陕西省渭南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份陕西省渭南市三年（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，双空题等内容，欢迎下载使用。
陕西省渭南市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·陕西渭南·统考一模）已知集合，,则（　　）
A． B． C． D．
2．（2021·陕西渭南·统考一模）
A． B． C． D．
3．（2021·陕西渭南·统考一模）设，是非零向量，“”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2021·陕西渭南·统考一模）已知数列为等差数列，其前项和为，若，则（    ）
A．12 B．6 C．4 D．3
5．（2021·陕西渭南·统考一模）将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为（    ）
A． B．
C． D．
6．（2021·陕西渭南·统考一模）已知是两条异面直线，直线与都垂直，则下列说法正确的是（    ）
A．若平面，则 B．若平面，则
C．存在平面，使得 D．存在平面，使得
7．（2021·陕西渭南·统考一模）执行如图所示的程序框图，输出的的值为

A． B． C． D．
8．（2021·陕西渭南·统考一模）已知函数，则函数的图象大致为
A． B．
C． D．
9．（2021·陕西渭南·统考一模）若直线与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·陕西渭南·统考一模）已知数列的前项和为，若，则=（    ）
A． B． C． D．
11．（2021·陕西渭南·统考一模）已知函数（）在上是单调递增函数，则的最小值是
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（2021·陕西渭南·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，为双曲线在第一象限上的点，直线分别交双曲线的左、右支于，，若，且，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·陕西渭南·统考一模）已知集合，，则等于（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·陕西渭南·统考一模）（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·陕西渭南·统考一模）已知，为不同直线，，为不同平面，则下列选项：①，；②，；③；④，其中能使成立的充分条件有
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
16．（2022·陕西渭南·统考一模）已知第四象限内抛物线上的一点到轴的距离是该点到抛物线焦点距离的，则点的坐标为
A． B． C． D．
17．（2022·陕西渭南·统考一模）的展开式的常数项为，则实数（    ）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
18．（2022·陕西渭南·统考一模）函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
19．（2022·陕西渭南·统考一模）等差数列中，若，则数列前11项的和为
A．121 B．120 C．110 D．132
20．（2022·陕西渭南·统考一模）已知，则
A． B． C． D．
21．（2022·陕西渭南·统考一模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A．8 B． C． D．16
22．（2022·陕西渭南·统考一模）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若sin B＋2sin Acos C＝0，则当cos B取最小值时，＝（    ）
A． B．
C．2 D．
23．（2022·陕西渭南·统考一模）已知双曲线与函数的图象交于点，若函数的图象在点处的切线过双曲线左焦点，则双曲线的离心率是（    ）
A． B． C． D．
24．（2022·陕西渭南·统考一模）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
25．（2023·陕西渭南·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·陕西渭南·统考一模）设复数满足，则的虚部是（    ）
A．2 B． C． D．
27．（2023·陕西渭南·统考一模）已知向量，若，则（    ）
A． B． C． D．20
28．（2023·陕西渭南·统考一模）已知抛物线，则它的焦点坐标是（    ）
A． B． C． D．
29．（2023·陕西渭南·统考一模）2022年6月5日上午10时44分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号F运载火箭，将神舟十四号载人飞船和3名中国航天员送入太空这标志着中国空间站任务转入建造阶段后的首次载人飞行任务正式开启.火箭在发射时会产生巨大的噪音，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足.若人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（    ）
A． B． C． D．
30．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，在直三棱柱中，，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．
31．（2023·陕西渭南·统考一模）为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计的比赛，其中某位同学利用函数图象设计了如图的，那么该同学所选的函数最有可能是（    ）

A． B．
C． D．
32．（2023·陕西渭南·统考一模）若，，则（    ）
A． B． C． D．
33．（2023·陕西渭南·统考一模）已知函数在R上单调递增的概率为，且随机变量．则等于（    ）
[附：若，则，
．]
A．0.1359 B．0.1587 C．0.2718 D．0.3413
34．（2023·陕西渭南·统考一模）在中，内角所对应的边分别为，且，若的面积，则面积的最小值为
A．1 B． C． D．
35．（2023·陕西渭南·统考一模）已知双曲线C：(a>0，b>0)的右焦点为F，点A，B分别为双曲线的左，右顶点，以AB为直径的圆与双曲线C的两条渐近线在第一，二象限分别交于P，Q两点，若OQ∥PF(O为坐标原点)，则该双曲线的离心率为（    ）
A． B．2 C． D．
36．（2023·陕西渭南·统考一模）已知函数，，的定义域均为，为的导函数.若为偶函数，且，.则以下四个命题：①；②的图象关于直线对称；③；④中一定成立的是（    ）
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②④

二、填空题
37．（2021·陕西渭南·统考一模）若，，且，共线，则________.
38．（2021·陕西渭南·统考一模）已知的展开式中的系数为，则________.
39．（2021·陕西渭南·统考一模）设的内角的对边分别为,若，，，且，则________．
40．（2021·陕西渭南·统考一模）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为_____．
41．（2022·陕西渭南·统考一模）已知曲线在某点处的切线的斜率为，则该切线的方程为______.
42．（2022·陕西渭南·统考一模）已知向量，满足，若，则向量与向量的夹角为____．
43．（2022·陕西渭南·统考一模）若点在不等式组所表示的区域内，则目标成数的最大值与最小值之和为_________.
44．（2022·陕西渭南·统考一模）《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（""表示一根阳线，""表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为_______.

45．（2023·陕西渭南·统考一模）若实数，满足约束条件，则的最大值是_____________.
46．（2023·陕西渭南·统考一模）杜甫的“三吏三别”深刻写出了民间疾苦及在乱世中身世飘荡的孤独，揭示了战争给人民带来的巨大不幸和困苦．“三吏”是指《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》，“三别”是指《新婚别》《无家别》《垂老别》．语文老师打算从“三吏”中选二篇，从“三别”中选一篇推荐给同学们课外阅读，那么语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》的概率是________．
47．（2023·陕西渭南·统考一模）将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若，则____________.

三、解答题
48．（2021·陕西渭南·统考一模）已知数列满足，且.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若，求数列的前项和.
49．（2021·陕西渭南·统考一模）某学校为了解学生高三数学复习效果，从高三第一学期其中考试数学成绩中随机抽取50名学生的数学成绩（单位：分），按分成6组，制成频率分布直方图，如图所示.

(1)求的值，并且计算这名学生数学成绩的平均数；
(2)该学校为制订高三数学下阶段的复习计划，从数学成绩在内的学生中选出名学生作为代表进行座谈，记这人中数学成绩在内的学生人数为，写出的分布列，并求其数学期望.
50．（2021·陕西渭南·统考一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，，
，，分别为线段，上的点，且，，.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成的二面角的大小.
51．（2021·陕西渭南·统考一模）已知椭圆C：的离心率为，右焦点为F，上顶点为A，且△AOF的面积为(O为坐标原点).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上的一点，过P的直线与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限内的一点M，证明：|PF|＋|PM|为定值.
52．（2021·陕西渭南·统考一模）已知函数，.
（1）求的单调区间；
（2）若在上成立，求的取值范围．
53．（2021·陕西渭南·统考一模）在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为（为参数），直线的参数方程（t为参数），且直线的倾斜角为.
(1)写出圆C和直线的普通方程，并证明直线与圆C相交；
(2)设点，直线与圆C交于A，B两点，求的值.
54．（2021·陕西渭南·统考一模）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
55．（2022·陕西渭南·统考一模）某市教育部门规定,高中学生三年在校期间必须参加不少于80小时的社区服务．教育部门在全市随机抽取200位学生参加社区服务的数据,按时间段,,,,（单位：小时）进行统计,其频率分布直方图如图所示．

（1）求抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数,并估计从全市高中学生中任意选取一人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率；
（2）从全市高中学生（人数很多）中任意选取3位学生,记为3位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数．试求随机变量的分布列和数学期望．
56．（2022·陕西渭南·统考一模）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，.各项均为正数的等比数列满足，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
57．（2022·陕西渭南·统考一模）如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点.

（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
58．（2022·陕西渭南·统考一模）已知椭圆：的离心率为，直线过椭圆的两个顶点，且原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点，过点的直线不经过点，且与椭圆交于，两点，证明：直线的斜率与直线的斜率之和是定值.
59．（2022·陕西渭南·统考一模）已知函数，．
(1)若曲线与曲线相交，且在交点处有共同的切线，求的值和该切线方程；
(2)设函数，当存在最小值时，求其最小值的解析式.
60．（2022·陕西渭南·统考一模）.已知直线的参数方程是（是参数），圆C的极坐标方程为.
(1)求圆C在直角坐标系下的方程；
(2)由直线上的点向圆引切线，求切线长的最小值.
61．（2022·陕西渭南·统考一模）已知函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围．
62．（2023·陕西渭南·统考一模）设数列的前项和为，已知，是公差为2的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列前项和.
63．（2023·陕西渭南·统考一模）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，，AC⊥AE，AB⊥BC，CD=1，AE=AC=2，F为DE的中点，且点满足．

(1)证明：GF平面ABC；
(2)当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A-BE-D的正弦值．
64．（2023·陕西渭南·统考一模）某企业研发了一种新药，为评估药物对目标适应症患者的治疗作用和安全性，需要开展临床用药试验，检测显示临床疗效评价指标的数量与连续用药天数具有相关关系.随机征集了一部分志愿者作为样本参加临床用药试验，并得到了一组数据，其中表示连续用药天，表示相应的临床疗效评价指标的数值.根据临床经验，刚开始用药时，指标的数量变化明显，随着天数增加，的变化趋缓.经计算得到如下一些统计量的值：
，.
(1)求样本的相关系数（精确到；
(2)新药经过临床试验后，企业决定通过两条不同的生产线每天8小时批量生产该商品，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的两倍.若第1条生产线出现不合格药品的概率为，第2条生产线出现不合格药品的概率为，两条生产线是否出现不合格药品相互独立.
（i）随机抽取一件该企业生产的药品，求该药品不合格的概率；
（ii）若在抽查中发现3件不合格药品，求其中至少有2件药品来自第1条生产线的概率.
附：相关系数.
65．（2023·陕西渭南·统考一模）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）

步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.
(1)以点、所在的直线为轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.
66．（2023·陕西渭南·统考一模）已知函数，其中，为的导函数.
(1)当，求在点处的切线方程；
(2)设函数，且恒成立.
①求的取值范围；
②设函数的零点为，的极小值点为，求证：.
67．（2023·陕西渭南·统考一模）在平面直角坐标中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程；
(2)若曲线与直线交于两点，求的面积.
68．（2023·陕西渭南·统考一模）已知关于的不等式有解．
(1)求实数的最大值；
(2)在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值．

四、双空题
69．（2023·陕西渭南·统考一模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为_______；用过三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为_____________.


参考答案：
1．B
【分析】化简集合A，再根据两个集合的特征即可确定出两个集合的关系.
【详解】因为，，
所以.
故选B．
【点睛】本题考查集合的运算，对数不等式的解法，集合间的关系，属于基本知识考查题.
2．D
【分析】由复数的乘法运算展开即可．
【详解】解：
故选D.
【点睛】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3．A
【详解】，由已知得，即，.而当时，还可能是，此时，故“”是“”的充分而不必要条件，故选A.
考点：充分必要条件、向量共线.

4．B
【分析】根据等差数列的性质及前项和公式即可求出答案.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以.
故选：B.
5．D
【分析】根据函数图象左右平移的法则即可得到平移后的图象对应的函数的解析式.
【详解】把函数的图象向右平移个单位长度后，
得到函数的图象.
故选：D.
6．C
【分析】在A中，a与α相交、平行或a⊂α；在B中，a，b与平面α平行或a，b在平面α内；在C中，由线面垂直的性质得：存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥α；在D中，a∥b，与已知a，b是两条异面直线矛盾．
【详解】由a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，知：
在A中，若c⊂平面α，则a与α相交、平行或a⊂α，故A错误；
在B中，若c⊥平面α，则a，b与平面α平行或a，b在平面α内，故B错误；
在C中，由线面垂直的性质得：存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥α，故C正确；
在D中，若存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α，则a∥b，与已知a，b是两条异面直线矛盾，故D错误．
故选：C
7．A
【分析】根据程序框图，顺着流程线依次代入循环结构，得到结果.
【详解】第一次循环：，：第二次循环：，；
第三次循环：，；第四次循环：，；
第五次循环：，，此时循环结束，可得.选A.
【点睛】本题考查了循环结构，顺着结构图，依次写出循环，属于简单题型.
8．A
【解析】根据奇偶性排除选项，再利用特殊值的方式，排除和，从而得到结果.
【详解】函数的定义域为
又，故函数为奇函数
则函数的图象关于原点对称，排除
因为，排除
又，排除
本题正确选项：
【点睛】本题考查具体函数的图象的判断，对于此类问题通常采用排除法来解决，排除顺序通常为：奇偶性、特殊值、单调性.
9．C
【分析】联立直线方程求出交点坐标，再由横纵坐标都大于列不等式可得的值，再由斜率的定义以及倾斜角的范围即可求解.
【详解】由可得：，
因为两直线的交点位于第一象限，所以，解得：，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，所以直线的倾斜角的取值范围是，
故选：C.
10．A
【分析】当时，求出，当时，利用可得是等比数列，求出其通项公式即可求出结果.
【详解】当时，因为，所以.
当时，，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
则.
故选：A
11．A
【详解】 由题意的，
因为函数在上单调递增，所以满足，可得，且
所以，当且仅当时等号成立，
所以，故选A.
点睛：本题考查了函数的单调性的应用，以及基本不等式求最值问题，解答中根据函数在上单调递增，列出不等式组，求解，代入，利用基本不等式求最值是解得关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.
12．B
【分析】由双曲线的定义可得，，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，，在中，由余弦定理可得关于，的方程，再由离心率公式即可求解．
【详解】由双曲线的定义可得，
由，可得，，
结合双曲线性质对称性可得，，
可得四边形为平行四边形，所以，
所以，
在中，由余弦定理可得：，
将，，，代入可得：
，即，
所以双曲线的离心率为，

故选：B．
13．C
【分析】先化简集合，再根据交集运算法则计算即可．
【详解】解：，
或，
∴ 集合M=，
，
即，
，
∴ 集合N=，
．
故选：C．
14．D
【解析】由复数的除法运算法则计算．
【详解】解：.
故选：D．
15．C
【分析】结合线面垂直、线面平行的性质与判定定理，对四个选项中的结论逐一进行分析,即可得到结果.
【详解】①中，，由线面垂直的第二判断定理，可得,故①正确.
②中，，,则与可能平行也可能相交，故② 错误.
③中，，则与可能平行也可能相交也可能线在面内，故③错误.
④中， ，由面面平行的性质，可得得,故④正确，
故能使成立的充分条件有① ④ ，故选C.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
16．B
【分析】利用抛物线上点到焦点距离与到准线的距离相等，设，列式计算即可得解.
【详解】解：设，则根据题意及抛物线的定义可得:，解得，
代入抛物线方程得：，
又点在第四象限，所以，故.
故选：B.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查的数学核心素养是数学运算,属于基础题.
17．B
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为0，求出的值，从而列方程可求出的值
【详解】的展开式的通项，令，得，
所以，解得，
故选：B.
【点睛】此题考查二项式定理的应用，利用二项式展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题
18．D
【分析】先利用分式有意义和函数的奇偶性排除B，C，然后观察剩佘选项的不同点，利用特殊值法排除A，从而得解．
【详解】因为，所以，排除选项B；
因为，所以为奇函数，排除选项C；
因为，所以排除选项A．
故选：D．
19．A
【详解】设等差数列的公差为d，
∵，
∴,
∴,
∴,
解得.
∴．选A．
20．A
【分析】本题首先可以根据诱导公式以及二倍角公式对进行化简，然后代入，即可得出结果.
【详解】因为，
所以


故选：A.
【点睛】本题考查诱导公式以及二倍角公式的灵活应用，考查的公式有、以及，考查化归与转化思想，是中档题.
21．B
【分析】由三视图画出其直观图，再根据锥体的体积公式计算可得；
【详解】解：由三视图可知，该几何体是一个竖放的四棱锥（有一条侧棱垂直于底面），其直观图如图所示：四棱锥的底面是直角梯形（上底为，下底为，高为），四棱锥的高是，所以直角梯形的面积为，所以该四棱锥的体积为．
故选:B．

【点睛】本题考查由三视图求直观图的体积，属于基础题.
22．B
【解析】把sin B＋2sin Acos C＝0利用正余弦定理统一成边，再利用余弦定理表示出cos B，结合基本不等式可得结果
【详解】由sin B＋2sin Acos C＝0，根据正弦定理和余弦定理得，
∴，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号，cos B取最小值．
故选：B．
【点睛】此题考查正余弦定理的应用，考查基本不等式的应用，属于基础题
23．D
【解析】设的坐标为，函数的导数，根据条件可得，可解得，即，再根据双曲线的定义可求出其，从而得到离心率.
【详解】设的坐标为，由左焦点，所以
函数的导数，
则在处的切线斜率，
即，得，则，
设右焦点为，则，即，
，∴双曲线的离心率.
故选：D
24．D
【分析】根据题意转化为方程有两个不同的实数根，整理得到有两个不同的实根，转化为和在上有两个交点，根据导数求出的单调性、极值和最值，从而得到的取值范围.
【详解】要使函数有两个极值点，
求导得，
则转化为有两个不同的实根，
即和在上有两个交点，
令，∴．
记，
在上单调递减，且，
所以当时，，，
所以在上单调递增；
当时，，，
所以在上单调递减，
故．
当时，；当时，，
所以，当，即时，
和在上有两个交点，
故选D．
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性、极值和最值，函数与方程，属于中档题.
25．B
【分析】根据交集的定义计算.
【详解】对于集合B， ， ；
故选：B.
26．C
【分析】先求出的值，然后两边同除，最后用复数的除法运算求解.
【详解】
，即
所以的虚部是.
故选：C
27．B
【分析】根据向量垂直的坐标表示得，再求向量的模；
【详解】解：由，得，则，即
所以.
故选：B
28．D
【解析】将抛物线化为标准方程，确定焦点位置，根据公式计算即可.
【详解】解：抛物线化为，

∵抛物线开口向上，焦点在轴正半轴，
∴焦点为，即．
故选：D.
【点睛】
抛物线性质的应用技巧：
（1）利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程；
（2）要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算.
29．B
【分析】设人交谈时的声强为，从而得到，求出火箭发射时的声强为，代入解析式求出答案.
【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，
则，解得：，
则火箭发射时的声强为，将其代入中，得：
，故火箭发射时的声强级约为.
故选：B
30．A
【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线与所成的角，利用三角形三边关系，由余弦定理即可求解.
【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ,，
由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,
又因为是的中点，所以,所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，
从而，
故,
故异面直线与所成角的余弦值是.
故选：A

31．A
【分析】将图形置于直角坐标系中，结合奇偶性和单调性即可得结果.
【详解】将图形置于直角坐标系中，如图所示：
由图易知该函数为偶函数，
对于选项B，满足，即为奇函数，故可排除；
对于选项D，满足，即为非奇非偶函数，故可排除；
对于选项C， ，
令，所以在恒成立，
所以在单调递增，
所以在恒成立，
即在单调递增，故排除；
故选：A.

32．B
【分析】利用正切二倍角公式即同角三角函数关系化简得到，.
【详解】变形为，
即，
因为，所以，，
所以，
因为，所以，解得：，
因为，，解得：.
故选：B
33．A
【分析】根据已知条件可求出，则.根据正态分布的对称性，即可求得.
【详解】使在R上单调递增的充要条件是，即，故.
由于随机变量，则，即，即，.
故，
，
所以
．
故选：A．
34．B
【详解】因为，所以,
因为，所以
因为
因此 面积的最小值为，选B.
点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值. 在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
35．D
【解析】由已知可得为等腰三角形，作,垂足为,过作轴，交渐近线第一象限部分于,则，利用相似三角形的性质，结合的基本关系求得的关系，进而求.
【详解】如图所示，,
又双曲线的渐近线关于轴对称，,为等腰三角形，
作,垂足为,过作轴，交渐近线第一象限部分于,
则，,
.

由三角形相似的性质得,即，
整理得，
故选：D.
【点睛】本题考查双曲线的渐近线和离心率，关键是抓住问题的特殊性，适当添加辅助线，构造相似三角形，利用相似三角形的性质及的基本关系得到的关系，从而求得离心率的值.
36．D
【分析】由为偶函数可得为奇函数，继而得到是以4为周期的周期函数，即可判断①③④，由可得，继而得到，即可判断②
【详解】对②：由，可得，则（与为常数），
令，则，所以，则，
故的图象关于直线对称，②正确；
对①：∵为偶函数，则，
∴，则为奇函数，
故，即，则是以4为周期的周期函数，
由，令，则，可得，故，①正确；
由，令，则，即，
令，则，即，
故，则，
对③：由，即，则，
由于无法得出的值，③错误；
对④：，④正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
37．
【分析】先求出，利用数量积的坐标运算求解即可.
【详解】根据题意，由平面向量共线定理得，，解得，所以，
所以，，所以.
故答案为：.
38．
【分析】写出的展开式，可得出的展开式中的系数，结合已知条件可求得实数的值.
【详解】因为，
所以，的展开式中的系数为，解得.
故答案为：.
39．2
【分析】由余弦定理即可求出.
【详解】由余弦定理可得:
解得：（舍），
故
【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，属于基础题.
40．
【分析】由正四棱锥外接球的球心在正四棱锥的高上，可求出球的半径，可得球的表面积.
【详解】解：如图，

由已知条件可知球心在正四棱锥的高上，设球的球心为,半径为，正四棱锥底面中心为,则垂直棱锥底面，且,,
在中，,可得：,可得,
可得该球的表面积为：,
故答案为：.
【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题及球的表面积，考查计算能力，是基础题.
41．
【分析】对函数求导后，利用导数的几何意义列方程求出切点坐标，从而可求出切线方程.
【详解】设切点坐标为（），
由，得（），
因为曲线在处的切线的斜率为，
所以，解得（舍去），或，
所以，
所以切线方程为，即，
故答案为：.
42．
【解析】先根据得，再根据向量夹角公式计算即可得答案.
【详解】解：∵，∴，即，
∴，
∴，
∴.
故答案为：．
43．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，设得，利用数形结合即可的得到结论．
【详解】解：不等式组，所表示的区域如图：
由题意可知，，，当的平行线经过点时，截距最大，有最小值，最小值为：，经过时，截距最小，此时最大：1，
所以目标函数的最大值与最小值之和为：．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
44．
【分析】观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个，还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。
【详解】八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个，全为阴线的一个，1阴2阳的3个，1阳2阴的3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。
∴从8个卦中任取2卦，共有种可能，两卦中共2阳4阴的情况有，所求概率为。
故答案为：。
【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响，我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数，这样才能正确地确定基本事件的个数。
45．8
【分析】由题中条件作出平面区域，根据目标函数的几何意义分析运算.
【详解】由，作出平面区域，如图所示，
∵，即，表示斜率为2，横截距为的直线，
∴当直线过点时，横截距取到最大值，
故的最大值是.
故答案为：8.

46．
【分析】写出从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间，写出事件“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”的样本点，根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】将《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》分别记为a、b、c，《新婚别》《无家别》《垂老别》分别记为d、e、f，
从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间为，共9个样本点，
记事件A为“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”，
则，共2个样本点，故，
故答案为：
47．10
【分析】根据题意作出两个函数的图象分析交点个数，利用对称性化简向量的和即可求解.
【详解】如图可知：函数和直线共有5个交点，依次为，其中，
∵函数和直线均关于点对称，则关于点对称，
∴，且，
故.
故答案为：10.

48．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得，可证得数列是首项为2，公差的的等差数列.
（2）由（1）得，运用裂项求和法可求得答案.
【详解】解：（1）证明：因为，所以，
所以，所以数列是首项为2，公差的的等差数列.
（2）由（1）知，所以，
所以，

.
【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.
49．(1)；平均数为；
(2)分布列见解析；.

【分析】（1）根据小矩形的面积之和等于可得的值，再利用每一个小矩形的面积乘以底边中点的横坐标之和即可得平均数；
（2）根据频率分布直方图分别求出成绩在和的同学人数，由题意可知可能的取值为，，，，求出相应的概率，进而可得分布列和数学期望.
(1)
由，解得：，
所以，
所以这名学生数学成绩的平均数为.
(2)
成绩在的同学人数为，
成绩在人数为人，
由题意知：可能的取值为，，，，
， ，
， ，
所以的分布列为：










所以数学期望.
50．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）在中，由勾股定理逆定理可得，在中，由余弦定理求出的长，再由勾股定理逆定理可得，由面面垂直的性质定理可得平面，进而可得，结合，由线面垂直的判定定理即可求证；
（2）由（1）可证明，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解.
(1)
因为，，，所以，
所以，可得，
又因为，
所以
，可得，
又因为，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
因为，，所以平面；
(2)
由（1）知，，两两垂直，如图分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
因为直线与平面所成的角为，即，所以，
则，，，，
所以，，，
因为，，所以，
由（1）知，所以，
又平面，面，所以，
因为，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
由，令，得，，
所以为平面的一个法向量．
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
故平面与平面所成的锐二面角为.

51．(1)；(2)证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据椭圆的几何性质得到a＝c，bc＝1，解得方程；（2）设椭圆上一点为.P(cos θ，sin θ)，用点点距离表示|PF|＋|PM|，最终求得定值．
解析：
(1)解　由题意可知：椭圆的离心率e＝，则a＝c.
由△AOF的面积为S＝×b×c＝，则bc＝1，
由a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝c＝1.
∴椭圆的标准方程为；.
(2)证明　由(1)知：F(1，0)，以椭圆的短轴为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，
设P(cos θ，sin θ)，且cos θ>0，
则|PF|＝
由M是圆x2＋y2＝1的切点，则OM⊥PM，且|OM|＝1，
则|PM|＝ ＝cos θ，
∴|PF|＋|PM|＝－cos θ＋cos θ＝，
∴|PF|＋|PM|为定值.
点睛：圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（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.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.
52．（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.
【分析】（1），利用，解得，即可得出单调区间．
（2）法一：由得，即．令，利用导数研究其单调性即可得出．
法二：由得，即，令，利用导数研究其单调性即可得出．
【详解】解：（1），
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）法一：由得，即，
令，，
，，在单调递增，
又，，
所以有唯一的零点，
且当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以，
又因为所以，
所以，的取值范围是.
法二：由得，
即，
令，因为，，
所以存在零点；
令，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
所以，
所以，
所以的取值范围是．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力．
53．(1)；；证明见解析；
(2).

【分析】（1）由，利用平方法消去参数即可得到圆C的普通方程；
由，通过移项后两式相除，即可求出直线的普通方程；
利用圆心到直线的距离小于半径即可证明直线与圆C相交.
（2）把直线的参数方程（t为参数）代入圆的普通方程即可得到，设A，B两点对应的参数为，根据即可求出答案.
(1)
由，得，所以，
所以圆C的普通方程为；
由，得，
又因为直线的倾斜角为，所以，所以，即，
所以直线的普通方程为.
因为圆C的圆心到直线的距离为,
所以直线与圆C相交.
(2)
由题意知直线的参数方程（t为参数），
代入圆C的方程，得，
易知，设A，B两点对应的参数为，则，，
所以的值均为负，所以.
54．(1)；(2).
【分析】（1）通过讨论的范围，求出不等式的解集即可；
（2）通过求函数的最小值，将恒成立问题转化为最值问题，得到关于的不等关系，从而求得结果.
【详解】（1）依题意，，
当时，原式化为，解得，故；
当时，原式化为，解得，故无解；
当时，原式化为，解得，故；
综上所述，不等式的解集为；
（2）因为，
当且仅当时，等号成立.
故恒成立等价于；即，
解得，
故实数的取值范围为.
【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有零点分段法解绝对值不等式，恒成立问题向最值靠拢，属于简单题目.
55．（1）；（2）分布列见解析，
【分析】（1）由频率分布直方图可求出抽取的位学生中，参加社区服务时间不少于小时的学生人数为人，再根据古典概型概率公式可得结果；
（2）由已知得随机变量X的可能取值为0，1，2，3，X～B（3，），由此能求出随机变量X的分布列和数学期望EX．
【详解】（1）根据题意，
参加社区服务在时间段的学生人数为人；
参加社区服务在时间段的学生人数为人；
∴抽取的200位学生中，参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80人.
∴从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为.
（2）由（1）可知，从全市高中学生中任意选取1人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为，X～B（3，），由已知得，随机变量的可能取值为0,1,2,3，
则，，
，，
随机变量的分布列为：

X
0
1
2
3
P(X)




∴.
【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查离散型随机变量二项分布的分布列和数学期望，属于中档题．
56．(1)，
(2)

【分析】（1）由，可得，两式相减化简可得，再求出，可得是首项为1，公差为3的等差数列，从而可求出，再由，可求出数列的公比，从而可求出；
（2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求得.
【详解】（1）因为，
当时，，解得；
当时，，
两式相减，得，即，
又各项均为正数，所以，即.
因为满足上式，
所以是首项为1，公差为3的等差数列.
所以.
设等比数列的公比为，因为，，
所以，
解得（或舍去），
所以.
（2），
所以，
，
两式相减得：

所以.
57．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明出平面，即可证得；
（2）计算出的边上的高，并求出点到平面的距离，由此可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面，
平面，则，
，则，为的中点，则，
，平面，
平面，因此，；
（2），，，所以，，
同理可得，
取的中点，连接，则，
因为且，故四边形为矩形，则，
所以，，

由余弦定理可得，则，
所以，的边上的高，
平面，平面，则，
，，平面，
因为，平面，平面，故平面，
，故点到平面的距离，
设二面角为，则.
58．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此计算出直线的斜率与直线的斜率之和是定值.
【详解】（1）由题意得，所以，
不妨设直线的方程为，，即，
所以原点到直线的距离为，
解得，所以，故椭圆的标准方程为.
（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，即，
设，，
联立，
整理得：，
则
，解得，
，，
设直线的斜率与直线的斜率分别为，，
则
，
故直线的斜率与直线的斜率之和是定值.
59．(1)；
(2).

【分析】（1）对，进行求导，已知在交点处有相同的切线，从而解出的值及该切线的方程；
（2）由条件知，对进行求导，分两种情况进行讨论：①；②，从而求其最小值的解析式；
【详解】（1）解：，
由已知得，解得，
两条直线交点的坐标为，切线的斜率为，
切线的方程为，即切线的方程为.
（2）解：由条件知

①当时，令，解得，
当时，在上递减；当时，在上递增，
是在上的唯一极值点，从而也是的最小值点，
最小值点，.
②当时，在上递增，无最小值，故的最小值的解析式为.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性从而求最值、分类讨论思想.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.
60．（1）；（2）.
【分析】（1）由代入方程可得解；
（2）设直线上的点为，利用勾股定理可得切线长，进而可得最小值.
【详解】解：(1)由，即，所以，所以，整理得.
(2) 设直线上的点为
切线长是
=，当且仅当时取最小值.
直线上的点向圆引的切线长的最小值是．
61．（1）；（2）或．
【解析】（1）由题意，令即有求解集即可；（2）由绝对值的几何含义知，则等价于，即可求的取值范围.
【详解】（1）当时，，
令，即求的解集，
∴解之得：．
（2）因为，
由，即等价于，
解得或．
【点睛】本题考查了解绝对值不等式，应用等价转化、绝对值的几何含义求解集、参数范围.
62．(1)
(2)

【分析】（1）求出，从而利用等差数列求和公式求出，再利用求出答案；
（2）裂项相消法求和.
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∴，
当时，，
又适合上式，因此；
（2），
故.
63．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证四边形CDNM为平行四边形，进而可得CM//DN，又中位线定理得GF//DN，则GF//CM，再由线面平行的判定定理即可证结论.
（2）过B作BH⊥AC交AC于H，由多面体ABCDE体积最大得BH最大，可知，为的中点，从而建立空间直角坐标系，求面ABE与面DBE的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可求二面角ABED的正弦值.
【详解】（1）取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，
在梯形ACDE中，且DC=EA，
而M，N分别为BA，BE中点，

∴MN//EA，MN=EA，
∴MN//CD，MN=CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，
又，N为EB中点，
∴G为EN中点，又F为ED中点，
∴GF//DN，故GF//CM，
又CM平面ABC，GF平面ABC，∴平面ABC.
（2）在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．
∴平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，BH平面ABC，BH⊥AC，
∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B-ACDE的高，
又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，
此时AB=BC=，，为的中点，

连结，易得，易知HB，HC，HF两两垂直，
以为原点建立如图所示的平面直角坐标系H-xyz，
∴，
则，
设为平面ABE的一个法向量，则，即，取，
设为平面DBE的一个法向量，则，即，取，
∴，
∴二面角ABED的正弦值为.
64．(1)
(2)（i）；（ii）

【分析】（1）带相关系数公式计算即可；（2）（i）记事件，，
计算即可；（ii）根据条件概率计算得
，再由服从二项分布解决即可.
【详解】（1）样本的相关系数为

（2）（i）设“随机抽取一件该企业生产的药品为不合格”，
“随机抽取一件药品为第1条生产线生产”，“随机抽取一件药品为第2条生产线生产”，
则，又，
于是
.
（ii）在抽查中发现的任一件不合格药品来自第1条生产线的概率为：
，
故3件不合格药品中至少有2件药品来自第1条生产线的概率为
.
65．(1)
(2)存在点，使得直线与斜率之积为定值.

【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出 ；
（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，再根据斜率的定义求解即可.
【详解】（1）如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系

设为椭圆上一点，由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，长轴长 的椭圆，
因为，，所以，，
则，所以椭圆的标准方程为；
（2）
由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的，
联立两个方程得 ，消去得，
得，
设，，则，（*），

，
将（*）代入上式，可得上式，
要使为定值，则有， ，
又∵，∴，此时，
∴存在点，使得直线与斜率之积为定值；
综上，椭圆的标准方程为，存在点，使得直线与斜率之积为定值.
66．(1)
(2)①;②详见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解.
（2）①先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；
②先设，求导得.
设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.
【详解】（1）时，,,,，所以函数在处的切线方程，即.
（2）①由题设知，，
，，
由，得，所以函数在区间上是增函数；
由，得，所以函数在区间上是减函数.
故在处取得最小值，且.
由于恒成立，所以，得，
所以的取值范围为；
②设，则.
设，
则，
故函数在区间上单调递增，由（1）知，，
所以，，
故存在，使得，
所以，当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增.
所以是函数的极小值点.因此，即.
由①可知，当时，，即，整理得，
所以.
因此，即.
所以函数在区间上单调递增.
由于，即，
即，
所以.
又函数在区间上单调递增，所以.
67．(1)
(2)

【分析】（1）利用消参法求曲线的普通方程，注意；
（2）注意到为直径，结合点到直线的距离运算求解.
【详解】（1）由得，代入
整理得，即，
故曲线的普通方程为.
（2）∵，
∴直线的普通方程为，即，
此时直线过圆心，即为直径，故，
原点到直线的距离，
故的面积.
68．(1)
(2)36

【分析】（1）利用绝对值不等式得，所以有解只需即可；
（2）利用均值不等式求解即可.
【详解】（1）因为，当且仅当等号成立
所以的最大值为3．
因为不等式有解，所以，解得，
所以实数的最大值．
（2）由（1）知，，
因为（当且仅当时，等号成立），
，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为36．
69．
【分析】空1：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，设该球与勒洛四面体的一个切点，连接，则三点共线，且为该球球心，也是正四面体的中心，再求正四面体的外接球半径即可得以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；空2：再结合勒洛四面体的构成可知过三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，再计算即可得答案.
【详解】空1：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
如图1，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
由正四面体的性质可知该该球球心为正四面体的中心，半径为，
连接，则三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径，
由于正四面体的棱长为1，其可以在棱长为的正方体中截出，
所以正四面体的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球半径，即正方体体对角线的一半，则，
故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；
空2：如图2，根据勒洛四面体的构成可知，过三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，
所以所得截面的面积为.
故答案为：；.

【点睛】方法点睛：
①由勒洛四面体分析内切球的球心所在的位置，结合正方体求其半径；
②分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算出该截面面积，可得结果.