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湖北省武汉市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份湖北省武汉市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共61页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·湖北武汉·统考一模）复数满足，则复平面上表示复数的点位于（ ）
A．第一或第三象限 B．第二或第四象限 C．实轴 D．虚轴
2．（2021·湖北武汉·统考一模）“”是“”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
3．（2021·湖北武汉·统考一模）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·湖北武汉·统考一模）已知正整数，若的展开式中不含的项，则的值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．（2021·湖北武汉·统考一模）从3双不同的鞋子中随机任取3只，则这3只鞋子中有两只可以配成一双的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·湖北武汉·统考一模）某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．1
7．（2021·湖北武汉·统考一模）过抛物线：焦点的直线交抛物线于，两点，过，分别向的准线作垂线，垂足分别为，，若与的面积之比为4，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·湖北武汉·统考一模）设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·湖北武汉·统考一模）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·湖北武汉·统考一模）若为第二象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·湖北武汉·统考一模）已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
12．（2022·湖北武汉·统考一模）某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·湖北武汉·统考一模）向量满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2022·湖北武汉·统考一模）已知函数的定义域为，数列满足，则“数列为递增数列”是“函数为增函数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
15．（2022·湖北武汉·统考一模）已知随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·湖北武汉·统考一模）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
17．（2023·湖北武汉·统考一模）已知集合,则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·湖北武汉·统考一模）若虚数z使得z2+z是实数，则z满足（ ）
A．实部是 B．实部是 C．虚部是0 D．虚部是
19．（2023·湖北武汉·统考一模）平面向量，若，则（ ）
A．6 B．5 C． D．
20．（2023·湖北武汉·统考一模）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（ ）
A．196 B．197 C．198 D．199
21．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数，若的值域是，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·湖北武汉·统考一模）某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（ ）
A． B． C．4 D．5
23．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·湖北武汉·统考一模）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2021·湖北武汉·统考一模）图中矩形表示集合，，是的两个子集，则阴影部分可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
26．（2021·湖北武汉·统考一模）已知函数，则有（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．函数与的单调区间和单调性相同
D．若且，则
27．（2021·湖北武汉·统考一模）两个等差数列和，其公差分别为和，其前项和分别为和，则下列命题中正确的是（ ）
A．若为等差数列，则
B．若为等差数列，则
C．若为等差数列，则
D．若，则也为等差数列，且公差为
28．（2021·湖北武汉·统考一模）设函数，若曲线在点处的切线与该曲线恰有一个公共点，则选项中满足条件的有（ ）
A． B． C． D．
29．（2022·湖北武汉·统考一模）已知两个复数满足，且，则下面说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
30．（2022·湖北武汉·统考一模）某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在的室温下测量水温单位随时间（单位：）的变化关系，在测量了15个数据后，根据这些实验数据得到如下的散点图：
现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（ ）
A． B．
C． D．
31．（2022·湖北武汉·统考一模）在平面直角坐标系中，已知圆，其中，则（ ）
A．圆过定点 B．圆的圆心在定直线上
C．圆与定直线相切 D．圆与定圆相切
32．（2022·湖北武汉·统考一模）三棱锥各顶点均在表面积为的球体表面上，，，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．线段长度的最小值为
D．三棱锥体积的最大值为
33．（2023·湖北武汉·统考一模）若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（ ）
A． B． C． D．2
34．（2023·湖北武汉·统考一模）在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：
甲校理科生
甲校文科生
乙校理科生
乙校文科生
达标率
60%
70%
65%
75%
定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（ ）
A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校
B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率
C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%
D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率
35．（2023·湖北武汉·统考一模）已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．时，
C．时，随着的增大而增大 D．时，随着的增大而减小
36．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．
C．为递减数列 D．
三、填空题
37．（2021·湖北武汉·统考一模）两个单位向量，满足，则__________.
38．（2021·湖北武汉·统考一模）双曲线：的半焦距为，若双曲线与圆：恰有三个公共点，则的离心率为___________.
39．（2021·湖北武汉·统考一模）在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量，记，.在研究的最大值时，小组同学发现：若为正整数，则时，，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为____________的概率最大.
40．（2021·湖北武汉·统考一模）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为底面，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成.若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为___________.
41．（2022·湖北武汉·统考一模）公比不为1的等比数列中，若成等差数列，则数列的公比为__________.
42．（2022·湖北武汉·统考一模）已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________.
43．（2022·湖北武汉·统考一模）某学生在研究函数时，发现该函数的两条性质：①是奇函数；②单调性是先增后减再增.该学生继续深入研究后发现将该函数乘以一个函数后得到一个新函数，此时除具备上述两条性质之外，还具备另一条性质：③.写出一个符合条件的函数解析式__________.
44．（2022·湖北武汉·统考一模）已知函数，其中，若在区间内恰有两个极值点，且，则实数的所有可能取值构成的集合是__________.
45．（2023·湖北武汉·统考一模）锐角满足，则____________.
46．（2023·湖北武汉·统考一模）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则____________.
47．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.
48．（2023·湖北武汉·统考一模）设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________.
四、解答题
49．（2021·湖北武汉·统考一模）已知公比不为1的等比数列满足，且，，构成等差数列.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）记为的前项和，求使成立的最大正整数.
50．（2021·湖北武汉·统考一模）的内角，，的对边分别为，，，且，．
(1)若 ，求的面积
(2)试问能否成立若能成立，求此时的周长若不能成立，请说明理由．
51．（2021·湖北武汉·统考一模）如图，四棱锥中，平面，，，，为棱上一点.
（1）若，证明：平面；
（2）若，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
52．（2021·湖北武汉·统考一模）在关研究表明，正确佩戴安全头盔，规范使用安全带能够将交通事故死亡风险大幅降低，对保护群众生命安全具有重要作用.2020年4月，“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展.行动期间，公安交管部门将加强执法管理，依法查纠摩托车和电动自行车骑乘人员不佩戴安全头盔，汽车驾乘人员不使用安全带的行为，助推养成安全习惯.该行动开展一段时间后，某市针对电动自行车骑乘人员是否佩戴安全头盔问题进行调查，在随机调查的1000名骑行人员中，记录其年龄和是否佩戴头盔情况，得到如下的统计图表：
（Ⅰ）估算该市电动自行车骑乘人员的平均年龄；
（Ⅱ）根据所给的数据，完成下面的列联表：
是否佩戴头盔年龄
是
否
（Ⅲ）根据（Ⅱ）中的列联表，判断是否有把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关？
附：，
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
53．（2021·湖北武汉·统考一模）已知椭圆：的左右顶点分别为，，过椭圆内点且不与轴重合的动直线交椭圆于，两点，当直线与轴垂直时，.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，和直线：分别交于点，，若恒成立，求的值.
54．（2021·湖北武汉·统考一模）已知函数.
（Ⅰ）当时，求的最小值；
（Ⅱ）证明：当时，恒成立.
55．（2022·湖北武汉·统考一模）已知数列的前项和为，且对任意的有.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和.
56．（2022·湖北武汉·统考一模）在如图所示的多面体中，点在矩形的同侧，直线平面，平面平面，且为等边三角形，.
(1)证明：；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
57．（2022·湖北武汉·统考一模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角；
(2)若的面积，求.
58．（2022·湖北武汉·统考一模）迎接冬季奥运会期间，某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试.统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间内，并制成如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这200名学生的平均成绩；
(2)用样本频率估计总体，从全市高中学生中随机抽取2名学生，记成绩在区间内的人数为，成绩在区间内的人数为，记，比较与的大小关系.
59．（2022·湖北武汉·统考一模）椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．
60．（2022·湖北武汉·统考一模）已知函数，其中.
(1)当时，求的值；
(2)讨论的零点个数.
61．（2023·湖北武汉·统考一模）记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和.
62．（2023·湖北武汉·统考一模）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.
(1)证明：直线平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
63．（2023·湖北武汉·统考一模）在中，，D为中点， .
(1)若，求的长；
(2)若 ，求的长.
64．（2023·湖北武汉·统考一模）口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.
(1)记总的抽取次数为X，求E（X）；
(2)现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.
65．（2023·湖北武汉·统考一模）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
66．（2023·湖北武汉·统考一模）已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.
参考答案：
1．B
【分析】设复数，根据，求得的关系判断.
【详解】设复数，则，
因为，
所以，即 ，
所以 ，
所以在复平面上表示复数的点位于第二或第四象限，
故选：B
2．A
【分析】先求解，这两个方程，再由充分条件与必要条件的定义去判断.
【详解】由得，
由得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．C
【分析】先计算，再根据幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】，
所以，故有.
故选：C
4．B
【分析】利用二项式定理展开求系数即可.
【详解】
的展开式的通项为
中的系数为
中的系数为
故的展开式中的项系数为
故
故
故选：B
【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
5．C
【分析】由古典概型的概率公式，三双不同的鞋子共有6只，共有种可能，满足条件的有种可能，进而可得结果.
【详解】三双不同的鞋子共有6只，共有种，三只鞋子中有两只可以是一双，则可以是三双中的一双，其余一只为剩余4只中任意一只，共有种，则概率为
故选：C
6．A
【分析】如图截面为，P为MN的中点，设，，进而可得面积最大值.
【详解】
如图所示，截面为，P为MN的中点，设
,
当时，，此时截面面积最大.
故选：A
【点睛】易错点睛：先求出面积的函数表达式进而判断最大值，本题容易误认为垂直于底面的截面面积最大.
7．D
【分析】由抛物线的定义可得，然后由可得，设，直线，然后可得，，然后求出即可.
【详解】
由抛物线的定义可得
因为，，
所以，设，直线
由可得
联立可得，所以
结合可得，可解得
所以直线的斜率为
故选：D
8．B
【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.
【详解】令，则
令，则
则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.
作出和的图像，观察交点个数，
可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，
由题意列不等式的：
解得：.
故选：B
【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.
9．C
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再进行并集运算即可求解.
【详解】因为或，
又，
所以或，
故选：C.
10．D
【分析】利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】因为为第二象限角，则，则.
故选：D.
11．B
【分析】先将点的坐标代入方程中求出的值，再利用抛物线的定义可求得结果
【详解】因为在抛物线上，
所以，得，
所以抛物线的焦点为，准线方程为，
所以，
故选：B
12．A
【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.
【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，
则大圆锥的体积即为，整理得，
即小圆锥的体积为
所以该圆台体积为
故选：A.
13．D
【分析】由已知条件可得，化简后结合已知条件求出，
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
故选：D
14．B
【分析】利用特例法、函数的单调性、数列的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若数列为递增数列，取，即，
则对任意的恒成立，
所以数列为单调递增数列，但函数在上不单调，
即“数列为递增数列”“函数为增函数”；
若函数在上为增函数，对任意的，则，即，
故数列为递增数列，
即“数列为递增数列”“函数为增函数”.
因此，“数列为递增数列”是“函数为增函数”的必要不充分条件.
故选：B.
15．C
【分析】利用偶函数的定义结合正态密度曲线的对称性可求得的值.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，
所以，.
故选：C.
16．A
【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解.
【详解】以O为坐标原点,原x轴正方向为x轴，垂直于x轴的方向为y轴建立平面直角坐标系，
则在直角坐标系下，，,
则
.
故选：A.
17．C
【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.
【详解】解:因为或,
所以,又有,
所以.
故选:C
18．A
【分析】设（且），计算，由其为实数求得后可得．
【详解】设（且），，
是实数，因此，（舍去），或．
故选：A．
19．B
【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.
【详解】因为，，
所以，解得，
所以，
因此.
故选：B．
20．C
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.
【详解】设该数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，
即，所以
将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第15项为.
故选：C
21．B
【分析】分别画出分段函数对应的两个函数图象，再对实数的取值进行分类讨论即可.
【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当或时，两图象相交，
若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：
当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；
同理当,值域也不是；
当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B
22．D
【分析】表示出表面积后，根据二次函数性质可得.
【详解】大圆柱表面积为
小圆柱侧面积为，上下底面积为
所以加工后物件的表面积为，当时表面积最大.
故选：D
23．B
【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.
【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；
由图可知，利用整体代换可得，
所以，若为已知，则可求得.
故选：B
24．D
【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.
【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D
25．ABD
【分析】根据Ven图，分U为全集，B为全集，为全集时，讨论求解.
【详解】由图知：当U为全集时，表示集合A的补集与集合B的交集，
当B为全集时，表示的补集，
当为全集时，表示A的补集，
故选：ABD
26．BC
【分析】根据函数解析式，分别解AB选项对应的方程，即可判定A错，B正确；求出的解析式，判定与的单调区间与单调性，即可得出C正确；利用特殊值法，即可判断D错.
【详解】因为，
当时，，由可得，解得或，显然都不满足，故A错；
当时，，由可得，解得或，显然满足，故B正确；
当时，显然单调递减，即的减区间为；当时，显然单调递增，即的增区间为；
又，因此在上单调递减，在上单调递增；即函数与的单调区间和单调性相同，故C正确；
D选项，若不妨令，，则，，此时，故D错；
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于根据解析式判定分段函数的性质，利用分段函数的性质，结合选项即可得解.
27．AB
【分析】对于A，利用化简可得答案；
对于B，利用化简可得答案；
对于C，利用化简可得答案；
对于D，根据可得答案.
【详解】对于A，因为为等差数列，所以，
即，所以，
化简得，所以，故A正确；
对于B，因为为等差数列，所以，
所以，
所以，故B正确；
对于C，因为为等差数列，所以，
所以，
化简得，所以或，故C不正确；
对于D，因为，且，所以，
所以，
所以，
所以也为等差数列，且公差为，故D不正确.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.
28．BCD
【分析】讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数即可.
【详解】A选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
又 ，
故 在内必有一个零点，则与切线有两个交点，故A错；
B选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
在单调减，在单调增，
所以恒成立，
则 单调增只有一个零点，则与切线有1交点，故B正确；
C选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
又， 在单调减，在单调增，所以恒成立，则 只有一个零点，则与切线有1交点，故C确；
D选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
，
， 在小于0，在大于0，
所以恒成立，则 只有一个零点，则与切线有1交点，故D正确.
故选：BCD
【点睛】本题的关键在于讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数.
29．ABD
【分析】根据复数的乘法运算和相等复数的概念求出，进而结合复数的几何意义和共轭复数的概念依次判断选项即可.
【详解】由题意知，
设为实数)，则，
即，所以，解得，
所以，故A正确；
，，
所以，故B正确；
，
所以，故C错误；
，所以，故D正确.
故选：ABD
30．AC
【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且，根据特点对选项一一判断即可．
【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且
对A选项，符合散点图的特点；
对B选项，有不符合散点图的特点；
对C选项，符合散点图的特点；
对D选项，的增长速度不变，不符合散点图的特点；
故选：AC
31．BC
【分析】利用反证法可判断AD选项；求出圆心所在直线的方程，可判断B选项；判断圆与直线的位置关系，可判断C选项.
【详解】对于A选项，圆的方程可化为，
若圆过定点，则，可得，矛盾，A错；
对于B选项，圆的圆心坐标为，则圆心在直线上，B对；
对于C选项，圆心到直线的距离为
，故直线与圆相切，
同理可知，直线与圆也相切，C对；
对于D选项，设定圆的圆心为，半径为，设，
若定圆与圆外切，则，
化简得，
由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去；
若定圆与圆内切，则，
化简可得，
由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去.
同理可知，当时，不存在定圆与圆相切，D错.
故选：BC.
32．ACD
【分析】对于A, 计算出的外接圆半径，明确球心到平面ABC的距离，可求得；
对于B，要明确D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，由此判断满足CD=2时的点D有两个点，其中有一个不满足；
对于C, 借助于图示，确定点D在D'位置时，线段长度才可取到最小值，由此计算即可；
对于D，由于的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时, 三棱锥体积也最大，由此可以求先求得三棱锥的高的最大值，可求得结果；
【详解】因为 ,所以 ；
对于A,若，则平面 平面ABC,过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l,设球心为O,则∥平面ABC,作,垂足为H， ,则FH即为球心O到平面ABC的距离d,对于 ,设其外接圆半径为r,则 ，所以 ，因此CD=2HF=2，故A正确；
对于B，因为始终满足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图示：
因为BC=2为定值，作D点所在截面圆O',取BC得中点M,连接OM,, ，因为OO'和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，所以满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，若CD⊥AB，则CD⊥平面BCHA，所以CD⊥CH，必定有一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误;
对于C,
因为平面ABC(ABCH)与圆O'垂直，所以OO'与平面ABC平行，作 ，又因为 ，所以 平面ABC，因此为 外接圆的圆心，而△ABC外接圆半径r为2，又因为 ，所以AH=r+1=3，若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，如图所示，点D在D'位置时，DH最小，AD也最小,即，由A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即 ,则 ,而DH的最小值为
,所以AD的最小值为 ，故C正确；
对于D，的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时, 三棱锥体积也最大，又因为O'H⊥平面ABC，因此当D点位于HO'与截面圆的交点处时(如图示位置)即共线时,高即DH最大，最大值 ,故此时三棱锥体积的最大值为
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】本题难度较大，需要充分发挥空间想象力，利用示意图辅助解答，难点在于理清空间中的位置关系，明确数量关系，准确计算.
33．BCD
【分析】讨论两顶点的位置，由椭圆的性质结合勾股定理求解.
【详解】由题意可知，，
若这两个顶点为长轴的两个端点时，；
若这两个顶点为短轴的两个端点时，；
若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，；
故选：BCD
34．ABD
【分析】根据表中数据，结合达标率的计算公式对各选项逐一判断即可.
【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，
乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB正确；
设甲校理科生有人，文科生有人，若，即，则甲校总达标率为，选项C错误；
由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，
当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；
故选：ABD
35．ABC
【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，
故A正确，
对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，
则，
所以，
，
所以，故B正确，
对于C,D选项，，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，
故选项D不正确.
故选：ABC.
36．AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
37．
【分析】根据，两边平方求得，再由求解.
【详解】因为单位向量，,且，
所以，即，
所以，
故答案为：
38．2
【分析】由题意可得圆：恰好经过双曲线的左顶点，从而得到双曲线的离心率.
【详解】∵双曲线与圆：恰有三个公共点，
∴圆：恰好经过双曲线的左顶点，
∴
∴，
故答案为：2
【点睛】方法点睛：求解离心率的常用方法
1.利用公式，直接求 .
2.找等量关系，构造出关于，的齐次式，转化为关于的方程求解．
3.通过取特殊位置或特殊点求解．
4变用公式,整体求出：以椭圆为例,如利用,.
39．18
【分析】直接根据服从二项分布，结合取整数部分可得后面80次出现点数1的次数为13概率最大，从而得解.
【详解】继续再进行80次投掷试验，出现点数为1次数服从二项分布，
由，结合题中结论可知，时概率最大，即后面80次中出现13次点数1的概率最大，
加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大.
故答案为：18.
40．
【分析】根据题中所给的条件，分析图中点、面之间的关系，判断出外接球球心所处的位置，列出等量关系，求得半径，进而求得球的表面积.
【详解】根据题意，其上下底面为全等的正六边形，且是错开的，
所以侧面才会形成12个棱长为1的正三角形，
如图，为上下底面在下底面形成的投影，
且，所以，
过侧面任一三角形上顶点做底面垂线，设垂足为A，设为上下底面距离，
则有，
设球的半径为，则有，
所以其外接球的表面积为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关几何体外接球的表面积的求解问题，在解题的过程中，分析得出几何体外接球球心的位置以及放到相应三角形中来求解是正确解题的关键.
41．/
【分析】成等差数列得利用数列的通项公式展开即可求出公比.
【详解】由题意：为等比数列，成等差数列，则，，
，又因为等比数列的公比不为1，
故答案为：.
42．
【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到，再利用的离心率为2，可推得，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案.
【详解】双曲线的渐近线方程为 ，
的渐近线方程为，
由题意可得，
由的离心率为2得： ，则 ，
所以设的离心率为 ，则，
故 ，
故答案为：
43．（答案不唯一）
【分析】由题意可知为常函数或为偶函数，然后分别令或进行验证即可
【详解】因为为奇函数，为奇函数，
所以为常函数或为偶函数，
当时，，则，
此时，
所以 不合题意，
当时，，
因为，
所以为奇函数，
，由，得或，由，得，所以的增区间为和，减区间为，所以为先增后减再增，
因为，
所以满足题意，
故答案为：（答案不唯一）
44．
【分析】根据极值点之间的关系和求得，利用三角函数的中心对称求出
函数的对称中心，根据题意可得函数的对称中心为，列方程，解之即可.
【详解】由题意知，
函数在内有两个极值点，设两个极值点分别为，
则，且(T为函数的最小正周期)，
有，即，解得，
又，所以，
由，
得函数图象关于点中心对称，
令，解得，
所以，即，
由，得.
即的取值范围为.
故答案为：.
45．
【分析】利用二倍角公式和诱导公式实现角之间的转化，代入数值即可求得结果.
【详解】由题意可知，，
又，且为锐角，所以，
即.
故答案为：
46．8
【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.
【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，
则可知圆心到两直线的距离相等，
由圆的圆心为：，
圆心到的距离为：
，
圆心到的距离为：
，
所以，
由题意，
所以，
故答案为：8.
47．4
【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．
【详解】因为函数有两个极值点与
由，则有两根与
所以，得
因为，
所以，又
则，
所以
故答案为：
48．/1.25
【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值.
【详解】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；
（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；
本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.
49．（Ⅰ）；（Ⅱ）3.
【分析】（Ⅰ）依题意转为等比数列基本量计算即可求得首项与公比，则通项可得；
（Ⅱ）利用公式求和并结合不等式解得范围即可得最值.
【详解】（Ⅰ）由题意，∴，∴或1（舍）.
又∵，∴，∴.
∴.
（Ⅱ）.
∵，∴，∴.
显然，为奇数，即.
解得.所以满足条件的最大正整数为3.
【点睛】掌握等比数列的通项公式与求和公式是本题的解题关键.
50．(1)；
(2)不成立，理由见解析
【分析】(1)根据条件先算出 ，再运用正弦定理和三角形面积公式即可算出 的面积；
(2)运用反证法，先假设 能成立，再运用余弦定理和基本不等式推出悖论即可.
【详解】（1）由，可得，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ，所以，
所以 ；
（2）假设能成立，所以，
由余弦定理，得 ，
所以，所以，
故，解得或舍，
此时，不满足，
所以假设不成立，故不成立；
综上， ，不成立.
51．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点，连接和，推导出平面，可得出平面平面，再利用面面平行的性质可得出平面；
（2）取中点，作交于，连接，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取中点，连接和，
，，且为的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，则.
又平面，平面，，，.
又，，平面.
又平面，平面平面，
平面，平面；
（2）取中点，作交于，连接，
，，平面，平面，，
又，平面.
，，，
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
、、、、.
设平面的法向量，，.
由平面，得，
取，，，则.
，.
因此，直线和平面所成角正弦值为.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
52．（Ⅰ）39；（Ⅱ）列联表见解析；（Ⅲ）没有把握.
【分析】（Ⅰ）根据频率分布直方图，利用平均数公式求解..
（Ⅱ）根据统计表完成列联表.
（Ⅲ）根据列联表，利用公式求得的值，然后与临界值表对照下结论.
【详解】（Ⅰ）该市电动自行车骑行人员平均年龄为
.
（Ⅱ）
是否佩戴头盔年龄
是
否
540
60
340
60
（Ⅲ）.
故而没有的把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关.
53．（Ⅰ）；（Ⅱ）或.
【分析】（Ⅰ）由，得，将点代入方程可得则方程可求；
（Ⅱ）设直线方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理得，再联立方程得同理得坐标，结合恒成立得，化简计算可得参数值.
【详解】（Ⅰ）由，得，故的方程为，此时.
代入方程，解得，故的标准方程为.
（Ⅱ）设直线方程为：，与椭圆方程联立.
得.
设、，则.①
此时直线方程为，与联立.
得点，同理，点.
由，.
即.
所以.
即.
将①代入得：
.
化简得：.
即.
.
解得或.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
54．（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）时，，求导，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（Ⅱ）要证当时，恒成立，即证，构造函数，即证恒成立，研究该函数在上单调区间，求函数.
【详解】（Ⅰ）时，，定义域为，
求导，设，
，在单调递增.
又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故在处取得最小值.
（Ⅱ）设，求导.
设，，
，∴时，单调递减，.
，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
，故，时，.
即，在上单调递减，则时，.
由（Ⅰ）知，，故时，.
即恒成立.
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明，可以构造函数，如果，则在上是减函数，同时若，由减函数的定义可知，时，有，即证明了．
55．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求得，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）证明：当时，，则；.
当时，由可得.
两式相减得，即，.
因为，则，，以此类推可知，对任意的，，
所以，数列构成首项为，公比为的等比数列.
（2）解：由（1），故，则.
所以，
.
56．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，则由平面平面，可得平面，再由平面，可得，， 再由已知条件可证得，由线面垂直的判定定理可得平面，然后由线面垂直的性质可得结论，
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】（1）取中点，连接，
.
由平面平面，且交线为，
平面.
又平面，有，
四点共面.
平面平面，
.
又在矩形中，，
∴∽，
∴,
∵,
∴，
.
又∵，
平面.
平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：.
设平面的法向量.
，令，则.
设平面ECF的法向量.
，令，则
.
所平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
57．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式化简可得，进而可得解；
（2）由，及余弦定理，整理得，进而可得解.
【详解】（1）由题意，.
.
有.
（2）由余弦定理，，有.
又，代入得：，
整理得：即.此时.
.
58．(1)69.5
(2)
【分析】（1）直接根据频率分布直方图估计平均数即可；
（2）由题知，，进而可能的取值为，进而根据二项分布与独立事件的乘法原理求解即可.
【详解】（1）解：平均成绩为：.
（2）解：成绩落在区间内的概率为，故.
成绩落在区间内的概率为，故，
，
由题意，可能的取值为，
.
故有.
59．(1)
(2)6
【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；
（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.
【详解】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，
设，由，所以的最大值为，
将代入，有，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，
，可得，
由韦达定理可得，
直线BA的方程为，令得点M纵坐标，
同理可得点N纵坐标，
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，
，
由，故，解得．
60．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据条件，讨论x的取值范围，从而去掉函数中的绝对值符号，求得函数f(x)的导数，进而求得答案.
（2）令，整理化简得，结合函数解析式特点以及用导数判断函数的单调性可得的零点个数是两个函数和的零点个数之和 ，然后构造新函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理可解得答案.
【详解】（1）时，.
时，.
时.
；
（2）令，有, ,
则，即.
所以.
时，；
时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中.
时，递增，无零点.
时，令，得，故在上递减；在上递增.
当时，，此时无零点.
当时，，此时有一个零点.
当时，，
令，故，
所以，
由零点存在性定理，在和上各有一个零点，
此时有两个零点.
在上递增.
又t，
故时，在上必有一个零点.
综上所述，时，有一个零点；
时，有两个零点；
时，有三个零点.
【点睛】本题考查了函数的导数的计算以及用导数判断函数的零点个数问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是能根据题意对函数或者方程进行合理的变化，从而能构造新的函数，再利用导数研究其单调性或者最值，从而解决问题.
61．(1)
(2)1809
【分析】（1）由得出数列的递推关系，然后由连乘法求得通项；
（2）考虑到，，从而确定的前40项中有34项来自，其他6项由组成，由此分组求和．
【详解】（1）由，则，两式相减得：，
整理得：，即时，，
所以时， ，
又时，，得，也满足上式.
故.
（2）由.所以，
又，所以前40项中有34项来自.
故
.
62．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，
由，故，所以，所以，
所以，所以为中点，
又且，且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
63．(1)2
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案；
（2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案.
【详解】（1）在中，，
则 ，
在中，
，
所以.
（2）设，
在和中，由正弦定理得，，
又，得，
在中，，
由，有，
所以，整理得：，①
又由，整理得：，②
联立①②得，，即.，
解得或，
又，故，
所以.
64．(1)
(2)6，答案见解析
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黒球的影响说明期望的大小关系．
【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7，
，
；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和 ，
，
，
，
，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
65．(1)
(2)（i）0；（ii）48
【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.
【详解】（1）设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价.
所以的最大值为48.
66．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；
（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.
【详解】（1）由且，可得.
设，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
函数的图象如下：
又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；
要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.
（2）因为，由（1）得，则，
设，则，即，
由有最小值，即有最小值.
设 ，
记，
由于，若，则，可得单调递增，
此时，即单调递增，
此时在没有最小值，不符合题意.
若，时，，则在单调递减，
时，，则在单调递增.
又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.
此时时，，即，此时在上单调递减；
时，，即， 在上单调递增.
所以时，有最小值，
而，即，整理得
此时，由题意知.
设
设.
设，故递增，.
此时递增，有，
令且，则，即在上递增，故，
此时，故在递增，而知，的唯一解是.
故的唯一解是，即.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.
湖北省武汉市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·湖北武汉·统考一模）复数满足，则复平面上表示复数的点位于（ ）
A．第一或第三象限 B．第二或第四象限 C．实轴 D．虚轴
2．（2021·湖北武汉·统考一模）“”是“”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
3．（2021·湖北武汉·统考一模）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·湖北武汉·统考一模）已知正整数，若的展开式中不含的项，则的值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．（2021·湖北武汉·统考一模）从3双不同的鞋子中随机任取3只，则这3只鞋子中有两只可以配成一双的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·湖北武汉·统考一模）某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．1
7．（2021·湖北武汉·统考一模）过抛物线：焦点的直线交抛物线于，两点，过，分别向的准线作垂线，垂足分别为，，若与的面积之比为4，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·湖北武汉·统考一模）设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·湖北武汉·统考一模）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·湖北武汉·统考一模）若为第二象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·湖北武汉·统考一模）已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
12．（2022·湖北武汉·统考一模）某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·湖北武汉·统考一模）向量满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2022·湖北武汉·统考一模）已知函数的定义域为，数列满足，则“数列为递增数列”是“函数为增函数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
15．（2022·湖北武汉·统考一模）已知随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·湖北武汉·统考一模）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
17．（2023·湖北武汉·统考一模）已知集合,则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·湖北武汉·统考一模）若虚数z使得z2+z是实数，则z满足（ ）
A．实部是 B．实部是 C．虚部是0 D．虚部是
19．（2023·湖北武汉·统考一模）平面向量，若，则（ ）
A．6 B．5 C． D．
20．（2023·湖北武汉·统考一模）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（ ）
A．196 B．197 C．198 D．199
21．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数，若的值域是，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·湖北武汉·统考一模）某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（ ）
A． B． C．4 D．5
23．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·湖北武汉·统考一模）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．（2021·湖北武汉·统考一模）图中矩形表示集合，，是的两个子集，则阴影部分可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
26．（2021·湖北武汉·统考一模）已知函数，则有（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．函数与的单调区间和单调性相同
D．若且，则
27．（2021·湖北武汉·统考一模）两个等差数列和，其公差分别为和，其前项和分别为和，则下列命题中正确的是（ ）
A．若为等差数列，则
B．若为等差数列，则
C．若为等差数列，则
D．若，则也为等差数列，且公差为
28．（2021·湖北武汉·统考一模）设函数，若曲线在点处的切线与该曲线恰有一个公共点，则选项中满足条件的有（ ）
A． B． C． D．
29．（2022·湖北武汉·统考一模）已知两个复数满足，且，则下面说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
30．（2022·湖北武汉·统考一模）某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在的室温下测量水温单位随时间（单位：）的变化关系，在测量了15个数据后，根据这些实验数据得到如下的散点图：
现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（ ）
A． B．
C． D．
31．（2022·湖北武汉·统考一模）在平面直角坐标系中，已知圆，其中，则（ ）
A．圆过定点 B．圆的圆心在定直线上
C．圆与定直线相切 D．圆与定圆相切
32．（2022·湖北武汉·统考一模）三棱锥各顶点均在表面积为的球体表面上，，，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．线段长度的最小值为
D．三棱锥体积的最大值为
33．（2023·湖北武汉·统考一模）若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（ ）
A． B． C． D．2
34．（2023·湖北武汉·统考一模）在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：
甲校理科生
甲校文科生
乙校理科生
乙校文科生
达标率
60%
70%
65%
75%
定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（ ）
A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校
B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率
C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%
D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率
35．（2023·湖北武汉·统考一模）已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．时，
C．时，随着的增大而增大 D．时，随着的增大而减小
36．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．
C．为递减数列 D．
三、填空题
37．（2021·湖北武汉·统考一模）两个单位向量，满足，则__________.
38．（2021·湖北武汉·统考一模）双曲线：的半焦距为，若双曲线与圆：恰有三个公共点，则的离心率为___________.
39．（2021·湖北武汉·统考一模）在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量，记，.在研究的最大值时，小组同学发现：若为正整数，则时，，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为____________的概率最大.
40．（2021·湖北武汉·统考一模）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为底面，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成.若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为___________.
41．（2022·湖北武汉·统考一模）公比不为1的等比数列中，若成等差数列，则数列的公比为__________.
42．（2022·湖北武汉·统考一模）已知双曲线与有相同的渐近线，若的离心率为2，则的离心率为__________.
43．（2022·湖北武汉·统考一模）某学生在研究函数时，发现该函数的两条性质：①是奇函数；②单调性是先增后减再增.该学生继续深入研究后发现将该函数乘以一个函数后得到一个新函数，此时除具备上述两条性质之外，还具备另一条性质：③.写出一个符合条件的函数解析式__________.
44．（2022·湖北武汉·统考一模）已知函数，其中，若在区间内恰有两个极值点，且，则实数的所有可能取值构成的集合是__________.
45．（2023·湖北武汉·统考一模）锐角满足，则____________.
46．（2023·湖北武汉·统考一模）若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则____________.
47．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.
48．（2023·湖北武汉·统考一模）设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________.
四、解答题
49．（2021·湖北武汉·统考一模）已知公比不为1的等比数列满足，且，，构成等差数列.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）记为的前项和，求使成立的最大正整数.
50．（2021·湖北武汉·统考一模）的内角，，的对边分别为，，，且，．
(1)若 ，求的面积
(2)试问能否成立若能成立，求此时的周长若不能成立，请说明理由．
51．（2021·湖北武汉·统考一模）如图，四棱锥中，平面，，，，为棱上一点.
（1）若，证明：平面；
（2）若，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
52．（2021·湖北武汉·统考一模）在关研究表明，正确佩戴安全头盔，规范使用安全带能够将交通事故死亡风险大幅降低，对保护群众生命安全具有重要作用.2020年4月，“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展.行动期间，公安交管部门将加强执法管理，依法查纠摩托车和电动自行车骑乘人员不佩戴安全头盔，汽车驾乘人员不使用安全带的行为，助推养成安全习惯.该行动开展一段时间后，某市针对电动自行车骑乘人员是否佩戴安全头盔问题进行调查，在随机调查的1000名骑行人员中，记录其年龄和是否佩戴头盔情况，得到如下的统计图表：
（Ⅰ）估算该市电动自行车骑乘人员的平均年龄；
（Ⅱ）根据所给的数据，完成下面的列联表：
是否佩戴头盔年龄
是
否
（Ⅲ）根据（Ⅱ）中的列联表，判断是否有把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关？
附：，
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
53．（2021·湖北武汉·统考一模）已知椭圆：的左右顶点分别为，，过椭圆内点且不与轴重合的动直线交椭圆于，两点，当直线与轴垂直时，.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，和直线：分别交于点，，若恒成立，求的值.
54．（2021·湖北武汉·统考一模）已知函数.
（Ⅰ）当时，求的最小值；
（Ⅱ）证明：当时，恒成立.
55．（2022·湖北武汉·统考一模）已知数列的前项和为，且对任意的有.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和.
56．（2022·湖北武汉·统考一模）在如图所示的多面体中，点在矩形的同侧，直线平面，平面平面，且为等边三角形，.
(1)证明：；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
57．（2022·湖北武汉·统考一模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角；
(2)若的面积，求.
58．（2022·湖北武汉·统考一模）迎接冬季奥运会期间，某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试.统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间内，并制成如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这200名学生的平均成绩；
(2)用样本频率估计总体，从全市高中学生中随机抽取2名学生，记成绩在区间内的人数为，成绩在区间内的人数为，记，比较与的大小关系.
59．（2022·湖北武汉·统考一模）椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值．
60．（2022·湖北武汉·统考一模）已知函数，其中.
(1)当时，求的值；
(2)讨论的零点个数.
61．（2023·湖北武汉·统考一模）记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和.
62．（2023·湖北武汉·统考一模）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.
(1)证明：直线平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
63．（2023·湖北武汉·统考一模）在中，，D为中点， .
(1)若，求的长；
(2)若 ，求的长.
64．（2023·湖北武汉·统考一模）口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.
(1)记总的抽取次数为X，求E（X）；
(2)现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.
65．（2023·湖北武汉·统考一模）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
66．（2023·湖北武汉·统考一模）已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.
参考答案：
1．B
【分析】设复数，根据，求得的关系判断.
【详解】设复数，则，
因为，
所以，即 ，
所以 ，
所以在复平面上表示复数的点位于第二或第四象限，
故选：B
2．A
【分析】先求解，这两个方程，再由充分条件与必要条件的定义去判断.
【详解】由得，
由得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．C
【分析】先计算，再根据幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】，
所以，故有.
故选：C
4．B
【分析】利用二项式定理展开求系数即可.
【详解】
的展开式的通项为
中的系数为
中的系数为
故的展开式中的项系数为
故
故
故选：B
【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
5．C
【分析】由古典概型的概率公式，三双不同的鞋子共有6只，共有种可能，满足条件的有种可能，进而可得结果.
【详解】三双不同的鞋子共有6只，共有种，三只鞋子中有两只可以是一双，则可以是三双中的一双，其余一只为剩余4只中任意一只，共有种，则概率为
故选：C
6．A
【分析】如图截面为，P为MN的中点，设，，进而可得面积最大值.
【详解】
如图所示，截面为，P为MN的中点，设
,
当时，，此时截面面积最大.
故选：A
【点睛】易错点睛：先求出面积的函数表达式进而判断最大值，本题容易误认为垂直于底面的截面面积最大.
7．D
【分析】由抛物线的定义可得，然后由可得，设，直线，然后可得，，然后求出即可.
【详解】
由抛物线的定义可得
因为，，
所以，设，直线
由可得
联立可得，所以
结合可得，可解得
所以直线的斜率为
故选：D
8．B
【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.
【详解】令，则
令，则
则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.
作出和的图像，观察交点个数，
可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，
由题意列不等式的：
解得：.
故选：B
【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.
9．C
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再进行并集运算即可求解.
【详解】因为或，
又，
所以或，
故选：C.
10．D
【分析】利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】因为为第二象限角，则，则.
故选：D.
11．B
【分析】先将点的坐标代入方程中求出的值，再利用抛物线的定义可求得结果
【详解】因为在抛物线上，
所以，得，
所以抛物线的焦点为，准线方程为，
所以，
故选：B
12．A
【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.
【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，
则大圆锥的体积即为，整理得，
即小圆锥的体积为
所以该圆台体积为
故选：A.
13．D
【分析】由已知条件可得，化简后结合已知条件求出，
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
故选：D
14．B
【分析】利用特例法、函数的单调性、数列的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若数列为递增数列，取，即，
则对任意的恒成立，
所以数列为单调递增数列，但函数在上不单调，
即“数列为递增数列”“函数为增函数”；
若函数在上为增函数，对任意的，则，即，
故数列为递增数列，
即“数列为递增数列”“函数为增函数”.
因此，“数列为递增数列”是“函数为增函数”的必要不充分条件.
故选：B.
15．C
【分析】利用偶函数的定义结合正态密度曲线的对称性可求得的值.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，
所以，.
故选：C.
16．A
【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解.
【详解】以O为坐标原点,原x轴正方向为x轴，垂直于x轴的方向为y轴建立平面直角坐标系，
则在直角坐标系下，，,
则
.
故选：A.
17．C
【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.
【详解】解:因为或,
所以,又有,
所以.
故选:C
18．A
【分析】设（且），计算，由其为实数求得后可得．
【详解】设（且），，
是实数，因此，（舍去），或．
故选：A．
19．B
【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.
【详解】因为，，
所以，解得，
所以，
因此.
故选：B．
20．C
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.
【详解】设该数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，
即，所以
将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第15项为.
故选：C
21．B
【分析】分别画出分段函数对应的两个函数图象，再对实数的取值进行分类讨论即可.
【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当或时，两图象相交，
若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：
当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；
同理当,值域也不是；
当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B
22．D
【分析】表示出表面积后，根据二次函数性质可得.
【详解】大圆柱表面积为
小圆柱侧面积为，上下底面积为
所以加工后物件的表面积为，当时表面积最大.
故选：D
23．B
【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.
【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；
由图可知，利用整体代换可得，
所以，若为已知，则可求得.
故选：B
24．D
【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.
【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D
25．ABD
【分析】根据Ven图，分U为全集，B为全集，为全集时，讨论求解.
【详解】由图知：当U为全集时，表示集合A的补集与集合B的交集，
当B为全集时，表示的补集，
当为全集时，表示A的补集，
故选：ABD
26．BC
【分析】根据函数解析式，分别解AB选项对应的方程，即可判定A错，B正确；求出的解析式，判定与的单调区间与单调性，即可得出C正确；利用特殊值法，即可判断D错.
【详解】因为，
当时，，由可得，解得或，显然都不满足，故A错；
当时，，由可得，解得或，显然满足，故B正确；
当时，显然单调递减，即的减区间为；当时，显然单调递增，即的增区间为；
又，因此在上单调递减，在上单调递增；即函数与的单调区间和单调性相同，故C正确；
D选项，若不妨令，，则，，此时，故D错；
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于根据解析式判定分段函数的性质，利用分段函数的性质，结合选项即可得解.
27．AB
【分析】对于A，利用化简可得答案；
对于B，利用化简可得答案；
对于C，利用化简可得答案；
对于D，根据可得答案.
【详解】对于A，因为为等差数列，所以，
即，所以，
化简得，所以，故A正确；
对于B，因为为等差数列，所以，
所以，
所以，故B正确；
对于C，因为为等差数列，所以，
所以，
化简得，所以或，故C不正确；
对于D，因为，且，所以，
所以，
所以，
所以也为等差数列，且公差为，故D不正确.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.
28．BCD
【分析】讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数即可.
【详解】A选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
又 ，
故 在内必有一个零点，则与切线有两个交点，故A错；
B选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
在单调减，在单调增，
所以恒成立，
则 单调增只有一个零点，则与切线有1交点，故B正确；
C选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
又， 在单调减，在单调增，所以恒成立，则 只有一个零点，则与切线有1交点，故C确；
D选项：切点，切线的斜率为
切线方程为：
设 ，其中
，
， 在小于0，在大于0，
所以恒成立，则 只有一个零点，则与切线有1交点，故D正确.
故选：BCD
【点睛】本题的关键在于讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数.
29．ABD
【分析】根据复数的乘法运算和相等复数的概念求出，进而结合复数的几何意义和共轭复数的概念依次判断选项即可.
【详解】由题意知，
设为实数)，则，
即，所以，解得，
所以，故A正确；
，，
所以，故B正确；
，
所以，故C错误；
，所以，故D正确.
故选：ABD
30．AC
【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且，根据特点对选项一一判断即可．
【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且
对A选项，符合散点图的特点；
对B选项，有不符合散点图的特点；
对C选项，符合散点图的特点；
对D选项，的增长速度不变，不符合散点图的特点；
故选：AC
31．BC
【分析】利用反证法可判断AD选项；求出圆心所在直线的方程，可判断B选项；判断圆与直线的位置关系，可判断C选项.
【详解】对于A选项，圆的方程可化为，
若圆过定点，则，可得，矛盾，A错；
对于B选项，圆的圆心坐标为，则圆心在直线上，B对；
对于C选项，圆心到直线的距离为
，故直线与圆相切，
同理可知，直线与圆也相切，C对；
对于D选项，设定圆的圆心为，半径为，设，
若定圆与圆外切，则，
化简得，
由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去；
若定圆与圆内切，则，
化简可得，
由二次函数的性质可知，关于的二次函数在时的值不可能恒为零，舍去.
同理可知，当时，不存在定圆与圆相切，D错.
故选：BC.
32．ACD
【分析】对于A, 计算出的外接圆半径，明确球心到平面ABC的距离，可求得；
对于B，要明确D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，由此判断满足CD=2时的点D有两个点，其中有一个不满足；
对于C, 借助于图示，确定点D在D'位置时，线段长度才可取到最小值，由此计算即可；
对于D，由于的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时, 三棱锥体积也最大，由此可以求先求得三棱锥的高的最大值，可求得结果；
【详解】因为 ,所以 ；
对于A,若，则平面 平面ABC,过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l,设球心为O,则∥平面ABC,作,垂足为H， ,则FH即为球心O到平面ABC的距离d,对于 ,设其外接圆半径为r,则 ，所以 ，因此CD=2HF=2，故A正确；
对于B，因为始终满足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图示：
因为BC=2为定值，作D点所在截面圆O',取BC得中点M,连接OM,, ，因为OO'和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，所以满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，若CD⊥AB，则CD⊥平面BCHA，所以CD⊥CH，必定有一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误;
对于C,
因为平面ABC(ABCH)与圆O'垂直，所以OO'与平面ABC平行，作 ，又因为 ，所以 平面ABC，因此为 外接圆的圆心，而△ABC外接圆半径r为2，又因为 ，所以AH=r+1=3，若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，如图所示，点D在D'位置时，DH最小，AD也最小,即，由A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即 ,则 ,而DH的最小值为
,所以AD的最小值为 ，故C正确；
对于D，的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时, 三棱锥体积也最大，又因为O'H⊥平面ABC，因此当D点位于HO'与截面圆的交点处时(如图示位置)即共线时,高即DH最大，最大值 ,故此时三棱锥体积的最大值为
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】本题难度较大，需要充分发挥空间想象力，利用示意图辅助解答，难点在于理清空间中的位置关系，明确数量关系，准确计算.
33．BCD
【分析】讨论两顶点的位置，由椭圆的性质结合勾股定理求解.
【详解】由题意可知，，
若这两个顶点为长轴的两个端点时，；
若这两个顶点为短轴的两个端点时，；
若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，；
故选：BCD
34．ABD
【分析】根据表中数据，结合达标率的计算公式对各选项逐一判断即可.
【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，
乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB正确；
设甲校理科生有人，文科生有人，若，即，则甲校总达标率为，选项C错误；
由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，
当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；
故选：ABD
35．ABC
【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，
故A正确，
对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，
则，
所以，
，
所以，故B正确，
对于C,D选项，，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，
故选项D不正确.
故选：ABC.
36．AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
37．
【分析】根据，两边平方求得，再由求解.
【详解】因为单位向量，,且，
所以，即，
所以，
故答案为：
38．2
【分析】由题意可得圆：恰好经过双曲线的左顶点，从而得到双曲线的离心率.
【详解】∵双曲线与圆：恰有三个公共点，
∴圆：恰好经过双曲线的左顶点，
∴
∴，
故答案为：2
【点睛】方法点睛：求解离心率的常用方法
1.利用公式，直接求 .
2.找等量关系，构造出关于，的齐次式，转化为关于的方程求解．
3.通过取特殊位置或特殊点求解．
4变用公式,整体求出：以椭圆为例,如利用,.
39．18
【分析】直接根据服从二项分布，结合取整数部分可得后面80次出现点数1的次数为13概率最大，从而得解.
【详解】继续再进行80次投掷试验，出现点数为1次数服从二项分布，
由，结合题中结论可知，时概率最大，即后面80次中出现13次点数1的概率最大，
加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大.
故答案为：18.
40．
【分析】根据题中所给的条件，分析图中点、面之间的关系，判断出外接球球心所处的位置，列出等量关系，求得半径，进而求得球的表面积.
【详解】根据题意，其上下底面为全等的正六边形，且是错开的，
所以侧面才会形成12个棱长为1的正三角形，
如图，为上下底面在下底面形成的投影，
且，所以，
过侧面任一三角形上顶点做底面垂线，设垂足为A，设为上下底面距离，
则有，
设球的半径为，则有，
所以其外接球的表面积为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关几何体外接球的表面积的求解问题，在解题的过程中，分析得出几何体外接球球心的位置以及放到相应三角形中来求解是正确解题的关键.
41．/
【分析】成等差数列得利用数列的通项公式展开即可求出公比.
【详解】由题意：为等比数列，成等差数列，则，，
，又因为等比数列的公比不为1，
故答案为：.
42．
【分析】根据两双曲线有相同的渐近线，可得到，再利用的离心率为2，可推得，从而利用双曲线的离心率的平方可求得答案.
【详解】双曲线的渐近线方程为 ，
的渐近线方程为，
由题意可得，
由的离心率为2得： ，则 ，
所以设的离心率为 ，则，
故 ，
故答案为：
43．（答案不唯一）
【分析】由题意可知为常函数或为偶函数，然后分别令或进行验证即可
【详解】因为为奇函数，为奇函数，
所以为常函数或为偶函数，
当时，，则，
此时，
所以 不合题意，
当时，，
因为，
所以为奇函数，
，由，得或，由，得，所以的增区间为和，减区间为，所以为先增后减再增，
因为，
所以满足题意，
故答案为：（答案不唯一）
44．
【分析】根据极值点之间的关系和求得，利用三角函数的中心对称求出
函数的对称中心，根据题意可得函数的对称中心为，列方程，解之即可.
【详解】由题意知，
函数在内有两个极值点，设两个极值点分别为，
则，且(T为函数的最小正周期)，
有，即，解得，
又，所以，
由，
得函数图象关于点中心对称，
令，解得，
所以，即，
由，得.
即的取值范围为.
故答案为：.
45．
【分析】利用二倍角公式和诱导公式实现角之间的转化，代入数值即可求得结果.
【详解】由题意可知，，
又，且为锐角，所以，
即.
故答案为：
46．8
【分析】由题意知圆心到两直线的距离相等，得到等量关系求解即可.
【详解】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，
则可知圆心到两直线的距离相等，
由圆的圆心为：，
圆心到的距离为：
，
圆心到的距离为：
，
所以，
由题意，
所以，
故答案为：8.
47．4
【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．
【详解】因为函数有两个极值点与
由，则有两根与
所以，得
因为，
所以，又
则，
所以
故答案为：
48．/1.25
【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值.
【详解】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；
（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；
本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.
49．（Ⅰ）；（Ⅱ）3.
【分析】（Ⅰ）依题意转为等比数列基本量计算即可求得首项与公比，则通项可得；
（Ⅱ）利用公式求和并结合不等式解得范围即可得最值.
【详解】（Ⅰ）由题意，∴，∴或1（舍）.
又∵，∴，∴.
∴.
（Ⅱ）.
∵，∴，∴.
显然，为奇数，即.
解得.所以满足条件的最大正整数为3.
【点睛】掌握等比数列的通项公式与求和公式是本题的解题关键.
50．(1)；
(2)不成立，理由见解析
【分析】(1)根据条件先算出 ，再运用正弦定理和三角形面积公式即可算出 的面积；
(2)运用反证法，先假设 能成立，再运用余弦定理和基本不等式推出悖论即可.
【详解】（1）由，可得，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ，所以，
所以 ；
（2）假设能成立，所以，
由余弦定理，得 ，
所以，所以，
故，解得或舍，
此时，不满足，
所以假设不成立，故不成立；
综上， ，不成立.
51．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点，连接和，推导出平面，可得出平面平面，再利用面面平行的性质可得出平面；
（2）取中点，作交于，连接，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取中点，连接和，
，，且为的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，则.
又平面，平面，，，.
又，，平面.
又平面，平面平面，
平面，平面；
（2）取中点，作交于，连接，
，，平面，平面，，
又，平面.
，，，
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
、、、、.
设平面的法向量，，.
由平面，得，
取，，，则.
，.
因此，直线和平面所成角正弦值为.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
52．（Ⅰ）39；（Ⅱ）列联表见解析；（Ⅲ）没有把握.
【分析】（Ⅰ）根据频率分布直方图，利用平均数公式求解..
（Ⅱ）根据统计表完成列联表.
（Ⅲ）根据列联表，利用公式求得的值，然后与临界值表对照下结论.
【详解】（Ⅰ）该市电动自行车骑行人员平均年龄为
.
（Ⅱ）
是否佩戴头盔年龄
是
否
540
60
340
60
（Ⅲ）.
故而没有的把握认为遵守佩戴安全头盔与年龄有关.
53．（Ⅰ）；（Ⅱ）或.
【分析】（Ⅰ）由，得，将点代入方程可得则方程可求；
（Ⅱ）设直线方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理得，再联立方程得同理得坐标，结合恒成立得，化简计算可得参数值.
【详解】（Ⅰ）由，得，故的方程为，此时.
代入方程，解得，故的标准方程为.
（Ⅱ）设直线方程为：，与椭圆方程联立.
得.
设、，则.①
此时直线方程为，与联立.
得点，同理，点.
由，.
即.
所以.
即.
将①代入得：
.
化简得：.
即.
.
解得或.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
54．（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）时，，求导，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（Ⅱ）要证当时，恒成立，即证，构造函数，即证恒成立，研究该函数在上单调区间，求函数.
【详解】（Ⅰ）时，，定义域为，
求导，设，
，在单调递增.
又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故在处取得最小值.
（Ⅱ）设，求导.
设，，
，∴时，单调递减，.
，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
，故，时，.
即，在上单调递减，则时，.
由（Ⅰ）知，，故时，.
即恒成立.
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明，可以构造函数，如果，则在上是减函数，同时若，由减函数的定义可知，时，有，即证明了．
55．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求得，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）证明：当时，，则；.
当时，由可得.
两式相减得，即，.
因为，则，，以此类推可知，对任意的，，
所以，数列构成首项为，公比为的等比数列.
（2）解：由（1），故，则.
所以，
.
56．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，则由平面平面，可得平面，再由平面，可得，， 再由已知条件可证得，由线面垂直的判定定理可得平面，然后由线面垂直的性质可得结论，
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】（1）取中点，连接，
.
由平面平面，且交线为，
平面.
又平面，有，
四点共面.
平面平面，
.
又在矩形中，，
∴∽，
∴,
∵,
∴，
.
又∵，
平面.
平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：.
设平面的法向量.
，令，则.
设平面ECF的法向量.
，令，则
.
所平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
57．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式化简可得，进而可得解；
（2）由，及余弦定理，整理得，进而可得解.
【详解】（1）由题意，.
.
有.
（2）由余弦定理，，有.
又，代入得：，
整理得：即.此时.
.
58．(1)69.5
(2)
【分析】（1）直接根据频率分布直方图估计平均数即可；
（2）由题知，，进而可能的取值为，进而根据二项分布与独立事件的乘法原理求解即可.
【详解】（1）解：平均成绩为：.
（2）解：成绩落在区间内的概率为，故.
成绩落在区间内的概率为，故，
，
由题意，可能的取值为，
.
故有.
59．(1)
(2)6
【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；
（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.
【详解】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，
设，由，所以的最大值为，
将代入，有，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，
，可得，
由韦达定理可得，
直线BA的方程为，令得点M纵坐标，
同理可得点N纵坐标，
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，
，
由，故，解得．
60．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据条件，讨论x的取值范围，从而去掉函数中的绝对值符号，求得函数f(x)的导数，进而求得答案.
（2）令，整理化简得，结合函数解析式特点以及用导数判断函数的单调性可得的零点个数是两个函数和的零点个数之和 ，然后构造新函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理可解得答案.
【详解】（1）时，.
时，.
时.
；
（2）令，有, ,
则，即.
所以.
时，；
时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中.
时，递增，无零点.
时，令，得，故在上递减；在上递增.
当时，，此时无零点.
当时，，此时有一个零点.
当时，，
令，故，
所以，
由零点存在性定理，在和上各有一个零点，
此时有两个零点.
在上递增.
又t，
故时，在上必有一个零点.
综上所述，时，有一个零点；
时，有两个零点；
时，有三个零点.
【点睛】本题考查了函数的导数的计算以及用导数判断函数的零点个数问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是能根据题意对函数或者方程进行合理的变化，从而能构造新的函数，再利用导数研究其单调性或者最值，从而解决问题.
61．(1)
(2)1809
【分析】（1）由得出数列的递推关系，然后由连乘法求得通项；
（2）考虑到，，从而确定的前40项中有34项来自，其他6项由组成，由此分组求和．
【详解】（1）由，则，两式相减得：，
整理得：，即时，，
所以时， ，
又时，，得，也满足上式.
故.
（2）由.所以，
又，所以前40项中有34项来自.
故
.
62．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，
由，故，所以，所以，
所以，所以为中点，
又且，且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
63．(1)2
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案；
（2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案.
【详解】（1）在中，，
则 ，
在中，
，
所以.
（2）设，
在和中，由正弦定理得，，
又，得，
在中，，
由，有，
所以，整理得：，①
又由，整理得：，②
联立①②得，，即.，
解得或，
又，故，
所以.
64．(1)
(2)6，答案见解析
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黒球的影响说明期望的大小关系．
【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7，
，
；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和 ，
，
，
，
，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
65．(1)
(2)（i）0；（ii）48
【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.
【详解】（1）设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价.
所以的最大值为48.
66．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；
（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.
【详解】（1）由且，可得.
设，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
函数的图象如下：
又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；
要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.
（2）因为，由（1）得，则，
设，则，即，
由有最小值，即有最小值.
设 ，
记，
由于，若，则，可得单调递增，
此时，即单调递增，
此时在没有最小值，不符合题意.
若，时，，则在单调递减，
时，，则在单调递增.
又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.
此时时，，即，此时在上单调递减；
时，，即， 在上单调递增.
所以时，有最小值，
而，即，整理得
此时，由题意知.
设
设.
设，故递增，.
此时递增，有，
令且，则，即在上递增，故，
此时，故在递增，而知，的唯一解是.
故的唯一解是，即.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.
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