陕西省宝鸡市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份陕西省宝鸡市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共57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。

陕西省宝鸡市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知复数z＝(a2－4)＋(a－3)i，则“a＝2”是“z为纯虚数”的（   ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
3．（2021·陕西宝鸡·统考一模）设向量，且，则（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2021·陕西宝鸡·统考一模）某高中为了解学生课外知识的积累情况，随机抽取名同学参加课外知识测试，测试共道题，每答对一题得分，答错得分.已知每名同学至少能答对道题，得分不少于分记为及格，不少于分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．该次课外知识测试及格率为
B．该次课外知识测试得满分的同学有名
C．该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数
D．若该校共有名学生，则课外知识测试成绩能得优秀的同学大约有名
5．（2021·陕西宝鸡·统考一模）若，则下列各式中一定成立的是（    ）
A． B．
C． D．且
6．（2021·陕西宝鸡·统考一模）棱长为的正方体密闭容器内有一个半径为的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其不能到达的空间的体积为（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·陕西宝鸡·统考一模）如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝6，则此抛物线方程为（    ）

A．y2＝9x B．y2＝6x
C．y2＝3x D．y2＝x
8．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知函数，则（    ）
A． B．
C．4 D．4042
9．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知函数的部分图象如图所示，则关于函数下列说法正确的是（    ）

A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．在区间上是增函数
D．将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象
10．（2021·陕西宝鸡·统考一模）在中，角所对的边分别为，，，则的最大值为
A．2 B．3
C． D．4
11．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知双曲线，斜率为的直线交双曲线于、，为坐标原点，为的中点，若的斜率为，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知函数的定义域为，且满足：①对任意的，，都有；②是奇函数；③为偶函数.则（    ）
A． B．
C． D．
13．（2022·陕西宝鸡·统考一模）集合，，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·陕西宝鸡·统考一模）复数的模为（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·陕西宝鸡·统考一模）某乡镇实现脱贫目标后，在奔小康的道路上，继续大步前进，依托本地区苹果种植的优势，经过3年的发展，苹果总产量翻了一番，统计苹果的品质得到了如下饼图：70，80是指苹果的外径，则以下说法中不正确的是（    ）

A．80以上优质苹果所占比例增加
B．经过3年的努力，80以上优质苹果产量实现翻了一番的目标
C．70~80的苹果产量翻了一番
D．70以下次品苹果产量减少了一半
16．（2022·陕西宝鸡·统考一模）下边程序框图的算法思想源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”，执行该程序框图（图中“ MOD ”表示除以的余数），若输入的，分别为297，57，则输出的（    ）

A．3 B．6 C．9 D．12
17．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知函数则，则（    ）
A．0或1 B．或1 C．0或 D．或
18．（2022·陕西宝鸡·统考一模）某机构通过抽样调查，利用列联表和统计量研究患肺病是否与吸烟有关，计算得，经查对临界值表知，，现给出四个结论，其中正确的是（    ）
A．因为，故有90%的把握认为“患肺病与吸烟有关"
B．因为，故有95%的把握认为“患肺病与吸烟有关”
C．因为，故有90%的把握认为“患肺病与吸烟无关”
D．因为，故有95%的把握认为“患肺病与吸烟无关”
19．（2022·陕西宝鸡·统考一模）函数的图像可以由函数的图像（    ）
A．向右平移单位得到 B．向左平移单位得到
C．向右平移单位得到 D．向左平移单位得到
20．（2022·陕西宝鸡·统考一模），是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中真命题的个数为（    ）
①若，，则与所成的角等于与所成的角；
②若 ，，，则与是异面直线；
③若 ，，，则；
④若，，，则．
A．1 B．2 C．3 D．4
21．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知､是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，若，且，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
22．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知抛物线，直线与交于，两点，是射线上异于，的动点，圆与圆分别是和的外接圆（为坐标原点），则圆与圆面积的比值（    ）
A．小于1 B．大于1 C．等于1 D．与点的位置有关
23．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知定点，是圆上的动点，则“”是“的最大值为30°”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
24．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知，，则下列关系式不可能成立的是（    ）
A． B． C． D．
25．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知集合，那么等于（    ）
A． B．
C． D．
26．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知复数，则（    ）
A．1 B． C．2 D．4
27．（2022·陕西宝鸡·统考一模）双曲线的渐近线方程是（    ）
A． B．
C． D．
28．（2022·陕西宝鸡·统考一模）最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下面是某部门统计的甲､乙两个检测点7天的检测人数统计图，则下列结论不正确的是（    ）

A．甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数
B．甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差
C．甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数
D．甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差
29．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，则异面直线与所成角的正切值为（    ）
A． B． C．3 D．
30．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知向量满足，且，则夹角为（    ）
A． B． C． D．
31．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
32．（2022·陕西宝鸡·统考一模）椭圆的左､右顶点分别为，点在上，且直线斜率取值范围是，那么直线斜率取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
33．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知等差数列满足，则下列命题：①是递减数列；②使成立的的最大值是9；③当时，取得最大值；④，其中正确的是（    ）
A．①② B．①③
C．①④ D．①②③
34．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知直线与圆相切，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
35．（2022·陕西宝鸡·统考一模）的整数部分是（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
36．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知函数满足，若函数与的图像恰有四个交点，则这四个交点的横坐标之和为（    ）
A．2 B．4 C．6 D．8

二、填空题
37．（2021·陕西宝鸡·统考一模）函数在处的切线方程是________.
38．（2021·陕西宝鸡·统考一模）题库中有道题，考生从中随机抽取道，至少做对道算通过考试.某考生会做其中道，有道不会做，则此考生能通过考试的概率为__________．
39．（2021·陕西宝鸡·统考一模）计算，可以采用以下方法：
构造等式：，两边对x求导，
得，
在上式中令，得．类比上述计算方法，计算____________．
40．（2021·陕西宝鸡·统考一模）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面组成的多面体．如将正四面体所有棱各三等分，沿三等分点从原几何体割去四个小正四面体（如图所示），余下的多面体就成为一个半正多面体，若这个半正多面体的棱长为4，则这个半正多面体的外接球的半径为__________．

41．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知平面向量，，若，则___________.
42．（2022·陕西宝鸡·统考一模）展开式中的系数为___________.
43．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知､均为锐角，且，，则___________.
44．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知正三棱锥的底面边长为，，，分别是棱，，的中点，若是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
45．（2022·陕西宝鸡·统考一模）展开式中的常数项为__________．
46．（2022·陕西宝鸡·统考一模）若命题“”是假命题，则实数的取值范围是______.
47．（2022·陕西宝鸡·统考一模）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形､一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.

48．（2022·陕西宝鸡·统考一模）在棱长为1的正方体中，是侧面内一点（含边界）则下列命题中正确的是（把所有正确命题的序号填写在横线上）______.
①使的点有且只有2个；
②满足的点的轨迹是一条线段；
③满足平面的点有无穷多个；
④不存在点使四面体是鳖臑（四个面都是直角三角形的四面体）.

三、解答题
49．（2021·陕西宝鸡·统考一模）设数列满足，且，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
50．（2021·陕西宝鸡·统考一模）四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为的中点，为的中点，平面底面.

（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
51．（2021·陕西宝鸡·统考一模）某商场举行有奖促销活动，凡10月13日当天消费每超过400元（含400元），均可抽奖一次，抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球（其中红球有3个，白球有3个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案．
方案一：从抽奖箱中，一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则打6折；若摸出1个红球，则打8折；若没摸出红球，则不打折．
方案二：从抽奖箱中，有放回地每次摸取1个球，连摸2次，每摸到1次红球，立减100元．
（1）若小方、小红均分别消费了400元，且均选择抽奖方案一，试求他们其中有一人享受6折优惠的概率．
（2）若小勇消费恰好满600元，试比较说明小勇选择哪种方案更划算．
52．（2021·陕西宝鸡·统考一模）如图，已知圆的方程为，圆的方程为，若动圆与圆内切与圆外切．

求动圆圆心的轨迹的方程；
过直线上的点作圆的两条切线，设切点分别是，若直线与轨迹交于两点，求的最小值．
53．（2021·陕西宝鸡·统考一模）设函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求正整数的最小值.
54．（2021·陕西宝鸡·统考一模）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正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）求曲线的直角坐标方程和点的直角坐标；
（2）设直线与曲线交于，两点，线段的中点为，求.
55．（2021·陕西宝鸡·统考一模）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）当x∈R，0 56．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知是等差数列，，.
(1)求的通项公式；
(2)若对于任意，点都在曲线上，过作轴的垂线，垂足为，记的面积为，求数列的前项和.
57．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图，四棱锥的底面为正方形，平面，是的中点，.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
58．（2022·陕西宝鸡·统考一模）“病毒”给人类社会带来了极大的危害，我国政府和人民认识到对抗“病毒”是一项长期而艰巨的任务，为了加强后备力量的培养，某地政府组织卫生､学校等部门，开展了一次“病毒”检测练兵活动.活动组织者把3份不同的“X病毒”咽拭子随机分到3个组，并根据份额，增加不含“病毒”的正常咽拭子，使每组有20份咽拭子.规定每组先混合检测，即将20份咽拭子分别取样混合在一起检验，若结果为阴性，则这20份咽拭子全为阴性，只需检验一次就够了；若检验结果为阳性，为了明确这20份咽拭子究竟哪份为阳性，就需要对这20份再逐一检验，此时这20份咽拭子的检验次数总共为21次.三组样本检验规则相同，每次检测费为60元.
(1)求检测次数为23次的概率；
(2)设本次活动检测总费用为元，求的分布列及数学期望.
59．（2022·陕西宝鸡·统考一模）椭圆经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，过椭圆的右焦点作直线交于、两点，试问：是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
60．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知函数
(1)当时，求函数在区间上最大值和最小值；
(2)令，当函数恰有两个极值点时，求实数的取值范围.
61．（2022·陕西宝鸡·统考一模）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线的普通方程和曲线的极坐标方程；
(2)若直线和曲线交于，两点，且，求实数的值．
62．（2022·陕西宝鸡·统考一模）关于的不等式的解集为，其中．
(1)求实数，的值；
(2)若正数，满足，求的最小值．
63．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知向量，定义函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)在中，若，且是的边上的高，求长度的最大值.
64．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥中，底面，且底面是平行四边形.已知是中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
65．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知点在抛物线上，且到的焦点的距离与到轴的距离之差为.
(1)求的方程；
(2)当时，是上不同于点的两个动点，且直线的斜率之积为为垂足.证明：存在定点，使得为定值.
66．（2022·陕西宝鸡·统考一模）甲､乙两个代表队各有3名选手参加对抗赛.比赛规定：甲队的1，2，3号选手与乙队的1，2，3号选手按编号顺序各比赛一场，某队连赢3场，则获胜，否则由甲队的1号对乙队的2号，甲队的2号对乙队的1号加赛两场，胜场多者最后获胜（每场比赛只有胜或负两种结果）.已知甲队的1号对乙队的1，2号选手的胜率分别是0.5，0.6，甲队的2号对乙队的1，2号选手的胜率都是0.5，甲队的3号对乙队的3号选手的胜率也是0.5，假设每场比赛结果相互独立.
(1)求甲队仅比赛3场获胜的概率；
(2)已知每场比赛胜者可获得200个积分，求甲队队员获得的积分数之和的分布列及期望.
67．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数的图像与的图像最多有一个公共点，求实数的取值范围.
68．（2022·陕西宝鸡·统考一模）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)求曲线的任意一点到曲线距离的最小值.
69．（2022·陕西宝鸡·统考一模）已知，求证：
(1)；
(2).

参考答案：
1．D
【分析】化简集合A与B再结合并集定义计算即可．
【详解】解：∵集合，
，
∴．
故选：D．
2．A
【分析】先化简“z为纯虚数”的等价命题为“”，再利用充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】因为复数z＝(a2－4)＋(a－3)i为纯虚数，等价于，即a＝±2，
由充分条件和必要条件的定义知“a＝2”是“”的充分不必要条件，
所以“a＝2”是“z为纯虚数”的充分不必要条件.
故选：A.
3．A
【分析】根据的垂直关系，可求出 ；根据的平行关系，可求出 ，进而求出的值．
【详解】因为，所以
因为，所以
所以 ，所以
故选：A．
4．C
【分析】由百分比图知，成绩为100分、80分、60分、40分的百分比分别为，结合各项的描述即可判断其正误.
【详解】由图知，及格率为，故A错误.
该测试满分同学的百分比为，即有名，B错误.
由图知，中位数为分，平均数为分，故C正确.
由题意，名学生成绩能得优秀的同学有，故D错误.
故选：C
5．C
【分析】由按照不等式的性质或函数的单调性判断求解即可.
【详解】解析：指数函数在上是单调递减的，
由可知，.
所以，则.故C正确；
，但不一定有，
则不一定有，故错误；
函数在上是单调递增的，.
则，故错误；
当时，函数在上单调递减，
则.故错误.
故选：C
6．A
【分析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，由此可计算出体积.
【详解】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，其体积为，
小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，则其体积为，
则小球不能到达的空间的体积为.
故选：A.
【点睛】本题考查几何体体积的计算，解题的关键是得出小球在运动中不能到达的空间的结构特点.
7．B
【分析】分别过A，B作准线的垂线，交准线于E，D，设|BF|=a，运用抛物线的定义和直角三角形的性质，求得p，可得所求抛物线的方程．
【详解】
如图分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，
设|BF|＝a，则由已知得：|BC|＝2a，由抛物线定义得：|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝6，|AC|＝6＋3a，2|AE|＝|AC|，所以6＋3a＝12，从而得a＝2，|FC|＝3a＝6，所以p＝|FG|＝|FC|＝3，因此抛物线方程为y2＝6x.
故选：B
8．C
【分析】直接代入解析式化简可得答案.
【详解】因为，
所以



.
故选：C
9．C
【分析】先将代入可求出，由可得，由可求得，得出解析式，即可依次判断各个选项正误.
【详解】将代入，则，，，
即，
，则，解得，
由图可得，即，又，则可得，，
，
，则的图象不关于直线对称，故A错误；
，的图象不关于点对称，故B错误；
时，，可得单调递增，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度可以得到，故D错误.
故选：C.
【点睛】方法点睛：根据三角函数部分图象求解析式的方法：
（1）根据图象的最值可求出；
（2）求出函数的周期，利用求出；
（3）取点代入函数可求得.
10．A
【分析】根据三角形内角的取值范围和已知条件推知．再根据求得，所以利用不等式的性质来求的最大值．
【详解】根据题意，由，且，
所以，即,
又，可解得，
则，
即，
整理可得.
故选：A.
【点晴】方法点睛：解三角形的基本策略
一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
11．A
【分析】设点、，利用点差法求得，进而可得出双曲线的离心率为，即可得解.
【详解】设点、，则，
由题意，得，，两式相减，得，整理得，
所以，
因此，双曲线的离心率为，
故选：A.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
12．D
【分析】由已知不等式得函数的单调性，由奇偶性得函数的周期性，再利用周期性和单调性可比较函数值的大小．
【详解】由对任意的，，都有，
可得在上单调递增.由是奇函数，
可得，从而①.由为偶函数，
可得，从而②.由①②得，
设，则，得，
所以函数的周期为8，所以，
，，因为，
在上单调递增，所以，即，
故选：D.
【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键是，根据是奇函数，为偶函数，
得到，进而得到，从而得到函数的周期为8.实际上就是函数的图象关于点成中心对称，关于直线（）成轴对称，则函数为周期函数，是函数的一个周期．
13．A
【分析】解一元二次方程化简集合M，再利用交集的定义直接计算作答.
【详解】解方程得：，，则，而，
所以.
故选：A
14．C
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据模长公式可求得结果.
【详解】，
.
故选：C
15．D
【分析】设原苹果总产量为，从而3年后苹果总产量为；根据饼图，分别计算出3年前和3年后各类苹果的产量，从而可判断选项.
【详解】设原苹果总产量为，则经过3年的发展，苹果总产量为，
3年前80以上优质苹果所占比例，3年后80以上优质苹果所占比例，所占比例增加，故选项A正确；
3年前80以上优质苹果的产量为，3年后80以上优质苹果的产量为，故80以上优质苹果产量实现翻了一番的目标，选项B正确；
3年前70~80苹果的产量为，3年后70~80苹果的产量为，故70~80的苹果产量翻了一番，选项C正确；
3年前70以下次品苹果的产量为，3年后70以下次品苹果的产量为，故70以下次品苹果的产量没变，选项D错误.
故选：D.
16．A
【分析】根据给定的框图，结合程序的功能运行程序，逐次计算直到满足条件得出结论作答.
【详解】模拟程序的运行，可得，
第一次执行循环体，，不满足退出循环的条件，
第二次执行循环体，，不满足退出循环的条件，
第三次执行循环体，，不满足退出循环的条件，
第四次执行循环体，，满足退出循环的条件，输出，
所以输出的.
故选：A
17．D
【分析】根据一次函数的性质，结合基本不等式的性质，运用换元法分类讨论进行求解即可.
【详解】当时，函数单调递增，有，
当时，，当且仅当时取等号，即时取等号，
因此有，
令，则，因此，或，
当时，即，显然，因此，
当时，即，显然，因此，
综上所述：或，
故选：D
18．A
【分析】根据给定条件利用独立性检验的知识直接判断作答.
【详解】因，且，由临界值表知，，，
所以有90%的把握认为“患肺病与吸烟有关”，则A正确，C不正确；.
因临界值3.841>3.305，则不能确定有95%的把握认为“患肺病与吸烟有关”，
也不能确定有95%的把握认为“患肺病与吸烟无关”，即B，D都不正确.
故选：A
19．C
【分析】根据辅助角公式，结合正弦型函数图像变换的性质进行求解即可.
【详解】因为，
，
所以函数向右平移单位得到函数的图像，
故选：C
20．B
【分析】作出示意图，进而根据点线面的位置关系得到答案.
【详解】对①，结合异面直线所成角的定义，因为，所以与所成的角等于与所成的角，而，于是与所成的角等于与所成的角，故①正确；

对②，根据题意m,n既不平行也不相交，故m,n异面，所以②正确；
如图，在正方体中，若为平面ABCD，为平面，取m为AB，n为，显然异面，所以③错误；
若为平面ABCD，为平面，则m为AB，取n为BC，则，所以④错误.
故选：B.
21．B
【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得，从而可得为等边三角形，则，然后在中利用余弦定理列方程可求出离心率
【详解】因为，，
所以，
因为
所以，则，
因为，所以，
所以，所以为等边三角形，则，
在中，由余弦定理得
，
，得，
所以，
所以离心率，
故选：B
22．C
【分析】根据抛物线的对称性，利用正弦定理进行求解即可.
【详解】当时，，不妨设，
显然，且，两点关于横轴对称，故，
设和的外接圆的半径分别为：，
根据正弦定理有：
当点在点上方时，，
当点在点下方时，，
，因为，所以，
因此圆与圆面积相等，
故选：C
23．C
【分析】根据圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、充分条件和必要条件的定义进行求解即可.
【详解】当为圆的切线时，有最大值，最大值为30°，
由圆的方程可知：圆心，，
显然，于是有，
所以“”是“的最大值为30°”的充要条件，
故选：C
24．D
【分析】构造函数，利用导数判断其单调性可判断AB；
构造函数，，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】对于，两边取对数得，
即，
构造函数，，
当时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
若，则，即，故A正确；
若，则，，故B正确；
构造函数，，
，当时，，单调递增，所以，
，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，
所以时，即，
所以成立，不可能成立，故C正确D错误.
故选：D.
【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.
25．D
【分析】根据对数函数的定义域，结合交集的定义求解即可.
【详解】由题意，，故.
故选：D
26．A
【分析】由复数的运算结合模长公式求解即可.
【详解】，
故选：A
27．A
【分析】根据双曲线的标准形式结合渐近线方程求解即可.
【详解】即，故渐近线方程.
故选：A
28．C
【分析】根据题意分别求甲乙监测点的平均人数,极差,中位数及方差判断即可.
【详解】对于:甲检测点的平均检测人数为
乙检测点的平均检测人数为
故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故正确;
对于:甲检测点的数据极差
乙检测点的数据极差，故正确;
对于:甲检测点数据为,中位数为,
乙检测点数据为,中位数为，故错误;
对于:通过观察平均数附近数据个数,极差等或计算甲乙数据的方差,

都可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强,

故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差,故正确.
故选: .
29．C
【分析】根据异面直线所成角的定义，结合正四棱柱的几何性质求解即可.
【详解】解：如下图，连接

在正四棱柱中，有，所以四边形为平行四边形，
所以，所以为异面直线与所成角或其补角，
又在中，，，
所以，
因为，则，
所以，
故异面直线与所成角的正切值为3.
故选：C.
30．A
【分析】由数量积运算得出夹角.
【详解】设夹角为，，即，.
故选：A
31．C
【分析】利用同角三角函数的基本关系和正切二倍角公式求解.
【详解】由得，
解得，
因为，所以，所以，
又因为，
所以，
由解得，所以，
所以.
故选:C.
32．B
【分析】设，再根据表达推导可得，进而根据直线斜率取值范围求解即可.
【详解】设，则，，，
于是，故.
∵ ∴.
故选：B.
33．D
【分析】设出公差为，列出方程组，求出首项和公差，根据判断①正确，
写出，解不等式求出成立的的最大值是9，②正确；
根据与，得到当时，取得最大值，③正确；
利用通项公式求出的值，得到④错误.
【详解】设等差数列的公差为，
故，解得：，
由于，故是递减数列，①正确；
，令，
解得：，且，
故使成立的的最大值是9，②正确；
，
当时，，当时，，
故当时，取得最大值，③正确；
，④错误.
故选：D
34．C
【分析】根据直线与圆相切，整理等式，根据运算性质，可得答案.
【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，
由直线方程，整理可得，则，
整理可得，由配方法可得，
，，
由，则，即，解得.
故选：C.
35．B
【分析】注意到
，
，
据此可得答案.
【详解】因，则
.
又
，则

.
故，即整数部分为4.
故选：B
36．B
【分析】由题知函数，图像关于点对称，再根据对称性求解即可.
【详解】解：因为函数满足，
所以，函数图像关于点对称，
因为，其图像由图像向右平移个单位，再向上平移个单位得到，
所以，函数图像关于点对称，
不妨设数与的图像的四个交点的横坐标为，且，
所以，根据对称性，，
所以，这四个交点的横坐标之和为.
故选：B
37．
【解析】先求函数的导函数，再求斜率，然后利用直线的点斜式方程求解即可.
【详解】解：由函数，
求导可得，
所以，
又，
即函数在处的切线方程是，即，
故答案为：.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，重点考查了曲线在某点处的切线方程的求法，属基础题.
38．
【分析】由题意结合排列组合的知识求得所有事件的数量和满足题意的事件的数量，然后利用古典概型计算公式求解概率值即可.
【详解】由题意可知，此考生从道题中选择道题，共有种方法，
其中能通过考试的方法有种方法，
由古典概型计算公式可得满足题意的概率值为.
故答案为：
39．
【详解】试题分析：由题意得，构造等式：，两边同乘，得，再两边对求导，得到，在上式中，令，得.
考点：二项式定理的应用.
【方法点晴】本题主要考查了二项式定理的应用，是道好题，解答问题的关键在于对，两边同乘以整理后在对求导，要使分析到这一点，此类问题将大大增加了难度，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力和推理、运算能力，试题有一定的难度，属于难题.

40．
【分析】先求出，，的长度，在，求出正四面体的高，在中，求；中，求；中，由余弦定理求即可.
【详解】解：

正四面体的棱长，且正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，设为，为底面的中心，是边中点，是半正多面体的一个顶点


设，
在中，，，
中，
中，
由余弦定理，

．
故答案为：
【点睛】考查半正多面体的外接球的半径的求法，中档题.
41．
【分析】由，列方程求解即可
【详解】因为平面向量，，且，
所以，得，
故答案为：
42．
【分析】由二项式定理化简即可求出答案.
【详解】的系数为.
故答案为：3.
43．
【分析】由题意求出与的值，再利用化简即可求出答案.
【详解】已知、均为锐角，且，
则为第一象限角，
则，
，为锐角，
，则.



.
故答案为：.
44．
【分析】根据给定条件推导可得正三棱锥侧棱两两垂直，再求出三棱锥外接球半径即可计算作答.
【详解】在正三棱锥中，，，分别是棱，，的中点，

则，，而是等腰直角三角形，即，
因此，，，即有正三棱锥的侧棱两两垂直，
以为棱的平行六面体是正方体，这个正方体与正三棱锥有相同的外接球，
因正三棱锥的底面边长为，则侧棱，
于是得正三棱锥外接球半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
45．.
【分析】利用通项公式即可得出．
【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，
令12﹣3r＝0，解得r＝4．
∴展开式中的常数项15．
故答案为15．
【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
46．
【分析】原命题为假，则其否定为真，转化为二次不等式的恒成立问题求解.
【详解】命题“”的否定为：“，”.
因为原命题为假命题，则其否定为真.当时显然不成立；当时，恒成立；当时，只需，解得：.
综上有
故答案为：.
47．
【分析】画图分析其中四板块必涂上不同颜色，再根据分类分步计数原理计算剩下的部分即可.
【详解】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.
又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.

①当板块与板块同色时，则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；
②当板块与板块同色时，则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.
又板块颜色可排列，故共种.
故答案为：
48．②③
【分析】根据正方体的线面关系可得，则，即可得满足的点的轨迹，判断①即可；由正方体可证得平面，则满足的点的轨迹可求得，判断②即可；由正方体可证得平面平面，则满足平面的点的轨迹可求得，判断③即可；由正方体可求得四面体是鳖臑，由是侧面内一点（含边界），判断④即可.
【详解】解：对于①，由正方体可得平面，又平面，所以，则，
又，所以，又是侧面内一点，所以在以为圆心，1为半径的圆上，如下图：

有无数个这样的点，故①错误；
对于②，如下图，连接

由正方体可得平面，又平面，所以，
又由正方形，得，且平面，所以平面，
则满足的点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故②正确；
对于③，如下图，连接

在正方体中，有，所以四边形为平行四边形，则，同理可得，
又平面，平面，所以平面，平面，
且平面，所以平面平面，
则满足平面可得点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故③正确；
对于④，如下图，连接

在正方体中，有平面，且平面，所以，则均为直角三角形，
又平面，且平面，所以，则均为直角三角形，
所以四面体是鳖臑，由于是侧面内一点（含边界），故与重合时，四面体是鳖臑，故④错误.
故答案为：②③.
49．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由,变形为，即可证明；（2）由等比数列的通项公式可得， 于是，因此 ，再利用“裂项求和”即可得出．
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）因为是首项为，
公比为3的等比数列.
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以.
50．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据线段中点的性质、平行四边形形的判定定理和性质定理，结合面面垂直的性质定理和判定定理、平行线的性质进行证明即可；
（Ⅱ）连结，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质定理可以证明出底面，这样可以建立以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（Ⅰ）
四边形是平行四边形
.
又，.
又面面，面面，
面
面
且面
平面平面.
（Ⅱ）连结，，为中点，
又平面，平面平面，
平面平面，
底面，
又，以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，取平面的法向量，，，
，，

，
设平面的法向量，
，令，
，.
设二面角的平面角为

又为钝角，，即二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的平面角，考查了推理论证能力和数学运算能力.
51．（1）；（2）选择方案一更划算．
【分析】（1）由题意，根据独立事件概率求法，求享受到6折优惠的概率，结合二项分布求小方、小红两人其中有一人享受6折优惠的概率；
（2）由题设知：方案一，付款金额可能取值为360，480，600，进而求各种可能取值的概率，并写出分布列，进而求期望；根据二项分布求方案二的期望，比较期望的大小，进而选择方案.
【详解】（1）由题意，设顾客享受到6折优惠为事件，则．
∴小方、小红两人其中有一人享受6折优惠的概率为．
（2）若小勇选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为360，480，600．
则，，．
故的分布列为

360
480
600




∴（元）．
若小勇选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为元，则．
由已知，可得，故，
∴（元）．
由上知：，故小勇选择方案一更划算．
【点睛】关键点点睛：
（1）应用独立事件、二项分布求概率；
（2）由可能情况求分布列，并计算期望，应用二项分布求期望，比较期望的大小判断哪种方案划算.
52．（1）（2）
【分析】（Ⅰ）设动圆的半径为，由题动圆与圆内切，与圆外切，则
，由此即可得到动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，进而得到动圆圆心的轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，
；则经过点的切线斜方程是，同理经过点的切线方程是，又两条切线，相交于 .可得经过两点的直线的方程是，对分类讨论分别求出的值，即可得到的最小值.
【详解】（Ⅰ）设动圆的半径为，∵动圆与圆内切，与圆外切，
∴，且.于是，，
所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.从而，，
所以.故动圆圆心的轨迹的方程为．
（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，
；则经过点的切线斜率，方程是，
经过点的切线方程是，又两条切线，相交于 .
    则有，所以经过两点的直线的方程是，
①当时，有，，，，则；
②当时，联立，整理得；
设坐标分别为，，则，
所以，
综上所述，当时，有最小值．
【点睛】本题考查点的轨迹的求法，考查直线与圆、椭圆的位置关系，属中档题.
53．（1）答案见解析；（2）3.
【分析】（1）对a分类讨论，利用导数讨论单调性；
（2）先判断出，且，定义研究单调性，利用零点存在定理判断出的零点即可求解.
【详解】解:（1）.
当时，，函数在区间内单调递增，
所以，函数的单调增区间为，无单调减区间；
当时，由，得；由，得.
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为.   .
（2）由（1）知：如果函数有两个零点，则，且，
即，即：，..
令
可知在区间内为增函数，且
        
所以存在
当时，；当时，.
所以，满足条件的最小正整数
【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．
54．（1）；；（2）.
【解析】（1）直接由极坐标与直角坐标的互化公式化简，即可得到曲线的直角坐标方程和点的直角坐标；
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程中，得，设有向线段，与实数，对应，则，就是上述方程的两个实根，，从而可得
【详解】解：（1）：，
所以，曲线的直角坐标方程是.
点的极坐标为，化为直角坐标得
（2）将直线的参数方程代入中，
整理得，，此方程有不等实数根.
直线经过定点.
设有向线段，与实数，对应，则，就是上述方程的两个实根，.
已知是线段的中点，对应于参数取值，
所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查极坐标与直角坐标的互化，解题的关键是正确利用互化公式，考查直线参数方程的几何意义的应用，直线的参数方程代入曲线方程中化简后要注意判别式的计算，在第二问的解题中关键是准确理解参数几何意义，考查学生的计算能力，属于中档题.
55．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）用分类讨论思想去掉绝对值符号，然后解不等式；
（2）由绝对值三角不等式求得的最大值，再由基本不等式求得的最小值即可证得结论．
【详解】（1）当时，，不合题意；
当时，，解得；
当时，恒成立，∴．
则不等式的解集为
（2）


【点睛】方法点睛：本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明．解含绝对值的不等式的常用方法是根据绝对值定义分类讨论去年绝对值符号，然后解不等式．
56．(1)；
(2).

【分析】（1）根据题意可求出，再利用的值求出的首项和公差，即可求出的通项公式.
（2）根据题意把表示出来，再利用错位相减求出其前项和.
(1)
由得，

，
.
(2)
点都在曲线上，
，.
①.
②.
①减去②得.

.
57．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）建立空间直角坐标系，由可以证明平面.
（2）写出平面与平面的法向量与，二面角的余弦值为.
(1)
证明：是正方形，平面
两两垂直
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示.      

不妨设，则.
.

平面.
(2)
由（1）知是平面的法向量.
设平面的法向量为，
，
.
二面角为锐角，
二面角的余弦值为.
58．(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）计算出3份不同的“X病毒”被分到三个组的情况，再计算出3份不同的“X病毒”被分到同一组的情况，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）求出的取值和概率可得的分布列及数学期望.
(1)
3份不同的“X病毒”被分到三个组的情况有种，
检测次数为23次，说明3份不同的“X病毒”被分到同一组，分到同一组的情况有3种情况，
所以检测次数为23次的概率为.
(2)
可能取的值为，
，
，
，
的分布列为

1380
2580
3780




.
59．(1)；
(2).

【分析】（1）分析可得，可得出，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）对直线是否与轴重合进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，即可得出结论.
(1)
解：因为椭圆的两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，该正方形的边长为，
两条对角线长分别为、，则，所以，，
所以，椭圆的方程可表示为，、
将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，则，，
故椭圆的标准方程为.
(2)
解：当直线与轴重合时，则、为椭圆长轴的顶点，不妨设、，
则，，此时；
易知点，当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
，，

.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
60．(1)，；
(2)当 时，函数恰有两个极值点.

【分析】(1)对函数求导，判断单调性，可以求函数的最大值和最小值；
(2) 函数恰有两个极值点，利用导数讨论其单调性，再结合零点存在定理可得参数的取值范围.
(1)
因为 ，所以
当 时，，
因为 ，所以，
所以在上单调递增，
，
(2)
，则
由于函数恰有两个极值点，所以在上有两个零点，
且在两个零点的附近变号.
设，则，
当时，，故在上单调递增，
在上至多一个零点，与题设矛盾，故舍.
当时，
若，则；若，则，
故在上为减函数，在为增函数，
所以，
因为在上有两个不同的零点，故即.
当时，，故，
而，，
令，
则，故在上为减函数，
故即，
由的单调性及零点存在定理可得：
当时，在上有两个零点.
【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，一般根据导数讨论其单调性，再结合零点存在定理说明零点的存在性.
61．(1)；；
(2).

【分析】(1)消去参数t得直线l的普通方程；消去参数得曲线C的普通方程，再结合极坐标与直角坐标互化公式化简即得.
(2)联立直线和曲线的极坐标方程，利用极径的几何意义计算作答.
(1)
消去直线方程中的参数得，
所以直线的普通方程；
消去曲线方程中的参数得曲线的普通方程：，
将代入得：，
所以曲线的极坐标方程是：.
(2)
设直线的极坐标方程为，，
因，则，即，由消去得：，
于是得：，解得，则，解得，
所以实数的值为.
62．(1)，；
(2)4.

【分析】(1)把不等式化成一元二次不等式，再借助一元二次方程列式计算作答.
(2)利用(1)的结论结合“1”的妙用计算作答.
(1)
依题意，不等式化为：，而，则是方程的二根，且，
因此，且，解得或，
当时，，符合题意，当时，不符合题意，
所以，.
(2)
由(1)知，，，而，
则有，当且仅当时取“=”，
由解得：，
所以当时，取最小值4.
63．(1)
(2)

【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换将函数化为正弦型函数，即可求函数的最小正周期；
（2）根据函数，结合三角形解方程得角的大小，根据的面积公式结合余弦定理与基本不等式即可求长度的最大值.
【详解】（1）解：=

的最小正周期为
（2）解：
，，.
又AB，
.
由余弦定理得，当且仅当时，“=”成立，
=.
64．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，利用向量法求解.
【详解】（1）面，且，
.
∵是中点,所以.
同理可证：.
又面，面，,
平面.
∵面，
∴平面平面.
（2），.
以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，如图：

则.
设平面的法向量
则，得，不妨取，则.
由（1）得是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
65．(1)或
(2)证明见解析

【分析】（1）首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，再表示出的坐标，依题意得到方程，解得即可；
（2）依题意可得抛物线方程与点坐标，设：，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据直线、的斜率之积为，得到、的关系，即可求出直线过定点，即可得到点在以为直径的圆上，求出圆心坐标与半径，即可得到定点的坐标，即可得证.
【详解】（1）解：抛物线的焦点为，准线为，
又点在抛物线上，即，所以，即，
依题意可得，解得或，
或.
（2）解：，，.
设：，，，联立，
消去整理得，①，
且，，
，
，即，
适合①，
将m代入得，令，解得，
直线恒过定点.
又，点在以为直径的圆上，因为、的中点为，，
所以以为直径的圆方程为，
所以存在使得.
66．(1)0.125；
(2)分布列见解析，期望为465.

【分析】(1)根据独立事件的概率乘法公式求解；
(2)由条件确定的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得的分布列，再由期望公式求期望.
【详解】（1）甲队1，2，3号选手与乙队1，2，3号选手比赛获胜的概率分别为，，
甲队比赛3场获胜的概率为=；
（2）X所以可能取得值为；
，
，
，
，
.
即
X
0
200
400
600
800
P
0.125
0.075
0.2625
0.425
0.1125
所以.
67．(1)
(2)

【分析】（1）求，根据导数的几何意义求解斜率，求得切点坐标后，再根据直线方程求解方法即可得切线方程；
（2）构造函数，确定函数的单调性，得函数的最值，根据函数的图像与的图像最多有一个公共点，列不等式求解实数的取值范围即可.
【详解】（1）解：依题，，又
则在点处的切线方程为：，
即.
（2）解：令，
则
设，则，又，所以恒成立，即函数在上单调递增，
又时，；时，；
则存在唯一的正实数使得，则，则，
故当）时，，）时，，
所以==.
又，则，所以=，
若函数的图像与的图像最多有一个公共点，则，
即，于是有，且，所以，
当且仅当的时，等号成立，故，所以
解得.
【点睛】本题考查了函数切线方程、函数方程的根与导数的综合应用，属于难题.解决本题函数方程的根的问题的关键是构造差函数确定函数单调性，但是由于导函数的零点无法直接求解，故涉及“隐零点”问题的应用，从而设隐零点使得，从而确定函数的单调性得最值=，于是可得参数不等式，求得结果.
68．(1)，
(2)2

【分析】(1)利用消去参数的办法求曲线的普通方程，根据极坐标方程与直角坐标方程的互化关系求直角坐标方程；(2)利用点到直线距离公式和基本不等式求解.
【详解】（1）由，消去得，
又曲线是经过原点且倾斜角为的直线其直角坐标方程为.
（2）设，，则到直线的距离
,
当且仅当,即时等号成立.
69．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）构造基本不等式即可证明；（2）利用作商法证明.
【详解】（1）

又因为c>0，所以，
=，（当且仅当时，“=”成立）.
即证.
（2）因为.
因为0，，（>1.
同理>1，
>1，故.