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山东省济南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份山东省济南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共59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。
山东省济南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2023·山东济南·一模）复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·山东济南·一模）已知集合，，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·山东济南·一模）已知等比数列的前n项积为，，公比，则取最大值时n的值为（ ）
A．3 B．6 C．4或5 D．6或7
4．（2023·山东济南·一模）用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
5．（2023·山东济南·一模）从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·山东济南·一模）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·山东济南·一模）自然数的位数为（参考数据：）（ ）
A．607 B．608 C．609 D．610
8．（2023·山东济南·一模）函数（且）的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东济南·统考一模）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·山东济南·统考一模）已知复数z满足（其中i为虚数单位），则z的模为（ ）
A． B． C． D．2
11．（2022·山东济南·统考一模）某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1200棵，比例如图所示.高一、高二、高三报名参加植树活动的人数分别为600，400，200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配，则高三年级应分得侧柏的数量为（ ）
A．34 B．46 C．50 D．70
12．（2022·山东济南·统考一模）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·山东济南·统考一模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
14．（2022·山东济南·统考一模）我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血.比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果，已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·山东济南·统考一模）“”的一个充分条件是（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·山东济南·统考一模）已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
17．（2021·山东济南·统考一模）已知，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·山东济南·统考一模）设集合，，则“”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
19．（2021·山东济南·统考一模）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·山东济南·统考一模）环保部门为降低某社区在改造过程中产生的扬尘污染，决定对全部街道采取洒水降尘作业.该社区街道的平面结构如图所示(线段代表街道)，洒水车随机选择，，，，，中的一点驶入进行作业，则选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街道的概率为（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·山东济南·统考一模）已知双曲线的渐近线方程为，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·山东济南·统考一模）函数在上的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
23．（2021·山东济南·统考一模）已知菱形，，将△沿折起，使二面角的大小为，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
24．（2021·山东济南·统考一模）设，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
25．（2023·山东济南·一模）已知平面向量，则（ ）
A． B．
C．与的夹角为钝角 D．在上的投影向量的模为
26．（2023·山东济南·一模）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线 B．
C．直线与平面所成角的正切值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
27．（2023·山东济南·一模）在平面直角坐标系中，由直线上任一点P向椭圆作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（ ）
A．恒为锐角 B．当垂直于x轴时，直线的斜率为
C．的最小值为4 D．存在点P，使得
28．（2023·山东济南·一模）已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．若数列满足，则
29．（2022·山东济南·统考一模）的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．展开式共6项 B．常数项为64
C．所有项的系数之和为729 D．所有项的二项式系数之和为64
30．（2022·山东济南·统考一模）在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面
C．点B到平面的距离为 D．直线BO与直线的夹角为
31．（2022·山东济南·统考一模）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．为偶函数 B．的值域为
C．在上单调递减 D．的图象关于直线不对称
32．（2022·山东济南·统考一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为， B．曲线C关于x轴对称
C．面积的最大值为2 D．的取值范围是
33．（2021·山东济南·统考一模）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为 B．第项的二项式系数最大
C．第项的系数最大 D．所有项的系数和为
34．（2021·山东济南·统考一模）已知函数的图象在处切线的斜率为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在处取得极大值
C．当时， D．的图象关于点中心对称
35．（2021·山东济南·统考一模）年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线.如图，取一个边长为的正三角形，在每个边上以中间的为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的擦掉，得到第个图形，重复上面的步骤，得到第个图形.这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线.云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”.下列说法正确的是（ ）
A．第个图形的边长为
B．记第个图形的边数为，则
C．记第个图形的周长为，则
D．记第个图形的面积为，则对任意的，存在正实数，使得
36．（2021·山东济南·统考一模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ）
A．的蒙日圆的方程为
B．对直线上任意点，
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为
三、填空题
37．（2023·山东济南·一模）展开式中的常数项为______．
38．（2023·山东济南·一模）已知圆：关于直线l对称的圆为圆：，则直线l的方程为______.
39．（2023·山东济南·一模）已知函数在上的值域为，则的取值范围为__________．
40．（2023·山东济南·一模）机器学习是人工智能和计算机科学的分支，专注于使用数据和算法来模仿人类学习的方式．在研究时需要估算不同样本之间的相似性，通常采用的方法是计算样本间的“距离”，闵氏距离是常见的一种距离形式．两点的闵氏距离为，其中为非零常数．如果点在曲线上，点在直线上，则的最小值为_____________．
41．（2022·山东济南·统考一模）已知向量，满足，，则的值为___________.
42．（2022·山东济南·统考一模）已知圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为___________.
43．（2022·山东济南·统考一模）已知椭圆的焦点分别为，，且是抛物线焦点，若P是与的交点，且，则的值为___________.
44．（2021·山东济南·统考一模）已知复数(其中为虚数单位)，则的值为___________.
45．（2021·山东济南·统考一模）设等差数列的前项和为，若，则的值为___________.
46．（2021·山东济南·统考一模）能够说明“若，则”是假命题的一组非零实数，的值依次为___________.
47．（2021·山东济南·统考一模）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交，，于点，，，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，，则的值为___________.
四、解答题
48．（2023·山东济南·一模）已知函数．
(1)求的单调递减区间；
(2)中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，求A的内角平分线的长．
49．（2023·山东济南·一模）如图，四棱锥中，是等边三角形，，．
(1)证明：；
(2)若，，求点A到平面的距离．
50．（2023·山东济南·一模）已知数列满足．
(1)若数列满足，证明：是常数数列；
(2)若数列满足，求的前项和．
51．（2023·山东济南·一模）为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平，某体质监测中心抽取了该较10名学生进行体质测试，得到如下表格：
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
成绩（分）
38
41
44
51
54
56
58
64
74
80
记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为，，经计算，．
(1)求；
(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；
(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的数学期望．附：若，则，，．
52．（2023·山东济南·一模）已知抛物线（p为常数，）．
(1)若直线与H只有一个公共点，求k；
(2)贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：．
53．（2023·山东济南·一模）已知函数．
(1)当，求曲线在点处的切线方程．
(2)若在上单调递增，求a的取值范围；
(3)若的最小值为1，求a．
54．（2022·山东济南·统考一模）已知是数列的前项和，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
55．（2022·山东济南·统考一模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
(1)求B：
(2)若D为边AC的中点，且，，求a.
56．（2022·山东济南·统考一模）如图，矩形ABCD中，，，将沿AC折起，使得点D到达点P的位置，.
(1)证明：平面平面ABC；
(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值.
57．（2022·山东济南·统考一模）第56届世界乒乓球锦标赛将于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮.现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得1分.
(1)已知某局比赛中双方比分为8：8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以11：9获胜的概率；
(2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立.两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望.
58．（2022·山东济南·统考一模）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.
(1)求C的方程；
(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.
59．（2022·山东济南·统考一模）设函数.
(1)若有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，证明：.
60．（2021·山东济南·统考一模）在中，已知角，，所对的边分别是，，，，，.
（1）求角的值；
（2）求的面积.
61．（2021·山东济南·统考一模）已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若恰好有三个零点，求实数的取值范围.
62．（2021·山东济南·统考一模）已知正方体和平面，直线平面，直线平面.
（1）证明：平面平面；
（2）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的最大值.
63．（2021·山东济南·统考一模）如图，，，，为抛物线上四个不同的点，直线与直线相交于点，直线过点.
（1）记，的纵坐标分别为，，求的值；
（2）记直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
64．（2021·山东济南·统考一模）某机构为研究考生物理成绩与数学成绩之间的关系，从一次考试中随机抽取名考生的数据，统计如下表：
数学成绩
物理成绩
（1）由表中数据可知，有一位考生因物理缺考导致数据出现异常，剔除该组数据后发现，考生物理成绩与数学成绩之间具有线性相关关系，请根据这组数据建立关于的回归直线方程，并估计缺考考生如果参加物理考试可能取得的成绩；
（2）已知参加该次考试的名考生的物理成绩服从正态分布，用剔除异常数据后的样本平均值作为的估计值，用剔除异常数据后的样本标准差作为的估计值，估计物理成绩不低于分的人数的期望.
附：参考数据：
上表中的；表示样本中第名考生的数学成绩，；表示样本中第名考生的物理成绩，.参考公式：①对于一组数据：，其方差：.②对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.③若随机变量服从，则，，.
65．（2021·山东济南·统考一模）已知正项数列，，，.证明：
（1）；
（2）；
（3）.
五、双空题
66．（2022·山东济南·统考一模）已知函数，对任意非零实数x，均满足.则的值为___________；函数的最小值为___________.
参考答案：
1．A
【分析】利用复数的除法化简复数，即可得解.
【详解】因为，因此，复数的虚部为.
故选：A.
2．A
【分析】先根据定义域求出，由得到a的取值范围.
【详解】由题意得，解得，故，
因为，所以.
故选：A
3．C
【分析】先求出等比数列通项公式，进而得到，求出答案.
【详解】，
故，
因为，所以或5时，取得最大值.
故选：C
4．D
【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解.
【详解】设圆台的母线长为，因为该圆台侧面积为，
则由圆台侧面积公式可得，所以，
设截去的圆锥的母线长为，由三角形相似可得，
则，解得，
所以原圆锥的母线长，
故选：.
5．C
【分析】利用列举法求出古典概型的概率.
【详解】以点为例，以点为其中一个顶点的三角形有，共10个，
其中直角三角形为，共6个，
故所得三角形是直角三角形的概率为.
故选：C
6．B
【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案.
【详解】正三角形的高为，
根据斜二测画法的知识可知，
直观图的面积为.
故选：B
7．C
【分析】由题意求出的值，可将写成，即可得到结果.
【详解】因为，
所以，即的位数为.
故选:C
8．B
【分析】由可得，令，，可得出，利用导数分析函数的单调性，即可得出结论.
【详解】由可得，即，
因为且，则，
令，令，则，
，
令，则，
所以，函数在上单调递增，
因为，
，
令，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，，
由零点存在定理可知，存在，使得，
且当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
所以，函数的零点个数为，即函数的零点个数为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
9．D
【分析】先通过解一元二次不等式化简集合，再求其补集.
【详解】因为，
且，所以.
故选：D.
10．B
【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出z即可计算作答.
【详解】因复数z满足，则，
所以，即z的模为.
故选：B
11．C
【分析】根据给定的扇形统计图求出购买的侧柏数量，再按各年级报名人数比求解作答.
【详解】由扇形统计图知，购买的1200棵树苗中，侧柏的数量为，
依题意，高一、高二、高三分到的侧柏的棵数比为：，
所以高三年级应分得侧柏的数量为.
故选：C
12．A
【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因，所以.
故选：A
13．B
【分析】利用函数的奇偶性排除选项D；利用导数探讨单调性排除选项A；由时的函数值即可判断作答.
【详解】因，则，函数是奇函数，图象关于原点对称，D不满足；
对求导得，函数在R上单调递增，当时，，A不满足；
而当时，，显然C不满足，B满足.
故选：B
14．C
【分析】根据给定条件求出父亲所有可能血型的概率，再分情况求解小明是A型血的概率作答.
【详解】因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为，
当小明父亲的血型是AA时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为，
此时小明是A型血的概率为，
当小明父亲的血型是AB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为，此时小明是A型血的概率为，
当小明父亲的血型是BB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA，
所以小明是A型血的概率为，即C正确.
故选：C
15．A
【分析】根据指数函数的性质，可判断由能推出，由此判断A;举反例可判断B,C,D.
【详解】由 可知， ，故 是 的而一个充分条件；
由 可得到 ，不妨取 ，推不出 ，故B错误；
由 ，比如取 ，满足 ，推不出 ，故C错误；
由 ，比如取 ，满足 ，推不出，故D错误；
故选：A
16．B
【分析】根据给定条件求出点P的轨迹，再借助几何图形，数形结合求解作答.
【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，
而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，，，
当P与N重合时，，令点，则，，
于是得，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，
观察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，
因，为切线，点为切点，，，则，
所以最大值为，.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及在垂直条件下求动点的轨迹问题，可以借助向量垂直的坐标表示求解，以简化计算，快捷解决问题.
17．D
【分析】根据角的范围和余弦值求出角的大小，然后求出的值.
【详解】因为，，所以，.
故选：D.
18．B
【分析】解不等式求集合A、B，利用集合的包含关系即可判断“”是“”的充分、必要关系.
【详解】由，则，得，即，
由，得，即，
∴，即“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
19．C
【分析】先由条件可得，进而得到，结合向量夹角公式可得结果.
【详解】由，得，所以，即，
所以，由，得，
故选：C.
20．B
【分析】根据题中条件，得到仅能从或点出发不重复地走遍全城，进而可求出其对应的概率.
【详解】由题意可得，仅能从或点出发不重复地走遍全城，
所以选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街道的概率为.
故选：B.
21．A
【分析】由双曲线方程，根据其渐近线方程有，求参数值即可.
【详解】由渐近线，结合双曲线方程，
∴，则，可得，
故选：A.
22．B
【分析】由为偶函数，可排除A；当时，，可排除C；当时，函数，可排除D，即可求解.
【详解】由函数图像知，为偶函数，
对于A中，函数为非奇非偶函数，所以可排除A项；
对于C中，当时，，
当时，取得最小值，不符合题意，排除C项；
对于D中，函数，当时，函数，可排除D项；
综上可得，只有选项B符合题意.
故选：B.
23．A
【分析】根据菱形的性质，易知△AEC为等边三角形且，，即可求出三棱锥的高及，根据三棱锥的体积公式求体积即可.
【详解】由题意可得如下示意图，E为BD中点，∠AEC=60°，
∵是菱形，，
∴，即△AEC为等边三角形，则A到CE的高为，
又，，，有面，面，
∴面面，且面面，故为三棱锥的高，
∵，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：由菱形的性质判断△AEC为等边三角形，并证面面，进而确定三棱锥的高，即可求体积.
24．D
【分析】构造函数，根据其单调性判断大小关系；再构造，根据其单调性即可判断，的大小关系.
【详解】令，则，令，解得，
故当时，单调递减，故，即，
则.
令，则，
故当时，单调递增，时，单调递减，
则，即.
，故；
，故；
综上所述：.
故选：D.
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，且利用函数单调性比较大小，其中解决问题的关键是构函数，从而用作差法比较大小.
25．AD
【分析】A选项，利用向量模长公式求出答案；B选项，计算出，B错误；C选项，利用向量夹角余弦公式计算出，故夹角为锐角，C错误；D选项，利用投影向量的模长公式求出答案.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，故，
故与不垂直，B错误；
C选项，，故与的夹角为锐角，C错误；
D选项，在上的投影向量的模为，D正确.
故选：AD
26．BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
27．ABD
【分析】对于A项，利用椭圆的切点弦方程可得过椭圆左焦点，再判定以为直径的圆与直线的位置关系即可；
对于B项，当垂直于x轴时，可直接解得切线方程判定即可；
对于C项，特殊值法判定即可；
对于D项，取中点，易知，建立方程计算即可.
【详解】对于A项，设切线方程为
联立得：，
∵直线与椭圆相切，故则，
∴切线PA的方程为，同理切线PB的方程为
而P点在上，故，
又满足该方程组，故，
显然过定点即椭圆左焦点.
以为直径的圆半径最大无限接近，但该圆与一直相离，即始终为锐角，A正确；
对于B项，由A得，轴时，，易得，，故B正确；
对于C项，由B知轴时，此时，故C错误；
对于D项，取中点，若则，
即为等腰三角形，，
化简得，由A知：，
整理得：，显然存在P满足题意，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，属于压轴题.对于小题，提高效率可以用特殊值法，极端位置猜测，这里也需要积累一些比较常用的二级结论：
（1）过椭圆上一点的切线方程，
（2）椭圆外一点引两条切线，切点连线方程为；
（3）椭圆的准线方程：，过准线引椭圆的两条切线，切点连线过对应焦点.
28．ACD
【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】A选项，，故，
由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，
故，A正确；
B选项，由柯西不等式得
，
当且仅当时，等号成立，
故，
，故，当且仅当时，等号成立，
故，
依次类推，可得，当且仅当等号成立，
故
，B错误；
C选项，设，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，故在上恒成立，
，C正确；
D选项，，
，
故，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
29．CD
【分析】利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用赋值法求出展开式系数和判断C；利用二项式系数的性质判断D作答.
【详解】展开式的总项数是7，A不正确；
展开式的常数项为，B不正确；
取得展开式的所有项的系数之和为，C正确；
由二项式系数的性质得展开式的所有项的二项式系数之和为，D正确.
故选：CD
30．ABC
【分析】根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A; 连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.
【详解】对于A，如图，连接 ,则交于点O,
正方体中， 平面 平面 ,
故 ,而 平面 ,
故平面,故平面，而平面,
故，即，故A正确；
对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,
故四边形是平行四边形，故平面不在平面,
故平面，故B正确；
对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,
故 ，解得 ，故C正确；
对于D,连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，
在 中， ,
所以 ,则 ,故D错误，
故选：ABC
31．ABD
【分析】利用偶函数的定义及正弦函数、余弦函数的奇偶性判定选项A正确；先利用绝对值的代数意义将的解析式化为分段函数，再利用两角和的正弦、余弦公式化简，进而利用三角函数的性质判定选项B正确；利用两角和的正弦公式、三角函数的单调性判定选项C错误；利用对称的性质判定选项D正确.
【详解】对于A：因为的定义域为R，
且，
所以函数是偶函数，
即选项A正确；
对于B：由题意，得，
即，
当时，，
则，即；
当时，，
则，即；
综上所述，的值域为，
即选项B正确；
对于C：当时，，
且，令，得，
令，得，
即在上单调递增，在上单调递减，
即选项C错误；
对于D： ，，
即的图象不关于直线对称，
即选项D正确.
故选：ABD.
32．ABD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；
对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；
对于D，由得：，解得，
于是得，解得，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；
(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
33．BC
【分析】先求的通项公式可得选项A,C的正误，利用的值可得选项B的正误，所有项的系数和可以利用赋值法求解.
【详解】展开式的通项为，
由，得，所以常数项为，A错误；
展开式共有项，所以第项二项式系数最大，B正确；
由通项公式可得为偶数时，系数才有可能取到最大值，
由，可知第项的系数最大，C正确；
令，得，所有项的系数和为，D错误；
故选：BC.
34．ABD
【分析】A由导数的几何意义即可求参数a；B利用导数研究函数的单调性，进而确定是否存在极大值；C根据B判断区间内的端点值、极值，进而确定区间值域；D令，则，即可确定对称中心.
【详解】A：，由题意，得，正确；
B：，由得：或，易知在，上，为增函数，在上，为减函数，所以在处取得极大值，正确；
C：由B知：，，，故在上的值域为，错误；
D：令且为奇函数，则，而图象关于中心对称，所以关于中心对称，正确；
故选：ABD.
35．BCD
【分析】由各个图形的边长构成等比数列，可判定A错误；由各个图形的边数也成等比数列且，可判定B正确；由第个图形的周长为，得到周长为，可判定C正确；结合极限的思想，可得判定D正确.
【详解】由题意，各个图形的边长成首项为，且的等比数列，
可得可设边长为，则，所以A错误；
由各个图形的边数也成等比数列且，所以，所以B正确；
由第个图形的周长为，可得周长为，所以C正确；
当时，图形无限接近于圆，可得，所以D正确.
故选: BCD.
36．AD
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知A正确；
由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知B错误；
根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；
由题意知蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确.
【详解】对于A，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，，
在蒙日圆上，蒙日圆方程为：；
由得：，
的蒙日圆方程为：，A正确；
对于B，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上，
过，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，B错误；
对于C，在椭圆上，，
；
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
，C错误；
对于D，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
矩形的面积（当且仅当时取等号），
即矩形面积的最大值为，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
37．160
【分析】由题意利用二项式定理可得解.
【详解】二项式的展开式的通项公式，
令，可得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：160.
38．
【分析】分别求出两圆的圆心坐标，则两圆心关于直线l对称，由直线方程的点斜式求解．
【详解】圆：化为.
由题意可知圆的圆心为，圆的圆心为
圆与圆关于直线l对称.
则两圆心，关于直线l对称.
,且，的中点为
所以直线l的方程为：,即.
故答案为：
【点睛】题考查圆关于直线的对称圆的关系，求对称直线l的方程,考查计算能力，是基础题．
39．
【分析】由，结合正弦型函数值域可确定整体所处范围，进而解不等式求得结果.
【详解】当时，，
在上的值域为，，解得：，
即的取值范围为.
故答案为：.
40．
【分析】利用导数可证得，由此可分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，则可化简得到最小值.
【详解】设，，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，；
即；
当时，；
当时，；
当时，；
综上所述：的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义运算的最值求解问题，解题关键是能够通过分类讨论的方式，去除所求距离形式中的绝对值符号，从而化简所求式子得到可求最值的形式.
41．3
【分析】根据给定条件，利用数量积运算律及数量积的坐标运算计算作答.
【详解】因，，则有，而，
于是得，解得，
所以的值为3.
故答案为：3
42．
【分析】利用圆锥轴截面等腰三角形特征求出圆锥的高和底面圆半径，再利用圆锥体积公式计算作答.
【详解】因圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，
因此，，圆锥底面圆半径，
所以圆锥的体积为.
故答案为：
43．
【分析】利用椭圆定义求出，再借助抛物线的定义结合几何图形计算作答.
【详解】依题意，由椭圆定义得，而，则，
因点是抛物线的焦点，则该抛物线的准线l过点，如图，
过点P作于点Q，由抛物线定义知，而，则，
所以.
故答案为：
44．
【分析】根据已知等式，由复数除法的几何含义，即可求的值.
【详解】由题设，知：.
故答案为：.
45．
【分析】根据等差数列的求和公式，以及等差数列的性质，先求出，进而可求出结果.
【详解】因为，所以，
.
故答案为：.
46．，(答案不唯一)
【分析】根据反比例函数在各自象限具有单调性知：在各区间取一个数即有，即可确定，的值.
【详解】只要第个数大于，第个数小于即可，即，
故答案为：，.
47．
【分析】解法一：以AC、BD交点O为原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向构建空间直角坐标系，设，，，，，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可.
解法二：利用平面的性质作出点G的位置，再由平面几何的知识即可得解.
【详解】解法一：建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b均不为0)，则，，，，
∴，，
由题意四点共面，有，其中，设，
∴
由方程组，即，解得：.
故答案为：.
解法二：连接AC,BD交于点O，则O是底面的中心，连接PO，PO垂直于底面ABCD，
连接AF，交PO于H，可得H为PO的三等分点（靠近O）,连接EH并延长，与PD的交点即为G，
在平面内作出三角形PBD，作,垂足分别为S，T，如图，
由题意，,所以，，
设，则，
又由三角形相似得，,
所以，解得：.
解得：
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：构建空间直角坐标系，利用四点共面有且，再设，应用空间向量线性关系的坐标表示，列方程组求参数.
48．(1)
(2)
【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式得到，进而求出单调递减区间；
（2）先求出，从而得到，由列出方程，求出的长.
【详解】（1）因为
所以，,
解得，,
所以的单调递减区间为．
（2）因为，所以．
因为，所以，所以，
所以，
故，
由题意知，，
所以，
即，
所以．
49．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点O，连接，结合题意和三角形全等得到，利用线面垂直的判定得到平面，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和所在直线的方向向量，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】（1）如图，连接，交于点O，连接，
由，
可得，所以，
又，所以，
所以，即O为中点，
在等腰中，可得，
在等腰中，，又，平面，
所以平面，又平面，
所以．
（2）由（1）可得，，
又，
所以，
由于为正三棱锥，点P在底面的垂足一定在上，设垂足为M，
根据正三棱锥的性质可得，
如图，过点作的平行线，以的平行线所在直线为轴，以所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系．
可得，
又，
（或）
设平面的法向量，可得
不妨令，可得，
所以，
故所以点A到平面的距离为．
50．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算出，得到是常数数列；
（2）在（1）的基础上，得到，，利用分组求和得到答案.
【详解】（1）因为
，
所以，
所以是常数数列．
（2）因为，所以，
所以，
所以．
因为，
所以
，
所以．
51．(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）利用求平均数公式计算即可；
（2）求出X的可能取值和对应的概率，写成分布列；
（3）计算出，得到，利用所给条件得到学生的体质测试成绩恰好落在区间得概率约为0.9545，得到，求出答案.
【详解】（1）．
（2）因为体质测试不合格的学生有3名，
所以X的可能取值为0，1，2，3．
因为．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
（3）因为，
所以．
因为，
所以学生的体质测试成绩恰好落在区间得概率约为0.9545，
故，
所以．
52．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线的方程和抛物线方程，消去后利用判别式求得的值.
（2）求得过三点的切线方程，进而求得的恒坐标，根据抛物线的知识证得结论成立.
【详解】（1）将代入，
化简得（*），
方程（*）的判别式，
化简得，
即．
（2）设，
设抛物线在点处的切线方程为，
由消去并化简得，
，
，，
解得，故切线方程为，
， ，
即，
同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：
，，
由过的切线方程两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标分别为：
，，，
注意到结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，
得，
命题得证．
53．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线方程；
（2）参变分离，构造，求导，得到其最小值，求出a的取值范围；
（3）注意到，多次求导得到，从而分，，与，结合函数单调性，极值和最值情况，求出答案
【详解】（1），
，
所以曲线在点处的切线方程，
即．
（2）因为在区间上恒成立，
所以，
令，则，
令，则，
当时，单调递增，，
所以，所以在上单调递增，
故，
所以．
（3），
令，则，
令，则，
当时，，
则，，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以．
所以适合，
当时，当时，，
在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，，
在上单调递增，，舍去；
当时，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增，
此时，，舍去．
综上，．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
54．(1)
(2)
【分析】（1）利用求得.
（2）利用裂项求和法求得.
【详解】（1）当时，由，得，
则.
当时，有，符合上式.
综上，.
（2）由（1）得，，
则
.
55．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用同角三角函数基本关系进行求解；
（2）延长BD到点M使，连接AM，在中利用余弦定理进行求解.
(1)
解：由及正弦定理，
得，
因为，所以，
又，所以，
因为，所以.
(2)
解：延长BD到点M使，连接AM，
在中，，，，，
由余弦定理，得，
即，解得或（舍），
所以.
56．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明平面PAB，再利用面面垂直的判断推理作答.
（2）在平面PAB内过P作于点O，证明CO平面ABC即可推理计算作答.
（1）因为，，，则，于是得，又，，平面PAB，因此，平面PAB，而平面ABC，所以平面平面PAB.
（2）在平面PAB内过P作于点O，连接CO，如图，由（1）知，平面平面PAB，而平面平面，则有平面，因此，是直线PC与平面ABC所成角，在中，，则，，在中，，则有，所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
57．(1)
(2)见解析，
【分析】（1）利用相互独立事件同时发生的概率公式、互斥事件的概率公式公式进行求解即可；
（2）写出随机变量的所有可能取值，利用相互独立事件同时发生的概率公式求出各自概率，列表得到分布列，再利用期望公式进行求解..
（1）
解：设事件“在比分为8：8的条件下甲以11：9获胜”，
则.
（2）
解：随机变量X的所有可能取值为：2，3，4，5，
，，
，，
所以随机变量X的分布列为：
X
2
3
4
5
P
所以.
58．(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;
（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.
【详解】（1）因为实轴长为4，即，，
又，所以，，
故C的方程为.
（2）由O，A，N，M四点共圆可知，，
又，即，
故，
即，所以,
设，，，
由题意可知，则直线，直线，
因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，
故M坐标为，所以，
又，由，则，
整理可得，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线，代入双曲线方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以点P坐标为.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.
59．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，令，再利用一元二次方程有两个不同的正根求解作答.
（2）对函数求导并变形，利用（1）结合韦达定理将要证不等式进行等价变换，
然后构造函数，借助导数探讨单调性推理作答.
（1）
令，则有2个零点，等价于存在两个正根，则有，解得，
所以使得有两个零点的a的取值范围是.
（2）
依题意，，
因为，，且有两个极值点，则为的两个不同解，
由（1）知，且，，不妨设，
，
要证明，只需证，而，即，
只需证，因，只需证，两边同除以得，
因为，只需证，
设，令，，则，令，
则，即在上单调递增，则有，
因此，在上单调递增，即，当时，，
取，，从而有成立，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.
60．（1）；（2）面积为或.
【分析】（1）利用正弦定理进行转化，可得的值，再根据角的范围即可求得结果；
（2）由余弦定理得的值，再根据三角形面积公式即可求得结果.
【详解】（1）因为，，所以，
又因为，所以，解得.
在中，因为，所以为锐角，所以；
（2）因为，
所以，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或.
61．（1）最小值为；（2）.
【分析】（1）求出导函数，确定函数的单调性后可得最小值；
（2）确定，时只有一个零点，因此在上有两个零点，由二次函数的性质可得．
【详解】（1）时，.
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此时的极小值为；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时的极小值为；
因为，所以的最小值为；
（2）显然；
因为时，有且只有一个零点，
所以原命题等价于在上有两个零点.
所以，解得，
故实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查求函数的最值，由零点个数求参数值．解题关键是求出导函数，由导函数的正负确定单调性后得极值，比较后得最值．
62．（1）证明见解析；（2）最大值为.
【分析】（1）连接，先证平面，再证平面，通过过直线作平面与平面相交于直线，平面，进而可得结果；
（2）求出平面的法向量，设，将直线与平面所成角的正弦值表示为关于的函数，求出最值即可.
【详解】（1）证明：连接，则，因为平面，
平面，所以；
又因为，所以平面；
因为平面，所以；
同理；因为，所以平面；
因为平面，过直线作平面与平面相交于直线，则；
所以平面；又平面，
所以平面平面；
（2）设正方体的棱长为，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，取，则；
设，则，因为，
所以；
设直线与平面所成的角为，
则，
所以当时，取到最大值为，
此时的最大值为.
【点睛】引入新的变量，将用表示，线面角的正弦值表示为关于的函数是解题的关键.
63．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）设直线的方程为，代入由韦达定理得出的值；
（2）设直线的方程为，代入，由韦达定理得出，结合，得出.
【详解】解：（1）设直线的方程为，代入得，则.
（2）由（1）同理得
设直线的方程为，代入得，则
又，同理
则
∴存在实数，使得成立.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于联立直线方程以及抛物线方程，结合韦达定理得出根与系数的关系，进而得出证明.
64．（1），物理成绩为；（2）.
【分析】（1）结合题中数据以及公式可得，将110代入即可得结果；
（2）先得考生的物理成绩服从正态分布，根据正态分布的概率特征不低于分的概率，进而得期望.
【详解】（1）设根据剔除后数据建立的关于的回归直线方程为，
剔除异常数据后的数学平均分为，
剔除异常数据后的物理平均分为，
则，
则，
所以所求回归直线方程为.
又物理缺考考生的数学成绩为，
所以估计其可能取得的物理成绩为.
（2）由题意知，
因为，
所以，
所以参加该次考试的名考生的物理成绩服从正态分布，
则物理成绩不低于分的概率为，
由题意可知，
所以物理成绩不低于分的人数的期望
.
65．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）先证成立，得出，结合即可得结果；
（2）利用分析法即证即证成立，构造函数，利用导数得出单调性，得出，即可得结果；
（3）结合（2）中的结论可得，由（1）中的结论，知.
【详解】（1）先证明对恒成立，
记，则，
所以在上单调递减，
所以时，，
所以时，.
又，所以，即.
即，得证.
（2）要证成立，
只需证成立，即证成立；
记，，
则，
所以在上单调递增，所以时，，
所以时，，
又，所以，得证.
（3）由（2）知，即，
则，即，
又，所以，
所以；
由（1）知，所以，又，
则.
综上.
【点睛】关键点点睛：通过证明是解决（1）的关键，通过构造函数利用其单调性是解决（2）的关键，运用（2）中的结论是解决（3）的关键.
66． 0
【分析】根据给定条件求出待定系数a，b，进而求出的解析式，代值计算可得，变形函数式并借助二次函数求解最值作答.
【详解】函数，因对任意非零实数x，均满足，
则，有，
即，由等式两边展开式最高次项系数得：，即，
当时，，解得，经检验得，，，对任意非零实数x成立，
因此，
，
，当即时，，
所以的值为0，函数的最小值为.
故答案为：0；
【点睛】思路点睛：两边是一元高次多项式的等式恒成立问题，可以借助特殊项（如最高次项、常数项等）及取特值求出待定系数，然后验证即可.
山东省济南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2023·山东济南·一模）复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·山东济南·一模）已知集合，，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·山东济南·一模）已知等比数列的前n项积为，，公比，则取最大值时n的值为（ ）
A．3 B．6 C．4或5 D．6或7
4．（2023·山东济南·一模）用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
5．（2023·山东济南·一模）从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·山东济南·一模）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·山东济南·一模）自然数的位数为（参考数据：）（ ）
A．607 B．608 C．609 D．610
8．（2023·山东济南·一模）函数（且）的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东济南·统考一模）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·山东济南·统考一模）已知复数z满足（其中i为虚数单位），则z的模为（ ）
A． B． C． D．2
11．（2022·山东济南·统考一模）某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1200棵，比例如图所示.高一、高二、高三报名参加植树活动的人数分别为600，400，200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配，则高三年级应分得侧柏的数量为（ ）
A．34 B．46 C．50 D．70
12．（2022·山东济南·统考一模）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·山东济南·统考一模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
14．（2022·山东济南·统考一模）我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血.比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果，已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·山东济南·统考一模）“”的一个充分条件是（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·山东济南·统考一模）已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
17．（2021·山东济南·统考一模）已知，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·山东济南·统考一模）设集合，，则“”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
19．（2021·山东济南·统考一模）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·山东济南·统考一模）环保部门为降低某社区在改造过程中产生的扬尘污染，决定对全部街道采取洒水降尘作业.该社区街道的平面结构如图所示(线段代表街道)，洒水车随机选择，，，，，中的一点驶入进行作业，则选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街道的概率为（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·山东济南·统考一模）已知双曲线的渐近线方程为，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·山东济南·统考一模）函数在上的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
23．（2021·山东济南·统考一模）已知菱形，，将△沿折起，使二面角的大小为，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
24．（2021·山东济南·统考一模）设，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
25．（2023·山东济南·一模）已知平面向量，则（ ）
A． B．
C．与的夹角为钝角 D．在上的投影向量的模为
26．（2023·山东济南·一模）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线 B．
C．直线与平面所成角的正切值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
27．（2023·山东济南·一模）在平面直角坐标系中，由直线上任一点P向椭圆作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（ ）
A．恒为锐角 B．当垂直于x轴时，直线的斜率为
C．的最小值为4 D．存在点P，使得
28．（2023·山东济南·一模）已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．若数列满足，则
29．（2022·山东济南·统考一模）的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．展开式共6项 B．常数项为64
C．所有项的系数之和为729 D．所有项的二项式系数之和为64
30．（2022·山东济南·统考一模）在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面
C．点B到平面的距离为 D．直线BO与直线的夹角为
31．（2022·山东济南·统考一模）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．为偶函数 B．的值域为
C．在上单调递减 D．的图象关于直线不对称
32．（2022·山东济南·统考一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为， B．曲线C关于x轴对称
C．面积的最大值为2 D．的取值范围是
33．（2021·山东济南·统考一模）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为 B．第项的二项式系数最大
C．第项的系数最大 D．所有项的系数和为
34．（2021·山东济南·统考一模）已知函数的图象在处切线的斜率为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在处取得极大值
C．当时， D．的图象关于点中心对称
35．（2021·山东济南·统考一模）年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线.如图，取一个边长为的正三角形，在每个边上以中间的为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的擦掉，得到第个图形，重复上面的步骤，得到第个图形.这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线.云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”.下列说法正确的是（ ）
A．第个图形的边长为
B．记第个图形的边数为，则
C．记第个图形的周长为，则
D．记第个图形的面积为，则对任意的，存在正实数，使得
36．（2021·山东济南·统考一模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ）
A．的蒙日圆的方程为
B．对直线上任意点，
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为
三、填空题
37．（2023·山东济南·一模）展开式中的常数项为______．
38．（2023·山东济南·一模）已知圆：关于直线l对称的圆为圆：，则直线l的方程为______.
39．（2023·山东济南·一模）已知函数在上的值域为，则的取值范围为__________．
40．（2023·山东济南·一模）机器学习是人工智能和计算机科学的分支，专注于使用数据和算法来模仿人类学习的方式．在研究时需要估算不同样本之间的相似性，通常采用的方法是计算样本间的“距离”，闵氏距离是常见的一种距离形式．两点的闵氏距离为，其中为非零常数．如果点在曲线上，点在直线上，则的最小值为_____________．
41．（2022·山东济南·统考一模）已知向量，满足，，则的值为___________.
42．（2022·山东济南·统考一模）已知圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为___________.
43．（2022·山东济南·统考一模）已知椭圆的焦点分别为，，且是抛物线焦点，若P是与的交点，且，则的值为___________.
44．（2021·山东济南·统考一模）已知复数(其中为虚数单位)，则的值为___________.
45．（2021·山东济南·统考一模）设等差数列的前项和为，若，则的值为___________.
46．（2021·山东济南·统考一模）能够说明“若，则”是假命题的一组非零实数，的值依次为___________.
47．（2021·山东济南·统考一模）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交，，于点，，，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，，则的值为___________.
四、解答题
48．（2023·山东济南·一模）已知函数．
(1)求的单调递减区间；
(2)中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，求A的内角平分线的长．
49．（2023·山东济南·一模）如图，四棱锥中，是等边三角形，，．
(1)证明：；
(2)若，，求点A到平面的距离．
50．（2023·山东济南·一模）已知数列满足．
(1)若数列满足，证明：是常数数列；
(2)若数列满足，求的前项和．
51．（2023·山东济南·一模）为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平，某体质监测中心抽取了该较10名学生进行体质测试，得到如下表格：
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
成绩（分）
38
41
44
51
54
56
58
64
74
80
记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为，，经计算，．
(1)求；
(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；
(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的数学期望．附：若，则，，．
52．（2023·山东济南·一模）已知抛物线（p为常数，）．
(1)若直线与H只有一个公共点，求k；
(2)贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：．
53．（2023·山东济南·一模）已知函数．
(1)当，求曲线在点处的切线方程．
(2)若在上单调递增，求a的取值范围；
(3)若的最小值为1，求a．
54．（2022·山东济南·统考一模）已知是数列的前项和，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
55．（2022·山东济南·统考一模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
(1)求B：
(2)若D为边AC的中点，且，，求a.
56．（2022·山东济南·统考一模）如图，矩形ABCD中，，，将沿AC折起，使得点D到达点P的位置，.
(1)证明：平面平面ABC；
(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值.
57．（2022·山东济南·统考一模）第56届世界乒乓球锦标赛将于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮.现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得1分.
(1)已知某局比赛中双方比分为8：8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以11：9获胜的概率；
(2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立.两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望.
58．（2022·山东济南·统考一模）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.
(1)求C的方程；
(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.
59．（2022·山东济南·统考一模）设函数.
(1)若有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，证明：.
60．（2021·山东济南·统考一模）在中，已知角，，所对的边分别是，，，，，.
（1）求角的值；
（2）求的面积.
61．（2021·山东济南·统考一模）已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）若恰好有三个零点，求实数的取值范围.
62．（2021·山东济南·统考一模）已知正方体和平面，直线平面，直线平面.
（1）证明：平面平面；
（2）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的最大值.
63．（2021·山东济南·统考一模）如图，，，，为抛物线上四个不同的点，直线与直线相交于点，直线过点.
（1）记，的纵坐标分别为，，求的值；
（2）记直线，的斜率分别为，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
64．（2021·山东济南·统考一模）某机构为研究考生物理成绩与数学成绩之间的关系，从一次考试中随机抽取名考生的数据，统计如下表：
数学成绩
物理成绩
（1）由表中数据可知，有一位考生因物理缺考导致数据出现异常，剔除该组数据后发现，考生物理成绩与数学成绩之间具有线性相关关系，请根据这组数据建立关于的回归直线方程，并估计缺考考生如果参加物理考试可能取得的成绩；
（2）已知参加该次考试的名考生的物理成绩服从正态分布，用剔除异常数据后的样本平均值作为的估计值，用剔除异常数据后的样本标准差作为的估计值，估计物理成绩不低于分的人数的期望.
附：参考数据：
上表中的；表示样本中第名考生的数学成绩，；表示样本中第名考生的物理成绩，.参考公式：①对于一组数据：，其方差：.②对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.③若随机变量服从，则，，.
65．（2021·山东济南·统考一模）已知正项数列，，，.证明：
（1）；
（2）；
（3）.
五、双空题
66．（2022·山东济南·统考一模）已知函数，对任意非零实数x，均满足.则的值为___________；函数的最小值为___________.
参考答案：
1．A
【分析】利用复数的除法化简复数，即可得解.
【详解】因为，因此，复数的虚部为.
故选：A.
2．A
【分析】先根据定义域求出，由得到a的取值范围.
【详解】由题意得，解得，故，
因为，所以.
故选：A
3．C
【分析】先求出等比数列通项公式，进而得到，求出答案.
【详解】，
故，
因为，所以或5时，取得最大值.
故选：C
4．D
【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解.
【详解】设圆台的母线长为，因为该圆台侧面积为，
则由圆台侧面积公式可得，所以，
设截去的圆锥的母线长为，由三角形相似可得，
则，解得，
所以原圆锥的母线长，
故选：.
5．C
【分析】利用列举法求出古典概型的概率.
【详解】以点为例，以点为其中一个顶点的三角形有，共10个，
其中直角三角形为，共6个，
故所得三角形是直角三角形的概率为.
故选：C
6．B
【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案.
【详解】正三角形的高为，
根据斜二测画法的知识可知，
直观图的面积为.
故选：B
7．C
【分析】由题意求出的值，可将写成，即可得到结果.
【详解】因为，
所以，即的位数为.
故选:C
8．B
【分析】由可得，令，，可得出，利用导数分析函数的单调性，即可得出结论.
【详解】由可得，即，
因为且，则，
令，令，则，
，
令，则，
所以，函数在上单调递增，
因为，
，
令，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，，
由零点存在定理可知，存在，使得，
且当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
所以，函数的零点个数为，即函数的零点个数为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
9．D
【分析】先通过解一元二次不等式化简集合，再求其补集.
【详解】因为，
且，所以.
故选：D.
10．B
【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出z即可计算作答.
【详解】因复数z满足，则，
所以，即z的模为.
故选：B
11．C
【分析】根据给定的扇形统计图求出购买的侧柏数量，再按各年级报名人数比求解作答.
【详解】由扇形统计图知，购买的1200棵树苗中，侧柏的数量为，
依题意，高一、高二、高三分到的侧柏的棵数比为：，
所以高三年级应分得侧柏的数量为.
故选：C
12．A
【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因，所以.
故选：A
13．B
【分析】利用函数的奇偶性排除选项D；利用导数探讨单调性排除选项A；由时的函数值即可判断作答.
【详解】因，则，函数是奇函数，图象关于原点对称，D不满足；
对求导得，函数在R上单调递增，当时，，A不满足；
而当时，，显然C不满足，B满足.
故选：B
14．C
【分析】根据给定条件求出父亲所有可能血型的概率，再分情况求解小明是A型血的概率作答.
【详解】因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为，
当小明父亲的血型是AA时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为，
此时小明是A型血的概率为，
当小明父亲的血型是AB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为，此时小明是A型血的概率为，
当小明父亲的血型是BB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA，
所以小明是A型血的概率为，即C正确.
故选：C
15．A
【分析】根据指数函数的性质，可判断由能推出，由此判断A;举反例可判断B,C,D.
【详解】由 可知， ，故 是 的而一个充分条件；
由 可得到 ，不妨取 ，推不出 ，故B错误；
由 ，比如取 ，满足 ，推不出 ，故C错误；
由 ，比如取 ，满足 ，推不出，故D错误；
故选：A
16．B
【分析】根据给定条件求出点P的轨迹，再借助几何图形，数形结合求解作答.
【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，
而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，，，
当P与N重合时，，令点，则，，
于是得，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，
观察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，
因，为切线，点为切点，，，则，
所以最大值为，.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及在垂直条件下求动点的轨迹问题，可以借助向量垂直的坐标表示求解，以简化计算，快捷解决问题.
17．D
【分析】根据角的范围和余弦值求出角的大小，然后求出的值.
【详解】因为，，所以，.
故选：D.
18．B
【分析】解不等式求集合A、B，利用集合的包含关系即可判断“”是“”的充分、必要关系.
【详解】由，则，得，即，
由，得，即，
∴，即“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
19．C
【分析】先由条件可得，进而得到，结合向量夹角公式可得结果.
【详解】由，得，所以，即，
所以，由，得，
故选：C.
20．B
【分析】根据题中条件，得到仅能从或点出发不重复地走遍全城，进而可求出其对应的概率.
【详解】由题意可得，仅能从或点出发不重复地走遍全城，
所以选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街道的概率为.
故选：B.
21．A
【分析】由双曲线方程，根据其渐近线方程有，求参数值即可.
【详解】由渐近线，结合双曲线方程，
∴，则，可得，
故选：A.
22．B
【分析】由为偶函数，可排除A；当时，，可排除C；当时，函数，可排除D，即可求解.
【详解】由函数图像知，为偶函数，
对于A中，函数为非奇非偶函数，所以可排除A项；
对于C中，当时，，
当时，取得最小值，不符合题意，排除C项；
对于D中，函数，当时，函数，可排除D项；
综上可得，只有选项B符合题意.
故选：B.
23．A
【分析】根据菱形的性质，易知△AEC为等边三角形且，，即可求出三棱锥的高及，根据三棱锥的体积公式求体积即可.
【详解】由题意可得如下示意图，E为BD中点，∠AEC=60°，
∵是菱形，，
∴，即△AEC为等边三角形，则A到CE的高为，
又，，，有面，面，
∴面面，且面面，故为三棱锥的高，
∵，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：由菱形的性质判断△AEC为等边三角形，并证面面，进而确定三棱锥的高，即可求体积.
24．D
【分析】构造函数，根据其单调性判断大小关系；再构造，根据其单调性即可判断，的大小关系.
【详解】令，则，令，解得，
故当时，单调递减，故，即，
则.
令，则，
故当时，单调递增，时，单调递减，
则，即.
，故；
，故；
综上所述：.
故选：D.
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，且利用函数单调性比较大小，其中解决问题的关键是构函数，从而用作差法比较大小.
25．AD
【分析】A选项，利用向量模长公式求出答案；B选项，计算出，B错误；C选项，利用向量夹角余弦公式计算出，故夹角为锐角，C错误；D选项，利用投影向量的模长公式求出答案.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，故，
故与不垂直，B错误；
C选项，，故与的夹角为锐角，C错误；
D选项，在上的投影向量的模为，D正确.
故选：AD
26．BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
27．ABD
【分析】对于A项，利用椭圆的切点弦方程可得过椭圆左焦点，再判定以为直径的圆与直线的位置关系即可；
对于B项，当垂直于x轴时，可直接解得切线方程判定即可；
对于C项，特殊值法判定即可；
对于D项，取中点，易知，建立方程计算即可.
【详解】对于A项，设切线方程为
联立得：，
∵直线与椭圆相切，故则，
∴切线PA的方程为，同理切线PB的方程为
而P点在上，故，
又满足该方程组，故，
显然过定点即椭圆左焦点.
以为直径的圆半径最大无限接近，但该圆与一直相离，即始终为锐角，A正确；
对于B项，由A得，轴时，，易得，，故B正确；
对于C项，由B知轴时，此时，故C错误；
对于D项，取中点，若则，
即为等腰三角形，，
化简得，由A知：，
整理得：，显然存在P满足题意，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，属于压轴题.对于小题，提高效率可以用特殊值法，极端位置猜测，这里也需要积累一些比较常用的二级结论：
（1）过椭圆上一点的切线方程，
（2）椭圆外一点引两条切线，切点连线方程为；
（3）椭圆的准线方程：，过准线引椭圆的两条切线，切点连线过对应焦点.
28．ACD
【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】A选项，，故，
由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，
故，A正确；
B选项，由柯西不等式得
，
当且仅当时，等号成立，
故，
，故，当且仅当时，等号成立，
故，
依次类推，可得，当且仅当等号成立，
故
，B错误；
C选项，设，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，故在上恒成立，
，C正确；
D选项，，
，
故，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
29．CD
【分析】利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用赋值法求出展开式系数和判断C；利用二项式系数的性质判断D作答.
【详解】展开式的总项数是7，A不正确；
展开式的常数项为，B不正确；
取得展开式的所有项的系数之和为，C正确；
由二项式系数的性质得展开式的所有项的二项式系数之和为，D正确.
故选：CD
30．ABC
【分析】根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A; 连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.
【详解】对于A，如图，连接 ,则交于点O,
正方体中， 平面 平面 ,
故 ,而 平面 ,
故平面,故平面，而平面,
故，即，故A正确；
对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,
故四边形是平行四边形，故平面不在平面,
故平面，故B正确；
对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,
故 ，解得 ，故C正确；
对于D,连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，
在 中， ,
所以 ,则 ,故D错误，
故选：ABC
31．ABD
【分析】利用偶函数的定义及正弦函数、余弦函数的奇偶性判定选项A正确；先利用绝对值的代数意义将的解析式化为分段函数，再利用两角和的正弦、余弦公式化简，进而利用三角函数的性质判定选项B正确；利用两角和的正弦公式、三角函数的单调性判定选项C错误；利用对称的性质判定选项D正确.
【详解】对于A：因为的定义域为R，
且，
所以函数是偶函数，
即选项A正确；
对于B：由题意，得，
即，
当时，，
则，即；
当时，，
则，即；
综上所述，的值域为，
即选项B正确；
对于C：当时，，
且，令，得，
令，得，
即在上单调递增，在上单调递减，
即选项C错误；
对于D： ，，
即的图象不关于直线对称，
即选项D正确.
故选：ABD.
32．ABD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；
对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；
对于D，由得：，解得，
于是得，解得，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；
(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
33．BC
【分析】先求的通项公式可得选项A,C的正误，利用的值可得选项B的正误，所有项的系数和可以利用赋值法求解.
【详解】展开式的通项为，
由，得，所以常数项为，A错误；
展开式共有项，所以第项二项式系数最大，B正确；
由通项公式可得为偶数时，系数才有可能取到最大值，
由，可知第项的系数最大，C正确；
令，得，所有项的系数和为，D错误；
故选：BC.
34．ABD
【分析】A由导数的几何意义即可求参数a；B利用导数研究函数的单调性，进而确定是否存在极大值；C根据B判断区间内的端点值、极值，进而确定区间值域；D令，则，即可确定对称中心.
【详解】A：，由题意，得，正确；
B：，由得：或，易知在，上，为增函数，在上，为减函数，所以在处取得极大值，正确；
C：由B知：，，，故在上的值域为，错误；
D：令且为奇函数，则，而图象关于中心对称，所以关于中心对称，正确；
故选：ABD.
35．BCD
【分析】由各个图形的边长构成等比数列，可判定A错误；由各个图形的边数也成等比数列且，可判定B正确；由第个图形的周长为，得到周长为，可判定C正确；结合极限的思想，可得判定D正确.
【详解】由题意，各个图形的边长成首项为，且的等比数列，
可得可设边长为，则，所以A错误；
由各个图形的边数也成等比数列且，所以，所以B正确；
由第个图形的周长为，可得周长为，所以C正确；
当时，图形无限接近于圆，可得，所以D正确.
故选: BCD.
36．AD
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知A正确；
由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知B错误；
根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；
由题意知蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确.
【详解】对于A，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，，
在蒙日圆上，蒙日圆方程为：；
由得：，
的蒙日圆方程为：，A正确；
对于B，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上，
过，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，B错误；
对于C，在椭圆上，，
；
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
，C错误；
对于D，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
矩形的面积（当且仅当时取等号），
即矩形面积的最大值为，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
37．160
【分析】由题意利用二项式定理可得解.
【详解】二项式的展开式的通项公式，
令，可得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：160.
38．
【分析】分别求出两圆的圆心坐标，则两圆心关于直线l对称，由直线方程的点斜式求解．
【详解】圆：化为.
由题意可知圆的圆心为，圆的圆心为
圆与圆关于直线l对称.
则两圆心，关于直线l对称.
,且，的中点为
所以直线l的方程为：,即.
故答案为：
【点睛】题考查圆关于直线的对称圆的关系，求对称直线l的方程,考查计算能力，是基础题．
39．
【分析】由，结合正弦型函数值域可确定整体所处范围，进而解不等式求得结果.
【详解】当时，，
在上的值域为，，解得：，
即的取值范围为.
故答案为：.
40．
【分析】利用导数可证得，由此可分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，则可化简得到最小值.
【详解】设，，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，；
即；
当时，；
当时，；
当时，；
综上所述：的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义运算的最值求解问题，解题关键是能够通过分类讨论的方式，去除所求距离形式中的绝对值符号，从而化简所求式子得到可求最值的形式.
41．3
【分析】根据给定条件，利用数量积运算律及数量积的坐标运算计算作答.
【详解】因，，则有，而，
于是得，解得，
所以的值为3.
故答案为：3
42．
【分析】利用圆锥轴截面等腰三角形特征求出圆锥的高和底面圆半径，再利用圆锥体积公式计算作答.
【详解】因圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h，
因此，，圆锥底面圆半径，
所以圆锥的体积为.
故答案为：
43．
【分析】利用椭圆定义求出，再借助抛物线的定义结合几何图形计算作答.
【详解】依题意，由椭圆定义得，而，则，
因点是抛物线的焦点，则该抛物线的准线l过点，如图，
过点P作于点Q，由抛物线定义知，而，则，
所以.
故答案为：
44．
【分析】根据已知等式，由复数除法的几何含义，即可求的值.
【详解】由题设，知：.
故答案为：.
45．
【分析】根据等差数列的求和公式，以及等差数列的性质，先求出，进而可求出结果.
【详解】因为，所以，
.
故答案为：.
46．，(答案不唯一)
【分析】根据反比例函数在各自象限具有单调性知：在各区间取一个数即有，即可确定，的值.
【详解】只要第个数大于，第个数小于即可，即，
故答案为：，.
47．
【分析】解法一：以AC、BD交点O为原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向构建空间直角坐标系，设，，，，，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可.
解法二：利用平面的性质作出点G的位置，再由平面几何的知识即可得解.
【详解】解法一：建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b均不为0)，则，，，，
∴，，
由题意四点共面，有，其中，设，
∴
由方程组，即，解得：.
故答案为：.
解法二：连接AC,BD交于点O，则O是底面的中心，连接PO，PO垂直于底面ABCD，
连接AF，交PO于H，可得H为PO的三等分点（靠近O）,连接EH并延长，与PD的交点即为G，
在平面内作出三角形PBD，作,垂足分别为S，T，如图，
由题意，,所以，，
设，则，
又由三角形相似得，,
所以，解得：.
解得：
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：构建空间直角坐标系，利用四点共面有且，再设，应用空间向量线性关系的坐标表示，列方程组求参数.
48．(1)
(2)
【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式得到，进而求出单调递减区间；
（2）先求出，从而得到，由列出方程，求出的长.
【详解】（1）因为
所以，,
解得，,
所以的单调递减区间为．
（2）因为，所以．
因为，所以，所以，
所以，
故，
由题意知，，
所以，
即，
所以．
49．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点O，连接，结合题意和三角形全等得到，利用线面垂直的判定得到平面，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和所在直线的方向向量，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】（1）如图，连接，交于点O，连接，
由，
可得，所以，
又，所以，
所以，即O为中点，
在等腰中，可得，
在等腰中，，又，平面，
所以平面，又平面，
所以．
（2）由（1）可得，，
又，
所以，
由于为正三棱锥，点P在底面的垂足一定在上，设垂足为M，
根据正三棱锥的性质可得，
如图，过点作的平行线，以的平行线所在直线为轴，以所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系．
可得，
又，
（或）
设平面的法向量，可得
不妨令，可得，
所以，
故所以点A到平面的距离为．
50．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算出，得到是常数数列；
（2）在（1）的基础上，得到，，利用分组求和得到答案.
【详解】（1）因为
，
所以，
所以是常数数列．
（2）因为，所以，
所以，
所以．
因为，
所以
，
所以．
51．(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）利用求平均数公式计算即可；
（2）求出X的可能取值和对应的概率，写成分布列；
（3）计算出，得到，利用所给条件得到学生的体质测试成绩恰好落在区间得概率约为0.9545，得到，求出答案.
【详解】（1）．
（2）因为体质测试不合格的学生有3名，
所以X的可能取值为0，1，2，3．
因为．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
（3）因为，
所以．
因为，
所以学生的体质测试成绩恰好落在区间得概率约为0.9545，
故，
所以．
52．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线的方程和抛物线方程，消去后利用判别式求得的值.
（2）求得过三点的切线方程，进而求得的恒坐标，根据抛物线的知识证得结论成立.
【详解】（1）将代入，
化简得（*），
方程（*）的判别式，
化简得，
即．
（2）设，
设抛物线在点处的切线方程为，
由消去并化简得，
，
，，
解得，故切线方程为，
， ，
即，
同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：
，，
由过的切线方程两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标分别为：
，，，
注意到结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，
得，
命题得证．
53．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线方程；
（2）参变分离，构造，求导，得到其最小值，求出a的取值范围；
（3）注意到，多次求导得到，从而分，，与，结合函数单调性，极值和最值情况，求出答案
【详解】（1），
，
所以曲线在点处的切线方程，
即．
（2）因为在区间上恒成立，
所以，
令，则，
令，则，
当时，单调递增，，
所以，所以在上单调递增，
故，
所以．
（3），
令，则，
令，则，
当时，，
则，，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以．
所以适合，
当时，当时，，
在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，，
在上单调递增，，舍去；
当时，当时，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增，
此时，，舍去．
综上，．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
54．(1)
(2)
【分析】（1）利用求得.
（2）利用裂项求和法求得.
【详解】（1）当时，由，得，
则.
当时，有，符合上式.
综上，.
（2）由（1）得，，
则
.
55．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用同角三角函数基本关系进行求解；
（2）延长BD到点M使，连接AM，在中利用余弦定理进行求解.
(1)
解：由及正弦定理，
得，
因为，所以，
又，所以，
因为，所以.
(2)
解：延长BD到点M使，连接AM，
在中，，，，，
由余弦定理，得，
即，解得或（舍），
所以.
56．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明平面PAB，再利用面面垂直的判断推理作答.
（2）在平面PAB内过P作于点O，证明CO平面ABC即可推理计算作答.
（1）因为，，，则，于是得，又，，平面PAB，因此，平面PAB，而平面ABC，所以平面平面PAB.
（2）在平面PAB内过P作于点O，连接CO，如图，由（1）知，平面平面PAB，而平面平面，则有平面，因此，是直线PC与平面ABC所成角，在中，，则，，在中，，则有，所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
57．(1)
(2)见解析，
【分析】（1）利用相互独立事件同时发生的概率公式、互斥事件的概率公式公式进行求解即可；
（2）写出随机变量的所有可能取值，利用相互独立事件同时发生的概率公式求出各自概率，列表得到分布列，再利用期望公式进行求解..
（1）
解：设事件“在比分为8：8的条件下甲以11：9获胜”，
则.
（2）
解：随机变量X的所有可能取值为：2，3，4，5，
，，
，，
所以随机变量X的分布列为：
X
2
3
4
5
P
所以.
58．(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;
（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.
【详解】（1）因为实轴长为4，即，，
又，所以，，
故C的方程为.
（2）由O，A，N，M四点共圆可知，，
又，即，
故，
即，所以,
设，，，
由题意可知，则直线，直线，
因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，
故M坐标为，所以，
又，由，则，
整理可得，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线，代入双曲线方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以点P坐标为.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.
59．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，令，再利用一元二次方程有两个不同的正根求解作答.
（2）对函数求导并变形，利用（1）结合韦达定理将要证不等式进行等价变换，
然后构造函数，借助导数探讨单调性推理作答.
（1）
令，则有2个零点，等价于存在两个正根，则有，解得，
所以使得有两个零点的a的取值范围是.
（2）
依题意，，
因为，，且有两个极值点，则为的两个不同解，
由（1）知，且，，不妨设，
，
要证明，只需证，而，即，
只需证，因，只需证，两边同除以得，
因为，只需证，
设，令，，则，令，
则，即在上单调递增，则有，
因此，在上单调递增，即，当时，，
取，，从而有成立，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.
60．（1）；（2）面积为或.
【分析】（1）利用正弦定理进行转化，可得的值，再根据角的范围即可求得结果；
（2）由余弦定理得的值，再根据三角形面积公式即可求得结果.
【详解】（1）因为，，所以，
又因为，所以，解得.
在中，因为，所以为锐角，所以；
（2）因为，
所以，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或.
61．（1）最小值为；（2）.
【分析】（1）求出导函数，确定函数的单调性后可得最小值；
（2）确定，时只有一个零点，因此在上有两个零点，由二次函数的性质可得．
【详解】（1）时，.
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此时的极小值为；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时的极小值为；
因为，所以的最小值为；
（2）显然；
因为时，有且只有一个零点，
所以原命题等价于在上有两个零点.
所以，解得，
故实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查求函数的最值，由零点个数求参数值．解题关键是求出导函数，由导函数的正负确定单调性后得极值，比较后得最值．
62．（1）证明见解析；（2）最大值为.
【分析】（1）连接，先证平面，再证平面，通过过直线作平面与平面相交于直线，平面，进而可得结果；
（2）求出平面的法向量，设，将直线与平面所成角的正弦值表示为关于的函数，求出最值即可.
【详解】（1）证明：连接，则，因为平面，
平面，所以；
又因为，所以平面；
因为平面，所以；
同理；因为，所以平面；
因为平面，过直线作平面与平面相交于直线，则；
所以平面；又平面，
所以平面平面；
（2）设正方体的棱长为，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，取，则；
设，则，因为，
所以；
设直线与平面所成的角为，
则，
所以当时，取到最大值为，
此时的最大值为.
【点睛】引入新的变量，将用表示，线面角的正弦值表示为关于的函数是解题的关键.
63．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）设直线的方程为，代入由韦达定理得出的值；
（2）设直线的方程为，代入，由韦达定理得出，结合，得出.
【详解】解：（1）设直线的方程为，代入得，则.
（2）由（1）同理得
设直线的方程为，代入得，则
又，同理
则
∴存在实数，使得成立.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于联立直线方程以及抛物线方程，结合韦达定理得出根与系数的关系，进而得出证明.
64．（1），物理成绩为；（2）.
【分析】（1）结合题中数据以及公式可得，将110代入即可得结果；
（2）先得考生的物理成绩服从正态分布，根据正态分布的概率特征不低于分的概率，进而得期望.
【详解】（1）设根据剔除后数据建立的关于的回归直线方程为，
剔除异常数据后的数学平均分为，
剔除异常数据后的物理平均分为，
则，
则，
所以所求回归直线方程为.
又物理缺考考生的数学成绩为，
所以估计其可能取得的物理成绩为.
（2）由题意知，
因为，
所以，
所以参加该次考试的名考生的物理成绩服从正态分布，
则物理成绩不低于分的概率为，
由题意可知，
所以物理成绩不低于分的人数的期望
.
65．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）先证成立，得出，结合即可得结果；
（2）利用分析法即证即证成立，构造函数，利用导数得出单调性，得出，即可得结果；
（3）结合（2）中的结论可得，由（1）中的结论，知.
【详解】（1）先证明对恒成立，
记，则，
所以在上单调递减，
所以时，，
所以时，.
又，所以，即.
即，得证.
（2）要证成立，
只需证成立，即证成立；
记，，
则，
所以在上单调递增，所以时，，
所以时，，
又，所以，得证.
（3）由（2）知，即，
则，即，
又，所以，
所以；
由（1）知，所以，又，
则.
综上.
【点睛】关键点点睛：通过证明是解决（1）的关键，通过构造函数利用其单调性是解决（2）的关键，运用（2）中的结论是解决（3）的关键.
66． 0
【分析】根据给定条件求出待定系数a，b，进而求出的解析式，代值计算可得，变形函数式并借助二次函数求解最值作答.
【详解】函数，因对任意非零实数x，均满足，
则，有，
即，由等式两边展开式最高次项系数得：，即，
当时，，解得，经检验得，，，对任意非零实数x成立，
因此，
，
，当即时，，
所以的值为0，函数的最小值为.
故答案为：0；
【点睛】思路点睛：两边是一元高次多项式的等式恒成立问题，可以借助特殊项（如最高次项、常数项等）及取特值求出待定系数，然后验证即可.
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