江苏省南京市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份江苏省南京市三年（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，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南京市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2023·江苏·统考一模）设，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·江苏·统考一模）若为奇函数，则的值为（    ）
A．-1 B．0 C．1 D．-1或1
3．（2023·江苏·统考一模）某种品牌手机的电池使用寿命X（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为（    ）
A．0.9 B．0.7 C．0.3 D．0.1
4．（2023·江苏·统考一模）已知函数的图象关于直线对称，则的值为（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·江苏·统考一模）三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·江苏·统考一模）设等比数列的前项和为.已知，，则（    ）
A． B．16 C．30 D．
7．（2023·江苏·统考一模）已知椭圆：的两条弦相交于点（点在第一象限），且轴，轴.若，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．（2023·江苏·统考一模）设，，，则（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·江苏·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·江苏·统考一模）在等比数列中，公比为.已知，则是数列单调递减的（    ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分又不必要
11．（2022·江苏·统考一模）某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（    ）（参考数据：）
A．16 B．10 C．8 D．2
12．（2022·江苏·统考一模）若（为虚数单位），则（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·江苏·统考一模）已知直线与相交于两点，且为等边三角形，则实数（    ）
A．或2 B．或4 C． D．
14．（2022·江苏·统考一模）在平面直角坐标系中，设，向量，则的最小值为（    ）
A．1 B．2 C． D．
15．（2022·江苏·统考一模）已知，则的最小值为（    ）
A． B．1 C． D．
16．（2022·江苏·统考一模）已知，则当时，与的大小关系是（    ）
A．
B．
C．
D．不确定
17．（2021·江苏·统考一模）若为实数，其中i为虚数单位，则实数a的值为（    ）
A．2 B． C． D．
18．（2021·江苏·统考一模）已知函数的定义域为集合M，函数的值域为N，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2021·江苏·统考一模）函数在其定义域上的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
20．（2021·江苏·统考一模）一次竞赛考试，老师让学生甲､乙､丙､丁预测他们的名次.学生甲说：丁第一；学生乙说：我不是第一；学生丙说：甲第一；学生丁说：甲第二.若有且仅有一名学生预测错误，则该学生是（    ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
21．（2021·江苏·统考一模）化简可得（    ）
A． B． C． D．
22．（2021·江苏·统考一模）某词汇研究机构为对某城市人们使用流行语的情况进行调查，随机抽取了200人进行调查统计得下方的列联表.则根据列联表可知（ ）

年轻人
非年轻人
总计
经常用流行语
125
25
150
不常用流行用语
35
15
50
总计
160
40
200
参考公式：独立性检验统计量，其中 .
下面的临界值表供参考：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

A．有95%的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系
B．没有95%的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系
C．有97.5%的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系
D．有97.5%的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系
23．（2021·江苏·统考一模）设分别为双曲线的左､右焦点，圆与双曲线的渐近线相切，过与圆相切的直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的两条渐近线所成的锐角的正切值为（    ）
A． B． C． D．1
24．（2021·江苏·统考一模）已知点在球O的表面上，平面，若与平面所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面距离的最大值为（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5

二、多选题
25．（2023·江苏·统考一模）新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电池电动汽车、氢发动机汽车等.我国的新能源汽车发展开始于世纪初，近年来发展迅速，连续8年产销量位居世界第一.下面两图分别是年至年我国新能源汽车年产量和占比（占我国汽车年总产盘的比例）情况，则（    ）

A．年我国新能源汽车年产量逐年增加
B．年我国新能源汽车年产量的极差为万辆
C．年我国汽车年总产量超过万辆
D．年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量
26．（2023·江苏·统考一模）已知为复数，设，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（    ）
A． B．
C． D．
27．（2023·江苏·统考一模）已知点，，点P为圆C：上的动点，则（    ）
A．面积的最小值为 B．的最小值为
C．的最大值为 D．的最大值为
28．（2023·江苏·统考一模）已知，且，，是在内的三个不同零点，则（    ）
A． B．
C． D．
29．（2022·江苏·统考一模）若函数，则关于的性质说法正确的有（    ）
A．偶函数 B．最小正周期为
C．既有最大值也有最小值 D．有无数个零点
30．（2022·江苏·统考一模）若椭圆的左，右焦点分别为，则下列的值，能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有（    ）
A． B．
C． D．
31．（2022·江苏·统考一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两项都是正数的概率为，则（    ）
A．
B．
C．
D．.
32．（2022·江苏·统考一模）如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（    ）

A．
B．
C．平面平面
D．被球截得的弦长为1
33．（2021·江苏·统考一模）下列关于向量，，的运算，一定成立的有（    ）．
A． B．
C． D．
34．（2021·江苏·统考一模）下列选项中，关于x的不等式有实数解的充分不必要条件的有（    ）
A． B． C． D．
35．（2021·江苏·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．函数是偶函数 B．函数是奇函数
C．函数在上为增函数 D．函数的值域为
36．（2021·江苏·统考一模）回文数是一类特殊的正整数，这类数从左到右的数字排列与从右到左的数字排列完全相同，如1221，15351等都是回文数.若正整数i与n满足且，在 上任取一个正整数取得回文数的概率记为，在上任取一个正整数取得回文数的概率记为 ，则（ ）
A． B．
C． D．

三、填空题
37．（2023·江苏·统考一模）编号为1，2，3，4的四位同学，分别就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每位座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学编号和座位编号一致的坐法种数为___________.
38．（2023·江苏·统考一模）已知向量，满足，，.设，则___________.
39．（2023·江苏·统考一模）已知抛物线的焦点为F，点Р是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B.若PB平行于轴，则AF的长度为____________.
40．（2023·江苏·统考一模）直线与曲线：及曲线：分别交于点A，B.曲线在A处的切线为，曲线在B处的切线为.若，相交于点C，则面积的最小值为____________.
41．（2022·江苏·统考一模）若是奇函数，则___________.
42．（2022·江苏·统考一模）在中，角的对边分别为.若，则的最小值是___________.
43．（2022·江苏·统考一模）计算机是二十世纪最伟大的发明之一，被广泛地应用于人们的工作与生活之中，计算机在进行数的计算处理时，使用的是二进制.一个十进制数可以表示成二进制数，则，其中，当时，.若记中1的个数为，则满足的的个数为___________.
44．（2021·江苏·统考一模）若函数为偶函数，则的一个值为________.（写出一个即可）
45．（2021·江苏·统考一模）的展开式中有理项的个数为________.
46．（2021·江苏·统考一模）在平面直角坐标系中，设抛物线与在第一象限的交点为A，若的斜率为2，则________.

四、解答题
47．（2023·江苏·统考一模）在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.
(1)若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求；
(2)若数列的“泛差”，且，求数列的通项.
48．（2023·江苏·统考一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
(1)若，求的值；
(2)在下列条件中选择一个，判断是否存在，如果存在，求的最小值；如果不存在，说明理由.
①的面积；
②；
③.
49．（2023·江苏·统考一模）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，.

(1)在线段上是否存在点F，使得平面?说明理由；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的正切值.
50．（2023·江苏·统考一模）人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）.
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率，
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
51．（2023·江苏·统考一模）已知双曲线：的离心率为，直线：与双曲线C仅有一个公共点.
(1)求双曲线的方程
(2)设双曲线的左顶点为，直线平行于，且交双曲线C于M，N两点，求证：的垂心在双曲线C上.
52．（2023·江苏·统考一模）已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
53．（2022·江苏·统考一模）从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答.
已知点在内，，若___________，求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
54．（2022·江苏·统考一模）已知数列的通项公式为，数列的首项为.
(1)若是公差为3的等差数列，求证：也是等差数列；
(2)若是公比为2的等比数列，求数列的前项和.
55．（2022·江苏·统考一模）佩戴头盔是一项对家庭与社会负责的表现，某市对此不断进行安全教育.下表是该市某主干路口连续4年监控设备抓拍到的驾驶员不戴头盔的统计数据：
年度
2018
2019
2020
2021
年度序号
1
2
3
4
不戴头盔人数
1250
1050
1000
900
(1)请利用所给数据求不戴头盔人数与年度序号之间的回归直线方程，并估算该路口2022年不戴头盔的人数；
(2)交警统计2018~2021年通过该路口的开电瓶车出事故的50人，分析不戴头盔行为与事故是否伤亡的关系，得到下表，能否有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关？

不戴头盔
戴头盔
伤亡
7
3
不伤亡
13
27
参考公式：












其中
56．（2022·江苏·统考一模）在三棱柱中中，为中点，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
57．（2022·江苏·统考一模）设双曲线的右顶点为，虚轴长为，两准线间的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)设动直线与双曲线交于两点，已知，设点到动直线的距离为，求的最大值.
58．（2022·江苏·统考一模）设函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.
59．（2021·江苏·统考一模）设正项数列的前n项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：.
60．（2021·江苏·统考一模）在中，角的对边分别为.
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值.
61．（2021·江苏·统考一模）如图，在五面体中，四边形为正方形，平面平面，，，.

（1）若，求二面角的正弦值；
（2）若平面平面，求的长.
62．（2021·江苏·统考一模）某市为创建全国文明城市，市文明办举办了一次文明知识网络竞赛，全市市民均有且只有一次参赛机会，满分为100分，得分大于等于80分的为优秀.竞赛结束后，随机抽取了参赛中100人的得分为样本，统计得到样本平均数为71，方差为81.假设该市有10万人参加了该竞赛活动，得分Z服从正态分布.
（1）估计该市这次竞赛活动得分优秀者的人数是多少万人?
（2）该市文明办为调动市民参加竞赛的积极性，制定了如下奖励方案：所有参加竞赛活动者，均可参加“抽奖赢电话费”活动，竞赛得分优秀者可抽奖两次，其余参加者抽奖一次.抽奖者点击抽奖按钮，即随机产生一个两位数（10，11，，99），若产生的两位数的数字相同，则可奖励40元电话费，否则奖励10元电话费.假设参加竞赛活动的所有人均参加了抽奖活动，估计这次活动奖励的电话费总额为多少万元?
参考数据：若，则.
63．（2021·江苏·统考一模）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.

（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；
（2）设直线的斜率分别为，，求证：为定值.
64．（2021·江苏·统考一模）设函数.
（1）求证：有极值点；
（2）设的极值点为，若对任意正整数a都有，其中，求的最小值.

五、双空题
65．（2022·江苏·统考一模）已知：若函数在上可导，，则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则___________，___________.
66．（2021·江苏·统考一模）罗默､伯努利家族､莱布尼兹等大数学家都先后研究过星形线的性质，其形美观，常用于超轻材料的设计.曲线C围成的图形的面积S_____2（选填“>”､“<”或“=”），曲线C上的动点到原点的距离的取值范围是________.

参考答案：
1．B
【分析】分别分析两个集合中的元素所代表的意思即可判断选项.
【详解】解：因为，因为，
所以集合是由所有奇数的一半组成，
而集合是由所有整数的一半组成，故.
故选：B
2．A
【分析】根据奇函数的定义，取特殊情况 ，可以快速求解出的值.
【详解】由题得： ，故.
故选:A.
3．D
【分析】根据正态分布的对称性求解即可.
【详解】由题得：，故，
因为，所以根据对称性得：.
故选：D.
4．B
【分析】由正弦函数的图象的对称性可得，由此可以求出的值.
【详解】由题得：，故，而，所以.
故选：B.
5．C
【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.
【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，
因为正方体的体对角线即为球О直径，故，
利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，
故选：C.
6．D
【分析】根据递推关系可求出等比数列的公比、首项，由求和公式得解.
【详解】由题得：①，②，①②得： ，，
则，代入①中，即，，
故，
故选：D.
7．B
【分析】设，进而得的坐标，进而根据对称性得，再代入椭圆方程整理得，最后求解离心率即可.
【详解】解：设，则，，
由题知关于x轴对称，关于轴对称，
所以，，即，，
所以，
所以，即，
所以，即，
所以椭圆的离心率为.
故选：B

8．A
【分析】由指数式的取值范围可得且，通过构造函数证明不成立，可得到正确选项.
【详解】因为，所以，所以，，所以，所以，若，则，设在上单调递增，所以，即，不合题意.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于，由，，构造函数，通过单调性证明若则存在矛盾.
9．D
【分析】求出与的值域，得到与，进而求出.
【详解】，所以，，所以，故
故选：D
10．C
【分析】根据等比数列的单调性结合充分条件和必要条件的定义即可得出结论.
【详解】解：，
当时，，
所以数列单调递减，故充分性成立，
若数列单调递减，则，即，故必要性成立，
所以是数列单调递减的充要条件.
故选：C.
11．C
【分析】根据正态分布的性质，结合题中所给的公式进行求解即可.
【详解】因为数学成绩，所以，因此由
所以有，
估计该班数学得分大于120分的学生人数为，
故选：C
12．B
【分析】利用复数的乘方运算及三角函数二倍角公式进行化简，得到结果.
【详解】

故选：B
13．A
【分析】由已知得圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可求得答案.
【详解】解：的圆心，半径，
因为直线与相交于两点，且为等边三角形，则圆心到直线的距离为，
即，整理得，解得或，
故选：A.
14．D
【分析】根据平面向量的坐标运算求得向量，再根据，将用表示，再根据平面向量的模的坐标表示结合二次函数的性质即可得出答案.
【详解】解：，
则，
由，得，则，
所以，
则，
当时，.
故选：D.
15．D
【分析】根据，可得，再根据两角和的正切公式可得，结合基本不等式即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，所以，
，
所以，即，
又因，
所以，
即，
解得或（舍去），
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
16．B
【分析】求出函数的单调区间，令，得或，结合图像可得，，三段和的大小关系，再根据函数的单调性即可得出与的大小关系.
【详解】解：由函数，
得函数在上递增，在上递减，在上递增，
作出函数和的图像，如图所示，
令，得或，
结合图像可知，当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
综上所述，当时，.
故选：B.

17．B
【分析】根据复数的运算法则化简可得，然后依据题意可得虚部为0计算即可.
【详解】，要使原式是实数，则，，
故选：B .
18．C
【分析】根据对数的意义，可知，即可求出集合，由正弦函数的性质，可知，根据交集运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，又，故.
故选:C.
19．D
【分析】可判断函数为奇函数，再根据时的符号可得正确的选项.
【详解】函数的定义域为，它关于原点对称.
又，故为奇函数，故排除AB选项，
又当时，，
故选：D.
20．C
【分析】丙和丁必有一个错误，分类讨论后可得正确的选项.
【详解】显然丙丁有一个错误，倘若丙正确，则与甲矛盾，故丁错误.
故选：C.
21．B
【分析】根据诱导公式和二倍角的余弦公式可得正确的选项.
【详解】因为，
所以原式，
故选：B.
22．A
【分析】根据列联表求出观测值，对照临界值表，利用独立性检验的基本思想即可求解.
【详解】，
根据临界值知有95%的把握认为经常用流行语与年轻人有关系，
故选：A
23．C
【分析】采用数形结合，根据，可得，然后根据到角公式简单计算可得结果.
【详解】根据题意作出图形，
如图

一条渐近线的方程为，即
点到的距离为
所以
由题知：
又与圆相切，且，所以可知为的中点
故，则
又，所以
所以，
故选：C.
24．B
【分析】先画出图形，通过几何关系算出球的半径即可.
【详解】
如图，因为平面，，所以为球的直径
由得
作，则即为与平面所成角
所以，得
设由等面积法得，解得
所以，即，
又平面过球心，所以P到平面距离即为半径的长
所以P到平面距离的最大值为3.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题属于一道球外接于鳖臑（四个面均为直角三角形的三棱锥）的题目，可以将鳖臑放到一个长方体中，由对称性可知，鳖臑的外接球就是长方体的外接球，所以长方体的体对角线正好为球的直径，因此，求外接球的半径可转化为先求长方体的体对角线长，再计算半径.
25．BCD
【分析】根据我国新能源汽车年产量图可判断AB选项；计算出、、这三年我国汽车年总产量，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，由图可知，从年到年，我国新能源汽车年产量在下降，A错；
对于B选项，年我国新能源汽车年产量的极差为万辆，B对；
对于C选项，年我国汽车年总产量约为万辆，C对；
对于D选项，年我国汽车年总产量为万辆，
年我国汽车年总产量为万辆，
所以，年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量，D对.
故选：BCD.
26．AB
【分析】根据复数的几何意义、共轭复数、复数的乘法运算可以表示出，，三点的坐标，通过向量的模长、向量的平行和垂直知识进而可以判断.
【详解】设，，
，，
，，

对于A，，故选项A正确；
对于B， ，，故选项B正确；
对于C，，
当时，，故选项C错误；
对于D， ，
可以为零，也可以不为零，所以不一定平行于，故选项D错误.
故选:AB.
27．BCD
【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.
【详解】，
圆C是以为圆心，为半径的圆.

对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，
，故选项A错误；
对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；
对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，
，故选项C正确；
对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；
故选：BCD.
28．ACD
【分析】根据题意结合余弦函数的图像性质，解出，，，即可判断选项A、B，将根据诱导公式化为，分子分母同乘，结合倍角公式即可判断C，将通过诱导公式化为，再将分子分母同乘，结合积化和差公式进行化简即可判断D.
【详解】解：由题知，，是的三个根，
可化为，即，
所以可得或，，
解得或，，
因为，所以不成立，
当，成立时，取，解得，
取，解得，取，解得，
取，解得（舍），
故，，，
所以选项A正确；
因为，所以选项B错误；



，
故选项C正确；
而



，
根据积化和差公式：，
所以原式可化为：


，故选项D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：此题考查三角函数的化简问题，属于中难题，关于化简问题常用的思路有：
（1）利用诱导公式将角化为关系比较接近的；
（2）遇见的形式，分子分母同乘，再用倍角公式化简；
（3）积化和差公式：，，，.
29．CD
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合正弦函数的单调性、周期的定义、偶函数的定义、零点的定义逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以该函数不是偶函数，因此本选项说法不正确；
B：因为，所以该函数最小正周期不是，因此本选项说法不正确；
C：因为，当时，该函数有最大值，当时，该函数有最小值，因此本选项说法正确；
D：，则有，解得，或，
即，或，或，因此本选项说法正确，
故选：CD
30．ABC
【分析】依题意可得，再根据，即可取出的取值范围，即可得解；
【详解】解：以为直径的圆的方程为，因为圆与椭圆有公共点，所以，即，所以，即，满足条件的有A、B、C；
故选：ABC
31．AB
【分析】由已知得数列的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列的偶数项为，即偶数项为负数，当时， ，由此判断A选项；
将代入，求得；将代入，求得；将代入，求得；将代入，求得，再运用作差比较法，可判断得选项.
【详解】解：因为数列的通项公式为，所以数列的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列的偶数项为，即偶数项为负数，
又数列的前项中，任取两项都是正数的概率为，
当时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为，故A正确；
将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，
将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，
将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，
将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，
所以，所以，故B正确；
，所以，故C错误；

，
所以，故D错误，
故选：AB.
32．ABD
【分析】由，可得平面，再根据线面平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D.
【详解】解：对于A，因为，平面，平面，
所以平面，
又因平面与平面的交线为，
所以，故A正确；
对于B，连接，
在等腰梯形中，因为，，的中点为，所以四边形都是菱形，
所以，所以，
因为底面，面，
所以，
又，所以平面，
又因平面，所以，故B正确；
对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，可取，
同理可取，
因为，所以与不垂直，
所以平面与平面不垂直，故C错误；
对于D，由B选项可知，，则点即为四边形外接圆的圆心，
故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，
设外接球的半径为，则，则，
所以，
设与所成的角为，点到直线的距离为，
，
因为，直线的方向向量可取，，
则，所以，
所以，
所以被球截得的弦长为，故D正确.
故选：ABD.


33．ABC
【分析】由数量积的运算律，向量模的几何意义，数量积的定义判断各选项．
【详解】A是向量数量积中乘法与加法的分配律，A正确；
B．设，，则，三点不共线时，，
所以，
反向时，，，
同向时，，，
所以成立，B正确；
C．，C正确；
当与不共线时，一般与也是不共线的向量，不可能相等．D错．
故选：ABC．
34．AC
【分析】先找其充要条件，然后取它的子集.
【详解】时必有解，当时，或，
故AC符合题意.
故选：AC
35．AD
【分析】利用函数单调性的定义及判定方法，可判定A正确，B错误；利用复合函数的单调性可判定C不正确，D正确.
【详解】由题意，函数的定义域为关于原点对称，
又由，
所以函数是偶函数，所以A正确，B错误；
由函数，
当时，，且单调递增，
所以在区间单调递减；
当时，，且单调递增，所以在区间单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
所以函数的值域为，所以C不正确，D正确.
故选：AD.
36．BD
【分析】分别计算和时的，即可判断选项A，分别计算和，比较大小即可判断选项B，C；分别计算和时结合不等式放缩即可判断选项D
【详解】对于选项A：在中的正整数都是位的，一共有个，
若，则回文数的个数是个，
若，则回文数的个数是个，
所以，
所以，故选项A不正确；
对于选项D：
当时，
，
当时，

，故选项D正确；
由的定义：，
当时，由可得，

，

，
又因为，
所以，
当时，由可得，

，

，
由以上可知，所以，
所以，故选项B正确，选项C不正确，
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是读懂回文数的定义，回文数前几位确定可以决定后几位，以此可计算区间内的回文数的个数及概率.
37．6
【分析】4人中选2人出来，他们的两编号一致，剩下2人编号不一致，只有一种坐法，由乘法原理可得．
【详解】由题意4人中选2人出来，他们的两编号一致，剩下2人编号不一致，只有一种坐法，方法数为．
故答案为：6.
38．/-0.8
【分析】法一：采用特殊值法，设，，求得，最终可求；法二：直接求解，根据向量夹角公式求解即可.
【详解】法一：设，，则，
所以.
法二：，又，
则.
故答案为：
39．3
【分析】根据题意分别设出点的坐标，根据可建立变量之间的等式，再根据A、B、F在一条直线上，可再建立一个等式，两等式联立求出点的坐标，再根据两点间的距离公式即可求得结果.
【详解】解：因为抛物线，所以，
根据题意不妨设，，，
因为，所以，
即，解得，即①，
因为A、B、F三点共线，所以，
即，即，即②，
①除以②可得，，即，即，
将代入①中可得,即，
解得（舍）或，所以，
代入中可得，所以.
故答案为：3
40．2
【分析】利用导数的几何意义，设出直线，求出交点的横坐标，从而求出，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】设，
由，得到，由，得到
所以由导数的几何意义得：，
，联立方程解得：
的面积，
令，所以，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：2
41．
【分析】根据奇函数的性质，结合奇函数的定义进行求解即可.
【详解】因为是奇函数，
所以有，即，即，
因为，
所以函数是奇函数，
故答案为：
42．
【分析】根据余弦定理以及基本不等式可求得答案.
【详解】解：由余弦定理得，又，所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，
所以的最小值是，
故答案为：.
43．
【分析】根据二进制的性质，结合题意进行求解即可.
【详解】因为，，所以有，因为，
所以说明中1的个数为，即中1的个数为，
因此的的个数为，
故答案为：
44．（答案不唯一）
【分析】在三角函数中偶函数的基本形式为，依据题意，简单判断即可.
【详解】依据题意：函数为偶函数，则的奇数倍都可以.
故答案为：（答案不唯一）
45．34
【分析】根据展开式的通项公式可求有理项的个数.
【详解】，所以时为有理项，共34个.
故答案为：34.
46．
【分析】根据直线的斜率，可得点的坐标，然后代入抛物线方程简单计算即可.
【详解】设，
由，
则，故得
代入抛物线得.
故答案为：
47．(1)或
(2)

【分析】（1）根据“泛差”，联立得，解出即可.
（2）由题，升次作差得，结合，整体代入可得，即可写出其通项.
【详解】（1）“泛差”，，
，，，联立三式得，
化简得，解得.
（2），则，
由，①
，②
②①得，
即，
且.
所以为等差数列，首项为，公差为，
.
48．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）在中用正弦定理将边转化为角化简，再根据同角的平方关系，结合角的范围即可得出结果；
（2）选①，根据面积公式结合题中等式可建立关于的等式，根据等式求出的最小值以及最小值时的边和角即可判断是否存在；选②，将带入题中等式可建立关于的等式，进而求得的最小值以及最小值时的边和角即可判断是否存在；选③，根据可知为直角三角形且，互余，结合正弦定理代入题中等式进行化简可得，显然不成立，可得结果.
【详解】（1）解：因为，在中由正弦定理可得，
代入可得：，
又，所以或，
又因为，所以，故；
（2）选①，因为，所以，
所以，因为，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以，所以当，
即时，，，
此时，，，所以存在.
选②，因为，，所以.
所以，
因为，所以，
所以当，即时，，，
此时，，，所以存在.
选③，因为C为直角，所以A，B互余，且，
由，在中由正弦定理代入可得：
，
化简可知，等式矛盾，故这样的不存在.
49．(1)存在，理由见解析
(2)

【分析】（1）记中点为M，连结，根据线面平行的判定定理即可得出结论；
（2）连结，过点B作的垂线，连结，作出平面与平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.
【详解】（1）记中点为M，连结，为正三角形，,

则，且.
因为平面平面 ，平面平面，平面ACD,
所以平面，又因为平面，
所以.
延长交于点G，则为平面与平面的交线，
因为，故，所以B为的中点，
取中点F，连结，则，因为平面 ，平面，
所以平面.
即线段上存在点F，当时，平面.
（2）连结，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点B作的垂线，垂足为H.
连结，因为平面，平面，故,
平面，故平面，
平面，故,
则为平面与平面所成的二面角的平面角.
为正三角形，，故，则,
且,
故在中，，
故，而，
故,又因为，
所以，
即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.
50．(1)
(2)①；②方案二中取到红球的概率更大.

【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；
（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.
【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，
（1）.
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）①因为，是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得，
所以方案一中取到红球的概率为：
，
方案二中取到红球的概率为：
，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大.
51．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由离心率为可得，再联立直线与双曲线利用判别式可得的方程；
（2）设方程，及的坐标，由过A引的垂线交C于另一点H，可得点H为.再证即可.
【详解】（1）因为双曲线的离心率为，所以，即，
所以双曲线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，消去得，
即，
因为与双曲线C仅有一个公共点，
所以，
解得,
故双曲线的方程为.
（2）设，，则满足
消去得，
所以，，
如图所示，过A引的垂线交C于另一点H，

则AH的方程为.
代入得，即（舍去）或.
所以点H为.
所以
，

所以，
故为的垂心，得证.
【点睛】关键点睛：本题考察直线与圆锥曲线的位置关系，属于压轴题.先求一条垂线与双曲线的交点，再证另两条过交点的直线互相垂直，由此得证，其中化简斜率关系是关键，用到了转化及整体消元的思想.
52．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【详解】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为
【点睛】方法点睛：
本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：
①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.
53．
【分析】选择①，根据可得，再根据余弦定理得，求出，即可求得角，再根据三角形的面积公式即可得解.
选择②，根据可得，从而可得，再根据余弦定理得，求出，即可求得角，再根据三角形的面积公式即可得解.
选择③，根据可求得，再利用余弦定理求得，再利用余弦定理可求的角 ，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】解：选择①，
因为点在内，，，
所以，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
又，所以，
所以.
选择②，
因为，所以，
所以，
又因为点在内，，
所以，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
又，所以，
所以.
选择③，
因为，所以，
在中 ，，
在中，，
又，所以，
所以.

54．(1)证明见解析.
(2).

【分析】（1）根据数列的定义和通项公式可求得答案；
（2）由等比数列的通项公式求得，再由可解得，根据分组求和法，以及等比数列的求和公式可求得答案.
【详解】（1）解：因为数列的首项为，是公差为3的等差数列，所以，
所以，
所以，所以数列是以6为公差的等差数列；
（2）解：因为是公比为2的等比数列，又数列的首项为，，所以，
所以，
又因为，所以，所以，解得，
所以


，
所以数列的前项和为.
55．(1)，775
(2)能有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关，理由见解析.

【分析】（1）先求出与，代入公式后求出，，得到回归直线方程；（2）代入公式求出，与比较，显然有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关.
【详解】（1），，，，回归直线方程为
时，
（2），故有95%的把握认为不戴头盔行为与事故伤亡有关，
56．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）依题意可得，根据面面垂直的性质即可得证；
（2）在平面内过点作，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】（1）证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以 平面；
（2）解：在平面内过点作，如图建立空间直角坐标系，由，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，由，所以，所以，显然平面的一个法向量可以为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；
【点睛】
57．(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，再根据，即可得到方程组，求出、，即可得解；
（2）依题意可知，设，，即可表示出，，从而得到，再由两点式表示出的方程，即可得到过定点，从而得到，即可得到；
【详解】（1）解：依题意可得，解得，所以双曲线方程为
（2）解：由（1）可知，依题意可知，设，，，，则有，，所以，，所以，，
作差得，又的方程为，所以过定点，所以，即的最大值为；
58．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；
（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；
【详解】（1）解：因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为
（2）解：因为
因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，所以




要证即证，
即，
令，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，因为，所以，所以，即，
即，所以，
下面只需证明，令，因为，所以，所以，所以，
即证，，
即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证；
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
59．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先算，再化成递推式求解.
（2）带入化简，运用裂项相消法求和即可证明.
【详解】（1）当时，由，得
因为正项数列，所以，所以
因为当时，
所以当时，
两式相减得
即
所以
因为数列的各项均正，所以
所以当时，
故数列是公差为1的等差数列
故数列的通项公式为
（2）因为
故
【点睛】本题第二问考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
60．（1）；（2）.
【分析】（1）利用三角形的内角和性质可得，，由，可得，从而可得的取值范围.
（2）利用正弦定理的边角互化可得，由（1）可得，代入上式即可求解.
【详解】（1）由及，得，
所以，所以.
由，得
得，故的取值范围为.
（2）若，由正弦定理有，①
由（1）知，则.②
由①②得，
所以，
解得或，
又，所以.
61．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题中条件，先证明两两垂直，再以为正交基底，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，计算向量夹角余弦值，进而可求出正弦值；
（2）设，用分别表示出两平面和的一个法向量，由面面垂直，得到法向量垂直，列出等量关系，求出，即可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
所以，，
又四边形为正方形，则，所以，以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，，
所以，即，
不妨取，则，所以；
又，，
所以，，
所以，，又，平面，平面，
所以为平面的一个法向量，
所以.
所以二面角的正弦值为.
（2）设，则，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，，
所以，即，
不妨令，则，所以.
设平面的一个法向量为，
则由，，得，即，
不妨取，则，得，
因为平面平面，
所以，即，得，
即.
【点睛】方法点睛：
立体几何体中空间角的求法：
（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；
（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.
62．（1）1.6（万人）；（2）150.8万元.
【分析】（1）由得标准差，所以优秀者得分，由及正态分布的对称性可得答案；
（2）设抽奖一次获得的话费为X元可得X的取值及概率，计算出抽奖一次获得电话费的期望值，再算出抽奖总次数可得答案.
【详解】（1）因得分，所以标准差，所以优秀者得分，
由得，，
因此，估计这次参加竞赛活动得分优秀者的人数为（万人）.
（2）设抽奖一次获得的话费为X元，
则，
所以抽奖一次获得电话费的期望值为，
又由于10万人均参加抽奖，且优秀者参加两次，
所以抽奖总次数为万次，
因此，估计这次活动所需电话费为万元.
【点睛】本题考查了正态分布的性质及期望，解题的关键点是熟悉正态分布的性质和计算随机变量的取值和概率，考查了的计算能力.
63．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程；
（2）设，直线（或），则可用两点的坐标表示或，联立直线的方程和椭圆的方程，消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论．
【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.
又过点，故直线
由可得，解得即点，
又，故直线；
（2）设，
方法一：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以，
故
，
又均不为0，故，即为定值．
方法二：
设直线，代入椭圆方程可得：
所以
所以，即，
所以，
即为定值．
方法三：
设直线，代入椭圆方程可得：.
所以，
所以．
所以，
把代入得．
方法四：
设直线，代入椭圆的方程可得，
则
所以.
因为，
代入得.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
64．（1）证明见解析；（2）2.
【详解】（1）由题意得，所以，所以函数单调递增，
由，得.
因为，所以，所以.
当时，单调递增；
当时，单调递减.
因此，当时函数有极值.
（2）由（1）知，函数的极值点（即函数的零点）唯一，
因为.
令，则，得.
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，所以.
而，当时，，
当时，.
又.
因为a为正整数且时，所以.
当时，.
即对任意正整数，都有，，所以恒成立，
且存在，使，也存在，使.
所以的最小值为2.
【点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出，，得出的可能值.
65． 1 /
【分析】令，即可求出，再将两边求导数，即可得到，即可得到，从而得到，再用裂项相消法求和即可；
【详解】解：因为，令，即，所以；

又，
所以，所以，所以
所以
故答案为：；
66． <
【详解】由题意知且既关于原点对称又关于y轴对称，
当时，
同理可得曲线在四条直线内部，
所以，
设曲线C上的动点为，到原点的距离为，
则，
令，则，则，
可得，所以.
故答案为：；.
【点睛】本题考查曲线与方程的关系，解题的关键判断出曲线在四条直线内部，并将距离关系化为二次函数关系式.