江西省南昌市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份江西省南昌市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共65页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省南昌市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2022·江西南昌·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2022·江西南昌·统考一模）已知（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点一定在（    ）
A．实轴上 B．虚轴上
C．第一､三象限的角平分线上 D．第二､四象限的角平分线上
3．（2022·江西南昌·统考一模）根据分类变量x与y的观察数据，计算得到．依据下面给出的临界值表，

0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005

0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
可知下列判断中正确的是（    ）
A．有95%的把握认为变量x与y独立
B．有95%的把握认为变量x与y不独立
C．变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
D．变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%
4．（2022·江西南昌·统考一模）圆柱形玻璃杯中盛有高度为10cm的水，若放入一个玻璃球（球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同）后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为（    ）
A． B．15cm C． D．20cm
5．（2022·江西南昌·统考一模）已知，，则“”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
6．（2022·江西南昌·统考一模）已知数列的前项和为，，，则（    ）
A．12 B． C． D．
7．（江西省南昌市2022届高三第一次模拟测试数学（理）试题）已知若，则（    ）
A．2 B． C．1 D．0
8．（2022·江西南昌·统考一模）纳皮尔在他的《奇妙的对数表》一书中说过：没有什么比大数的运算更让数学工作者头痛，更阻碍了天文学的发展.许凯和斯蒂菲尔这两个数学家都想到了构造了如下一个双数列模型的方法处理大数运算.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
4
8
16
32
64
128
256
512
1024
11
12
…
19
20
21
22
23
24
25
…
2048
4096
…
524288
1048576
2097152
4194304
8388608
16777216
33554432
…
如，我们发现512是9个2相乘，1024是10个2相乘.这两者的积，其实就是2的个数做一个加法.所以只需要计算.那么接下来找到19对应的数524288，这就是结果了.若，则落在区间（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·江西南昌·统考一模）的内角，，所对边分别为，，，若，，的面积为，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·江西南昌·统考一模）已知在边长为6的菱形中，，点，分别是线段，上的点，且.将四边形沿翻折，当折起后得到的几何体的体积最大时，下列说法：①；②平面；③平面平面；④平面平面，其中正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2022·江西南昌·统考一模）已知函数，若不等式的解集为，且，则函数的极大值为（    ）
A． B． C．0 D．
12．（2022·江西南昌·统考一模）已知，，是圆上的一个动点，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
13．（2021·江西南昌·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2021·江西南昌·统考一模）复数满足，则（     ）
A． B． C． D．
15．（2021·江西南昌·统考一模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，则＝（    ）
A． B．2 C．4 D．
16．（2021·江西南昌·统考一模）如图，，，分别是菱形的边，，，上的点，且，，，，现将沿折起，得到空间四边形，在折起过程中，下列说法正确的是（     ）

A．直线，有可能平行
B．直线，一定异面
C．直线，一定相交，且交点一定在直线上
D．直线，一定相交，但交点不一定在直线上
17．（2021·江西南昌·统考一模）中，角，，所对的边分别为，，，满足，，，则（     ）
A．2 B． C． D．
18．（2021·江西南昌·统考一模）如图，将框图输出的看成输入的的函数，得到函数，则的图象（     ）

A．关于直线对称 B．关于直线对称
C．关于轴对称 D．关于点对称
19．（2021·江西南昌·统考一模）已知直线的方程是，则“原点在直线的右上方”是“点”在直线的右上方的（    ）
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
20．（2021·江西南昌·统考一模）已知正数满足，则（    ）
A． B． C． D．
21．（2021·江西南昌·统考一模）许多建筑融入了数学元素，更具神韵，数学赋予了建筑活力，数学的美也被建筑表现得淋漓尽致.已知下面左图是单叶双曲面（由双曲线绕虚轴旋转形成立体图形）型建筑，右图是其中截面最细附近处的部分图象.上、下底面与地面平行.现测得下底直径米，上底直径米，与间的距离为80米，与上下底面等距离的处的直径等于，则最细部分处的直径为（     ）

A．10米 B．20米 C．米 D．米
22．（2021·江西南昌·统考一模）已知，则（    ）
A．或1 B．或－1
C．或1 D．或－1
23．（2021·江西南昌·统考一模）如图所示某加油站地下圆柱体储油罐示意图，已知储油罐长度为，截面半径为（为常量），油面高度为，油面宽度为，储油量为（为变量），则下列说法：
①是的函数   ②是的函数   ③是的函数  ④是的函数

其中正确的个数是（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
24．（2021·江西南昌·统考一模）已知的最小值为0，则正实数的最小值是（    ）
A． B． C． D．1
25．（2023·江西南昌·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·江西南昌·统考一模）设复数满足，则（    ）
A．2 B． C． D．
27．（2023·江西南昌·统考一模）如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（    ）

A．， B．， C．， D．，
28．（2023·江西南昌·统考一模）已知x，y为正实数，则“”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
29．（2023·江西南昌·统考一模）“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线和构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线，的焦点分别为，，点在拋物线上，过点作轴的平行线交抛物线于点，若，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6
30．（2023·江西南昌·统考一模）执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（    ）

A． B． C． D．
31．（2023·江西南昌·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
32．（2023·江西南昌·统考一模）圆锥的底面半径为1，母线长为2，是圆锥的轴截面，是的中点，为底面圆周上的一个动点（异于两点），则下列说法正确的是（    ）
A．存在点，使得 B．存在点，使得
C．平面 D．三棱锥体积最大值为
33．（2023·江西南昌·统考一模）二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：
对于任意实数，
当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：
.
用这样的方法，估计的近似值约为（    ）
A．2.922 B．2.926 C．2.928 D．2.930
34．（2023·江西南昌·统考一模）已知一簇圆，直线是它们的一条公切线，则（    ）
A． B．1 C． D．2
35．（2023·江西南昌·统考一模）已知函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
36．（2023·江西南昌·统考一模）如图，一块三角形铁片，已知，，，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点，，.如果过点作一条直线分别交，于点，，并沿直线裁掉，则剩下的四边形面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题
37．（2022·江西南昌·统考一模）已知中心在原点的双曲线的离心率为2，右顶点为，过的左焦点作轴的垂线，且与交于，两点，若的面积为9，则的标准方程为___________.
38．（2022·江西南昌·统考一模），是互相垂直的单位向量，，，则在上的投影为___________.
39．（2022·江西南昌·统考一模）从的展开式各项的系数中任取两个，其和为奇数的概率是___________.
40．（2022·江西南昌·统考一模）已知数列，，，，，是数列的前项和，则___________.
41．（2021·江西南昌·统考一模）已知，则向量夹角的余弦值为_________．
42．（2021·江西南昌·统考一模）的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为________．
43．（2021·江西南昌·统考一模）2020年，全球展开了某疫苗研发竞赛，我为处于领先地位，为了研究疫苗的有效率，在某地进行临床试验，对符合一定条件的10000名试验者注射了该疫苗，一周后有20人感染，为了验证疫苗的有效率，同期，从相同条件下未注射疫苗的人群中抽取2500人，分成5组，各组感染人数如下：
调查人数
300
400
500
600
700
感染人数
3
3
6
6
7
并求得与的回归方程为，同期，在人数为10000的条件下，以拟合结果估算未注射疫苗的人群中感染人数，记为；注射疫苗后仍被感染的人数记为，则估计该疫苗的有效率为__________． （疫苗的有效率为；参考数据：；结果保留3位有效数字）
44．（2021·江西南昌·统考一模）如图，是圆台的轴截面， ，过点与垂直的平面交下底圆周于两点，则四面体的体积为__________．

45．（2023·江西南昌·统考一模）已知向量，，若，则______．
46．（2023·江西南昌·统考一模）双曲线的渐近线方程为______.
47．（2023·江西南昌·统考一模）在四棱锥中，底面为梯形，，，点在侧棱上，点在侧棱上运动，若三棱锥的体积为定值，则_____
48．（2023·江西南昌·统考一模）潮汐现象是地球上的海水在太阳和月球双重引力作用下产生的全球性的海水的周期性变化，人们可以利用潮汐进行港口货运.某港口具体时刻（单位：小时）与对应水深（单位：米）的函数关系式为.某艘大型货船要进港，其相应的吃水深度（船底与水面的距离）为7米，船底与海底距离不小于4.5米时就是安全的，该船于2点开始卸货（一次卸货最长时间不超过8小时），同时吃水深度以0.375米/小时的速度减少，该船8小时内没有卸完货，要及时驶入深水区域，则该船第一次停止卸货的时刻为______.

三、解答题
49．（2022·江西南昌·统考一模）已知圆心在坐标原点的两个同心圆的半径分别为1和2，点和点分别从初始位置和处，按逆时针方向以相同速率同时做圆周运动.

(1)当点运动的路程为时，求线段的长度；
(2)记，，求的最大值.
50．（2022·江西南昌·统考一模）如图，三棱锥的底面为直角三角形，为斜边的中点，顶点在底面的投影为，，，.

(1)求的长；
(2)求二面角的余弦值.
51．（2022·江西南昌·统考一模）为弘扬中国传统文化，某电视台举行国宝知识大赛，先进行预赛，规则如下：①有易､中､难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次.四轮答题得分总和不低于10分进入决赛.选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如下表：

容易题
中等题
难题
答对概率
0.6
0.5
0.3
答对得分
3
4
5
(1)若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；
(2)甲四轮答题中，选择了一个容易题､两个中等题､一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为，求随机变量的数学期望.
52．（2022·江西南昌·统考一模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，，求证：.
53．（2022·江西南昌·统考一模）已知面积为的等边（是坐标原点）的三个顶点都在抛物线上，过点作抛物线的两条切线分别交轴于，两点.
(1)求的值；
(2)求的外接圆的方程.
54．（2022·江西南昌·统考一模）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；
(2)若直线与曲线在直角坐标系第一象限交于点，点的极坐标为，求的面积.
55．（2022·江西南昌·统考一模）已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)，使得，求的取值范围.
56．（2021·江西南昌·统考一模）已知为公差不为0的等差数列，且，，，成等比数列.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和.
57．（2021·江西南昌·统考一模）如图三棱柱中，，侧面是矩形，侧面是菱形，，是棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）设是的中点，求二面角的余弦值．
58．（2021·江西南昌·统考一模）已知函数为自然对数的底数）．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若在上单调递增，求证：．
59．（2021·江西南昌·统考一模）为加强防疫宣传，某学校举行防疫知识问答竞赛，竞赛共有两类题，第一类是5个中等难度题，每答对一个得10分，答错得0分，第二类是数量较多、难度相当的难题，每答对一个得20分，答错一个扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4个回答（每个题抽后不放回），要求第二类题中至少抽2个．学生小明第一类5题中有4个答对，第二类题中答对每个问题的概率都是．
（1）若小明选择从第一类题中抽两个题，求这次竞赛中，小明共答对3个题的概率；
（2）若小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，后面三个题应该选择从第二类题中抽出多少个题回答？
60．（2021·江西南昌·统考一模）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的动直线与抛物线交于两点，直线过点，且点关于直线的对称点．

（1）求抛物线的方程，并证明直线是抛物线的切线；
（2）过点且垂直于的直线交轴于点，，与抛物线的另一个交点分别为，记的面积为，的面积为，求的取值范围．
61．（2021·江西南昌·统考一模）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的参数方程为：（为参数），直线的极坐标方程为：.
（Ⅰ）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（Ⅱ）设，是曲线与直线的公共点，，求的值.
62．（2021·江西南昌·统考一模）已知．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
63．（2023·江西南昌·统考一模）已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且．
(1)求k的值；
(2)求数列的通项公式．
64．（2023·江西南昌·统考一模）已知直四棱柱的底面为菱形，且，，点为的中点.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
65．（2023·江西南昌·统考一模）已知函数.
(1)若时，函数有3个零点，求的取值范围；
(2)若，，方程有解，求的取值范围.
66．（2023·江西南昌·统考一模）某班准备购买班服，确定从，两种款式中选出一种统一购买，现在全班50位同学赞成购买，款式的人数分别为20，30位，为了尽量统一意见，准备在全班进行三轮宜传，每轮宣传从全班同学中随机选出一位，介绍他赞成款式的理由，假设每轮宣传后，赞成该同学所选款式的不会改变意见，不赞成该同学所选款式的同学会有5位改变意见，赞成该同学所选款式.
(1)计算第二轮选到的同学赞成款式的概率.
(2)设经过三轮宜传后赞成款式的人数为，求随机变量的期望.
67．（2023·江西南昌·统考一模）已知椭圆过、、、四个点中的三个点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于、两点，直线、分别交椭圆于、两点，求直线的斜率.
68．（2023·江西南昌·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：．
(1)当时，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．
(2)直线l与曲线C交于A，B两点，若|AB|=2，求的值．
69．（2023·江西南昌·统考一模）已知，且．
(1)求证：；
(2)求的最小值．

参考答案：
1．C
【分析】解不等式，求出集合A和B，进而求出交集.
【详解】，解得：，所以，，解得：或，故，故
故选：C
2．C
【分析】设出，从而得到，即，得到复数在复平面内所对应的点在第一､三象限的角平分线上.
【详解】设，则，则，即，从而，故，所以复数在复平面内所对应的点在直线上，即第一､三象限的角平分线上.
故选：C
3．D
【分析】依据表中给出的 独立性检验求解.
【详解】解：因为 ，且 ，
所以依据表中给出的 独立性检验知：变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过10%，
故选：D
4．B
【分析】由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积, 水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为,列出方程即可得到答案.
【详解】由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积.
设玻璃球的半径为，即圆柱形玻璃杯的底面半径为
则玻璃球的体积为，圆柱的底面面积为
若放入一个玻璃球后，水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为
所以，解得
故选：B
5．A
【分析】在同一坐标系中作出集合和集合表示的区域，再根据充分条件、必要条件即可得到结果.
【详解】集合表示函数在第一象限的图象，集合和集合表示的区域如图所示：

由图可知，集合和集合的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6．D
【分析】取，可知为等比数列，然后可解.
【详解】因为，取，则有，所以是首项、公比都为2的等比数列，所以.
故选：D
7．B
【分析】由题意在,上分别单调递增，由条件即，从而得出，解出答案.
【详解】作出函数的图像，在,上分别单调递增.
由，
若，即，此时，
所以，即，解得或（不满足，舍去）
此时满足题意，则
若，此时不存在满足条件的
故选：B

8．B
【分析】根据对数运算，对进行化简，从表格数据入手，得到，进而求出答案.
【详解】，设，，由表格得知：，，，，所以，，所以，，则
故选：B
9．D
【分析】首先由面积公式求出，再用余弦定理计算可得；
【详解】解：因为，，的面积为，所以，
所以，由余弦定理即，
解得；
故选：D
10．B
【分析】先平面平面，先判断出①②，过点作交于，过作交于点 过点作交的延长线于，过作交的延长线于点，得出三棱柱为直三棱柱，且几何体的体积与三棱柱体积相同，当时面积最大值，从而判断出③④
【详解】将四边形沿翻折,得到几何体
在几何体中，平面，平面
所以 平面
平面，平面
所以 平面
又,所以平面平面
平面,所以平面，故②正确.
过点作交于，过作交于点
过点作交的延长线于，过作交的延长线于点
则四棱锥与是全等的两个四棱锥.
由，则,，，所以平面
平面,平面, 平面,则与不垂直，故①不正确
三棱柱为直三棱柱.
几何体的体积与三棱柱体积相同.
三棱柱的体积为
在直角三角形中,，所以
所以
当面积最大值时，几何体的体积最大.
当时面积最大值. 由, ，则平面
又平面，所以平面平面; 故③正确.
若平面平面，由面平面
过作交于点，则平面
则过点有两条直线与平面垂直，这与过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直相矛盾.
所以④不正确.
故选：B

11．B
【分析】根据三次函数的图象特征，确定大致图象，进而设出，利用导函数求出极大值点，进而求出极大值.
【详解】为三次函数，其图象可能情况有如下5种：


不等式的解集为，且，故其具体图象为图1类，如下图：

，由于为的二重根，故可设，
，
令，解得：，或，且当或上，，当，，故是的极大值点，故极大值为.
故选：B
12．D
【分析】设，分别表示出，由余弦定理得到：，利用求出最大值.
【详解】设，则，其中.
因为，，所以.

由余弦定理得：，因为，所以.
所以.
记.
则
所以令，解得：；令，解得：；
所以.
故选：D
【点睛】解析几何中与动点有关的最值问题一般的求解思路：
①几何法：利用图形作出对应的线段，利用几何法求最值；
②代数法：把待求量的函数表示出来，利用函数求最值.
13．D
【分析】解一元二次不等式求出集合，然后计算，再由正弦函数的值域计算集合，与求交集即可求解.
【详解】或，
所以，
，
所以，
故选：D.
14．C
【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据模的计算公式计算可得；
【详解】解复数满足，
,
．
故选：．
15．D
【分析】根据椭圆的标准方程求出，可求得的值.
【详解】由得，所以，所以，
所以，所以.
故选：D
16．C
【分析】由已知可得四边形为平面四边形，且，，然后逐一分析四个选项得答案．
【详解】解：，，
，则，且，
又，，
，则，且，
，且，
四边形为平面四边形，故直线，一定共面，故错误；
若直线与平行，则四边形为平行四边形，可得，与矛盾，故错误；
由，且，，，可得直线，一定相交，设交点为，
则，又平面，可得平面，同理，平面，
而平面平面，，即直线，一定相交，且交点一定在直线上，故正确，错误．
故选：．

17．C
【分析】先根据三角形内角和求得，进而利用正弦定理求得．
【详解】解：由题意可知，，
由正弦定理可知，
所以．
故选：．
18．D
【分析】由框图得到分段函数，再利用分段函数性质验证选项得解.
【详解】由框图得到分段函数 画出图象如下

则由图得D正确
故选D
19．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
【详解】若原点在直线：的右上方，则，可得，
若点在直线：的右上方，则，可得，
因为可得出，
但得不出，
所以是的充分不必要条件，
即可得“原点在直线的右上方”是“点”在直线的右上方的充分不必要条件，
故选：A.
20．B
【分析】根据的范围，得到的范围，再结合指数函数和二次函数的图象可得答案.
【详解】因为，，，
所以，，，，
和的图象如图：

由图可知，又，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：利用指数函数和二次函数的图象求解是解题关键.
21．B
【分析】利用题中的条件，建立直角坐标系，可以求出双曲线的标准方程，即可解出．
【详解】解：建立如图的坐标系，

依题意，与间的距离为80米，与上下底面等距离的处的直径等于，根据双曲线的对称性，点与点的纵坐标互为相反数，所以，则
由题意可知，，，，
设双曲线方程为：，
，解得，，
，
故选：．
22．A
【分析】由根据诱导公式和二倍角的余弦公式求出，再根据诱导公式将化为可求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以，
所以或，
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用诱导公式和二倍角的余弦公式求解是解题关键.
23．B
【分析】根据函数的定义逐个分析可得答案.
【详解】因为，所以，所以是的函数，故④正确；
因为，所以，对于的每一个取值，都有2个与之对应，所以不是的函数，故③不正确；
由知，对于的每一个取值，都有2个与之对应，而对于的每一个取值，弓形的面积都有一个取值与之对应，所以根据柱体体积公式可知，对于的每一个取值，都有2个与之对应，所以不是的函数，故②不正确；
根据根据柱体体积公式可知，对于每一个确定的，都有唯一的一个与之对应，对于每一个确定的，都有唯一的与之对应，所以是的函数，故①正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：掌握函数的定义是解题关键.
24．C
【分析】转化为的图象在函数的图象的上方相切，利用两个函数的图象以及导数的几何意义可求得结果.
【详解】因为函数的最小值为0，
所以的图象在函数的图象的上方相切，

因为，所以的图象与轴的交点在轴负半轴上，
由图可知当正数最小时，直线 与在内的图象相切，
设切点为，因为，所以，即，
因为，所以，所以，
由得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：转化为的图象在函数的图象的上方相切是解题关键.
25．A
【分析】利用对数式有意义及交集的定义即可求解.
【详解】由，得，
所以.
由，得，即，解得，
所以，
所以.
故选：A.
26．C
【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，于是，
故选：C
27．D
【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.
【详解】由题意可得：，则，
故，
∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.
故选：D.
28．B
【分析】利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可．
【详解】当时，取，则，
所以“”不是“”的充分条件；
当时，得，即，则，
所以“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
29．D
【分析】根据抛物线的对称性求出P点横坐标，再由抛物线定义求出即可.
【详解】因为，即，由抛物线的对称性知，
由抛物线定义可知，，即，解得，
故选：D
30．B
【分析】模拟程序运行，观察运行中变量的值，可得结论．
【详解】由程序框图知
．
故选：B
31．B
【分析】利用对数的性质可得；结合幂函数的在上单调递增，可得；由，结合对数函数的性质可得，进而求解.
【详解】.
因为幂函数在上单调递增，
所以.
因为，
所以，即，
所以.
故选：B.
32．C
【分析】假设存在点，使得，可得，显然与矛盾，可知A错误；若存在点，使得，可得，与矛盾，所以B错误；由可知，利用线面平行的判定定理可得平面，即C正确；易知底面积，所以三棱锥的体积，即D错误.
【详解】根据题意可知，如下图所示：

对于A，因为是直径，所以，
假设存在点，使得，又因为，平面，
所以平面，又平面，所以；
又因为都是母线，即，所以不成立，所以不存在点，使得，即A错误；
对于B，是的中点，是的中点，所以，
若存在点，使得，所以，这与矛盾，所以B错误；
对于C，因为分别是、的中点，所以，
平面，平面，由线面平行的判定定理可得平面；所以C正确；
对于D，易知三棱锥的高为，所以当底面积最大时，其体积最大；
又因为，所以，
当且仅当时等号成立，
所以，即三棱锥的体积，
即三棱锥的体积的最大值为，所以D错误.
故选：C
33．B
【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.
【详解】.
故选：B.
34．A
【分析】由题意可分析圆心在上，再根据半径得到轴是该圆簇的切线，从而由直线的对称求得解析式即可.
【详解】由题意可知：圆心在直线上，到轴的距离为，
而圆簇的半径也是，故轴是该圆簇的切线，
即轴与关于对称.
设倾斜角为，与轴正方向夹角为，
则，所以
而轴，，必都交于原点，故，即
故选：A
35．D
【分析】由幂函数的奇偶性及单调性即可解得.
【详解】易知是奇函数且单调递增，
故原不等式等价于
即
所以，
所以在任意的上恒成立，故.
故选：D
36．A
【分析】分析可将问题转化为求面积的最小值，利用正弦定理及基本不等式即可解决.
【详解】设
则
=
化简得：
，当且仅当，即时取得等号，故
而
当面积的最小时，剩下的四边形面积的最大为
故选：A
【点睛】本题考察平面图形的面积最值，可转化为求三角形面积最值，一般情况都可以转化为利用基本不等式或者同一变量的函数值域问题，属于压轴题.
37．
【分析】算出通径，然后根据三角形面积和离心率列方程组可解.
【详解】设双曲线标准方程为
令，则，得，所以，
易知，所以…①，
又…②，…③，联立①②③求解得：，
所以双曲线方程为：.
故答案为：
38．/1.4
【分析】求出及的值，利用公式求出在上的投影.
【详解】因为，是互相垂直的单位向量，所以，则，所以，而
所以在上的投影为
故答案为：
39．
【分析】首先写出二项式的展开式，即可得到各项系数有4个奇数、2个偶数，再根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：展开式的通项为，所以
，即的展开式各项的系数中，有4个奇数、2个偶数，现从中任取两个一共有种取法，其和为奇数的有种结果；
故其和为奇数的概率
故答案为：
40．674
【分析】先得出当为奇数时，，当为偶数时，；当时，是以1,1,0进行周期循环，则当时，数列每3项的和为2，然后分前8项和从8项以后分别求和即可.
【详解】,则当为奇数时，，当为偶数时，
，，
，，，
，，，
，，
当时，是以1,1,0进行周期循环.
当时，数列每3项的和为2，余下的再单独相加.


故答案为：674
41．
【分析】先计算，再由即可求解.
【详解】因为，所以 ，
因为
所以，
故答案为：.
42．
【分析】根据二项式系数的性质求出，再根据二项展开式的通项公式可求得结果.
【详解】因为的展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以，所以，
其通项公式为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：.
43．
【分析】先求出线性回归方程中的值，从而可求，再根据题设中的计算方法可求疫苗的有效率.
【详解】由题设表格中的数据可得，故，
故，而，
故疫苗有效率为，
故答案为：.
44．
【分析】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，可证，根据轴截面的各线段的长度可求体积.
【详解】
如图，连接，设交于，连接，
过作，交于，
因为平面，平面，又平面，故.
因为梯形是圆台的轴截面，故平面平面，
因为，平面，平面平面，
故平面，而平面，故，
而，故平面，而平面，
故，同理，而为底面圆的直径，故为的中点，
故为等腰三角形，所以.
如图，在梯形中，

因为，，而，
故，故为等腰直角三角形，故，
故，故，所以，
故四边形为平行四边形，结合可得为矩形，
故.
在底面圆中，设底面圆的圆心为，则，故，
故.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：三棱锥体积的计算，关键是选择合适的底面和顶点，在计算过程中，注意垂直关系的转化.
45．
【分析】求出向量、的坐标，利用平面向量的模长公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为，，则，，
因为，则，解得.
故答案为：.
46．
【分析】根据双曲线性质即可求出结果.
【详解】根据双曲线性质可知所求渐近线方程为，
即，
故答案为：.
47．2
【分析】根据给定条件，由面积为定值，借助等体积法确定平面即可计算作答.
【详解】在四棱锥中，点是侧棱上的定点，则面积为定值，
三棱锥的体积为定值，因此点到平面的距离为定值，
又点是侧棱上的动点，于是侧棱上的所有点到平面的距离都相等，则平面，

如图，连接，连接，平面平面，而平面，
因此，有，梯形中，，，则，
所以.
故答案为：2
48．6时
【分析】令船底与海底距离为，则，化简后求导判断单调性，从而确定当时，，即可求解.
【详解】令船底与海底距离为，则，
所以，所以，
又，，
所以，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增；在上单调递减.
又因为，
所以当时，；当时，
所以该船第一次停止卸货的时刻为6时.
故答案为：6时
49．(1)；
(2)

【分析】（1）通过A点运动的路程，求出的大小，再借助余弦定理求边长.
（2）设出角度，分别表示和，借助倍角公式转化成二次函数的最值问题.
【详解】（1）因为点运动的路程为，，所以，又，所以，，
由余弦定理，所以.
（2）设则，所以，，则
，所以当时，取得最大值.
50．(1)1；
(2).

【分析】（1）连接BD，证明EC⊥平面PDB得EC⊥BD，根据边长和角度关系可得CD＝BE；
（2）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
（1）
连接BD交EC于F：

∵顶点在底面的投影为，∴PD⊥平面ABCD，∵EC平面ABCD，∴PD⊥EC，
又∵EC⊥PB，PD∩PB＝P，∴EC⊥平面PDB，∵BD平面PDB，∴EC⊥BD.
∵∠ACB＝90°，AB＝2，BC＝1，E是AB中点，
∴EC＝EB＝EA＝BC＝1，∴三角形BEC是等边三角形，∴F是EC中点，
又∵BE∥CD，∴易知△CDF≌△EBF，∴CD＝BE＝1；
（2）
连接AD，则由（1）易知四边形ABCD是等腰梯形，∠ACB＝∠ADB＝90°，
故可以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
则，，，，
设平面PCD的法向量为，
则，取，则，
设平面EPC的法向量为，
则，取，则，
设二面角D－PC－E的平面角为，
则.
51．(1)选择容易题进行答题，理由见解析；
(2)

【分析】（1）依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：即都选择容易题，都选择难题，选择一个容易题、一个难题，分别求出总得分不低于10分的概率，即可判断；
（2）依题意的可能取值为、、、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列，再求出数学期望即可；
【详解】（1）解：依题意甲前两轮都选择了中等题，则后两轮的选择还有三种方案：
方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；
方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；
方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为；
因为，所以后两轮应该选择容易题进行答题；
（2）解：依题意的可能取值为、、、、、，
则，，
，，
，，
所以的分布列为：














所以
52．(1)单调递增区间为、，递减区间为；
(2)证明过程见解析.

【分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可；
（2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可.
【详解】（1）当时，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以函数的单调递增区间为、，递减区间为；
（2），
因为函数恰有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，
设为且，因为函数当时图象关于直线对称，
所以，即，
因为，所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
即，，
于是有，因为，所以，
所以，而，
所以
设，，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最小值，即，
因此有，即.
【点睛】关键点睛：根据极值的定义，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性是解题的关键.
53．(1)1；
(2).

【分析】（1）根据面积求出等边三角形的边长，进而求出点A的坐标，从而求出p的值；
（2）设出切线方程，并与抛物线E的方程联立，借助判别式切线方程，可求出点M，N的坐标，然后由几何法求出圆的方程作答.
（1）
依题意，不妨令点A在第一象限，设，，则有，，
因是等边三角形，即，则，即，
整理得：，而，于是得，有，
因此，点A，B关于x轴对称，而，则直线OA的倾斜角为，从而得，，
又等边的面积为，于是得，即，解得，点，
因此，，解得，
所以.
（2）
由（1）知，抛物线的方程为：，点，显然过点P的抛物线E的切线不垂直于坐标轴，
设过点的抛物线的切线方程为：，由消去x并整理得：，
从而得，解得，，
依题意，所对切线为，由得，不妨令该切线与y轴交于点，
所对切线为，由得，该切线与y轴交于点，
的外接圆的圆心C在线段MN中垂线：上，设点，
由得，解得，即点，圆半径，
所以的外接圆的方程为：.
【点睛】方法点睛：几何法求圆的方程，就是解题过程中要用到圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；
②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线.
54．(1)，
(2)

【分析】（1）消去参数，可得直线的直角坐标方程，再根据将其化为极坐标即可；对两边同时乘以，在根据即可求出曲线的普通方程；
（2）由求出，将其转化为极坐标，再根据点的极坐标为，根据几何意义，利用面积公式，即可求出的面积.
(1)
解：由 （为参数），得到，
所以直线的极坐标方程为，
由，得到 ，
所以曲线的普通方程；
(2)
解：由，解得或，
由于直线与曲线在直角坐标系第一象限交于点，所以点，
将点转化为极坐标为 ，所以，
由于点的极坐标为，所以，
所以.
55．(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，再利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；
（2）将函数化为分段函数，画出函数草图，即可得到函数的最小值，依题意，
(1)
解：当时，，则等价于；
则或或，
解得或或
综上可得，即原不等式的解集为
(2)
解：因为，所以，函数图形如下所示：

所以当时，，由题意可知，问题转化为，即，因为，即，解得或（舍去），
综上所述：；
56．（Ⅰ），（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）由题设条件求得数列的公差，即可求得其通项公式；
（Ⅱ）先由（Ⅰ）求得，再利用裂项相消法求得其前项和即可．
【详解】解：（Ⅰ）设数列的公差为，
由题设可得：，
又，
，解得：，
；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：，
．
57．（1）证明见解析（2）
【分析】（1）先证，，再根据直线与平面垂直的判定定理可证结论；
（2）先证两两垂直，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.
【详解】（1）因为侧面是矩形，所以，
又因为，且，
所以平面，所以，
因为侧面是菱形，，是棱的中点，
所以，又，
所以平面.
（2）由（1）知，平面，所以，由平面，，
所以平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，
所以，，
设平面的法向量为，
则，得，得，
取，则，所以，
取平面的法向量，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】关键点点睛：证明两两垂直，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系进行求解是解题关键.
58．（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可求得结果；
（2）根据恒成立得到，构造函数，利用导数可证不等式成立.
【详解】（1）当时，,
,令得，
当时，，由，得或，由，得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.
当时，，恒成立，所以在上单调递增.
当时，，由，得或，由，得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.
综上所述：当时，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.
当时，在上单调递增.
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2），
令，得或，
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
所以，所以，
所以，
令，则，
令，则，
所以在上递增，又，所以时，，，当时，，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，即.
【点睛】关键点点睛：第（1）问，求导后，对分类讨论是解题关键，第（2）问利用恒成立求出是解题关键.
59．（1）；（2）第二类题目中选道.
【分析】（1）小明共答对3个题有两种情况：第一类题目答对道，第二类题答对道或第一类题目答对道，第二类题答对道，分别求概率再相加即可求解；
（2）有两种情况：第一类题目选道，第二类题目选道或第一类题目选道，第二类题目选道，分别计算两种情况下后三道题目得分的期望，即可求解.
【详解】（1）小明共答对3个题有两种情况：
当第一类题目答对道，第二类题答对道时，
第一类题目答对道概率为，第二类题答对道概率为，
此时小明共答对3个题概率为，
当第一类题目答对道，第二类题答对道时，
第一类题目答对道概率为，第二类题答对道概率为，
此时小明共答对3个题概率为，
所以小明共答对3个题的概率为，
（2）由题意知：有以下两种情况：
第一类题目选道，第二类题目选道，
第二类题目答对的数学期望为，答错的期望为，
所以这三道题得分的数学期望为分，
第一类题目选道，第二类题目选道，
由于小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，则剩下的个题中有个会做，
第一题得分的期望为分，
第二题得分的期望为分，
所以这三道题得分的数学期望为分，
因为，所以应从第二类题目中选道.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点选对正确的分布模型，才可准确求出概率以及数学期望，作出正确的决策.
60．（1）；证明见解析；（2）.
【分析】（1）由题意可得直线是的中垂线可得，即准线为，即可求解；计算即可求证；
（2）设设，，，，由可得与的关系，进而可得的范围，分别设出直线、的方程与抛物线方程联立可以求出的横坐标，由三角形的面积公式化简结合的范围即可求解.
【详解】（1）因为点与点关于直线对称，所以直线是的中垂线，
因为点在直线上，所以，
由，，可知与直线垂直，
所以直线是抛物线的准线，
由抛物线的定义可得，解得，
所以抛物线的方程为，
可得点，所以，从而直线的斜率为，
又因为抛物线方程，得，所以过点的切线斜率为，
所以直线是抛物线的切线；
（2）设，，，，
由题意可得：，即，得，
因为，所以，
令直线的方程为，
联立整理可得，可得，即，
设直线的方程为，
联立整理可得，可得，即，
同理可得：，因此，
，
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
61．（Ⅰ）曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
（Ⅱ）利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果．
【详解】解：（Ⅰ）已知曲线的参数方程为：为参数），所以，两式相加得，所以曲线的普通方程为；
直线的极坐标方程为：，根据，转换为直角坐标方程为．
（Ⅱ）直线的参数方程为为参数），代入；
得到，
所以，，
所以．
62．（1）或（2）
【分析】（1）分类讨论去绝对值可解得结果；
（2）分类讨论去绝对值,将不等式恒成立化为函数最值使不等式成立可求得结果.
【详解】（1）当时，不等式即为，
当时，不等式化为，解得，
当时，不等式化为，解得，
当时，不等式化为，解得，又，所以.
综上所述：不等式的解集为或.
（2），，
当时，为减函数，所以，因为不等式恒成立，所以，解得；
当时，，因为不等式恒成立，所以，解得；
当时，，因为为增函数，所以，因为不等式恒成立，所以，解得，
综上所述：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；
63．(1)2；
(2).

【分析】（1）运用代入法进行求解即可；
（2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）当时，，
当时，；
（2）因为，所以，则，
令，所以，则是等比数列，
因为，，所以，所以，
则

64．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点，通过证明得平面；
（2）方法一：取的中点，证明为二面角的平面角，在三角形中求；
方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面ACE的法向量，用空间向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）连接交于点，连接，

在直四棱柱中，
所以四边形为平行四边形，即，
又因为底面为棱形，所以点为的中点，点为的中点，即点为的中点，
所以，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）方法一：取的中点，连接，，，

在直棱柱中平面，所以，
又因为，，所以平面，
又平面，所以
因为在中，，且点为的中点，所以，
又，而点为的中点，所以，
又，所以平面，
又平面，即，
则为二面角的平面角，
在等腰直角三角形中，，又，
在直角三角形中，
所以，
即二面角的余弦值为.
方法二：因为底面为菱形，所以，
在直四棱柱中，分别为中点，故面，故，
如图，以，，分别为分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

因为在中，，且点为的中点，
所以，，
则，，，，
因为，，
设为平面的法向量，
则，即，得，
令，则，
平面的法向量，
设二面角为，
则.
由图知二面角为锐角，故二面角的余弦为.
65．(1)
(2)

【分析】（1）由函数有3个零点，可得与的图象有三个交点，结合导数分析单调性，再结合大致图象即可求解；
（2）由方程有解，即有解.设，则则，设，则恒成立，可得在单调递增，结合，，可得，可得在单调递减，在单调递增，进而求解.
【详解】（1）函数有3个零点，即有3个根，
即有3个根，
即与的图象有三个交点；
，
令，解得；令解得或，
即在单调递增，在单调递减，在单调递增.

又，，时，
所以，
即的取值范围为.
（2）由方程有解，
即有解.
设，
则，
设，
则恒成立，
故在单调递增，
又，，
且存在唯一的，使得，
所以，
且时，；时，.
即在单调递减，在单调递增，
时，时，
故要使得有解，只需，
故，
故，解得，
而在上单调递增，故，
又因为，故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：函数的零点问题，常转化为函数与函数的交点问题，进而利用导数分析函数的单调性，再结合大致图象进行求解.
66．(1)
(2)

【分析】（1）记第i轮宣传选中的同学是赞成款式的事件为，第i轮宣传选中的同学是赞成款式的事件为，记第二轮选到的同学赞成款式的概率为，由相互独立事件乘法公式、互斥事件的概率加法公式可得答案；
（2）求出的所有可能取值及概率，利用期望公式计算可得答案.
【详解】（1）记第i轮宣传选中的同学是赞成款式的事件为，
第i轮宣传选中的同学是赞成B款式的事件为，
记第二轮选到的同学赞成款式的概率为，
因为，，
则；
（2）经过三轮宣传后赞成款式的人数为的所有可能取值为5，15，25，35，
则，
，
，

所以分布列为

5
15
25
35





所以.
67．(1)
(2)

【分析】（1）分析可知点、在椭圆上，再对椭圆过点或点进行分类讨论，并将点的坐标代入椭圆方程，结合求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）法一：设、、、，设直线的方程为，由已知可得出，写出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，结合韦达定理可得出，，再利用斜率公式可得出直线的斜率；
法二：设、、、，写出直线的方程，将点的坐标代入可得，利用点差法可得出，进一步求得、的表达式，求出直线、的斜率，根据可得出，再利用斜率公式可求得直线的斜率；
法三：设、、、，设，，根据向量的坐标运算可得出，， ，，进一步可得出且，利用点差法结合、、三点共线得出，再利用斜率公式可求得直线的斜率.
【详解】（1）解：根据椭圆的对称性可知，
由于、关于轴对称，必同时在椭圆上，
若椭圆还经过点，则，
将点代入椭圆方程得求得，可得椭圆方程为；
若椭圆还经过点，则，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，不合乎题意.
综上所述，椭圆方程为.
（2）解：方法一：设、、、，
设直线的方程为，
由于直线过点，则有，①
设直线的方程为，
联立可得，
所以，
同理，进一步可得，.
直线的斜率为

；
方法二：设、、、，
因为、、三点共线，
则直线的方程为，
且将代入直线的方程，整理可得，③
由于、均在椭圆上，代入可得，
所以，，
将两式相减可得，
所以，④
则③④式可得：，
由③④式可得：，
直线的斜率为，
同理直线的斜率为，
而，所以，则.
那么.
方法三：设、、、，
设，，则，
所以，，所以，，同理可得，
同理，，
则且，
所以且，
因为、均在椭圆上，所以，，可得，
所以，，即，
又因为，所以，
所以，，同理可得，
因为、、三点共线，所以，
则，
所以，
所以，
所以的斜率.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
68．(1)，；
(2).

【分析】（1）根据加减消元法，结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；
（2）根据直线参数方程参数的意义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）当时，直线的参数方程为，
消去参数得，
即直线的普通方程为．
∵，∴，∵，∴，
则曲线的直角坐标方程为；
（2）将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中得
，化简得，
设A，B两点对应的参数为，，则，，
因为直线过点，
则，
解得．
69．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由已知条件可得出，等式两边平方，并结合基本不等式可证得结论成立；
（2）分析可知，，可得出，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）证明：因为，且，所以，，
故，即，
当且仅当时等号成立．
（2）解：因为，，且，所以，，则，，
所以
，
当且仅当时，即当时等号成立，所以最小值为．