山东省淄博市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省淄博市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共56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。

山东省淄博市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山东淄博·统考一模）已知集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东淄博·统考一模）复数的虚部为（    ）
A．-2 B．2 C．-2i D．2i
3．（2021·山东淄博·统考一模）圆截直线所得的最短弦长为（    ）
A． B． C． D．2
4．（2021·山东淄博·统考一模）已知在区间上的最大值是，则实数的最小值是（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·山东淄博·统考一模）实轴长与焦距之比为黄金数的双曲线叫黄金双曲线，若双曲线是黄金双曲线，则等于（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·山东淄博·统考一模）若等差数列的前项和为，则“，”是“”的（    ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2021·山东淄博·统考一模）已知等边三角形的边长为6，点满足，则（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·山东淄博·统考一模）有7名学生参加“学党史知识竞赛”，咨询比赛成绩，老师说：“甲的成绩是最中间一名，乙不是7人中成绩最好的，丙不是7人中成绩最差的，而且7人的成绩各不相同”.那么他们7人不同的可能位次共有（    ）
A．120种 B．216种 C．384种 D．504种
9．（2021·山东淄博·统考一模）四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为矩形，，，点是棱的中点，顶点在底面的射影为，则下列结论正确的是（    ）
A．棱上存在点使得面
B．当落在上时，的取值范围是
C．当落在上时，四棱锥的体积最大值是2
D．存在的值使得点到面的距离为
10．（2022·山东淄博·统考一模）若集合，，则（    ）
A． B． C． D．
11．（2022·山东淄博·统考一模）双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·山东淄博·统考一模）若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（    ）
A．-3 B．-1 C．1 D．3
13．（2022·山东淄博·统考一模）若圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·山东淄博·统考一模）若向量，，则“”是“向量，夹角为钝角”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
15．（2022·山东淄博·统考一模）若，，则x，y，z的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
16．（2022·山东淄博·统考一模）若在区间上单调递增，则实数a的最大值为（    ）
A． B． C． D．π
17．（2022·山东淄博·统考一模）若，则（    ）
A．-448 B．-112 C．112 D．448
18．（2023·山东淄博·统考一模）若集合，，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2023·山东淄博·统考一模）设复数，则（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
20．（2023·山东淄博·统考一模）函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为，得到函数的图象，只需将的图象（    ）
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
21．（2023·山东淄博·统考一模）如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为2，若该几何体的表面积为，则其体积为（    ）

A． B． C． D．
22．（山东省淄博市2023届高三下学期一模数学试题）某公园有如图所示至共8个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为（    ）









A．168 B．336 C．338 D．84
23．（2023·山东淄博·统考一模）已知中，，，，过点作垂直于点，则（    ）
A． B．
C． D．
24．（2023·山东淄博·统考一模）直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于，两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
25．（2023·山东淄博·统考一模）已知，，.其中为自然对数的底数，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
26．（2021·山东淄博·统考一模）快递行业作为邮政业的重要组成部分，具有带动产业领域广､吸纳就业人数多､经济附加值高､技术特征显著等特点.它将信息传递､物品递送､资金流通和文化传播等多种功能融合在一起，关联生产､流通､消费､投资和金融等多个领域，是现代社会不可替代的基础产业.下图是国家统计局公布的2020年下半年快递运输量情况，请根据图中信息选出正确的选项（ ）

A．2020年下半年，每个月的异地快递量都是同城快递量的6倍以上
B．2020年10月份异地快递增长率小于9月份的异地快递增长率
C．2020年下半年，异地快递量与月份呈正相关关系
D．2020年下半年，同城和异地快递量最高均出现在11月
27．（2021·山东淄博·统考一模）已知函数，则下列结论正确的是（    ）
A．是偶函数 B．是增函数
C．最小值是2 D．最大值是4
28．（2021·山东淄博·统考一模）已知，，且，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
29．（2022·山东淄博·统考一模）已知函数，结论正确的有（    ）
A．是周期函数
B．的图象关于原点对称
C．的值域为
D．在区间上单调递增
30．（2022·山东淄博·统考一模）若m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的有（    ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
31．（2022·山东淄博·统考一模）若圆：与圆：的公共弦AB的长为1，则下列结论正确的有（    ）
A．
B．直线AB的方程为
C．AB中点的轨迹方程为
D．圆与圆公共部分的面积为
32．（2022·山东淄博·统考一模）某人投掷骰子5次，由于记录遗失，只有数据平均数为3和方差不超过1，则这5次点数中（    ）
A．众数可为3 B．中位数可为2 C．极差可为2 D．最大点数可为5
33．（2023·山东淄博·统考一模）某学校为普及安全知识，对本校1500名高一学生开展了一次校园安全知识竞赛答题活动(满分为100分).现从中随机抽取100名学生的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（    ）

A．图中的值为0.016
B．估计该校高一大约有77%的学生竞赛得分介于60至90之间
C．该校高一学生竞赛得分不小于90的人数估计为195人
D．该校高一学生竞赛得分的第75百分位数估计大于80
34．（2023·山东淄博·统考一模）已知函数，则（    ）
A．当时，在有最小值1
B．当时，图象关于点中心对称
C．当时，对任意恒成立
D．至少有一个零点的充要条件是
35．（2023·山东淄博·统考一模）已知曲线的方程为（且)，，分别为与轴的左、右交点，为上任意一点(不与，重合)，则（    ）
A．若，则为双曲线，且渐近线方程为
B．若点坐标为，则为焦点在轴上的椭圆
C．若点的坐标为，线段与轴垂直，则
D．若直线，的斜率分别为，，则
36．（2023·山东淄博·统考一模）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（    ）

A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分

三、填空题
37．（2021·山东淄博·统考一模）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为______．
38．（2021·山东淄博·统考一模）若抛物线上的点到其焦点的距离是点到轴距离的3倍，则等于___________.
39．（2021·山东淄博·统考一模）已知等比数列中，首项，公比是，，是函数的两个极值点，则数列的前9项和是___________.
40．（2021·山东淄博·统考一模）已知函数在上的最大值是6，则实数的值是___________.
41．（2022·山东淄博·统考一模）甲、乙、丙家公司承包了项工程，每家公司承包项，则不同的承包方案有______种．
42．（2022·山东淄博·统考一模）已知等比数列，其前n项和为．若，，则______．
43．（2022·山东淄博·统考一模）以模型去拟合一组数据时，设，将其变换后得到线性回归方程，则______．
44．（2022·山东淄博·统考一模）已知，，…，是抛物线上不同的点，且．若，则______．
45．（2023·山东淄博·统考一模）在二项式的展开式中，常数项是______.
46．（2023·山东淄博·统考一模）若，，则______.
47．（2023·山东淄博·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点，直线与圆交于，两点，若为正三角形，则实数______.
48．（2023·山东淄博·统考一模）已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．

四、解答题
49．（2021·山东淄博·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，若问题中的存在，求出其面积；若不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角、、所对的边分别为、、，且，，___________？
50．（2021·山东淄博·统考一模）将个正数排成行列：

其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且各列的公比都相等，若，，.
（1）求；
（2）设，求.
51．（2021·山东淄博·统考一模）已知在三棱柱中，，，侧棱与底面垂直，点，分别是棱，的中点.

（1）求三棱柱外接球的表面积；
（2）设平面截三棱柱的外接球面所得小圆的圆心为，求直线与平面所成角的正弦值.
52．（2021·山东淄博·统考一模）某市会展公司计划在未来一周组织5天广场会展.若会展期间有风雨天气，则暂停该天会展.根据该市气象台预报得知，未来一周从周一到周五的5天时间内出现风雨天气情况的概率是：前3天均为，后2天均为(假设每一天出现风雨天气与否是相互独立的).
（1）求未来一周从周一到周五5天中至少有一天暂停会展的概率；
（2）求这次会展活动展出的平均天数.(结果精确到0.1)
53．（2021·山东淄博·统考一模）已知，是椭圆：长轴的两个端点，点在椭圆上，直线，的斜率之积等于.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，直线方程为，若过点的直线与椭圆相交于，两点，直线，与的交点分别为，，线段的中点为.判断是否存在正数使直线的斜率为定值，并说明理由.
54．（2021·山东淄博·统考一模）已知数列.
（1）证明：(，是自然对数的底数)；
（2）若不等式成立，求实数的最大值.
55．（2022·山东淄博·统考一模）从①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若______，求角B的大小．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
56．（2022·山东淄博·统考一模）已知数列满足：，且．设．
(1)证明：数列为等比数列，并求出的通项公式；
(2)求数列的前2n项和．
57．（2022·山东淄博·统考一模）如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面PBC是以PC为斜边的直角三角形，O为PC的中点，，，．

(1)求证：直线平面PBC；
(2)若过BC的平面与侧棱PA，PD的交点分别为E，F，且，求直线DO与平面所成角的正弦值．
58．（2022·山东淄博·统考一模）某选手参加射击比赛，共有3次机会，满足“假设第k次射中的概率为p．当第k次射中时，第次也射中的概率仍为p；当第k次未射中时，第次射中的概率为．”已知该选手第1次射中的概率为．
(1)求该选手参加比赛至少射中1次的概率；
(2)求本次比赛选手平均射中多少次？
59．（2022·山东淄博·统考一模）已知椭圆的左右焦点分别为、，，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点且倾斜角不为的直线与椭圆的交点为、，求面积最大时直线的方程．
60．（2022·山东淄博·统考一模）已知函数．
(1)当时，设函数的最大值为，证明：；
(2)若函数有两个极值点，，求a的取值范围，并证明：．
61．（2023·山东淄博·统考一模）已知数列中，，.
(1)判断数列是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列的前项和
62．（2023·山东淄博·统考一模）在中，角，，的对边分别是，，，满足
(1)求角；
(2)若角的平分线交于点，且，求的最小值.
63．（2023·山东淄博·统考一模）某电商平台统计了近七年小家电的年度广告费支出(万元)与年度销售量(万台)的数据，如表所示:
年份
2016
2017
2018
2019
2020
2021
2022
广告费支出
1
2
4
6
11
13
19
销售量
1.9
3.2
4.0
4.4
5.2
5.3
5.4
其中，
(1)若用线性回归模型拟合与的关系，求出关于的线性回归方程；
(2)若用模型拟合得到的回归方程为，经计算线性回归模型及该模型的分别为0.75和0.88，请根据的数值选择更好的回归模型拟合与的关系，进而计算出年度广告费为何值时，利润的预报值最大？
参考公式：，；
64．（2023·山东淄博·统考一模）已知多面体中，，且，，

(1)证明:；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
65．（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，，直线，相交于点.
(1)若，求四边形面积的最小值；
(2)证明:点在定直线上.
66．（2023·山东淄博·统考一模）已知函数和有相同的最小值.
(1)求的值；
(2)设，方程有两个不相等的实根，，求证:

参考答案：
1．B
【分析】化简集合B，根据交集运算即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
2．B
【分析】由复数的运算得出虚部.
【详解】，即该复数的虚部为.
故选：B
3．A
【分析】直线过定点，在圆内，利用圆的几何性质，结合勾股定理求得最短弦长.
【详解】直线过定点，
圆可化为，
故圆心为，半径为.
，所以点在圆内，
和的距离为，
根据圆的几何性质可知，圆截直线所得的最短弦长为.
故选：A
4．D
【分析】利用在区间上的最大值，结合的单调性求得的最小值.
【详解】
.
由于，即的值域为，
，
即在处取得最小值，
而的最小正周期为，其一半为，则，
所以在上递增，且在处取得最大值，
故的最小值为.
故选：D
5．A
【分析】根据题意知，平方后利用化简即可求出.
【详解】由题意，
所以，
解得，
故选：A
6．B
【分析】由，，利用求和公式及等差数列的性质可得：，结合充分条件与必要条件的定义可得出结论．
【详解】若，，，即．
．，，可得，充分性成立；
反之，若，，满足，不能推出“，”，必要性不成立，故“，”是“”的充分不必要条件，
故选：B．
【点睛】方法点睛：充要条件的判断问题，是高考不可少的内容，特别是充要条件可以和任何知识点相结合,充要条件的判断一般有三种思路：定义法、等价关系转化法、集合关系法.
7．C
【分析】判断出点的位置，解直角三角形求得.
【详解】依题意，，
设是中点，连接，
由于三角形是等边三角形，所以，，
由于，所以，
所以四边形是矩形，
所以，
中，，
即
故选：C

8．D
【分析】甲的位置固定，问题转化为排头排尾有限制的排列问题，利用间接法求解.
【详解】因为甲的成绩是中间一名，
所以只需安排其余6人位次，
因为乙不排第一名，丙不排最后一名，
所以由间接法可得,
故选：D
9．A
【分析】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD.
利用面PDE∥面BFS，可以证明面；
对于B：利用时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，判断B错误；
对于C：求出体积的最大值为1.故C错误；
对于D:先判断当的最大时，点B到面的距离d最大；然后求出，判断D错误.
【详解】
对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD.
∵PE为△BCS的中位线，∴ PE∥BS
又面BFS，面BFS，∴PE∥面BFS；
在矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，∴DE∥BF,
又面BFS，面BFS，∴DE面BFS；
又,∴面PDE∥面BFS，∴面.
故A正确；
对于B：∵为等边三角形，，∴
当时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故B错误；
对于C：在Rt△SHE中，，∴
当且仅当时，的最大值为1.故C错误；
对于D:由选项C的推导可知：当的最大时，点B到面的距离d最大.

此时
∴
∴.故D错误.
故选：A
【点睛】(1)证明线面平行，用线面平行的判定定理，在面内找一条直线与已知直线平行；
(2)等体积法是求三棱锥高的常用方法．
10．B
【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.
【详解】因为，=，
所以，
故选：B
11．C
【分析】根据双曲线方程求得，由此求得双曲线的离心率.
【详解】双曲线的焦点在轴上，
，
所以离心率为.
故选：C
12．A
【分析】利用复数的除法，将复数表示为一般形式，然后利用复数的实部与虚部相等求出实数的值.
【详解】解：
因为复数的实部与虚部相等，
所以，解得
故实数a的值为.
故选：A
13．B
【分析】根据圆锥侧面积和体积公式求解即可.
【详解】设圆锥的高为，底面半径为，
则，解得.
所以.
则圆锥的体积.
故选：B
14．B
【分析】由向量，夹角为钝角可得且，不共线，然后解出的范围，然后可得答案.
【详解】若向量，夹角为钝角，则且，不共线
所以，解得且
所以“”是“向量，夹角为钝角”的必要不充分条件
故选：B
15．D
【分析】由，可得和，根据（）为增函数，即可比较三者大小.
【详解】
根据指数与对数的关系和（）为增函数：

，由，即
故

可得，即
综上：
故选：D.
16．A
【分析】先求出函数的增区间，进而建立不等式组解得答案即可.
【详解】易知将函数的图象向右平移得到函数的图象，则函数的增区间为，而函数又在上单调递增，所以，于是，即a的最大值为.
故选：A.
17．C
【分析】，然后根据二项式展开式项的系数计算即可.
【详解】，.
故选：C.
18．C
【分析】求出集合A,B中元素的范围，然后求即可.
【详解】,
,
,
.
故选：C.
19．D
【分析】求出复数的代数形式，进而可求模.
【详解】，
.
故选：D.
20．C
【分析】先根据条件求出周期，即可得到，再利用平移的规则即可得到答案、.
【详解】函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为，
则，
，
，
只需将的图象向左平移个单位即可得到函数的图象.
故选：C.
21．A
【分析】由图可知：该几何体是有一个圆柱和两个半球拼接而成，根据表面积公式求出圆柱的高，利用体积计算公式即可求解.
【详解】由题意可知：设该几何体中间部分圆柱的高为，圆柱的半径为，
则该几何体的表面积为，因为，所以，
所以该几何体的体积，
故选：A.
22．B
【分析】根据题意，先排男生再排女生，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有四个位置可选，第二个男生在第二行有三个位置可选，由于两名男生可以互换，故男生的排法有种，
第二步：排女生，若男生选，则女生有共7种选择， 由于女生可以互换，故女生的排法有种，
根据分步计数原理，共有种，
故选：B
23．A
【分析】根据求得，再用余弦定理求得，利用等面积法求得，勾股定理求得，从而，最后分解为已知向量即可.
【详解】
即，
又因为，所以.
在中，根据余弦定理可得：
，即，
根据三角形面积公式，解得，
，，
.
故选：A
24．C
【分析】由直线与坐标轴的交点，得到，，则，由，得点坐标，点A又在椭圆上，由定义求得，可求椭圆的离心率.
【详解】对直线，令，解得，令，解得，
故，， 则 ，设，则 ，

而，则 ，解得 ， 则，
点A又在椭圆上，左焦点，右焦点，
由，
则，椭圆的离心率.
故选：C
25．B
【分析】根据已知条件构造函数，，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.
【详解】由，令，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
所以，又，
所以，在成立，
所以，即，
所以，即，
令，所以，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，
所以，即
令，所以，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以，在成立，
令，则上式变为，所以，即，
综上，.
故选：B.
【点睛】解决此题的关键是构造函数，，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可.
26．BCD
【分析】依据图表根据选项一一判断即可.
【详解】A选项：7月份同城快递量为异地快递量为
因为所以A错；
B选项：10月份异地快递增长率为 ，9月份的异地快递增长率，B正确；
C选项：由图知2020年下半年，异地快递量与月份总体呈正相关关系，故C正确；
D选项：由图知2020年下半年，同城和异地快递量最高均出现在11月，故D正确
故选：BCD
27．AC
【分析】根据函数的奇偶性，均值不等式及特值法求解即可.
【详解】的定义域为,关于原点对称，
又，
所以函数为偶函数，所以函数在R上不是增函数，故A正确B错误；
又，当且仅当，即时等号成立，故C正确；
当时，，故D错误.
故选：AC
28．AC
【分析】利用特殊值排除BD选项，利用幂函数、指数函数、对数函数的性质证明AC选项正确.
【详解】取，则，，所以B选项错误.
取，则，所以D选项错误.
由于在上递减，且，所以，所以A选项正确.
由于，所以；由于，所以，
由于在上递增，所以，故C选项正确.
故选：AC
29．AD
【分析】对于A，利用周期的定义分析判断，对于B，判断函数的奇偶性，对于C，利用复合函数求值域的方法求解，对于D，利用复合函数求单调性的方法求解
【详解】对于A，因为，
所以是周期函数，所以A正确，
对于B，因为，
所以不是奇函数，所以的图象不关于原点对称，所以B错误，
对于C，因为，所以，即，所以函数的值域为，所以C错误，
对于D，令，则，因为在上单调递，在上递增，所以在区间上单调递增，所以D正确，
故选：AD
30．AC
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理依次判断各个选项，即可求得答案.
【详解】对于A，由面面平行性质：两平面平行，在一平面内的任意直线与另一平面平行.而，，故，A正确；
对于B，，此时m有可能在平面内，故不能得到，B错误；
对于C，由于，则可经平移到与重合的位置而平移不改变直线与平面是否直，，故，C正确；
对于D，当，，过上一点作直线，此时，不能得到，D错误.
综上，AC正确.
故选：AC.
31．BC
【分析】两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断AB选项；然后由圆的性质可知直线垂直平分线段,进而可得到直线的距离即为AB中点与点的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C选项；对应扇形的面积减去三角形的面积乘以2即可求出圆与圆公共部分的面积，即可判断D选项.
【详解】两圆方程相减可得直线AB的方程为，即，
因为圆的圆心为，半径为1，且公共弦AB的长为1，则到直线的距离为，所以，解得，
所以直线AB的方程为，故A错误，B正确；
由圆的性质可知直线垂直平分线段,所以到直线的距离即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，因此，即，故C正确；
因为，所以，即圆中弧所对的圆心角为，所以扇形的面积为，三角形的面积为，所以圆与圆公共部分的面积为，故D错误.
故选：BC.
【点睛】圆的弦长的常用求法：
（1）几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
32．AC
【分析】根据方差、平均数、众数、中位数的定义进行逐项判断.
【详解】解：
对于选项A：如果五次都为，满足题意，众数为，符合题意，故A正确；
对于选项B：若中位数，则出现这组情况方差最小，但此时方差大于，故不符合题意，故B错误；
对于选项C：这种情况下方差小于，故C正确；
对于选项D：若最大点数为，当方差最小，该组数为，该组数的方差大于，故D错误；
故选：AC
33．BCD
【分析】根据频率分布直方图性质可得，判断A错误；计算出得分介于60至90之间的频率，判断B正确；利用1500乘以得分不小于90频率，判断C正确；计算得分介于50至80之间的频率判断D正确.
【详解】由频率分布直方图性质可得：
，解得，故A错误；
得分介于60至90之间的频率为，故B正确；
得分不小于90的人数估计为，故C正确；
得分介于50至80之间的频率为，故D正确.
故选：BCD.
34．AC
【分析】利用基本不等式判断选项；利用函数的对称性即可判断选项；利用导数判断函数的单调性即可判断选项；举例说明即可判断选项.
【详解】对于，当时，，
当时，则当且仅当，即时去等号，
所以函数在有最小值1，故选项正确；
对于，当时，则，
因为，所以此时函数图象不关于点中心对称，故选项错误；
对于，当时，则，令，
则，当时，；
当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
则当时，对任意恒成立，故选项正确；
对于，因为时，函数，，
函数在上有一个零点，所以选项错误，
故选：.
35．BD
【分析】根据方程的特征和椭圆与双曲线的性质逐项进行分析即可判断.
【详解】对于，若，则为双曲线，其双曲线的渐近线方程为：，故选项错误；
对于，因为点在曲线上，所以，所以，则曲线为椭圆，又因为，所以为焦点在轴上的椭圆，故选项正确；
对于，因为点的坐标为，所以过点与轴垂直的直线方程为，代入曲线方程可得：，若，则有，
若，则有，故选项错误；
对于，由题意可知：，，设点，
则，，所以，
又因为点在曲线上，所以，
所以，故选项正确，
故选：.
36．BCD
【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.
【详解】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；

对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
37．/
【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可
【详解】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为，故体积
故答案为：
38．
【分析】根据抛物线的定义列方程，化简求得的值.
【详解】抛物线开口向右，准线为，
将的坐标代入抛物线方程得，
由于抛物线上的点到其焦点的距离是点到轴距离的3倍，
根据抛物线的定义有，
所以.
故答案为：
39．1022
【分析】由，是函数的两个极值点，所以，是函数的两个零点，得，则，故前9项和可求.
【详解】由得
又因为，是函数的两个极值点
所以，是函数的两个零点
故 因为所以
故，则前9项和
故答案为：1022
40．或
【分析】对进行分类讨论，结合函数的单调性和最值，求得的值.
【详解】不妨设的定义域为，
当时，，
，不符合题意.
当时，设，
在区间上递增，值域为，即.
即.
，
而，，
在上为增函数，
故要使函数在上的最大值是6，
则或，所以或.
故答案为：或
41．
【分析】利用组合计数原理可得结果.
【详解】甲、乙、丙家公司承包了项工程，每家公司承包项，则不同的承包方案种数为.
故答案为：.
42．或
【分析】设等比数列的公比为，进而得，再解方程得或，进而得答案.
【详解】解：设等比数列的公比为，因为，，
所以，即，
所以，解得或，
所以当时，；
当时，
所以，或.
故答案为：或
43．
【分析】将回归方程化为，再与模型比较系数，即可得到答案.
【详解】由，得，，所以.
故答案为：.
44．16
【分析】设，，结合条件可得，利用抛物线的定义可得结果.
【详解】设，
､､､…､是抛物线上不同的点，点,准线为，
则，
所以
所以，即

故答案为：16
45．
【分析】由题意首先结合通项公式写出通项，然后结合展开式的性质整理计算即可求得最终结果.
【详解】展开式的通项公式为：，
令可得：，
则展开式的常数项为：.
故答案为：
46．
【分析】先通过以及确定的范围，进而可得，再利用两角差的余弦公式展开计算即可.
【详解】,
，又，
若，则，与矛盾，
，
，
.
故答案为：.
47．
【分析】结合作图，可求得直线的斜率，以及原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式，求得答案.
【详解】由题意可知在圆上，如图：

设MN中点为H，连接PH，因为为正三角形，则PH过点O,且 ，
则直线MN的斜率为：，
故即为，
因为为正三角形，则O点为的中心，由中心及重心性质知，
，故 ，解得 ，
结合在圆上，是圆的内接正三角形，可知 ，即.
故答案为：，
48．
【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．
【详解】解：作出的函数图象如图所示：
∵存在实数，满足，
，
，
由图可知，，
，
设，其中，
，显然在单调递增，
，
，，
在单调递增，
在的最大值为，
的最大值为，
故答案为：．

49．答案见解析
【分析】选①，利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换思想化简得出的值，结合角的取值范围可求得角的值，再结合余弦定理可求得，结合解出、的值，利用三角形的面积公式可求得的面积；
选②，利用诱导公式、二倍角的正弦公式化简得出，结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理求出，结合基本不等式推出矛盾，进而可得出结论；
选③，由二倍角的余弦公式可得出关于的二次方程，求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，结合已知条件求出、的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】解：选择条件①：
由正弦定理可得，
由于，可得，
化简可得，即，
因为，所以，
由余弦定理可得，解得，
，解得，因此；
选择条件②：因为，即，
由正弦二倍角公式可得：，
，则，所以，，所以，
所以即，
由余弦定理可得，
由已知可得，
由基本不等式可得，所以不存在满足条件的；
选择条件③：
由余弦二倍角公式可得：，解得或（舍去），
因为，所以，
由余弦定理得：，解得，
，解得，因此；
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
50．（1）；（2）.
【分析】（1）设第一行数的公差为，各列的公比为，利用等比中项的性质可求得，利用等差中项的性质可求得，进而可求得、的值，由等差数列的通项公式可求得；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【详解】（1）设第一行数的公差为，各列的公比为，
由题意可知，解得，
由，解得，则.
由，解得，
因此；
（2），
可得，
两边同时乘以可得：,
上述两式相减可得：，
因此，.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
51．（1）；（2）.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出外接球球心坐标，利用球心到球面的距离等于半径列方程组，解方程组求得圆心坐标，由此求得外接球的半径，进而计算出外接球的表面积.
（2）利用直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.
【详解】（1）据已知条件，取的中点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以过点且和平行的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
由已知可得，，，，，，
设球心的坐标为，则，且
所以，
解得：，，所以，
所以，
所以外接球的表面积.
（2）由（1）可知：所以，，
因为，所以，
同理，
设平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以，
由（1）可知，截面圆的圆心在的延长线上，且，
所以，
设直线与平面所成的角大小为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

52．（1）；（2）平均天数是1.9天.
【分析】(1)先求出未来一周5天都举行会展的概率，由此利用对立事件概率计算公式能求出至少有一天暂停会展的概率；
(2)由题意X的取值是0，1，2，3，4，5，分别求出相应的概率，由此能求出会展的天数X的分布列，再求期望即可.
【详解】（1）记“未来一周从周一到周五5天中至少有一天暂停会展”为事件，则事件表示未来一周5天展出会展，于是
，
，
所以，未来一周从周一到周五5天中至少有一天暂停会展的概率是.
（2）设随机变量表示会展展出的天数，则，1，2，3，4，5
于是，，
，
，
，
，
由（1）知，，
所以，
即这次会展活动展出的平均天数是1.9天.
【点睛】关键点点睛：根据相互独立事件同时发生的概率公式求出会展天数这一随机变量发生的概率，列出分布列，求期望，属于中档题.
53．（1）；（2）存在，理由见解析.
【分析】（1）由在椭圆上得到，然后根据直线，的斜率之积等于，由求解.
（2）当该直线的斜率不存在时验证即可,当该直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，根据，，三点共线，求得，同理求得，进而得到N的坐标，再利用斜率公式求解.
【详解】（1）由已知：，，
因为在椭圆上，直线，的斜率之积等于，
所以，
解得：，
又，
所以，
所以椭圆的标准方程为，
（2）设，为过点的直线与椭圆的交点，
①当经过点的直线斜率不存在时，此时，为椭圆长轴端点，
不妨设，，因为，，三点共线，
坐标为，同理坐标为，
此时线段的中点为，
所以，
②当该直线的斜率存在时，设该直线的方程是，
联立方程得：，
消元并化简得：，
所以，，
设，，
因为，，三点共线，即，
所以，
由已知得，点不在直线上，且，
所以，
同理可得，
所以，
,
将，代入上式并化简得：
，
所以的坐标为，
当时，直线的斜率，
因为与的取值无关，所以，即，
此时.
综合①②可知：存在使得直线的斜率为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
54．（1）证明见解析；（2）最大值为.
【分析】（1）将所要证明的不等式转化为证明在区间上小于零，利用导数研究在区间上的单调性和最值，由此证得结论成立.
（2）将不等式成立，转化为在区间上恒成立，利用导数研究的单调性，结合对进行分类讨论，求得的取值范围，由此求得的最大值.
【详解】（1）要证成立，两边取对数：
只需证明成立，
令，，构造函数，
即只需证明函数在区间上小于零，
由于，
在区间上，，函数单调递减，
且，所以在区间上函数
所以不等式成立；
（2）对于不等式，两边取对数：
只需不等式成立，
令，，构造函数，
不等式成立，
等价于在区间上恒成立
其中，
由分子，得其两个实数根为，；
当时，，
在区间上，，函数单调递增，
由于，不等式不成立
当时，，
在区间上，在区间上；
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
且，只需，
得，即时不等式成立
当时，，
在区间上，，函数单调递减，
且，不等式恒成立
综上，不等式成立，实数的最大值为.
【点睛】可将不等式恒成立问题，转化为函数最值来求解，要注意导数的工具性作用.
55．.
【分析】观察每一个条件表达式的结构，搞清楚是边化角，还是角化边，再利用两角和或两角差公式即可.
【详解】若选①：， ， ，
， ；
若选②： ，， ，
， ；
若选③： ，，
，.
56．(1)
(2)数列的前2n项和为

【分析】（1）根据数列的递推公式可得，由此构造数列，进而证明结论；
（2）根据数列的递推公式可得数列的偶数项与奇数项之间的关系，由（1）可得数列的奇数项的通项公式，利用等比数列的求和公式，进而求得答案.
【详解】（1）由题意可知：，
，
故，即，
故是以为首项，以 为公比的等比数列，
且 ，
故
（2）由（1）知，,即，
由题意知： ，故 ，
故数列的前2n项和


.
57．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）连结OB.证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明平面PBC；
（2）先证明出E，F分别为的中点.过O作交PB于H，以为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
（1）
因为，O为PC的中点，所以.
连结OB.

因为三角形PBC是以PC为斜边的直角三角形，，，
所以，所以.
因为，所以,所以，所以.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC.
（2）
因为ABCD是平行四边形，所以且.
因为面，所以面.
因为面，面面,所以.
因为，所以E，F为三角形的中位线，所以E，F分别为的中点.
过O作交PB于H，以为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.

因为,所以.
则，，，，，.
所以，.
设为面的一个法向量，则，即，
不妨取y=4，则.
因为ABCD是平行四边形，所以，
所以.
设直线DO与平面所成角为，
则.
即直线DO与平面所成角的正弦值为.
58．(1)
(2)

【分析】（1）利用事件的对立性求解即可；
（2）先取可能的取值有，然后分别求出概率，再求数学期望即可.
(1)
由题意，第1次射中的概率为，则不中的概率为，
当第1次不中时，第2次射中的概率为，所以第2次不中的概率为；
当第2次不中时，第3次射中的概率为，所以第3次不中的概率为.
所以3次都不中的概率为.
所以(该选手参加比赛至少射中1次).
(2)
令该选手射中的次数为，则可能的取值有.
由（1）可知；
；
；
.
所以本次比赛选手平均射中次数为.
59．(1)
(2)或.

【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义求出的值，可得出的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得面积的最大值，利用等号成立的条件可求得直线的方程.
(1)
解：因为，可得，则、，
由椭圆的定义可得，得，
所以，，因此，椭圆的标准方程为.
(2)
解：由题意，设点、，设直线的方程为，
联立，消去可得，
，
由韦达定理可得，，
所以，
，
令，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
此时直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
60．(1)证明见解析
(2)，证明见解析

【分析】（1）通过导函数分析的单调性，从而求得的表达式，再用导数求出的最小值，即可证明；
（2）因为有两个极值点，故在上有两个根，从而求得a的取值范围；依题可得，从而可得，故设，，通过导数分析最大值即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为
当时，，得
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减，
则的最大值为
由，当时，当时，
故在单调递减，在单调递增，
所以，故；
（2），
则
因为有两个极值点，
所以有两个根，
则满足解得，
当时，，当时，，当时，，
所以极大值为，极小值为，又，则
所以当时有，又，所以
故
设，
则
所以在上单调递增，则
所以
61．(1)是等差数列，理由见解析
(2)

【分析】(1)根据数列的递推公式即可求解；
(2)结合（1）的结论得出，然后利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）因为，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列；
（2）由（1）知：
数列的通项公式为：，
则，
①，
②，
①②得：

，
则.
62．(1)
(2)

【分析】(1)结合已知条件，利用余弦定理即可求解；
(2)利用正弦定理得到，，然后利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）由可得：，
由余弦定理知，，
又因此.
（2）在中，由，得，
在中，由，可得，
所以；
在中，由，得，
解得，，
所以，
因为，，
所以，
当且仅当时取等号，
因此的最小值为.
63．(1)
(2)选用回归方程更好，时，利润的预报值最大

【分析】(1)根据数据，利用公式即可求出线性回归方程；
（2）越大拟合效果越好，选用回归方程更好，从而计算出结果.
【详解】（1）由题意可得：


所以，
，
关于的线性回归方程：.
（2）因为，越大拟合效果越好，
选用回归方程更好，

，
即当时，时，利润的预报值.
64．(1)证明见解析;
(2)

【分析】（1）通过证明，得平面，从而证明；
（2）由条件证得，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系求解.
【详解】（1）连接,，

在中，，，，
，
可得，即，
同时，可得，
同理可得，
因为，，且平面，平面，，
所以平面；
又因为平面，所以.
（2）在中，易得，且，
所以，同时，，
以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，如图所示，
建立空间直角坐标系.

其中，，，，
，，
设向量为平面的法向量，
满足，
不妨取，，
直线与平面所成角的正弦值为：
.
65．(1)32
(2)证明见解析

【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设，，直线的方程，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据弦长公式求得，再结合基本不等式即可得解；
（2）设，，，根据，，三点共线和，，三点共线，求得，再结合（1）即可得出结论.
【详解】（1）由抛物线定义可知，，解得，
即抛物线方程为，
由题意，设，，直线的方程，
由，消去得，恒成立，
由韦达定理可知：，，
故，
因为，所以直线的方程为，
于是，
则
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为32；
（2）设，，，因为，，，都在上，
所以，，
因为，，三点共线，所以有，
即，整理得：，
同理，因为，，三点共线，可得，
即，
解得：，
由（1）可知，，代入上式可得：，
得，
即点在定直线上.
【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式及抛物线与直线位置关系的应用，考查了抛物线中四边形的面积的最值问题，及抛物线中的定直线问题，考查了逻辑推理和数据分析能力，有一定的难度.
66．(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)由二次函数的性质可得，利用导数可得，再根据两函数的最小值相同，求解即可；
(2) 令，利用导数确定即在上单调递增，由零点存在定理可得，使，由题意可设，，利用导数可得是减函数，即可得 ，再由在上的单调性即可得证.
【详解】（1）解：，
所以；
函数的定义域为，，
令，解得，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以
因为函数和有相同的最小值，
所以
即；
（2）证明：，
，
令，则，
所以即在上单调递增，
因为，
所以，使，
于是在上单调递减，在上单调递增.
又，当趋于0时，趋于0，
则当时，
方程有两个不相等的实根根，，
不妨设.
设，
则，

，
由即，
得，
并代入上式，得
所以是减函数，
，
即，
又由题意，得，
而，且在上单调递增，
所以，
即，
又，
故.
【点睛】方法点睛：有关函数的单调性的问题，借助于导数进行确定；关于不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题进行解答.