河北省唐山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份河北省唐山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共60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。

河北省唐山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·河北唐山·统考一模）已知集合，则（    ）
A．R B． C． D．
2．（2021·河北唐山·统考一模）若虚数z满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·河北唐山·统考一模）设，则（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·河北唐山·统考一模）圆上到直线距离为1的点恰有一个，则（    ）
A．3 B．8 C．3或 D．或8
5．（2021·河北唐山·统考一模）记展开式的偶数项之和为P，则P的最小值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2021·河北唐山·统考一模）在0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的两位整数中任取一个，则取到的整数十位上数字比个位上数字大的概率是（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·河北唐山·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与C相交于A，B两点，若四边形是矩形，则双曲线C的离心率（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·河北唐山·统考一模）已知函数是奇函数，当时，，则满足的x的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·河北唐山·统考一模）复数在复平面内对应的点为，则（    ）
A． B．
C． D．
10．（2022·河北唐山·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
11．（2022·河北唐山·统考一模）圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（    ）
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3
12．（2022·河北唐山·统考一模）已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·河北唐山·统考一模）已知向量，，，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·河北唐山·统考一模）已知F为双曲线的右焦点，A为双曲线C上一点，直线轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若，则C的离心率（    ）
A． B． C． D．2
15．（2022·河北唐山·统考一模）已知函数的图像关于点对称，则（    ）
A． B． C．1 D．3
16．（2022·河北唐山·统考一模）在正方体中，M为棱的中点，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，，，则（    ）
A． B． C． D．
17．（2023·河北唐山·统考一模）已知全集，集合，，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·河北唐山·统考一模）若复数满足，则的虚部是（    ）
A．i B．1 C． D．
19．（2023·河北唐山·统考一模）下表是足球世界杯连续八届的进球总数：
年份
1994
1998
2002
2006
2010
2014
2018
2022
进球总数
141
171
161
147
145
171
169
172
则进球总数的第40百分位数是（    ）
A．147 B．154 C．161 D．165
20．（2023·河北唐山·统考一模）将英文单词“”中的6个字母重新排列，其中字母b不相邻的排列方法共有（    ）
A．120种 B．240种 C．480种 D．960种
21．（2023·河北唐山·统考一模）（    ）
A． B． C． D．
22．（2023·河北唐山·统考一模）在四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为，则四棱锥的外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
23．（2023·河北唐山·统考一模）已知点，圆，过点的直线与圆交于，两点，则的最大值为（    ）
A． B．12 C． D．
24．（2023·河北唐山·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，且的一个周期为2，则（    ）
A．1为的周期 B．的图象关于点对称
C． D．的图象关于直线对称

二、多选题
25．（2021·河北唐山·统考一模）已知F为椭圆的左焦点，A，B为E的两个顶点.若，则E的方程为（    ）
A． B． C． D．
26．（2021·河北唐山·统考一模）在下列函数中，其图象关于直线对称的是（    ）
A． B．
C． D．
27．（2021·河北唐山·统考一模）在正方体中，P是面对角线上的动点，Q是棱的中点，过、P、Q三点的平面与正方体的表面相交，所得截面多边形可能是（    ）

A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
28．（2021·河北唐山·统考一模）函数的图象（如图）称为牛顿三叉戟曲线，则（    ）

A．的极小值点为
B．当时，
C．过原点且与曲线相切的直线仅有2条
D．若，，则的最小值为
29．（2022·河北唐山·统考一模）有一组互不相等的数组成的样本数据、、、，其平均数为（，、、、），若插入一个数，得到一组新的数据，则（    ）
A．两组样本数据的平均数相同
B．两组样本数据的中位数相同
C．两组样本数据的方差相同
D．两组样本数据的极差相同
30．（2022·河北唐山·统考一模）设函数，则（    ）
A．在上单调递增
B．在内有个极值点
C．的图象关于直线对称
D．将的图象向右平移个单位，可得的图象
31．（2022·河北唐山·统考一模）已知直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率分别记为，，则（    ）
A．为定值 B．为定值
C．为定值 D．为定值
32．（2022·河北唐山·统考一模）已知，，，为函数的零点，，下列结论中正确的是（    ）
A．
B．
C．若，则
D．a的取值范围是
33．（2023·河北唐山·统考一模）函数，（，，）在一个周期内的图象如图所示，则（    ）

A． B． C． D．
34．（2023·河北唐山·统考一模）在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）
A． B．平面
C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为
35．（2023·河北唐山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，为的上顶点，，是上两点．若，，构成以为公差的等差数列，则（    ）
A．的最大值是
B．当时，
C．当，在轴的同侧时，的最大值为
D．当，在轴的异侧时（，与不重合），
36．（2023·河北唐山·统考一模）已知，函数，则（    ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1

三、填空题
37．（2021·河北唐山·统考一模）在等比数列中，为其前n项和，，，则_________.
38．（2021·河北唐山·统考一模）与向量同向的单位向量_________.
39．（2021·河北唐山·统考一模）在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为_________.
40．（2022·河北唐山·统考一模）设函数若，则________.
41．（2022·河北唐山·统考一模）记是公差不为的等差数列的前项和，若，，则________.
42．（2022·河北唐山·统考一模）为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为________.
附：若随机变量X服从正态分布，则.

43．（2023·河北唐山·统考一模）已知是等比数列的前项和，，，则______．
44．（2023·河北唐山·统考一模）某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
45．（2023·河北唐山·统考一模）已知，，且，则的最小值为______．
46．（2023·河北唐山·统考一模）已知抛物线的焦点为，经过的直线，与的对称轴不垂直，交于，两点，点在的准线上，若为等腰直角三角形，则______．

四、双空题
47．（2021·河北唐山·统考一模）为了解M离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：给100只小鼠服M离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同，经过一段时间后检测出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据得到如频率分布直方图，则图中_________；估计M离子残留百分比的平均数为_________（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）

48．（2022·河北唐山·统考一模）已知、，是圆上的动点，当最大时，________；的最大值为________.

五、解答题
49．（2021·河北唐山·统考一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）若，，求的面积；
（2）若，证明：为等腰直角三角形.
50．（2021·河北唐山·统考一模）已知数列满足，，记数列的前n项和为.
（1）求的值；
（2）求的最大值.
51．（2021·河北唐山·统考一模）如图，三棱柱中，侧面底面，，.

（1）证明：；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求四面体的体积.
52．（2021·河北唐山·统考一模）已知抛物线，点，斜率为的直线l过点P，与E相交于不同的点A，B.
（1）求k的取值范围；
（2）斜率为的直线m过点P，与E相交于不同的点C，D，证明：直线，直线及y轴围成等腰三角形.
53．（2021·河北唐山·统考一模）某赛事共有16位选手参加，采用双败淘汰制.双败淘汰制，即一个选手在两轮比赛中失败才被淘汰出局.各选手抽签后两两交战（结果是“非胜即败”），胜者继续留在胜者组，败者则被编入败者组，在败者组一旦失败即被淘汰，最后由胜者组的获胜者和败者组的获胜者进行决赛.对阵秩序表如下图所示：

赛前通过抽签确定选手编号为1~16，在胜者组进行第一轮比赛.每条横线代表一场比赛，横线下方的记号为失败者的编号代码，而获胜者没有代码，如败者组中的①，②，···，⑧指的是在胜者组第一轮比赛的失败者，败者组中的A，B，···，G指的是在胜者组第二轮到第四轮比赛的失败者.
（1）本赛事共计多少场比赛？一位选手最多能进行多少轮比赛？（直接写结果）
（2）选手甲每轮比赛胜败都是等可能的，设甲共进行X轮比赛，求其期望；
（3）假设选手乙每轮比赛的胜率都为t，那么乙有三成把握经败者组进入决赛吗？
参考知识：正整数时，，e为自然对数的底，.
54．（2021·河北唐山·统考一模）已知函数.
（1）证明：在定义域内为减函数；
（2）当时，，求a的取值范围.
55．（2022·河北唐山·统考一模）已知数列的各项均不为零，为其前n项和，且.
(1)证明：；
(2)若，数列为等比数列，，.求数列的前2022项和.
56．（2022·河北唐山·统考一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.
(1)若，求b；
(2)若D为的中点，且，求的面积.
57．（2022·河北唐山·统考一模）甲、乙两支队伍进行某项比赛，赛制分为两种，一种是五局三胜制，另一种是三局两胜制.根据以往数据，在决胜局（在五局三胜制中指的是第五局比赛，在三局两胜制中指的是第三局比赛）中，甲、乙两队获胜的概率均为0.5；而在非决胜局中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4.
(1)若采用五局三胜制，直到比赛结束，共进行了局比赛，求随机变量的分布列，并指出进行几局比赛的可能性最大；
(2)如果你是甲队的领队，你希望举办方采用五局三胜制还是三局两胜制?
58．（2022·河北唐山·统考一模）如图，直三棱柱中，，为的中点，为棱上一点，.

(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
59．（2022·河北唐山·统考一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：.
60．（2022·河北唐山·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，椭圆C的左、右顶点为，，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于，），点M关于原点O的对称点为点P，直线与直线交于点Q，直线与直线l交于点R.证明：点R在定直线上.
61．（2023·河北唐山·统考一模）已知数列的前项和为，满足．
(1)求；
(2)令，证明：，．
62．（2023·河北唐山·统考一模）如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值．
63．（2023·河北唐山·统考一模）如图，在平面四边形中，，，．

(1)若，求的面积；
(2)若，求．
64．（2023·河北唐山·统考一模）为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛．规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛．在规则允许的情况下，甲队中球员都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为和，且每场比赛中犯规4次以上的概率为．
(1)求甲队第二场比赛获胜的概率；
(2)用表示比赛结束时比赛场数，求的期望；
(3)已知球员在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率．
65．（2023·河北唐山·统考一模）已知双曲线过点，且与的两个顶点连线的斜率之和为4．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与双曲线交于，两点（异于点）．设直线与轴垂直且交直线于点，若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值，并求该定值．
66．（2023·河北唐山·统考一模）已知，证明：
(1)；
(2)．

参考答案：
1．C
【分析】根据集合的补集、并集定义进行运算即可.
【详解】由题知，则
故选：C
2．A
【分析】设且，由已知建立方程组，解之可得选项.
【详解】设且，则由得，即，
所以，解得，
所以，
故选：A.
3．C
【分析】利用幂函数、对数函数的单调性即可得出结果.
【详解】，

，
因为单调递增，且，
所以，即，
所以.
故选：C
4．D
【分析】圆上到直线距离为1的点只有一个，直线与圆相离，转化为圆心到直线距离而得解.
【详解】圆的圆心C(1,1)，半径r=2，过C作直线AB：交圆C于点A，B，如图：

则直线AB垂直于动直线，因圆C上到直线距离为1的点恰有一个，
则直线与圆C相离，且点A或B到该直线距离为1，即，
所以圆心C到直线距离为3，即，解得c=-22或c=8.
故选：D
5．B
【分析】由已知得利用基本不等式可得答案.
【详解】由已知得，，
所以，
当且仅当即等号成立.
故选：B.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
6．B
【分析】求出基本事件总数和取到的整数十位上数字比个位上数字大包含的基本事件个数,由此能求出取到的整数十位上数字比个位上数字大的概率.
【详解】在0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的两位整数中任取一个，基本事件总数n=5×5=25，
取到的整数十位上数字比个位上数字大包含的基本事件有：m=5+4+3+2+1=15，
则取到的整数十位上数字比个位上数字大的概率是，
故选：B.
7．D
【分析】联立直线与C的方程组，求出弦AB长，由|AB|=|F1F2|求解即得.
【详解】显然直线与交于原点O，由双曲线对称性知，四边形是矩形，当且仅当|AB|=|F1F2|，
设点，而
由得，解得，
则，而|F1F2|=2c，，
所以化简得，即，，
解得，双曲线C的离心率e有.
故选：D
【点睛】关键点睛：求椭圆或双曲线离心率，建立a，b，c的齐次关系是解决问题的关键.
8．C
【分析】令，可先考虑的解，根据已知的解析式结合函数的单调性可得在上的解为，再根据奇偶性可得在上的解，从而可求原不等式的解.
【详解】令，先考虑的解.
若，因为为的奇函数，则，故为的解.
若，此时，
因为在上均为增函数，
故在上为增函数，而，
故在上的解为，
因为为上的奇函数，故在上的解为，
故的解为或，
故或，所以或
故选：C.
【点睛】方法点睛：函数不等式的解，通常需结合函数的单调性和奇偶性去掉对应法则，去掉对应法则时注意定义域的要求.
9．B
【分析】由复数对应点可得，根据复数除法运算可计算得到结果.
【详解】对应的点为，，
.
故选：B.
10．C
【分析】计算出A的区间，按照交并补的定义求解即可.
【详解】解不等式 ，
解得 ，
即 ， ，
故选：C.
11．A
【分析】按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.
【详解】设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，
圆柱的侧面积= ，球的表面积为 ，
其比例为1:1，
故选：A.
12．D
【分析】利用三角函数定义求出和，再利用二倍角公式求解即可.
【详解】根据三角函数定义，，
由二倍角公式.
故选：D
13．D
【分析】根据，利用向量数量积的定义和运算律可构造方程求得，结合向量夹角范围可得结果.
【详解】，，
，解得：，
又，，即与的夹角为.
故选：D.
14．B
【分析】由题意求出，，再由可求得，从而可求表示出，进而可求得离心率
【详解】由题意得，双曲线的渐近线方程为，
由双曲线的对称性，不妨设均为第一象限点，
当时，，得，所以，
当时，，所以，
因为，所以，
所以，得，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故选：B
15．C
【分析】根据对称性可得，由此可构造方程求得结果.
【详解】图象关于点对称，，
又，
，
，解得：，.
故选：C.
16．C
【分析】如图，取的中点，连接，则可得梯形 为平面所在的截面，则为三棱台的体积，设正方体的棱长为2，先求出，从而可求出，进而可求出的值
【详解】如图，取的中点，连接，
因为M为棱的中点，所以∥，，
因为∥, ，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，，
所以∥，，
所以梯形 为平面所在的截面，
则为三棱台的体积，
不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
因为，
所以
,
所以，
所以，
故选：C

17．B
【分析】化简集合，根据交集运算定义求解.
【详解】不等式的解集为，
所以，
不等式的解集为，
所以，
所以，
故选：B.
18．D
【分析】根据复数的除法运算求得复数，即可确定答案.
【详解】因为，所以，
故的虚部是，
故选：D
19．C
【分析】将数据从小到大排列，计算，根据第40百分位数的含义，即可确定答案.
【详解】将连续八届的进球总数从小到大排列为：，
由于，故进球总数的第40百分位数是第4个数据161，
故选：C
20．B
【分析】先排除b之外的其余四个字母，再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b即可.
【详解】由题意可先排除b之外的其余四个字母，有种排法，
再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b，有种放法，
故字母b不相邻的排列方法共有（种），
故选：B
21．A
【分析】利用二倍角的正切公式计算即可.
【详解】由，
得，
即，
又，所以.
故选：A.
22．A
【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，从而得出外接球的球心在直线上，再由勾股定理确定半径，进而得出四棱锥的外接球的体积.
【详解】设与相交于点因为四棱台为正四棱台，直线与直线
的交点为，所以四棱锥为正四棱锥，所以平面.
四棱锥的外接球的球心在直线上，连接，设该外接球的半径为.
因为平行于，所以，，.
所以，即，解得，
则四棱锥的外接球的体积为.
故选：A

23．B
【分析】利用中点坐标求出AB的中点的轨迹方程为圆心、半径为1的圆，得的最大值，结合即可求解.
【详解】由题意知，，圆M的半径为4，设AB的中点，
则，即，
又，所以，
即点D的轨迹方程为，圆心，半径为1，
所以的最大值为，
因为，
所以的最大值为12.
故选：B.
24．C
【分析】举例判断A，B，D错误，再由条件结合奇函数的性质和周期函数的性质列关系式论证C正确.
【详解】因为为定义域为奇函数，周期为，
故函数满足条件，
令可得，，
函数的最小正周期为4，对称中心为，，
函数没有对称轴，
A错误，B错误，D错误；
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
取可得，，
因为的一个周期为2，
所以，
取可得，，
由可得，函数为周期为4的函数，
所以，C正确；
故选：C.
25．ACD
【分析】分别分析A，B为椭圆E的两个顶点的位置，从而求得参数a，b，写出标准方程.
【详解】∵
∴仅有4种情况符合条件，即A为右顶点时，B为左顶点或上、下顶点；A为上顶点时，B为左顶点；
∴①当A为右顶点时，B为左顶点，此时，
解得，椭圆方程为，故D正确；
②当A为右顶点时，B为上或下顶点，此时，解得，椭圆方程为，故A正确；
③A为上顶点时，B为左顶点时，此时，解得，椭圆方程为，故C正确；
故选：ACD
26．AD
【分析】根据辅助角公式将每个选项化简，代入，求得的三角函数值若为最值，则直线是其对称轴.
【详解】对于A，，，其图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，，其图象不关于直线对称，故B错误；
对于C，，，其图象不关于直线对称，故C错误；
对于D，，，其图象关于直线对称，故D正确；
故选：AD
27．ABC
【分析】利用平面基本事实3及面面平行的性质作出过、P、Q三点的平面与正方体的表面的交线，再通过对点P，Q位置变动进行分析以判断选项A，B，C，D而得解.
【详解】当点P与D重合时，截面多边形是三角形，如图，选项A满足；

取棱CD中点，连和，正方体中，因Q是棱的中点，
如图，，平面与BD交点可作P，此时截面多边形是四边形，选项B满足；

因棱C1D1中点为Q，取点P，使其距离B较近的一点，截面多边形是五边形，如图，选项C满足；

点P不论如何移动，截面与平面ABCD的交线平行于与平面A1B1C1D1的交线A1Q，
这条交线只能与正方形ABCD边AB，AD之一有交点(除顶点A外)，
则截面不可能与正方形ABB1A1和正方形ADD1A1都有交线(除棱AA1外)，
截面不可能与正方体六个表面都有交线，截面与正方体的一个面最多只有一条交线，截面多边形不能是六边形，选项D不满足.
故选：ABC
【点睛】关键点睛：作正方体被平面所截截面，平面基本事实3及平面与平面平行的性质定理是解决问题的关键.
28．BD
【分析】对函数求导，由导数确定极小值点即可判断选项A；按与的大小化简即可判断选项B；设切点坐标，由导数的几何意义求出切点坐标即可判断选项C；化简，并将转化为一新变量的函数，求其最小值即可判断选项D.
【详解】由函数知，，求导得：，
对于A选项：，，则的极小值点为，A不正确；
对于B选项：时，，时，
时，，即时，恒有，B正确；
对于C选项：设切点坐标为，则切线斜率为，切线方程为，
而切线过原点，则有，解得，即过原点且与曲线相切的直线有一条，C不正确；
对于D选项：时，，
，令，则，
，时，时，
函数在上递增，在上递减，时
即有最小值3，的最小为，D正确.
故选：BD
【点睛】结论点睛：区间D上的可导函数f(x)的导函数为，则函数f(x)在x0(x0∈D)处的切线方程为：.
29．AD
【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用方差公式可判断C选项；利用极差的定义可判断D选项.
【详解】由已知可得.
对于A选项，新数据的平均数为，与原数据的平均数相等，A对；
对于B选项，不妨设，则原数据的中位数为，
若，则中位数为，
若，则中位数为，B错；
对于C选项，新数据的方差为
，C错；
对于D选项，不妨设，则，故新数据的极差仍为，D对.
故选：AD.
30．BC
【分析】利用代入检验法可知AC正误；利用整体对应的方式可确定当时，的极值点位置，知B正确；根据三角函数平移变换知D错误.
【详解】对于A，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，A错误；
对于B，当时，，
则当或或或或或时，取得极值，
在内有个极值点，B正确；
对于C，当时，，图象关于对称，C正确；
对于D，将向右平移个单位可得：，D错误.
故选：BC.
31．ABD
【分析】直线与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，利用韦达定理依次验证四个选项即可得结果.
【详解】由得：，则；
对于A，为定值，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，不为定值，C错误；
对于D，，则为定值，D正确.
故选：ABD.
32．ACD
【分析】对于A，只要利用函数零点的判断定理即可；
对于B，由于有了A的结论，只要判断 的范围即可；
对于C，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；
对于D，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.
【详解】 ，
，故A正确；
当 时， ， 必无零点，故 ，
，故B错误；
当 时，即 ，两边取对数得 ，
， ，
联立方程 解得 ，由于 ，
，故C正确；
考虑 在第一象限有两个零点：即方程 有两个不同的解，
两边取自然对数得  有两个不同的解，
设函数 ， ，
则 时， ，当 时， ，
当 时， ，所以 ，
要使得 有两个零点，则必须，即 ，
解得 ，故D正确；
故选：ACD.
33．BD
【分析】观察图象确定函数的最值，根据最值求，观察函数的周期，根据周期公式求，最后找点代入求，由此确定正确选项.
【详解】由图象知，函数的最大值为3，最小值为1，
所以，A错误，D正确；
由图象，可得，
所以，又因为，所以，B正确；
所以，
又，所以，
即，又因为，
所以，
所以，C错误.
故选：BD.
34．BCD
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间垂直向量的坐标表示判断A；利用线面平行的向量法判断B；利用面面平行的向量法判断C；利用向量法求出点到平面的距离公式判断D.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

则，
，
A：，有，
则DF与不垂直，故A错误；
B：，，
设平面DEF的法向量为，
则，令，得，
所以，得，所以平面DEF，故B正确；
C：，由B选项可知平面DEF的法向量，
设平面的法向量分别为，
，令，得，
所以，得不成立，所以平面与平面DEF相交，故C正确；
D：由，平面DEF的法向量，
则点B到平面DEF的距离为，故D正确.
故选：BCD.
35．ABC
【分析】由题可得，根据椭圆的焦半径的取值范围可判断A，根据结合椭圆方程可求坐标，然后根据余弦定理可判断B，根据椭圆的性质结合基本不等式及斜率公式可判断CD.
【详解】因为椭圆，
所以，，，
又，，构成以为公差的等差数列，则，
不妨设，由题可知，则的最大值是，故A正确；
当时，，设，
则，解得，不妨取，

设，则，解得，
所以或，
当时，又，，此时；
当时，，，
所以，，
综上，当时，，故B正确；
设椭圆的右焦点为，则，，，，，

当，在轴的同侧时，则，关于轴对称，设，则，
所以，由，
所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故C正确；
当，在轴的异侧时（，与不重合），则，关于原点对称，

设，则，由，可得，
所以，故D错误.
故选：ABC.
36．ABD
【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.
【详解】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：

当时，作出函数的大致图象如图：

可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
37．31
【分析】由给定条件求出等比数列的首项和公比即可得解.
【详解】设等比数列的公比为q，依题意有，解得或，
时，，时，，
综上31.
故答案为：31
38．
【分析】根据同向向量的性质及满足模长为1，从而求得向量.
【详解】设，∵与同向，
∴，（）即，
又为单位向量，模长为1，
则，
解得，故
故答案为：
39．
【分析】利用球的截面小圆性质，分析探讨出三棱锥的外接球球心位置，求出球半径即可得解.
【详解】在三棱锥中，取AB中点O1，连CO1，PO1，，是正三角形，如图：

则，即平面，平面平面，平面平面，
又，则O1是三棱锥外接球被平面ABC截得的小圆圆心，设O为球心，连接OO1，则平面，
正的中心O2，则O2是三棱锥外接球被平面ABP截得的小圆圆心，连接OO2，则平面，
所以平面，平面，连OC，则OC长为三棱锥外接球半径，
是二面角的平面角，即，而,则，
因AB=3，则，中，，
，中，，
所以三棱锥外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点睛：求多面体外接球表面积和体积问题，关键是确定多面体外接球的球心，进而求得半径.
40．1
【分析】令求出值，再根据分段函数定义域判断即可.
【详解】由题，当时，无解,
当时，，解得，成立.
故答案为：1
41．/
【分析】利用表示出已知的等量关系，解方程组求得后，利用等差数列通项公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由得：，解得：，.
故答案为：.
42．19
【分析】根据正态分布的对称性，求得概率，根据二项分布的均值计算，可得答案.
【详解】依题意，所以在之外的概率，则，则，因为，所以，解得，因为，所以的最小值为.
故答案为：19.
43．/7.75
【分析】由条件结合等比数列通项公式求首项和公比，再利用求和公式求.
【详解】设等比数列的公比为，
由，，
可得，，
解方程得，或，
当时，，
当时，，
所以.
故答案为：.
44．8186
【分析】根据正态分布的概率分布原则可得，进而求出即可求解.
【详解】由题意知，，
所以，
得

，
所以袋装质量在区间的约有袋.
故答案为：8186.
45．6
【分析】利用不等式，结合已知条件，即可求得的最小值.
【详解】因为，
故可得：，
即，
解得：或.
因为，故（当且仅当时取得最小值）
故答案为：.
46．
【分析】联立方程组，利用设而不求法，结合条件，通过讨论求出直线的斜率，由此可求弦长.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
过点的斜率为0的直线与抛物线有且只有一个交点，不满足条件，
设直线的方程为，
联立，消得，，
方程的判别式，
设，，，
设的中点为，
则，，
，
所以，
因为为等腰直角三角形，
当点为直角顶点时，
过点作轴的垂线，过点作，垂足为，
过点作，垂足为，
因为，，，
所以，
所以，，
所以，又，，，
所以，即，
所以，所以，，
所以，

当为直角顶点时，同理可得，
当为直角顶点时，则点在以为直径的圆上，
因为的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为，
取，可得，此时与平行，与矛盾，

所以，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
47． 0.150 6.1
【分析】根据各矩形的面积和为1可求，根据组中值结合频率可求平均数.
【详解】由直方图可得，故.
残留百分比的平均数为：
.
故答案为：.
48．
【分析】求得，利用基本不等式可求得当取最大值时对应的的值，推导出，利用三角换元结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.
【详解】由已知可得，则，得，且有，
所以，
，
当且仅当时，即当时，取得最大值.
因为，，所以，，
设，，其中，
所以，，
因为，则，当时，即当时，取得最大值，
此时，可得，合乎题意.
故答案为：；.
49．（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)由给定条件求出角C，A，再用正弦定理求出边b即可得解；
(2)由借助二倍角的正弦，再化角的正弦为边，利用余弦定理化角余弦为边，探讨边的关系得解.
【详解】（1）由及得，于是，
由正弦定理可得，

因此；
（2）由得，由正弦定理可得，
由余弦定理有，所以，
整理可得，将代入上式可得，
因此，于是，，即.
故为等腰直角三角形.
【点睛】思路点睛：解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．
50．（1）；（2）10.
【分析】（1）当时，，从而求得，，…，，按照等差数列的求和公式求解即可.
（2）取当时，，与（1）中为偶数时的式子作差，从而求得，，奇数项为常数项，偶数项单减，只需对n讨论，找到最大的即可.
【详解】（1）由可得
当时，      （ⅰ）
所以，，…，，
因此.
（2）当时，      （ⅱ），
（ⅰ）式减去（ⅱ）式得，
又，于是，
可得；当时，；
又，
则时，；
又，
时，；
因此时，取得最大值，且.
【点睛】关键点点睛：在递推关系中前面的系数出现型如的形式时，需要分奇偶来分别写出递推关系，从而求得通项或前n项和，并借助单调性求得最值.
51．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明，推出，易得，从而可证平面，即可证明；
（2）连接，证明即为与平面的所成角，求解，利用即可求解.
【详解】解：（1）证明：侧面底面，，得侧面，
又侧面，得，
由，得；
由，得侧面是菱形，，
又，则平面，
又平面，则.

（2）设，连接.
由（1）可知平面，为在平面上的射影，
则即为与平面的所成角，
又，由，得，
则，
所以.
52．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意设l的方程为，与联立，由根的判别式的符号可求得k的取值范围.
（2）设，由（1）可得；
由题意设m的方程为，与联立，根据根与系数的关系得，可求得，由此可得证.
【详解】（1）由题意设l的方程为，与联立得，，
由得，即或.又，
所以k的取值范围是.
（2）设，由（1）可得；
由题意设m的方程为，与联立得，，得；
，同理，
因为，
所以直线，直线及y轴围成等腰三角形.
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
53．（1）30，7；（2）；（3）没有三成把握.
【分析】(1)通过对图表的分析，数出结果即得解；
(2)写出X的所有可能值，分别计算出对应的概率即可得解；
(3)乙进入决赛的概率是t的函数，利用函数单调性求出最值即可得解.
【详解】（1）30，7；
（2）X的可能取值为2，3，4，5，6，7.
，，，
，，
分布列如下：
X
2
3
4
5
6
7
p






则；
（3）乙经败者组进入决赛的概率为，
，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，
得的最大值为，
由参考知识得，故，
所以，乙经败者组进入决赛没有三成把握.
【点睛】关键点睛：求离散型随机变量的期望，准确写出随机变量的每一个可能值，并计算出对应的概率值是解题的关键.
54．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）求得函数的导数，令，利用导数求得函数的单调性和最值，得出，得到在和内分别单调递减，令，，证得，即可得到答案；
（2）由，令，利用导数求得在上单调递增，再分和两种情况讨论，根据，得到当时，，当时，得到与矛盾，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，且，
令，则，
当时，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即，所以在和内分别单调递减，
由，可得，等号当且仅当时成立，
所以，等号当且仅当时成立.
令，，于是，又，，
从而，，所以，
所以在定义城内单调递减.
（2）由，
令，则，
当，即时，，所以，
于是在上单调递增，
又由，所以当时，，从而；
当时，，从而，
所以时，，
当，即时，若，所以，
于是在上单调递减，
又由，所以时，，
从而与矛盾，所以不满足题设.
综上可得，实数a的取值范围是.
【点睛】函数由零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，求满足函数零点个数的参数范围，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，求满足函数零点个数的参数范围，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.
55．(1)证明见解析；
(2)4044.

【分析】（1）由题设递推式可得，结合已知条件即可证结论.
（2）由（1）及等比数列定义写出通项公式，进而有，根据奇偶项的正负性，应用分组求和法及（1）的结论求即可.
【详解】（1）因为①，则②，
②-①得：，又，
所以.
（2）由得：，于是，
由得：的公比.
所以，.
由得：
由得：，
因此.
56．(1)
(2)

【分析】（1）求出 ，然后按照正弦定理计算即可；
（2）利用 ，以及AD是中线的特点列方程即可.
(1)
因为，所以
在中，由正弦定理得，
即.
(2)
在中，由余弦定理得……①
因为D为的中点，所以.
在中，由余弦定理得.
在中，由余弦定理得.
由得……②
联立①②可得，即，
故答案为： ， .
57．(1)分布列见解析；进行四局比赛的可能性最大；
(2)希望采用五局三胜制.

【分析】（1）确定所有可能的取值，根据独立事件概率计算公式分别求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；比较每个取值对应概率大小即可得到结论；
（2）分别计算五局三胜和三局两胜制时，甲队获胜的概率，比较概率大小可得结果.
【详解】（1）由题意知：的可能取值为，，.
则；；；
则的分布列为








，进行四局比赛的可能性最大.
（2）作为甲队领队，希望甲队最终获胜；
若采用五局三胜制，甲队获胜的概率为
；
若采用三局两胜制，甲队获胜的概率为
；
，作为甲队领队，希望采用五局三胜制.
58．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）由直棱柱特征和线面垂直的判定和性质可证得、，由线面垂直的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得，进而利用线面角的向量求法求得结果.
【详解】（1）在直三棱柱中，底面，底面，；
又，，平面，平面，
平面，又平面，.
由直三棱柱知：底面，底面，，
又，平面，平面，
平面.
（2）由（1）知：，又为中点，.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，，
设，则.
由（1）知：平面的法向量可取；
设平面的法向量，
，，
，令，解得：，，；
，解得：，此时，
设与平面所成角为，
，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
59．(1)在和上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导函数求得的单调区间.
（2）首先利用导数证得，然后利用差比较法证得，从而证得结论成立.
(1)
的定义域为，.
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故在和上单调递减，在上单调递增.
(2)
令，，则，
所以时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以的最大值为，即，
从而，所以.
又，
所以，等号当且仅当时成立
故.
60．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）由椭圆所过的点及其离心率求椭圆参数，即可得方程.
（2）设，，直线l为并联立椭圆方程，由及韦达定理可得、，根据三点共线及斜率的两点式得求的斜率，进而得到直线方程，联立直线l即可证结论.
(1)
由题意知，，解得，
故椭圆C的方程为.
(2)
设，，则.
直线l的方程为，其中且，
将代入椭圆，整理得，
由与韦达定理得：，，.
由（1）知：，，
设，由、P、Q三点共线得：，由、N、Q三点共线得：，
则，
于是直线的斜率为，直线的方程为，
联立，解得：，即点R在定直线上.
61．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用，结合条件可得，再利用等差数列的求和公式计算即可.
（2）结合（1）可知，利用放缩，再结合裂项相消求和即可证明.
【详解】（1）因为，
所以由，
可得，
所以，，
即，
即.
（2），当时，．
当时，，
故．
综上，，．
62．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，
所以，，又，平面，
所以平面，又，所以平面，
又平面，所以．
由，为棱的中点，所以，
又，平面，
因此平面，又平面，
故平面平面；
（2）由（1）得是与侧面所成角，即，
令，所以，又，
所以，，，
则，．

以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，．所以，．
设是平面的一个法向量，
则即取．
易知是平面的一个法向量，
则．
而平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
63．(1)
(2)

【分析】（1）根据余弦定理求出，利用诱导公式求出，结合三角形的面积公式计算即可求解；
（2）设，根据正弦定理和诱导公式可得、，解得，同角的三角函数关系求出即可求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得．
，
所以．
（2）设，则，，
在中，由正弦定理可得，
即，所以，．
于是，解得或（舍）．
所以，因此．
64．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）设“第i场甲队获胜”，“球员第i场上场比赛”，，2，3．
根据对立事件的概率公式即可求解；
（2）由题意知的可能取值为2，3，结合对立事件和独立事件的概率公式和数学期望的计算公式即可求解；
（3）根据对立事件、独立事件的概率公式和条件概率公式计算即可求解.
【详解】（1）设“第i场甲队获胜”，“球员第i场上场比赛”，，2，3．
由全概率公式．
（2）的可能取值为2，3．
由题意知，由（1）知，
则，，
，
，．
（3），此时，

．
65．(1)
(2)证明见解析，定值为2

【分析】（1）由与的两个顶点连线的斜率之和为4得出，再将代入的方程得出的方程；
（2）联立直线和双曲线方程结合韦达定理得出，再由点坐标得出，最后由结合证明直线的斜率为定值.
【详解】（1）双曲线的两顶点为，所以，，即，
将代入的方程可得，，故的方程为．
（2）依题意，可设直线，，．
与联立，整理得，
所以，，解得，且，
，，所以． （*）
又，所以的坐标为，
由可得，，
从而可得的纵坐标
，
将（*）式代入上式，得，即．
所以，，
将（*）式代入上式，得．
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键在于利用韦达定理得出，建立的关系，从而得出点的坐标，由此得出.
66．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数研究函数的单调性可得，即证，进而，即证，原不等式即可证明；
（2）易知时不等式成立；当时，利用二阶导数研究函数的单调性可得，即()，变形即可证明.
【详解】（1）令，则，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，等号仅当时成立，即，
从而，所以．
综上，．
（2）显然时，，即成立．
令，，则，，
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，等号仅当时成立，
从而可得，，所以在和上单调递减．
由（1）知，时，；时，，
所以，即．
又当且时，，所以．
故时，．
【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性与最值，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数或二阶求导研究新函数的性质即可解决问题.