以
即平面与平面所成二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
51．（1）分布列答案见解析，数学期望为；（2）① ；② .
【解析】（1）由题意首先确定的取值，然后求对应的概率，即可列分布列，求出数学期望；
（2）①结合题中所给的数据计算回归方程即可；②结合计算求得回归方程得到收益的函数，讨论函数的最值即可得最终结果.
【详解】（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即
则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品.
现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数
， ，
，
的分布列为

0
1
2
3





∴
（2）对两边取自然对数得 ，
令，得 ，且，
①根据所给统计量及最小二乘估计公式有：

，得 ，故
所求y关于x的回归方程为
② 由① 可知，，则
由优等品质量与尺寸的比，即 .
令，
当时， 取最大值，
即优等品的尺寸，收益的预报值最大.
【点睛】思路点睛：
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）
52．（1）；（2）.
【解析】（1）由已知建立关于的方程组，解之可得椭圆的标准方程.
（2）设过点P作椭圆的两条切线分别为.分①当中有一条斜率不存在时，②当斜率都存在时，两种情况分别由直线与椭圆相切的条件得出切线的斜率的关系，可得所求的范围．
【详解】解：（1）由得，把点代入椭圆方程得，
又，所以，椭圆的标准方程为.
（2）设过点P作椭圆的两条切线分别为.
①当中有一条斜率不存在时，不妨设斜率不存在，
因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，
当方程为时，此时与圆O交于点和，
此时经过点，且与椭圆只有一个公共点的直线是或，即为或
由题目知，圆O的方程为：，
∴线段应为圆O的直径，∴.
②当斜率都存在时，设点，其中，且，
设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，
则，消去y得到，
∴，，
所以，满足条件的两直线垂直.
∴线段应为圆O的直径，∴，
综合①②知：因为经过点，又分别交圆于点E，F，且垂直，
所以线段为圆的直径，∴为定值.
故的取值范围.
【点睛】易错点点睛：在解决直线与圆锥曲线的位置关系时，常常需要设直线的方程，此时容易遗漏考虑直线的斜率不存在的情况．
53．（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）求导，分和两种情况讨论分析单调性即可；
（2）由已知不等式可令，通过恒成立，得到；再证明当时，在时恒成立.利用放缩法得到，所以只需证在时恒成立.记，求导，结合导数研究函数的最值，即可求解.
【详解】解：（1），
①当时，恒成立，
即函数在递减；
②当时，令，
解得，
令，
解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由题意，即当时在时恒成立，
即在时恒成立.
记，
则，
记，
在递增，
又，
当时，
得.
下面证明：当时，在时恒成立.
因为.
所以只需证在时恒成立.
记，
所以，
又，
所以在单调递增，
又，
所以，单调递减；
，单调递增，
所以，
∴ 在恒成立.
即在时恒成立.
综上可知，当在时恒成立时，
实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
54．（1）；（2）.
【解析】（1）将曲线化为直角方程，进而得的坐标为，故直线的普通方程为，再化为极坐标方程即可；
（2）根据题意得点的坐标为，故直线的参数方程为(t为参数)，再根据直线参数方程的几何意义求解即可.
【详解】解：（1）曲线的普通方程是，当时，
点的坐标为，
直线的普通方程为，
所以直线的极坐标方程为；
（2）当时，点的坐标为，
所以的斜率为，
所以直线的参数方程为(t为参数)，
代入并化简得，设它的两根为，则.
【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程的互化，直线参数方程的几何意义.其中第二问解题的关键在于根据题意写出直线的参数方程为(t为参数)，进而利用直线参数方程几何意义求解.
55．（1）2；（2）证明见解析.
【解析】（1）对分三种情况讨论求出最小值k；
（2）化简不等式左边得，再利用重要不等式证明.
【详解】（1）当时，；
当时，；
当时，.
所以最小值为k.
（2）由题得.



【点睛】方法点睛：不等式的证明常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）反证法；（5）数学归纳法；（6）放缩法.要根据已知条件灵活选择合适的方法证明.
56．（1）；（2）2．
【详解】试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.
试题解析：（1），∴，∵，
∴，∴，∴；
（2）由（1）可知，
∵，∴，
∴，
∴．
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再根据，即可证明结论；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，然后求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案．
(1)
在图①中，因为，，是的中点，，

故四边形为正方形，所以
即在图②中，，，又，
所以平面.
又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面.
(2)
由已知，平面平面，又由（1）知，，，

所以为二面角的平面角，所以，
如图所示，以为原点，分别以，，所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系.，

设平面的一个法向量为，
，令
故平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
，令，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
从而，
由图得二面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
58．（1）①；②；（2）分布列答案见解析，数学期望为.
【分析】（1）①将每组左端点值乘以对应的频率，相加即可得出的值；
②计算得出，，利用原则可求得或的值；
（2）分析可知随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.
【详解】（1）①；
②，所以，，，
所以，或
；
（2），由题意可知随机变量的可能取值有、、、、，
，，，
，，












.
59．(1)
(2)

【分析】（1）求出抛物线的焦点即可得，由椭圆的离心率为可得，即可求出，故即可求得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程及其直线与椭圆交点M，N的坐标，将椭圆方程与直线方程联立消去即可得到关于的一元二次方程，由可得，利用韦达定理求出两根之和、两根之积、的表达式，利用向量垂直的坐标式可得，代入化简即可得到，即可求出，利用三角形的面积公式，用表示出△的面积，即可求得的取值范围.
(1)
由已知得抛物线的方程为，则其焦点为，
∵焦点就是椭圆短轴的一个端点，∴.
∵椭圆的离心率与抛物线的离心率之比为，∴椭圆的离心率，
即，解得，，
则椭圆C的方程为.
(2)
设，直线的方程为，
代入椭圆方程并化简得：
依题意得，化简得①
且，
.
由得，
即，
即，
即，
化简得②
由①②可得，


又原点到直线的距离，
.
，则，
即
则当，即时，，又∵.
∴△面积的取值范围是.
60．(1).
(2)（i）；（ii）.

【分析】（1）求导函数，分析导函数的符号，得出的单调性，从而求得最小值；
（2）（i）由题意得，求导函数，由题可得有两个不等实数根.分离参数，原问题等价于函数图象在有两个不同的交点，运用导函数分析的单调性和最值，由此求得a的范围；
（ii）由（i）可知：是方程的两个实数根，且.代入分离参数得， 令，等价于在恒成立.令，求导函数，分，讨论导函数的符号，得函数的单调性和最值，可得正数的取值范围.
(1)
解：（1）由题可知：，
，
由
在为减函数，在增函数
的最小值为.
(2)
解：（i）由题，定义域为.
则，由题可得有两个不等实数根.
于是有两个不同的实数根，等价于函数图象在有两个不同的交点，


所以在递增，在递减.又，有极大值为，，所以可得函数的草图（如图所示）.
所以，要使函数图象在有两个不同的交点，当且仅当.
（ii）由（i）可知：是方程的两个实数根，且.
则.
由于，两边取自然对数得
，
令，则在恒成立.
所以在恒成立.
令，则.
①当，即时，，在递增，所以恒成立，满足题意.
②当时，在递增，在递减，
所以，当时，
因此，在不能恒成立，不满足题意.
综上所述，.
61．(1)（为参数），.
(2).

【分析】（1）由已知求得直线的参数方程，再由极坐标与平面直角坐标的转化公式求得曲线C普通方程；
（2）将直线的参数方程为（为参数），代入得：.设对应的参数分别为，由弦长公式建立方程求解即可.
(1)
解： 直线的倾斜角为，直线的参数方程为（为参数），
又由得，，
化简得曲线的普通方程为.
(2)
解：将直线的参数方程为（为参数），代入得：
.
设对应的参数分别为，则


解得：.
62．（1）； （2）.
【分析】(1)利用零点讨论法解绝对值不等式得解；（2）若，则问题转化为|在恒成立，即，故，故在恒成立，即在恒成立，所以.
【详解】时，，
若，时，，解得：，故，
时，，解得：x≤1，故﹣1＜x＜1，
x≤﹣1时，，解得：，故，
综上，不等式的解集是；
若，
则问题转化为|在恒成立，
即，
故，
故在恒成立，
即在恒成立，
故，
即的范围是．
【点睛】本题主要考查利用零点讨论法解绝对值不等式，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
63．(1)
(2)

【分析】(1)由题可得外接圆半径,即,用向量加减法把写为,展开代入长度和角即可求出数量积;
(2)由圆心角,可求圆周角,即的值,由外接圆半径为1,根据正弦定理可求,根据余弦定理可求之间等式关系,根据基本不等式可求的最大值,根据三角形面积公式,即可求出其最大值.
【详解】（1）解:由题知,
故圆的半径为1,
所以,
所以






（2）由(1)知,外接圆的半径为1,
因为,
所以
在中,由正弦定理可得:
,
解得:,
在中,由余弦定理可得:
,
化简可得:,
由基本不等式可知,
即,
所以解得,
当且仅当时取等,
所以

.
故面积的最大值为.
64．(1)
(2)79

【分析】(1)根据递推关系式,向前推一项,相减即可得数列为隔项是等差数列,分为奇数,和为偶数两种情况,分别求出通项公式即可得出结果;
(2)根据(1)中的结果,得到的通项公式,将化简,利用换底公式解出k的值即可.
【详解】（1）解:由题知①,
因为,
所以,
解得,
当时,②,
①-②可得:
,
所以当为奇数时,
,,,
以上式子相加可得:
,
化简可得,满足上式，
所以当为偶数时,
,,,
以上式子相加可得:
,
化简可得,满足上式，
综上: ;
（2）由(1)知,
故,
因为,
所以,
即



,
故,
解得.
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）要证明两平面垂直只需证明其中一个平面内有一条直线垂直于另一个平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.
【详解】（1）如图，连接BF，由条件知四边形ABFD是正方形， ， 是等腰直角三角形，
E是BC的中点， ；并且 ， ；

如图：

在 中， ，   ， ， 平面ABD， 平面ABD，
又 ， 平面ABD， 平面APE， 平面 平面ABD；
（2）因为 两两垂直，以E为原点，BE为x轴，FE为y轴，EP为z轴建立空间直角坐标系如下图：

则有，
，
设平面ABP与平面ADP的夹角为 ，平面ABP的一个法向量为 ，
平面ADP的一个法向量为 ，则有：
， ，令 ，则 ；
， ，令 ，则 ，  ，
；
66．(1)7
(2)①,;②

【分析】(1)根据最小二乘法求出y关于x的线性回归方程,使y小于50,求出x的范围,即可得出结果;
(2)①分析和时A队员控制的情况,利用独立事件的概率公式计算结果即可;②由,分析所有控球的情况可知的可能取值为:0,1,2,分别求出各个的概率,利用期望公式求出结果即可.
【详解】（1）解:由题知学校体重超重人数y与月份x（月份x依次为1,2,3,4,5…）具有线性相关关系,
故设,
根据表格可得:
,
所以

,
因为,
故线性回归方程为: ,
当时,即,
解得,
故预测从第7月份开始该学校体重超重的人数降至50人以下;
（2）①由题知为经过1次传球后由队员控制,
因为开始时球恰由控制,
所以1次传球后只能传给,,
故,
为经过2次传球后由队员控制,
不妨以,,表示控球的队员,
则可能的情况为: 或,
当传球情况为时,
,
当传球情况为时,
,
故;
②由题分析可知的可能取值为:0,1,2,
当时,
控球的情况为: ,
所以,
当时,
控球的情况为:
或或或或,四种情况,
所以


当时,
控球的情况为:
或,
,
故.
67．(1)
(2)证明过程见解析

【分析】（1）根据弦长得到，结合离心率和，求出，得到椭圆方程；
（2）平移坐标系，将变为，椭圆方程为，设，，，表达出，，表达出直线，得到，同理得到，通过计算得到，从而得到，故.
【详解】（1）中令得：，
故①，
又，，故，代入①中，
解得：，故，
则椭圆的标准方程为；
（2）由题意得：，
因为A、C为椭圆上的两个动点且位于第一象限，且不在直线上，
所以直线的斜率存在且斜率不为0，
把平面直角坐标系向上平移1个单位，则变为，
直线分别交直线于E、F两点，变为直线分别交直线于E、F两点，
此时椭圆方程为，
设，，
由于平移后的椭圆不再关于原点对称，故，
其中，，
，同理可得：，
则直线为，
令得：
，
其中，
直线为，
令得：
，
其中，
故，
则，故.
【点睛】圆锥曲线中，若设出直线方程，与圆锥曲线联立，计算量特别大时，可平移坐标系，减小计算难度和计算量，平移坐标系后，圆锥曲线的方程书写时，满足“左加右减，上减下加”，或理解为将圆锥曲线的中心移至某点，移动方向与坐标轴正方向相同则加，相反则减，要保证平移坐标系后方程的正确性.
68．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）先求定义域，再求导，分与，讨论函数单调区间，在时，根据根的判别式进行分类讨论，最终求出函数的单调区间；
（2）参变分离，得到，构造，，求导后，构造，，求导利用隐零点，同构等方法求出，得到实数k的取值范围.
【详解】（1），定义域为，
则，
当时，恒成立，故，
所以的单调递增区间为，无递减区间；
当时，
令，
当，即时，恒成立，故，
所以的单调递增区间为，无递减区间；
当，即时，
此时设的两根为，，
两根均大于0，且，
令得：或，
令得：，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
综上：当时，的单调递增区间为，无递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由于的定义域为，
可只需考虑时，不等式恒成立，
即，化简得：，
令，，
则，
令，，
在上恒成立，
故在上单调递减，
因为，，
故存在，使得，
即，
设，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，即，，
当时，，，
当时，，，
故时，单调递增，时，单调递减，
故在时取得极大值，也是最大值，
故，
故，所以实数k的取值范围是
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.