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2022年高考冲刺考前必刷基础中等题（九大模块，100题）
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这是一份2022年高考冲刺考前必刷基础中等题（九大模块，100题），共74页。试卷主要包含了集合，数列，三角函数与解三角形，立体几何，圆锥曲线，统计与概率，极坐标与参数方程，函数与导数等内容，欢迎下载使用。
2022年高考冲刺考前必刷基础中等题（九大模块，100题）
一、集合、简易逻辑、复数
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设集合，，则=（ ）
A． B． C． D．
3．已知命题，则为（ ）
A． B．
C． D．
4．若命题：，，命题：，，则下列命题中是真命题的是( )
A． B．
C． D．
5．已知集合，若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
7．“角的终边经过点”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
8．数列的前项和，则“”是“数列为等比数列”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
9．已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）
A． B．5 C． D．10
10．设复数z满足，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
11．在复平面内，复数（其中i为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
二、数列
12．在等差数列中，，，则（ ）
A．11 B．13 C．14 D．16
13．等比数列满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
14．已知等比数列的前n项和为，公比为，且，则（ ）
A．36 B．39 C．40 D．44
15．2022年北京冬奥会开幕式以中国传统24节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕.在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被定为冬至与夏至，其日影长分别为13.5尺与1.5尺.从冬至到夏至，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是（ ）
A．10.5尺 B．11尺 C．11.5尺 D．12尺
16．数列满足，则（ ）
A．64 B．128 C．256 D．512
17．已知是等差数列的前项和，，，则（ ）
A．10 B．7 C．12 D．8
18．已知等差数列的公差，且，，成等比数列，若，为数列的前n项和，则的最小值为（ ）
A． B．7 C． D．
19．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．数列存在最大值 D．是数列中的最大值
20．已知各项均为正数的数列满足，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前项和.
21．已知数列满足.
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2).已知数列的前项和为，求证：.
22．已知各项均为正数的数列的前项和为，且是与的等差中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
三、三角函数与解三角形
23．已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
24．已知，则（ ）
A． B． C．3 D．
25．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
26．在中，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
27．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
28．在中，内角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
29．函数具有性质（ ）
A．图象关于点对称，最大值为 B．图象关于点对称，最大值为1
C．图象关于直线对称，最大值为 D．图象关于直线对称，最大值为1
30．的内角的对边分别为，若，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
31．将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
32．函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．为偶函数，且最小正周期为
B．为偶函数，且最小正周期为
C．为偶函数，且最小正周期为
D．为偶函数，且最小正周期为
33．在中，内角，，的对边分别为，，．已知，．
(1)若，求外接圆的面积；
(2)若，求的周长．
34．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求C；
(2)若的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值.
35．已知锐角中，
(1)求；
(2)若，求的面积.
四、立体几何
36．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
37．已知直三棱柱，若，，是棱中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
38．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
39．若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
40．已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的体积为，则到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
41．已知是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若，则； ②若，则；
③若，则； ④若，则．
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①②③ D．②③④
42．以边长为4的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周 ，所得圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C．32 D．16
43．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图1，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长和攒尖高的比值为，若点是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
44．若正四棱台的上、下底面的面积分别为2，8，侧棱与下底面所成角的正切值为2，则该正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．28
45．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（ ）
A． B．32 C． D．64
46．如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱AD，，的中点．
(1)求证：平面DFG；
(2)求点E到平面DFG的距离．
47．如图，在四棱锥中，底面为矩形，点E在棱上，底面，．
(1)若，证明：；
(2)若点D到平面的距离为，求的长．
48．如图，圆锥的母线长为，是的内接三角形，.
(1)若是正三角形，求三棱锥的体积；
(2)若平面平面，且，证明：.
五、圆锥曲线
49．已知双曲线的方程，则该双曲线的离心率为 （ ）
A． B． C． D．
50．抛物线上A点到焦点F的距离为，则点A的纵坐标为（ ）
A．1 B． C． D．
51．已知双曲线与抛物线 的准线交于A，B两点，且 (O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
52．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（ ）
A． B． C． D．
53．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A． B． C． D．
54．过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A． B． C． D．或
55．过点，作倾斜角为的直线l，则直线l被圆截得的弦长为（ ）
A． B． C． D．
56．已知双曲线的左､右焦点分别为，，点A为虚轴上的端点，若是顶角为120的等腰三角形，则C的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
57．直线与圆交于A、B两点，且，则实数_______．
58．已知抛物线的焦点为F，点在点F的右边，若C上的点Q满足，则_____________．
59．已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．
60．已知抛物线过点，且P到抛物线C的焦点的距离为2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设A，B为抛物线C上两点，且，求点P到直线距离的最大值．
61．已知抛物线，点在抛物线上.
(1)求抛物线的准线方程；
(2)过点的直线与抛物线交于两点，直线交轴于点，直线交轴于，记直线的斜率分别为，求证：为定值.
六、统计与概率
62．在区间上随机取一个数m，则关于x的方程没有实数根的概率为（ ）
A． B． C． D．
63．某班准备从甲、乙等5人中选2人发言，则甲被选中的概率为（ ）
A． B．
C． D．
64．某生物兴趣小组为研究一种红铃虫的产卵数y与温度x（单位：℃）的关系.现收集了7组观测数据得到下面的散点图：
由此散点图，在20℃至36℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为红铃虫产卵数y和温度x的回归方程类型的是（ ）
A． B． C． D．
65．2022年2月28日，国家统计局发布了我国2021年国民经济和社会发展统计公报，在以习近平同志为核心的党中央坚强领导下，各地区各部门沉着应对百年变局和世纪疫情，构建新发展格局，实现了“十四五”良好开局.2021年，全国居民人均可支配收入和消费支出均较上一年有所增长，结合如下统计图表，下列说法中错误的是（ ）
A．2017-2021年全国居民人均可支配收入逐年递增
B．2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比高于医疗保健占比
C．2020年全国居民人均可支配收入较前一年下降
D．2021年全国居民人均消费支出构成中食品烟酒和居住占比超过50%
66．某学校为调查学生参加课外体育锻炼的时间，将该校某班的40名学生进行编号，分别为00，01，02，…，39，现从中抽取一个容量为10的样本进行调查，选取方法是从下面的随机数表的第1行第11列开始向右读取数据，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（ ）
90 84 60 79 80 24 36 59 87 38 82 07 53 89 35 96 35 23 79 18 05 98 90 07 35
46 40 62 98 80 54 97 20 56 95 15 74 80 08 32 16 46 70 50 80 67 72 16 42 75
A．07 B．40 C．35 D．23
67．某单位为了解夏季用电量与月份的关系，对本单位2021年5月份到8月份的日平均用电量y（单位：千度）进行了统计分析，得出下表数据：
月份（x）
5
6
7
8
日平均用电量（y）
1.9
3.4
t
7.1
若y与x线性相关，且求得其线性回归方程，则表中t的值为（ ）A．5.8 B．5.6 C．5.4 D．5.2
68．一个总体中有600个个体，随机编号为001，002，…，600，利用系统抽样方法抽取容量为24的一个样本，总体分组后在第一组随机抽得的编号为006，则在第五组抽得的编号为（ ）
A．104 B．106 C．079 D．102
69．若样本数据的方差为2，则数据的方差为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
70．光明学校为了解男生身体发育情况，从2000名男生中抽查了100名男生的体重情况，根据数据绘制样本的频率分布直方图，如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．样本的众数约为 B．样本的中位数约为
C．样本的平均值约为66 D．体重超过75kg的学生频数约为200人
71．已知点D在△ABC的边AB上，且，在△ABC内随机取一点P，则点P取在△DBC内的概率为（ ）
A． B． C． D．1
72．为迎接2022年9月在杭州举办的第19届亚运会，亚组委志愿者部对所有报名参加志愿者工作的人员进行了首场通用知识培训，并进行了通用知识培训在线测试，不合格者不得被正式录用，并在所有测试成绩中随机抽取了男、女各50名预录用志愿者的测试成绩（满分100分），将他们的成绩分为4组：，整理得到如下频数分布表．
成绩/分
预录用男志愿者
15
5
15
15
预录用女志愿者
10
10
20
10
(1)若规定成绩在内为合格，否则为不合格，分别估计预录用男、女志愿者合格的概率；
(2)试从均值和方差的角度分析，样本成绩较好的是预录用男志愿者还是预录用女志愿者（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
73．某市教育局对某中学高一年级学生开展疫情防控知识调研，从参与调研的学生中随机抽取60名，将他们的成绩记录如下，其中成绩为80分及以上视为优秀.
0-59
60-79
80-100
女生
5
15
10
男生
7
8
15
(1)补全2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为成绩优秀与性别有关；
非优秀
优秀
合计
女生
男生
合计
(2)先利用分层抽样的方法从成绩优秀的学生中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行下一轮测试，求抽取的2人中至少有1人是男生的概率.
附：，，
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
74．某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次，统计数据如下表所示：
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据，绘制了如图所示的散点图．
(1)根据散点图，判断在推广期内，与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；
(2)根据（1）的判断结果及题干中表格内的数据，建立y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次．
参考数据：
62.14
1.54
2535
50.12
3.47
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估计公式分别为，．
七、极坐标与参数方程
75．在直角坐标系xoy中，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，正半轴为极轴的极坐标系中，直线和的极坐标方程分别为.
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)设直线和与曲线分别交于不同于坐标原点的点和点，求.
76．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)将曲线和直线化为直角坐标方程；
(2)过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.
77．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)若为曲线上的动点，求点到直线的距离的最大值．
78．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：.
(1)求的普通方程和直角坐标方程；
(2)若，交于､两点，点的极坐标为，求的值.
八、函数与导数
79．设，则的大小关系为（ ）.
A． B． C． D．
80．已知，若对任意两个不等的正实数都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
81．曲线在点处的切线方程为，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
82．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
83．下列函数中既为奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
84．曲线在点处的切线斜率为______________．
85．已知函数，若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围为_________．
86．已知函数是奇函数，则___________.
87．已知函数的定义域为R，且，，若，则___________.
88．已知函数，若，则实数______．
89．已知函数.
(1)若函数的图像在点处的切线方程为，求函数的极小值；
(2)若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
90．设函数，．
(1)若，求函数的单调区间和最值；
(2)求函数的零点个数，并说明理由．
91．已知函数，函数的导函数为．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，且不等式恒成立，求实数m的取值范围．
九、平面向量与不等式
92．已知单位向量满足，则（ ）
A． B． C．0 D．
93．已知向量，且，则实数（ ）
A． B． C．1 D．
94．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A．9 B．8 C．4 D．2
95．已知向量，，，则（ ）
A． B． C． D．
96．已知平面向量，，若，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
97．在矩形中，是的中点，是上靠近的三等分点，则向量=（ ）
A． B．
C． D．
98．已知函数.
(1)当，求不等式的解集；
(2)当时，证明：.
99．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若时，函数的图像与直线所围成图形的面积为，求实数的值．
100．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为m，且，求最小值．
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求集合B，利用集合交运算求结果即可.
【详解】
由题设，而，
所以.
故选：D
2．D
【解析】
【分析】
先求解集合与集合，利用集合的并集运算进行求解.
【详解】
解：因为，且，故集合；
因为，且，故集合；
所以.
故选：D.
3．B
【解析】
【分析】
根据特称命题的否定为全称命题，可得出答案.
【详解】
命题，则为:对，
故选：B
4．D
【解析】
【分析】
根据二次函数性质判断命题p的真假，根据绝对值的定义判断q的真假，从而可逐项判断真假．
【详解】
对于关于x的二次方程，∵，故恒成立，
∴不存在，使得，∴命题p是假命题，命题为真命题；
当x<0时，，∴命题q是真命题，命题是假命题；
故为假命题，为假命题，为假命题，为真命题．
故选：D．
5．D
【解析】
【分析】
根据并集的定义即可求解.
【详解】
解：因为集合，且，
所以，
所以实数a的取值范围为，
故选：D.
6．A
【解析】
【分析】
解出集合，再进行补集交集运算即可.
【详解】
，则，又，所以.
故选：A.
7．A
【解析】
【分析】
根据三角函数的定义可判断角的终边经过点，可以推出，当时，角的终边有两种可能位置，不一定经过点，由此可得答案.
【详解】
由角的终边经过点，设点为P，则,
可得 ,
由，知 终边在第一象限或第二象限，
因此角的终边经过点或，
所以“角的终边经过点”是“”的充分不必要条件，
故选：A
8．C
【解析】
【分析】
由可得：，结合等比数列定义即可得到结果.
【详解】
∵，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝，
∴，
∴当n≥2时，数列为等比数列，
要使数列为等比数列，则
即 ，∴；
反之，显然，
∴数列为等比数列，
∴“”是“数列为等比数列”的充要条件
故选：C.
9．C
【解析】
【分析】
将原等式两边直接取模，再化简即可.
【详解】
由题意有：，
从而有.
∴．
故选：C
10．B
【解析】
【分析】
根据复数的几何意义可求出结果.
【详解】
由可知，复数对应的点的轨迹是圆心为，半径为的圆，
表示复数对应的点与原点之间的距离，
因为，所以，即.
故选：B
11．D
【解析】
【分析】
首先化简复数，再根据复数的几何意义，求对应的点所在象限.
【详解】
，对应的点时，故在第四象限.
故选：D
12．B
【解析】
【分析】
利用等差数列的通项公式以及前项和公式列式即可求解
【详解】
，，
联立方程可解得，，
所以．
故选：B
13．D
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，则由已知条件列方程组可求出，从而可求出，
【详解】
设等比数列的公比为，
因为，，
所以，得，
因为，所以，得，
所以，
故选：D
14．B
【解析】
【分析】
利用等比数列的性质可得，进而即得.
【详解】
由题可得，
由，得，
解得，
所以，
所以.
故选：B．
15．A
【解析】
【分析】
依题意可知日影长为等差数列，则、，即可求出公差，从而求出，即可得解；
【详解】
依题意设日影长为等差数列，其中、，
所以，所以，
即北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是尺；
故选：A.
16．A
【解析】
【分析】
即数列的前n项和为，根据代入计算．
【详解】
当时，由，①
得，②
①－②，得，
所以，则．
故选：A．
17．A
【解析】
【分析】
先设等差数列的公差为d，由得到，d的值，再根据等差数列的通项公式和前项和公式得到，的表达式，最后结合即可得解.
【详解】
设等差数列的公差为d，由可得，，解得，，所以，.由，得，又，所以.
故选：A.
18．C
【解析】
【分析】
由题意，，，成等比数列，可得，即可求出，代入，再结合双勾函数性质可求出答案.
【详解】
由于，，成等比数列，所以，
∴，
解得∴，∴
所以，由双勾函数性质知在上单调递增，所以当时，取得最小值为：，所以的最小值为.
故选：C.
19．D
【解析】
【分析】
根据题意可得，，所以在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.再分析每一个选项即可求解.
【详解】
因为是公比为的等比数列，且，，，
所以，，所以，所以在等比数列中，
从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.
对于A：因为，所以，故A不正确；
对于B：，故B不正确；
对于C：根据上面的分析，等比数列中每一项都为正值，所以无最大值，
所以数列无最大值，故C不正确；
对于D：因为在等比数列中，从到的每一项都大于，
从开始后面所有的项的值都小于且大于，所以是数列中的最大值，故D正确.
故选：D.
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据，可得，从而可得数列是以3为等比的等比数列，即可得解；
（2）求出数列的通项，再利用错位相减法即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以，
又因，所以，
即，
所以数列是以3为等比的等比数列，
是以；
(2)
解：，
则，
，
两式相减得
，
所以.
21．(1)证明见解析，.
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件通分计算或者直接整理，证明，根据数列是等差数列求解数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果，求解出数列的通项公式，利用等比数列的前项和公式求解即可.
(1)
解：由，得.
又，故数列是以1为首项，以为公差的等差数列.
故，，故；
(2)
由（1）得，则，故数列是以为首项，公比为的等比数列，
故，
又，故，即得证.
22．(1)
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意得，即，当时，求出首项，当时，利用，求解即可；（2）根据题意得，裂项求和，求出，先证明，再利用可求数列的单调性，根据单调性求解即可证明.
(1)
因为是与的等差中项，所以，
即，当时，，解得；
当时，，所以，
整理得，即，
因为数列的各项均为正数，所以，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
即.
(2)
根据题意得，
所以，
所以
，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以
所以数列在上单调递增，所以，即成立，
综上所述：.
23．A
【解析】
【分析】
根据终边上的点确定角的正余弦值，再由二倍角正弦公式求.
【详解】
由题设，而.
故选：A
24．A
【解析】
【分析】
利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得答案.
【详解】
.
故选：A．
25．A
【解析】
【分析】
根据同角三角函数关系和角变换及正弦二倍角公式求解即可.
【详解】
因为，，，
所以，，
.
故选：A
26．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得，平方关系求得，再由三角形面积公式可得答案.
【详解】
由余弦定理得，
即，解得，
因为，所以，
所以，
故选：B．
27．A
【解析】
【分析】
先将化简为，再根据三角函数的图象平移即可得出答案.
【详解】
，所以的图象向左平移个单位得：.
故选：A.
28．B
【解析】
【分析】
由结合余弦定理以及正弦定理的边化角公式得出，再由内角和定理以及三角恒等变换得出.
【详解】
由得，
结合余弦定理，可得，
再由正弦定理得，因为，
所以，所以，得．
因为，所以．
故选：B
29．D
【解析】
【分析】
利用三角恒等变换将函数化简，再根据正弦函数的性质即得.
【详解】
∵，
∴函数的最大值为1，
所以，故AC错误；
又当时，所以函数关于对称，故B错误，D正确.
故选：D.
30．C
【解析】
【分析】
首先由余弦定理求出、，再由面积公式计算可得；
【详解】
解：由余弦定理，即，又，
所以，，所以.
故选：C
31．C
【解析】
【分析】
首先根据三角函数图象的变换得到的解析式，然后由为偶函数可得答案.
【详解】
因为，所以，
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
因为，所以为偶函数，所以，
解得，又，所以的最小值为．
故选：C．
32．D
【解析】
【分析】
先根据图象确定，，，求得的解析式，进而求得以及的解析式，根据解析式即可研究函数的奇偶性以及单调性
【详解】
由题图知，由，得．又，所以．
由，得，所以，
所以
则为非奇非偶函数，故排除选项B，C；为偶函数，且最小正周期为，故排除选项A，
故选：D．
33．(1)
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
(1)由化简求，再由正弦定理求外接圆半径，由此可求外接圆的面积；(2)由余弦定理求，再求的周长．
(1)
因为，
所以，
因为，所以，所以
则，则．
因为，所以．
设外接圆的半径为，由正弦定理得，
设，则外接圆的面积．
(2)
由余弦定理可得，
代入数据，得，解得或3．
当时，的周长为；当时，的周长为．
34．(1)
(2)4
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理得到，从而求出C；（2）利用面积公式得到，进而用余弦定理和基本不等式求出BD的最小值.
(1)
由正弦定理得：，
即，
所以，
因为，
所以，
(2)
由面积公式得：，解得：，
在三角形BCD中，由余弦定理得：，
因为，当且仅当时，等号成立，经检验，符合要求.
所以，故，
所以BD的最小值.为4.
35．(1)
(2)14
【解析】
【分析】
（1）根据正弦的两角和差公式，将已知条件展开求出，再根据，即可求出结果.
（2）由正弦定理可知，结合三角形面积公式可得，在锐角中，由可知，利用两角差的余弦公式即可求出，进而求出结果.
(1)
解：因为
所以①
②，
联立①②，解得 ，
所以.
(2)
解：由正弦定理得，
∴
∴
又∵在锐角中，由
所以，
∴，；
∴
∴
36．C
【解析】
【分析】
设底面圆的半径为r，根据为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，根据体积列方程可得r，然后可得.
【详解】
由题意设圆锥的底面圆的半径为，因为为等腰直角三角形，则高为，母线长为，因为圆锥的体积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为．
故选：C
37．C
【解析】
【分析】
为中点，连接易得为平行四边形，则，进而确定直线与直线所成角的平面角，应用余弦定理求其余弦值.
【详解】
若为中点，连接，又是棱中点，
所以，在直三棱柱中且，即为平行四边形，
所以，则直线与直线所成角即为，
若，则，，
所以.
故选：C
38．B
【解析】
【分析】
根据三视图得到直观图，该三棱锥中，底面，且底面三角形为边长为的等边三角形，取的中点，连接，利用勾股定理求出线段的长度，再根据表面积公式计算可得；
【详解】
解：依题意由三视图可得几何体的直观图如下所示：
该三棱锥中，底面，且底面三角形为边长为的等边三角形，
取的中点，连接，则，所以，
所以，，，
所以
故选：B
39．A
【解析】
【分析】
依题意，设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，根据题意算出底面半径和高，再得到体积即可.
【详解】
由题意可知母线与圆锥底面的夹角的正弦值为，故母线与圆锥底面的夹角为 ，
设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，则① ，
则圆锥的表面积为 ，将①代入，解得 ，
圆锥的体积为 ；
故选：A.
40．A
【解析】
【分析】
根据题意作出如下示意图，设为外接圆的圆心，所以为外接圆的半径，为球体的半径，根据球的性质得平面，所以即为到平面的距离，所以，再分别求出所需数据即可.
【详解】
根据题意作出如下示意图，设为外接圆的圆心，所以为外接圆的半径，
为球体的半径，根据球的性质得平面，所以即为到平面的距离，
所以，因为是面积为的等边三角形，
所以底边的高为：，
所以面积为：，所以，
所以底边高为：，所以，
因为球的体积，解得，即，
所以到平面的距离为：.
故选：A.
41．B
【解析】
【分析】
①和④可以举出反例，②可以通过面面垂直的判定进行证明，③可以通过线面垂直的定义进行判断.
【详解】
①若，则或，①错误；
②因为，所以，又因为，则由面面垂直的判定可得，②正确；
③因为，所以，因为，则，③正确；
④若，则或异面，④错误.
故选：B
42．A
【解析】
【分析】
由题意可得圆柱的底面半径，高，从而可求出其侧面积
【详解】
以边长为4的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，其底面半径，高，
故其侧面积．
故选：A
43．C
【解析】
【分析】
连接，设为的中点，则异面直线与所成角为或其补角，再根据几何关系求解即可.
【详解】
解：如图，连接，设为的中点，，
异面直线与所成角为或其补角．
连接，
所以，在正四棱锥中，，，
平面，
，设，则由题意得，
在中，．
故选：C．
44．C
【解析】
【分析】
根据正四棱台的结构特征先求出该正四棱台的上、下底面的边长，然后根据侧棱与下底面所成角的正切值求得该正四棱台的高，最后利用台体的体积公式求解即可．
【详解】
设该正四棱台的高为，侧棱与下底面所成的角为，
因为该正四棱台的上、下底面的面积分别为2和8，
所以该正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，
则，所以，
所以该正四棱台的体积．
故选：C.
45．C
【解析】
【分析】
将三视图还原到长方体中，该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，由锥体的体积公式即可得出答案.
【详解】
该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，
故
故选：C .
46．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）补全平面后结合线面平行的判定定理来证得平面.
（2）结合等体积法来求得到平面的距离.
(1)
设是的中点，连接如下图所示，
根据正方体的性质可知，
即四点共面，
由于平面平面，
所以平面.
(2)
由（1）得平面，所以到平面的距离，即到平面的距离，设为.
，
，
，为锐角，则，
所以.
则.
所以到平面的距离为.
47．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及勾股定理可得平面，即得；
（2）设，利用等积法即得.
(1)
连接，交于点F，
因为底面，底面，
所以．
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，又平面，，
所以平面，又平面，
所以．
(2)
设，过E作于G，连接，
由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，
所以，
所以，
由，得，
所以，
所以，
解得，
即.
48．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）计算出圆的半径，可计算出圆锥的高及的面积，利用锥体的体积公式可求得结果；
（2）利用勾股定理可得出，利用面面垂直和线面垂直的性质可得出，求出、的长，再利用勾股定理可证得结论成立.
(1)
解：由题意可知，是边长为的等边三角形，则圆的半径为，
所以，圆锥的高为，
又因为，因此，.
(2)
证明：依题意，，，，
平面平面，且平面平面，平面，
平面，
又平面，，，
，所以，是正三角形，，
，.
49．D
【解析】
【分析】
由双曲线方程可求得，由此可求得离心率.
【详解】
由可得： ，
故离心率为 ，
故选：D
50．A
【解析】
【分析】
设点纵坐标为,解方程即得解.
【详解】
解：由题得，所以抛物线的准线方程为.
设点纵坐标为,则，所以.
故选：A
51．C
【解析】
【分析】
根据可知为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得，代入双曲线方程中即可求解.
【详解】
的准线方程为，由双曲线的对称性可知：,根据，可知为等腰直角三角形,故,将代入双曲线方程可得：，所以渐近线方程为.
故选：C
52．B
【解析】
【分析】
根据抛物线方程和双曲线方程分别可知焦点坐标和渐近线方程，再利用点到直线的距离公式可得答案.
【详解】
抛物线的焦点为， 双曲线的一条渐近线可设为，即，焦点到的距离为 .
故选：B.
53．C
【解析】
【分析】
利用椭圆定义得到，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，进而可得，即得．
【详解】
∵，为椭圆的两个焦点，
∴，，
的周长为，
即，
若最小，则最大．
又当轴时，最小，此时，
故，
解得．
故选：C.
54．C
【解析】
【分析】
讨论直线斜率，由相切关系及点线距离公式求斜率，进而写出切线方程.
【详解】
由圆心为，半径为，
斜率存在时，设切线为，则，可得，
所以，即，
斜率不存在时，显然不与圆相切；
综上，切线方程为.
故选：C
55．D
【解析】
【分析】
由题，由点斜式写出直线，由点线距离公式求出圆心到直线距离，可结合垂径定理得出所截弦长
【详解】
依题意，直线l的方程为，即，则圆心O到直线l的距离.又因为圆的半径，所以所求的弦长为，
故选：D.
56．A
【解析】
【分析】
由题得，求出即得解.
【详解】
解：设原点为O，由是顶角为的等腰三角形，可，
，，，
故C的渐近线方程为.
故选：A.
57．或5##5或
【解析】
【分析】
设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，根据化简即可求得圆心C到直线l的距离，再根据点到直线的距离公式即可求出m的值．
【详解】
，则圆心，半径，
设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，
则
，
即，
∴或5．
故答案为：或5．
58．
【解析】
【分析】
首先得出是等边三角形，由此可得点横坐标，由焦半径公式得，由求得.
【详解】
，又为正三角形，易知，又，点Q的横坐标为，
解得．
故答案为：.
59．(1)，离心率为
(2)
【解析】
【分析】
（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.
(1)
由题意知焦点到渐近线的距离为，
则
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得，，
所以双曲线的标准方程为，
离心率为．
(2)
设直线：，，，
联立
则，
所以，
由
解得或（舍去），
所以，
：，令，得，
所以的面积为
60．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的性质以及点在抛物线上列出方程求出，即可求出抛物线方程.
（2）设出，，以及直线方程，利用，根据韦达定理求出之间的关系即可知直线过定点，P到直线距离的最大值.
(1)
解：根据抛物线的性质可知
又点在抛物线C上
，即
抛物线C的方程
(2)
设，
,即
设直线的方程为，代入，可得
，即
直线的方程为
故直线过定点，点P到直线距离的最大值.
61．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将代入可得答案；
（2）设，直线，由三点共线、三点共线可得，，直线与抛物线联立，利用韦达定理代入可得答案.
(1)
将代入，解得，
的准线方程为.
(2)
设，直线，
联立，整理得，
由题意，，即或，
且，
因为三点共线，由，整理得，
同理得，
62．C
【解析】
【分析】
依据几何概型去求“在区间上随机取一个数m，关于x的方程没有实数根”的概率
【详解】
若方程没有实数根，则，∴，
又，则
故在区间上随机取一个数m，则关于x的方程没有实数根的概率，
故选：C．
63．B
【解析】
【分析】
从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，根据古典概型概率计算公式，即可求出结果．
【详解】
从甲、乙等5名学生中随机选出2人，基本事件总数，
甲被选中包含的基本事件的个数，
所以甲被选中的概率.
故选：B．
64．C
【解析】
【分析】
结合散点图的特点，选择合适的方程类型作为回归方程类型.
【详解】
由散点图可以看出红铃虫产卵数y随着温度x的增长速度越来越快，
所以最适宜作为红铃虫产卵数y和温度x的回归方程类型.
故选：C
65．C
【解析】
【分析】
观察图1可确定A、C正误，观察图2可确定B、D正误.
【详解】
观察图1可知2017-2021年全国居民人均可支配收入逐年递增，故A正确，
2020年全国居民人均可支配收入的增速下降，而不是收入下降，故C错误，
观察图2可知2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比10.8%高于医疗保健占比8.8%，故B正确，
食品烟酒和居住占比和为29.8%+23.4%=53.2%，超过50%，故D正确.
故选：C.
66．D
【解析】
【分析】
依据随机数表法取数规则去读取数据，即可得到抽取样本的第6个号码
【详解】
重复的号码只能算作一个，抽取样本号码是24，36，38，07，35，23，18，05，20，15，所以抽取样本的第6个号码为23.
故选：D
67．B
【解析】
【分析】
由样本中心必在回归直线上即可求解.
【详解】
解：由表格中的数据可得，，
将点代入回归直线方程得，解得．
故选：B．
68．B
【解析】
【分析】
根据系统抽样特征，可得编号为等差数列，求得等差数列的通项公式，即可求得第五组抽得的编号.
【详解】
总体中有600个个体,抽取容量为24的一个样本，样本间隔为.
第一组随机抽得的编号为006，抽取的各编号为等差数列，
则抽取编号为.
故第五组抽得的编号为.
故选：B.
69．C
【解析】
【分析】
根据方差的相关结论，可得到数据的方差与样本数据的方差之间的关系，即可求得答案.
【详解】
因为样本数据的方差为2，
则数据的方差为 ，
故选：C
70．C
【解析】
【分析】
根据已知条件，结合众数，中位数，平均值公式，分别求得众数，中位数，平均值，可判断A,B,C;根据频率与频数的关系，求得体重超过75kg的学生频数，判断D,即得答案．
【详解】
对于，样本的众数为，故正确，
对于，设样本的中位数为，则，
解得，故正确，
对于，由直方图估计样本平均值可得：
，故错误，
对于，2000名男生中体重超过的人数大约为，故正确．
故选：．
71．B
【解析】
【分析】
利用几何概型的面积比求P取在△DBC内的概率.
【详解】
由题设，若到的距离为，则，
所以P取在△DBC内的概率为.
故选：B
72．(1)；
(2)样本成绩较好的是预录用女志愿者.
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型概率公式即得；
（2）分别求得男、女志愿者的平均成绩和方差比较即可.
(1)
由题知这50名预录用男志愿者中培训合格的有人，
所以估计预录用男志愿者培训合格的概率为；
这50名预录用女志愿者中培训合格的有人，
所以估计预录用女志愿者培训合格的概率为．
(2)
这50名预录用男志愿者的平均成绩为
，
方差，
这50名预录用女志愿者的平均成绩为
，
方差．
因为，
所以样本成绩较好的是预录用女志愿者.
73．(1)列联表答案见解析，没有90%的把握认为成绩优秀与性别有关；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用独立性检验求解；
（2）利用古典概型求解.
(1)
解：2×2列联表如下：
非优秀
优秀
合计
女生
20
10
30
男生
15
15
30
合计
35
25
60
∴，
∴ 没有90%的把握认为成绩优秀与性别有关.
(2)
解：由题意得，从成绩优秀的学生中随机抽取5人，其中女生人数为，
分别记为A，B，男生人数为，分别记为，，，
从这5人中随机抽取2人的情况有： ，，，，，，，，，，共10种，
抽取的2人中至少有1人为男生的情况有： ，，，，，，，，，共9种.
故所求概率.
74．(1)适宜
(2)，活动推出第8天使用扫码支付的人次为347
【解析】
【分析】
（1）根据散点图判断即可；
（2）对两边同时取常用对数，得，进而转化为线性关系，再根据已知数据计算回归方程，并代入数据检验即可.
(1)
解：根据散点图判断，适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型
(2)
解：因为，所以两边同时取常用对数，得．
设，，则
因为，，
所以．
所以
所以
故
把代入上式，得
所以y关于x的回归方程为，
活动推出第8天使用扫码支付的人次为347．
75．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程；
（2）把、代入曲线的极坐标方程，即可求出、，再由余弦定理计算可得；
(1)
解：因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的普通方程为即，
由，可得，
所以曲线的极坐标方程为．
(2)
解：把代入，得，把代入，得，
即，，，
所以
所以
76．(1)，
(2)（去掉）
【解析】
【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）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程
(1)
由C的参数方程：，
∴C：，
由得∴.
(2)
设，，
则，，即，
由得即，
∴即，
∵∴M的轨迹方程为（去掉）.
77．(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）对于直线方程，消参即可，对于极坐标方程代入公式整理即可；
（2）点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加上半径.
(1)
由得，
故直线的普通方程是．
由，
代入公式得，
故曲线的直角坐标方程是．
(2)
方法一：的直角坐标方程为，
曲线：化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加上半径，即．
方法二：设点，点到直线的距离
，
当时，最大值为．
78．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）消去参数 可得的普通方程,利用极坐标与直角坐标的互化公式可得的直角坐标方程.
（2）把 的参数方程化为标准形式后,代入的普通方程,利用参数的几何意义以及韦达定理可得.
(1)
消除参数可得直线的直角坐标方程为，
曲线的极坐标方程为：，可得，
即
(2)
由点的极坐标可得直角坐标为
直线的参数方程（为参数）
代入曲线的直角坐标方程得：
设交点，对应的参数分别为，.
则，
∴
79．D
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性、结合指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】
因为，
所以，又因为，
所以，即，
故选：D
80．A
【解析】
【分析】
把题意转化为恒成立.利用分离参数法求出实数a的取值范围.
【详解】
对任意两个不等的正实数，都有恒成立，即为时，恒成立.
所以在上恒成立，则
而，则．
故选：A．
81．A
【解析】
【分析】
依据题意列出关于的方程组，即可求得的值
【详解】
由切点在曲线上，得①；
由切点在切线上，得②；
对曲线求导得，∴，即③，
联立①②③，解之得
故选：A.
82．D
【解析】
【分析】
分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】
令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项，
当时，，则，排除C选项.
故选：D.
83．C
【解析】
【分析】
由定义法判断函数的奇偶性，排除AB选项，求导求函数的单调性，进而排除D选项，C选项符合要求.
【详解】
定义域为R，又，
所以，且，故非奇非偶，A错误；
定义域为R，，
所以为偶函数，B错误；
定义域为R，，
则为奇函数，
又恒成立，所以在上单调递增；C正确；
定义域为R，，则为奇函数，
又，当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，D错误
故选：C
84．
【解析】
【分析】
求出代入可得答案.
【详解】
．
故答案为：.
85．
【解析】
【分析】
方程有4个不同的实数解，则方程有4个不同的实数解，即直线与曲线有4个公共点，利用数形结合处理．
【详解】
由题知：方程有4个不同的实数解，即有4个不同的实数解．
作出图像（如图所示），即直线与曲线有4个公共点．
易知：．
故答案为：．
86．1
【解析】
【分析】
根据奇函数的定义可得.
【详解】
由题知，的定义域为R，因为是奇函数，所以，
所以，
所以，
所以恒成立
所以.
故答案为：1.
87．##－0.2
【解析】
【分析】
由已知得出函数的周期，然后利用周期性及已知式求值．
【详解】
由，得，又，所以，得，
所以.
故答案为：．
88．
【解析】
【分析】
分和两种情况，解方程及，结合范围求得结果.
【详解】
当时，由得，此方程无实数解；
当时，由得，解得．
故答案为：.
89．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而求出函数的单调区间，即可求出函数的极小值；
（2）将不等式可变形为，依题意即在上单调递减，令，则在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，再令，，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最小值，从而求出参数的取值范围．
(1)
解：的定义域为，
由函数在点处的切线方程为，
得，解得，
此时，．
令，解得或．
当或时，，即在和上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
则当时，函数取得极小值，即，
(2)
解：由得．
不等式可变形为，
即因为，，且，
所以函数在上单调递减．
令，
则在上恒成立，
即在上恒成立．
设，，则．
因为当时，，
所以函数在上单调递减，所以，
所以，
即实数的取值范围为．
90．(1)增区间为，减区间为；最大值为，无最小值
(2)答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】
（1）由，求导，再分别令，求解；
（2）由，，求导，得到函数有唯一的极大值点，极大值，令，，利用导数法求解.
(1)
解：函数的定义域为，
当时，，
，
令，得；
由，得；
由，得．
所以，增区间为，减区间为．
当时，函数有最大值为，无最小值
(2)
，，
，
令，得（舍）或；
由，得；
由，得．
所以，增区间为，减区间为．
函数有唯一的极大值点，
，
令，．
因为恒成立，函数为增函数，
且，
①时，，即
函数一定没有零点．
②时，，即
函数有唯一的零点．
③时，，即，
，
且，
，
，
令，则，
当时，成立，
所以，
所以，
∴，，
所以，
在区间上有唯一零点，在区间上有唯一零点，
函数有两个不同的零点．
综上所述：
①时，函数一定没有零点．
②时，函数有唯一的零点．
③时，函数有两个不同的零点．
【点睛】
方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
91．(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用导函数并按实数a分类讨论去求函数的单调区间；
（2）把不等式恒成立转化为，构造新函数并求其最小值即可求得实数m的取值范围．
(1)
由得，函数的定义域为，
且，令，即，
①当，即时，恒成立，在单调递增；
②当，即时，令，
当时，，的解或，
故在上单调递增，在上单调递减；
当时，，同理在上单调递减，在上单调递增．
(2)
由（1）可得，若有两个零点，则，且，
因为，所以，
由不等式，恒成立得，只需，
又
，
设，则，
由可得，，即在单调递减，所以，
所以．
92．D
【解析】
【分析】
根据数量积的运算律移项后平方化简即可得解.
【详解】
由可得，
平方可得，
所以，解得.
故选：D
93．A
【解析】
【分析】
利用向量平行列方程即可求出.
【详解】
由向量，得.
因为，所以，解得.
故选：A
94．A
【解析】
【分析】
根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】
因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故选：A
95．D
【解析】
【分析】
由已知平方可得，，再对平方即可求出.
【详解】
因为，，，
平方可得，，，
解得，，
故，∴.
故选：D．
96．B
【解析】
【分析】
根据解得，再结合平面向量的夹角公式计算即可
【详解】
由可得，即，解得，
所以，，则
又
所以与的夹角为
故选：B.
97．B
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算法则，准确化简，即可求解.
【详解】
如图所示，根据平面向量的运算法则，可得
.
故选：B．
98．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）采用分类讨论取绝对值可求出结果；
（2）根据绝对值三角不等式和基本不等式可证不等式成立.
(1)
当时，，
当时，化为，解得；
当时，化为，解得；
当时，化为，解得，
所以的解集为；
(2)
当时，
当且仅当与异号，且，即时，等号成立.
99．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，分，，三种情况讨论求解即可；
（2）分别计算围成的三角形的顶点坐标，，，进而列式计算即可.
(1)
解：当时，
或或
即或或，
所以原不等式的解集为-
(2)
解：
所以，的图像如图所示，
故令得，即，令得，即，
因为，
所以△的面积为．
解得：-
100．(1)
(2)3
【解析】
【分析】
（1）讨论， ，，去掉绝对值，解不等式即可得出答案
（2）首先求出的单调性，得出，即可求出，再由三元基本不等式可得出答案.
(1)
当时，，即，无解；
时，，解得；
当时，，解得．不等式的解集为
(2)
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减．
所以，，，所以，，
因为且，则，
由三元基本不等式可得，
当且仅当，即时取到等号，故的最小值为3．
2022年高考冲刺考前必刷基础中等题（九大模块，100题）
一、集合、简易逻辑、复数
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设集合，，则=（ ）
A． B． C． D．
3．已知命题，则为（ ）
A． B．
C． D．
4．若命题：，，命题：，，则下列命题中是真命题的是( )
A． B．
C． D．
5．已知集合，若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
7．“角的终边经过点”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
8．数列的前项和，则“”是“数列为等比数列”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
9．已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）
A． B．5 C． D．10
10．设复数z满足，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
11．在复平面内，复数（其中i为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
二、数列
12．在等差数列中，，，则（ ）
A．11 B．13 C．14 D．16
13．等比数列满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
14．已知等比数列的前n项和为，公比为，且，则（ ）
A．36 B．39 C．40 D．44
15．2022年北京冬奥会开幕式以中国传统24节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕.在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被定为冬至与夏至，其日影长分别为13.5尺与1.5尺.从冬至到夏至，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是（ ）
A．10.5尺 B．11尺 C．11.5尺 D．12尺
16．数列满足，则（ ）
A．64 B．128 C．256 D．512
17．已知是等差数列的前项和，，，则（ ）
A．10 B．7 C．12 D．8
18．已知等差数列的公差，且，，成等比数列，若，为数列的前n项和，则的最小值为（ ）
A． B．7 C． D．
19．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．数列存在最大值 D．是数列中的最大值
20．已知各项均为正数的数列满足，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前项和.
21．已知数列满足.
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2).已知数列的前项和为，求证：.
22．已知各项均为正数的数列的前项和为，且是与的等差中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
三、三角函数与解三角形
23．已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
24．已知，则（ ）
A． B． C．3 D．
25．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
26．在中，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
27．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
28．在中，内角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
29．函数具有性质（ ）
A．图象关于点对称，最大值为 B．图象关于点对称，最大值为1
C．图象关于直线对称，最大值为 D．图象关于直线对称，最大值为1
30．的内角的对边分别为，若，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
31．将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
32．函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．为偶函数，且最小正周期为
B．为偶函数，且最小正周期为
C．为偶函数，且最小正周期为
D．为偶函数，且最小正周期为
33．在中，内角，，的对边分别为，，．已知，．
(1)若，求外接圆的面积；
(2)若，求的周长．
34．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求C；
(2)若的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值.
35．已知锐角中，
(1)求；
(2)若，求的面积.
四、立体几何
36．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
37．已知直三棱柱，若，，是棱中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
38．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
39．若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
40．已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的体积为，则到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
41．已知是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若，则； ②若，则；
③若，则； ④若，则．
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①②③ D．②③④
42．以边长为4的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周 ，所得圆柱的侧面积为（ ）
A． B． C．32 D．16
43．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图1，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长和攒尖高的比值为，若点是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
44．若正四棱台的上、下底面的面积分别为2，8，侧棱与下底面所成角的正切值为2，则该正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．28
45．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（ ）
A． B．32 C． D．64
46．如图，正方体的棱长为2，E，F，G分别为棱AD，，的中点．
(1)求证：平面DFG；
(2)求点E到平面DFG的距离．
47．如图，在四棱锥中，底面为矩形，点E在棱上，底面，．
(1)若，证明：；
(2)若点D到平面的距离为，求的长．
48．如图，圆锥的母线长为，是的内接三角形，.
(1)若是正三角形，求三棱锥的体积；
(2)若平面平面，且，证明：.
五、圆锥曲线
49．已知双曲线的方程，则该双曲线的离心率为 （ ）
A． B． C． D．
50．抛物线上A点到焦点F的距离为，则点A的纵坐标为（ ）
A．1 B． C． D．
51．已知双曲线与抛物线 的准线交于A，B两点，且 (O为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
52．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（ ）
A． B． C． D．
53．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A． B． C． D．
54．过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A． B． C． D．或
55．过点，作倾斜角为的直线l，则直线l被圆截得的弦长为（ ）
A． B． C． D．
56．已知双曲线的左､右焦点分别为，，点A为虚轴上的端点，若是顶角为120的等腰三角形，则C的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
57．直线与圆交于A、B两点，且，则实数_______．
58．已知抛物线的焦点为F，点在点F的右边，若C上的点Q满足，则_____________．
59．已知双曲线：的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为的直线与双曲线交于轴上方的A，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积为，求的面积．
60．已知抛物线过点，且P到抛物线C的焦点的距离为2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设A，B为抛物线C上两点，且，求点P到直线距离的最大值．
61．已知抛物线，点在抛物线上.
(1)求抛物线的准线方程；
(2)过点的直线与抛物线交于两点，直线交轴于点，直线交轴于，记直线的斜率分别为，求证：为定值.
六、统计与概率
62．在区间上随机取一个数m，则关于x的方程没有实数根的概率为（ ）
A． B． C． D．
63．某班准备从甲、乙等5人中选2人发言，则甲被选中的概率为（ ）
A． B．
C． D．
64．某生物兴趣小组为研究一种红铃虫的产卵数y与温度x（单位：℃）的关系.现收集了7组观测数据得到下面的散点图：
由此散点图，在20℃至36℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为红铃虫产卵数y和温度x的回归方程类型的是（ ）
A． B． C． D．
65．2022年2月28日，国家统计局发布了我国2021年国民经济和社会发展统计公报，在以习近平同志为核心的党中央坚强领导下，各地区各部门沉着应对百年变局和世纪疫情，构建新发展格局，实现了“十四五”良好开局.2021年，全国居民人均可支配收入和消费支出均较上一年有所增长，结合如下统计图表，下列说法中错误的是（ ）
A．2017-2021年全国居民人均可支配收入逐年递增
B．2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比高于医疗保健占比
C．2020年全国居民人均可支配收入较前一年下降
D．2021年全国居民人均消费支出构成中食品烟酒和居住占比超过50%
66．某学校为调查学生参加课外体育锻炼的时间，将该校某班的40名学生进行编号，分别为00，01，02，…，39，现从中抽取一个容量为10的样本进行调查，选取方法是从下面的随机数表的第1行第11列开始向右读取数据，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（ ）
90 84 60 79 80 24 36 59 87 38 82 07 53 89 35 96 35 23 79 18 05 98 90 07 35
46 40 62 98 80 54 97 20 56 95 15 74 80 08 32 16 46 70 50 80 67 72 16 42 75
A．07 B．40 C．35 D．23
67．某单位为了解夏季用电量与月份的关系，对本单位2021年5月份到8月份的日平均用电量y（单位：千度）进行了统计分析，得出下表数据：
月份（x）
5
6
7
8
日平均用电量（y）
1.9
3.4
t
7.1
若y与x线性相关，且求得其线性回归方程，则表中t的值为（ ）A．5.8 B．5.6 C．5.4 D．5.2
68．一个总体中有600个个体，随机编号为001，002，…，600，利用系统抽样方法抽取容量为24的一个样本，总体分组后在第一组随机抽得的编号为006，则在第五组抽得的编号为（ ）
A．104 B．106 C．079 D．102
69．若样本数据的方差为2，则数据的方差为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．16
70．光明学校为了解男生身体发育情况，从2000名男生中抽查了100名男生的体重情况，根据数据绘制样本的频率分布直方图，如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．样本的众数约为 B．样本的中位数约为
C．样本的平均值约为66 D．体重超过75kg的学生频数约为200人
71．已知点D在△ABC的边AB上，且，在△ABC内随机取一点P，则点P取在△DBC内的概率为（ ）
A． B． C． D．1
72．为迎接2022年9月在杭州举办的第19届亚运会，亚组委志愿者部对所有报名参加志愿者工作的人员进行了首场通用知识培训，并进行了通用知识培训在线测试，不合格者不得被正式录用，并在所有测试成绩中随机抽取了男、女各50名预录用志愿者的测试成绩（满分100分），将他们的成绩分为4组：，整理得到如下频数分布表．
成绩/分
预录用男志愿者
15
5
15
15
预录用女志愿者
10
10
20
10
(1)若规定成绩在内为合格，否则为不合格，分别估计预录用男、女志愿者合格的概率；
(2)试从均值和方差的角度分析，样本成绩较好的是预录用男志愿者还是预录用女志愿者（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
73．某市教育局对某中学高一年级学生开展疫情防控知识调研，从参与调研的学生中随机抽取60名，将他们的成绩记录如下，其中成绩为80分及以上视为优秀.
0-59
60-79
80-100
女生
5
15
10
男生
7
8
15
(1)补全2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为成绩优秀与性别有关；
非优秀
优秀
合计
女生
男生
合计
(2)先利用分层抽样的方法从成绩优秀的学生中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行下一轮测试，求抽取的2人中至少有1人是男生的概率.
附：，，
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
74．某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次，统计数据如下表所示：
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据，绘制了如图所示的散点图．
(1)根据散点图，判断在推广期内，与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；
(2)根据（1）的判断结果及题干中表格内的数据，建立y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次．
参考数据：
62.14
1.54
2535
50.12
3.47
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估计公式分别为，．
七、极坐标与参数方程
75．在直角坐标系xoy中，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，正半轴为极轴的极坐标系中，直线和的极坐标方程分别为.
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)设直线和与曲线分别交于不同于坐标原点的点和点，求.
76．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)将曲线和直线化为直角坐标方程；
(2)过原点引一条射线，分别交曲线和直线于，两点，射线上另有一点满足，求点的轨迹方程.
77．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)若为曲线上的动点，求点到直线的距离的最大值．
78．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：.
(1)求的普通方程和直角坐标方程；
(2)若，交于､两点，点的极坐标为，求的值.
八、函数与导数
79．设，则的大小关系为（ ）.
A． B． C． D．
80．已知，若对任意两个不等的正实数都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
81．曲线在点处的切线方程为，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
82．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
83．下列函数中既为奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
84．曲线在点处的切线斜率为______________．
85．已知函数，若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围为_________．
86．已知函数是奇函数，则___________.
87．已知函数的定义域为R，且，，若，则___________.
88．已知函数，若，则实数______．
89．已知函数.
(1)若函数的图像在点处的切线方程为，求函数的极小值；
(2)若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
90．设函数，．
(1)若，求函数的单调区间和最值；
(2)求函数的零点个数，并说明理由．
91．已知函数，函数的导函数为．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，且不等式恒成立，求实数m的取值范围．
九、平面向量与不等式
92．已知单位向量满足，则（ ）
A． B． C．0 D．
93．已知向量，且，则实数（ ）
A． B． C．1 D．
94．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A．9 B．8 C．4 D．2
95．已知向量，，，则（ ）
A． B． C． D．
96．已知平面向量，，若，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
97．在矩形中，是的中点，是上靠近的三等分点，则向量=（ ）
A． B．
C． D．
98．已知函数.
(1)当，求不等式的解集；
(2)当时，证明：.
99．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若时，函数的图像与直线所围成图形的面积为，求实数的值．
100．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为m，且，求最小值．
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求集合B，利用集合交运算求结果即可.
【详解】
由题设，而，
所以.
故选：D
2．D
【解析】
【分析】
先求解集合与集合，利用集合的并集运算进行求解.
【详解】
解：因为，且，故集合；
因为，且，故集合；
所以.
故选：D.
3．B
【解析】
【分析】
根据特称命题的否定为全称命题，可得出答案.
【详解】
命题，则为:对，
故选：B
4．D
【解析】
【分析】
根据二次函数性质判断命题p的真假，根据绝对值的定义判断q的真假，从而可逐项判断真假．
【详解】
对于关于x的二次方程，∵，故恒成立，
∴不存在，使得，∴命题p是假命题，命题为真命题；
当x<0时，，∴命题q是真命题，命题是假命题；
故为假命题，为假命题，为假命题，为真命题．
故选：D．
5．D
【解析】
【分析】
根据并集的定义即可求解.
【详解】
解：因为集合，且，
所以，
所以实数a的取值范围为，
故选：D.
6．A
【解析】
【分析】
解出集合，再进行补集交集运算即可.
【详解】
，则，又，所以.
故选：A.
7．A
【解析】
【分析】
根据三角函数的定义可判断角的终边经过点，可以推出，当时，角的终边有两种可能位置，不一定经过点，由此可得答案.
【详解】
由角的终边经过点，设点为P，则,
可得 ,
由，知 终边在第一象限或第二象限，
因此角的终边经过点或，
所以“角的终边经过点”是“”的充分不必要条件，
故选：A
8．C
【解析】
【分析】
由可得：，结合等比数列定义即可得到结果.
【详解】
∵，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝，
∴，
∴当n≥2时，数列为等比数列，
要使数列为等比数列，则
即 ，∴；
反之，显然，
∴数列为等比数列，
∴“”是“数列为等比数列”的充要条件
故选：C.
9．C
【解析】
【分析】
将原等式两边直接取模，再化简即可.
【详解】
由题意有：，
从而有.
∴．
故选：C
10．B
【解析】
【分析】
根据复数的几何意义可求出结果.
【详解】
由可知，复数对应的点的轨迹是圆心为，半径为的圆，
表示复数对应的点与原点之间的距离，
因为，所以，即.
故选：B
11．D
【解析】
【分析】
首先化简复数，再根据复数的几何意义，求对应的点所在象限.
【详解】
，对应的点时，故在第四象限.
故选：D
12．B
【解析】
【分析】
利用等差数列的通项公式以及前项和公式列式即可求解
【详解】
，，
联立方程可解得，，
所以．
故选：B
13．D
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，则由已知条件列方程组可求出，从而可求出，
【详解】
设等比数列的公比为，
因为，，
所以，得，
因为，所以，得，
所以，
故选：D
14．B
【解析】
【分析】
利用等比数列的性质可得，进而即得.
【详解】
由题可得，
由，得，
解得，
所以，
所以.
故选：B．
15．A
【解析】
【分析】
依题意可知日影长为等差数列，则、，即可求出公差，从而求出，即可得解；
【详解】
依题意设日影长为等差数列，其中、，
所以，所以，
即北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是尺；
故选：A.
16．A
【解析】
【分析】
即数列的前n项和为，根据代入计算．
【详解】
当时，由，①
得，②
①－②，得，
所以，则．
故选：A．
17．A
【解析】
【分析】
先设等差数列的公差为d，由得到，d的值，再根据等差数列的通项公式和前项和公式得到，的表达式，最后结合即可得解.
【详解】
设等差数列的公差为d，由可得，，解得，，所以，.由，得，又，所以.
故选：A.
18．C
【解析】
【分析】
由题意，，，成等比数列，可得，即可求出，代入，再结合双勾函数性质可求出答案.
【详解】
由于，，成等比数列，所以，
∴，
解得∴，∴
所以，由双勾函数性质知在上单调递增，所以当时，取得最小值为：，所以的最小值为.
故选：C.
19．D
【解析】
【分析】
根据题意可得，，所以在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.再分析每一个选项即可求解.
【详解】
因为是公比为的等比数列，且，，，
所以，，所以，所以在等比数列中，
从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.
对于A：因为，所以，故A不正确；
对于B：，故B不正确；
对于C：根据上面的分析，等比数列中每一项都为正值，所以无最大值，
所以数列无最大值，故C不正确；
对于D：因为在等比数列中，从到的每一项都大于，
从开始后面所有的项的值都小于且大于，所以是数列中的最大值，故D正确.
故选：D.
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据，可得，从而可得数列是以3为等比的等比数列，即可得解；
（2）求出数列的通项，再利用错位相减法即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以，
又因，所以，
即，
所以数列是以3为等比的等比数列，
是以；
(2)
解：，
则，
，
两式相减得
，
所以.
21．(1)证明见解析，.
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件通分计算或者直接整理，证明，根据数列是等差数列求解数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果，求解出数列的通项公式，利用等比数列的前项和公式求解即可.
(1)
解：由，得.
又，故数列是以1为首项，以为公差的等差数列.
故，，故；
(2)
由（1）得，则，故数列是以为首项，公比为的等比数列，
故，
又，故，即得证.
22．(1)
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意得，即，当时，求出首项，当时，利用，求解即可；（2）根据题意得，裂项求和，求出，先证明，再利用可求数列的单调性，根据单调性求解即可证明.
(1)
因为是与的等差中项，所以，
即，当时，，解得；
当时，，所以，
整理得，即，
因为数列的各项均为正数，所以，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
即.
(2)
根据题意得，
所以，
所以
，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以
所以数列在上单调递增，所以，即成立，
综上所述：.
23．A
【解析】
【分析】
根据终边上的点确定角的正余弦值，再由二倍角正弦公式求.
【详解】
由题设，而.
故选：A
24．A
【解析】
【分析】
利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得答案.
【详解】
.
故选：A．
25．A
【解析】
【分析】
根据同角三角函数关系和角变换及正弦二倍角公式求解即可.
【详解】
因为，，，
所以，，
.
故选：A
26．B
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得，平方关系求得，再由三角形面积公式可得答案.
【详解】
由余弦定理得，
即，解得，
因为，所以，
所以，
故选：B．
27．A
【解析】
【分析】
先将化简为，再根据三角函数的图象平移即可得出答案.
【详解】
，所以的图象向左平移个单位得：.
故选：A.
28．B
【解析】
【分析】
由结合余弦定理以及正弦定理的边化角公式得出，再由内角和定理以及三角恒等变换得出.
【详解】
由得，
结合余弦定理，可得，
再由正弦定理得，因为，
所以，所以，得．
因为，所以．
故选：B
29．D
【解析】
【分析】
利用三角恒等变换将函数化简，再根据正弦函数的性质即得.
【详解】
∵，
∴函数的最大值为1，
所以，故AC错误；
又当时，所以函数关于对称，故B错误，D正确.
故选：D.
30．C
【解析】
【分析】
首先由余弦定理求出、，再由面积公式计算可得；
【详解】
解：由余弦定理，即，又，
所以，，所以.
故选：C
31．C
【解析】
【分析】
首先根据三角函数图象的变换得到的解析式，然后由为偶函数可得答案.
【详解】
因为，所以，
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
因为，所以为偶函数，所以，
解得，又，所以的最小值为．
故选：C．
32．D
【解析】
【分析】
先根据图象确定，，，求得的解析式，进而求得以及的解析式，根据解析式即可研究函数的奇偶性以及单调性
【详解】
由题图知，由，得．又，所以．
由，得，所以，
所以
则为非奇非偶函数，故排除选项B，C；为偶函数，且最小正周期为，故排除选项A，
故选：D．
33．(1)
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
(1)由化简求，再由正弦定理求外接圆半径，由此可求外接圆的面积；(2)由余弦定理求，再求的周长．
(1)
因为，
所以，
因为，所以，所以
则，则．
因为，所以．
设外接圆的半径为，由正弦定理得，
设，则外接圆的面积．
(2)
由余弦定理可得，
代入数据，得，解得或3．
当时，的周长为；当时，的周长为．
34．(1)
(2)4
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理得到，从而求出C；（2）利用面积公式得到，进而用余弦定理和基本不等式求出BD的最小值.
(1)
由正弦定理得：，
即，
所以，
因为，
所以，
(2)
由面积公式得：，解得：，
在三角形BCD中，由余弦定理得：，
因为，当且仅当时，等号成立，经检验，符合要求.
所以，故，
所以BD的最小值.为4.
35．(1)
(2)14
【解析】
【分析】
（1）根据正弦的两角和差公式，将已知条件展开求出，再根据，即可求出结果.
（2）由正弦定理可知，结合三角形面积公式可得，在锐角中，由可知，利用两角差的余弦公式即可求出，进而求出结果.
(1)
解：因为
所以①
②，
联立①②，解得 ，
所以.
(2)
解：由正弦定理得，
∴
∴
又∵在锐角中，由
所以，
∴，；
∴
∴
36．C
【解析】
【分析】
设底面圆的半径为r，根据为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，根据体积列方程可得r，然后可得.
【详解】
由题意设圆锥的底面圆的半径为，因为为等腰直角三角形，则高为，母线长为，因为圆锥的体积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为．
故选：C
37．C
【解析】
【分析】
为中点，连接易得为平行四边形，则，进而确定直线与直线所成角的平面角，应用余弦定理求其余弦值.
【详解】
若为中点，连接，又是棱中点，
所以，在直三棱柱中且，即为平行四边形，
所以，则直线与直线所成角即为，
若，则，，
所以.
故选：C
38．B
【解析】
【分析】
根据三视图得到直观图，该三棱锥中，底面，且底面三角形为边长为的等边三角形，取的中点，连接，利用勾股定理求出线段的长度，再根据表面积公式计算可得；
【详解】
解：依题意由三视图可得几何体的直观图如下所示：
该三棱锥中，底面，且底面三角形为边长为的等边三角形，
取的中点，连接，则，所以，
所以，，，
所以
故选：B
39．A
【解析】
【分析】
依题意，设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，根据题意算出底面半径和高，再得到体积即可.
【详解】
由题意可知母线与圆锥底面的夹角的正弦值为，故母线与圆锥底面的夹角为 ，
设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，则① ，
则圆锥的表面积为 ，将①代入，解得 ，
圆锥的体积为 ；
故选：A.
40．A
【解析】
【分析】
根据题意作出如下示意图，设为外接圆的圆心，所以为外接圆的半径，为球体的半径，根据球的性质得平面，所以即为到平面的距离，所以，再分别求出所需数据即可.
【详解】
根据题意作出如下示意图，设为外接圆的圆心，所以为外接圆的半径，
为球体的半径，根据球的性质得平面，所以即为到平面的距离，
所以，因为是面积为的等边三角形，
所以底边的高为：，
所以面积为：，所以，
所以底边高为：，所以，
因为球的体积，解得，即，
所以到平面的距离为：.
故选：A.
41．B
【解析】
【分析】
①和④可以举出反例，②可以通过面面垂直的判定进行证明，③可以通过线面垂直的定义进行判断.
【详解】
①若，则或，①错误；
②因为，所以，又因为，则由面面垂直的判定可得，②正确；
③因为，所以，因为，则，③正确；
④若，则或异面，④错误.
故选：B
42．A
【解析】
【分析】
由题意可得圆柱的底面半径，高，从而可求出其侧面积
【详解】
以边长为4的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，其底面半径，高，
故其侧面积．
故选：A
43．C
【解析】
【分析】
连接，设为的中点，则异面直线与所成角为或其补角，再根据几何关系求解即可.
【详解】
解：如图，连接，设为的中点，，
异面直线与所成角为或其补角．
连接，
所以，在正四棱锥中，，，
平面，
，设，则由题意得，
在中，．
故选：C．
44．C
【解析】
【分析】
根据正四棱台的结构特征先求出该正四棱台的上、下底面的边长，然后根据侧棱与下底面所成角的正切值求得该正四棱台的高，最后利用台体的体积公式求解即可．
【详解】
设该正四棱台的高为，侧棱与下底面所成的角为，
因为该正四棱台的上、下底面的面积分别为2和8，
所以该正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，
则，所以，
所以该正四棱台的体积．
故选：C.
45．C
【解析】
【分析】
将三视图还原到长方体中，该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，由锥体的体积公式即可得出答案.
【详解】
该几何体由四棱锥与三棱锥组合而成，
故
故选：C .
46．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）补全平面后结合线面平行的判定定理来证得平面.
（2）结合等体积法来求得到平面的距离.
(1)
设是的中点，连接如下图所示，
根据正方体的性质可知，
即四点共面，
由于平面平面，
所以平面.
(2)
由（1）得平面，所以到平面的距离，即到平面的距离，设为.
，
，
，为锐角，则，
所以.
则.
所以到平面的距离为.
47．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及勾股定理可得平面，即得；
（2）设，利用等积法即得.
(1)
连接，交于点F，
因为底面，底面，
所以．
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，又平面，，
所以平面，又平面，
所以．
(2)
设，过E作于G，连接，
由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，
所以，
所以，
由，得，
所以，
所以，
解得，
即.
48．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）计算出圆的半径，可计算出圆锥的高及的面积，利用锥体的体积公式可求得结果；
（2）利用勾股定理可得出，利用面面垂直和线面垂直的性质可得出，求出、的长，再利用勾股定理可证得结论成立.
(1)
解：由题意可知，是边长为的等边三角形，则圆的半径为，
所以，圆锥的高为，
又因为，因此，.
(2)
证明：依题意，，，，
平面平面，且平面平面，平面，
平面，
又平面，，，
，所以，是正三角形，，
，.
49．D
【解析】
【分析】
由双曲线方程可求得，由此可求得离心率.
【详解】
由可得： ，
故离心率为 ，
故选：D
50．A
【解析】
【分析】
设点纵坐标为,解方程即得解.
【详解】
解：由题得，所以抛物线的准线方程为.
设点纵坐标为,则，所以.
故选：A
51．C
【解析】
【分析】
根据可知为直角三角形，根据双曲线的对称性，即可得，代入双曲线方程中即可求解.
【详解】
的准线方程为，由双曲线的对称性可知：,根据，可知为等腰直角三角形,故,将代入双曲线方程可得：，所以渐近线方程为.
故选：C
52．B
【解析】
【分析】
根据抛物线方程和双曲线方程分别可知焦点坐标和渐近线方程，再利用点到直线的距离公式可得答案.
【详解】
抛物线的焦点为， 双曲线的一条渐近线可设为，即，焦点到的距离为 .
故选：B.
53．C
【解析】
【分析】
利用椭圆定义得到，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，进而可得，即得．
【详解】
∵，为椭圆的两个焦点，
∴，，
的周长为，
即，
若最小，则最大．
又当轴时，最小，此时，
故，
解得．
故选：C.
54．C
【解析】
【分析】
讨论直线斜率，由相切关系及点线距离公式求斜率，进而写出切线方程.
【详解】
由圆心为，半径为，
斜率存在时，设切线为，则，可得，
所以，即，
斜率不存在时，显然不与圆相切；
综上，切线方程为.
故选：C
55．D
【解析】
【分析】
由题，由点斜式写出直线，由点线距离公式求出圆心到直线距离，可结合垂径定理得出所截弦长
【详解】
依题意，直线l的方程为，即，则圆心O到直线l的距离.又因为圆的半径，所以所求的弦长为，
故选：D.
56．A
【解析】
【分析】
由题得，求出即得解.
【详解】
解：设原点为O，由是顶角为的等腰三角形，可，
，，，
故C的渐近线方程为.
故选：A.
57．或5##5或
【解析】
【分析】
设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，根据化简即可求得圆心C到直线l的距离，再根据点到直线的距离公式即可求出m的值．
【详解】
，则圆心，半径，
设AB中点为D，则CD⊥AB，且DB=DA，
则
，
即，
∴或5．
故答案为：或5．
58．
【解析】
【分析】
首先得出是等边三角形，由此可得点横坐标，由焦半径公式得，由求得.
【详解】
，又为正三角形，易知，又，点Q的横坐标为，
解得．
故答案为：.
59．(1)，离心率为
(2)
【解析】
【分析】
（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线，的斜率可得直线的方程，数形结合可解.
(1)
由题意知焦点到渐近线的距离为，
则
因为一条渐近线方程为，所以，
又，解得，，
所以双曲线的标准方程为，
离心率为．
(2)
设直线：，，，
联立
则，
所以，
由
解得或（舍去），
所以，
：，令，得，
所以的面积为
60．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的性质以及点在抛物线上列出方程求出，即可求出抛物线方程.
（2）设出，，以及直线方程，利用，根据韦达定理求出之间的关系即可知直线过定点，P到直线距离的最大值.
(1)
解：根据抛物线的性质可知
又点在抛物线C上
，即
抛物线C的方程
(2)
设，
,即
设直线的方程为，代入，可得
，即
直线的方程为
故直线过定点，点P到直线距离的最大值.
61．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将代入可得答案；
（2）设，直线，由三点共线、三点共线可得，，直线与抛物线联立，利用韦达定理代入可得答案.
(1)
将代入，解得，
的准线方程为.
(2)
设，直线，
联立，整理得，
由题意，，即或，
且，
因为三点共线，由，整理得，
同理得，
62．C
【解析】
【分析】
依据几何概型去求“在区间上随机取一个数m，关于x的方程没有实数根”的概率
【详解】
若方程没有实数根，则，∴，
又，则
故在区间上随机取一个数m，则关于x的方程没有实数根的概率，
故选：C．
63．B
【解析】
【分析】
从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，根据古典概型概率计算公式，即可求出结果．
【详解】
从甲、乙等5名学生中随机选出2人，基本事件总数，
甲被选中包含的基本事件的个数，
所以甲被选中的概率.
故选：B．
64．C
【解析】
【分析】
结合散点图的特点，选择合适的方程类型作为回归方程类型.
【详解】
由散点图可以看出红铃虫产卵数y随着温度x的增长速度越来越快，
所以最适宜作为红铃虫产卵数y和温度x的回归方程类型.
故选：C
65．C
【解析】
【分析】
观察图1可确定A、C正误，观察图2可确定B、D正误.
【详解】
观察图1可知2017-2021年全国居民人均可支配收入逐年递增，故A正确，
2020年全国居民人均可支配收入的增速下降，而不是收入下降，故C错误，
观察图2可知2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比10.8%高于医疗保健占比8.8%，故B正确，
食品烟酒和居住占比和为29.8%+23.4%=53.2%，超过50%，故D正确.
故选：C.
66．D
【解析】
【分析】
依据随机数表法取数规则去读取数据，即可得到抽取样本的第6个号码
【详解】
重复的号码只能算作一个，抽取样本号码是24，36，38，07，35，23，18，05，20，15，所以抽取样本的第6个号码为23.
故选：D
67．B
【解析】
【分析】
由样本中心必在回归直线上即可求解.
【详解】
解：由表格中的数据可得，，
将点代入回归直线方程得，解得．
故选：B．
68．B
【解析】
【分析】
根据系统抽样特征，可得编号为等差数列，求得等差数列的通项公式，即可求得第五组抽得的编号.
【详解】
总体中有600个个体,抽取容量为24的一个样本，样本间隔为.
第一组随机抽得的编号为006，抽取的各编号为等差数列，
则抽取编号为.
故第五组抽得的编号为.
故选：B.
69．C
【解析】
【分析】
根据方差的相关结论，可得到数据的方差与样本数据的方差之间的关系，即可求得答案.
【详解】
因为样本数据的方差为2，
则数据的方差为 ，
故选：C
70．C
【解析】
【分析】
根据已知条件，结合众数，中位数，平均值公式，分别求得众数，中位数，平均值，可判断A,B,C;根据频率与频数的关系，求得体重超过75kg的学生频数，判断D,即得答案．
【详解】
对于，样本的众数为，故正确，
对于，设样本的中位数为，则，
解得，故正确，
对于，由直方图估计样本平均值可得：
，故错误，
对于，2000名男生中体重超过的人数大约为，故正确．
故选：．
71．B
【解析】
【分析】
利用几何概型的面积比求P取在△DBC内的概率.
【详解】
由题设，若到的距离为，则，
所以P取在△DBC内的概率为.
故选：B
72．(1)；
(2)样本成绩较好的是预录用女志愿者.
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型概率公式即得；
（2）分别求得男、女志愿者的平均成绩和方差比较即可.
(1)
由题知这50名预录用男志愿者中培训合格的有人，
所以估计预录用男志愿者培训合格的概率为；
这50名预录用女志愿者中培训合格的有人，
所以估计预录用女志愿者培训合格的概率为．
(2)
这50名预录用男志愿者的平均成绩为
，
方差，
这50名预录用女志愿者的平均成绩为
，
方差．
因为，
所以样本成绩较好的是预录用女志愿者.
73．(1)列联表答案见解析，没有90%的把握认为成绩优秀与性别有关；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用独立性检验求解；
（2）利用古典概型求解.
(1)
解：2×2列联表如下：
非优秀
优秀
合计
女生
20
10
30
男生
15
15
30
合计
35
25
60
∴，
∴ 没有90%的把握认为成绩优秀与性别有关.
(2)
解：由题意得，从成绩优秀的学生中随机抽取5人，其中女生人数为，
分别记为A，B，男生人数为，分别记为，，，
从这5人中随机抽取2人的情况有： ，，，，，，，，，，共10种，
抽取的2人中至少有1人为男生的情况有： ，，，，，，，，，共9种.
故所求概率.
74．(1)适宜
(2)，活动推出第8天使用扫码支付的人次为347
【解析】
【分析】
（1）根据散点图判断即可；
（2）对两边同时取常用对数，得，进而转化为线性关系，再根据已知数据计算回归方程，并代入数据检验即可.
(1)
解：根据散点图判断，适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型
(2)
解：因为，所以两边同时取常用对数，得．
设，，则
因为，，
所以．
所以
所以
故
把代入上式，得
所以y关于x的回归方程为，
活动推出第8天使用扫码支付的人次为347．
75．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程；
（2）把、代入曲线的极坐标方程，即可求出、，再由余弦定理计算可得；
(1)
解：因为曲线的参数方程为（为参数），
所以曲线的普通方程为即，
由，可得，
所以曲线的极坐标方程为．
(2)
解：把代入，得，把代入，得，
即，，，
所以
所以
76．(1)，
(2)（去掉）
【解析】
【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）利用极径的应用建立等量关系，进一步求出直角坐标方程
(1)
由C的参数方程：，
∴C：，
由得∴.
(2)
设，，
则，，即，
由得即，
∴即，
∵∴M的轨迹方程为（去掉）.
77．(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）对于直线方程，消参即可，对于极坐标方程代入公式整理即可；
（2）点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加上半径.
(1)
由得，
故直线的普通方程是．
由，
代入公式得，
故曲线的直角坐标方程是．
(2)
方法一：的直角坐标方程为，
曲线：化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加上半径，即．
方法二：设点，点到直线的距离
，
当时，最大值为．
78．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）消去参数 可得的普通方程,利用极坐标与直角坐标的互化公式可得的直角坐标方程.
（2）把 的参数方程化为标准形式后,代入的普通方程,利用参数的几何意义以及韦达定理可得.
(1)
消除参数可得直线的直角坐标方程为，
曲线的极坐标方程为：，可得，
即
(2)
由点的极坐标可得直角坐标为
直线的参数方程（为参数）
代入曲线的直角坐标方程得：
设交点，对应的参数分别为，.
则，
∴
79．D
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性、结合指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】
因为，
所以，又因为，
所以，即，
故选：D
80．A
【解析】
【分析】
把题意转化为恒成立.利用分离参数法求出实数a的取值范围.
【详解】
对任意两个不等的正实数，都有恒成立，即为时，恒成立.
所以在上恒成立，则
而，则．
故选：A．
81．A
【解析】
【分析】
依据题意列出关于的方程组，即可求得的值
【详解】
由切点在曲线上，得①；
由切点在切线上，得②；
对曲线求导得，∴，即③，
联立①②③，解之得
故选：A.
82．D
【解析】
【分析】
分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】
令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，排除AB选项，
当时，，则，排除C选项.
故选：D.
83．C
【解析】
【分析】
由定义法判断函数的奇偶性，排除AB选项，求导求函数的单调性，进而排除D选项，C选项符合要求.
【详解】
定义域为R，又，
所以，且，故非奇非偶，A错误；
定义域为R，，
所以为偶函数，B错误；
定义域为R，，
则为奇函数，
又恒成立，所以在上单调递增；C正确；
定义域为R，，则为奇函数，
又，当时，，当时，，
故在单调递减，在单调递增，D错误
故选：C
84．
【解析】
【分析】
求出代入可得答案.
【详解】
．
故答案为：.
85．
【解析】
【分析】
方程有4个不同的实数解，则方程有4个不同的实数解，即直线与曲线有4个公共点，利用数形结合处理．
【详解】
由题知：方程有4个不同的实数解，即有4个不同的实数解．
作出图像（如图所示），即直线与曲线有4个公共点．
易知：．
故答案为：．
86．1
【解析】
【分析】
根据奇函数的定义可得.
【详解】
由题知，的定义域为R，因为是奇函数，所以，
所以，
所以，
所以恒成立
所以.
故答案为：1.
87．##－0.2
【解析】
【分析】
由已知得出函数的周期，然后利用周期性及已知式求值．
【详解】
由，得，又，所以，得，
所以.
故答案为：．
88．
【解析】
【分析】
分和两种情况，解方程及，结合范围求得结果.
【详解】
当时，由得，此方程无实数解；
当时，由得，解得．
故答案为：.
89．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而求出函数的单调区间，即可求出函数的极小值；
（2）将不等式可变形为，依题意即在上单调递减，令，则在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，再令，，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最小值，从而求出参数的取值范围．
(1)
解：的定义域为，
由函数在点处的切线方程为，
得，解得，
此时，．
令，解得或．
当或时，，即在和上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
则当时，函数取得极小值，即，
(2)
解：由得．
不等式可变形为，
即因为，，且，
所以函数在上单调递减．
令，
则在上恒成立，
即在上恒成立．
设，，则．
因为当时，，
所以函数在上单调递减，所以，
所以，
即实数的取值范围为．
90．(1)增区间为，减区间为；最大值为，无最小值
(2)答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】
（1）由，求导，再分别令，求解；
（2）由，，求导，得到函数有唯一的极大值点，极大值，令，，利用导数法求解.
(1)
解：函数的定义域为，
当时，，
，
令，得；
由，得；
由，得．
所以，增区间为，减区间为．
当时，函数有最大值为，无最小值
(2)
，，
，
令，得（舍）或；
由，得；
由，得．
所以，增区间为，减区间为．
函数有唯一的极大值点，
，
令，．
因为恒成立，函数为增函数，
且，
①时，，即
函数一定没有零点．
②时，，即
函数有唯一的零点．
③时，，即，
，
且，
，
，
令，则，
当时，成立，
所以，
所以，
∴，，
所以，
在区间上有唯一零点，在区间上有唯一零点，
函数有两个不同的零点．
综上所述：
①时，函数一定没有零点．
②时，函数有唯一的零点．
③时，函数有两个不同的零点．
【点睛】
方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
91．(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用导函数并按实数a分类讨论去求函数的单调区间；
（2）把不等式恒成立转化为，构造新函数并求其最小值即可求得实数m的取值范围．
(1)
由得，函数的定义域为，
且，令，即，
①当，即时，恒成立，在单调递增；
②当，即时，令，
当时，，的解或，
故在上单调递增，在上单调递减；
当时，，同理在上单调递减，在上单调递增．
(2)
由（1）可得，若有两个零点，则，且，
因为，所以，
由不等式，恒成立得，只需，
又
，
设，则，
由可得，，即在单调递减，所以，
所以．
92．D
【解析】
【分析】
根据数量积的运算律移项后平方化简即可得解.
【详解】
由可得，
平方可得，
所以，解得.
故选：D
93．A
【解析】
【分析】
利用向量平行列方程即可求出.
【详解】
由向量，得.
因为，所以，解得.
故选：A
94．A
【解析】
【分析】
根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】
因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故选：A
95．D
【解析】
【分析】
由已知平方可得，，再对平方即可求出.
【详解】
因为，，，
平方可得，，，
解得，，
故，∴.
故选：D．
96．B
【解析】
【分析】
根据解得，再结合平面向量的夹角公式计算即可
【详解】
由可得，即，解得，
所以，，则
又
所以与的夹角为
故选：B.
97．B
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算法则，准确化简，即可求解.
【详解】
如图所示，根据平面向量的运算法则，可得
.
故选：B．
98．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）采用分类讨论取绝对值可求出结果；
（2）根据绝对值三角不等式和基本不等式可证不等式成立.
(1)
当时，，
当时，化为，解得；
当时，化为，解得；
当时，化为，解得，
所以的解集为；
(2)
当时，
当且仅当与异号，且，即时，等号成立.
99．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，分，，三种情况讨论求解即可；
（2）分别计算围成的三角形的顶点坐标，，，进而列式计算即可.
(1)
解：当时，
或或
即或或，
所以原不等式的解集为-
(2)
解：
所以，的图像如图所示，
故令得，即，令得，即，
因为，
所以△的面积为．
解得：-
100．(1)
(2)3
【解析】
【分析】
（1）讨论， ，，去掉绝对值，解不等式即可得出答案
（2）首先求出的单调性，得出，即可求出，再由三元基本不等式可得出答案.
(1)
当时，，即，无解；
时，，解得；
当时，，解得．不等式的解集为
(2)
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减．
所以，，，所以，，
因为且，则，
由三元基本不等式可得，
当且仅当，即时取到等号，故的最小值为3．
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