山西省太原市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山西省太原市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共70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。
山西省太原市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山西太原·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·山西太原·统考一模）已知复数满足，则复数（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·山西太原·统考一模）公元前世纪，古希腊毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分割数，其近似值为，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·山西太原·统考一模）函数的部分图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
5．（2021·山西太原·统考一模）在区间上任取一个实数，则使得直线与圆有公共点的概率是（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·山西太原·统考一模）已知梯形中，，且，点在线段上，若，则实数（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·山西太原·统考一模）已知是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且是等差数列，给出以下结论：
①是等差数列； ②是等比数列；
③是等差数列；          ④是等比数列．
则其中正确结论的个数为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·山西太原·统考一模）已知实数，满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
9．（2021·山西太原·统考一模）已知，，，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·山西太原·统考一模）已知三棱锥中，，二面角的余弦值为，点在棱上，且，过作三棱锥外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
11．（2021·山西太原·统考一模）已知过抛物线的焦点的直线与该抛物线相交于，两点，点是线段的中点，以为直径的圆与轴相交于，两点，若，则（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·山西太原·统考一模）已知函数的图象关于对称，且，在上单调递增，则的所有取值的个数是（    ）
A．3 B．4 C．1 D．2
13．（2022·山西太原·统考一模），则（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·山西太原·统考一模）已知全集为，集合，，集合和集合的韦恩图如图所示，则图中阴影部分可表示为（    ）

A． B． C． D．
15．（2022·山西太原·统考一模）设为非零向量，，则下列命题为真命题的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
16．（2022·山西太原·统考一模）南北朝时期数学家，天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：幂势既同，则积不容异，其中“幂”指截面积，“势”指几何体的高.意思是说：两个等高几何体，若在每一等高处截面积都相等，则两个几何体体积相等，已知某不规则几何体与一个由正方体和三棱锥组成的几何体满足“幂势同”，组合体的三视图如图所示，则该不规则几何体的体积为（    ）

A． B．10 C．12 D．
17．（2022·山西太原·统考一模）的内角的对边分别为.若，，，则的面积为（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·山西太原·统考一模）为了促进边疆少数民族地区教育事业的发展，我市教育系统选派了3名男教师和2名女教师去支援新疆教育，要求这5名教师被分派到3个学校对口支教，每名教师只去一个学校，每个学校至少安排1名教师，其中2名女教师分派到同一个学校，则不同的分派方法有（    ）
A．18种 B．36种 C．68种 D．84种
19．（2022·山西太原·统考一模）下列函数图象中，函数的图象不可能的是（    ）
A． B．
C． D．
20．（2022·山西太原·统考一模）设，是椭圆：的左、右焦点，过点斜率为的直线交椭圆于点，若，则椭圆的离心率是（    ）
A． B． C． D．
21．（2022·山西太原·统考一模）已知α为锐角，且，则α的值为（    ）
A．70° B．60° C．50° D．40°
22．（2022·山西太原·统考一模）在平面直角坐标系中，从轴上点向圆作一条切线，设切线长为，点到直线的距离为，当取最小值时，的值为（    ）
A．2 B．3 C． D．4
23．（2022·山西太原·统考一模）已知实数，满足，，则（    ）
A．112 B．28 C．7 D．4
24．（2022·山西太原·统考一模）已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
25．（2023·山西太原·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·山西太原·统考一模）设复数满足为虚数单位，则（    ）
A． B． C．或 D．或
27．（2023·山西太原·统考一模）已知等比数列的前2项和为，则（    ）
A．1 B． C． D．
28．（2023·山西太原·统考一模）的展开式中的系数为（    ）
A．9 B．10 C．24 D．25
29．（2023·山西太原·统考一模）在中，，，为垂足，若，则（    ）
A． B． C． D．
30．（2023·山西太原·统考一模）算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于的概率为（    ）

A． B． C． D．
31．（2023·山西太原·统考一模）已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
32．（2023·山西太原·统考一模）已知分别为定义在上的函数和的导函数，且，，若是奇函数，则下列结论不正确的是（    ）
A．函数的图象关于点对称
B．函数的图象关于直线对称
C．
D．

二、多选题
33．（2023·山西太原·统考一模）已知函数，则下列结论正确的是（    ）
A．的最小正周期为
B．的值域为
C．的图象是轴对称图形
D．的图象是中心对称图形
34．（2023·山西太原·统考一模）已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，且，则下列结论正确的是（    ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．若是双曲线上的动点，则满足的点共有两个
C．
D．内切圆的半径为
35．（2023·山西太原·统考一模）已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（    ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则
C．若，则线段的最大值为
D．当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分
36．（2023·山西太原·统考一模）已知函数，若直线与曲线和分别相交于点，且，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
37．（2021·山西太原·统考一模）函数的图象在点处的切线方程为________．
38．（2021·山西太原·统考一模）在的展开式中，的系数为________．
39．（2021·山西太原·统考一模）已知椭圆的左焦点是点，过原点倾斜角为的直线与椭圆相交于，两点，若，则椭圆的离心率是________．
40．（2022·山西太原·统考一模）的展开式中的系数为__________．
41．（2022·山西太原·统考一模）已知双曲线的左焦点为，点在双曲线的渐近线上，是边长为2的等边三角形（为原点），则双曲线的方程为___________．
42．（2022·山西太原·统考一模）已知在三棱锥中，平面，，，若三棱锥的外接球体积为，则异面直线与所成角的余弦值为__________.
43．（2022·山西太原·统考一模）设函数，给出下列四个结论：
①的最小正周期为；    ②的值域为；
③在上单调递增；    ④在上有4个零点.
其中所有正确结论的序号是__________.
44．（2023·山西太原·统考一模）已知，则与的夹角为__________.
45．（2023·山西太原·统考一模）已知，，，则的最小值为__________.
46．（2023·山西太原·统考一模）已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，若，则直线的斜率为__________.
47．（2023·山西太原·统考一模）已知函数有唯一的零点，则实数的最大值为__________.

四、双空题
48．（2021·山西太原·统考一模）已知数列满足，，且．则数列的通项公式为________．若，则数列的前项和为________．

五、解答题
49．（2021·山西太原·统考一模）已知，，分别是的内角，，所对的边，，再从下面条件①与②中任选一个作为已知条件，完成以下问题：
（Ⅰ）证明：为等腰三角形；
（Ⅱ）若的面积为，点在线段上，且，求的长．
条件①：；条件②：．
50．（2021·山西太原·统考一模）某地区为了实现产业的转型发展，利用当地旅游资源丰富多样的特点，决定大力发展旅游产业，一方面对现有旅游资源进行升级改造，另一方面不断提高旅游服务水平．为此该地区旅游部门，对所推出的报团游和自助游项目进行了深入调查，如表是该部门从去年某月到该地区旅游的游客中，随机抽取的100位游客的满意度调查表．
满意度
老年人
中年人
青年人
报团游
自助游
报团游
自助游
报团游
自助游
满意
12
1
18
4
15
6
一般
2
1
6
4
4
12
不满意
1
1
6
2
3
2
（1）由表中的数据分析，老年人、中年人和青年人这三种人群中，哪一类人群更倾向于选择报团游？
（2）为了提高服务水平，该旅游部门要从上述样本里满意度为“不满意”的游客中，随机抽取3人征集整改建议，记表示这3人中老年人的人数，求的分布列和期望；
（3）若你朋友要到该地区旅游，根据表中的数据，你会建议他选择哪种旅游项目？
51．（2021·山西太原·统考一模）如图，在三棱锥中，是正三角形，是的重心，，，分别是，，的中点，点在上，且．

（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，，，求二面角的余弦值．
52．（2021·山西太原·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别是、，其离心率，点是椭圆上一动点，内切圆面积的最大值为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线，与椭圆分别相交于点，求证：为定值．
53．（2021·山西太原·统考一模）已知函数．
（Ⅰ）设，求在上的最小值；
（Ⅱ）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
54．（2021·山西太原·统考一模）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（Ⅰ）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；
（Ⅱ）已知点，曲线与相交于，两个不同点，求的值．
55．（2021·山西太原·统考一模）已知函数．
（Ⅰ）当时，求函数的最小值；
（Ⅱ）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
56．（2022·山西太原·统考一模）设数列的前项和为，，数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式；
(3)设数列，求数列的前项和.
57．（2022·山西太原·统考一模）某校从高三年级中选拔一个班级代表学校参加“学习强国知识大赛”，经过层层选拔，甲、乙两个班级进入最后决赛，规定回答1道相关问题做最后的评判选择由哪个班级代表学校参加大赛．每个班级4名选手，现从每个班级4名选手中随机抽取2人回答这个问题．已知这4人中，甲班级有3人可以正确回答这道题目，而乙班级4人中能正确回答这道题目的概率均为，甲、乙两班级每个人对问题的回答都是相互独立、互不影响的．
(1)求甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率．
(2)设甲、乙两个班级被抽取的选手中能正确回答题目的人数分别为，，求随机变量，的期望，和方差，，并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好．
58．（2022·山西太原·统考一模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有、两点.如图，，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连结，，，.

(1)当平面时，求的长；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
59．（2022·山西太原·统考一模）已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于、两点，且.

(1)求抛物线方程；
(2)连接，并延长交抛物线于、两点，设和的面积分别为和，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，请说明理由.
60．（2022·山西太原·统考一模）已知函数.
(1)求函数在区间上的最值；
(2)讨论方程实根个数.
61．（2022·山西太原·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，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.
(1)求点的直角坐标和曲线的直角坐标方程；
(2)若直线和曲线交于，两点，求点到线段中点的距离.
62．（2022·山西太原·统考一模）已知函数.
(1)求满足不等式的最大整数；
(2)在（1）的条件下，对任意，若，求的最小值.
63．（2023·山西太原·统考一模）已知等差数列中，，为的前项和，且也是等差数列.
(1)求；
(2)设，求数列的前项和.
64．（2023·山西太原·统考一模）在中，分别为内角的对边，点在上，.
(1)从下面条件①、②中选择一个条件作为已知，求；
(2)在（1）的条件下，求面积的最大值.
条件①：；
条件②：.
注：若条件①和条件②分别解答，则按第一个解㯚计分.
65．（2023·山西太原·统考一模）如图，四棱锥中，，且，直线与平面的所成角为分别是和的中点.

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
66．（2023·山西太原·统考一模）某制药公司研发一种新药､需要研究某种药物成份的含量x（单位：）与药效指标值y（单位：）之间的关系，该公司研发部门进行了20次试验､统计得到一组数据，其中分别表示第次试验中这种药物成份的含量和相应的药效指标值.且.
(1)已知该组数据中y与x之间具有线性相关关系，求y关于x的经验回归方程；
(2)据临床经验，当药效指标值y在内时，药品对人体是安全的，求该新药中此药物成份含量x的取值范围；
(3)该公司要用A与B两套设备同时生产该种新药，已知设备A的生产效率是设备B的2倍，设备A生产药品的不合格率为0.009，设备B生产药品的不合格率为0.006，且设备A与B生产的药品是否合格相互独立
（i）从该公司生产的新药中随机抽取一件，求所抽药品为不合格品的概率；
（ii）在该新药产品检验中发现有三件不合格品，求其中至少有两件是设备A生产的概率，
参考公式：
67．（2023·山西太原·统考一模）已知椭圆的右顶点为，上顶点为，其离心率，直线与圆相切.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于、两个不同点，过点作轴的垂线分别与、相交于点和，证明：是中点.
68．（2023·山西太原·统考一模）已知函数.
(1)若恰有三个不同的极值点，求实数的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明：
①；
②.

参考答案：
1．A
【分析】先解出集合A、B，再求.
【详解】解：∵集合，，
∴．
故选：A．
2．D
【分析】依题意得，进而求得.
【详解】由得，整理得，所以.
故选：D.
3．B
【分析】根据同角三角函数平方关系可求得，利用二倍角公式化简所求式子即可得到结果.
【详解】，，
.
故选：B.
4．A
【分析】先判断奇偶性，再求特殊值，利用排除法即可得到正确结论.
【详解】解：，
∴函数为偶函数，其图象关于轴对称，故排除CD；
又，故排除B.
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．
5．C
【分析】先根据直线与圆由公共点求出k的范围，利用几何概型求概率.
【详解】解：圆的圆心为，半径为1．
要使直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离，解得：．
在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆有公共点”
发生的概率为：．
故选：C．
【点睛】（1）判断直线与圆的位置关系的方法：
①几何法：比较d（圆心到直线的距离）与r（半径）的关系；②代数法：把直线方程与圆的方程联立，利用判别式判断；
（2）几何概型通常转化为长度比、面积比、体积比进行计算.
6．C
【分析】设，并化简，再根据，化简得，从而得到，求出答案.
【详解】如图，

∵在线段上，且，
∴设，
∴，
又，
∴，解得．
故选：C．
7．B
【分析】根据可求得，从而确定数列的公比为，则，根据等差和等比数列的定义式依次判断各个选项即可得到结论.
【详解】是等差数列，，即，整理得：，
是各项均为正数的等比数列，公比，；
对于①，，，
，
数列是以为首项，为公差的等差数列，①正确；
对于②，，，
不是不为零的常数，数列不是等比数列，②错误；
对于③，，，，
数列是首项为，公差的等差数列，③正确；
对于④，，，又，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，④正确.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查等差和等比数列的判定问题，判断数列为等差或等比的思路是验证数列前后项满足等差和等比数列的定义式，即若，则数列为等差数列；若，则数列为等比数列.
8．D
【分析】由约束条件作出可行域，直线过定点，要使不等式恒成立，则可行域在直线的左上方，此时最大值时通过A点，求得坐标代入即可.
【详解】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
直线过定点，要使不等式恒成立，
则可行域在直线的左上方，取最大值时通过A点，则，即．
∴实数的取值范围是．
故选：D．
9．A
【分析】根据对数运算法则对三者进行化简，通过做商法可比较大小；再由，可比较和的大小.
【详解】解：，，，
∵，∴，
设，则，令，得；令，得；
∴在上递减，在递增.
∴，∴；
∵，∴，
∴，∴，
∵，，∵，∴，∴，
∵，，∵，∴∴，
∴．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，并利用求导法判断其增减区间.本题考查了对数函数的单调性、对数的运算法则，考查了计算能力，灵活运用能力，属于中档题.
10．B
【分析】可证三棱锥为正四面体，将其补充正方体，结合正方体的外接球可求截面面积的最小值.
【详解】解：由已知可得，，都是边长为4的正三角形，
取的中点为，连接，则，
故为二面角的平面角，
而，故，
故三棱锥是棱长为4的正四面体.

将该三棱锥放置在如图所示的棱长为的正方体中，

则正四面体的外接球即正方体的外接球，
其半径为，故，
过且垂直于的平面截球面的面积最小.
又，
∵，，
∴，
则截面圆的半径，
∴截面面积的最小值为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：与空间几何体的外接球有关的计算问题，可根据几何体的特征把几何体补成规则的几何体，从而便于球的半径的计算.
11．A
【分析】法2由，求得AB的坐标，进而得到的中点M的坐标，写出圆的方程，令，求得P，Q的坐标， 然后利用求解.法2．由法1得的中点的横坐标为，半径，再由求解.
【详解】如图所示：

法1：由抛物线的焦点坐标可得，所以，
所以抛物线的方程为：，
设直线的方程为：，设，，设A在轴上方，
联立，整理可得：，
可得：①，
由，即，
可得，代入①可得：，
所以，
代入抛物线的方程可得：，，
即，，
所以的中点，
所以，即圆的直径为，
所以圆的方程为，
令，可得，
所以，，
所以，
所以，
法2．由法1可得的中点的横坐标为，半径，
所以
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题关键是求得弦AB中点的坐标.
12．D
【分析】直接利用正弦型函数的性质对称性和单调性的应用求出结果.
【详解】由于函数的图象关于对称，
则：，①，
由于，所以②，
得：，
所以，
故为奇数，
且在上单调递增，
所以，解得．
当，
故的取值为：1，3，5，7，
当时，可以求得，
时，，满足条件；
当时，因为，所以不满足条件；
当时，，
时，，满足条件；
当时，，，既有增区间，又有减区间，
所以不满足条件；
所以满足条件的的所有取值的个数是2，
故选：D．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关正弦型函数的性质，正确解题的关键是要明确正弦型函数的对称性与单调性.
13．A
【分析】利用复数除法运算求出复数，再由共轭复数的意义求解作答.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
14．A
【解析】图中阴影部分是表示不在集合中，但在集合中的元素.
【详解】图中阴影部分是表示不在集合中，但在集合中的元素，根据题意，，
故选：A
15．D
【分析】根据向量垂直的数量积表示判断A，由向量共线判断BC，利用数量积的运算判断D．
【详解】对于A，，结论不成立，命题为假；
对于B，当与方向相反时，结论不成立，命题为假；
对于C，当与共线时，结论不成立，命题为假；
对于D，若，则，即，则，所以，命题为真．
故选：D．
16．A
【分析】根据三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，结合正方体和三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】由三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，
由题意可得，
．
故选：A．

17．C
【分析】利用余弦定理可构造方程求得，利用三角形面积公式可求得结果.
【详解】由余弦定理可得：，解得：，
，.
故选：C.
18．B
【分析】由题意：2名女教师分派到同一个学校考虑该校是否分配男教师，即可求出答案.
【详解】根据题意，分派方案可分为两种情况:
①2名女教师和1名男教师分派到同一个学校，则有种方法.
②2名女教师分派到同一个学校，且该学校没有分配没有男教师，则有：种方法.
故一共有：36种分配方法.
故选：B.
19．C
【解析】当时，验证正确. 当时，验证正确. 当时，验证正确.
【详解】当时，，定义域为关于原点对称.
，则为偶函数.
当时，.
则
即函数在上单调递增，则函数在上单调递减.
此时函数的图象可能为选项.
当时，，定义为且关于原点对称.
，则为偶函数.
当时，.
则
当时，即函数在上单调递减
当时，即则函数在上单调递增.
根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.
当时，，定义为关于原点对称.
，则为奇函数.
当时，.
则
令，则
即并且在上单调递增，并且在上单调递增.
根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.
故选：C
【点睛】本题考查函数的图象，判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，属于较难的题.
20．B
【分析】根据给定条件求出，由椭圆半焦距为c表示，然后利用椭圆定义列式计算作答.
【详解】因过点斜率为的直线交椭圆于点，则有，，
因此，在中，，令椭圆半焦距为c，于是得，，
由椭圆定义得：，，
所以椭圆的离心率是.
故选：B
21．D
【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换求出即得解.
【详解】解：由可得，
即，
所以，
又为锐角，故.
故选：D.
22．B
【分析】利用切线长定理求出m的表达式，结合几何意义将问题转化为点P到定点距离与到定直线距离的和最小求解作答.
【详解】圆的圆心，半径，过点P作圆的切线PA，A为切点，连接PC，AC，如图，
  
则有，，
表示动点P到定点的距离，令直线为l，过P作于点R，则，
过M作于N，交x轴于点Q，连PM，MR，，当且仅当P，Q重合时取“=”，
直线的斜率为，其方程为：，令，得，则，
当取最小值时，的值为3.
故选：B
23．B
【分析】等式化为：，构造函数并探讨其单调性，求出x，y的关系推理计算作答.
【详解】由得：，即，显然有，
令，则有，即有在上单调递增，
依题意，，即得：，又，则，解得，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及含有不同变量的两个等式，细心挖掘问题的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解作答.
24．C
【分析】令，易知0是其中一个零点，当时，转化为，令，作出函数的图象，由有两个不同的交点求解.
【详解】解：令，
当时，成立，
当时，可化为，
令，
当时，，则，
令，则，
所以递减，则即，
所以在上递增，
作出函数的图象，如图所示：

因为函数恰有三个零点，且0是其中一个零点，
所以有两个不同的交点，
由图象知：，
故选：C
25．A
【分析】首先根据题意得到，，再求并集即可.
【详解】，，
所以.
故选：A
26．C
【分析】由题可得，设，后利用两复数相等条件可得答案.
【详解】.
设，则或.故或.
故选：C
27．D
【分析】首先根据题意得到，解方程组得到，，再求即可.
【详解】因为，所以，
由题知：，
所以，解得，所以，即，
所以.
故选：D
28．B
【分析】首先求出的通项，再根据通项求解即可.
【详解】的通项，
令，，令，，令，，
展开式中的系数为.
所以的展开式中的系数为10.
故选：B
29．A
【分析】作出图形，设，求出的正弦值和余弦值，分析可知，再利用两角和的余弦公式可求得结果.
【详解】如下图所示：

不妨设，在中，，，则为等腰直角三角形，
所以，且，
又因为，则，
在中，，则，
所以，，，
因此，
.
故选：A.
30．C
【分析】根据题意得到总的可能的情况，再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是个位档或十位档进行分类，得到符合要求的情况，从而得到符合要求的概率.
【详解】依题意得所拨数字共有种可能．
要使所拨数字大于，则：
若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于，有种；
若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，
有种，
则所拨数字大于的概率为，
故选：C．
31．D
【分析】根据零点的定义可得方程和共有5个解；结合导数分析函数的性质，作函数的图象，观察图象求的取值范围.
【详解】因为函数恰有5个零点，
所以方程有个根，
所以有个根，
所以方程和共有5个根；
当时，，
，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
因为，所以，
，当且时，，
时，，
当时，，，
故函数在上的图象为对称轴为，顶点为的抛物线的一段，
根据以上信息，作函数的图象如下：

观察图象可得函数的图象与函数的图象有2个交点，
所以方程有两个根，
所以方程有3个异于方程的根，
观察图象可得，
所以的取值范围为..
故选：D.
32．C
【分析】由条件可得，由此证明关于对称，再结合图象变换判断A，再证明函数为偶函数由此判断B，由条件证明为偶函数，由此证明为周期函数，结合周期性求，举反例判断C.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以函数为奇函数，
所以函数的图象关于点对称，
所以关于对称，
又，
所以函数的图象关于点对称，A正确；
因为函数的图象关于点对称，
所以的图象关于原点对称，
所以，
所以，
所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，
所以函数的图象关于直线对称，B正确；
因为是奇函数，所以，
所以，即
又，
所以，
所以函数为周期函数，周期为4，
所以，
又，所以，
所以，故，D正确；
设，则，，
满足所给条件，但，所以C错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分利用函数的奇偶性的定义，结合条件判断相关函数的奇偶性，再结合奇函数和偶函数的性质判断相关结论.
33．BC
【分析】对选项A，根据为的周期，故A错误，对选项B，时，，再结合周期即可判断B正确，对选项C，根据为偶函数，即可判断C正确，对选项D，根据的值域为，即可判断D错误.
【详解】对选项A，，
所以为的周期，故A错误.
对选项B， 当时，，
因为，所以，即.
因为为的周期，所以的值域为，故B正确.
对选项C，函数的定义域为R，
，
所以为偶函数，关于轴对称，即的图象是轴对称图形，故C正确.
对选项D，因为的值域为，所以的图象不是中心对称图形，
故D错误.
故选：BC
34．ACD
【分析】求出双曲线的渐近线方程判断A；按点P在左支、右支确定的点P个数判断B；利用双曲线定义结合勾股定理计算判断C；利用双曲线定义结合直角三角形内切圆半径公式计算判断D作答.
【详解】双曲线中，实半轴长，虚半轴长，半焦距，焦点，
对于A，双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于B，设点，则，，解得或，
当时，，当时，有两个值，即符合条件的点P有3个，B错误；
对于C，由双曲线定义知，而，且，
则，即有，
因此，C正确；
对于D，由双曲线定义知，因为，所以内切圆的半径：
，D正确.
故选：ACD
35．AC
【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD.
【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，
又为棱的中点，
所以，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，
设，
所以点到直线的距离为，
所以点到直线的距离为，
所以的面积，
又，，
，平面，
所以平面，
所以三棱锥的体积，A正确；

如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以向量为平面的一个法向量，
设，，
所以，
因为平面，所以，
所以，所以，
所以，B错误；

设，则，
又，
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以，
所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确；
因为，，
又与的所成角为，
所以，
化简可得，且，
所以点的轨迹为抛物线的一部分，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.
36．AD
【分析】利用导数判断函数，的单调性，求函数的最值，并画出对应的图像，能得到四个交点的位置，结合可得出四个交点横坐标之间的关系，即可判断.
【详解】由可得，
令，解得，
所以当时，，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以当时，取最小值，，
当时，，当时，，，
当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，
从而， 当时，，
根据以上信息，画出函数的大致图象如下，

由可得，
令，解得，
所以当时，，在上单调递减；
当时，在单调递增，
所以当时，函数取最小值，，
当时，，当时，，，
当时，，当时，，
根据以上信息，画出函数的大致图象如下，

所以若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，
则，
由图可得，是直线与的两个交点，，是直线与的两个交点，
则，
因为，，所以，
则，
所以，
在上单调递减；在上单调递增，
所以，
所以，，
所以，，
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：第二问中，利用导数研究单调性和最值，根据所得函数性质判断与曲线、共有四个不同交点，并结合进而判断根的关系
37．
【分析】求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.
【详解】，，则．
因为，所以所求切线方程为，即．
故答案为：．
38．
【分析】直接根据二项式定理即可得结果.
【详解】在的展开式中，
的系数为，
故答案为：.
39．
【分析】设右焦点为，设直线的方程为：，设，，利用几何性质可得，结合焦点三角形的性质和余弦定理可得，求出的坐标后代入椭圆方程可求离心率.
【详解】
解：设右焦点为，由题意可得直线的方程为：，设，，
连接，，因为，
所以四边形为平行四边形，则，
所以，
整理得到即，
故，
所以可得，代入直线的方程可得，
将的坐标代入椭圆的方程可得：，
整理可得：，即，
解得：，由椭圆的离心率，
所以，
故答案为：．
【点睛】方法点睛：椭圆离心率的计算问题，关键在于构建基本量的方程，可利用点在曲线上来构建，注意焦点三角形的性质在计算过程中的应用.
40．
【分析】根据二项展开式的通项公式可求得结果.
【详解】因为，又的展开式的通项
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
41．
【分析】由题意可知，进而可得出，再结合可求得、的值，由此可得出双曲线的方程.
【详解】由于是边长为的等边三角形，则，
由题意可得，解得，
因此，双曲线的方程为.
故答案为：.
42．/0.5
【分析】根据给定条件，确定出三棱锥外接球球心并求出球半径，再借助空间向量计算作答.
【详解】在三棱锥中，因平面，平面，则，，而，
，平面，因此，平面，又平面，则，
取PC中点O，连接BO，AO，如图，于是得，即有O是三棱锥的外接球球心，

由得：，，而，则有，
而，，则，
从而有，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
43．①②④
【分析】讨论的范围去掉绝对值可得到，结合图象逐项分析可得答案.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以，
的图象如下

所以的最小正周期为，①正确；   
的值域为，②正确；
在上有增有减，③错误；   
在上有4个零点，④正确.
故答案为：①②④.
44．
【分析】首先根据题意得到，从而得到，再根据求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，即.
所以，
因为，所以与的夹角为.
故答案为：
45．
【分析】由已知条件可得，求出，可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】由可得，则，由可得，
所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
46．
【分析】设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法结合条件关系列方程求即可.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，
若直线的斜率为，则直线与抛物线只有一个交点，不满足要求，
所以可设直线的方程为，
联立，消可得，，
方程的判别式，
设，
则，
，，
因为，所以，
所以，所以，
，所以，
所以，又，，
所以，
所以直线的斜率为，
故答案为：.
47．
【分析】问题等价于函数与函数的图象有唯一交点，画出图象后可知，从而可解.
【详解】因为有唯一零点，
所以函数与函数的图象有唯一交点，
因为，
所以函数与函数的图象的唯一交点为，
又因为，且，，
所以在上恒成立,
所以在上为单调递减函数,
因为求的最大值，所以不妨令，
因为是最小正周期为2，最大值为的正弦型函数，
可得和的图象大致如图，

要使和只有唯一交点,则，
即，解得，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：
画出和的图象后，要使和只有唯一交点,则，从而可求解.
48． ，
【分析】（1）根据递推关系求得，利用累加法求得的通项公式；
（2）代入求得的，化简，得，
利用裂项相消法求得前n项和.
【详解】解：，，可得，，
又，
则，
上式对也成立，
所以，；
由，可得，
则数列的前项和为
．
故答案为：，；．
【点睛】关键点点睛：求通项时，累加法求和需要考虑的情况；化简成可以裂项的形式，从而利用裂项相消法求和.
49．答案见解析
【分析】若选择条件①：，
（1）先由正弦定理得：，再由余弦定理解得，从而证明为等腰三角形；
（2）先计算，利用面积解得，从而求出三边则a、b、c，在中，利用余弦定理求出．
若选择条件②：，
（1）先由正弦定理得：，再由余弦定理解得，从而证明为等腰三角形；
（2）先计算，利用面积解得，从而求出三边则a、b、c，在中，利用余弦定理求出．
【详解】解：若选择条件①：，
（1）证明：因为，所以，所以，
由余弦定理，
所以，可得为等腰三角形，得证．
（2）因为，，所以，
所以，解得，
则，所以，
又，所以，，
因为，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以．
若选择条件②：，
（1）证明：因为，所以，所以，
由余弦定理，整理可得，
解得，或（舍去），
所以，所以为等腰三角形，得证．
（2）因为，，所以，
所以，解得，
则，所以，
又，所以，，
在中，由余弦定理可得，
所以．
【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：
(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；
(2)从式子结构来选择．
50．（1）老年人更倾向于选择报团游；（2）分布列见解析，；（3）建议他选择报团游．
【分析】（1）分别计算三种人群的频率，进行比较即可；
（2）根据题意，列出的可能取值，分别求概率，写出分布列；
（3）计算两种旅游方式的满意度，得到结论.
【详解】解：（1）由表中数据可得老年人、中年人和青年人选择报团游的频率分别为
，，，
因为，所以老年人更倾向于选择报团游；
（2）由题意可得，的可能取值为0，1，2，
所以，
，
，
所以的分布列为：

0
1
2




所以；
（3）由上表可知，报团游的满意率为，
自助游的满意率为，
因为，故建议他选择报团游．
【点睛】（1）在实际问题中，通常用频率估计概率；、
（2）求离散型随机变量的分布列，应按以下三个步骤进行：
①明确离散型随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；
②利用概率的有关知识求出随机变量每个取值的概率；
③按规范形式写出分布列并用分布列的性质进行检验.
51．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（1）在两平面内分别找两条相交的直线，证明互相平行，即分别证明，即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得两个面的法向量，根据法向量的夹角求得二面角的余弦值.
【详解】（Ⅰ）证明：连结，因为是正三角形，是的重心，为的中点，
所以与共线，且，

因为为的中点，，所以是的中点，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）解：因为，，所以，
所以，因为，，平面，所以平面，
以A为坐标原点，，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，

设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，所以，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，所以，
所以，
故二面角的余弦值．
【点睛】方法点睛：（1）在两个面上找到两条相交直线，证明互相平行，从而证明面面平行；（2）建立空间直角坐标系，把二面角转化为向量间的夹角进行求解.
52．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）设内切圆的半径为，可得，当为椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，即最大，由此得，由内切圆面积最大值可得满足的方程，结合离心率和椭圆关系可构造方程组求得结果；
（Ⅱ）设，当时，假设直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出和，代入整理可得定值；当时，易求得，由此可得结论.
【详解】（Ⅰ）设内切圆的半径为，则，
，
当的面积最大时，内切圆的半径最大，
则当点为椭圆的上顶点或下顶点时，的面积最大，最大值为，
的最大值为，又内切圆面积的最大值为，，
由得：，椭圆的标准方程为：．
（Ⅱ）设，，，
①当时，设直线，的直线方程分别为，，
由得：，，
，，，
同理由可得：，
；
②当时，直线，与轴重合，则
则；
综上所述：为定值．
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值.
53．（Ⅰ）1；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由题意得，所以，构造，求导结合单调性可得即的最小值；
（Ⅱ）先依题意得到，再反过来证明时，在上恒成立.
【详解】（Ⅰ）由题意得，，（），
令，则，
故即在上单调递增，
所以，在上的最小值为；
（Ⅱ）因为在上恒成立，且，
又，所以，所以.
下面证明当时，在上恒成立.
（1）若，只需证明.
   又，，
所以只需证明.
    令，由（Ⅰ）知.
    所以在上单调递增，所以.
    故此时符合题意；
（2）若，只需证明.
记，，则.
因为在上单调递增，且，，
所以存在唯一的使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，，
故存在唯一的，使得，
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，
故当时，，单调递增，，
即在上恒成立，
故此时也符合题意.
综上所述，实数的取值范围范围是．
【点睛】
思路点睛；本题第（2）问的思路是：首先探究“在上恒成立”的一个必要条件是“”，然后再证明充分性成立.
54．（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【分析】（1）消参，将参数方程化为普通方程，通过把极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）由曲线的直角方程，写出其标准参数方程，联立曲线的普通方程，化简得到韦达定理，利用直线参数方程里参数的几何意义解得答案.
【详解】解：（Ⅰ）曲线的参数方程为（为参数），整理得，转换为普通方程为；
曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；
（Ⅱ）把直线转换为（为参数），代入，
得到：，
所以，，
所以．
【点睛】方法点睛：（1）将参数方程转化为，作差进行消参，求得普通方程，通过把极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）将直线化为标准参数方程，则参数t的几何意义表示点到定点的长度，从而可以解决到定点的长度问题.
55．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）利用绝对值三角不等式即可求得最小值；
（Ⅱ）分别在和时，去除绝对值符号，利用能成立的思想可构造不等式求得结果.
【详解】（Ⅰ）当时，，
（当且仅当时取等号），
的最小值为；
（Ⅱ）由题意知：存在，使得，
（1）当时，，解得：；
（2）当时，
若，则，解得：（舍）；
若，则，
，，解得：（舍）；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值不等式最值的求解、能成立问题的求解；求解能成立问题的关键是能够通过分类讨论的方式，利用函数最值构造不等式求得结果.
56．(1)；
(2)；
(3).

【分析】（1）根据递推公式，结合数列前项和与第项之间的关系、等比数列的定义进行求解即可；
（2）根据递推公式，结合（1）中的结论进行求解即可；
（3）根据平方差公式，结合等差数列前项和公式进行即可.
【详解】（1）由
因为，
所以当时，，
得：，所以，
当时，也适合，因此；
（2）因为，
所以当时，，
两式相减得：，
由（1）可知：，所以，
当时，，也适合上式，
故；
（3）因为，
所以，
因此

.
57．(1)
(2)，，，甲班级代表学校参加大赛更好.

【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式即可求出答案；
（2）结合超几何分布和二项分布，根据数学期望和方差的定义依次求出，，，，由此可求出答案．
【详解】（1）解：甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率；
（2）解：甲班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为1，2，，，
则，．
乙班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为0，1，2．所以，
∴，．
由，可知，由甲班级代表学校参加大赛更好．
58．(1)；
(2).

【分析】（1）利用线面平行可得，进而求出等腰的底角即可计算作答.
（2）由已知证明平面，再由体积最大可得，然后作出二面角的平面角，借助直角三角形求解作答.
(1)
因平面，平面内，平面平面，则有，
因此，，而，则，
所以的长是.
(2)
因，平面平面，平面平面，平面ABC，则平面，
三棱锥的体积，
因此，三棱锥的体积最大，当且仅当，即，
取PD中点M，连接OM，CM，由，可得，如图，

于是得，即是二面角的平面角，
而，在中，，则，，
所以二面角的余弦值是.
59．(1)；
(2)存在定值，定值为.理由见解析.

【分析】（1）根据题意设出直线方程，利用平面向量互相垂直的性质，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合（1）中的方法进行求解即可.
（1）
设直线的方程为：，
与抛物线方程联立为：，设，
所以，因为，
所以，
化简得：，把代入得：
，所以抛物线的方程为；
（2）
抛物线的焦点，
设直线的方程为：，
与抛物线方程联立为：，设，
所以，即，
设，同理可得：，即，
，因为，所以，
因为，所以，
而，，，
所以，因此为定值，定值为.
【点睛】关键点睛：利用一元二次根与系数的关系是解题的关键.
60．(1)最小值为，最大值为
(2)答案见解析

【分析】（1）首先求函数的导数，再分析函数的单调性，再求函数的最值；
(2)构造函数，再根据导函数求出单调性、最值，结合图像，即可求解.
(1)
函数的定义域是，

令
则
在上单调递增.
又时，，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
故函数在上单调递减，在上单调递增，
又
且显然
函数在区间上的最小值为，最大值为
(2)
即为，得，
即，令,易知在上单调递增，故，
构造函数，
则
故在上单调递减，在上单调递增.
.
①当时，恒成立，方程没有实根；
②当时，当时，；当时，恒成立；方程有1个实根；
③当时，，
先证：时，，
令，即
时，，
当时，
即在上分别有一个零点，而在上单调递递减，在上单调递递增，所以在上分别有一个零点，
因此方程有2个实根.
61．(1)；；
(2).

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求出点的直角坐标和曲线的直角坐标方程.
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，求出点M所对参数，再结合参数的几何意义计算作答.
(1)
点的极坐标为，由可得点P的直角坐标为，
曲线：，即，
于是得曲线的直角坐标方程：.
(2)
显然点在直线上，将直线的参数方程为（为参数）代入方程得：
，整理得：，
设点，所对参数分别为，线段中点所对参数为，则是方程的两根，
于是得，，
所以点到线段中点的距离为.
62．(1)
(2)

【分析】（1）根据零点分段法解不等式，即可求出的值；
（2）由，结合基本不等式，利用乘“1”法即可求得的最小值.
(1)
当时，原不等式可转化为，
所以；
当时，原不等式可转化为，解得，
所以
当时，原不等式可转化为，解得（舍），
综上所述，原不等式的解集为，
所以满足不等式的最大整数.
(2)
由（1）得，
因为，
所以

，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.
63．(1)
(2)

【分析】（1）设的公差为，由已知可得出，可得出关于的方程，解出的值，利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式；
（2）求出，求得，利用分组求和法结合裂项相消法可求得.
【详解】（1）解：设的公差为，
因为为等差数列，则，即，
整理可得，可得，解得，
所以，.
（2）解：由（1）得，
则，

.
64．(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】（1）选①：利用正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
选②：利用同角三角函数的基本关系、正弦定理以及余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由已知得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量数量积的运算性值结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值.
【详解】（1）解：选择条件①：，
由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
因为，则，，故；
选择条件②：，
由题意可得，
即，由正弦定理得，
由余弦定理得，
.
（2）解：由（1）得，则，
即，，

，
，
，
当且仅当时，的面积取最大值.
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，通过证明平面平面，可得平面；
（2）点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由，直线与平面的所成角为，可得P坐标，后利用向量法可得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，
是的中点，，
平面平面，
平面，
同理可得平面，
平面平面，
平面平面，平面，平面；
（2）以点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可得，
.
设，因，直线与平面的所成角为则.
又因则点的横坐标.
又，则，结合题图可知，
则，.
设是平面的一个法向量，则，
令，则.
设是平面的一个法向量，则
令，则.
又因两平面夹角范围为，设平面与平面夹角为，
，
平面与平面夹角的余弦值为.

66．(1)；
(2)；
(3)（i），（ii）.

【分析】（1）利用给定的数据，结合最小二乘法公式计算作答.
（2）利用（1）中经验回归方程，求出x的取值范围作答.
（3）（i）利用全概率公式求出不合格品的概率；（ii）利用条件概率公式求出不合格的新药是设备生产的概率，再利用二项分布的概率求解作答.
【详解】（1）因为，则，
于是，，
所以关于的线性经验回归方程为.
（2）由（1）得，当时，，解得，
所以该新药中此药物成份含量的取值范围为.
（3）（i）设“随机抽取一件新药，是设备生产的”，则“随机抽取一件新药，是设备生产的”，“随机抽取一件新药为不合格品”，
依题意，，
所以；
（ii）设“抽到一件不合格的新药，它是设备生产的”，
则，
设表示三件不合格新药来自设备生产的件数，则，
所求事件的概率为.
67．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出直线的方程，根据直线与圆的位置关系可得出，由椭圆的离心率可得出，可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设，求出直线的方程，可得出，设直线的，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意可得直线的方程为，即，
直线与圆相切，，，
，则，，则，
由可得，
椭圆的方程为.
（2）证明：由题意可设，
由（1）得，则直线的方程为，
直线的方程为，
若直线轴，此时直线与椭圆相切，不合乎题意，
设直线的方程为，
由得，
，可得，
，

，





，
是中点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
68．(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.

【分析】（1）根据题意，求导可得，然后令，然后根据，分别讨论，即可得到结果；
（2）①由题意可得，根据证即可；
②由题可知，只需证，且，然后构造函数令，即可得证；
【详解】（1）由题意得令
，
①当时，
在上递增，
当时，在上递减，
当时，在上递增，
只有一个极值点，此时不符合题意；
②当时，令，即，
则和是方程的两个实数解，且，
所以时，，时，，
在和上递增，在上递减，且，
，
在上存在唯一零点，
，
在上存在唯一零点，
在和上递减，在和上递增，记，
是的三个不同的极值点，且，
综上，实数的取值范围为；
（2）由（1）得当时，有三个不同的极值点，且，
①要证，只需证，
，
.
②要证，只需证，
，
只需证，
令，
则，
令，则，
，
，
即.
【点睛】函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.