山东省青岛市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省青岛市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共65页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

山东省青岛市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山东青岛·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东青岛·统考一模）若，表示两个不同的平面，为平面内一条直线，则（    ）
A．“”是的充分不必要条件
B．“”是的必要不充分条件
C．“”是“”的必要不充分条件
D．“”是“”充要条件
3．（2021·山东青岛·统考一模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则该双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．2
4．（2021·山东青岛·统考一模）18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，，也即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离．在复平面内，复数（是虚数单位，）是纯虚数，其对应的点为，为曲线上的动点，则与之间的最小距离为（    ）
A． B．1 C． D．2
5．（2021·山东青岛·统考一模）若，不等式的解集为（    ）
A． B．
C． D．
6．（2021·山东青岛·统考一模）已知角终边上有一点，则的值为（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·山东青岛·统考一模）已知为奇函数，为偶函数，若当时，，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
8．（2021·山东青岛·统考一模）在抛物线第一象限内一点处的切线与轴交点横坐标记为，其中，已知，为的前项和，若恒成立，则的最小值为（    ）
A．16 B．32 C．64 D．128
9．（2022·山东青岛·统考一模）已知全集，，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·山东青岛·统考一模）若命题“，”为真命题，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
11．（2022·山东青岛·统考一模）已知，i为虚数单位，则（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·山东青岛·统考一模）若双曲线的焦距为6，则该双曲线的离心率为（    ）
A． B． C．3 D．
13．（2022·山东青岛·统考一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为斤，设，则（    ）
A． B．7 C．13 D．26
14．（2022·山东青岛·统考一模）甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（    ）
A．0.36 B．0.352 C．0.288 D．0.648
15．（2022·山东青岛·统考一模）已知函数，将的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若图象关于对称，则为（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·山东青岛·统考一模）设是定义域为R的偶函数，且在上单调递增，若，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
17．（2023·山东青岛·统考一模）已知全集，，，则下图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．
18．（2023·山东青岛·统考一模）已知复数满足，则的虚部为（    ）
A．1 B． C． D．
19．（2023·山东青岛·统考一模）在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则（     ）
A． B． C． D．
20．（2023·山东青岛·统考一模）龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（    ）

A． B． C． D．
21．（2023·山东青岛·统考一模）定义域为R的函数满足：当时，，且对任意实数x，均有，则（    ）
A．3 B．2 C． D．
22．（2023·山东青岛·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（     ）
A． B．3 C． D．
23．（2023·山东青岛·统考一模）某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（    ）
A．0.34 B．0.37 C．0.42 D．0.43
24．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，若，，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·山东青岛·统考一模）已知圆：，下列说法正确的是（    ）
A．的取值范围是
B．若，过的直线与圆相交所得弦长为，方程为
C．若，圆与圆相交
D．若，，，直线恒过圆的圆心，则恒成立
26．（2021·山东青岛·统考一模）已知，，若与共线，则下列说法正确的是（    ）
A．将的图象向左平移个单位得到函数的图象
B．函数的最小正周期为
C．直线是的一条对称轴
D．函数在上单调递减
27．（2021·山东青岛·统考一模）若实数，则下列不等式成立的是（    ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．若，则
28．（2021·山东青岛·统考一模）在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下列说法正确的是（    ）

A．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为
B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米
C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为平方厘米
D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米
29．（2022·山东青岛·统考一模）某市为了更好的支持小微企业的发展，对全市小微企业的年税收进行适当的减免，为了解该地小微企业年收入的变化情况，对该地小微企业减免前和减免后的年收入进行了抽样调查，将调查数据整理，得到如下所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（    ）

A．推行减免政策后，某市小微企业的年收入都有了明显的提高
B．推行减免政策后，某市小微企业的平均年收入有了明显的提高
C．推行减免政策后，某市小微企业的年收入更加均衡
D．推行减免政策后，某市小微企业的年收入没有变化
30．（2022·山东青岛·统考一模）已知向量，，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与的夹角为锐角
31．（2022·山东青岛·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别是，，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（    ）
A．的周长为6 B．的面积为
C．的内切圆的半径为 D．的外接圆的直径为
32．（2022·山东青岛·统考一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（    ）

A．圆台母线与底面所成角为60° B．圆台的侧面积为
C．圆台外接球半径为2 D．在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5
33．（2023·山东青岛·统考一模）在的展开式中,下列说法正确的是(   )
A．常数项是 B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为 D．各项的系数之和为
34．（2023·山东青岛·统考一模）下列说法正确的是（    ）
A．若直线a不平行于平面，，则内不存在与a平行的直线
B．若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则
C．设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充要条件
D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补
35．（2023·山东青岛·统考一模）1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是(   )
A．若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
B．若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列
C．若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)
D．若最初有个桃子,则必有的倍数
36．（2023·山东青岛·统考一模）已知、是平面直角坐标系中的两点，若，，则称是关于圆的对称点．下面说法正确的是（    ）
A．点关于圆的对称点是
B．圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身
C．圆上不同于原点的点关于圆的对称点的轨迹方程是
D．若定点不在圆上，其关于圆的对称点为，为圆上任意一点，则为定值

三、填空题
37．（2021·山东青岛·统考一模）二项式展开式中的常数项为________．（用数字作答）
38．（2021·山东青岛·统考一模）已知非零向量满足，且，则向量的夹角是_______．
39．（2021·山东青岛·统考一模）某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程采用大密度集中培训与周末分散培训两种方式的效果，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中培训的55个学员中有45名学员一次考试通过，接受周末分散培训的学员一次考试通过的有30个．根据统计结果，认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过______．
附：

0.05
0.025
0.010
0.001

3.841
5.024
6.635
10.828

40．（2022·山东青岛·统考一模）的展开式中的系数是______．（用数字作答）
41．（2022·山东青岛·统考一模）已知，若，则______．
42．（2022·山东青岛·统考一模）截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体．若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为______．
43．（2023·山东青岛·统考一模）已知，，，若向量，且与的夹角为钝角，写出一个满足条件的的坐标为______．
44．（2023·山东青岛·统考一模）已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则______．
45．（2023·山东青岛·统考一模）湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园．已知，，，，千米，则______千米．


四、双空题
46．（2021·山东青岛·统考一模）2021年是中国传统的“牛”年，可以在平面坐标系中用抛物线与圆勾勒出牛的形象．已知抛物线：的焦点为，圆：与抛物线在第一象限的交点为，直线：与抛物线的交点为，直线与圆在第一象限的交点为，则______；周长的取值范围为______．
47．（2022·山东青岛·统考一模）已知函数，若函数，则函数的图象的对称中心为______；若数列为等差数列，，______．
48．（2023·山东青岛·统考一模）设函数是定义在整数集Z上的函数，且满足，，对任意的，都有，则______；______．

五、解答题
49．（2021·山东青岛·统考一模）从①；②，；③，是，的等比中项这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．
已知等差数列的前n项和为，公差d不等于零，______．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求．
50．（2021·山东青岛·统考一模）如图，在中，，，点，是线段（含端点）上的动点，且点在点的右下方，在运动的过程中，始终保持不变，设弧度．

（1）写出的取值范围，并分别求线段，关于的函数关系式；
（2）求面积的最小值．
51．（2021·山东青岛·统考一模）在四棱锥中，平面，，，，，，点，在线段上，，，为线段上的一点．

（1）求证：平面；
（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
52．（2021·山东青岛·统考一模）某商场每年都会定期答谢会员，允许年度积分超过指定积分的会员参加特价购物赠券活动．今年活动的主题为“购物三选一，真情暖心里”，符合条件的会员可以特价购买礼包（十斤肉类）礼包（十斤蔬菜）和礼包（十斤鸡蛋）三类特价商品中的任意一类，并且根据购买的礼包不同可以获赠价值不等的代金券根据以往经验得知，会员购买礼包和礼包的概率均为．
（1）预计今年有400名符合条件的会员参加活动，求商场为此活动需要准备多少斤鸡蛋合理；
（2）在促销活动中，若有甲、乙、丙三位会员同时参与答谢活动，各人购买礼包相互独立，已知购买礼包或礼包均可以获得50元商场代金券，购买礼包可以获得25元商场代金券，设是三人获得代金券金额之和．求的分布列和数学期望．
53．（2021·山东青岛·统考一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，右焦点为，上顶点为，点到直线的距离等于1．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆相交于，两点，为中点，直线，分别与圆：相切于点，，求的最小值．
54．（2021·山东青岛·统考一模）青岛胶东国际机场的显著特点之一是弯曲曲线的运用，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率．曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．已知函数，若，则曲线在点处的曲率为．

（1）求；
（2）若函数存在零点，求的取值范围；
（3）已知，，，证明：．
55．（2022·山东青岛·统考一模）已知为等比数列，，，分别是下表第一、二、三行中的数，且，，中的任何两个数都不在下表的同一列，为等差数列，其前项和为，且，．

第一列
第二列
第三列
第一行
1
5
2
第二行
4
3
10
第三行
9
8
20
(1)求数列，的通项公式；
(2)若，其中是高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，求数列的前100项的和．
56．（2022·山东青岛·统考一模）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求角；
(2)若，边上的高为，求边．
57．（2022·山东青岛·统考一模）如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．

(1)证明：；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
①四棱锥的体积为2；
②直线与所成角的余弦值为．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
58．（2022·山东青岛·统考一模）已知为坐标原点，点，过动点作直线的垂线，垂足为点，，记的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若，，，均在上，直线，的交点为，，求四边形面积的最小值．
59．（2022·山东青岛·统考一模）规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功．
(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下：

1
2
3
4
5

232
98
60
40
20
求关于的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）；
(3)证明：．
附：经验回归方程系数：，；
参考数据：，，（其中，）．
60．（2022·山东青岛·统考一模）已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)设函数，若，求的值．
61．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，，是的两个相邻极值点，且满足．
(1)求函数图象的对称轴方程；
(2)若，求．
62．（2023·山东青岛·统考一模）已知等差数列的前n项和为，公差，，，成等差数列，，，成等比数列．
(1)求；
(2)记数列的前n项和为，，证明数列为等比数列，并求的通项公式．
63．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在中，，且，，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点．

(1)是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
(2)当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
64．（2023·山东青岛·统考一模）今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就．某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
(2)用样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；
(3)从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望．
65．（2023·山东青岛·统考一模）已知O为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，，的面积为S．从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立．
①；②；③W为原点O．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
66．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，圆．
(1)若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
(2)若曲线与圆C恰有三条公切线．
(i)求b的取值范围；
(ii)证明：曲线上存在点，对任意，．

参考答案：
1．C
【分析】先利用对数函数的值域和幂函数的定义域化简集合A，B，再利用集合的补集和交集运算求解.
【详解】因为集合，
所以，
又，
所以则
故选：C
2．B
【分析】根据线面与面面平行、垂直的判定与性质即可判断结果．
【详解】A中，若，根据面面平行的判定定理不能得到，A错；
B中，若，根据面面平行的性质可得，又因为不能推出，B正确；
C中，若，根据面面垂直的性质不能推出，C错；
D中，若，根据面面垂直判定不能推出，D错
故选：B．
3．C
【分析】根据一条渐近线的倾斜角为，由求得，再由求解.
【详解】因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
所以，
所以，
故选：C
4．B
【分析】因为为纯虚数，化简可得，则，设，用两点距离公式求解的最小值即可．
【详解】由，
因为复数（是虚数单位，）是纯虚数，所以得
所以，则
由于，故设且，
所以  
故与之间的最小距离为1
故选：B．
5．A
【分析】分和两种情况分别求解，再求并集即可.
【详解】当时，

当时，

综上不等式的解集为
故选：A.
6．D
【分析】先算出点的坐标，再利用三角函数的定义计算即可.
【详解】因为

即
所以
所以
故选：D.
7．C
【分析】由得，为偶函数得关于对称，故周期为4，则问题可解．
【详解】为奇函数，且关于原点对称①
∵时，∴，∴
∴时，
∵为偶函数关于轴对称．
则关于对称②
由①②可知
∴，∴．
∴，
∴周期为4，，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：根据函数的对称性来求周期是本题的关键点．
8．D
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程，即可得到与的关系，从而判断出是以为公比的等比数列，再根据等比数列前项和公式求出，得到的范围,即可求出.
【详解】因为，，，所以切线：
令，，∴，，则，有．
∴是以为公比的等比数列,，而，．∴恒成立,即的最小值为128.
故选：D．
9．B
【分析】根据集合补集的概念及运算，即可求解.
【详解】由题意，全集，且，
根据集合补集的概念及运算，可得.
故选：B.
10．B
【分析】结合二次函数的性质来求得的取值范围.
【详解】依题意命题“，”为真命题，
当时，成立，
当时，成立，
当时，函数开口向下，不恒成立.
综上所述，.
故选：B
11．C
【分析】利用复数的除法运算化简，从而求得.
【详解】，
.
故选：C
12．A
【分析】直接求出k，即可求出离心率.
【详解】因为为双曲线，所以，化为标准方程为：.
由焦距为6可得：，解得：k=1.
所以双曲线为.
所以双曲线的离心率为.
故选：A
13．C
【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到，求得的值，代入函数的解析式，即可求解.
【详解】由题意知：这个人原来持金为斤，
第1关收税金为：斤；第2关收税金为斤；
第3关收税金为斤，
以此类推可得的，第4关收税金为斤，第5关收税金为斤，
所以，
即，解得，
又由，所以.
故选：C.
14．D
【分析】由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，然后由独立事件和互斥事件的概率公式求解即可
【详解】由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为
二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，
而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为，
故选：D
15．A
【分析】化简解析式，根据三角函数图象变换求得，由求得的值.
【详解】，
的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，
得到函数，
故，
所以，
由于，所以.
故选：A
16．D
【分析】根据的奇偶性化简，结合的单调性确定的大小关系.
【详解】依题意是定义域为R的偶函数，
，
，
，
，
，
，
，
由于在上单调递增，所以.
故选：D
17．A
【分析】求出集合B，根据集合的并集和补集运算易知阴影部分为.
【详解】，
∴.
则，
图中阴影部分为.
故选：A.
18．A
【分析】化简，再求出即得解.
【详解】由，得，从而，所以的虚部为1．
故选：A
19．B
【分析】根据三角函数特殊值求出点的坐标，由正弦函数定义即可求解.
【详解】依题意，
因为，所以终边经过的点为，
所以终边在第四象限，所以.
故选：B.
20．B
【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.
【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.

根据题意，，，，，
设，
所以，
解得，，
所以，
故选：B.
21．D
【分析】由题意将所求转化到即可得解.
【详解】由，得，
则
.
故选：D.
22．C
【分析】联立直线与C的方程，求出弦AB长，由求解即得.
【详解】显然直线与交于原点O，
由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，
设点，而
由得，解得，
则，
则，化简得，即，，
解得，
则.
故选：C.
23．C
【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.
【详解】设事件表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则,
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，
故,
故选：C
24．A
【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.
【详解】因为，
所以在上是奇函数.所以
对求导得，
令，则
当时，，所以在上单调递增，
则时，，即，
所以在上单调递增.
因为，所以，
因为在上单调递增，
所以.
令，则
所以当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，
而，即，所以，即.
所以，即，则
所以
所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：
构造函数，判断.
25．ACD
【分析】根据圆的一般方程可判断A；利用点到直线的距离为可判断B；时很容易判断C；直线恒过圆的圆心，可得，利用基本不等式可判断D.
【详解】对于A，方程表示圆可得，解得，故A正确；
对于B，若，可得圆方程：，
过的直线与圆相交所得弦长为，
则圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，，满足条件，故B不正确；
对于C，，，圆心，半径为，故C正确；
对于D，直线恒过圆的圆心，
可得，，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：ACD.
26．BC
【分析】根据向量共线的坐标表示求出，由三角函数的平移变换原则可判断A；由可判断B；将代入，结合余弦函数的对称轴可判断C；利用余弦的单调递减区间为可判断D.
【详解】因为与共线，则，
所以
.
对于A，将的图象向左平移个单位得到函数
的图象，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，则，
由余弦函数的对称轴为，故C正确；
对于D，，则，
由余弦函数的单调递增区间为，
当时，余弦函数的单调递增区间为，
所以函数在上单调递增.
故选：BC
27．ACD
【分析】根据对数函数的单调性得到A正确，取得到B错误，构造得到函数单调递增得到C正确，构造函数得到函数单调递减得到D正确，得到答案.
【详解】，A正确；
取，则，B错误；
要使，即，，则，函数单调递增，故，即，故C正确；
设，则，二次函数对称轴为，
，，故在上恒成立.
故函数单调递减，故，即，D正确.
故选：ACD.
28．ACD
【分析】根据母线长与底面半径用正弦可求顶角；当顶角为是面积最大；根据顶角与母线长即可求外接球半径；根据三角形内切圆几何关系即可求解半径．
【详解】对A选项，设顶角为，则，得，所以顶角为，A正确；
对B选项，因为顶角为，则截面三角形的最大面积为平方厘米，B错误；
对C选项，因为顶角为，则，所以外接球半径等于圆锥母线长，即
则该球的表面积为平方厘米，C正确；
对D选项，设球的最大半径为，因为顶角为，则，所以
，D正确．

故选：ACD
29．BC
【分析】根据减免前，减免后的频率分布直方图，逐个分析选项即可
【详解】对于A，从图中无法确定推行减免政策后，某市小微企业的年收入是否都有了明显的提高，故A错误；
对于B，从图中可以看出，减免前占比最多的平均年收入为万元，其次是万元及万元，减免后占比最多的为万元，其次是万元及万元，明显增多，所以平均年收入也有明显提高，所以B正确.
对C，从图中看出，推行减免政策后，年收入更加集中，所以减免后年收入更加均衡，所以C正确；
对于D，从图中看出，某市小微企业的年收入有明显变化，所以D错误.
故选:BC
30．AD
【分析】根据向量垂直、平行、模、夹角的坐标运算对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，，，A选项正确.
B选项，，，B选项错误.
C选项，，C选项错误.
D选项，，，为锐角，D选项正确.
故选：AD
31．ABC
【分析】求得，进而求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】椭圆的左、右焦点分别是，，
为椭圆上一点，，
所以.
所以的周长为，A正确.
的面积为，B正确.
设的内切圆的半径为，则，C选项正确.
为锐角，
，
所以的外接圆的直径为，D选项错误.
故选：ABC
32．ACD
【分析】对于A：过A作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角.即可求解；
对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；
对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由，求出；
对于D：圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE，利用勾股定理求解.
【详解】对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.

在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；

对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.
设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；

对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.

故选：ACD
【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量.
33．AC
【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.
【详解】根据二项式定理,的通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
34．AB
【分析】对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；
对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除.
【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；
选项B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；
选项C，当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故选项C错误；
选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.
故选：AB
35．ABD
【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,,又为等比数列,判断D的正误.
【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则
,
若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
,
所以,
即,故A正确;
由A，,
则,
即是等比数列,
若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,
所以是以为公比的等比数列,故B正确.
由B知,是等比数列,
所以,
即,
若最初有个桃子,即,
所以,故C错误;
根据题意:,
因为以为公比的等比数列,
所以,
化简得,
因为,且为正整数,
所以,
即必有的倍数,故D正确.
故选:ABD.
36．BCD
【分析】利用题中定义可判断AB选项；设点，其中，设点，可得出，根据题中定义并结合已知条件求出点的轨迹方程，可判断C选项；证明出，可得出，可判断D选项.
【详解】对于A选项，取点，设点关于圆的对称点为，
则存在使得，，可得，则，
所以，，
因此，点关于圆的对称点是，A错；
对于B选项，由题意可知，
设点关于圆的对称点为点，则存在实数，使得，
所以，，可得，即，
因此，圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身，B对；
对于C选项，设点，其中，设点，
因为点在圆上，则，可得，
由题意可知，存在实数，使得，即，
所以，，可得，
因此，点的轨迹方程为，C对；
对于D选项，设点，则，设点，
由题意可知，存在实数，使得，且，则，
所以，、同向，且，所以，，
又因为，所以，，
所以，为定值，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
37．240
【分析】由 ，令12﹣3r＝0，得r＝4，由此能求出常数项．
【详解】在二项式中，通项公式得，由12﹣3r＝0，得r＝4，
∴常数项为.
故答案为240．
【点睛】本题考查了二项展开式中常数项的求法，注意二项式定理的合理运用，是基础题，
38．
【分析】由向量垂直得到，即可得到，再根据及计算可得；
【详解】解：因为，所以，即，所以．
因为，所以，因为，所以．
故答案为：
39．0.025
【分析】根据列联表计算，再根据临界值参考数据比较大小即可得出结论．
【详解】

集中培训
分散培训
合计
一次考过
45
30
75
一次未考过
10
20
30
合计
55
50
105
，
故答案为：0.025．
40．
【分析】由二项式定理可得的展开式的通项公式，由通项公式结合条件可得答案.
【详解】的展开式的通项公式为，
令可得
所以的展开式中的系数是
故答案为：
41．
【分析】根据两角和的正切函数公式，求得，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由，可得，解得，即，即，
又由，所以，
因为，所以.
故答案为：.
42．/
【分析】由题意可知截角四面体的体积等于大正面体的体积减去4个小正四面体的体积即可
【详解】因为大正四面体的棱长为3，
所以正四面体的的一个底面面积为，底面正三角形的高为
则正四面体的高为，
所以大正四面体的体积为，
由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为，底面正三角形的高为为，则小正四面体的高为，
所以小正四面体的体积为，
所以截得的截角四面体的体积为，
故答案为：
43．
【分析】根据向量的共线和向量乘法的坐标计算公式即可求解.
【详解】根据题意可得：，，
设，
因为向量，且与的夹角为钝角，
所以
所以，
不妨令
所以
，
故答案为：.
44．
【分析】根据抛物线的对称性以及边长可得，进而代入抛物线方程即可求解.
【详解】根据抛物线的对称性可知：由为等边三角形，所以关于坐标轴对称，由,，所以,将代入可得，
故答案为：

45．
【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.
【详解】在三角形中由正弦定理得，
所以，
即，
所以，
所以，
又，，所以为等腰直角三角形，所以，
在中由余弦定理得

，
所以.
故答案为：.
46． 2
【分析】联立圆与抛物线的方程即可求得m，然后由分别与抛物线，与圆的方程联立求得A，B的坐标，再结合抛物线的定义求解.
【详解】如图所示：

由，解得，
∴
由，解得，
所以
由，解得，
所以，
由抛物线的定义得：
∴，
∴周长，
，
.
，

故答案为：2，．
47． 44
【分析】根据题意计算的值，从而可求出其对称中心，由等差数列的性质结合，可得，再利用等差数的性质和的对称性可求出的值
【详解】因为，
所以


，
所以的图象的对称中心为，即为，
因为等差数列中，，
所以，得，
因为的图象的对称中心为，
所以， ，，，，
因为，
所以 ，
故答案为：，44
48． 0
【分析】由结合已知函数值，通过代入特殊值计算；推导出函数周期，通过已知函数值，分析中自变量的数据特征求值.
【详解】令，，∴，
令，，∴，
令，则﹐即，可得，
，函数周期，
，，，，∴为奇数时，，
为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时.
∴，
，由，则为偶数，
记，，



，
所以 .
故答案为：0；
【点睛】思路点睛：
由已知条件可得函数周期，有，，，，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时，可求的值，，可求的值.
49．(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】（1）选①：先计算出，得到前项和公式，进而计算出方差和通项公式；
选②：得到关于首项和公差的方程组，求出首项和公差，求出通项公式；
选③：根据等比中项，列出方程，求出公差，通项公式；
（2）在第一问的基础上，计算得到数列的通项公式，进而利用分组求和计算出前n项和.
【详解】（1）选①．
易得，解得：，即，
所以，即，故，
所以．
选②．
易得，所以，
所以．
选③．
易得，即，解得：（舍去），
所以．
（2）由（1）知，
所以，
所以
．
50．（1），；；（2）．
【分析】（1）依据直角三角形直接写出的范围，然后根据正弦定理可得，关于的函数关系式.
（2）根据（1）的条件可得，并结合辅助角公式，简单计算以及判断即可.
【详解】（1）由题意知，

．
（2）
．
当且仅当时，取“”．
51．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据可证，再结合即可证明平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的法向量，结合二面角的余弦值为得坐标，再求与平面的法向量结合公式求得所成角的正弦值．
【详解】解：（1）证明：∵，，∴，，
又∵，∴，∴四边形为平行四边形．
又∵，∴四边形为矩形．
∵，∴
∴
∴，又∵平面，∴，，
∴平面．
（2）如图建立空间直角坐标系

则，，，，，
设，
∴
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，
∴

设平面与平面所成锐二面角为，
∴
此时，平面的一个法向量，
∴．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：
（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；
（2）、用空间向量坐标公式求解．
52．（1）（斤）；（2）分布列见解析；期望为．
【分析】（1）计算出买礼包的概率，然后简单计算即可.
（2）写出的所有可能取值并计算出相对应的概率，然后列出分布列，最后根据期望公式计算即可.
【详解】（1）会员购买礼包的概率为，
∴准备鸡蛋：（斤）
（2）的所有可能取值为：150，125，100，75
，
，
∴的分布列如下

150
125
100
75





∴．
53．（1）；（2）．
【分析】（1）由离心率与点到直线的距离等于1，列方程即可求得，可得方程；
（2）将直线代入椭圆结合韦达定理求得点坐标，通过计算可得，即可得．
【详解】解：（1）直线的方程为
到直线的距离为
而，，∴，椭圆的标准方程为．
（2）设，，
，
∴

，∴，
∴，
∴
令，∴
∴，∴．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
54．（1）1；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）将代入并计算，， 根据曲率直接计算即可.
（2）等价转化为有根，然后令并研究其性质，最后进行判断可得结果.
（3）依据（2）条件可知，然后根据判断即可.
【详解】（1）当时，，．
，．
∴在处的曲率为．
（2）
令，则
当时，，当时，
所以函数在单调递增，在单调递减，
所以，则
又令，则
当时，，当时，
所以函数在单调递增，在单调递减
所以
令，
∴，
当且仅当时取“”，显然，当时，无零点．
当时，，
∴存在使，符合题意．
综上：实数的取值范围为．
（3）由（2）知，∴（当且仅当时取“”）
∴，∴
又∵，∴
综上：．
【点睛】关键点点睛：第（1）问关键在于求导；第（2）问关键在于等价转化的使用以及常用不等式（）的使用以及放缩法；第（3）问在于利用第（2）问的条件进行比较.
55．(1)，
(2)147

【分析】（1）观察表格易知，，，进而得的通项公式；根据等差数列基本量的运算即可得的通项公式；
（2）根据对数的运算以及高斯函数的概念即可得结果.
【详解】（1）由题意知，，
所以等比数列的公比，
设等差数列公差为，则，
所以，所以，，
（2）

56．(1)
(2)

【分析】（1）结合正弦定理、余弦定理求得，由此求得.
（2）结合三角形的面积公式、余弦定理求得.
【详解】（1）因为，
所以，
所以由正弦定理得，
所以由余弦定理得，
因为，所以.
（2）由三角形面积公式得，
，
所以，即，
由余弦定理得，
将代入上式得，
解得或（舍），所以边.
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）通过证明线面垂直来证得.
（2）选①，结合四棱锥的体积，证得平面；选②，结合直线与所成角的余弦值，证得平面；由此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在图①中


因为，，为中点所以，，
所以为平行四边形，所以，同理可证，
在图②中，取中点，连接，，，
因为，所以，，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）若选择①：因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以过点作，
则平面，因为，
所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，
在中，，
所以所，以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，
设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.

58．(1)
(2)

【分析】（1）设，得到，，结合，即可 求得曲线的方程；
（2）设直线，的方程分别为，，将代入抛物线求得，，结合弦长公式求得，，进而求得的面积的表达式，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：设，则，所以，
因为，可得，
所以曲线的方程为.
（2）解：设，，，，
直线，的方程分别为：，，
将代入抛物线得，所以，，
所以，
因为，同理得：
所以的面积，
当且仅当时等号成立，所以四边形面积的最小值为2
59．(1)分布列见解析，数学期望为
(2)回归方程为，预测成功的总人数为465
(3)证明见解析

【分析】（1）结合相互独立、独立重复试验的概率计算公式，计算出分布列并求得数学期望.
（2）利用换元法，结合回归直线方程的计算公式，计算出关于的回归方程，并由求得预测值.
（3）通过求“在前轮没有成功的概率”大于，来求得“前轮就成功的概率”小于，从而证得不等式成立.
【详解】（1）由题知，的取值可能为1，2，3所以；
；；
所以的分布列为：

1
2
3




所以数学期望为.
（2）令，则，由题知：，，
所以，
所以，，
故所求的回归方程为：，
所以，估计时，；估计时，；估计时，；
预测成功的总人数为.
（3）由题知，在前轮就成功的概率为

又因为在前轮没有成功的概率为



，
故.
60．(1)
(2)

【分析】（1）由题意，利用分离参数法得到对恒成立.设，利用导数判断出函数在上单调递增，求出；
（2）把题意转化为，恒成立.由为的一个极小值点，解得.代入原函数验证成立.
【详解】（1）由题意知
因为函数在上单调递增，所以，
即对恒成立
设，则
当时，
当时，
所以函数在上单调递增
所以
（2）由题知
所以，
因为，所以，
即为的最小值，为的一个极小值点，
所以，解得
当时，
所以
①当时，（当且仅当时等号成立）
所以在上单调递增
②当时，若，；
若，
所以在上单调递减
综上，在上单调递减，在上单调递增
所以当时，
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
61．(1)
(2)

【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，结合周期即可求解，整体法即可求解对称轴，
（2）根据余弦的二倍角公式即可求解.
【详解】（1），
由可得周期满足,所以，故，
令解得，故的对称轴方程为
（2）由得，
由，
所以
62．(1)
(2)

【分析】（1）根据等比中项以及等差中项，结合等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，
（2）根据结合前项和与通项之间的关系即可证明等比数列，由等比数列的定义即可求解通项.
【详解】（1）由，，成等差数列，，，成等比数列可得，

（2）由得，
故，两式相减可得，
而，所以为公比为2的等比数列，且首项为，
故，进而
63．(1)存在，当为圆弧的中点，此时；
(2)．

【分析】（1）面即为所求，即BC⊥AD，此时易知D为圆弧BC的中点；
（2）易知当四边形ABDC面积最大时，四棱锥的体积最大，设，根据可求四边形ABDC面积最大时的大小.建立空间直角坐标系，求出此时各点坐标，利用向量法即可求出平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【详解】（1）当为圆弧的中点，即时，，
证明如下：∵为圆弧的中点，∴，即为的平分线，
∵，∴为等腰的高线，即，
∵平面，
∴平面，∴，
∵，∴面，∴．
（2）由（1）得，为四棱锥的高，∵，∴当底面积取最大值时，四棱锥体积最大.
设，则，

，
∵，
∴时，取最大值，
∴当四棱锥体积最大时，，
过在平面内作直线，交圆弧于点，
由题知两两垂直，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
64．(1)
(2)
(3)分布列见解析；

【分析】（1）根据题意，由中位数的意义列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意可得，当取最大值时，则，
然后求解，即可得到结果；
（3）由题意可得，甲乙分别进入复赛的概率，然后求得的概率，即可得到分布列与期望.
【详解】（1）因为前两个矩形的面积之和为，前三个矩形面积为，
所以中位数在之间，设中位数为，
则，解得，故中位数为.
（2）由题意可得，成绩在上的概率为，则不在的概率为，
所以，即有，，
当取最大值时，则，
即，
解得，即，
且，所以.
（3）由题意可知，从6道题中选4题共有，
因为甲能答对6道题中的4道题，故甲能进复赛的情况共有，
所以甲能进复赛的概率为，则甲不能进复赛的概率为；
因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有,
所以乙能进复赛的概率为，则乙不能进复赛的概率为；
依题可得，的可能取值为，
所以，，，
则分布列为:








则.
65．(1)；
(2)证明见解析．

【分析】(1)根据椭圆的几何性质即可求出a、b、c，从而可得椭圆的标准方程；
(2)(i)选②③为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.l斜率存在时，设l为，由可得(*)，联立直线l与椭圆的方程，得，代入(*)可得k和t的关系，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出O到l的距离d，根据即可求出S；(ii)选①③为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出；(iii)选①②为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出W到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出W的坐标．
【详解】（1）记，由题意知：，
∴，解得，
∴，
∴椭圆的标准方程为：．
（2）(i)选②③为条件：设，
当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，
则由，可得，
此时直线的方程为，与联立，解得，
∴．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
则，即，
将代入得：，
∴，
∴，
∴，即．
，
∵点到直线的距离，
∴，
综上，①成立．
(ii)选①③为条件：设，
当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，
则由，可得，
又，解得，∴；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
将代入得：，
∴，
，
∵点到直线的距离，
∴，
即，
∵，
∴．
综上，②成立．
(iii)选①②为条件：设，
当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则，
∴，又，解得，
∴，∴，
∴为坐标原点，满足题意；
当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，
将带入得：，
∴，
，
点到直线的距离，
∴，
即，∵，
，
则由，
即，
得：，
即，∵，
∴，即．
综上，③成立．
66．(1)；
(2)(i)；(ii)证明见解析．

【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程；
(2)(i)设曲线与圆公切线的方程为，根据导数几何意义求出k和m的关系，在根据圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，结合图象即可证明．
【详解】（1）设f(x)的切线的切点为，
∵，∴切线斜率为，
∴切线方程为，即，
当b＝1时，圆的圆心为，半径为，
当f(x)的切线也是圆的切线时，，
即，
易知是该方程的一个根，此时切线方程为．
（2）(i)设曲线与圆公切线的方程为(显然，l斜率存在)，
∵与曲线相切，故，
∴切点为，，即，即，
∵与圆相切，∴，即，
∴，
令，
则，
设，则，
易证明：．
①当时，∵在上单调递增，在上单调递减；∴，
∵，，
；
∴存在，，使得．
∴，，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∵，且，
又∵，
且，
∴存在，使得，
∴当时，曲线与圆恰有三条公切线；
②当时，∵；
∴存在，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∴，且，
∴不可能存在三个零点；
③当时，；∴在上单调递减，最多一个零点；
∴最多一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线与圆恰有三条公切线，则的取值范围为．
(ii)函数的零点，
即方程的解，
即曲线和曲线交点的横坐标，
结合图象，

显然存在，使得成立，
∴对任意恒成立．
【点睛】本题属于导数的综合题，需要利用导数讨论方程根的个数问题（函数零点问题）.问题关键是熟练掌握利用导数分类讨论函数的单调性，判断函数的零点的个数.