河南省焦作市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份河南省焦作市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共54页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

河南省焦作市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2020·河南焦作·统考一模）设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2020·河南焦作·统考一模）若复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2020·河南焦作·统考一模）椭圆：的焦距为4，则的长轴长为（    ）
A． B．4 C． D．8
4．（河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（理）试题）在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体为“刍甍”，书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即，其中是刍甍的高，即点到平面的距离.若底面是边长为4的正方形，，且平面，和是等腰三角形，，则该刍甍的体积为（    ）

A． B． C． D．
5．（2020·河南焦作·统考一模）若函数在上的值域为，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
6．（2020·河南焦作·统考一模）函数的部分图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
7．（2020·河南焦作·统考一模）（    ）
A．2 B． C．4 D．
8．（2020·河南焦作·统考一模）已知、、，且，则（    ）
A． B． C． D．
9．（2020·河南焦作·统考一模）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出的值为（    ）

A． B． C． D．1
10．（2020·河南焦作·统考一模）在一次语文考试的阅卷过程中，两位老师对一篇作文打出的分数都是两位的正整数，且十位数字都是，则两位老师打出的分数之差的绝对值小于或等于的概率为（    ）
A． B． C． D．
11．（2020·河南焦作·统考一模）已知双曲线：（，）的右焦点坐标为，直线与双曲线的一个交点为，若点到双曲线的两条渐近线的距离之和是，则的方程为（    ）
A． B． C． D．
12．（2020·河南焦作·统考一模）已知函数若函数的所有零点从小到大依次成等差数列，则的零点一定不包含（    ）
A． B．2019 C．2020 D．
13．（2022·河南焦作·统考一模）设集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·河南焦作·统考一模）已知复数满足，则的虚部为（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·河南焦作·统考一模）已知命题：，，：，，则下列命题是真命题的是（    ）
A． B．
C． D．
16．（2022·河南焦作·统考一模）某大学工程学院共有本科生1200人、硕士生400人、博士生200人，要用分层抽样的方法从中抽取一个容量为180的样本，则应抽取博士生的人数为（    ）
A．20 B．25 C．40 D．50
17．（2022·河南焦作·统考一模）设函数的零点为，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·河南焦作·统考一模）设和都是等差数列，前项和分别为和，若，，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2022·河南焦作·统考一模）椭圆的左、右顶点分别为，，左焦点为，为坐标原点，若，，成等比数列，则的离心率为（    ）
A． B．
C． D．
20．（2022·河南焦作·统考一模）已知函数是奇函数，则使得的的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
21．（2022·河南焦作·统考一模）花窗是一种在窗洞中用镂空图案进行装饰的建筑结构，这是中国古代建筑中常见的美化形式，既具备实用功能，又带有装饰效果．如图所示是一个花窗图案，大圆为两个等腰直角三角形的外接圆，阴影部分是两个等腰直角三角形的内切圆．若在大圆内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为（    ）

A． B．
C． D．
22．（2022·河南焦作·统考一模）已知函数的一个极值点为1，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·河南焦作·统考一模）已知数列的前项和，则（    ）
A． B．0
C． D．
24．（2022·河南焦作·统考一模）如图，在正四面体中，是棱的中点，在棱上，且，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
25．（2023·河南焦作·统考一模）已知集合，，那么（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·河南焦作·统考一模）已知复数，则（    ）
A． B． C． D．
27．（2023·河南焦作·统考一模）某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：

4
6
8
10

30
40
60
70
由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（    ）
A．73件 B．79件 C．85件 D．90件
28．（2023·河南焦作·统考一模）若实数x，y满足约束条件则的最大值为（    ）
A．1 B．2 C．6 D．7
29．（2023·河南焦作·统考一模）函数的大致图象为（    ）
A． B．
C． D．
30．（2023·河南焦作·统考一模）设，且，则（    ）
A． B． C． D．
31．（2023·河南焦作·统考一模）已知圆柱的下底面圆的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆上任意—点，若三棱锥的体积为，则圆柱的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
32．（2023·河南焦作·统考一模）在直三棱柱中，，且，若直线与侧面所成的角为，则异面直线与所成的角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
33．（2023·河南焦作·统考一模）已知函数在上单调，则a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
34．（2023·河南焦作·统考一模）以抛物线的焦点F为端点的射线与C及C的准线l分别交于A，B两点，过B且平行于x轴的直线交C于点P，过A且平行于x轴的直线交l于点Q，且，则△PBF的周长为（    ）
A．16 B．12 C．10 D．6
35．（2023·河南焦作·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分为，，左、右顶点分别为，，点M，N在y轴上，且满足（O为坐标原点）．直线，与C的左、右支分别交于另外两点P，Q，若四边形为矩形，且P，N，三点共线，则C的离心率为（    ）
A．3 B．2 C． D．
36．（2023·河南焦作·统考一模）已知实数a，b，c满足，且，则（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
37．（2020·河南焦作·统考一模）已知变量，满足约束条件，则的最大值为______.
38．（2020·河南焦作·统考一模）已知向量，，则_________．
39．（2020·河南焦作·统考一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，c﹣a＝2，cosB＝，则b的值为__．
40．（2020·河南焦作·统考一模）设，，，为球的球面上的四个点，满足，.若四面体的表面积为，则球的表面积为______.
41．（2022·河南焦作·统考一模）已知向量，，若，则______．
42．（2022·河南焦作·统考一模）写出一个离心率与双曲线的离心率互为倒数的椭圆的标准方程：______．
43．（2022·河南焦作·统考一模）已知，且，则______．
44．（2022·河南焦作·统考一模）已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
45．（2023·河南焦作·统考一模）已知正六边形ABCDEF的边长为2，则_________．
46．（2023·河南焦作·统考一模）已知圆，的圆心都在坐标原点，半径分别为与．若圆的圆心在轴正半轴上，且与圆，均内切，则圆C的标准方程为_________．
47．（2023·河南焦作·统考一模）已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．
48．（2023·河南焦作·统考一模）如图，已知AB为圆O的直径，，，则六边形AECBDF的周长的最大值为______．


三、解答题
49．（2020·河南焦作·统考一模）已知数列是公差不为零的等差数列，，且满足，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求使得最小的的值.
50．（2020·河南焦作·统考一模）近年来，高铁的发展逐渐改变了人们的出行方式，我国2015-2019年高铁运营里程的数据如下表所示.
年份
2015
2016
2017
2018
2019
年份代码
1
2
3
4
5
高铁运营里程（万千米）
1.9
2.2
2.5
2.9
3.5
（1）求关于的线性回归方程；
（2）每一年与前一年的高铁运营里程之差即为该年新增的里程，若用2016-2019年每年新增里程的频率代替之后每年新增相应里程的概率，求2023年中国高铁运营里程大于或等于5万千米的概率.
附：线性回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
51．（2020·河南焦作·统考一模）如图，在三棱锥中，，，，分别为，的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若，是面积为的等边三角形，求四棱锥的体积.
52．（2020·河南焦作·统考一模）已知，函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若当时，，求的所有可能取值.
53．（2020·河南焦作·统考一模）已知点在抛物线：上，直线：与抛物线有两个不同的交点.
（1）求的取值范围；
（2）设直线与抛物线的交点分别为，，过点作与的准线平行的直线，分别与直线和交于点和（为坐标原点），求证：.
54．（2020·河南焦作·统考一模）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线的交点为，.
（1）若，求；
（2）设点，求的最小值.
55．（2020·河南焦作·统考一模）已知，.
（1）若恒成立，求的值；
（2）在（1）的条件下，若正数，满足，求的最小值.
56．（2022·河南焦作·统考一模）某校举办歌唱比赛，七名评委对甲、乙两名选手打分如下表所示：
评委







选手甲
91
94
96
92
93
97
95
选手乙
92
95
90
96
94
91

(1)若甲和乙所得的平均分相等，求的值；
(2)在（1）的条件下，从七名评委中任选一人，求该评委对甲的打分高于对乙的打分的概率；
(3)若甲和乙所得分数的方差相等，写出一个的值（直接写出结果，不必说明理由）．
57．（2022·河南焦作·统考一模）在锐角中，，，．
(1)求的面积；
(2)延长边到，使得，求．
58．（2022·河南焦作·统考一模）如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，平行四边形的面积为，设是侧棱上一动点．

(1)求证：；
(2)当是棱的中点时，求点到平面的距离．
59．（2022·河南焦作·统考一模）已知函数，．
(1)若是的极值点，求曲线在处的切线方程；
(2)证明：当时，．
60．（2022·河南焦作·统考一模）已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作斜率不为0的直线交抛物线于，两点，过，作的垂线分别与轴交于，，求四边形面积的最小值．
61．（2022·河南焦作·统考一模）在直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．
(1)求直线的普通方程和圆的直角坐标方程；
(2)当时，求直线与圆的公共点的极坐标．
62．（2022·河南焦作·统考一模）设函数．
(1)当时，解不等式；
(2)若关于的不等式无解，求的取值范围．
63．（2023·河南焦作·统考一模）在数列中，，．
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为．若，求正整数的值．
64．（2023·河南焦作·统考一模）某出租车公司为推动驾驶员服务意识和服务水平大提升，对出租车驾驶员从驾驶技术和服务水平两个方面进行了考核，并从中随机抽取了100名驾驶员，这100名驾驶员的驾驶技术与性别的2×2列联表和服务水平评分的频率分布直方图如下，已知所有驾驶员的服务水平评分均在区间内．
驾驶技术
优秀
非优秀
男
25
45
女
5
25


(1)判断能否有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；
(2)从服务水平评分在，内的驾驶员中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中恰有2人的评分在内的概率．
附：，其中．

0.10
0.050
0.010

2.706
3.841
6.635

65．（2023·河南焦作·统考一模）在如图所示的六面体中，平面平面，，，．

(1)求证：平面；
(2)若AC，BC，两两互相垂直，，，求点A到平面的距离．
66．（2023·河南焦作·统考一模）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．
67．（2023·河南焦作·统考一模）已知椭圆的离心率为，点在短轴上，且．
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，求（点为坐标原点）面积的最大值．
68．（2023·河南焦作·统考一模）在直角坐标系xOy中，已知点，直线l的参数方程是（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是．
(1)求l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)设l与C相交于点A，B，求的值．
69．（2023·河南焦作·统考一模）已知正实数，，满足，
(1)证明：；
(2)求的最小值．

参考答案：
1．B
【解析】先解不等式得，解绝对值不等式得，再求交集即可.
【详解】解：先解不等式得，
解绝对值不等式得，
所以.
故选：B.
2．A
【解析】采用待定系数法，设，由复数运算和复数相等可求得，从而得到结果.
【详解】设，则，
，，解得：，
.
故选：A.
3．C
【解析】利用椭圆的标准方程和基本性质，列方程求解即可
【详解】解析根据条件可知，则，所以，于是的长轴长为.
故选：C
4．B
【分析】做出图形，如图，计算点到平面的距离，并代入公式求解即可.
【详解】解：如图所示，

设点在底面的射影为，为的中点，
则即为刍甍的高，
由题意可知，是等腰直角三角形
，
所以，
所以.
故选：B.
5．C
【解析】利用三角函数的图像性质直接求解即可
【详解】的图象上距离最近的两个最值点分别是，，故的最小值为.
故选：C
6．A
【解析】确定函数的奇偶性，排除D，再确定时的函数值的正负可排除BC，从而得正确选项．
【详解】解：当时，，所以为奇函数，排除D；当时，，排除BC，
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
7．C
【解析】利用三角函数的诱导公式、倍角公式和辅助角公式即可化简求值.
【详解】原式.
故选：C
8．D
【解析】利用对数的作商法结合对数函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】，得；由，得.
从而可得.
故选：D.
9．B
【解析】利用程序框图中的循环结构列式计算即可
【详解】由题意得.
故选：B
10．C
【解析】根据分步乘法计数原理确定两位老师打分组合出的所有基本事件总数，利用列举法可求得符合题意的基本事件个数，由古典概型概率公式可求得结果.
【详解】用表示两位老师的打分，则的所有可能情况有种.
当时，可取，，共种；
当，，，，，，，时，的取值均有种；
当时，可取，，共种；
综上可得两位老师打出的分数之差的绝对值小于或等于的情况有种，
由古典概型的概率公式可得所求概率.
故选：C.
11．A
【解析】由焦点坐标可得，到两条渐近线的距离之和为，解方程组即得解.
【详解】由焦点坐标可得.
双曲线的渐近线方程为，
将代入双曲线方程，可得，
不妨取，到两条渐近线的距离之和为，
可得，所以，
因此的方程为.
故选：A
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的方程一般利用待定系数法，先定式，后定量.
12．D
【解析】根据题意，得出当时，的零点为，1，3，5，…，都是奇数，此时包含2019，当时，的零点为0，2，4，…，都是偶数，进而讨论即可求解
【详解】
解析由条件知是周期为2的周期函数，函数的零点即曲线与直线的交点的横坐标作图如下，由图可知，当时，的零点为，1，3，5，…，都是奇数，此时包含2019，当时，的零点为0，2，4，…，都是偶数，此时包含2020，当时，的零点为，，，…，此时包含，因此的零点一定不包含.
故选D
【点睛】关键点睛：解题的关键在于利用分段函数、函数的周期性以及函数的零点的概念进行作图，利用数形结合进行求解，难度属于中档题
13．C
【分析】用列举法求出，进而求出.
【详解】因为，，所以．
故选：C
14．C
【分析】根据复数得除法运算及复数虚部的定义即可的解.
【详解】解：因为，所以，
所以的虚部为．
故选：C.
15．B
【分析】根据条件判断命题、真假，结合复合命题真假关系进行判断即可.
【详解】∵，，∴命题为假命题，即为真命题，
又∵，成立，∴命题为真命题，
∴为真命题．
故选：.
16．A
【分析】直接利用分层抽样，即可计算.
【详解】因为学院共有本科生1200人、硕士生400人、博士生200人，
所以应抽取博士生的人数为．
故选：A
17．B
【分析】根据零点存在性定理进行求解.
【详解】易知在R上单调递增且连续．由于，，，当时，，所以．
故选：B
18．A
【分析】利用等差数列的性质分别求得，，再利用等差数列前n项和公式求解.
【详解】由等差数列的性质可得，
所以；
因为，
所以．
由等差数列的前项和公式可得，，
所以．
故选：A
19．D
【分析】由椭圆的性质可得，，，再根据等比中项的性质列方程求离心率即可.
【详解】设，则，，，
根据题意，可得，整理得且，解得．
故选：D
20．C
【分析】根据求得，再根据单调性即可求解不等式.
【详解】令，得，
所以，定义域为，
，满足为奇函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，
又，，所以使得的的取值范围是．
故选：C.
21．D
【分析】设大圆的半径为，等腰直角三角形的内切圆的半径为，进而得出等腰直角三角形的边长，利用三角形面积公式列出方程，解出r的值，根据圆的面积公式求出阴影部分和大圆的面积，结合几何概型的概率公式计算即可.
【详解】设大圆的半径为，则等腰直角三角形的边长分别为，，，
设等腰直角三角形的内切圆的半径为，
则，解得，
则阴影部分的面积为，
大圆的面积为，
则该点取自阴影部分的概率为．
故选：D
22．D
【分析】利用极值点的概念得到，结合基本不等式得到的最大值，从而得到的最大值为．
【详解】对求导得，因为函数的一个极值点为1，所以，所以，又，于是得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故的最大值为．
故选：D
23．B
【分析】由递推关系可得，进而求出，即可得出所求.
【详解】由题意知，所以，
又，所以，故．
故选：B.
24．C
【分析】作出辅助线，找到异面直线与所成角即为（或其补角），利用余弦定理求出，由勾股定理求出，利用余弦定理求出答案.
【详解】设为棱上与点最近的一个四等分点，连接，，，，则，所以异面直线与所成角即为（或其补角）．不妨设正四面体的棱长为4，则．在中，，，，由余弦定理得：，解得：，同理，．在等腰三角形中，．在中，，，，由余弦定理得，解得：．在中，由余弦定理得:．

故选：C
25．A
【分析】由集合并集的定义即可得到结果.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
26．C
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，可得其共轭复数，根据模的计算可得答案.
【详解】复数，故，
所以，
故选：C
27．C
【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.
【详解】解：依题意可得，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，
当时，
故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.
故选：C
28．D
【分析】根据不等式组作出可行域，结合直线纵截距的几何意义求解.
【详解】作出可行域如下，


由可得，结合的几何意义可知，
当直线经过点时，纵截距有最大值，
最大值为，
故选:D.
29．C
【分析】利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.
【详解】由题意知函数的定义域为，
因为，所以为奇函数，故排除A；
因为，所以排除B；
因为，所以排除D；
故选：C.
30．D
【分析】根据同角三角函数的基本关系得到，再根据两角和的余弦公式及诱导公式得到，再根据、的范围判断即可.
【详解】解：因为，所以，即，
即，
即，
因为，所以，
所以，即.
故选：D
31．B
【分析】求出底面内接正三角形外接圆的半径及的面积，设圆柱的母线长为，根据圆锥的体积公式求出，则圆柱外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】解：如图，因为是边长为的正三角形，则其外接圆的半径，解得，
又，
设圆柱的母线长为，则，解得，
所以圆柱的外接球的半径，
所以外接球的表面积为.

故选：B
32．D
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法求出的值，再求异面直线所成角即可.
【详解】因为直三棱柱，所以底面，
又因为，所以两两垂直，
以为轴建立如图所示坐标系，

设，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以直线与侧面所成的角的正弦值，
解得，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
所以异面直线与所成的角的正弦值为.
故选：D
33．D
【分析】根据在上的单调性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】的开口向下，对称轴是直线，
所以函数在上单调递增，
依题意可知，在上单调递增，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
34．B
【分析】因，则，准线为.由，可得坐标，直线AF方程，进而可得B，P坐标，后由两点间距离公式及抛物线定义可得答案.
【详解】因，则，准线为.
由，如图，设，则，得，则.
得直线AF方程：，
代入，得，
将代入，可得.
则周长，
则.故.
故选：B

35．A
【分析】由四边形为矩形，可得，，设，则，由P，N，三点共线，可得，由P，M，三点共线，可得，即可得，从而得答案.
【详解】解：如图所示：
，
由，则有，
设，则，
由，可得，
取，
同理可得，
又因为，P，N，三点共线，
所以，，
所以，
所以，
P，M，三点共线，
所以，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
即有，
所以，
所以.
故选：A.
36．A
【分析】由题意可得，，，构造函数，再利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
又当时，，当，，
由此作出函数的大致图象如图所示，
因为且，
则由图可知，
所以.
故选：A.

37．4
【解析】根据x，y满足的约束条件画出可行域，然后平移直线，当直线在y轴上截距最大时，目标函数取得最大值.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
易得，，，
由，得，平移直线（图中虚线），
当直线经过点时，直线在y轴上的截距最大，目标函数有最大值，
此时最大值为.
故答案为：4.

【点睛】方法点睛：本题考查二元一次不等式组和简单的线性规划问题，考查数形结合思想.线性规划问题考查的方式是由二元一次不等式组给出线性约束条件确定可行域，求可行域的面积、或确定形状；或者是在线性约束条件下求目标函数的取值范围、最值或取得最值时的点的坐标的确定以及由此衍生出来的其他相关问题，比如直线的斜率、平面距离的最值等问题.
38．
【分析】由得，然后将代入求解即可.
【详解】因为，则，即,
所以，将代入得.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，考查平面向量垂直的应用，属于简单题.
39．4
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，根据三角形的面积公式可求ac的值，结合已知利用余弦定理可求b的值．
【详解】因为cosB＝，
所以sinB＝＝，
因为△ABC的面积为
解得ac＝8，
又c﹣a＝2，
由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac＝（c﹣a）2+2ac﹣ac＝4+16﹣4＝16，
解得b＝4．
故答案为：4．
40．
【解析】首先由题意求出和的面积，从而得另两个面的面积，再由三角形面积公式得，于是得是四面体外接球直径，可求得球表面积．
【详解】解：由题意知，是等边三角形，，是等腰三角形，.所以，
即，所以，则的中点到，，，四点的距离均为，所以球的表面积为.
故答案为：．

【点睛】思路点睛：本题考查求球的表面积，关键是求出球的半径，
寻找三棱锥的外接球的球心的两种思路：
（1）利用球的直径对球面上任一点的张角为得出；
（2）过各面外心作该面的垂线，垂线的交点就是球心．
41．
【分析】先求出向量的坐标，再根据向量垂直得数量积为0即可求出.
【详解】因为，且，
所以，解得．
故答案为：.
42．（答案不唯一）
【分析】求出双曲线的离心率，进而求出椭圆的离心率，写出符合要求的椭圆方程.
【详解】双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为，所以椭圆的标准方程可以为．
故答案为：
43．/
【分析】根据诱导公式和二倍角公式化简可得，再根据范围即可求出.
【详解】，
所以，
因为，所以，，
则或，得（舍去）或．
故答案为：.
44．
【分析】依题意将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，利用勾股定理得到方程组求出，，，再求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积；
【详解】解：根据题意，三棱锥可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，如图所示，

则，，，解得，，．所以该三棱锥的外接球的半径为，所以该三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：
45．
【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案.
【详解】由题意，作图如下：

在正六边形中，易知，，，，
则与的夹角为，即，
在中，，
.
故答案为：.
46．
【分析】依题意求出圆心的横坐标与半径，即可得解.
【详解】解：依题意可知圆心的横坐标为，半径为，
故圆的标准方程为.
故答案为：.
47．
【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，
故，
即，由于,故，则，
由于，故，所以，
由，可得，
即
或，
对任意，存在，满足，
故，则,，，k取负值，
则只能，此时，
或，则，则,
综合可得或，
即实数的取值范围是，
故答案为：
48．12
【分析】连接，，，设，，，先证明，再求得，，则六边形AECBDF的周长为关于的函数，进而求得最值即可．
【详解】连接，，，
由，则，
设，，，
则，，
又，得，，
在直角中，由，则，，
在中，由正弦定理有，即，得，
所以六边形AECBDF的周长为
，
故当，即时，取得最大值，且最大值为12．
所以六边形AECBDF的周长的最大值为12．
故答案为：12．

【点睛】关键点点睛：本题的关键是将六边形AECBDF的周长和边的关系转化为周长和角的关系．
49．（1）；（2）7
【解析】（1）由，，成等比数列，可得，结合，可求出，进而由，可求出的通项公式；
（2）结合，讨论的正负性，可求出最小的的值.
【详解】（1）设数列的公差为，
因为，，，成等比数列，所以，
即，整理得，解得或（舍去）.
故.
（2）当时，，当时，，
因为，
当时，，当时，，
而且，，
因此，所以使得最小的为7.
50．（1）；（2）.
【解析】（1）由表格中的数据，分别求得的值，利用公式求得回归系数的值，进而求得的值，得出回归方程；
（2）设每年新增高铁运营里程为万千米，得到随机变量的分布列和2020-2023年每年新增的高铁运营里程有三种情况，结合概率的计算公式，即可求解.
【详解】（1）由表格中的数据，可得，
，
，
，
所以，则，
所以关于的线性回归方程为.
（2）设每年新增高铁运营里程为万千米，由条件知的分布列为

0.3
0.4
0.6




若2023年中国高铁运营里程小于5万千米，
则2020-2023年每年新增的高铁运营里程有三种情况：
，，.
相应概率为，
所以2023年中国高铁运营里程大于或等于5万千米的概率为.
【点睛】求解线性回归分析问题的解题方法：
1、求线性回归方程：
（1）利用公式，求出回归系数；
（2）待定系数法：利用回归直线过样本点的中心求系数.
2、利用回归方程进行预测，把线性回归方程看出一次函数，求得一次函数的值.
51．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）利用等腰三角形三线合一、勾股定理可证得，，由线面垂直判定可证得平面，由面面垂直判定定理可证得结论；
（2）由面面垂直的性质可证得平面，即为所求四棱锥的高，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1），为的中点，，.
，，
又，，.
，平面，平面，
平面，平面平面.
（2），，
又平面平面，平面平面，平面.
是面积为的等边三角形，，可得：.
.
【点睛】思路点睛：证明面面垂直或线面垂直的关键是找到线线垂直关系，证明线线垂直的常用方法有：（1）线面垂直的性质定理；（2）等腰三角形三线合一性质；（3）勾股定理证垂直；（4）菱形、正方形等图形中的特殊垂直关系.
52．（1）；（2）1.
【解析】（1）求出，然后求出，即可；
（2）令，可得，然后可得在上单调递减，然后求出的最值即可解出答案.
【详解】（1）若，则，.
则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2），.
令，可得，
所以当时，，所以在上单调递减.
，该不等式成立.
，
即，所以
综上所述，的可能取值只有1
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：
（1）若恒成立，则；
（2）若恒成立，则.
53．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由已知点坐标求得参数，由方程的解（判别式）确定直线与抛物线的位置关系；
（2）设，，显然，，均不为0，由（1）中方程应用韦达定理得①，，要证，只要证.即可得．
【详解】解：（1）由抛物线：过点，得.
所以抛物线的方程为.
由得.
由题意，且，即，
因此的取值范围是且．.
（2）设，，显然，，均不为0.
由（1）可知①，②.
由题意可得，的横坐标相等且同为，
因为点的坐标为，所以直线的方程为，点的坐标为.
直线的方程为，点的坐标为.
若要证明，只需证，即证，
即证.
将代入上式，即证，
即证③，
将①②代入③得，此等式显然成立.
所以恒成立，故.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线的交点问题．直线与抛物线的位置关系可能通过直线方程与抛物线方程联立方程组，由方程组的解的个数确定位置关系，但要注意在方程组的解不是判别式得出的一个解时不是相切．直线与抛物线的交点问题，一般采取设而不求思想，即设交点坐标，由直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入其他条件求解．
54．（1）3；（2）.
【解析】（1）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，再利用直线参数方程参数的几何意义求解；
（2）求出即得解.
【详解】（1）由曲线的极坐标方程得，
化为直角坐标方程为，即.
将直线的参数方程代入其中，得
.
当时，上述方程即，解得，，
所以.
（2）由根与系数的关系可知：
，，
所以，
其中，当时取等号，
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：直线参数方程的几何意义：（1）直线参数方程中参数的几何意义是这样的：如果点在定点的上方，则点对应的参数就表示点到点的距离,即.如果点在定点的下方，则点对应的参数就表示点到点的距离的相反数，即.（2）由直线参数方程中参数的几何意义得：如果求直线上两点间的距离,不管两点在哪里，总有.
55．（1）；（2）.
【解析】（1）先求出，即得解；
（2）设，，则，，再利用基本不等式求解.
【详解】（1）因为，
，
所以.
（2）设，，则，
则
，
当且仅当，即，时，等号成立.
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要用到常量代换.如，求的最小值，可以把变成，再利用基本不等式求最值，提高解题效率.
56．(1)
(2)
(3)93

【分析】（1）利用平均数公式求解；
（2）利用古典概型的概率求解；
（3）利用方差公式求解.
(1)
解：由题意得，
解得．
(2)
因为七名评委中，有，两名评委对甲的打分高于对乙的打分，
所以所求概率为．
(3)
的值可以为93．
57．(1)
(2)

【分析】（1）先利用余弦定理求出的长，再利用面积公式求解，
（2）在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求得
(1)
设．
由余弦定理得，
整理得，解得或．
当时，，此时是钝角三角形，不符合条件．
当时，符合条件，．
(2)
根据题意，
由余弦定理得，
所以．
由正弦定理知，即，
解得．
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由平行四边形的面积结合已知数据可求得，在中由余弦定理可求出的长，再利用勾股定理的逆定理可得，由已知底面，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质可得结论，
（2）由于，利用等体积法求解
(1)
平行四边形的面积为，，，
所以，解得．
在中，由，，，
得，，
所以，即．
因为底面，所以，
又，所以平面．
又平面，所以．
(2)
当是的中点时，是的中线，
在中，，
因为，，所以．
设点到平面的距离为．
由，得，
即，解得．
59．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据极值点求参数k，再应用导数的几何意义求曲线在处的切线方程；
（2）由题设易得，构造并应用导数判断其在定义域上函数值的符号，即可证明结论.
(1)
由题意得：，，
因为是的极值点，所以，所以．
所以，又，
所以曲线在处的切线方程为．
(2)
因为，则，所以，
设，则，该函数为定义域上的增函数，
且x=1时，函数值为零.
故当时，，当时，，
所以，故，即．
60．(1)
(2)

【分析】（1）抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合求解；
（2）设直线，代入抛物线方程得，设点，，直线，得到，，然后由四边形的面积，利用导数法求解.
(1)
解：双曲线方程化为标准方程是，其焦点坐标为，，
因为抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，
所以，，，
故抛物线的方程为．
(2)
设直线，代入抛物线方程得，
设点，，则，，
直线，所以点，同理可得，
所以四边形的面积，
，
由抛物线的对称性，只需考虑的情形，
则，
所以，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时，四边形的面积最小，最小值为．
61．(1)，
(2)

【分析】（1）消去参数，得到普通方程，利用公式化极坐标方程为直角坐标方程；（2）在平面直角坐标系下求出交点坐标，再化为极坐标，注意舍去不合要求的点.
【详解】（1）由消去得：，即直线的普通方程是．
由，代入得：，
即圆的直角坐标方程为．
（2）由解得：或，
因为，所以交点在平面直角坐标系的第二象限或x轴负半轴，或y轴正半轴上，故舍去，所以交点为，化为极坐标为
故直线与圆的公共点的极坐标为．
62．(1)
(2)

【分析】（1）分，和三种情况求解即可，
（2）由题意可得，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值，从而可得的取值范围
（1）
当时，即为，
①当时，不等式可化为，解得；
②当时，不等式可化为，解得，舍去；
③当时，不等式可化为，解得．
综上，的解集为．
（2）
不等式无解，即无解，
所以，
因为，
所以，即的取值范围是．
63．(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，利用累加法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）解：因为，，且，
所以，
当时，
当时
，
又时也符合上式，
所以.
（2）解：由（1）可知，所以，
所以，
所以，
则，解得.
64．(1)没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关，理由见解析
(2)

【分析】（1）计算出卡方，与3.841比较后得到相应结论；
（2）先根据频率之和为1得到，从而得到评分在，内的驾驶员人数比例，及两个区间各抽取的人数，利用列举法求出概率.
【详解】（1），
没有95%的把握认为驾驶员的驾驶技术是否优秀与性别有关；
（2），
解得：，
故服务水平评分在，内的驾驶员人数比例为，
故用分层抽样的方法抽取5人中，内有4人，设为，内有1人，设为，
再从这5人中随机抽取3人，共有以下情况：
，共10种情况，
其中这3人中恰有2人的评分在的有，6种情况，
故这3人中恰有2人的评分在内的概率为．
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，的中点，连，，，利用面面平行的性质定理推出，再利用线面平行的判定定理可证结论成立；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据点到面的距离的向量公式可求出结果.
【详解】（1）取的中点，的中点，连，，，

在六面体中，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
同理可得，
因为分别是，的中点，且，，
所以，，，，
所以四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
所以，，又已知，所以，则共面，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又分别是，的中点，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为AC，BC，两两互相垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系：

则，，设，则，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，则，取，则，，
所以点A到平面的距离为.
66．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；
(2).

【分析】（1）求导后，解不等式可得增区间，解不等式可得减区间；
（2）先由时不等式成立，得，再将不等式化为，构造函数，利用导数求出其最小值，代入可解得结果.
【详解】（1），，
令，得或，
令，得或，令，得，
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）关于x的不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
当时，得，即，
令，
，
因为，所以，
设，则，
令，得,令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
所以，所以在上为增函数，
所以，即.
67．(1)；
(2) .

【分析】（1）由题知，，进而根据向量数量积的坐标运算得，再根据即可求得，进而得答案；
（2）设，进而联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式得，再求得原点到直线的距离即可计算的面积，再根据基本不等式求解即可.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，
所以，即，
因为点在短轴上，且，
所以，，解得，
因为，所以，，
所以，的方程为；
（2）解：设
联立方程得，
所以，即，
所以，
所以，
，
因为原点到直线的距离为，
所以，，当且仅当，即时等号成立，
所以，（点为坐标原点）面积的最大值为.
68．(1)直线的普通方程为，;
(2)

【分析】（1）根据参数方程转化为普通方程，极坐标方程转化为直角坐标方程的方法求得正确答案.
（2）利用直线参数的几何意义求得正确答案.
【详解】（1）由得，
两式相减得，所以直线的普通方程为.
由，
得，
即，即，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）由于，所以在圆外，
将代入，
化简得，
，
所以，均为负数，
所以
.
69．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用基本不等式证明即可；
（2）利用柯西不等式计算可得.
【详解】（1）证明：因为，，为正实数且满足，
所以

，
当且仅当，即，，时取等号，
所以.
（2）解：由柯西不等式可知，
当且仅当，，时等号成立，
所以的最小值为.