山东省济宁市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省济宁市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共63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。

山东省济宁市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山东济宁·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．（2021·山东济宁·统考一模）已知复数满足，则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
3．（2021·山东济宁·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·山东济宁·统考一模）随着我国新冠疫情防控形势的逐渐好转，某企业开始复工复产．经统计，年月份到月份的月产量（单位：吨）逐月增加，且各月的产量成等差数列，其中月份的产量为吨，月份的产量为吨，则月到月这四个月的产量之和为（    ）
A．吨 B．吨 C．吨 D．吨
5．（2021·山东济宁·统考一模）若的展开式中项的系数是，则实数的值为（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·山东济宁·统考一模）为了解某贫困地区实施精准扶贫后的成果，现随机抽取了该地区部分人员，调查了2020年其人均纯收入状况．经统计，这批人员的年人均纯收入数据（单位：百元）全部介于45至70之间．将数据分成5组，并得到如图所示的频率分布直方图．现采取分层抽样的方法，从，，这三个区间中随机抽取6人，再从6人中随机抽取3人，则这三人中恰有2人年人均纯收入位于的概率是（ ）

A． B． C． D．
7．（2021·山东济宁·统考一模）已知、、均为单位向量，且满足，则的值为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·山东济宁·统考一模）已知、是双曲线：的左、右焦点，点是双曲线上的任意一点（不是顶点），过作角平分线的垂线，垂足为，是坐标原点．若，则双曲线的渐近线方程为（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东济宁·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·山东济宁·统考一模）已知，是两个不同的平面，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
11．（2022·山东济宁·统考一模）在等比数列中，，，则（    ）
A．-8 B．16 C．32 D．-32
12．（2022·山东济宁·统考一模）定义在R上的奇函数满足，则（    ）
A．0 B．1 C．－1 D．2022
13．（2022·山东济宁·统考一模）把函数的图象向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·山东济宁·统考一模）甲､乙两个箱子里各装有5个大小形状都相同的球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球的概率为（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·山东济宁·统考一模）过抛物线焦点F的直线与该抛物线及其准线都相交，交点从左到右依次为A，B，C.若，则线段BC的中点到准线的距离为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
16．（2022·山东济宁·统考一模）等边三角形ABC的外接圆的半径为2，点P是该圆上的动点，则的最大值为（    ）
A．4 B．7 C．8 D．11
17．（2023·山东济宁·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·山东济宁·统考一模）若，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2023·山东济宁·统考一模）已知等差数列的前5项和，且满足，则等差数列{an}的公差为（    ）
A．-3 B．-1 C．1 D．3
20．（2023·山东济宁·统考一模）从1至6的6个整数中随机取3个不同的整数，其中恰有两个是偶数的概率（    ）
A． B． C． D．
21．（2023·山东济宁·统考一模）若过点的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的最大值（    ）
A． B． C． D．
22．（2023·山东济宁·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
23．（2023·山东济宁·统考一模）若函数且在区间内单调递增，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·山东济宁·统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（    ）
A． B．π C． D．

二、多选题
25．（2021·山东济宁·统考一模）下列说法正确的是（    ）
A．命题“，使得”的否定是“，使得”
B．设随机变量，若，则
C．正实数，满足，则的最小值为5
D．是等比数列，则“”是“”的充分不必要条件
26．（2021·山东济宁·统考一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．是函数图象的一个对称中心
C．函数在上单调递增
D．函数在上的值域是
27．（2021·山东济宁·统考一模）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（     ）

A．圆锥SO的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，E为线段AB上的动点，则的最小值为
28．（2021·山东济宁·统考一模）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（    ）
A．函数的周期为 B．在区间上是减函数
C．是奇函数 D．在区间上有且仅有一个极值点
29．（2022·山东济宁·统考一模）下列说法正确的是（    ）
A．将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后，方差不变
B．设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强
C．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越小，判断两个变量有关的把握越大
D．若，，则
30．（2022·山东济宁·统考一模）已知复数（i为虚数单位），复数满足，在复平面内对应的点为，则（    ）
A．复数在复平面内对应的点位于第二象限
B．
C．
D．的最大值为
31．（2022·山东济宁·统考一模）已知函数，若，，，则（    ）
A．在上恒为正 B．在上单调递减
C．a，b，c中最大的是a D．a，b，c中最小的是b
32．（2022·山东济宁·统考一模）已知双曲线的左､右焦点分别为､，左､右顶点分别为､，点P是双曲线C上异于顶点的一点，则（    ）
A．
B．若焦点关于双曲线C的渐近线的对称点在C上，则C的离心率为
C．若双曲线C为等轴双曲线，则直线的斜率与直线的斜率之积为1
D．若双曲线C为等轴双曲线，且，则
33．（2023·山东济宁·统考一模）某中学为了解性别因素是否对本校学生体育锻炼的经常性有影响，从本校所有学生中随机调查了50名男生和50名女生，得到如下列联表：

经计算，则可以推断出（    ）
A．该学校男生中经常体育锻炼的概率的估计值为
B．该学校男生比女生更经常锻炼
C．有95%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异
D．有99%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异
34．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数，且，则下列说法中正确的是（    ）
A． B．在上单调递增
C．为偶函数 D．
35．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（    ）
A． B． C． D．
36．（2023·山东济宁·统考一模）已知，是椭圆：()与双曲线：()的公共焦点，，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为

三、填空题
37．（2021·山东济宁·统考一模）已知，则______．
38．（2021·山东济宁·统考一模）已知函数，则______．
39．（2021·山东济宁·统考一模）实数、满足，则的取值范围是______．
40．（2021·山东济宁·统考一模）在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面平行，当三角形的面积最小时，三棱锥的外接球的体积是______．
41．（2022·山东济宁·统考一模）若，则________．
42．（2022·山东济宁·统考一模）的二项展开式中的常数项为___________.（用数字作答）
43．（2022·山东济宁·统考一模）在边长为6的菱形ABCD中，，现将沿BD折起，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________.
44．（2022·山东济宁·统考一模）已知函数，则使得成立的x的取值范围是___________.
45．（2023·山东济宁·统考一模）已知平面向量，，若与共线，则______ .
46．（2023·山东济宁·统考一模）的展开式中的系数为______（用数字作答）.
47．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数且的图象过定点A，且点A在直线上，则的最小值是______.
48．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数，若在上有解，则的最小值___.

四、解答题
49．（2021·山东济宁·统考一模）已知的三个内角，，的对边分别是，，，且．
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的值．
50．（2021·山东济宁·统考一模）在①；②；③，，．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：已知数列满足______（），若，求数列的前项和．
51．（2021·山东济宁·统考一模）垃圾分类收集处理是一项利国利民的社会工程和环保工程．搞好垃圾分类收集处理，可为政府节省开支，为国家节约能源，减少环境污染，是建设资源节约型社会的一个重要内容．为推进垃圾分类收集处理工作，A市通过多种渠道对市民进行垃圾分类收集处理方法的宣传教育，为了解市民能否正确进行垃圾分类处理，调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到如下列联表（单位：人）：

能正确进行垃圾分类
不能正确进行垃圾分类
总计
55岁及以下
90
30
120
55岁以上
50
30
80
总计
140
60
200
（1）根据以上数据，判断是否有90%的把握认为A市能否正确进行垃圾分类处理与年龄有关？
（2）将频率视为概率，现从A市55岁及以下的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取的3人中“不能正确进行垃圾分类”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求随机变量的分布列和均值．
附：，其中．

0.15
0.10
0.05
0.025

2.072
2.706
3.841
5.024

52．（2021·山东济宁·统考一模）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面AFE和平面AFC所成角的正弦值.
53．（2021·山东济宁·统考一模）已知椭圆：的离心率为，椭圆的上顶点与抛物线：的焦点重合，且抛物线经过点，为坐标原点．
（1）求椭圆和抛物线的标准方程；
（2）已知直线：与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点，若直线平分，四边形能否为平行四边形？若能，求实数的值；若不能，请说明理由．
54．（2021·山东济宁·统考一模）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若且，证明：，．
55．（2022·山东济宁·统考一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
(1)求角A的大小；
(2)若，求面积的最大值.
56．（2022·山东济宁·统考一模）已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
57．（2022·山东济宁·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，.

(1)求证：；
(2)若点N在线段上，满足平面ABC，求直线与平面所成角的正弦值.
58．（2022·山东济宁·统考一模）血液检测是诊断是否患某疾病的重要依据，通过提取病人的血液样本进行检测，样本的某一指标会呈现阳性或阴性.若样本指标呈阳性，说明该样本携带病毒；若样本指标呈阴性，说明该样本不携带病毒.根据统计发现，每个疑似病例的样本呈阳性（即样本携带病毒）的概率均为.现有4例疑似病例，分别对其进行血液样本检测.多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要携带病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性.若混合样本呈阳性，则将该组中各个样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则该组各个样本均为阴性.现有以下两种方案：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验.在该疾病爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”.
(1)若，求这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列；
(2)若将该4例疑似病例样本进行化验，且方案二比方案一更“优”，求p的取值范围，
59．（2022·山东济宁·统考一模）已知椭圆，A､B分别为椭圆C的右顶点､上顶点，F为椭圆C的右焦点，椭圆C的离心率为，的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P为椭圆C上的动点（不是顶点），点P与点M，N分别关于原点､y轴对称，连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，则直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
60．（2022·山东济宁·统考一模）已知函数（且）.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.
61．（2023·山东济宁·统考一模）在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，求边上的高.
62．（2023·山东济宁·统考一模）某市航空公司为了解每年航班正点率对每年顾客投诉次数（单位：次）的影响，对近8年（2015年～2022年）每年航班正点率和每年顾客投诉次数的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值.








(1)求关于的经验回归方程；
(2)该市航空公司预计2024年航班正点率为，利用（1）中的回归方程，估算2024年顾客对该市航空公司投诉的次数；
(3)根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取4人，记这4人中选择乘坐该航空公司航班的人数为，求的分布列和数学期望.
附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：


63．（2023·山东济宁·统考一模）已知数列的前项和为，且满足：.
(1)求证：数列为常数列；
(2)设，求.
64．（2023·山东济宁·统考一模）如图，在四棱台中，底面ABCD为平行四边形，平面平面，.

(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
65．（2023·山东济宁·统考一模）已知直线与抛物线相切于点A，动直线与抛物线C交于不同两点M，N（M，N异于点A），且以MN为直径的圆过点A.
(1)求抛物线C的方程及点A的坐标；
(2)当点A到直线的距离最大时，求直线的方程.
66．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，讨论函数的零点个数.

参考答案：
1．C
【分析】化简集合A，B，根据并集计算即可.
【详解】因为，，
所以
故选：C
2．D
【分析】根据复数的除法运算法则，求出复数z，即可求解.
【详解】由，得，
所以复数z在复平面内对应的点为，
所以对应点位于第四象限.
故选:D.
3．B
【分析】根据正弦函数，指数函数与对数函数的单调性，分别判定的范围，即可得出结果.
【详解】由知：，
则；
由知：，
则；
由知：，
则，
所以；
故选：B.
4．C
【分析】利用等差数列下标和的性质可求得结果.
【详解】设年的产量为，由题意可知，数列是等差数列，
则，，则月到月这四个月的产量之和为吨.
故选：C.
5．A
【分析】根据二项式的通项及特定项系数求参数值.
【详解】二项展开式的通项为，
令，解得，
则，，
解得，
故选：A.
6．D
【分析】首先计算，再分别计算，，的频率之比，确定每组应抽取的人，再根据古典概型求概率.
【详解】由图可知，解得：，
的频率为，的频率为，的频率为，则对应的频率之比为，
则组抽3人，抽取2人，抽取1人，
则6人中随机抽取3人，则这三人中恰有2人年人均纯收入位于的概率是.
故选：D
7．B
【分析】由得出，可得出，可计算出的值，再由可求得，进而可得出，即可得解.
【详解】由于、、均为单位向量，则，
由可得，所以，，
即，所以，，
由，可得，
即，解得.
所以，.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）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．
8．D
【分析】先根据题意结合图象判断是的中点， ，再利用中位线定理、双曲线的定义和题中条件求得，即求得，即得渐近线方程.
【详解】依题意，延长交于Q，由是的角平分线，可知，是的中点， .

又O是的中点，故是的中位线，
所以，
故，即，故，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
9．C
【分析】利用指数函数的性质可化简集合，根据对数函数性质得集合，然后计算交集．
【详解】由已知，，
∴．
故选：C．
10．A
【分析】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；
反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
11．D
【分析】根据等比数列的通项公式即可求解．
【详解】设等比数列的公比为
则，所以
故
故选：D
12．A
【分析】求出函数的周期，利用周期和可得答案.
【详解】因为，可得，
所以，
所以的周期为4，
函数是定义在上的奇函数，所以，
所以，
.
故选：A.
13．D
【分析】根据三角函数的图象的平移变换可得到平移后的图象对应的函数的解析式，根据函数为偶函数，可求得结果.
【详解】函数的图象向右平移个单位后,
得到的图象对应的解析式是： ，
由于该函数为偶函数，故，
即，而，
故，
故选：D
14．B
【分析】根据全概率公式进行求解即可.
【详解】设事件表示从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中，事件表示从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中，设事件表示：从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球，
则有：，
所以，
故选：B
15．B
【分析】由向量的关系可得线段|AB|，|BF|的关系，结合抛物线的定义，可求出直线AB的倾斜角，进而求出直线的斜率，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，求出B，C横坐标之和，进而求出线段BC的中点到准线的距离．
【详解】由抛物线的方程可得焦点，渐近线的方程为：，
由，可得
由于抛物线的对称性，不妨假设直线和抛物线位置关系如图示：作垂直于准线于，
准线交x轴与N,则 ,

故，故 ,
而x轴，故,
所以直线的倾斜角为 ，
所以直线的方程为，
设，，，，
联立，整理可得：，
可得，
所以的中点的横坐标为3，
则线段的中点到准线的距离为 ，
故选：B．
16．C
【分析】以O为原点，AO所在直线为轴，建立直角坐标系，求出的坐标，因为点P是该圆上的动点，设，表示出，用辅助角求出最值即可.
【详解】如图，等边三角形ABC，O为等边三角形ABC的外接圆的圆心，以O为原点，AO所在直线为轴，建立直角坐标系.因为，所以，等边三角形ABC的边长为，则
，所以，则.
又因为P是该圆上的动点，所以设，，
,
，因为，
，所以当时，的最大值为8.
故选：C.

17．C
【分析】直接根据交集的定义即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
18．B
【分析】计算，再计算得到答案.
【详解】，则，.
故选：B
19．D
【分析】根据题意得到，，解得答案.
【详解】；，解得，.
故选：D
20．C
【分析】根据题意概率，计算得到答案.
【详解】从1至6的6个整数中随机取3个不同的整数，其中恰有两个是偶数的概率
.
故选：C
21．C
【分析】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，设直线方程，根据圆心到直线的距离等于半径得到或，解得答案.
【详解】直线的倾斜角最大时，直线与圆相切，此时斜率存在，

圆的圆心为，半径，
设直线方程，即，直线到圆心的距离为，
解得或，当时，倾斜角最大为.
故选：C
22．D
【分析】，代入数据计算得到答案.
【详解】
.
故选：D
23．A
【分析】令，利用导数求出函数的单调区间，再分和两种情况讨论，结合复合函数的单调性即可得解.
【详解】令，则，
当或时，，当时，，
所以在和上递减，在上递增，
当时，为增函数，且函数在区间内单调递增，
所以，解得，
此时在上递增，则恒成立，
当时，为减函数，且函数在区间内单调递增，
所以，无解，
综上所述，的取值范围是.
故选：A.
24．B
【分析】计算，，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.
【详解】如图，为线段的中点，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因为为线段的中点且过的内切圆圆心，
故，即.
所以.
取的中点，连接、，
分别在、上取 、的外接圆圆心、.
过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，
则点为三棱取的外接球球心.

在中由余弦定理得：，
所以.
设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.
，解得，同理，
所以，，
所以三㥄锥的外接球表面积为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.
25．ABD
【分析】根据含存在性量词的命题的否定判断A，由正态分布的均值求出a判断B，由均值不等式可判断C，根据等比数列的性质可判断D.
【详解】由存在性量词命题的否定知“，使得”的否定是“，使得”，故A正确；
因为随机变量，且，所以，即，故B正确；
因为，当且仅当，即等号成立，故C不正确；
等比数列中，由可得，解得，
当时，若，则，故“”是“”的充分不必要条件，故D正确.
故选：ABD
26．BC
【分析】首先求得函数，再根据选项，整体代入，判断函数的性质.
【详解】，
，故A错误；，故B正确；
时，，所以函数在上单调递增，故C正确；时，，当时，函数取得最小值-1，当时，函数取得最大值，所以函数的值域是.
故选：BC
【点睛】思路点睛：本题考查的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线或点是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求的范围，验证此区间是否是函数的增或减区间.
27．ABD
【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；将以为轴旋转到与共面，得到，则，利用已知条件求解即可判断选项D.
【详解】在中，，
则圆锥的母线长，半径，
对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A正确；
对于选项B：当时，的面积最大，
此时，
则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；
对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，
又，可得，
故选项C不正确；
对于选项D：由，
得，又，
则为等边三角形，则，
将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，
如图：

则，
因为，

则，
故选项D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥的侧面面积以及体积，取极限是解决本题角的范围问题的关键；利用将以为轴旋转到与共面是解决求的最小值的关键.
28．ACD
【分析】选项A：利用周期函数的概念判断即可；选项B：求导，利用导函数求解单调区间即可；选项C：设，利用奇偶性的定义以及两角和与差的正弦余弦公式即可判断；选项D：当时，对函数二次求导，先利用导函数求解单调区间，再利用零点存在定理判断零点即可；当时，利用即可判断.
【详解】对于选项A：，
故选项A正确；
对于选项B：由，
得，
当时，，
所以在区间上是增函数，
故选项B不正确；
对于选项C：，
设，
则

，
所以函数即是奇函数；
故选项C正确；
对于选项D：由，
得，
而，
（1）当时，，
所以，
即在区间单调递减，
又，
，
所以在区间上存在唯一零点；
（2）当时，，
又，
则，
则在区间上无零点，
综上可得：在区间上有且仅有一个极值点；
故选项D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
29．AD
【分析】对于A，由方差的定义判断，对于B，由相关系数的性质判断，对于C，由的性质判断，对于D，由正态曲线的对称性求解
【详解】对于A，设的平均数为，方差为，则
，，
给中每一个数同时加上，则得到一组新的数为，则其平均数为，所以新的数据的方差为
，即方差不变，所以A正确，
对于B，由相关系数的性质可知，设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越弱，所以B错误，
对于C，在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量有关的把握越大，所以C错误，
对于D，因为，，所以，
所以，所以D正确，
故选：AD
30．ABD
【分析】利用复数的几何意义可判断A选项；利用复数的除法运算可判断B选项；利用复数的模长公式可判断C选项；利用复数模长的三角不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，复数在复平面内对应的点的坐标为，该点位于第二象限，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，由题意可得，
因为，则，C错；
对于D选项，，则，
所以，，D对.
故选：ABD.
31．AC
【分析】根据当时，即可判断A；
利用导数讨论函数在上的单调性，进而求出函数的最小值即可判断B；
结合选项A和对数函数的单调性可得即可判断C；
利用作差法和结合选项B可得，根据C的分析过程可知，进而判断D.
【详解】A：当时，，所以，故A正确；
B：函数的定义域为，，
令，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，所以在上恒成立，
即函数在上单调递增，故B错误；
C：由选项A可知，当时，所以，
因为，所以，即；
当时，，得，
因为，，
所以，，
即，所以中最大的是a，故C正确；
D：

，
所以，由选项B可知函数在上单调递增，
所以，即，
由选项C可知，有，所以中最小的是c，故D错误；
故选：AC
32．BCD
【分析】根据三角形两边之差小于第三边，可判断A;求出焦点关于双曲线C的渐近线的对称点的坐标,代入到双曲线方程中，化简求得离心率，可判断B;设，满足等轴双曲线方程，计算的值，即可判断C;利用C的结论，可推得，即可说明，从而判断D.
【详解】对于A,在中，根据三角形两边之差小于第三边，
故 ，故A错误；
对于B，焦点，渐近线不妨取 ，即，
设关于双曲线C的渐近线的对称点为 ，则 ，
即得 ，即关于双曲线C的渐近线的对称点为，
由题意该点在双曲线上，故 ，将 代入，
化简整理得： ，即 ，
所以 ，故 ，故B正确；
对于C,双曲线C为等轴双曲线，即,
设 ，则，则，
故 ，故C正确；
对于D, 双曲线C为等轴双曲线，即,
且,设，
则 ，
根据C的结论，即有 ，
在三角形中，只有两角互余时，它们的正切值才互为倒数，
故 ，故D正确；
故选：BCD
【点睛】本题综合考查了双曲线的相关知识，涉及到定义的理解，离心率的计算以及直线和双曲线的位置关系以及角度的问题，解答时难度并不是很大，但要能牢固掌握双曲线的基本知识才能正确解答.
33．BC
【分析】利用频率估计概率得到A错误B正确，确定，得到C正确D错误，得到答案.
【详解】对选项A：该学校男生中经常体育锻炼的概率的估计值为，错误；
对选项B：经常体育锻炼的概率的估计值男生为，女生为，正确；
对选项C：，故有95%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异，正确；
对选项D：，故没有99%的把握认为男、女生在体育锻炼的经常性方面有差异，错误.
故选：BC
34．AC
【分析】利用待定系数法求出，即可判断A；再根据正弦函数的单调性即可判断B；判断的关系即可判断C；求导，再根据辅助角公式即可判断D.
【详解】由，得，
又因，所以，故A正确；
，
由，得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
当时，，
所以在上不单调，故B错误；
，是偶函数，故C正确；
，
则，
其中，当且仅当时，取等号，故D错误.
故选：AC.
35．ABD
【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.
【详解】因为为奇函数，定义域为R，所以，
故，
等式两边同时取导数，得，即①，
因为的图象关于y轴对称，则，故
，
等式两边同时取导数，得②.
由，令，得，解得，
由，令，得，
由②，令，得，
令，得，解得，
故选：ABD.
36．BD
【分析】根据共焦点得到，A错误，计算，，得到，B正确，设，，代入计算得到C错误，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：椭圆和双曲线共焦点，故，错误；
对选项B：，即，，，
故，，故，即，
即，正确；
对选项C：设，，
，若最大值为，则，，
，即，不成立，错误；
对选项D：设，，，
，若最大值为，则，，
，即，，，成立，正确；
故选：BD

【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆和双曲线的离心率相关问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角换元求最值可以简化运算，是解题的关键.
37．
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得结果.
【详解】由二倍角的余弦公式可得.
故答案为：.
38．
【分析】根据分段函数解析式，代入即可求解.
【详解】由，
得；
故答案为：.
39．
【分析】设，可知直线与圆有公共点，利用圆心到直线的距离不大于圆的半径可得出关于的不等式，由此可解得的取值范围，即为所求.
【详解】圆的圆心坐标为，该圆的半径为，
设，可知直线与圆有公共点，
所以，，即，解得.
因此，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查代数式的取值范围的求解，令，将问题转化为直线与圆有公共点，将问题转化为利用直线与圆的位置关系求参数是解本题的关键，同时在处理直线与圆的位置关系问题时，常利用代数法与几何法求解.
40．
【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，可知当时，三角形面积最小，然后证明，得到 为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．
【详解】补全截面为截面 如图，设，
直线与平面不存在公共点，平面，
易知平面平面，，
且当与重合时，最短，此时的面积最小，
由等面积法得，即，，
，，平面，则，
又，为三棱锥的外接球的直径，长度为．
三棱锥的外接球的半径为，体积为．
故答案为：．

【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解，考查学生的空间想象能力与思维能力，是中档题．
41．
【分析】先由二倍角公式将化为，再根据同角三角函数基本关系即可求出结果.
【详解】因为，所以.
【点睛】本题主要考查二倍角公式以及同角三角函数基本关系，熟记公式即可求解，属于基础题型.
42．
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为零，求出，从而可求出常数项
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，得，
所以的二项展开式中的常数项为
，
故答案为：
43．
【分析】当三棱锥的体积最大时平面平面，据此可求外接球的半径，从而可求表面积.
【详解】当三棱锥的体积最大时平面平面，

如图，取的中点为，连接，则，
设分别为外接圆的圆心，
为三棱锥的外接球的球心，则在上，在上，
且，且，平面，
平面，
因为平面平面，平面平面，平面，
故平面，故，
同理，，故四边形为平行四边形，
因为平面，平面，故，
故四边形矩形，故，而，
故外接球半径，
故外接球的表面积为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求几何体的外接球的半径，关键是确定球心的位置，一般通过过不同面的外接圆的圆心且垂直于该面的直线的交点来确定.
44．
【分析】通过研究的性质来研究的性质，再根据单调性解不等式即可.
【详解】令，将其向右平移1个单位长度，
得，所以是函数向右平移1个单位得到的.
而易知是偶函数，
当时，，，
时，显然，当，，，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减.
从而可知在上单调递增，在上单调递减.
所以时，有，解得.
故答案为：
45．/1.5
【分析】确定，根据平行得到，解得答案.
【详解】，，则，
，故，解得
故答案为：
46．
【分析】确定，展开式的通项为，取，，计算得到答案.
【详解】，
展开式的通项为，
取得到；
取得到；
取得到；
故的系数为.
故答案为：
47．
【分析】求出函数所过的定点，则有，则，则，化简整理，分离常数再结合基本不等式求解即可.
【详解】函数且的图象过定点，
则，所以，
由，得，
则
令，则，
则
，
当且仅当，即，即时，取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
48．
【分析】确定点在直线上，，设，求导得到导函数，确定单调区间计算最值得到答案.
【详解】设函数在上的零点为，则，
所以点在直线上.
设为坐标原点，则，其最小值就是到直线的距离的平方，
所以，
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以，，所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求最值，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将转化为点到直线的距离的平方，再利用导数求最值是解题的关键.
49．（1）；（2）6.
【分析】（1）由正弦定理把条件转化为角的关系，再由两角和的正弦公式及诱导公式得的关系式，从而可得结论；
（2）首先可根据解三角形面积公式得出，然后根据余弦定理计算出.
【详解】（1）因为
由正弦定理得，
所以
因为所以，
所以，所以
（2）因为的面积为，
所以，
因为，所以，
所以．
由余弦定理得，，因为，，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：解题时要注意边角关系的转化.求“角”时，常常把已知转化为角的关系，求“边”时，常常把条件转化为边的关系式，然后再进行转化变形.
50．
【分析】若选①：利用求解可得数列为等比数列，求出，进而求出的通项公式，再利用错位相减法求和即可；若选②：先利用求解可得数列的通项公式，进而求出的通项公式，再利用错位相减法求和即可；若选③：由已知条件可知数列为等比数列，利用，，求出公比，写出通项公式，进而求出的通项公式，再利用错位相减法求和即可.
【详解】解：若选①：因为，①
所以当时，，②
①②得：，
即，
所以数列为等比数列，
当时，，
解得，
所以．
所以，
所以，③
，④
③④得：
，
所以．
若选②：因为，①，
所以当时，，
当时，，②
①②得：，
因为符合上式，
所以对一切都成立．
所以，
所以，③
，④
③④得：
，
所以．
若选③：由，
，知数列是等比数列，
设数列的公比为，
则，即，
所以，
解得，
所以．
所以，
所以，①
，②
①②得：
，
所以．
【点睛】方法点睛：
由数列前项和求通项公式时，一般根据求解，考查学生的计算能力.
51．（1）有90%的把握认为A市能否正确进行垃圾分类处理与年龄有关；（2）答案见解析.
【分析】（1）根据列联表计算，再根据临界值参考数据比较大小，即得结论；（2）由条件可知，根据二项分布计算分布列和数学期望.
【详解】解：（1）由列联表可知，
因为，
所以有90%的把握认为A市能否正确进行垃圾分类处理与年龄有关．
（2）由题意可知，从该市55岁及以下的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，
不能正确进行垃圾分类的频率为，
所以，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以的分布列为

0
1
2
3





所以．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，并能判断变量服从二项分布.
52．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）过作交于点，连接、、，由平面平面，得到平面，再结合平面，得到，利用线面平行的判定定理证明；
（2）以为坐标原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，由求解.
（1）
证明：如图所示：

过点作交于点，连接、、，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又是正三角形，，则为的中点，
所以，
平面，，
且，
所以四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面.
（2）
因为四边形是菱形，，，，且平面，
以为坐标原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，
设平面的一个法向量为，
，即，
令，得，
所以，
所以.
53．（1）；；（2）四边形不是平行四边形，理由见解析.
【分析】（1）由抛物线经过点，可得抛物线方程为，其焦点为，可知，
再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线，的斜率分别为，，由已知得，设，，利用两点求斜率公式求得直线：且，联立直线与椭圆方程得，求得，假设四边形为平行四边形，则，即，推出矛盾即可得结论.
【详解】（1）由抛物线经过点，得，，故抛物线方程为．
抛物线：的焦点为，．
又椭圆的离心率，解得：
所以椭圆的标准方程为．
（2）四边形不是平行四边形，理由如下：
将代入，消去并整理得：
由题意知，，即
设直线，的斜率分别为，
因为直线平分，所以
设，，则
又，，则，
，所以直线：且
由消并整理得：
由题意知
解得：，所以
设，，则，
若四边形为平行四边形，则，即
，显然方程组无解
所以四边形不是平行四边形．
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．
54．（1）单调递增区间为和；单调递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，，比较导数的零点，求解函数的单调区间；（2）利用二次导数，可转化为证明恒成立，再利用，可证明，只需证，化简后，构造函数，证明不等式.
【详解】解：（1）函数的定义域为，


∵，∴
∴由得或
由得；
∴的单调递增区间为和；单调递减区间为．
（2）欲证，，即证，，
令，，则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以欲证，，只需证，①
因为，所以，
即，②
令，则，当时，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，故②式可等价变形为：
所以，欲证①式成立，只需证成立
所以仅需证，
令，（），则，
∴在上单调递增，
故，即，
∴结论得证．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式恒成立，本题的关键是利用，变形，计算求得，从而转化为证明成立.
55．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理和三角函数恒等变换公式对原式变形化简可得，再结合角的范围，可求出角的值，
（2）由余弦定理结合基本不等式可得，然后利用三角形的面积公式可求出面积的最大值
(1)
由正弦定理得，
又，所以，
所以，即.
因为，，
所以，即.
(2)
由余弦定理得，即.
所以，即.
当且仅当时，等号成立.
所以.
所以面积的最大值为.
56．(1)
(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，求出这两个量的值，结合等差数列的通项公式可求得；
（2）根据数列的通项公式结合等差、等比数列的求和公式可求得数列的前项和.
(1)
解：设等差数列的公差为，则，解得，
所以.
(2)
解：因为，所以数列的前项和为


.
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出平面，即可证明.
（2）连接，MN，.先证明出N为的中点.
以A为坐标原点，AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
(1)
∵为直三棱柱，
∴平面ABC，∴，，
又，所以四边形为正方形，
∴，又，，
∴平面，又平面，∴，
又，，∴平面，又平面，
∴.
(2)
连接，MN，.
∵平面ABC，又平面，平面平面，
∴.又M为的中点，∴N为的中点.
如图所示，以A为坐标原点，AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，.

∴
设平面的法向量为，又，，
由得，不妨取z=2，
所以平面的一个法向量为
∴直线与平面所成角的正弦值为.
58．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）由题意知，，利用二项分布的概率计算公式即可求解；
（2）方案一中，期望为4；方案二中，设化验次数为Y，则Y的所以可能取值为2，4，6，计算出Y的取值对应的概率，然后根据期望公式求出，从而即可求解.
【详解】（1）解：由题意知，，
则；；
；；
.
则这4例疑似病例中呈阳性的病例个数X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P





（2）解：方案一中，逐个化验，化验次数为4，期望为4；
方案二中，设化验次数为Y，则Y的所以可能取值为2，4，6，
每组两个样本化验呈阴性的概率为，设，
则；；.
所以，
若方案二比方案一更“优”，则，解得，
即，解得.
所以当时，方案二比方案一更“优”.
59．(1)
(2)是定值，定值为

【分析】（1）根据椭圆的离心率可得到a,b,c的关系，再结合的面积可得到，由此解得a,b，可得答案.
（2）设直线方程，并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积，代入化简可得答案.
【详解】（1）由题意得，则，.
的面积为，则.
将，代入上式，得，则，，
故椭圆C的标准方程为.
（2）由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为，设，，则，，，
联立方程，得，
∴，
∴，
∴， ，
∵，
∴
∴为定值.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系，综合考查了学生分析问题，解决问题以及计算方面的能力和综合素养，解答的关键是理清解决问题的思路，并能正确地进行计算.
60．(1)；
(2).

【分析】（1）当时，根据函数的解析式求得切点坐标，由导数的几何意义求出切线的斜率，根据直线的点斜式方程即可得到切线方程；
（2）由题可得时，不合题意，时，可得在上单调递减，进而求函数的极大值点及最大值，从而可得，然后利用导函数求函数的值域即可.
（1）
当时，，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）
因为

①当时，与恒成立矛盾，不合题意.
②当时，，在上单调递减.
因为，，
所以，使得，即.
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以
.
因为，所以.
所以，即，解得.
因为，所以设，.
则，所以在上单调递增.
所以，即.
所以.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
61．(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理,得，再结合余弦定理求解即可；
（2）根据条件求出，再利用等面积法求解即可.
【详解】（1），故，
整理得，故，又，故．
（2），即，解得或（舍去），
由，解得.
62．(1)
(2)
(3)分布列见解析，

【分析】（1）根据题中数据利用最小二乘法求出，即可得解；
（2）将代入回归方程即可得解；
（3）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可.
【详解】（1），
则，
所以，
所以；
（2）当时，，
所以2024年顾客对该市航空公司投诉的次数为次；
（3）可取，
，，
，，
，
所以分布列为












所以.
63．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据证明即可；
（2）先求出数列的通项，再利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）由，
当时，，
当时，，
两式相减得，
即，所以，
所以，
当时，，上式也成立，
所以数列为常数列；
（2）由（1）得，
所以，
则
，
则，
两式相减得
，
所以.
64．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据面面垂直的性质可得平面，从而可得平面，再证明，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，

在四棱台中，因为，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，为的中点，
所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，所以平面，
又在中，，所以，
则，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
所以，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.


65．(1)，
(2)

【分析】（1）联立，根据求出，从而可求得切点；
（2）可设为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据以MN为直径的圆过点A，可得，从而可求得的关系，从而可求得直线所过的定点，再由直线与垂直时，点A到直线的距离最大，进而可得出答案.
【详解】（1）联立，消得，
因为直线与抛物线相切，
所以，解得或（舍去），
当时，，解得，所以，
所以抛物线C的方程为，点A的坐标为；
（2）显然直线的斜率存在，
可设为，
由，消得，
则，
，
，
因为以MN为直径的圆过点A，
所以，
即，
整理可得，
所以，
化简得，
所以，
所以或，
即或，
当时，直线，
即，所以直线过定点（舍去），
当时，直线，满足，
即，所以直线过定点，
当直线与垂直时，点A到直线的距离最大，
又，所以，
所以直线的方程为.
【点睛】关键点点睛：本题证直线过定点没有用一般的韦达定理运算进行求解，解题的关键是通过，得到的关系，从而找到定点，属于难题.
66．(1)单调增区间为和，单调减区间为
(2)答案见解析

【分析】（1）求导得到，根据导函数的正负得到单调区间.
（2）求导得到，确定函数的单调区间，计算和，得到和，考虑，，，，几种情况，计算零点得到答案.
【详解】（1）当时，，
当时，；当时，；当时，，
所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.
（2），
令，得或，由于，
当时，；当时，，当时，.
所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.
，
令，得，
当时，，又，
所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点；
当时，，又，
所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和；
令，得，
现说明，即，即显然成立.
因为，故，
当时，，又.
所以存在唯一，唯一，唯一，
使得，此时函数有3个零点，
当时，，又.
所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2 .
当时，，又.
所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点.
综上所述，当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当 时，函数有3个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有1个零点.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.