山东省菏泽市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省菏泽市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共69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。

山东省菏泽市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山东菏泽·统考一模）若则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东菏泽·统考一模）设集合或，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·山东菏泽·统考一模）命题“”的否定是（    ）
A． B．
C． D．
4．（2021·山东菏泽·统考一模）函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
5．（2021·山东菏泽·统考一模）菏泽万达商场在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取-一件，若有名顾客都领取一件礼品.则他们中有且仅有人领取的礼品种类相同的概率是（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·山东菏泽·统考一模）在地球公转过程中，太阳直射点的纬度随时间周而复始不断变化，太阳直射点回归运动的一个周期就是一个回归年.某科研小组以某年春分(太阳直射赤道且随后太阳直射点逐渐北移的时间)为初始时间，统计了连续天太阳直射点的纬度值(太阳直射北半球时取正值，直射南半球时取负值).设第天时太阳直射点的纬度值为该科研小组通过对数据的整理和分析.得到与近似满足.则每年中，要使这年与个回归年所含的天数最为接近.应设定闰年的个数为(精确到)（    ）
参考数据
A． B． C． D．
7．（2021·山东菏泽·统考一模）在等比数列中，若则（    ）
A． B． C． D．
8．（2022·山东菏泽·统考一模）设全集，，则为（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东菏泽·统考一模）复数，则（    ）
A．10 B． C． D．
10．（2022·山东菏泽·统考一模）的展开式中的系数是12，则实数a的值为（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
11．（2022·山东菏泽·统考一模）如图1，水平放置的直三棱柱容器中，，，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形，如图2，则容器的高h为（    ）

A．3 B．4 C． D．6
12．（2022·山东菏泽·统考一模）第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（    ）
A．0.75 B．0.7 C．0.56 D．0.38
13．（2022·山东菏泽·统考一模）对于函数，有下列结论：①最小正周期为；②最大值为3；③减区间为；④对称中心为．则上述结论正确的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
14．（2022·山东菏泽·统考一模）已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（    ）
A． B．
C． D．
15．（2022·山东菏泽·统考一模）已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（    ）
A．36 B．35 C．34 D．33
16．（2023·山东菏泽·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B．
C．或 D．或
17．（2023·山东菏泽·统考一模）设i是虚数单位，复数，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·山东菏泽·统考一模）2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以达到到达月球的距离，那么至少对折的次数是（    ）（，）
A．40 B．41 C．42 D．43
19．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点在同一平面内，下列结论：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正确命题的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
20．（2023·山东菏泽·统考一模）过抛物线焦点作倾斜角为的直线交抛物线于，则（    ）
A． B． C．1 D．16
21．（2023·山东菏泽·统考一模）为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（    ）
A．9种 B．11种 C．15种 D．30种
22．（2023·山东菏泽·统考一模）设实数满足，，，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
23．（2023·山东菏泽·统考一模）定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
24．（2021·山东菏泽·统考一模）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是

A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加;
B．这11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;
C．第3天至第11天复工复产指数均超过80%;
D．第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量;
25．（2021·山东菏泽·统考一模）下列结论正确的是（    ）
A．， B．若，则
C．若，则 D．若，，，则
26．（2021·山东菏泽·统考一模）对于函数，下列说法正确的是（    ）
A．在处取得极大值
B．有两个不同的零点
C．
D．若在上恒成立，则
27．（2021·山东菏泽·统考一模）已知函数.为函数的一条对称轴，且.若在上单调，则的取值可以是（    ）
A． B． C． D．
28．（2021·山东菏泽·统考一模）透明塑料制成的正方体密闭容器的体积为注入体积为的液体.如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（ ）

A．液面始终与地面平行
B．时，液面始终是平行四边形
C．当时，有液体的部分可呈正三棱锥
D．当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为
29．（2022·山东菏泽·统考一模）某地为响应“扶贫必扶智，扶智就是扶知识、扶技术、扶方法”的号召，建立农业科技图书馆，供农民免费借阅，收集了近5年借阅数据如下表：
年份
2016
2017
2018
2019
2020
年份代码x
1
2
3
4
5
年借阅量y（万册）
4.9
5.1
5.5
5.7
5.8
根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，下列结论正确的有（    ）
A．
B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的75%分位数为5.7
C．y与x的线性相关系数
D．2021年的借阅量一定不少于6.12万册
30．（2022·山东菏泽·统考一模）设抛物线的焦点为F，准线为l，点M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的有（    ）
A．准线l的方程是 B．以线段MF为直径的圆与y轴相切
C．的最小值为5 D．的最大值为2
31．（2022·山东菏泽·统考一模）下列结论正确的有（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若（其中e为自然对数的底数），则
D．若，则
32．（2022·山东菏泽·统考一模）对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第n个位置上的数字，如，，规定．记，，集合为函数的值域，则以下结论正确的有（    ）
A． B．
C．对 D．对中至少有两个元素
33．（2023·山东菏泽·统考一模）为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（    ）

A．频率分布直方图中的值为0.04
B．这100名学生中体重不低于60千克的人数为20
C．这100名学生体重的众数约为52.5
D．据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25
34．（2023·山东菏泽·统考一模）已知圆，下列说法正确有（    ）
A．对于，直线与圆都有两个公共点
B．圆与动圆有四条公切线的充要条件是
C．过直线上任意一点作圆的两条切线（为切点），则四边形的面积的最小值为4
D．圆上存在三点到直线距离均为1
35．（2023·山东菏泽·统考一模）已知函数，下列命题正确的有（    ）
A．在区间上有3个零点
B．要得到的图象，可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度
C．的周期为，最大值为1
D．的值域为
36．（2023·山东菏泽·统考一模）已知双曲线的左､右焦点分别为、，过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于、两点，下列命题正确的有（    ）
A．当点为线段的中点时，直线的斜率为
B．若，则
C．
D．若直线的斜率为，且，则

三、填空题
37．（2021·山东菏泽·统考一模）的展开式中，的系数为______.
38．（2021·山东菏泽·统考一模）设为单位向量，且则____________．
39．（2021·山东菏泽·统考一模）在抛物线上任取一点(不为原点)，为抛物线的焦点，连接并延长交抛物线于另一点过分别作准线的垂线，垂足分别为记线段的中点为则面积的最小值为______．
40．（2022·山东菏泽·统考一模）曲线在点处的切线方程为________．（用一般式表示）
41．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，在四面体ABCD中，和都是等腰直角三角形，，，平面，则四面体ABCD外接球的表面积为______．

42．（2022·山东菏泽·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过原点的直线l与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为A、B，，四边形的周长p与面积S满足，则该双曲线的离心率为______．
43．（2022·山东菏泽·统考一模）已知奇函数在区间上是增函数，且，，当，时，都有，则不等式的解集为______．
44．（2023·山东菏泽·统考一模）已知夹角为的非零向量满足，，则__________.
45．（2023·山东菏泽·统考一模）定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.
46．（2023·山东菏泽·统考一模）设均为非零实数，且满足，则__________.
47．（2023·山东菏泽·统考一模）正三棱锥的高为为中点，过作与棱平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上､下两部分的体积分别为，则__________.


四、双空题
48．（2021·山东菏泽·统考一模）已知是定义在上的偶函数且，是奇函数，则________．_____________．

五、解答题
49．（2021·山东菏泽·统考一模）在中，角所对的边分别为已知，面积，再从以下两个条件中选择其中一个作为已知，求三角形的周长.
（1）;
（2）.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
50．（2021·山东菏泽·统考一模）已知等比数列的前项和为，且，数列满足，其中.
（1）分别求数列和的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.
51．（2021·山东菏泽·统考一模）如图，三棱锥中，侧棱底面点在以为直径的圆上.

（1）若，且为的中点，证明:;
（2）若求二面角的大小.
52．（2021·山东菏泽·统考一模）随着生活质量的提升，家庭轿车保有量逐年递增.方便之余却加剧了交通拥堵和环保问题.绿色出行引领时尚，共享单车进驻城市黄泽市有统计数据显示.2020年该市共享单车用户年龄等级分布如图1所示，一周内市民使用单车的频率分布扇形图如图2所示.若将共享单车用户按照年龄分为“年轻人”(岁岁)和“非年轻人”( 岁及以下或者岁及以上)两类，将一周内使用的次数为次或次以上的经常使用共享单车的称为“单车族”.使用次数为次或不足 次的称为“非单车族”.已知在“单车族”中有 是“年轻人”.

（1）现对该市市民进行“经常使用共享单车与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为的样本，请你根据图表中的数据，补全下列列联表，并判断是否有的把握认为经常使用共享单车与年龄有关?
使用共享单车情况与年龄列联表

年轻人
非年轻人
合计
单车族



非单车族



合计



（2）若将（1）中的频率视为概率，从该市市民中随机任取人，设其中既是“单车族”又是“非年轻人”的人数为随机变量求的分布列与期望.
参考数据:独立性检验界值表












其中，(注:保留三位小数).
53．（2021·山东菏泽·统考一模）已知椭圆的左右焦点分别为.点在椭圆上；直线交轴于点.且.其中为坐标原点.
（1）求椭圆的方程;
（2）直线斜率存在，与椭圆交于两点，且与椭圆有公共点，求面积的最大值.
54．（2021·山东菏泽·统考一模）已知函数.
（1）若有唯一零点，求的取值范围;
（2）若恒成立，求的取值范围.
55．（2022·山东菏泽·统考一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
(1)求a的长度；
(2)求周长的最大值．
56．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，，F为垂足．

(1)求证：．
(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时，
①求二面角E—DC—B的余弦值；
②求点B到平面CDE的距离．
57．（2022·山东菏泽·统考一模）新冠疫情在西方国家大流行，国际卫生组织对某国家进行新型冠状病毒感染率抽样调查．在某地抽取n人，每人一份血样，共份，为快速有效地检验出感染过新型冠状病毒者，下面给出两种方案：
方案甲：逐份检验，需要检验n次；
方案乙：混合检验，把受检验者的血样分组，假设某组有份，分别从k份血样中取出一部分血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，则说明这k个人全部为阴性，因而这k个人的血样只要检验这一次就够了；若检验结果为阳性，为了明确这k个人中究竟哪些人感染过新型冠状病毒，就要对这k个人的血样再逐份检验，因此这k个人的总检验次数就为．
假设在接受检验的人中，每个人血样检验结果是阳性还是阴性是相互独立的，且每个人血样的检验结果是阳性的概率为．
(1)若，，用甲方案进行检验，求5人中恰有2人感染过新型冠状病毒的概率；
(2)记为用方案乙对k个人的血样总共需要检验的次数．
①当，时，求；
②从统计学的角度分析，p在什么范围内取值，用方案乙能减少总检验次数？（参考数据：）
58．（2022·山东菏泽·统考一模）已知数列，满足，其中．
(1)求的值及数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和．
59．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，已知椭圆内切于矩形ABCD，对角线AC，BD的斜率之积为，过右焦点的弦交椭圆于M，N两点，直线NO交椭圆于另一点P．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，且，求面积的最大值．
60．（2022·山东菏泽·统考一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若对于任意恒成立，求实数a的取值范围．
61．（2023·山东菏泽·统考一模）如图,在平面四边形中,,.

(1)试用表示的长;
(2)求的最大值.
62．（2023·山东菏泽·统考一模）为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，某校成立了生物科技小组，在同一块试验田内交替种植A､B､C三种农作物（该试验田每次只能种植一种农作物），为了保持土壤肥度，每种农作物都不连续种植，共种植三次.在每次种植后会有的可能性种植的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为，在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为.
(1)在第一次种植的前提下，求第三次种植的概率；
(2)在第一次种植的前提下，求种植作物次数的分布列及期望.
63．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，直四棱柱中，，与交于为棱上一点，且，点到平面的距离为.

(1)判断是否在平面内，并说明理由；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
64．（2023·山东菏泽·统考一模）已知首项不为0的等差数列，公差（为给定常数），为数列前项和，且为所有可能取值由小到大组成的数列.
(1)求；
(2)设为数列的前项和，证明：.
65．（2023·山东菏泽·统考一模）已知函数.
(1)若函数在R上单调递增，求的取值范围；
(2)若，且有两个零点，证明：.
66．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.

(1)求椭圆的方程；
(2)若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.

参考答案：
1．B
【分析】先化简复数，最后根据复数虚部概念得结果．
【详解】
则选：B．
2．A
【分析】解指数不等式确定集合，然后由交集定义计算．
【详解】，
则
故选： A.
3．C
【分析】利用全称命题的否定分析解答.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题：，的否定是：，.
故选：C
4．B
【分析】判断函数的奇偶性，再判断函数值的正负，从而排除错误选项，得正确选项．
【详解】因为
所以
得，
所以为奇函数
排除C;
在，设， ，单调递增，因此，
故在 上恒成立，
排除AD
故选：B.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
5．B
【分析】求出领取礼品的总方法，再求得有且仅有人领取的礼品种类相同的方法数（用捆绑法），然后可计算出概率．
【详解】四人领取3种礼品有种领取法，有且仅有人领取的礼品种类相同的方法为，
所以所求概率为．
故选：B．
6．C
【分析】求得的最小正周期，由此求得每年差的天数，由此确定需要设定的闰年的个数.
【详解】，所以应设定闰年的个数为.
故选：C
7．B
【分析】根据的取值分类讨论，得出的范围后判断各选项．
【详解】当时，，不满足题意;
当时，等式左边，所以，等式右边，不满足题意，
所以，，则中奇数项为正，偶数项为负．
故选B.
8．A
【分析】根据全集求出的补集即可.
【详解】，，.
故选：A.
9．D
【分析】由,可知共轭复数，代入后化简即可求解.
【详解】由,可知共轭复数，.
故选：D.
10．C
【分析】利用二项式定理将式子展开即可求解.
【详解】利用二项式定理展开得
则的系数为.
故选：C.
11．A
【分析】利用两个图形装水的体积相等即可求解.
【详解】在图1中，
在图2中，，
.
故选：A.
12．A
【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.
【详解】设“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，
“第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥，
根据题意得：，，，
则.
故选：A.
13．C
【分析】将化简后即可判断其周期，最大值，减区间和对称中心.
【详解】
.
,①正确；
时，②正确；
令,解得，因此减区间为，③正确；
令，解得，此时，④错误.
故选：C.
14．D
【分析】利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.
【详解】设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，因为被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.
故选：D.
15．B
【分析】先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.
【详解】由得：，.
，又，
，，
，则使得的最小正数n为35.
故选：B.
16．D
【分析】根据不等式的解法，求得，结合补集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，即，
根据补集的概念及运算，可得或.
故选：D.
17．B
【分析】先化简复数，再根据共轭复数概念得结果.
【详解】
故选：B
【点睛】本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.
18．C
【解析】设对折次时，纸的厚度为，则是以为首项，公比为的等比数列，
求出的通项，解不等式即可求解
【详解】设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，
由题意知是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
令，
即，所以，即，
解得：，
所以至少对折的次数是，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不等式即可.
19．D
【分析】根据题意，以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正八面体的边长为,则
所以，,
设面的法向量为，则，解得，取，即
又，所以，面，即面，①正确；
因为，所以，
又，面，面，则面，
由，平面，所以平面平面，②正确；
因为，则，所以，③正确；
易知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
因为，所以平面平面，④正确；
故选：D
20．A
【分析】点斜式设出直线l的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的定义，利用韦达定理来求解.
【详解】化为标准形式由此知；
设直线l的方程为：， ，，根据抛物线定义知；
将，代入，可得，

由此代入.
故选：A
21．C
【分析】利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.
【详解】解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，
故选：C．
22．A
【分析】分为与，去掉绝对值后，根据“1”的代换，化简后分别根据基本不等式，即可求解得出答案.
【详解】当时，，
当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值；
当时，.
当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值.
所以，的最小值为.
故选：A.
23．C
【分析】由已知可得，则，.然后证明在上恒成立.令，根据复合函数的单调性可知在上单调递减，即可得出.令，根据导函数可得在上单调递减，即可推得.
【详解】由已知可得，，则，
且，所以.
又，.
令，，则恒成立，
所以，在上单调递增，所以，所以.
所以，，即.
令，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，且，
根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，
所以在上单调递减.
又，，所以.
因为在上单调递减，，所以.
又，所以，即.
令，，则恒成立，
所以，在上单调递减.
又，，
所以.
综上可得，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数，进而根据函数的单调性得出大小关系.
24．CD
【分析】注意到折线图中有递减部分，可判定A错误；注意考查第1天和第11天的复工复产指数的差的大小，可判定B错误；根据图象，结合复工复产指数的意义和增量的意义可以判定CD正确.
【详解】由图可知，第1天到第2天复工指数减少，第7天到第8天复工指数减少，第10天到第11复工指数减少，第8天到第9天复产指数减少，故A错误；
由图可知，第一天的复产指标与复工指标的差大于第11天的复产指标与复工指标的差，所以这11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故B错误;
由图可知，第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故C正确;
由图可知，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故D正确;
【点睛】本题考查折线图表示的函数的认知与理解，考查理解能力，识图能力，推理能力，难点在于指数增量的理解与观测，属中档题.
25．BD
【分析】对每个选项注意检验，要么证明其成立，要么举出反例判定其错误.
【详解】当时，为负数，所以A不正确；
若，则，考虑函数在R上单调递增，
所以，即，所以B正确；
若，则，，所以C不正确；
若，，，根据基本不等式有
所以D正确.
故选：BD
【点睛】此题考查命题真假性的判断，内容丰富，考查的知识面很广，解题中尤其注意必须对每个选项逐一检验，要么证明其成立，要么举出反例，方可确定选项.
26．ACD
【分析】对求导，利用导函数的符号判断的单调性即可得极值，可判断选项A；由的单调性以及函数值的符号可判断选项B；利用得单调性以及函数值与的关系可判断选项C；分离可得，计算的最大值可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于选项A：函数定义域为，，令可得，
令可得，所以在单调递增，在单调递减，
所以在时取得极大值，故选项A正确
对于选项B：令，可得，因此只有一个零点，故选项B不正确；
对于选项C：显然，在单调递减，
可得，因为，
即，故选项C正确；
对于选项D：由题意知：在上恒成立，
令则 ，因为
易知当时.，当时，，所以在时取得极大值也是最大值，所以，
所以在上恒成立，则，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的极值的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和得到单调性；
③利用单调性判断极值点，代入解析式即可得极值.
27．BC
【分析】由为对称轴，及求出的取值集合，再根据函数在区间上单调，求出的范围，即可求出的值；
【详解】解：为对称轴，；
或，；
联立解之得:或，，；
又在上单调，
，所以
或
故选：BC
28．ACD
【分析】根据正方体的截面判断．
【详解】液面始终是水平面，与场面平行，A正确；
时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，B错；
液面过的中点时，此时，有液体的部分是正三棱锥，C正确；
当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积的液面面积最大时就是B中所列举的正六边形（此时液体体积是正方体体积的一半），面积为， D正确．
故选：ACD．
【点睛】结论点睛：本题考查正方体的截面，正方体是立体几何中的特殊几何体，它的截面可以：
（1）截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形，截面三角形是锐角三角形，截面三角形不能是直角三角形、钝角三角形；
（2）截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形，截面不能是直角梯形；
（3）截面可以是五边形：截面五边形必有两组分别平行的边,同时有两个角相等，截面五边形不可能是正五边形；
（4）截面可以是六边形：截面六边形必是三组边分别平行，可以是正六边形．
29．ABC
【分析】对于A，由于样本中心点在回归直线上，所以将其坐标代入可求出结果，对于B，利用百分位数的定义求解，对于C，由于，从而可得相关系数在于零，对于D，由回归方程预测即可
【详解】对于A，因为，，
所以，得，所以A正确，
对于B，因为，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的75%分位数为5.7，所以B正确，
对于C，因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确，
对于D，由选项A可知线性回归方程为，当时，，所以2021年的借阅量约为6.12万册，所以D错误，
故选：ABC
30．BC
【分析】根据抛物线方程，求得准线方程，可判断A的正误；设，设MF的中点为D，求得D点坐标，分析即可判断B的正误；过M作准线的垂线，垂足为N ，根据抛物线定义，可得当E、M、N三点共线时，有最小值，计算即可判断C的正误；根据三角形的性质可得当E、F、M共线时，有最大值，计算即可判断D的正误，即可得答案
【详解】对于A：由抛物线，可得焦点坐标为，准线方程为，故A错误
对于B：设，设MF的中点为D，
则，D坐标为，
所以，即D点到点M、F和y轴距离相等，
所以以线段MF为直径的圆与y轴相切，故B正确.
对于C：过M作准线的垂线，垂足为N ，由抛物线定义得，
所以，
由图象可得，当E、M、N三点共线时，有最小值，即为，
所以的最小值为5，故C正确；

对于D：根据三角形中，两边之差小于第三边可得，
如图所示，当E、F、M共线时，有最大值，且为，
所以的最大值为，故D错误；

故选：BC
31．AD
【分析】根据对数函数、指数函数的单调性及不等式 性质判断A，由特殊值判断BC，根据正弦函数在上的单调性判断D.
【详解】由可得，即, 而是增函数，所以成立，故A正确；
由可得，故，所以不成立，如，故B错误；
当时，满足，，故不成立，故C错误；
由可知，所以，
而在上单调递增，所以，故D正确.
故选：AD.
32．AC
【分析】对于A：根据定义，直接求出，即可判断；
对于B：根据定义，直接求出的值域为，即可判断；
对于C：求出，即可判断；
对于D：求出k=10时，的值域为，即可否定结论.
【详解】对于A：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正确.
对于B：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
规定．记，，
所以，令，，则，
因为
，
所以



所以的值域为.故B错误.
对于C：因为，所以，所以对.故C正确；
对于D：
由C的推导可知：.
因为，，
所以，令，，则，
因为
，
所以

，
，


即k=10时，的值域为.故D错误.
故选：AC
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
33．ACD
【分析】利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由百分位数的计算方法求解，即可判断选项D．
【详解】解：由，解得，故选项A正确；
体重不低于60千克的频率为，
所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；
100名学生体重的众数约为，故选项C正确；
因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，
所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．
故选：ACD．
34．BC
【分析】对于选项A，转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可；对于选项B，转化为两圆外离，运用几何法求解即可；对于选项C，由，转化为求最小值即可；对于选项D，设圆心到直线的距离为d，比较与1的关系即可.
【详解】对于选项A，因为，即：，
所以，所以直线恒过定点，
又因为，所以定点在圆O外，
所以直线与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误；
对于选项B，因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，
又因为圆O的圆心，半径，圆C的圆心，半径，
所以，即：，解得：.故选项B正确；
对于选项C，，
又因为O到P的距离的最小值为O到直线的距离，即：，
所以四边形PAOB的面积的最小值为.故选项C正确；
对于选项D，因为圆O的圆心，半径，则圆心O到直线的距离为，
所以，所以圆O上存在两点到直线的距离为1.故选项D错误.
故选：BC.
35．BC
【分析】，根据的范围得出的零点，即可判断A项；根据已知得出平移后的函数解析式，即可判断B项；由已知化简可得，即可判断C项；由已知可得，，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，.
因为，所以，
当或时，即或时，有，
所以在区间上有2个零点，故A项错误；
对于B项，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数，故B项正确；
对于C项，由已知可得，，
所以，的周期，最大值为，故C项正确；
对于D项，.
令，，，
则.
解，可得.
解，可得，所以在上单调递增；
解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.
且，，
，.
所以，当时，有最小值；当时，有最大值.
所以，的值域为，故D项错误.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：求出.令，，.然后借助导函数求出在上的最值，即可得出函数的值域.
36．BCD
【分析】对于A选项，设，代入双曲线，用点差法即可判断；对于B选项，设，表示出和，得出，再结合即可得出结论；对于C选项，设，其中，由双曲线方程，得出，利用两点之间距离公式，分别表示出和，通过做差即可得出结论；对于D选项，根据双曲线的定义，得出，再证出点与点关于直线对称，则，即可得出结论．
【详解】选项A：
设，代入双曲线得，
，两式相减得，
，
∵点为线段的中点，
∴，，
即，，
∴，
，故A错误；
选项B：
设，
，，
，
，
又 ，
，故B正确；
选项C：
设，其中，
则，即，
，
，
，
，
，
，故C正确；
选项D：
，，
，，
，
∵直线的斜率为即，且过点，
∴直线的方程为：，
又∵，，

，
即，
又∵点到直线的距离：，
点到直线的距离：，
即，
∴点与点关于直线对称，
，
，故D正确；
故选：BCD．

【点睛】结论点睛：本题涉及到双曲线中的有关结论：
（1）若点是双曲线上一条弦的中点，则直线的斜率；
（2）若双曲线上有两点、，且位于不同两支，则．
37．30
【分析】 表示5个因式的乘积，在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，即可算出答案.
【详解】 表示5个因式的乘积，
在这5个因式中，有2个因式选 ，其余的3个因式中有一个选，剩下的两个因式选 ，即可得到含 的项，
故含的项系数是
故答案为：30
【点睛】本题考查的是利用分步计数原理处理多项式相乘的问题，较简单.
38．
【分析】把已知模平方求得，再利用平方求．
【详解】由已知，，
所以．
故答案为：．
39．
【分析】取的中点为，连接，可变形为用表示，设直线方程为，与抛物线方程联立，消元后应用韦达定理得，代入，再由基本不等式可得最小值．
【详解】焦点为，设直线方程为，
由
取的中点为，连接，则，，，



故时面积最小为.
故答案为：4．
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线中与焦点弦有关的面积问题．解题关键是把抛物线的点到焦点的距离转化为到准线的距离，这样三角形的面积可以与焦点弦长联系，从而利用韦达定理求解．
40．
【分析】利用导数的几何意义即得.
【详解】由，得，
所以切线的斜率为，
所以所求的切线方程为，即.
故答案为：.
41．
【分析】取中点,连接，通过已知条件可以判断出N为四面体ABCD外接球的球心，进而可求四面体ABCD外接球的表面积.
【详解】如下图所示，取中点,连接.

在等腰直角中，，，，
在等腰直角中，，,
又平面，,即N为四面体ABCD外接球的球心，，则四面体ABCD外接球的表面积为.
故答案为：
42．
【分析】由双曲线的定义及三角形周长为p,可得，，再由及可得，在中利用余弦定理可建立关系式，再由消去p即可得出离心率.
【详解】由题知，，四边形的是平行四边形，，
联立解得，，，
，
，
又，
，即.
由余弦定理可得，
化简得，
.
故答案为：
43．
【分析】根据函数的单调性将不等式进行转化，根据函数奇偶性和单调性的关系以及抽象函数关系判断出函数在区间上也是增函数 ，利用赋值法求得特殊值，再根据函数的单调性进行求解即可．
【详解】不等式等价为，
即或，
即或，
是奇函数，且，  
，
故 ，则 ，
，
，
又奇函数在区间上是增函数 ，故在区间上也是增函数，
故即或，
此时 ；
而即 或，
此时 ；
故不等式的解集为，
故答案为：
44．2
【分析】由得，化简代入结合数量积的定义即可得出答案.
【详解】因为的夹角为，且，
而，则，
所以，
则，解得：.
故答案为：2.
45．1
【分析】根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得答案.
【详解】若为偶函数，为奇函数，
则，，
令，则，即，
令，则，即，
又因为，所以.
故答案为：1.
46．1
【分析】先将原式化简得到，再令，
即可得到，从而求得结果.
【详解】由题意可得，，
令，则，
即，
所以，即
故
故答案为:
47．
【分析】根据题意，做出截面，然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得，进而可得，从而可得的值.
【详解】连接并延长交于，连接，则为的中点，
延长交于，过作分别交于，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，又平面，故平面即为过作与棱平行的平面，

由题可知，，即，
设，则，又为中点，
所以，
所以，所以，即，
，，
所以.
故答案为：.
48． 0 -1
【分析】根据函数是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，运用函数奇偶性的定义得到，，然后结合，灵活变形后求出函数的周期，再根据是定义在上的奇函数，得，从而得到，，，根据函数的周期性计算可得；．
【详解】解：因为是定义在上的偶函数，所以，
是定义在上的奇函数，所以，
，
所以，
则，所以，
所以函数是以4为周期的周期函数．
因为是定义在上的奇函数，所以，
由，取，得：，
又，所以，
所以
所以，
所以
所以
．
故答案为：；．
【点睛】本题考查了函数的奇偶性和周期性，根据对称性判断出周期，然后通过整体替换求函数的周期是解题的关键．
49．
【分析】利用三角形的面积公式，结合已知面积变形可得，再利用所选条件结合正弦定理求出另外两边，可得三角形的周长.
【详解】由三角形的面积公式可知，，
，
整理得
由正弦定理得:
因为，
，
若选择条件（1）由：得，则，
又为三角形的内角，，
由正弦定理得
代入解得，
三角形的周长为
若选择条件（2），则由，得
又，
又为三角形的内角，.
由正弦定理得: ，
代入解得，
三角形的周长为
【点睛】关键点点睛：利用三角形的面积公式和正弦定理求出三角形的另外两边是解题关键.
50．（1），；（2）.
【分析】（1）设等比数列的公比为，利用，和等比数列的定义即可得出；利用已知条件和累乘法即可得出的通项公式；（2）先利用已知条件得到，，再利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由已知，
可得，
两式相减可得，
即，
整理得，
可知，
已知，
令，
得，
即，
解得，
故等比数列的通项公式为；
由得：
，
那么，
以上个式子相乘，
可得，
，
又满足上式，
所以的通项公式.
（2）若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则，
即为，
整理得，
所以，



，
两式相减得：
，
所以.
【点睛】方法点睛：
由数列前项和求通项公式时，一般根据求解；
数列求和的方法：
（1）等差等比公式法；（2）裂项相消法；（3）错位相减法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法.
51．（1）证明见解析；（2）.
【分析】几何法
（1）先证明面，进而得再证明面即可得答案；
（2）过点作交于点故为二面角的平面角，再结合几何关系求解即可.
坐标法
（1）在平面内过作垂直的直线为轴，所在的直线为轴，轴建立空间直角坐标系，设故证即可；
（2）由（1）利用坐标法求法向量，进而利用法向量求解即可.
【详解】几何法:
（1）证明:易知当为的中点时，;
且由点在以为直径的圆上，可得
另外，底面且面
则
而面面
可知面
因为面
所以
又面面
且
可知面
又平面
故.
如图1，过点作交于点

由可知为二面角的平面角，
若设则可求得
由余弦定理知
则二面角的大小为
注:若利用中面所得
即中
也可求得
空间向量法:
由知面
在平面内过作垂直的直线为轴，所在的直线为轴，轴;
即以为坐标原点，建立如图2的空间直角坐标系，

可设
若设则，
因此，
其中，
故;
故.
当为的中点时，则由知面
故可取面的一个法向量为;
当时，，
若设面的法向量为，
则，即，可取
则
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的大小为
【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，二面角的大小的求解，考查空间思维能力与逻辑推理能力，数学运算能力，是中档题.
常见的线面垂直的方法有：①通过面面垂直的性质得线面垂直；②利用线面垂直的判定定理证明，再证明线线垂直时，又通常通过线面垂直得线线垂直，或由几何关系结合勾股定理得线线垂直.
常见的二面角的求解方法有：①几何法——即找出二面角的平面角，再根据几何关系求解；②利用空间向量求解.
52．（1）表格见解析，有；（2）分布列见解析，0.3.
【分析】（1）补全的列联表，利用公式求得，即可得到结论；
（2）由（1）的列联表可知，经常使用单车的“非年轻人”的概率，即可利用独立重复试验求解随机变量取每个数值的概率，列出分布列，求解数学期望.
【详解】（1）补全的列联表如下:

年轻人
非年轻人
合计
单车族



非单车族



合计




（要求保留三位小数，否则扣一分）
即有的把握可以认为经常使用共享单车与年龄有关.
（2）由（1）的列联表可知，
既是“单车族”又是“非年轻人”占样本总数的频率为
即在抽取的用户中既是“单车族”又是“非年轻人”的概率为
随机变量可取




则
的分布列为










的数学期望.
【点睛】方法点睛：本题主要考查了列联表,独立性检验，二项分布，二项分布的期望，解题方法如下：
（1）根据题意，找出对应数据，补全列联表，求得K2K2的值，对比数据，得出结论；
（2）根据题意，得到经常使用单车的“非年轻人”的概率，之后利用独立重复试验，结合二项分布的相关公式求得结果.
53．（1）；（2）.
【分析】（1）由可得，再将点代入方程化简即可求得方程；
（2）设直线的方程代入椭圆方程，结合韦达定理求得弦长，由点到直线距离公式与三角形面积公式求得面积表达式，通过化简整理即可得结果.
【详解】解: 设由可得
得 即
另外在椭圆上，
因此
即
解得或(舍去)
故椭圆的方程.
设直线的方程为原点到直线的距离为
联立方程组
并化简得，
设，
则:

故



而由
可得
则
即
故①当时，
则
故
即直线与椭圆相切时面积最大为
②当时，易知:时，面积最大为.
综上可得
【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．（1）或；（2）.
【分析】（1）转化为有唯一实根，构造函数，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；
（2）转化为恒成立，构造函数 ，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解.
【详解】（1）由有唯一零点，
可得方程，即有唯一实根，
令，则
由，得由 ，得
在上单调递增，在 上单调递减.
，
又所以当时， ;
又当时，

由得图象可知， 或.
（2）恒成立，且 ，
恒成立，
令，则 ，
令，则 ，
在单调递减，
又，
由零点存在性定理知，存在唯一零点，使 即，
两边取对数可得即
由函数为单调增函数，可得，
所以当时，， ，当时，， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
，
所以
即的取值范围为.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若在上恒成立，则 ；
②若在上恒成立，则 ；
③若在上有解，则 ；
④若在上有解，则 .
55．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦函数两角和公式与三角函数诱导公式将已知条件化解为，再利用正弦定理将其转化即可求解.
（2）通过向量数量积公式与余弦定理可得，再利用均值不等式即可求得的最大值，进而可求周长的最大值.
（1）
由，得，
由正弦定理得，得；
（2）
由，得，
由余弦定理得，得，
由，（当且仅当时取等号），
所以三角形ABC周长的最大值为．
56．(1)证明见解析
(2)①②

【分析】（1）先证明，证明，进而证明，根据线面垂直的性质定理可证明结论.
（2）① 建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出相关向量的坐标，求出平面DCE的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求出答案；②利用空间向量的距离公式求出答案即可.
（1）
由题意可知底面 , 底面 ,故 ，
又，，平面AED，
故平面AED,
由平面AED,得，
又，平面BED，故平面BED,
由平面BED,，可得．
（2）
①由题意，以A为原点，在底面圆内过点A作AB的垂线作为x轴，以AB，AD所在直线为y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，

并设AD的长度为2，则，，，，
因为，所以∠DEA就是直线DE与平面ABE所成的角，
所以，所以，所以,
由上可得，，
设平面DCE的法向量为，则，即
取，得．
又是平面BCD的一个法向量，
所以，
又由图形可知二面角E—DC—B为锐角，所以它的余弦值为．
②因为，
所以点B到平面CDE的距离．
57．(1)
(2)①②

【分析】（1）利用每个人的血样检验结果的独立性解题.
（2）分别计算出总检验次数为1与时的概率，即可列出分布列，进而求得；如果用方案乙能减少总检验次数，则，化简后即可求解.
（1）
对5个人的血样进行检验，且每个人的血样是相互独立的，设事件A为“5个人的血样中恰有2个人的检验结果为阳性”，则
（2）
①当，时，5个人的血样分别取样再混合检验，结果为阴性的概率为，总共需要检验的次数为1次；结果为阳性的概率为，总共需要检验的次数为6次；所以的分布列为：

1
6
P


所以 ．
②当采用混合检验的方案时，
根据题意，要使混合检验的总次数减少，则必须满足，
即，化简得，
所以当P满足，用混合检验的方案能减少检验次数．
58．(1)，，
(2)

【分析】（1）将，代入即可求得的值，然后利用递推关系式即可求得数列的通项公式.
（2）代入将化简后通过裂项相消法即可求得数列的前n项和.
(1)
因为，所以，，
当时，由题设可得，即，所以；
当时，由题设可得，即，所以．
当时，由题设可得
，①
，此式两边同乘以2，得
，②
由①-②得，即．又由上可知，也适合上式，
故数列的通项公式为．
(2)
由（1）知，，

．
59．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意列出方程组，求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设其方程为，，联立方程组求得，得到，根据，得到，求得，
令，结合，即可求解.
(1)
解：由椭圆内切于矩形，对角线AC，BD的斜率之积为，
可得，解得，
故椭圆的标准方程为.
(2)
解：依题意可知直线MN的斜率不为0，故设其方程为，
联立，消x得，
设，则，，
因为，
又，，
所以由，得，即，
于是可得，①；，②
由得，即，
因为，所以，所以，即，
又由，令，则，
令，则，
故当时，单调递减，所以，
所以，即面积的最大值为．
60．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)

【分析】（1）分类讨论与两种情况，函数求导即可判断函数的增减区间.
（2）将函数代入后化简即可将式子转化为，对两侧函数分别求导求出最值即可求出实数a的取值范围.
【详解】（1）
①当时，，在上单调递增；
②当时，令，，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
（2）由，得，对于任意恒成立，
因此，
记，由，得，
当时，单调递减，当时，单调递增，所以，因此；
记，易知在调递减，所以，
所以；
综上，．
【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．
61．(1)
(2)

【分析】(1)根据已知条件将用表示,再在中利用余弦定理求解即可;
(2)在中先用余弦定理将用表示,再结合(1)的结论,利用二次函数的性质求解最大值即可.
【详解】（1）（）,,,
，则
在中,
,
,则.
（2）在中,

,
则当时,取到最大值.
故的最大值是
62．(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3，由全概率公式可得，代入即可得出答案.
（2）求出的可能取值及每个变量对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出的期望.
【详解】（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3.
在第一次种植的情况下，第三次种植的概率为：
；
（2）由已知条件，在第1次种植的前提下：，，，
，，，
因为第一次必种植，则随机变量的可能取值为1，2，-
，
，
所以的分布列为：

1
2



.
63．(1)直线不在平面内，理由见解析
(2)

【分析】（1）以为坐标原点，过作与垂直的直线为轴，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由到平面的距离公式求出直四棱锥的高，求出平面的一个法向量，由可证明直线不在平面内.
（2）求出平面的一个法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）以为坐标原点，过作与垂直的直线为轴，所在的直线分别为轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设直四棱锥的高为，则，

，，，，
设平面的一个法向量为，
则即取.-
所以点到平面的距离为，令解得.
设平面的一个法向量为，由，，
则即，取，
而，所以，
又与，共面，故直线不在平面内.
（2）依（1）知平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则，
故二面角的余弦值.
64．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式与求和公式得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意，得到数列的通项公式，再由裂项相消法即可得到其前项和.
【详解】（1）由题意得，，得①
由，得②
由①②，可得且，则，
由，当在范围内取值时的所有取值为：
所以.
（2）
所以
由于是递减的，所以
65．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由函数单调递增，得到导函数大于等于0恒成立，参变分离得到，求出的单调性和极值，最值情况，得到答案；
（2）转化为为方程的两根，由得到，记（），得到其单调性，求出在和过处的切线方程分别为和，作差法得到，，记与和的交点横坐标分别为，求出，，利用放缩法求出答案.
【详解】（1）函数在R上单调递增，因此，即，
记，则，
令得：，令得：，
故在上单调递增，在单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，，
因此；
（2）不妨设，由，，
即为方程的两根，
由，故，解得：，所以，
记（），则，令得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
在处的切线方程为，记（），则单调递减，
则，
其中在上单调递增，且，
即，
设在的切线方程过点，
则在的切线斜率为，
所以，解得：，
取，则在的切线方程过点，且斜率为，
切线方程为，即，记（），
则单调递增；
又，
其中令，，故，
令得：，令得：，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故，故，
记与和的交点横坐标分别为，则
，故，由，单调递减，所以，
，故，由，单调递增，所以，
由于，
所以.
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
66．(1)
(2)

【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，，故椭圆的方程为；
（2）依题意设直线的方程为，，
联立方程组，消元得：，
，，
由得：，两边同除，，
即；将代入上式得：

整理得：所以或（舍），

当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.