辽宁省大连市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份辽宁省大连市三年（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，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

辽宁省大连市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2023·辽宁大连·统考一模）已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（    ）
A．-3 B． C．3 D．
2．（2023·辽宁大连·统考一模）如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（    ）

A． B． C． D．
3．（2023·辽宁大连·统考一模）已知随机变量，且，则（    ）
A．0.84 B．0.68 C．0.34 D．0.16
4．（2023·辽宁大连·统考一模）如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．
5．（2023·辽宁大连·统考一模）6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，则甲得到4本的概率是（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·辽宁大连·统考一模）牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可导函数在附近一点的函数值可用代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，解方程，选取初始值，在下面四个选项中最佳近似解为（    ）
A． B． C． D．
7．（2023·辽宁大连·统考一模）已知对于每一对正实数，，函数满足：，若，则满足的的个数是（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2023·辽宁大连·统考一模）已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
9．（2022·辽宁大连·统考一模）复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
10．（2022·辽宁大连·统考一模）已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．
11．（2022·辽宁大连·统考一模）设等差数列的公差为d，，则“”是“”的（    ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
12．（2022·辽宁大连·统考一模）2021年10月12日，习近平总书记在《生物多样性公约》第十五次缔约方大会领导人峰会视频讲话中提出：“绿水青山就是金山银山．良好生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系经济社会发展潜力和后劲．”某工厂将产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量P（单位：毫克/升）与过滤时间t（单位：小时）之间的函数关系为，其中k为常数，，为原污染物数量．该工厂某次过滤废气时，若前4个小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，那么再继续过滤2小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（    ）
A．5% B．3% C．2% D．1%
13．（2022·辽宁大连·统考一模）已知数列是递增的等比数列，且，，若的前n项和满足，则正整数k等于（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
14．（2022·辽宁大连·统考一模）现有一个侧面展开图为半圆形的圆锥，其内部放有一个小球，当小球体积最大时，该圆锥与小球的体积之比是（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·辽宁大连·统考一模）已知双曲线的两个焦点为、，点M，N在C上，且，，则双曲线C的离心率为（    ）
A． B．
C． D．
16．（2022·辽宁大连·统考一模）若直线与直线是曲线的两条切线，也是曲线的两条切线，则的值为（    ）
A． B．0 C．-1 D．
17．（2021·辽宁大连·统考一模）已知集合则，则（    ）
A． B．
C． D．
18．（2021·辽宁大连·统考一模）已知复数，其中为虚数单位，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2021·辽宁大连·统考一模）已知两条不重合的直线和平面，则的一个充分不必要条件是（    ）
A． B．
C． D．
20．（2021·辽宁大连·统考一模）熵的概念是由德国物理学家克劳修斯于1856年所提出，它用来表示任何一种能量在空间中分布的均匀程度，能量分布得越均匀，熵就越大，它在控制论、概率论、天体物理、生命科学等领域都有重要应用．在数学中，利用熵可以解决如下问题：有个互不相等的数，需要比较次（表示的阶乘：表示的是向上取整函数，如）就可以将这些数从小到大排序．现有6个互不相等的数，将这些数从小到大排序，需要比较的次数为（    ）
A．8 B．9 C．10 D．11
21．（2021·辽宁大连·统考一模）若双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离是，则的离心率为（    ）
A．2 B． C． D．
22．（2021·辽宁大连·统考一模）我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化败毒方、 宣肺败毒方.若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中至少有一药，事件表示选出的两种中有一方，则（    ）
A． B． C． D．
23．（2021·辽宁大连·统考一模）已知函数，曲线在点处的切线与直线互相垂直，则函数的图象向右平移个单位得到图象的解析式是（    ）
A． B．
C． D．
24．（2021·辽宁大连·统考一模）如图所示，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（   ）

A． B． C． D．

二、多选题
25．（2023·辽宁大连·统考一模）在中，若，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
26．（2023·辽宁大连·统考一模）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ）
A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为
27．（2023·辽宁大连·统考一模）定义在上的函数，则（    ）
A．存在唯一实数，使函数图象关于直线对称
B．存在实数，使函数为单调函数
C．任意实数，函数都存在最小值
D．任意实数，函数都存在两条过原点的切线
28．（2023·辽宁大连·统考一模）已知直线l：y=kx+m与椭圆交于A，B两点，点F为椭圆C的下焦点，则下列结论正确的是（    ）
A．当时，，使得
B．当时，，
C．当时，，使得
D．当时，，
29．（2022·辽宁大连·统考一模）如图，在方格中，向量，，的始点和终点均为小正方形的顶点，则（    ）

A． B．
C． D．
30．（2022·辽宁大连·统考一模）甲、乙两人进行飞镖游戏，甲的10次成绩分别为8，6，7，7，8，10，10，9，7，8，乙的10次成绩的平均数为8，方差为0.4，则（    ）
A．甲的10次成绩的极差为4 B．甲的10次成绩的75%分位数为8
C．甲和乙的20次成绩的平均数为8 D．甲和乙的20次成绩的方差为1
31．（2022·辽宁大连·统考一模）在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，则（    ）
A．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D．平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
32．（2022·辽宁大连·统考一模）已知奇函数在R上可导，其导函数为，且恒成立，若在单调递增，则（    ）
A．在上单调递减 B．
C． D．
33．（2021·辽宁大连·统考一模）《高中数学课程标准》（2017版）给出了数学学科的六大核心素养，为了比较甲乙两名高中同学的数学核心素养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图，图中每项指标值满分为5分，分值高者为优，则下列说法正确的是（ ）

A．甲的数学运算素养优于乙的数学运算素养
B．甲的逻辑推理素养优于乙的逻辑推理素养
C．甲的六个核心素养中只有数学运算水平最高
D．乙的六个核心素养中只有数据分析水平最高
34．（2021·辽宁大连·统考一模）已知，且，则下列不等式正确的（    ）
A． B． C． D．
35．（2021·辽宁大连·统考一模）已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（    ）
A．点的坐标为
B．若，则的中点到轴距离的最小值为8
C．若直线过点，则以为直径的圆过点
D．若直线与的斜率之积为，则直线过点
36．（2021·辽宁大连·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．是奇函数
B．的图象关于点对称
C．若函数在上的最大值、最小值分别为、，则
D．令，若，则实数的取值范围是

三、填空题
37．（2023·辽宁大连·统考一模）若，则__________.
38．（2023·辽宁大连·统考一模）已知单位向量，的夹角为60°，若，则记作．已知向量，，则___________．
39．（2023·辽宁大连·统考一模）早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线相同，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，根据图上尺寸， 溢流孔ABC所在抛物线的方程为_________， 溢流孔与桥拱交点A的横坐标为 ___________ .

40．（2023·辽宁大连·统考一模）甲、乙、丙三人每次从写有整数m，n，k（0 41．（2022·辽宁大连·统考一模）已知抛物线的焦点为F，在C上有一点P，，则点P到x轴的距离为______．
42．（2022·辽宁大连·统考一模）已知随机变量，且，则的最小值为______．
43．（2022·辽宁大连·统考一模）将，，，，这5名同学从左至右排成一排，则与相邻且与之间恰好有1名同学的排法有________种.
44．（2022·辽宁大连·统考一模）以俄国著名数学家切比雪夫（Tschebyscheff，1821-1894）的名字命名的第一类切比雪夫多项式和第二类切比雪夫多项式，起源于多倍角的余弦函数和正弦函数的展开式，是与棣莫弗定理有关、以递归方式定义的多项式序列，是计算数学中的特殊函数．有许多良好的结论，例如：①，，对于正整数时，有成立，②，成立．由上述结论可得的数值为______．
45．（2021·辽宁大连·统考一模）二项式展开式中含项的系数为________．
46．（2021·辽宁大连·统考一模）我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”（“倍加增”是指从塔的顶层到底层）．则宝塔的顶层有______盏灯．
47．（2021·辽宁大连·统考一模）已知平行四边形中，，，，平面内有动点，满足，则的取值范围为___________．
48．（2021·辽宁大连·统考一模）中角的，，的对边分别为，若该三角形的面积为，且，则的最小值为_______．

四、解答题
49．（2023·辽宁大连·统考一模）从下列条件中选择一个条件补充到题目中：
①，其中为的面积，②，③．
在中，角，，对应边分别为，，，_______________．
(1)求角；
(2)若为边的中点，，求的最大值．
50．（2023·辽宁大连·统考一模）如图，平面五边形ABCDE中，是边长为2的等边三角形，，CD＝AE，，将沿AD翻折，使点E翻折到点P．

(1)证明：PC⊥BC；
(2)若PC＝3，求二面角P－AD－B的大小，以及直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
51．（2023·辽宁大连·统考一模）在正项数列中，，．
(1)求；
(2)证明：．
52．（2023·辽宁大连·统考一模）国学小组有编号为1，2，3，…，的位同学，现在有两个选择题，每人答对第一题的概率为、答对第二题的概率为，每个同学的答题过程都是相互独立的，比赛规则如下：①按编号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮出赛，先答第一题；②若第号同学未答对第一题，则第轮比赛失败，由第号同学继继续比赛；③若第号同学答对第一题，则再答第二题，若该生答对第二题，则比赛在第轮结枣；若该生未答对第二题，则第轮比赛失败，由第号同学继续答第二题，且以后比赛的同学不答第一题；④若比赛进行到了第轮，则不管第号同学答题情况，比赛结束．
(1)令随机变量表示名同学在第轮比赛结束，当时，求随机变量的分布列；
(2)若把比赛规则③改为：若第号同学未答对第二题，则第轮比赛失败，第号同学重新从第一题开始作答．令随机变量表示名挑战者在第轮比赛结束．
①求随机变量的分布列；
②证明：单调递增，且小于3．
53．（2023·辽宁大连·统考一模）已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．
(1)若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；
(2)若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；
(3)若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．
54．（2023·辽宁大连·统考一模）已知函数，是的导函数，且．
(1)求实数的值，并证明函数在处取得极值；
(2)证明在每一个区间都有唯一零点．
55．（2022·辽宁大连·统考一模）已知数列满足，数列满足对任意正整数均有成立．
(1)求的通项公式；
(2)求的前99项和．
56．（2022·辽宁大连·统考一模）已知的内角、、的对边分别为、、，且．
(1)判断的形状并给出证明；
(2)若，求的取值范围．
57．（2022·辽宁大连·统考一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且，，，．

(1)求证：；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由．
58．（2022·辽宁大连·统考一模）甲、乙是北京2022冬奥会单板滑雪坡面障碍技巧项目的参赛选手，二人在练习赛中均需要挑战3次某高难度动作，每次挑战的结果只有成功和失败两种．
(1)甲在每次挑战中，成功的概率都为．设X为甲在3次挑战中成功的次数，求X的分布列和数学期望；
(2)乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，受心理因素影响，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变其规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.1；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率减少0.1．
（ⅰ）求乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概率；
（ⅱ）求乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率．
59．（2022·辽宁大连·统考一模）已知椭圆的焦距为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．
60．（2022·辽宁大连·统考一模）已知函数．
(1)若，求a的值；
(2)当时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①；
②．
61．（2021·辽宁大连·统考一模）如图，是底部不可到达的一个建筑物，为建筑物的最高点．某学习小组准备了三种工具：测角仪（可测量仰角与俯角）、米尺（可测量长度)、量角器（可测量平面角度）．

（1）请你利用准备好的工具（可不全使用），设计一种测量建筑物高度的方法，并给出测量报告；
注：测量报告中包括你使用的工具，测量方法的文字说明与图形说明，所使用的字母和符号均需要解释说明，并给出你最后的计算公式．
（2）该学习小组利用你的测量方案进行了实地测量，并将计算结果汇报给老师，发现计算结果与该建筑物实际高度有误差，请你针对误差情况进行说明．
62．（2021·辽宁大连·统考一模）如图，在三棱台中，平面平面，．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面成角的正弦值．
63．（2021·辽宁大连·统考一模）已知正项数列前项之和为，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和为，证明：．
64．（2021·辽宁大连·统考一模）一款游戏规则如下：掷一枚质地均匀的硬币，若出现正面向前跳2步，若出现反面向前跳1步．
（1）若甲乙二人同时参与游戏，每人各掷硬币2次，
①求甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率；
②记甲乙二人向前跳的步数和为，求随机变量的分布列和数学期望．
（2）若某人掷硬币若干次，向前跳的步数为的概率记为，求的最大值．
65．（2021·辽宁大连·统考一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，点在上且．
（1）求的标准方程；
（2）设的左右顶点分别为，，为坐标原点，直线过右焦点且不与坐标垂直，与交于，两点，直线与直线相交于点，证明点在定直线上．
66．（2021·辽宁大连·统考一模）已知函数，.
（1）求的极值点；
（2）若，证明：对任意，且，有.

参考答案：
1．A
【解析】先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.
【详解】因为为实数，则，即，所以.
故选：A.
2．D
【分析】分析可知，求出集合、、，即可得集合.
【详解】由韦恩图可知，，
因为，，
则，，因此，.
故选：D.
3．B
【分析】利用正态分布的对称性求概率即可.
【详解】由题设，而，
又，
所以.
故选：B
4．C
【分析】将平移到与相交，求所成的角，即异面直线所成的角.
【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，
因为为正三角形，所以与所成的角为，
所以异面直线与所成的角为.
故选：C.
5．A
【分析】先讨论分书的总方法，再求概率即可.
【详解】解：可以分为三类情况：①“2，2，2型”，有（种）方法；
②“1，2，3型”，有（种）方法；
③“1，1，4型”，有（种）方法，所以一共有（种）方法．
甲得到4本方法，.
故选：A
6．D
【分析】求出迭代关系为，结合逐项计算可得出结果.
【详解】令，则，
令，即，可得，
迭代关系为，
取，则，，
故选：D.
7．A
【分析】利用递推式判断在上的符号及单调性，并得到，即可判断的个数.
【详解】令且均属于，则，
所以，故，
又，故在上恒成立，且在上单调递增，
所以，满足仅有，即仅有1个.
故选：A
8．B
【分析】当与位于同一半圆时，可知当三点共线时取得最小值，当位于时，取得最大值；当与分别在两个半平面中时，作出二面角的平面角及在平面上的投影点，设，利用勾股定理和三角恒等变换知识，结合三角函数值域求法可求得所处的范围；综合两种情况可得结果.
【详解】由圆的方程知：圆的半径为；
当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如下图所示，

（当且仅当三点共线时取等号），
当位于图中处时，取得最小值；
又当位于图中处时，取得最大值；
当与分别在两个半平面中时，
作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，

，，
，，，
；
为圆右半圆上的点，可设，，
，
（其中，），
，当，即时，，
则；
又，，即；
综上所述：两点间的距离的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查空间中两点间距离的取值范围的求解问题，解题关键是能够分别讨论两点位于同一半平面和不同两个半平面中两种情况；尤其当两点位于不同半平面中时，能够结合二面角平面角的定义和投影点，利用勾股定理表示出所求距离.
9．A
【分析】根据复数的除法运算，求得复数z，根据复数的几何意义可得答案.
【详解】由得，
故z在复平面内所对应的点为，在第一象限,
故选：A
10．C
【分析】根据韦恩图中阴影部分所表示的含义，由集合的补集和交集定义可得.
【详解】集合，，图中阴影部分表示，
又或，所以．
故选：C
11．B
【分析】结合等差数列的通项公式判断条件与结论的关系即可.
【详解】必要性成立，由等差数列的可知，；
充分性不成立，例如：，得．
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
12．B
【分析】根据前4小时废气中的污染物恰好被过滤掉90%，求出，再计算经过6小时，空气中剩余污染物的残留量，可得答案.
【详解】由题可得，前4小时，废气中的污染物恰好被过滤掉90%，
故由得，所以，即，
由再过滤2小时，即共6小时，空气中剩余污染物为
，
，故污染物所剩比率约为,
故选：B
13．A
【分析】利用等比数列的角标和性质，列方程求出，即可求解
【详解】由，，知，，解得，，所以，，则，所以，解得．
故选：A
14．A
【分析】根据圆锥侧面展开图为半圆，求得母线与底面半径的关系，利用当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，求得小球的半径，可得答案.
【详解】由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为l，底面半径为R，
则，所以，可知圆锥轴截面为正三角形，圆锥高为 ,
又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，轴截面如图示：

设此时小球半径为r，则有 ，即，
故，，
所以，
故选：A
15．D
【分析】根据，，由双曲线对称性可知，直线与交于y轴上一点P，且为等腰直角三角形，可得的坐标，分别求出，再根据双曲线的定义即可得出答案.
【详解】解：因为，，
由双曲线对称性可知，直线与交于y轴上一点P，
且为等腰直角三角形，
所有，
如图，则，，，
所以，，
则，即，
则．
故选：D.

16．C
【分析】利用和互为反函数推得两条公切线和也互为反函数，结合导数的几何意义表示出，，进而化简可得，代入化简可得答案.
【详解】由和互为反函数可知，
两条公切线和也互为反函数，
即满足，，即，，
设直线与和分别切于点和，
可得切线方程为和，
整理得：和，则，，
由，得，且，
则，所以，
所以
,
故选：C
【点睛】本题考查了反函数的相关知识以及导数的几何意义的应用，解答时要注意利用导数的几何意义写出切线方程并进行系数的比较，从而得出参数之间的关系式.
17．B
【分析】解不等式确定集合，然后由并集定义计算．
【详解】由题意，，
所以．
故选：B．
18．B
【分析】由复数的除法运算求得，结合复数模的运算公式，即可求解.
【详解】由复数的除法运算，可得，所以.
故选：B.
19．C
【分析】利用直线与直线，直线与平面的位置关系判断.
【详解】A. 当时，或m与n异面或相交，故错误；
B. 当时，或m与n异面或相交，故错误；
C. 当时，，反之不一定成立，故正确；    
D. 当时，或m与n异面，故错误；
故选：C
20．C
【分析】根据题意可得有6个互不相等的数，需要比较次，然后进行计算即可得出结果.
【详解】根据题意可得有6个互不相等的数，需要比较次，
而，
且，
∴.
故选：C.
21．A
【分析】根据题意先写出右焦点坐标及渐近线方程，再利用点到直线的距离公式列出关于的方程，从而得出的值，最后利用离心率公式可得结果.
【详解】双曲线的右焦点坐标为，
渐近线方程为，即，
∵双曲线的右焦点到它的一条渐近线的距离是，
∴，解得，
∴，
∴离心率.
故选：A.
22．D
【分析】利用古典概型的概率公式求出和，再利用条件概率公式计算作答.
【详解】依题意，，
所以.
故选：D
23．A
【分析】利用导数的几何意义可求出，从而得到的解析式，然后再利用图象的变换法则进行求解即可得到结果.
【详解】函数，∴，
∵曲线在点处的切线与直线互相垂直，
∴，∴，
又，∴，
∴，
∴函数的图象向右平移个单位得到图象的解析式为
.
故选：A.
24．B
【分析】设中点为，连接，过点作，进而根据已知条件证明三棱锥的外接球的球心在上，再设外接球的半径为，球心为，中点为，连接，再根据几何关系得，进而代入数据计算即可得答案
【详解】设中点为，连接，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，
所以，，
过点作，
因为平面平面，平面平面
所以平面，平面，
所以三棱锥的外接球的球心在上，设外接球的半径为，

则由得，由得，
又因为，
所以为等腰直角三角形，
设球心为，中点为，连接，

则，
所以，
即，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B
【点睛】本题考查几何体的外接球的相关计算，考查运算求解能力，空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题.本题解题的关键在于设中点为，连接，过点作，进而证明三棱锥的外接球的球心在上，进而将空间问题转化为平面问题求解.
25．BD
【分析】由化简得到，再逐项判断.
【详解】解：由，
因为，所以，
所以，
所以，不一定为1，A错；
因为，，
∴，
从而有，所以B正确，
又，所以也不一定等于1，C错；
而，D正确；
故选：BD
26．BC
【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.
【详解】对于A，当直四棱柱的底面为正方形时，
其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
对于B，若，则菱形为正方形，
因为平面，平面，
所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；
对于C，在四面体中，，，，
所以，

所以四面体在点处的离散曲率为，
解得，易知，
所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
同理，
又平面，
所以平面，故C正确，
对于D,直四棱柱在顶点处的离散曲率为,
则,即是等边三角形,
设,则即为与平面的所成角,
,故D错误;
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．
27．ACD
【分析】根据对称性先用特殊值求得的值，再判断对称性是否对所以自变量均成立即可判断A；根据导函数的性质即可判断B，C；根据导数的几何意义求解切线方程，代入原点判断方程的实根个数即可判断D.
【详解】对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立
所以且，所以，解得，
且当时，，则，
所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确；
对于C，由于，又令，则恒成立，
所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得，
所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确；
对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则，
所以切线方程为，当切线过原点时，有
整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确.
故选：ACD.
28．BCD
【分析】对于A，将直线的方程与椭圆方程联立，求出的取值范围，可求得的取值范围，可判断A选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的取值范围，可判断B选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式结合可求得的取值范围，可判断C选项；求出线段中点的轨迹方程，可求得的最小值，可判断D选项.
【详解】在椭圆中，，，，
由题意可得，上焦点记为，

对于A选项，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，

，
所以，，故A错误；
对于B选项，设线段的中点为，
由题意可得，两式作差可得，
因为直线的斜率存在，则，所以，，
整理可得，又因为，消去可得，其中，
所以，，
所以，
，故B正确；
对于C选项，当时，直线的方程为，即，
联立可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
，
同理，所以，，
因为，所以，当时，，使得，故C正确；
对于D选项，设线段的中点为，
由B选项可知，，即，即，
由可得，故点的横坐标的取值范围是，
而点到直线的距离为，
由可得，当且仅当点时，
取最小值，故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛:圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略:
(1）利用圆锥曲线的几何性质或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，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系;
(3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围;
(4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围;
(5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
29．BC
【分析】结合向量的线性运算法则及数量积的几何意义，逐项判定，即可求解.
【详解】如图所示，向量与向量方向不同，所以，故A不正确，
作向量与向量，可得，且，故B与C正确，
连接BD，则AC与BD互相垂直，所以向量与向量在向量上的射影的数量是相同的，
所以，故D不正确．
故选：BC.
  
30．ACD
【分析】根据极差，百分位数，平均数和方差的定义计算求解即可
【详解】甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差等于4，故A正确，
因为，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数等于9，故B不正确，
经计算，甲的10次成绩的平均数等于8，又已知乙的10次成绩的平均数等于8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故C正确，
，
，故D正确，
方差也可以用进行求解，
即：，，
所以，即，故D正确．
故选：ACD
31．ABD
【分析】用反证的方法来推出与已知相矛盾的结论，可以判断A,D;用线面平行的判定定理，可判断B;用线面平行的判定以及性质定理可判定C.
【详解】若平面PAD内存在直线与BC平行，则平面PAD，

由 平面ABCD, 平面ABCD 平面PAD ,
可得，则四边形ABCD为平行四边形，与已知矛盾，故A正确；
平面PAD和平面PBC的一个交点为P，故二者存在过点P的一条交线，
在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B正确；
由得平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，
所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故C错误；
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，
则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，
与已知底面ABCD为梯形矛盾，故D正确．
故选：ABD
32．BCD
【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可.
【详解】方法一：
对于A，若，符合题意，故错误，
对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，故正确，
对于C和D，设，则为R上可导的奇函数，，
由题意，得，关于直线对称，
易得奇函数的一个周期为4，，故C正确，
由对称性可知，关于直线对称，进而可得，（其证明过程见备注）
且的一个周期为4，所以，故D正确．
备注：，即，所以，
等式两边对x求导得，，
令，得，所以．
方法二：
对于A，若，符合题意，故错误，
对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，故正确，
对于C，将中的x代换为，
得，所以，
可得，两式相减得，，
则，，…，，
叠加得，
又由，得，
所以，故正确，
对于D，将的两边对x求导，得，
令得，，
将的两边对x求导，得，所以，
将的两边对x求导，得，
所以，故正确．
故选：BCD
33．AC
【分析】根据雷达图逐个分析判断即可
【详解】解：对于A，由图可知数学运算，甲得5分，乙得4分，所以甲的数学运算素养优于乙的数学运算素养，所以A正确；
对于B，由图可知逻辑推理素养，甲得4分，乙得5分，所以甲的逻辑推理素养低于乙的逻辑推理素养，所以B错误；
对于C，由图可知甲只有数学运算素养得5分，所以甲的六个核心素养中只有数学运算水平最高，所以C正确；
对于D，由图可知乙的逻辑推理、数据分析和直观想象都是5分，所以D错误，
故选：AC
34．ABD
【分析】利用基本不等式证明判断．
【详解】因为，
，当且仅当时等号成立，所以，A正确；
由得，，同理，
，当且仅当，即时等号成立，B正确；
满足题意，但，C错；
由得，所以，当且仅当即时等号成立，所以．D正确．
故选：ABD
【点睛】易错点睛：本题考查用基本不等式证明不等式，利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
本题考查的是证明不等式成立，不是求最值，因此即使等号取不到，不等式仍然成立．
35．AD
【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D．
【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确；
B．显然斜率存在，设直线方程为，，
由得，，，
，所以，化简得，
线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离，
又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错；
C．设方程为（），由上述讨论知，
又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错；
D．，则，由上得，，
方程为，必过点，D正确．
故选：AD．
【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解．
36．BCD
【分析】利用函数的奇偶性的定义，可判定A错误；利用图像的平移变换，可判定B正确；利用函数的图象平移和奇偶性，可得判定C正确；利用函数的单调性，可判定D正确.
【详解】由题意函数，
因为恒成立，即函数的定义域为，
又因为，所以不是奇函数，所以错误；
将的图象向下平移两个单位得到，
再向左平移一个单位得到，
此时，所以图象关于点对称，
所以的图象关于对称，所以B正确；
将函数的图象向左平移一个单位得，
因为，
即，所以函数为奇函数，
所以函数关于点对称，
所以若在处 取得最大值，则在处取得最小值，
则，所以C正确；
由，可得，
由，
设，，
可得，所以为减函数，
可得函数为减函数，
所以函数为单调递减函数，
又由为减函数，所以为减函数，
因为关于点对称，
所以，即，
即，解得，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】求解函数有关的不等式的方法及策略：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；
②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
37．
【分析】先化简，再代值计算即可
【详解】解：因为，
所以

，
故答案为：
38．
【分析】由数量积公式计算，，再由模长公式计算.
【详解】因为
所以，


故答案为：
39．
【解析】根据题意，设桥拱所在抛物线的方程为，溢流孔ABC所在方程为，运用待定系数法，求得，，可得右边第二个溢流孔所在方程，联立抛物线方程，可得所求.
【详解】设桥拱所在抛物线方程，由图可知，曲线经过，
代入方程，解得：，
所以桥拱所在抛物线方程；
四个溢流孔轮廓线相同，所以从右往左看，
设第一个抛物线，
由图抛物线经过点，则，解得，
所以，
点即桥拱所在抛物线与的交点坐标，
设
由，解得：
所以点A的横坐标为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标，关键在于合理建立模型正确求解，根据待定系数法，及平移抛物线后方程的形式即可.
40．5
【分析】根据次游戏所取卡片数字总和为，结合，且为40的因数，得到N=2，4，5，然后验证求解.
【详解】解：次游戏所取卡片数字总和为，
又，且为40的因数，，故N=2，4，5．
当时，，因为丙得9粒石子，则，所以甲石子小于16，矛盾不成立；
当时，，因为丙得9粒石子，则，为了使得甲获得石子，，，
此时甲得21粒石子，矛盾不成立；
当时，，因为丙得9粒石子，则，为了使得甲获得石子，，，
此时甲得22粒石子，
甲乙丙三次得子数

第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
甲
6
6
5
5
2
乙
2
2
2
2
1
丙
1
1
1
1
5
故做了5次游戏．
故答案为：5
41．
【分析】根据抛物线的定义，列出相应方程求解即可.
【详解】由抛物线的定义可知：，所以，代入中，得，
所以，故点P到x轴的距离为为．
故答案为：
42．4
【分析】由正态曲线的对称性得出，再由基本不等式得出最小值.
【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，
又因为，所以，所以
当时，
有，
当且仅当，即时等号成立，故最小值为4．
故答案为：
43．20
【分析】由与相邻且与之间恰好有1名同学，分类讨论B在A与C之间，与B在A的另一侧，A与C之间为D，E中任意1人两种情况，分类计数之后再相加得答案.
【详解】根据题意，分两种情况
若A与C之间为B，即B在A,C中间且三人相邻，共有种情况，
将三人看成一个整体，与D,E两人全排列，共有种情况，
则此时有种排法
若A与C之间不是B，先从D，E中选取1人，安排在A，C之间，有种选法，
此时B在A的另一侧，将四人看成一个整体，考虑之前的顺序，有种情况，
将这个整体与剩下的1人全排列，有种情况，
此时有种排法
所以总共有种情况符合题意
故答案为：20
【点睛】本题考查排列组合中排序问题，注意特殊位置优先考虑，属于较难题.
44．
【分析】根据已知条件和余弦的三倍角公和二倍角公式，再利用两角互余及诱导公式，
再结合同角三角函数的平方关系及一元二次方程的解法即可求解.
【详解】由题意，，
又，
故，
因为，所以，
即，
解得或．
，
所以.
故答案为：.
45．10
【分析】由二项展开式通项公式易得．
【详解】展开通项公式为，
所以展开式中的系数为．
故答案为：10．
46．3
【分析】用数列每层塔灯的盏数，则成等比数列，由等比数列的基本量运算可得．
【详解】用数列每层塔灯的盏数，则成等比数列，
，底层灯盏数为，则，所以，解得．
故答案为：3．
47．
【分析】根据题意建立坐标系，求出各点的坐标，再结合，求出点的坐标满足的等式，最后结合数量积的坐标运算公式即可求出结果.
【详解】因为平行四边形中，，，，
所以建立如图所示的坐标系，

则，，，，设，
∵平面内有动点，满足，
∴，
即，
∴，
∴.
故答案为：.
【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：
利用定义；
利用向量的坐标运算；
利用数量积的几何意义.
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用.
48．
【分析】根据两角差的正弦公式可将原等式变形为，再结合正弦，余弦定理，将角全部化为边，可推出，由可得，然后代入，将其整理成关于的一元二次方程，由，得解．
【详解】因为，所以，
即，所以，整理得，
所以，又，所以，
因为，所以，化简，由，得，即，所以的最小值为，
故答案为：．
【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；
（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；
（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.
（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.
49．(1)
(2)

【分析】（1）选①，利用余弦定理可得，再结合面积公式，可得，进而求解；
选②，由结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得，进而求解；
选③，由结合正弦定理可得，进而得到，进而求解.
（2）在中，设，由正弦定理可得，，进而得到，进而求解.
【详解】（1）选①，由余弦定理得：，
又，所以，
得，
因为，所以．
选②，因为，由正弦定理得：，
整理得：，
由余弦定理得：，
因为，所以．
选③，因为，由正弦定理得：，
即，
又因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，即．
（2）在中，设，
由正弦定理得，
所以，，
∴，其中，
当时取等号，所以的最大值是．
50．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在平面图形中取中点，则有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论；
（2）由（1）得，，则二面角的平面角为，在中利用余弦定理求解即可；在平面内作，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值.
【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，，
∵是边长为2的等边三角形，
∴，，故翻折后有，
又∵，∴，∵，∴，
且，，平面，∴平面，
∵，∴，∴平面，
又∵平面，∴．

（2）由（1）得，，∴二面角的平面角为，
在中，，．
由余弦定理得，∴，
二面角的大小是，
在平面内作，交于，∵平面，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

由（1）得，四边形为矩形，又∵，，
所以各点坐标为，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，即
设，则，，∴，
设直线与平面所成角为，
则．
51．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由，可得，令，则，可得为首项为1，公差为1的等差数列，可得，进而求解；
（2）根据裂项相消求和，进而即可得证.
【详解】（1）由，
得，
令，则，且，
∴为首项为1，公差为1的等差数列，
∴，
又，
∴．
（2）证明：．
52．(1)分布列见解析
(2)①分布列见解析 ；②证明见解析

【分析】（1）由题设有，可取值为1，2，3，应用独立事件乘法公式、互斥事件概率求法求各值对应的概率，即可得分布列；
（2）①应用二项分布概率公式求取值1，2，…，对应概率，即可得分布列；
②由①分布列得（，），定义法判断单调性，累加法、等比数列前n项和公式求通项公式，即可证结论.
【详解】（1）由题设，可取值为1，2，3，
，，，
因此的分布列为

1
2
3




（2）①可取值为1，2，…，，
每位同学两题都答对的概率为，则答题失败的概率均为：，
所以时，；当时，
故的分布列为：

1
2
3
…






…


②由①知：（，）．
，故单调递增；
由上得，故，
∴，
故．
53．(1)直线与双曲线相切，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）联立消去，根据，得到，由根的判别式判断直线与双曲线相切；
（2）结合（1）中的方程，根据得到，结合得到，证明出；
（3）设出的坐标及，，得到、是的两根，求出，证明出结论.
【详解】（1）直线与双曲线相切．理由如下：
联立方程组，
∴①，
∵，
∴，即，代入①得，
，
∴，
∴直线与双曲线相切．
（2）由（1）知，
∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）设，，设，，
∵，
∴，则，
代入双曲线，利用在上，
即，整理得，
同理得关于的方程．
即、是的两根，
∴，
∴．
【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于或的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断
54．(1)，证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出导函数，根据求出的值，再通过计算导函数的正负情况说明函数的单调性，计算出极值点.
（2）由，令，利用导数分析可得在区间单调递减，由，，即可得证.
【详解】（1）∵，
∴．
∵，
∴，即．
∴，，
当时，，
∴，
当时，令，
∵，
即在单调递减，
∴，
∴，所以函数在处取得极大值.
（2）由，
令，
则，
当时，，
∴，
∴在区间单调递减，
又∵，，
∴在每一个区间有唯一零点，
故在每一个区间有唯一零点．
55．(1)
(2)825

【分析】(1)利用递推式的性质，可求出.
(2)根据，可得，利用等差数列求和公式求解即可.
（1）
因为，
所以当时，，
两式相减得，，
又时，，也符合．
所以．
（2）
由（1）知，，因为对任意的正整数，
均有，
故数列的前99项和


．
56．(1)为等腰三角形或直角三角形，证明见解析
(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，可得出或，可得出或，即可得出结论；
（2）分析可得，且，利用诱导公式以及辅助角公式可得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）解：为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由及正弦定理得，，
即，
即，
整理得，所以，
故或，
又、、为的内角，所以或，
因此为等腰三角形或直角三角形．
（2）解：由（1）及知为直角三角形且不是等腰三角形，
且，故，且，
所以，
因为，故，
得，所以，
因此的取值范围为．
57．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）证明，结合，证明平面PAC，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，设，求出平面MAC的一个法向量，结合平面ACD法向量以及条件可推出即M为PD中点，即可求得答案.
【详解】（1）因为，，，所以，
又因为，且，，
所以，所以，
又因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又因为平面PAC，所以．
（2）在BC上取点E，使，则，故以A为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，
设，，
在平面MAC中，，，
设平面MAC的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
可取平面ACD法向量为，
所以，即，
解得，所以M为PD中点，
所以三棱锥的高h为1，．
58．(1)分布列见解析，
(2)（ⅰ）0.4；（ⅱ）0.62．

【分析】(1)由已知得，然后列出相应分布列即可.
(2)根据条件概率的计算公式，列出相应的计算公式，直接计算求解即可.
（1）
由题意得，，则，其中，
则X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




则.
（2）
设事件为“乙在第i次挑战中成功”，其中．
（ⅰ）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则，
则
．
即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4．
（ⅱ）因为
，
且
，
所以．
即乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率为0.62．
59．(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）根据椭圆的焦距以及经过点，求得，即可求得椭圆方程；
（2）转化为，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，即可求得结果.
【详解】（1）由椭圆C的焦距为2，故，则，
又由椭圆C经过点，代入C得，得，，
所以椭圆的方程为：．
（2）根据题意，直线的斜率显然不为零，令
由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，
与联立得，，
则，
设，，，，
设存在点T，设T点坐标为，
由，得，
又因为，
所以，，
所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有，
则：，所以，
所以，，
即，即，
解得，符合题意，
即存在点T满足题意.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中存在性问题，解决第二问的关键是合理转化为，再利用韦达定理求解，属综合中档题.
60．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）讨论的值，由导数得出其单调性，结合得出的值；
（2）选①当时，，构造函数，利用导数证明得出；选②当时，，构造函数，利用导数证明得出；
（1）
由，得，又，
当时，有恒成立，所以在R上单调递减，又由，则不成立，
当时，令，得，
则时，有，时，有
即在单调递减，在单调递增
所以是的极小值，
又因为，且，故，即，经验证成立．
（2）
选择①作答：
当，时，，
设，
当时，，，又由（1）知，故，
当时，，
设，则，，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，，
综上，，即当时，．
选择②作答：
当，时，，
设，
当时，，，，故，
当时，，
设，则，，
则在单调递增，，所以，
则在单调递增，，
综上，，即当时，．
【点睛】关键点睛：在证明不等式时，关键是构造函数，利用导数得出其单调性，进而由最值证明不等式.
61．（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【分析】（1）底部不可到达，因此可用解三角形思想求解，测量出相应的线段长和角度，然后由三角形的知识进行计算．我们选用解直角三角形，注意到测角仪的高度，构建解析中的图形，测量两点处的仰角，长，同时测得测角仪高度，然后解直角三角形可得．
（2）误差产生的原因很多，如工具误差，两次测量时位置不完全一样（每个数据都可能出现误差）．
【详解】（1）选用测角仪和米尺，如图所示，

①选择一条水平基线（如图），，使三点共线；
②在两点用测角仪测得的仰角分别为，用米尺测量得，没得测角仪的高为．
③经计算建筑物（或者写成）．
（2）①测量工具问题；
②两次测量时位置的间距差；
③用身高代替测角仪的高度．
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的应用，不可及测量问题，可通过构造三角形（最好是直角三角形），确定解此三角形所需要的元素，测了这些元素，然后求解．
62．(1)证明见解析；(2)
【分析】(1)求出等腰梯形ABED的对角线AE长，由勾股定理逆定理判断AE⊥BE，再利用面面垂直的性质即得证；
(2)由(1)可得AE⊥BC，进而证得EF⊥平面ABED，平面AEF⊥平面ABED，过点D作出平面AEF的垂线得线面角，求解即得.
【详解】(1) 在三棱台中，，四边形ABED是等腰梯形，过E作EG⊥BE于G，如图：

，，
中，由余弦定理得
，
所以，即AE⊥BE，
因平面平面，平面平面=BE，平面，
所以平面；
(2)由(1)知AE⊥BC，又，平面且平面，=A，则平面，
由已知EF//BC，则有平面，而平面，
所以平面平面，过D作DO⊥AE于O，平面平面，
DO⊥平面AEF，连接FO，则FO是DF在平面AEF内的射影，即是直线DF与平面AEF所成的角，
，而，则，，
等腰△ADE中，O是AE中点，则，Rt△DFO中，，
故直线与平面成角的正弦值是.
【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：几何法；空间向量法.
63．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）当时，由得到，再两式相减，利用等差数列的定义求解；
（2）由（1）得到，然后由，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，由得，
，
两式相减得，
因为，
所以，且，
所以数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）知，则，
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
，
，
，
.
所以对，.
【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法
（1）公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
（6）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
64．（1）①；②答案见解析；（2）.
【分析】（1）①设甲向前跳的步数为，乙向前跳的步数为，由，，，可得的概率；
②由①知所有可能取值为4，5，6，7，8，求出，，，，，可得随机变量的分布列和.
（2）由题意得，当时，，利用递推关系可得，可求得答案.
【详解】（1）①设甲向前跳的步数为，乙向前跳的步数为，
则，
，
，
所以，
所以甲向前跳的步数大于乙向前跳的步数的概率.
②由①知所有可能取值为4，5，6，7，8，
所以，，，，，
随机变量的分布列为

4
5
6
7
8






.
（2）由题意得，当时，，

，
所以，
，，当为奇数时，，；
当为偶数时，，，
时，，所以，
且数列为递减数列，所以的最大值为.
【点睛】本题考查了随机变量的分布列和期望，解题的关键点是求出所有可能取值、概率及利用求得，考查了学生对数据的分析能力和计算能力.
65．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意可得，再根据可求出，从而可得椭圆的标准方程；
（2）首先设，，，由，，三点共线可得，由，，三点共线可得，联立消去，，再根据直线与椭圆联立得到一元二次方程，利用韦达定理代入，，可得结论.
【详解】（1）∵，，∴，∴，，
∴，
∴，∴，∴，
∴的标准方程为.
（2）证明：设直线，，，，
由题意知，，，
，
∴，，
由，，三点共线可得，
由，，三点共线可得，
∴，
代入，，
∴，
代入，，并化简得，
由题意知，解得，
所以点在定直线上.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
66．（1）函数有极小值点，无极大值点；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再解导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值点即可；
（2）首先根据（1）证明，再证明，即可证明，当且仅当时等号成立，令，求出函数的导数，结合，得到在上为增函数，从而证明结论成立.
【详解】（1）∵，∴，
由，得，
由，得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
故函数有极小值点，无极大值点；
（2）证明：当时，，
由（1）可知，
故，当且仅当时等号成立，
又，
当时，，，故，
当时，，
当时，，，故，
故时，，当且仅当时等号成立，
故成立，当且仅当时等号成立，
令，则，
∵，∴，∴，
∵在的任意子区间内不恒为0，
∴在上为增函数，
不妨设，则，
故，
故.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）考查数形结合思想的应用.