山东省临沂市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省临沂市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共66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。

山东省临沂市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山东临沂·统考一模）已知全集，则集合（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东临沂·统考一模）如图，若向量对应的复数为，且，则（    ）

A． B． C． D．
3．（2021·山东临沂·统考一模）设a，b，c，d为实数，则“a＞b，c＞d”是“a+c＞b+d”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2021·山东临沂·统考一模）某学校组建了演讲，舞蹈､航模､合唱，机器人五个社团，全校名学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委从这名学生中随机选取部分学生进行调查，并将调查结果绘制了如下不完整的两个统计图：

则选取的学生中参加机器人社团的学生数为（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·山东临沂·统考一模）已知是圆上的两个动点，为线段的中点，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·山东临沂·统考一模）北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·山东临沂·统考一模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：，.已知，则函数的值域为（    ）
A． B．， C．，， D．，0，
8．（2021·山东临沂·统考一模）双曲线的光学性质为：如图①，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点. 我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线新闻灯”的轴截面是双曲线的一部分，如图②，其方程为，为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点和点反射后，满足，，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．
9．（2022·山东临沂·统考一模）设集合，，则（    ）
A． B． C．或 D．
10．（2022·山东临沂·统考一模）已知，则z的虚部为（    ）
A．－2i B．－2 C．2 D．2i
11．（2022·山东临沂·统考一模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·山东临沂·统考一模）设向量，，若，则（    ）
A．－3 B．0 C．3 D．3或－3
13．（2022·山东临沂·统考一模）二项式的展开式中系数为无理数的项的个数为（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
14．（2022·山东临沂·统考一模）已知圆C：，点，，则“”是“直线AB与圆C有公共点”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
15．（2022·山东临沂·统考一模）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（    ）
A．720 B．1440 C．2280 D．4080
16．（2022·山东临沂·统考一模）已知，分别为双曲线C：（，）的左，右焦点，点P在第二象限内，且满足，，线段与双曲线C交于点Q，若.则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
17．（2023·山东临沂·统考一模）已知集合，则下列集合为空集的是（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·山东临沂·统考一模）在复平面内，复数对应的点分别是，则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
19．（2023·山东临沂·统考一模）某工厂随机抽取名工人,对他们某天生产的产品件数进行统计,数据如下表,则该组数据的第百分位数是（    ）
件数
7
8
9
10
11
人数
3
7
5
4
1

A． B． C． D．
20．（2023·山东临沂·统考一模）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
21．（2023·山东临沂·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
22．（2023·山东临沂·统考一模）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．如图，直角梯形，已知，则其重心到的距离为（    ）

A． B． C． D．1
23．（2023·山东临沂·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·山东临沂·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左、右两支分别交于点，且，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·山东临沂·统考一模）下列结论正确的是（    ）
A．命题“”的否定是“”
B．已知回归模型为，则样本点的残差为
C．若幂函数的图象过点，则该函数的单调递增区间为
D．的展开式中各项的二项式系数之和为，则此展开式中项的系数为
26．（2021·山东临沂·统考一模）已知数列的前项和为,则下列说法正确的是（    ）
A．若则是等差数列
B．若则是等比数列
C．若是等差数列，则
D．若是等比数列，且则
27．（2021·山东临沂·统考一模）函数，下列结论正确的是（    ）
A．在区间上单调递增
B．的图象关于点成中心对称
C．将的图象向左平移个单位后与的图象重合
D．若则
28．（2021·山东临沂·统考一模）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图.则下列结论正确的是（    ）

A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
B．异面直线与所成的角的余弦值为
C．直线与平面所成的角为
D．球离球托底面的最小距离为
29．（2022·山东临沂·统考一模）给出下列说法，其中正确的是（    ）
A．若数据，，…，的方差为0，则此组数据的众数唯一
B．已知一组数据2，3，5，7，8，9，9，11，则该组数据的第40百分位数为6
C．一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数应该大体上差不多
D．经验回归直线恒过样本点的中心，且在回归直线上的样本点越多，拟合效果越好
30．（2022·山东临沂·统考一模）已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把的图象沿轴向右平移个单位得到函数的图象，则（    ）
A．在上单调递增 B．是的一个对称中心
C．是奇函数 D．在区间上的值域为
31．（2022·山东临沂·统考一模）甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入到乙箱中，分别以，，表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示取出的球是红球的事件，则（    ）
A．B与相互独立 B．，，两两互斥
C． D．
32．（2022·山东临沂·统考一模）在平面四边形中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前项和为，则（    ）
A．为等比数列 B．为递减数列
C．为等差数列 D．
33．（2023·山东临沂·统考一模）已知为定义在上的偶函数，则函数的解析式可以为（    ）
A． B．
C． D．
34．（2023·山东临沂·统考一模）已知圆，点，点在圆上，为坐标原点，则（    ）
A．线段长的最大值为6 B．当直线与圆相切时，
C．以线段为直径的圆不可能过原点 D．的最大值为20
35．（2023·山东临沂·统考一模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）
A．
B．延长交直线于点，则，，三点共线
C．
D．若平分，则
36．（2023·山东临沂·统考一模）已知正方体的棱长为4，点分别是的中点，则（    ）
A．直线是异面直线 B．平面截正方体所得截面的面积为
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为

三、填空题
37．（2021·山东临沂·统考一模）若函数满足：（1）对于任意实数，当时，都有；（2），则___________.(答案不唯一，写出满足这些条件的一个函数即可)
38．（2021·山东临沂·统考一模）曲线在处的切线的倾斜角为，则___________.
39．（2021·山东临沂·统考一模）蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美､和谐的音乐，蟋蟀鸣叫的频率(每分钟鸣叫的次数)与气温(单位：)存在着较强的线性相关关系.某地研究人员根据当地的气温和蟋蟀鸣叫的频率得到了如下数据：








(次数/分钟)







利用上表中的数据求得回归直线方程为，若利用该方程知，当该地的气温为时，蟋蟀每分钟鸣叫次数的预报值为则的值为___________.
40．（2022·山东临沂·统考一模）函数，则曲线在处的切线方程为______.
41．（2022·山东临沂·统考一模）已知正三棱台的上下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长为______.
42．（2022·山东临沂·统考一模）已知函数，则不等式的解集是______.
43．（2023·山东临沂·统考一模）某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高（单位：）服从正态分布，若测量10000株水稻，株高在的约有_______．（若，）
44．（2023·山东临沂·统考一模）的展开式中常数项为_______．
45．（2023·山东临沂·统考一模）将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则___________.

46．（2023·山东临沂·统考一模）已知是函数的一个零点，且，则的最小值为________．

四、双空题
47．（2021·山东临沂·统考一模）已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，且，，，则的标准方程为___________；若过点的直线与椭圆交于两点，且点关于点对称，则的方程为___________.
48．（2022·山东临沂·统考一模）已知抛物线的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且的最小值为4，则p＝______；若直线l过点Q，与拋物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则的面积为______．

五、解答题
49．（2021·山东临沂·统考一模）在圆内接四边形中，求面积的最大值.
50．（2021·山东临沂·统考一模）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知正项数列的前项和为，满足___________.
（1）求；
（2）若，求数列的前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
51．（2021·山东临沂·统考一模）党中央，国务院高度重视新冠病毒核酸检测工作，中央应对新型冠状病毒感染肺炎疫情工作领导小组会议作出部署，要求尽力扩大核酸检测范围，着力提升检测能力.根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为.现有例疑似病例，分别对其取样､检测，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则化验结果呈阳性.若混合样本呈阳性，则需将该组中备用的样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再化验.现有以下三种方案：方案一：个样本逐个化验；方案二：个样本混合在一起化验；方案三：个样本均分为两组，分别混合在一起化验.在新冠肺炎爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”.
（1）若，按方案一，求例疑似病例中恰有例呈阳性的概率；
（2）若，现将该例疑似病例样本进行化验，试比较以上三个方案中哪个最“优”，并说明理由.
52．（2021·山东临沂·统考一模）如图，四棱锥中，四边形是等腰梯形，.

（1）证明：平面平面；
（2）过的平面交于点若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
53．（2021·山东临沂·统考一模）如图，抛物线E：y2＝2px的焦点为F，四边形DFMN为正方形，点M在抛物线E上，过焦点F的直线l交抛物线E于A，B两点，交直线ND于点C.

(1)若B为线段AC的中点，求直线l的斜率；
(2)若正方形DFMN的边长为1，直线MA，MB，MC的斜率分别为k1，k2，k3，则是否存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由．
54．（2021·山东临沂·统考一模）已知函数.
（1）判断的单调性，并求的最值；
（2）用表示的最大值.记函数，讨论的零点个数.
55．（2022·山东临沂·统考一模）在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，已知______.
(1)求A；
(2)若，，求a.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
56．（2022·山东临沂·统考一模）2022年北京冬奥组委发布的《北京2022年冬奥会和冬残奥会经济遗产报告（2022）》显示，北京冬奥会已签约45家赞助企业，冬奥会赞助成为一项跨度时间较长的营销方式.为了解该45家赞助企业每天销售额与每天线上销售时间之间的相关关系，某平台对45家赞助企业进行跟踪调查，其中每天线上销售时间不少于8小时的企业有20家，余下的企业中，每天的销售额不足30万元的企业占，统计后得到如下列联表：

销售额不少于30万元
销售额不足30万元
合计
线上销售时间不少于8小时
17

20
线上销售时间不足8小时



合计


45
(1)请完成上面的列联表，并依据的独立性检验，能否认为赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关；
(2)①按销售额进行分层抽样，在上述赞助企业中抽取5家企业，求销售额不少于30万元和销售额不足30万元的企业数；
②在①条件下，抽取销售额不足30万元的企业时，设抽到每天线上销售时间不少于8小时的企业数是X，求X的分布列及期望值.
附：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考公式：，其中.
57．（2022·山东临沂·统考一模）如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E是棱PC的中点，F是棱PD上的点，且A，B，E，F四点共面.

(1)求证：F为PD的中点；
(2)若底面ABCD，二面角P-CD-A的大小为45°，求直线AC与平面ABEF所成的角.
58．（2022·山东临沂·统考一模）已知数列的前n项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前2k项和.
59．（2022·山东临沂·统考一模）已知椭圆C：(，)的左、右焦点分别为，，离心率为，直线被C截得的线段长为.
(1)求C的方程：
(2)若A和B为椭圆C上在x轴同侧的两点，且，求四边形面积的最大值及此时的值.
60．（2022·山东临沂·统考一模）已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，是函数的两个不同的零点，证明：.
61．（2023·山东临沂·统考一模）在中，角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积的取值范围．
62．（2023·山东临沂·统考一模）为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩均位于区间，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图．

(1)若此次活动中获奖的学生占参赛总人数，试估计获奖分数线；
(2)采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，记成绩在的人数为，求的分布列和数学期望．
63．（2023·山东临沂·统考一模）已知数列为等比数列，是与的等差中项，为的前项和．
(1)求的通项公式及；
(2)集合A为正整数集的某一子集，对于正整数，若存在正整数，使得，则，否则．记数列满足，求的前20项和．
64．（2023·山东临沂·统考一模）如图，三棱锥，平面平面，点为的中点．

(1)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(2)若，求的长．
65．（2023·山东临沂·统考一模）已知动点与点的距离和它到直线的距离之比是，点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)若点在上，且与交于点，点在椭圆上，证明：的面积为定值．
66．（2023·山东临沂·统考一模）已知函数．
(1)若恒成立，求实数的最小值；
(2)证明：有且只有两条直线与函数的图象都相切．

参考答案：
1．C
【分析】集合运算可得，即可求出结果
【详解】，
所以
故选：C
2．D
【分析】根据复数的求出复数，然后再计算．
【详解】由题意，设，则，解得，即，
所以．
故选：D．
3．A
【分析】根据不等式的可加性可得成立；反之不成立，例如取，，，．
【详解】根据不等式的可加性可得成立；
反之不成立，例如取，，，，满足，但是不成立，
∴是的充分不必要条件，故选A．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
4．B
【分析】根据演讲的人数，求得本次调查的人数为人，进而求得机器人所占的比例，即可求解.
【详解】由题意，本次调查的人数为人，
其中合唱比赛所占的比例为，
所以机器人所占的比例为，
所以选取的学生中参加机器人社团的学生数为人.
故选：B.
5．C
【分析】根据是圆上的两个动点，且，得到向量的模和夹角，再由是线段的中点，用表示向量，然后利用平面向量的数量积运算求解.
【详解】解：是圆上的两个动点，
，
又，
即,
即，
即，
，
是线段的中点，
，



.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是：利用在圆上以及得到.
6．A
【分析】分为三人组中包含小明和小李和不包含小明和小李两类，分别计算方案种数即可得结果.
【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，
当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；
当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，
故选：A.
7．B
【分析】利用常数分离法将原函数解析式化为，然后分析函数的值域，再根据高斯函数的含义确定的值域.
【详解】，
，，，
，
或0，
的值域为，.
故选：B.
8．C
【分析】连接，已知条件为，，设，由双曲线定义表示出，用已知正切值求出，再由双曲线定义得，这样可由勾股定理求出（用表示），然后在中，应用勾股定理得出的关系，求得离心率．
【详解】易知共线，共线，如图，
设，，则，
由得，，
又，
所以，，
所以，
所以，
由得，
因为，故解得，
则，
在中，，即，所以．
故选：C．

9．D
【分析】根据并集的定义即可求得答案.
【详解】因为，，所以.
故选：D.
10．C
【分析】先通过复数的乘法求出z，进而得到虚部.
【详解】由题意，，则其虚部为2.
故选：C.
11．B
【分析】求得圆锥底面半径和高，由此求得圆锥的体积.
【详解】设圆锥底面半径为，高为，母线长为，则，
底面周长，所以，
所以圆锥的体积为.
故选：B
12．D
【分析】根据向量平行的坐标表示可得求解即可.
【详解】由题设，有，可得.
故选：D
13．B
【分析】写出二项展开式通项公式，由的指数不为整数可得无理项的个数．
【详解】展开式通项公式为，，
当时，是整数，时，是不是整数，系数是无理数，共有3项．
故选：B．
14．A
【分析】先求出圆心C到直线AB的距离为，利用定义法判断.
【详解】圆C：的圆心为,半径R.
由点，求出直线AB的方程为：.
所以圆心C到直线AB的距离为.
充分性：时，有，所以直线直线AB与圆C相交，有公共点，故充分性满足；
必要性：“直线AB与圆C有公共点”，则有，即“”，故必要性不满足.
所以“”是“直线AB与圆C有公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
15．C
【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.
【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.
这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.
当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14
当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，
则大于3.14的不同数字的个数为
故选：C
16．C
【分析】取的中点，由已知得，由三线合一得△是等腰三角形，表示出各边长，再由余弦定理表示，再由双曲线的定义表示，在△中由余弦定理列式，得关于的等式关系，即可求得离心率.
【详解】取线段的中点，连接，
因为，所以，
所以△是等腰三角形，且，
在中，，
连接，又，点在双曲线上，由，则，
在△中，，整理得，
所以离心率.
故选：C

17．B
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性分别求出集合，然后利用集合的运算逐项进行判断即可求解.
【详解】集合，集合，
所以， ，
对于，，故选项不满足题意；
对于，，故选项满足题意；
对于，，故选项不满足题意；
对于，，故选项不满足题意，
故选：.
18．D
【分析】由复数对应的点分别求出，代入化简计算，进而可得的虚部．
【详解】复数对应的点分别是，则，
，其虚部为
故选：D
19．C
【分析】根据百分位数的求法求解即可.
【详解】抽取的工人总数为,,
那么第百分位数是所有数据从小到大排序的第项与第项数据的平均数,
第项与第项数据分别为,
所以第百分位数是,
故选:C.
20．C
【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.
【详解】解：因为向量，且，那么，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：C.
21．A
【分析】利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】因为或或，
所以，Ü，
因此，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
22．C
【分析】根据题意，用式子分别表示出直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积、梯形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.
【详解】设，
直角梯形绕旋转一周所得的几何体的体积为
；
梯形的面积，故记重心到的距离为，
则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，
则，则，
故选：C.
23．B
【分析】构造，由零点存在定理求得零点x的范围，即可结合指数函数、幂函数的性质比较的大小.
【详解】令，则在R上单调递增，
由，则时，即，而，
∵，
∴.
.
综上：.
故选：B.
24．D
【分析】由，设，利用双曲线的定义得到，然后设，与双曲线方程联立，利用弦长公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
由双曲线的定义得，
解得，
则，
设，，，
联立，消去x得，
由韦达定理得：，
由，得，解得，
所以，
，
解得，
则，
故选：D
25．AB
【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断选项A；将代入可求，即可判断选项B；求出幂函数的解析式，由幂函数的性质即可判断选项C；由可求出的值，再利用二项展开式即可求项的系数判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于选项A：命题“”的否定是“”；故选项A正确；
对于选项B：当时，，所以样本点的残差为，故选项B正确；
对于选项C：设幂函数可得，解得，所以，则该函数的单调递增区间为，故选项C不正确；
对于选项D：由题意可得，可得，所以展开式通项为
，令可得，
所以此展开式中项的系数，故选项D不正确，
故选：AB.
26．BC
【分析】由求，根据通项公式可判断AB是否正确，由等差数列的性质可判断C，取时，结合等比数列求和公式作差比较与大小即可判断D.
【详解】对于A选项，若，当时，，不满足，故A错误；
对于B选项，若，则，由于满足，所以是等比数列，故B正确；
对于C选项，若是等差数列，则，故C正确.
对于D选项，当时，，故当时不等式不等式，故不成立，所以D错误.
故选：BC
【点睛】本题考查数列的前项和为与之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前项和为的公式等，考查运算求解能力.本题D选项解题的关键将问题特殊化，讨论时，与大小情况.此外还需注意一下公式：；若是等差数列，则.
27．ACD
【分析】由二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质判断．
【详解】，
时，，此时递增，A正确；
，B错误；
将的图象向左平移个单位后得解析式，C正确；
易知函数周期为，因此当则，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：本题考查三角函数的图象与性质．解题方法是利用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化函数为形式，然后结合正弦函数的性质求的性质，此时有两种思路：一种是根据的性质求出的性质，然后判断各选项，另一种是由的值或范围求得的值或范围，然后由的性质判断各选项．
28．BCD
【分析】求出外接圆面积判断A，作出异面直线所成的角并求出这个角后判断是B，根据直线民平面所成的角定义判断C，求出球心到平面的距离可判断D．
【详解】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且所在面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同．
由题意的边长为1，其外接圆半径为，圆面积为，A错；

由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，从而是平行四边形，，所以是异面直线与所成的角（或其补角）．由已知，，，，
，B正确；
由平面与平面垂直知在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，此角大小，C正确．
由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又．
所以球离球托底面的最小距离为，D正确．
故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：本题考查空间折叠问题，掌握空间的垂直关系是解题关键．由垂直平行关系得出与全等且所在面平行，从而易得截面圆与的外接圆相同，从而可得，得异面直线所成的角，得直线与平面所成的角，根据正四面体积的性质求得其高，得出距离的最小值．
29．AC
【分析】依据方差定义及众数定义去判断选项A；求得第40百分位数去判断选项B；依据中位数定义和平均数定义去判断选项C；依据回归直线拟合效果判断标准去判断选项D.
【详解】选项A：由方差
可得，即此组数据众数唯一.判断正确；
选项B：数据2，3，5，7，8，9，9，11.共有8个数，由可知，该组数据的第40百分位数为第4个数为7.判断错误；
选项C：依据中位数定义和平均数定义，一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数应该大体上差不多.判断正确；
选项D：回归直线的拟合效果看残差平方和，残差平方和越小，拟合效果越好，不是看回归直线上的样本点多，拟合效果越好.判断错误.
故选：AC
30．AB
【分析】首先利用辅助角公式将函数化简，再根据函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，即可得到函数的最小正周期，从而求出，再根据三角函数的变换规则得到的解析式，最后根据余弦函数的性质计算可得.
【详解】解：因为，所以，因为函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，
，，所以，把函数的图象沿轴向右平移个单位，得到，即，所以为偶函数，故C错误；
对于A：当时，因为在上单调递减，所以在上单调递增，故A正确；
对于B：，故是的一个对称中心，故B正确；
对于D：因为，所以，所以，所以，故D错误；
故选：AB
31．BC
【分析】根据独立事件的定义判断A，根据互斥事件的定义判断B，由条件概率公式计算出概率判断C，由互斥事件与独立事件概率公式计算概率判断D．
【详解】事件的发生与事件的发生有影响，因此事件的发生与事件不独立，A错；
中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，B正确；
，C正确；
，D错．
故选：BC．
32．BD
【分析】连交于，根据面积关系推出，根据平面向量知识推出，结合，推出，，求出，，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断C，根据数列的单调性可判断B；利用错位相减法求出，可判断D.
【详解】如图，连交于，

则，即，
所以，所以，
所以，
设，
因为当时，恒有，
所以，
，所以当时，恒有，
所以，即，又，所以，
所以，所以，
因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；
因为，即，所以为递减数列，故B正确；
因为不是常数，所以不为等差数列，故C不正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD
33．BD
【分析】利用奇函数和偶函数的定义进行判断.
【详解】因为是偶函数，所以，即，所以是奇函数.
对于A，定义域为，所以不满足题意；
对于B，定义域为，，符合题意；
对于C，定义域为，，不符合题意；
对于D，定义域为，，而，符合题意.
故选：BD.
34．ABD
【分析】由定点到圆上点的距离范围可得A正确；根据切线长公式即可求得，根据直径所对圆周角为直角可知，当在轴上时以线段为直径的圆过原点；利用向量数量积的坐标表示即可得出结论.
【详解】根据题意可知的圆心，半径，如下图所示：

易知，当且仅当三点共线（且点在中间）时，等号成立，即A正确；
当直线与圆相切时，由勾股定理可得，所以B正确；
若以线段为直径的圆过原点，由直径所对圆周角为直角可得，
易知当在轴上时，满足题意；
所以以线段为直径的圆可能过原点，即C错误；
设点，易知，
则
所以，即的最大值为20，即D正确；
故选：ABD
35．AB
【分析】根据题设和抛物线和性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.
【详解】由题意知，点，，如图：
将代入，得，所以，则直线的斜率，

则直线的方程为，即，
联立，得，解得，，
又时，，则
所以，所以A选项正确；
又 ，所以C选项错误；
又知直线轴，且，则直线的方程为，
又，所以直线的方程为，
令，解得，即，在直线上，
所以，，三点共线，所以B选项正确；
设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，
若平分，即，即，
所以，则，且，解得，
又，解得：，所以D选项错误；
故选：AB.
36．ACD
【分析】对于A，取的中点，连接，取的中点，连接，证明，即可判断；对于B，延长交于点，连接交点，连接，说明平面截正方体所得截面为四边形，从而可以判断；对于C，连接，证明平面，再根据即可判断；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为的中点，为三棱锥的外接球的球心，利用空间中两点的距离公式求出球心及半径即可判断.
【详解】对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，
则，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因，所以直线是异面直线，故A正确；

对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，
因为为的中点，则，
所以为的中点，
因为，所以为的中点，则，
因为，
所以为平行四边形，所以，
所以，
则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，
，
则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故B错误；

对于C，连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又平面，所以平面，
又因为为的中点，
所以三棱锥的高为，
，
所以，故C正确；

对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设为的中点，则为的外心，
则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设为，
则平面，
因为平面，所以，设，
则，
，
因为，所以，所以，
故，
由，得，解得，
所以三棱锥的外接球的半径，
表面积为，故D正确.

故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的突破口是，建立空间直角坐标系，先由球心与截面圆心连线垂直于截面得到平面，从而求出，由此得解.
37．型的都对
【分析】本题属于开放性题，只需填写符合题意的答案即可，依题意可以判断函数在上单调递增，又，（且，）即可得解；
【详解】解：对于任意实数，，当时，都有，说明该函数在上单调递增，
又对数函数满足运算性质：，
故可选一个递增的对数函数：．
故答案为：．
38．
【分析】对函数求导代入，即可得出，进而可得结果.
【详解】
则
故答案为：
39．
【分析】由题得 ①， ②，解方程组即得解.
【详解】由题得，
，
所以 ①，又 ②，
联立①②解方程组得.
故答案为：5
【点睛】结论点睛：回归直线经过样本中心点，这些回归直线的一个重要性质，要灵活运用这个知识点解题.
40．
【分析】先求导，代入可得，利用直线方程的点斜式即得解
【详解】由题意，
故，
则曲线在处的切线方程为：
故答案为：
41．
【分析】先根据题意分析正三棱台的结构特征，进而分析该球面和三棱台的交线形状，进而利用弧长公式求其长度.
【详解】由题意，得是边长为5的等边三角形，
侧面均为全等的等腰梯形，在四边形中，
，，，
在棱上取，连接，易知为等边三角形，

即，则以下底面的一个顶点为球心，
半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧、、，
分别是与面、、的交线；

则所求交线长度为三段圆弧、、的长度之和，
长度为.
故答案为：.
42．，
【分析】先构造函数，得到关于对称，且单调递增，再结合对称性与单调性将不等式 转化为即可求解．
【详解】构造函数，那么 是单调递增函数，
且向左移动一个单位得到，
的定义域为，且，
所以 为奇函数，图象关于原点对称，所以 图象关于对称．
不等式 等价于，
等价于
结合单调递增可知，
所以不等式的解集是，．
故答案为：，．
43．1359株
【分析】由正态分布及其对称性求得，即可求得结果.
【详解】由题意，，由正态分布的对称性可得

故株高在的约有株.
故答案为：1359株.
44．
【分析】求出的展开式的通项，再分别求出常数项和的系数即可求解.
【详解】展开式中通项为，
令，则，令，则，
所以常数项为．
故答案为：.
45．
【分析】根据三角函数图象的对称性，得到，求得，进而求得，得到，结合，即可求得的值.
【详解】如图所示，根据三角函数图象的对称性，可得阴影部分的面积等于矩形和的面积之和，即，
因为函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图象，
所以，
又因为图中阴影部分的面积为，所以，解得，
又由图象可得，可得，所以，所以，
所以，
因为，可得，即，
因为，所以.
故答案为：

46．
【分析】将 代入 ，构造直线方程，运用点到直线的距离求解.
【详解】因为 是 的一个零点， ，将 看作直线 上一个点的坐标，
则原题就变为：求当 时，点 到原点的距离的平方的最小值，
原点到直线的距离为 ， ，
令 ， ，当 时，, 是增函数，
在 时， ；
故答案为： .
47．
【分析】记椭圆的半焦距为，根据椭圆的定义，由题中条件，得到；再由勾股定理，根据，求出，得到，即得椭圆方程；设，，根据题中条件，由中点坐标公式，得出，再将坐标代入椭圆方程，两式作差整理，求出直线的斜率，即可求出直线方程.
【详解】记椭圆的半焦距为，
根据椭圆的定义可得，，则，
又，则，所以，
则；所以，因此椭圆的方程为；
设，，因为点关于点对称，所以；
由题意可得，两式作差可得，
则，
所以直线的方程为，即.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：
求解椭圆中的中点弦问题时，一般需要先设弦端点的坐标，代入椭圆方程，两式作差整理，求出弦所在直线方程，进而即可求解.
48． 2； ．
【分析】把转化为到准线的距离，可得的最小值，从而求得，设，，代入抛物线方程相减求得直线的斜率，得直线方程，可求得原点到直线的距离，直线方程与抛物线方程联立消元，应用韦达定理，然后由弦长公式求得弦长，从而得三角形面积．
【详解】是抛物线的准线，过作于，过作于，
则，，易知当是与抛物线的交点时，取得最小值，所以，，
设，，显然，，，
由得，，
直线方程为，即，
原点到直线的距离为，
由，得，，，
，
所以．
故答案为：2；．

49．最大值为
【分析】因为四边形是圆内接四边形，求得，得到，由正弦定理，求得，在中，由余弦定理和基本不等式，求得，即可求解.
【详解】因为四边形是圆内接四边形，可得，
又因为，所以，
在中，因为，可得，
由正弦定理得，所以得，
在中，由余弦定理得，
即，
当且仅当时，取等号，即，
所以，
即面积的最大值为.

50．（1）条件选择见解析，；（2）.
【分析】（1）若选①，当时，，得，再利用累乘法求解；若选②，当时，得，得，再利用等差数列求解；若选③，得，再利用等差数列求解；
（2）由题得，再利用错位相减法求解.
【详解】若选①，则
当时，得
当时，，
得，
即


当时也成立，
.
若选②，即
当时，得
当时，得
得
由得
又.
是公差为，首项为的等差数列，是公差为，首项为的等差数列
故.
若选③，即
当时，
两式相减得，
即，
由得，
是公差为的等差数列，
故.



两式相减，得



故.
【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）分组求和法；（3）裂项相消法；（4）错位相减法；（5）倒序相加法. 要根据通项的特征，灵活选择方法求解.
51．（1）；（2）方案二最优，理由见解析.
【分析】（1）由题意可知，，再根据二项分布的概率公式即可求出；
（2）分别计算方案二，方案三需要化验的期望数，比较即可得出.
【详解】用表示例疑似病例中化验呈阳性的人数，则随机变量
由题意可知：.
方案一：若逐个检验，则检验次数为.
方案二：混合一起检验，记检验次数为则.



方案三：每组的两个样本混合在一起化验，若结果呈阴性，则检测次数为，
其概率为,
若结果呈阳性，则检测次数为其概率为
设方案三检测次数为随机变量则



则
由，
知方案二最优.
【点睛】本题解题关键一是读懂题意,明白随机变量服从哪种分布,选用对应的概率公式；二是对后两种方案的化验次数的期望计算，能够理解随机变量的取值，计算出对应的概率．
52．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连结，证明四边形为平行四边形，得到，在中证明，由可得答案.
（2）以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，由，得，设梯形的高，则，解得，求出平面和平面的法向量，由数量积公式可得答案.
【详解】（1）如图，取的中点连结，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
四边形是等腰梯形，，
，
又，
为等边三角形，
，
在等腰中，，
在中，，
不妨设，
则，
在中，，
，
，
又平面平面，
平面，
又平面，
平面平面.
（2），
以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图：

设，
平面把四棱锥分成体积相等的两部分，
三棱锥的体积等于四棱锥，
，

设梯形的高为
则，
解得，
则，
，
轴平面
平面的一个法向量为
设平面的一个法向量为，
则
即
取则，
，
，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查了面面垂直的证明、求二面角的平面角，第二问的关键点是建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.
53．(1)；
(2)存在，理由见解析.

【分析】（1）作出辅助线，利用抛物线定义及中位线得到AQ＝AB，从而得到倾斜角的余弦值及正切值，即直线l的斜率；（2）先求出p＝1，设出直线方程my＝x－，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，假设存在实数λ，得到等量关系，求出λ的值.
【详解】（1）由已知可得DN为抛物线的准线．
设直线l的倾斜角为α.
如图所示，分别过点A，B，作AG⊥DN，BH⊥DN，G，H为垂足．则BH＝BF，AG＝AF.
作BQ⊥AG，Q为垂足，则QG＝BH.
因为B为线段AC的中点，所以BH为△ACG的中位线．所以BH＝AG＝AQ，所以AQ＝AB.
所以cos α＝cos ∠QAB＝，所以tan α＝，所以直线l的斜率为.

（2）存在，使得k1＋k2＝λk3，理由如下：
因为正方形DFMN的边长为1，所以p＝1，因此抛物线的方程为：y2＝2x.可得.
设直线l的方程为my＝x－，A（x1，y1），B（x2，y2），.
联立，化为：y2－2my－1＝0，所以y1＋y2＝2m，y1y2＝－1.
假设存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3，则，
左边＝，所以，
解得：λ＝2.因此存在实数λ＝2，使得k1＋k2＝2k3.
54．（1）当单调递减；当单调递增，最小值；（2）答案见解析.
【分析】（1）对求导，由导函数的正负与原函数的关系得到的单调性及最值；
（2）结合（1）可得当时，，则函数无零点；当时，，只需研究零点情况，对a分类讨论分别得到函数的单调性及函数的零点个数．
【详解】（1）.
当单调递减；当单调递增.
当时，取最小值
函数定义域为，其中
当时，
则函数无零点
当时，.
下面讨论零点情况.
.(当时，取等号)，

当时，
此时，在上无零点
的零点为，即一个零点.
当时，，
在上一个零点，的有两个零点.
当时，



.
在单调递减，
又，上成立，上成立在取极大值，此时.
又时，，
在上有一个零点，
又
当，即：时，在上有一个零点，有两个零点
当，即时，在上有两个零点，有两个零点
当，即时，有两个零点，有三个零点
综上，时或时，有一个零点.
当时或时，有两个零点
当时，有三个零点
【点睛】关键点点睛：解决此类问题要注意到的零点，所以只需分与两种情况，将双函数比较大小问题转化为单函数研究零点问题.
55．(1)；
(2).

【分析】（1）若选①，先用正弦定理进行边化角，进而结合辅助角公式求得答案；若选②，先通过诱导公式和二倍角公式化简，进而通过辅助角公式求得答案；若选③，先通过诱导公式和二倍角公式化简，进而求得答案；
（2）先通过三角形的面积公式求出c，进而根据余弦定理求得答案.
【详解】（1）若选①，由正弦定理可得，因为，所以，则，而，于是.
若选②，由题意，，则，而，于是.
若选③，由题意，，因为，所以，则.
（2）由题意，，由余弦定理.
56．(1)列联表见解析，能认为赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关；
(2)①应从销售额不少于30万元的企业抽取3家；从销售额不足30万元的企业抽取2家；②解答见解析.

【分析】（1）由题意分析数据，完成列联表，计算，对着参数判断下结论；
（2）①利用分层抽样即可求解；②判断出X的可能取值为0，1，2.，分别求概率，写出分布列，求出数学期望.
【详解】（1）由题意分析可得：签约企业共45家，线上销售时间不少于8小时的企业有20家，那么线上销售时间少于8小时的企业有25家，每天的销售额不足30万元的企业占，共有.
完成列联表如下：

销售额不少于30万元
销售额不足30万元
合计
线上销售时间不少于8小时
17
3
20
线上销售时间不足8小时
10
15
25
合计
27
18
45
所以.
对应的参数为6.635.而，所以可判断赞助企业每天的销售额与每天线上销售时间有关；
（2）①由题意可知销售额不少于30万元有27家，销售额不足30万元有18家.
按销售额进行分层抽样，在上述赞助企业中抽取5家企业，抽样比为，
所以应从销售额不少于30万元的企业抽取（家）；
从销售额不足30万元的企业抽取（家）；
②由题意进行数据分析可知：每天的销售额不足30万元，每天线上销售时间不少于8小时的企业有3家，线上销售时间少于8小时的企业有15家.
由①可知，从销售额不足30万元的企业抽取2家.所以X的可能取值为0，1，2.
则;;
.
所以X的分布列如下：
X
0
1
2
P



所以.
所以X的期望值为.
57．(1)具体见解析；
(2)30°.

【分析】（1）先证明平面PDC，然后根据线面平行的性质定理证明问题；
（2）设底面正方形ABCD的边长为2，进而根据二面角的大小求出PA，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量线面角公式求得答案.
【详解】（1）因为，平面PDC，平面PDC，所以平面PDC，而平面ABEF平面，所以，于是，而E为PC的中点，所以F为PD的中点.

（2）设底面正方形ABCD的边长为2，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又因为，所以平面，而平面，所以，故是二面角的一个平面角，即，易知，于是.
以A为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示.故，所以，设平面ABEF的法向量为，所以，令y=1,则.
设直线AC与平面ABEF所成角为，所以.
即直线AC与平面ABEF所成角为30°.
58．(1)
(2)

【分析】（1）根据作差得到，即可得到，从而得到是以为首项为公差的等差数列，是以为首项为公差的等差数列，分别写出、，即可得到的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可；
(1)
解：因为，，当时，，解得，当时，
所以，即，显然，所以，
所以是以为首项为公差的等差数列，是以为首项为公差的等差数列，
所以
，所以
(2)
解：因为，所以，
所以



59．(1)；
(2)最大面积为，＝.

【分析】(1)根据离心率表示出a、b、c的关系，再求出被截得的弦长，根据该弦长为即可求出a、b、c，从而确定椭圆的标准方程；
(2)，根据椭圆的对称性，延长交椭圆与C、D，构造平行四边形ABCD，根据即可计算四边形面积的最大值，并求出此时的取值.
(1)
，，，∴，
∴椭圆标准方程为，
∴，由题可知，
；
(2)
，如图，

延长交椭圆与C、D，根据椭圆的对称性可知，四边形ABCD为平行四边形，且四边形面积为四边形ABCD面积的一半.
由题知，斜率不为零，故设方程为，
①，
设，∵，∴，
故，
O到的距离，

＝
，
当且仅当，即时，取等号，
∴当m＝±1时，四边形面积最大为.
根据对称性，不妨取m＝1时，方程①化为，解得，
由对称性可知，故或，
∴或，
综上，四边形面积最大为，此时.
【点睛】本题关键点利用椭圆的对称性，将四边形补全为平行四边形进行求解.
60．(1)在上递减，在上递增，
(2)证明见解析

【分析】（1）对函数求导后，由导函数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由题意可得，，两式相减化简可得，若令，设，则，从而转化为证，构造函数可证得，而要证。转化为证，构造函数利用导数证明即可
(1)
的定义域为，，
当时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
(2)
因为，是函数的两个不同的零点，
所以，，
显然，则有
，，
所以，
不妨令，设，
所以，
所以要证，
只要证，即，
令（），则，
所以在上递增，
所以，所以，
因为，，
所以
要证，只要证，即，
因为，所以只要证，
即，即，
令，则，
所以在上递减，
所以，所以，
综上，
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是由已知可得，，设，再转化，然后相加化简后，构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
61．(1)；
(2).

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简作答.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理结合均值不等式求出三角形面积范围作答.
【详解】（1）在中，由已知及正弦定理得：，
即有，即，而，，则，
所以．
（2）在中，由余弦定理得：，
因此，即，当且仅当时取等号，
又，
所以面积的取值范围是．
62．(1)82
(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率分布直方图先判断出获奖的分数线所在的区间，设为，则成绩在的概率为0.3，列出方程即可得解；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，从而可得分布列，再根据期望的计算公式计算期望即可.
【详解】（1）根据直方图可知，成绩在的频率为，大于0.3，
成绩的频率为0.1，小于0.2，
因此获奖的分数线应该介于之间，
设分数线为，使得成绩在的概率为0.3，
即，
可得，
所以获奖分数线划定为82；
（2）成绩在的人数有人，
成绩在的人数为人，
则的可能取值为0，1，2，
，
，
，
的分布列为

0
1
2




∴数学期望．
63．(1)
(2)

【分析】（1）由等比数列通项公式结合等差中项性质求基本量，即可由公式法写出通项公式及；
（2）解对数方程得，即可求得A，即可对数列分组求和.
【详解】（1）设的公比为是与的等差中项，
，，
∴，．
（2）由题意知，，
又，
，即，
故．
又，


．
64．(1)
(2)

【分析】由面面垂直证平面，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
（1）由向量法求线面角得正弦值；
（2）由向量法表示垂直，解得，由余弦定理求BC.
【详解】（1）取得中点，由于，因此，
又∵平面平面，平面，平面．
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
，则．

当时，，
取平面的一个法向量为，，
设直线与平面所成的角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
（2）由题意知．
又，
．即，
在中，，．
65．(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)由题意，应用两点间距离公式化简即可；
(2)先设点的坐标再应用点在椭圆上求出两直线方程，利用两点间的距离公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式求面积，化简即可证得结论.
【详解】（1）由题意知，
化简整理得曲线的轨迹方程为．
（2）设，
由题意知．
由，可知分别为的中点，
所以，．
由

得，
．
同理，
所以都在直线上．
由

得，
又因为直线过坐标原点，
所以，
又点到直线的距离，
所以，．
又，
故．
所以的面积为定值．
66．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论、时恒成立问题，其中时，构建，将原命题转为恒成立问题，再结合导数法研究单调性，将命题转为恒成立，最后分离参数，结合导数法求最值即可.
（2）设出切点，由导数法针对不同切点求公切线方程，即可利用切线方程为同一条直线列方程组，最后结合零点存在定理讨论方程组解的个数.
【详解】（1）显然，
恒成立，即恒成立，即恒成立，
即恒成立，即恒成立．
当时，上式显然成立，故只需满足时恒成立即可．
设，则上式化为.
而，可得在，，单调递减，在，，单调递增．
因此（*）式恒成立，只需恒成立，即对恒成立，于是恒成立，即．
设，则，
可得在，，单调递增，在，，单调递减，
则，于是，∴实数的最小值为．
（2）证明：设直线分别切的图象于点，
由可得，得的方程为，即．
由可得，得的方程为，即．
比较的方程，得，消去，得．
令，则．
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
．
，
在上有一个零点．
由，得，
在上有一个零点，
在上有且只有两个零点，
故有且只有两条直线与函数的图象都相切．
【点睛】（1）恒成立问题，一般可用参数分离法，转化为讨论不含参的部分的最值；或者对参数分类讨论，逐个击破；
（2）公切线条数问题，设出切点，由导数法针对不同切点求公切线方程，利用切线方程为同一条直线列方程组，最后结合零点存在定理讨论方程组解的个数.