江西省鹰潭市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份江西省鹰潭市三年（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，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江西省鹰潭市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知（i为虚数单位），在复平面内，复数z的共轭复数对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知集合，，则集合（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·江西鹰潭·统考一模）下列说法
①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变；
②设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位；
③线性回归方程必过点；
④设具有相关关系的两个变量，的相关系数为，则越接近于0，，之间的线性相关程度越高；
其中错误的个数是（    ）
A．3 B．2 C．1 D．0
4．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知直线，，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
5．（2021·江西鹰潭·统考一模）图①是程阳永济桥又名“风雨桥”，因为行人过往能够躲避风雨而得名．已知程阳永济桥上的塔从上往下看，其边界构成的曲线可以看作正六边形结构，如图②所示，且各层的六边形的边长均为整数，从内往外依次成等差数列，若这四层六边形的周长之和为156，且图②中阴影部分的面积为，则最外层六边形的周长为（    ）

A．30 B．42 C．48 D．54
6．（2021·江西鹰潭·统考一模）袋子中有四张卡片，分别写有“瓷、都、文、明”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“瓷”“都”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率.利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“瓷、都、文、明”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
232
321
230
023
123
021
132
220
001
231
130
133
231
031
320
122
103
233
由此可以估计事件A发生的概率为
A． B． C． D．
7．（2021·江西鹰潭·统考一模）如图1，直线将矩形分为两个直角梯形和，将梯形沿边翻折，如图2，在翻折过程中（平面和平面不重合），下列说法正确的是（    ）

A．在翻折过程中，恒有直线平面 B．存在某一位置，使得平面
C．存在某一位置，使得 D．存在某一位置，使得平面
8．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知是圆上任意一点，若是定值，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
9．（2021·江西鹰潭·统考一模）过点的直线与抛物线交于两点，，则面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．2
10．（2021·江西鹰潭·统考一模）如图为某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6
11．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为（    ）
A．π B．32π C．64π D．π
12．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知曲线在点处的切线与直线垂直，若，是函数的两个零点，则（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．R
14．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知复数满足 （其中为虚数单位），则复数的虚部为（    ）
A．1 B． C．2 D．
15．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知命题，；命题q：当，时，“”是“”的充分不必要条件.则下列命题中的真命题是（　　）
A． B． C． D．
16．（2022·江西鹰潭·统考一模）若则的值为（    ）
A． B． C． D．
17．（2022·江西鹰潭·统考一模）一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为（    ）

A．39 B．45 C．48 D．51
18．（2022·江西鹰潭·统考一模）第24届冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京市和张家口市举行，为了解奥运会会旗中五环所占面积与单独五个环面积之和的比值P，某学生做如图所示的模拟实验：通过计算机模拟在长为10，宽为6的长方形奥运会旗内随机取N个点，经统计落入五环内部及其边界上的点数为n个，已知圆环半径为1，则比值P的近似值为

A． B． C． D．
19．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知随机变量，且，则二项式的展开式中有理项的个数为(    )
A．5 B．6 C．7 D．8
20．（2022·江西鹰潭·统考一模）先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，则关于函数，下列说法正确的是（　　）
A．在上单调递增
B．当时，函数的值域是
C．其图象关于直线对称
D．最小正周期为，其图象关于点对称
21．（2022·江西鹰潭·统考一模）中，已知，设D是边的中点，且的面积为，则等于(    )
A．2 B．4 C．-4 D．-2
22．（2022·江西鹰潭·统考一模）设抛物线的焦点为F，准线为，过焦点的直线分别交抛物线于A，B两点，分别过A，B作的垂线，垂足为，.若，且的面积为，则抛物线C的方程为（　　）
A． B． C． D．
23．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知函数的导函数为，对任意的实数都有，且，若在上有极值点，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
24．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知是定义域为R的函数，且函数的图象关于直线对称，当时，，设，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
25．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知复数z满足：，则的虚部等于（    ）
A．1 B． C． D．
27．（2023·江西鹰潭·统考一模）在中，D为线段上一点，且，则（    ）
A．2 B．0.5 C． D．
28．（2023·江西鹰潭·统考一模）如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（    ）

A． B．
C．乙的成绩的中位数为 D．乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差
29．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
30．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知抛物线的焦点为F，准线为，点P为C上一点，过P作的垂线，垂足为A，若AF的倾斜角为，则（    ）
A．6 B．5 C．4 D．3
31．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
32．（2023·江西鹰潭·统考一模）使，的否定为假命题的一个充分不必要条件是（    ）
A． B． C． D．
33．（2023·江西鹰潭·统考一模）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
34．（2023·江西鹰潭·统考一模）如图，为正方体，下列错误的是（    ）

A．平面 B．平面平面．
C．与共面 D．异面直线与所成的角为90度
35．（2023·江西鹰潭·统考一模）打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术，如图所示的塔筒为打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为，下底直径为，高为，则喉部（最细处）的直径为（    ）

A． B． C． D．
36．（2023·江西鹰潭·统考一模）若函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．

二、填空题
37．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知，则_______．
38．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知均为等比数列，其前项和分别为，若对任意的，总有，则_____．
39．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知向量，且，若，其中、且，则的最小值为______.
40．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知，是双曲线的左，右焦点，点在双曲线的右支上，如果，则双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是__________．
41．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知向量，，且，则______.
42．（2022·江西鹰潭·统考一模）2021年12月，南昌最美地铁4号线开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去观洲、人民公园、新洪城大市场三个地方游览，每人只能去一个地方，人民公园一定要有人去，则不同游览方案的种数为______.
43．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知点、分别为双曲线的左、右焦点，点为的渐近线与圆的一个交点，为坐标原点，若直线与的右支交于点，且，则双曲线的离心率为______．
44．（2022·江西鹰潭·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，点M是线段上的动点，下列四个结论：
①存在点M，使得平面；
②存在点M，使得的体积为；
③存在点M，使得平面交正方体的截面为等腰梯形；
④若，过点M作正方体的外接球的截面，则截面的面积最小值为.
则上述结论正确的是______.

45．（2023·江西鹰潭·统考一模）观察下列等式：，根据上述规律写出第九个等式为_____________．
46．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知函数，若是从，，三个数中任取的一个数，是以，两个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为____________.
47．（2023·江西鹰潭·统考一模）的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为___________．
48．（2023·江西鹰潭·统考一模）直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为___________．

三、解答题
49．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知函数的最小正周期为.
（Ⅰ）求的单调递增区间；
（Ⅱ）若分别为的三内角的对边，角是锐角，，，求的面积.
50．（2021·江西鹰潭·统考一模）如图，在四棱锥中，，平面，，点为线段的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
51．（2021·江西鹰潭·统考一模）2019年12月份至今，新冠肺炎的爆发引起全球关注．新冠肺炎的感染病原体为新型冠状病毒，其传染性强，可通过呼吸道飞沫进行传播，传染后容易引起发热、干咳、乏力、呼吸困难等表现新冠肺炎具有一定的潜伏期，为研究潜伏期与患者年龄的关系，一研究团队统计了某地区200名患者的相关信息，得到如下列联表：

潜伏期不超过6天
潜伏期超过6天
总计
50岁以上（含50岁）
65
35
100
50岁以下
55
45
100
总计
120
80
200
（1）根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者的年龄有关？
（2）佩戴口罩可以有效预防新冠肺炎，N95、R95、P95是三种不同材质的口罩，已知某药店现有N95、R05、P95口罩的个数分别为54个，36个，18个，某质检部门按分层抽样的方法随机抽取6个进行质量检查，再从这6个口罩中随机抽取2个进行检验结果对比，求这2个口罩中至少一个是N95口罩的概率．
附：，其中．

0.10
0.05
0.01

2.706
3.841
6.635

52．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知椭圆的两个焦点均在以原点为圆心，短半轴长为半径的圆上，且该圆截直线所得的弦长为.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）已知直线与椭圆的两个交点为，，点的坐标为.问：的值是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.
53．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知函数（其中，为自然对数的底数）．
（1）若函数无极值，求实数的取值范围；
（2）当时，证明：．
54．（2021·江西鹰潭·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，直线l过点(1，0)，倾斜角为α，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是.
(1)写出直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)若α＝，设直线l与曲线C交于A，B两点，求△AOB的面积．
55．（2021·江西鹰潭·统考一模）已知函数，其中．
（1）若，求正实数的取值范围；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
56．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知正项数列的首项，前n项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
57．（2022·江西鹰潭·统考一模）如图所示，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.

(1)求证：平面；
(2)点M在线段上运动，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
58．（2022·江西鹰潭·统考一模）某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量与尺寸之间近似满足关系式（、为大于0的常数）.按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品.现随机抽取件合格产品，测得数据如下：
尺寸
38
48
58
68
78
88
质量
16.8
18.8
20.7
22.4
24
25.5
质量与尺寸的比
0.442
0.392
0.357
0.329
0.308
0.290
（1）现从抽取的件合格产品中再任选件，记为取到优等品的件数，试求随机变量的期望；
（2）根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如表：








（i）根据所给统计量，求关于的回归方程；
（ii）已知优等品的收益（单位：千元）与、的关系为，则当优等品的尺寸为何值时，收益的预报值最大？
附：对于样本，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，.
59．（2022·江西鹰潭·统考一模）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如下图1）
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕（如图2）.

(1)已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为的圆形纸片，设定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸.以点所在的直线为轴，线段的中垂线为轴，建立坐标系，求折痕所围成的椭圆（即图1中点的轨迹）的标准方程.
(2)经过椭圆的左焦点作直线，且直线l交椭圆于两点，问轴上是否存在一点，使得为常数，若存在，求出坐标及该常数，若不存在，说明理由.
60．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知函数，，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对于定义域内任意，恒成立，求实数的取值范围.
61．（2022·江西鹰潭·统考一模）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，），曲线C的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)设直线l与x轴交于点P，与曲线C交于两点A，B.求的取值范围.
62．（2022·江西鹰潭·统考一模）已知函数.
(1)解关于x的不等式；
(2)若的最小值为m，正数a，b，c满足，证明：.
63．（2023·江西鹰潭·统考一模）设数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)对于任意的正整数，，求数列的前项和．
64．（2023·江西鹰潭·统考一模）数据显示中国车载音乐已步入快速发展期，随着车载音乐的商业化模式进一步完善，市场将持续扩大，下表为2018—2022年中国车载音乐市场规模（单位：十亿元），其中年份2018—2022对应的代码分别为1—5．
年份代码x
1
2
3
4
5
车载音乐市场规模y
2.8
3.9
7.3
12.0
17.0
(1)由上表数据知，可用指数函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（a，b的值精确到0.1）；
(2)综合考虑2023年及2024年的经济环境及疫情等因素，某预测公司根据上述数据求得y关于x的回归方程后，通过修正，把b-1.3作为2023年与2024年这两年的年平均增长率，请根据2022年中国车载音乐市场规模及修正后的年平均增长率预测2024年的中国车载音乐市场规模．
参考数据：




1.94
33.82
1.7
1.6
其中，．
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为．
65．（2023·江西鹰潭·统考一模）如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，是的中点．

(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
66．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知函数，(e为自然对数的底数)，.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求实数m的值.
67．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴且焦点在轴上，抛物线：，若抛物线的焦点在椭圆上，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知斜率存在且不为零的直线满足：与椭圆相交于不同两点､，与直线相交于点.若椭圆上一动点满足：，，且存在点，使得恒为定值，求的值.
68．（2023·江西鹰潭·统考一模）在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线，直线l的参数方程为：（t为参数），直线l与曲线C分别交于两点.
(1)写出曲线C和直线l的普通方程；
(2)若点，求的值.
69．（2023·江西鹰潭·统考一模）已知关于的不等式有解．
(1)求实数的最大值；
(2)在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值．

参考答案：
1．D
【分析】求出复数z，写出，即得对应的点所在的象限.
【详解】，
复数z的共轭复数对应的点是，在第四象限.
故选：.
【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题.
2．B
【分析】求得集合，由此求得.
【详解】∵，，
∴，
故选：B
3．B
【分析】根据方差的知识确定①的正确性，根据回归直线方程的知识确定②③的正确性，根据相关系数的知识确定④的正确性.
【详解】①将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，正确；
②设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位，因此不正确；
③线性回归方程必过点，正确；
④设具有相关关系的两个变量，的相关系数为，则越接近于0，，之间的线性相关程度越弱，因此不正确．
其中错误的个数是2．
故选：B
4．A
【详解】若“”，
则m(m+1)+(m+1)(m+4)=0，解得：m=−1，或m=−2
故“”是“”的充分不必要条件，
故选A
5．C
【分析】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，这四层六边形的周长之和为156，由得到的关系，再根据阴影部分的面积为，由得到的关系联立求解.
【详解】设该图形中各层的六边形边长从内向外依次为，，，成等差数列，
由题意得，即，
所以，
因为阴影部分的面积，
所以，
联立得或（不合题意舍），
故，
所以最外层六边形的周长为48．
故选：C．
6．C
【解析】事件A即为表中包含数字0和1的组，根据表中数据，即可求解
【详解】事件A包含“瓷”“都”两字，即包含数字0和1，随机产生的18组数中，包含0,1的组有021,001,130,031,103，共5组，故所求概率为，故选C
【点睛】本题考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属基础题．
7．A
【分析】根据翻折过程中，始终，，利用面面平行的判定定理及性质，即可判定A正确；根据题中条件，得到与相交，可判断B错；根据题中条件，判定直线与平面相交，即可判定C错；根据题中条件，得到与不垂直，即可判定D错.
【详解】对于，由题意得：，，
∵，，∴平面平面，
∵平面，∴在翻折过程中，恒有直线平面，故A正确；
对于B，∵直线将矩形分为两个直角梯形和，
∴与相交，
∴不存在某一位置，使得平面，故B错误；
对于C，∵平面平面，平面，，所以直线与平面相交；∴不存在某一位置，使得，故C错误；
对于D，∵四边形是梯形，，
∴与不垂直，
∴不存在某一位置，使得平面，故D错误．
故选：A．
【点睛】思路点睛：
判断线线、线面位置关系时，一般需要结合相关概念，以及判定定理与性质定理，由题中条件，进行判断即可.
8．A
【分析】由题得，解不等式组即得解.
【详解】由题得
(分别表示点到直线和的距离.)
由题意可知此圆夹在两直线和之间时，是定值，
所以，
∴.
故选：A.
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9．A
【分析】设出直线的方程，以及两点的坐标，联立抛物线方程，利用韦达定理求得，再利用，将问题转化为求函数的最小值，即可容易求得.
【详解】设直线方程为，，，
由，得，
，，
，
当且仅当时，即直线方程为时，取得最小值.
面积的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查抛物线中三角形面积的范围问题，处理问题的关键是将三角形面积转化为求函数的最值.属中档题.
10．A
【分析】根据程序框图的功能，循环验证，直至不满足条件，跳出循环，输出结果.
【详解】由程序框图知：第一次循环，，，；
第二次循环，，，；
第三次循环，，，；
第四次循环，，，；
第五次循环，，，．
不满足条件，跳出循环，输出．
故选：A．
11．D
【分析】求出所在圆的半径，利用勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积．
【详解】令所在圆的圆心为，则圆的半径，
因为平面底面，
所以，
所以球的半径，
所以球的表面积．
故选：D
12．C
【分析】先对函数求导，根据题中条件，利用导数的几何意义求出；不妨令，结合图象与函数零点存在定理，确定与的范围，从而可得出结果.
【详解】由得，
所以曲线在点处的切线斜率为，
因为切线与直线垂直，所以，则，所以，
令，则，
作出和的图象，可知恰有两个交点，

因为零点为，，不妨令，则，，
故有，即．
又，，可得，所以；
又（因为，所以，又，所以，即，所以，因此）
，所以；即；
而，确定右边界，
所以
因此，，．
即ABD都错，只有C选项正确.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于利用函数零点存在性定理，结合函数解析式求出与的范围，即可求解.
13．A
【分析】先求出两集合，再求两集合的并集
【详解】由，得，
所以，
由，得，所以，
所以，
故选：A
14．C
【解析】利用复数除法、模的运算求得，由此求得的虚部.
【详解】依题意，
，
所以的虚部为.
故选：C
15．A
【分析】先判断命题与的真假，再结合逻辑连接词的真假原则判断即可.
【详解】解：对于命题，由于函数，故，，是真命题；
对于命题：当“”时“”成立，反之不然，故“”是“”的充分不必要条件，是真命题.
故是真命题，，，均为假命题.
故选：A
16．C
【分析】先化简得，再平方即得解.
【详解】因为
所以
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
两边平方得，，
所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查差角的正弦公式，考查二倍角的正弦余弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
17．D
【分析】利用已知条件将每一层有的塔的数目设为，依题意可知，…成等差数列，利用等差数列通项公式以及前项和公式即可得出结论.
【详解】设该数列为，依题意可知，，，…成等差数列，且公差为2，，
设塔群共有层，则，解得．
故最下面三层的塔数之和为．
故选：D.
18．B
【解析】根据比例关系求得会旗中五环所占面积，再计算比值.
【详解】设会旗中五环所占面积为，
由于，所以，
故可得.
故选：B.
【点睛】本题考查面积型几何概型的问题求解，属基础题.
19．B
【分析】根据正态分布的性质求出a，再根据二项式展开式的通项即可求解
【详解】由题可知，x轴上，0和a关于1对称，故a＝2；
的通项为，
当时，为有理项.
故选：B.
20．C
【分析】利用图象变换可得，然后利用正弦函数的性质逐项分析即得.
【详解】由题可得，
当时，，故函数在上不单调，故A错误；
当时，，故B错误；
当时，，故函数的图象关于直线对称，故C正确；
由可知，最小正周期为，又，故函数的图象不关于点对称，故D错误.
故选：C.
21．A
【解析】根据正、余弦定理求出；根据三角形面积公式求出；再根据D是边的中点，将，用和表示，再根据数量积的定义，即可求出结果．
【详解】∵，
∴，
∴，即，
∴，又角是的内角，
∴，
又，即 ，
∴；
又D是边的中点
∴
.
故选：A．
【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，同时考查了平面向量基本定理和数量积运算，属中档题．
22．B
【分析】由题，设直线的方程为，，进而与抛物线方程联立得①，②，再结合得③，进而得，最后根据的面积求解即可得，进而得答案.
【详解】解：由题知，，准线的方程为，
因为，故直线斜率存在，
设直线的方程为，，
所以联立方程得，
所以①，②
因为，③，
所以，由①②③得：，，即，
因为的面积为，
所以，即，
所以，即抛物线C的方程为.
故选：B

23．C
【分析】令，结合已知易得，即可写出，进而得到，再由、确定关于的含参数的解析式，根据题设有在上有零点，进而求的范围.
【详解】令，则，
∴，，故，
∴，又，
∴，即，则，
∵在上有极值点，
∴在上有零点，且，，
则，即.
故选：C
【点睛】关键点点睛：构造，结合已知求出的解析式并写出，根据极值点的区间，将问题转化为一元二次函数在区间上零点求参数范围.
24．B
【分析】由函数性质判断函数的对称性与单调性，构造函数即可比较与大小，又因为，即可求出结果．
【详解】由于函数的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称，
因为在上单调递减，
所以在上单调递减，
构造函数，则
当时，，所以在上单调递减，
故，所以，故
又因为，所以
故
故选：B
25．D
【分析】首先求集合，再求.
【详解】由题意可知，，且，
所以.
故选：D
26．C
【分析】先由已知得，计算求出复数，再求出其共轭复数，从而可求得其虚部.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以的虚部等于，
故选：C
27．C
【分析】根据向量的线性运算，用表示，求得，即得答案.
【详解】由题意得，
故
,
结合可得，
故，
故选：C
28．C
【分析】结合茎叶图的数据分布特点，以及统计数据的极差、平均数、中位数、方差，依次分析选项，即可得答案．
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；
对于B，乙的平均数为，解得，B正确；
对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；
对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；
故选：C．
29．B
【分析】化简，根据三角函数图象的平移变换可得的表达式，结合其性质，求得的表达式，即可求得答案.
【详解】由题意可得，
故，由于的图象关于y轴对称，
则为偶函数，故,即，
故的最小值为，
故选：B
30．A
【分析】画出图形，得到，求出，再利用焦半径公式求出.
【详解】由题意，得，准线方程为，
设准线与轴交于点K，，则，如图，

因为AF的倾斜角为150°，所以，
故，所以，
故，解得，
所以.
故选：A.
31．D
【分析】利用辅助角公式求得，然后利用二倍角公式计算即可.
【详解】，则，
则，
故选：D.
32．D
【分析】由题意知命题的否定为假命题，则命题为真命题，求出真命题成立的情况下的取值范围，再由选项即可判断出充分不必要条件.
【详解】由题使，的否定为假命题，知，为真命题，又，当且仅当时等号成立.所以是为真命题的充要条件，是为真命题的既不充分也不必要条件，是为真命题的既不充分也不必要条件，是为真命题的充分不必要条件.
故选：D.
33．D
【分析】通过函数奇偶性的定义对选项逐个进行判断，再取图象上的特殊点进行排除即可.
【详解】由图可知，在上的图象关于轴对称，所以在上为偶函数，故应先判断各选项中函数的奇偶性.
对A，，为偶函数，故A选项的函数为其定义域内的偶函数.
同理：
对C、D选项的均为其定义域内的偶函数，只有选项的为其定义域内的奇函数，从而排除选项B.
又，对A选项：，所以排除A.
而由图可知，对C选项：，，故排除C.
故选：D.
34．C
【分析】由线面平行的判定定理可判断A；由面面垂直的判定定理可判断B，由异面直线的定义可判断C；以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，可得，可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质知：，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，由正方体的性质知：平面，
平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
平面，则平面平面，故B正确；
对于C，平面，因为平面，平面，
平面，由异面直线的判定定理知与是异面直线，故C不正确；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
，，，，
，，
所以异面直线与所成的角为90度，故D正确.
故选：C.

35．D
【分析】画出塔筒的轴截面；以为喉部对应点，以所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系；设出双曲线的方程，根据题意写出点的坐标；把点的坐标代入双曲线方程即可求出答案.
【详解】该塔筒的轴截面如图所示，以为喉部对应点，以所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，设与分别为上，下底面对应点.
由题意可知，设，则，

设双曲线的方程为，因为双曲线的离心率为，所以.
所以方程可化简为，
将和的坐标代入式可得，解得，
则喉部的直径为.
故选：D.
36．C
【分析】由题意可知有两个实根，构造函数，利用导数研究函数的单调性及极值，作出函数的图象，利用数形结合思想即可求解.
【详解】由题意，得有两个实根，
设，则，
令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故当时，函数取得极大值，且，
又时，；时，；当时，，，
作出函数的大致图象，如图所示：

直线与的图象的两个交点的横坐标即分别为，
由题意知，又，，
因为存在唯一的整数，所以，
又直线与的图象有两个交点，
由图可知：，即.
故选：C.
【点睛】方法点睛：已知函数零点的情况求参数的取值范围，常用的方法有：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
37．2
【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数的基本关系式求得所求表达式的值.
【详解】已知
．
故答案为：2
38．9
【详解】由题意可知，，不妨设，
的公比分别为，
则，
，
解得（舍去），或，
所以.
故答案为：.
39．
【解析】由平面向量的数量积求出，再利用基本不等式求出的最小值，即可得到的最小值；
【详解】解：因为，且，且，

又、且
，当且仅当时取等号，

的最小值为，
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量的数量积及基本不等式的应用，属于中档题.
40．
【详解】渐近线的斜率为.设,根据双曲线的定义有,且,两式相除得到即由于,所以,所以,即斜率的取值范围是.
41．/0.4
【分析】根据向量垂直数量积为零，即可求解.
【详解】解：，又，
所以，解得：，
故答案为：.
42．65
【分析】利用间接法，利用分步计数原理求出没有限制的方案数，排除没人去人民公园的方案数，即得.
【详解】由题可知没有限制时，每人有3种选择，则4人共有种，
若没人去人民公园，则每人有2种选择，则4人共有种，
故人民公园一定要有人去的不同游览方案有种.
故答案为：65.
43．
【解析】由直线与圆相切于点，求得，根据双曲线的定义，化简得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，直线与圆相切于点，可得，
由双曲线的定义可知，，
，且，
所以，即，可得，
又由，联立解得，即．
故答案为：．

【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
44．①③④
【分析】连接，，由面面平行的判定与性质即可判断①；由锥体体积公式结合即可判断②；由线面平行的性质可判断③；由正方体、球的几何特征可判断④.
【详解】对于①，连接，，如图，

由正方体的几何特征可得平面平面，
令平面，则平面，
所以存在点M，使得平面，故①正确；
对于②，，
所以不存在点M，使的体积为，故②错误；
对于③，因为平面，
所以平面交平面的交线与平行，
由正方体的几何特征可得存在点M，使截面为等腰梯形，故③正确；
对于④，当且仅当M为截面圆的圆心时，截面圆的面积最小，
由正方体的几何特征可得该正方体的外接球球心为的中点，且半径为，
所以最小截面的半径，此时截面面积为，故④正确.
故答案为：①③④
45．
【分析】根据题意，分析题干所给的等式可得：，进而可得答案．
【详解】根据题意，分析题干所给的等式可得：

则,
故第九个等式为:
.
故答案为: .
46．/0.5
【分析】这是古典概型的题目，，的取法共有种.再根据函数有两个极值点，即导数有两个不同的根，求出的所有情况，根据古典概型的概率公式解出结果.
【详解】解：，的取法共有种，
又，由题意有个不等实根，
则，因为、均大于零，所以，
而满足的有，，共种，
故所求的概率为.
故答案为：.
47．
【分析】根据正弦定理将表达式边化角变形，结合正弦和角公式即可求得，结合同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中由基本不等式即可求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求得的值.
【详解】由正弦定理将变形可得
，
即，
由可得，
而是锐角，所以，
则由余弦定理可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，
故，故，
所以.
故答案为:
48．
【分析】由题意可确定直四棱柱的底面是正方形，设底面边长为a，侧棱长为h，可推出，得出其外接球的表面积的表达式，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为直四棱柱的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，
设直四棱柱底面边长为a，侧棱长为h，
则其侧面积为，故，
又该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
当且仅当，即时等号成立，
故其外接球的表面积的最小值为，
故答案为：
49．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换公式化简函数式可得,由周期为可求得，从而得到，由可求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）由先求出角，由余弦定理整理化简可得，代入三角形面积公式求之即可.
【详解】（Ⅰ）

∴，从而得到，
∴，
由可得：
，
所以的单调递增区间为；
（Ⅱ）∵，∴，
又角是锐角，∴，
∴，即，
又，
所以，
∴，∴，
∴.
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面；再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）根据题意，得到平面，推出点到平面的距离等于点到平面的距离，再根据题中条件，由，即可得出结果.
【详解】（1）由已知，平面，平面，所以；
由，点为线段的中点，所以；
又，平面，平面，
所以平面；
又平面，所以平面平面；
（2）因为，平面，平面，所以平面；
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
由已知平面，，所以平面，
由，，所以，
因此，
即三棱锥的体积为.
【点睛】本题主要考查证明面面垂直，考查求三棱锥的体积，熟记判定定理，以及棱锥的体积公式即可，属于常考题型.
51．（1）没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；（2）.
【分析】（1）直接利用卡方公式进行计算，再结合临界值表进行判断；
（2）由题意，N95、R95、P95口罩分别抽取的个数分别为3个、2个、1个，然后利用列举法列出6个口罩中随机抽取2个的所有情况，再找出至少一个是N95口罩的情况，最后根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】（1）
故没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关．   
（2）由题意，N95、R95、P95口罩分别抽取的个数分别为3个、2个、1个，
记3个N95口罩为，2个R95口罩为，1个P95口罩为，
抽取的全部结果为：，，，，，
，，，，，，
，，共15种
至少一个是N95口罩的有，，，，，
，，，，，，，共12种  
所以至少一个是N95口罩的概率为
【点睛】此题考查独立性检验的应用，考查古典概型的概率的求法，属于中档题
52．（1）；（2）为定值，.
【分析】（1）先由题意，得到以原点为圆心，短半轴长为半径的圆的方程为，得出；再由圆截直线所得的弦长为，列出方程求出，得出，即可得出椭圆方程；
（2）先设，，联立椭圆和直线消去，根据根与系数关系，得到，，计算，化简整理，即可得出结果.
【详解】（1）以原点为圆心，短半轴长为半径的圆的方程为.
∵圆过椭圆的两焦点，∴.
（由圆过椭圆的焦点知点，在该圆上，代入圆的方程即得）
∵圆截直线所得的弦长为，
圆心到直线的距离与弦长一半的平方和等于半径的平方，
∴，解得.
∴.
∴椭圆的标准方程为.
（2）设，，联立椭圆和直线方程得
消去，得，，
由根与系数的关系得，.
因为，所以，，
∴



.
∴的值为定值.
【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，以及椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，涉及向量数量积的坐标表示，属于常考题型，计算量较大.
53．（1）实数的取值范围是；（2）见解析.
【详解】分析：（1）因为函数无极值，所以在上单调递增或单调递减.即或在时恒成立，求导分析整理即可得到答案；
（2）由（1）可知，当时，当时，，即.欲证 ，只需证即可，构造函数= （），求导分析整理即可.
详解：（1）函数无极值， 在上单调递增或单调递减.
即或在时恒成立；
又，
令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增；
，
当时，，即，
当时，显然不成立；
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）可知，当时，当时，，即.
欲证 ，只需证即可.
构造函数= （），
则恒成立，故在单调递增，
从而.即，亦即.
得证.
点睛：可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．
54．（1）(t为参数)；y2＝8x.（2）.
【解析】（1）根据直线参数方程公式可求出直线l的参数方程，再由即可求出曲线C的直角坐标方程；
（2）将直线方程的参数形式代入曲线C的直角坐标方程，利用韦达定理和直线参数的几何意义求出|AB|，再运用点到直线距离公式求出点O到直线AB的距离，即可求解.
【详解】(1)由题知直线l的参数方程为(t为参数)．
因为，所以ρsin2θ＝8cos θ，
所以ρ2sin2θ＝8ρcos θ，即y2＝8x.
(2)当α＝时，直线l的参数方程为(t为参数)，
代入y2＝8x可得t2－t－16＝0，
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1＋t2＝，t1·t2＝－16，
所以|AB|＝|t1－t2|＝＝.
又点O到直线AB的距离d＝1×，
所以S△AOB＝|AB|×d＝××＝.
【点睛】本题考查普通方程化参数方程、极坐标方程化直角坐标方程，直线参数方程几何意义的运用，属于中档题.
55．（1）（2）．
【分析】（1）把代入，利用零点分段讨论去掉绝对值可求；
（2）恒成立，转化为的最小值，求出最小值可得.
【详解】（1）由题可得，所以，
即或，
解得或，故正实数的取值范围为．
（2）由题可得，
因为，所以，当且仅当时取等号，
因为对任意的，恒成立，所以，
故实数的取值范围为．
【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法和恒成立问题，零点分段讨论法是解不等式的常用方法，恒成立问题一般是利用绝对值的三角不等式来求解.
56．(1)；
(2)或.

【分析】（1）化简数列的递推公式，得，进而可求解数列的通项公式；
（2）利用裂项法，求解，列出不等式，即求.
【详解】（1）当时，，
∴，即，又，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故，
又由（），
当时，也适合，
所以.
（2）∵，
∴，
又∵对任意的，不等式恒成立，，
∴，解得或.
即所求实数的范围是或.
57．(1)证明见解析；
(2)﹒

【分析】(1)利用勾股定理证明AC⊥BC即可；
(2)以为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据向量的数量积可求该二面角的余弦值.
(1)
，∥，，∴易求，
根据余弦定理得，，
，∴.
平面，平面，，
，平面，
平面，∥，平面.
(2)
以为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
，.
设为平面的法向量，
则得取，则，
易知为平面的一个法向量，
，
平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
58．（1）；（2）（i）；（ii）当优等品的尺寸为时，收益的预报值最大.
【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算随机变量在不同取值下的概率，进一步可计算得出的值；
（2）（i）在等式两边取自然对数可得，利用表格中的数据可求得、的值，由此可得出关于的回归方程；
（ii）由（i）可得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的的值，即可得出结论.
【详解】（1）由表可知，抽取的件合格产品中有件优等品，
所以，的所有可能取值为、、、，
，，，
，
所以，随机变量的期望为；
（2）（i），，
，，
，，
，
，，所以，，
故关于的回归方程为；
（ii）由（i）知，，
，
当，即时，取得最大值，
故当优等品的尺寸为时，收益的预报值最大.
【点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下：
（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
（2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算；
（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算.
59．(1)
(2)存在点，使得为常数，这个常数为.

【分析】（1）以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，根据椭圆的定义，求出的值，根据求出的值，再由求出的值即可得椭圆的方程；
（2）假设存在点，使得为常数，则当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，再联立方程，结合韦达定理与向量的数量积运算的坐标表示得，进而得，此时；
最后在验证直线的斜率不存在时满足条件即可.
(1)
解：如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系.
设为椭圆上一点，
由题意可知，
所以点轨迹是以为左右焦点，长轴长的椭圆，                
因为，，所以，，则，
所以椭圆的标准方程为；
(2)
解：由题知，，假设存在点，使得为常数，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
则联立方程得，
所以，
因为
所以

，
因为为常数，故与无关，
所以，即，此时；
所以，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，
所以，
当时，，
综上，在轴上存在一点，使得为常数，这个常数为.
60．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求出函数的定义域，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）由参变量分离法可得出对任意的恒成立，构造函数，其中，则，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.
(1)
解：函数的定义域为，.
当时，对任意的，，此时函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，由，可得；由，可得.
此时函数的增区间为，减区间为.
综上，当时，函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，函数的增区间为，减区间为.
(2)
解：对任意的，，即，
可得对任意的恒成立，
构造函数，其中，则，，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，，
因为，则，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
因为，则，则，
由可得，所以，，
所以，，可得，
所以，，.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
61．(1)；
(2).

【分析】（1）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；
（2）将直线l的参数方程代入曲线C的方程可得，然后利用韦达定理可得，再利用三角函数的性质即得.
(1)
∵曲线C的参数方程为（为参数，），
∴曲线C的直角坐标方程为，
整理得，根据，
转换为极坐标方程为，
∴曲线C的极坐标方程为．
(2)
由题可知，把直线l的参数方程为（t为参数，），代入曲线C的直角坐标方程可得，
整理得，，
设A，B对应的参数为，则，
∴，又，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
故的取值范围为.
62．(1)；
(2)证明见详解．

【分析】（1）分类讨论的取值范围，即可求解不等式；
（2）先求不等式的最小值，结合均值不等式即可证明．
(1)
当时，
由得，所以；
当时，
由得，所以；
当时，
由得，所以；
综上所述：原不等式的解集为：；
(2)
因为，所以
则，
所以


当且仅当时，取等号．
63．(1)
(2)

【分析】（1）当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得.
【详解】（1）解：当时，由可得，
上述两个等式作差可得，所以，，则，
所以，，
也满足，故对任意的，.
（2）解：对于任意的正整数，，
所以，


.
64．(1)
(2)十亿元

【分析】（1）由，两边同时取常用对数得到，设，，利用最小二乘法求解；
（2）由（1）得到2023年与2024年这两年的年平均增长率和2022年中国车载音乐市场规模为17求解.
【详解】（1）解：因为，
所以两边同时取常用对数，得，
设，
所以，设，
因为，
所以
，
所以
所以
所以
（2）由（1）知2023年与2024年这两年的年平均增长率，
2022年中国车载音乐市场规模为17，
故预测2024年的中国车载音乐市场规模（十亿元）.
65．(1)证明见解析；
(2)；
(3).

【分析】（1）通过，得到证明.
（2）是中点，连接，确定异面直线与所成角为，计算线段长度，根据余弦定理计算得到答案.
（3）过点作于，确定平面，再利用等体积法计算得到距离.
【详解】（1）平面，平面，故，
是等边三角形，是中点，故，
，面，故平面.
（2）如图所示：是中点，连接，，则，，故.
异面直线与所成角为，
在中，，，，
根据余弦定理：，
故异面直线与所成角的余弦值为.

（3）过点作于，平面，平面，故，
，面，故平面，.
，
，故，解得.
66．（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.
【分析】（1）当时，，求导，令，得，分别讨论和时，的正负，即可得的单调区间；
（2）恒成立等价于恒成立，设，当时，经检验是上的增函数，且，不符合题意，当时，利用导数求得的单调性和极小值，只需求即可，令，利用导数判断的单调性，求得极值，综合分析，即可得答案.
【详解】解：（1）当时，，则.
令，得，
当时，；当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）恒成立恒成立恒成立，
设，则，
当时，恒成立，所以是上的增函数，
注意到，所以时，，不合题意；
当时，令，解得，
若，则，若，则，
所以是上的减函数，是上的增函数，
故只需即可，
令，则，
当时，，当时，，
所以是上的减函数，是上的增函数，
故，当且仅当时等号成立.
所以，即恒成立，
所以恒成立，
所以时，满足题意.
【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需合理构造新函数，并根据新函数的极值，进行推理和求解，属中档题.
67．(1)
(2)

【分析】（1）先求得椭圆的，代入公式即可求得椭圆的方程；
（2）以设而不求的方法得到两根和，再由条件，得到四边形为平行四边形，并以向量方式进行等价转化，再与恒为定值进行联系，即可求得的值.
【详解】（1）由条件可设椭圆：，
因为抛物线：的焦点为，所以，解得
因为椭圆离心率为，所以，则，
故椭圆的方程为
（2）设直线：，，，
把直线的方程代入椭圆的方程，可得，
所以，
因为，，所以四边形为平行四边形，
得，即，得
由在椭圆上可得，，即
因为，又
所以，
所以
将代入得，
所以，即.
【点睛】
数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。
68．(1);
(2)

【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程得转化公式即可得出曲线C的普通方程，消去直线l参数方程中的t即可得直线l的普通方程；（2）联立直线l的参数方程和曲线C的普通方程得出关于参数的一元二次方程，利用参数的几何意义和韦达定理即可求得的值.
【详解】（1）将等号两边同时乘以可得，
所以；即；
所以曲线C的普通方程为；
将消去参数t可得，，整理得；
即直线l的普通方程为
（2）注意到在直线l上，直线倾斜角为，， ，
解得
所以直线参数方程为为参数），
联立C的直角坐标方程与l的参数方程得
整理得，
设方程的解为，则，，异号.
不妨设，，
有.
69．(1)
(2)36

【分析】（1）利用绝对值不等式得，所以有解只需即可；
（2）利用均值不等式求解即可.
【详解】（1）因为，当且仅当等号成立
所以的最大值为3．
因为不等式有解，所以，解得，
所以实数的最大值．
（2）由（1）知，，
因为（当且仅当时，等号成立），
，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为36．