广东省佛山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省佛山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共69页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

广东省佛山市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东佛山·统考一模）已知全集U为实数集，，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·广东佛山·统考一模）设复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·广东佛山·统考一模）若、、为非零实数，则“”是“”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
4．（2021·广东佛山·统考一模）平行四边形中，点E是的中点，点F是的一个三等分点（靠近B），则（    ）
A． B．
C． D．．
5．（2021·广东佛山·统考一模）随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到（    ）
A．2022年12月 B．2023年2月 C．2023年4月 D．2023年6月
6．（2021·广东佛山·统考一模）设 ，则（    ）
A． B．
C． D．
7．（2021·广东佛山·统考一模）函数的导函数在上的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
8．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数，则下列结论中正确的是（    ）
A．存在实数a，使有最小值且最小值大于0
B．对任意实数a，有最小值且最小值大于0
C．存在正实数a和实数，使在上递减，在上递增
D．对任意负实数a，存在实数，使在上递减，在上递增
9．（2021·广东佛山·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·广东佛山·统考一模）已知为虚数单位，复数，则的共轭复数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
11．（2021·广东佛山·统考一模）（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·广东佛山·统考一模）已知数列的前n项和，，则k的值为（    ）
A．2 B． C．1 D．
13．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数，则函数的大致图象为（    ）
A． B．
C． D．
14．（2021·广东佛山·统考一模）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．不确定
15．（2021·广东佛山·统考一模）已知正实数a，b满足：，则的最小值为（    ）
A． B． C．6 D．无最小值
16．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数，且有，，则在区间内至少有（    ）个零点．
A．4 B．8 C．10 D．12
17．（2023·广东佛山·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·广东佛山·统考一模）设复数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
19．（2023·广东佛山·统考一模）已知单位向量，满足，若向量，则（    ）
A． B． C． D．
20．（2023·广东佛山·统考一模）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（    ）
A．30 B．10 C．9 D．6
21．（2023·广东佛山·统考一模）已知双曲线C的中心位于坐标原点，焦点在坐标轴上，且虚轴比实轴长.若直线与C的一条渐近线垂直，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
22．（2023·广东佛山·统考一模）已知事件，，的概率均不为，则的充要条件是（    ）
A． B．
C． D．
23．（2023·广东佛山·统考一模）已知球O的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
25．（2021·广东佛山·统考一模）2015年以来，我国脱贫攻坚成效明显．下图是2015—2019年年末全国农村贫困人口和贫困发生率（贫困人口占目标调查人口的比重）变化情况（数据来源：国家统计局2019年统计年报），根据这个发展趋势，2020年底全面脱贫的任务必将完成．根据图表中可得出的正确统计结论有（    ）

A．五年来贫困发生率下降了5.1个百分点 B．五年来农村贫困人口减少超过九成
C．五年来农村贫困人口减少得越来越快 D．五年来目标调查人口逐年减少
26．（2021·广东佛山·统考一模）已知曲线，其中m为非零常数且．则下列结论中正确的有（    ）
A．当时，曲线C是一个圆
B．当时，曲线C的离心率为
C．当时，曲线C的渐近线方程为
D．当且时，曲线C的焦点坐标分别为和
27．（2021·广东佛山·统考一模）已知曲线在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则下列结论中正确的是（    ）
A．存在ω，使
B．存在ω，使
C．有且仅有一个，使
D．存在，使
28．（2021·广东佛山·统考一模）如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，则（    ）

A．截面可能为六边形
B．存在点N，使得截面
C．若截面为平行四边形，则
D．当N与C重合时，截面面积为
29．（2021·广东佛山·统考一模）下列说法正确的是（    ）
A．命题：，的否定是：，；
B．，是的充要条件；
C．是的充分非必要条件；
D．是命题：，恒成立的充分非必要条件
30．（2021·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（    ）

A．为等边三角形；
B．平面交正方体的截面为五边形；
C．在正方体中，存在棱与平面平行；
D．在正方体中，不存在棱与平面垂直；
31．（2021·广东佛山·统考一模）在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（    ）
A．若，则 B．的最大值为
C． D．角的最小值为
32．（2021·广东佛山·统考一模）如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（    ）

A．外接球的表面积为
B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C．过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为
D．设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为
33．（2023·广东佛山·统考一模）中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的付出，更是开启新征程的希望.二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国居民恩格尔系数为29.39%，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破30%.恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特·恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数”.恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达60%以上为贫困，50%~60%为温饱，40%~50%为小康，30%~40%为富裕，低于30%为最富裕.如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知（    ）

A．城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平
B．农村居民恩格尔系数的平均数低于32%
C．城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于29%
D．全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数
34．（2023·广东佛山·统考一模）设单位圆O与x轴的左、右交点分别为A、B，直线l：（其中）分别与直线、交于C、D两点，则（    ）
A．时，l的倾斜角为
B．，点A、B到l的距离之和为定值
C．，使l与圆O无公共点
D．，恒有
35．（2023·广东佛山·统考一模）若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ）
A． B．
C． D．
36．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（    ）

A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面

三、填空题
37．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数（e是自然对数的底数），则曲线在处的切线方程是__________．
38．（2021·广东佛山·统考一模）某高校每年都举行男子校园足球比赛，今年有7支代表队出线进入决赛阶段，其中的甲、乙两支队伍分别是去年的冠、亚军球队．根据赛制，先用抽签的方式，把7支出线球队随机分成A、B两组分别进行单循环赛，其中A组3支球队、B组4支球队，则甲、乙恰好在同一组的概率为__________．
39．（2021·广东佛山·统考一模）已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点K，过F作倾斜角为的直线与C交于A，B两点，若，则__________．
40．（2021·广东佛山·统考一模）已知四棱锥的顶点都在球O上，，，，，，平面平面，且，则球O的体积为__________．
41．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数，则______．
42．（2021·广东佛山·统考一模）已知向量，，，则实数k的值为______．
43．（2021·广东佛山·统考一模）已知数列，，，且，则数列的前100项的和为______．
44．（2023·广东佛山·统考一模）在的展开式中，常数项为___________.（用数字作答）
45．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则______.
46．（2023·广东佛山·统考一模）抛物线C：的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上，若，且，则______.
47．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是______.

四、解答题
48．（2021·广东佛山·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，并作答，
已知为等差数列，的前n项和为，且，，，__________，是否存在正整数k，使得？若存在，求k的最小值：若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
49．（2021·广东佛山·统考一模）如图，在梯形中，，，，．

(1)若，求梯形的面积；
(2)若，求．
50．（2021·广东佛山·统考一模）如图，直三棱柱中，，、分别为、的中点．

（1）求证：平面﹔
（2）若，求二面角的余弦值．
51．（2021·广东佛山·统考一模）为了了解空气质量指数（AQI）与参加户外健身运动的人数之间的关系，某校环保小组在暑假期间（60天）进行了一项统计活动：每天记录到体育公园参加户外健身运动的人数，并与当天值（从气象部门获取）构成60组成对数据，其中为当天参加户外健身运动的人数，为当天的值，并制作了如下散点图：
连续60天参加健身运动人数与AQI散点图

（1）环保小组准备做y与x的线性回归分析，算得y与x的相关系数为，试分析y与x的线性相关关系？
（2）环保小组还发现散点有分区聚集的特点，尝试作聚类分析．用直线与将散点图分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（如图），统计得到各区域的点数分别为5、10、10、35，并初步认定“参加户外健身运动的人数不少于100与值不大于100有关联”，试分析该初步认定的犯错率是否小于？
附：

0.050
0.010
0.001
K
3.841
6.635
10.828

52．（2021·广东佛山·统考一模）已知椭圆C：右焦点为，且过点．
（1）求C的方程；
（2）点P、Q分别在C和直线上，，M为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．
53．（2021·广东佛山·统考一模）设且，函数．
（1）若在区间有唯一极值点，证明：；
（2）若在区间没有零点，求a的取值范围．
54．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数.从下面的两个条件中任选其中一个：①；②若，且的最小值为，，求解下列问题：
(1)化简的表达式并求的单调递增区间；
(2)已知，求的值.
55．（2021·广东佛山·统考一模）在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，角A的角平分线交BC于点D，且，．
(1)求角A的大小；
(2)求线段AD的长．
56．（2021·广东佛山·统考一模）已知数列，的各项均为正数．在等差数列中，，；在数列中，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前n项和为．
57．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数的两个极值点为，2，且在处的切线方程为．
(1)求函数的表达式；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．
58．（2021·广东佛山·统考一模）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．

(1)证明底面；
(2)设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．
59．（2021·广东佛山·统考一模）设函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)任意正实数，当时，试判断与的大小关系并证明
60．（2023·广东佛山·统考一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.

(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
61．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
62．（2023·广东佛山·统考一模）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．

(1)证明：平面；
(2)若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
63．（2023·广东佛山·统考一模）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率
64．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
65．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.

五、双空题
66．（2021·广东佛山·统考一模）已知函数，当时，函数的零点个数为______；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为______．

参考答案：
1．B
【分析】先求得集合A，根据补集，交集的概念，即可得答案.
【详解】由题意得：集合，集合，
所以，
所以.
故选：B
2．C
【分析】根据复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝1+i，得到z2＝﹣1+i，再利用复数的乘法求解.
【详解】∵复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝1+i，
∴z2＝﹣1+i，
∴（1+i）•（﹣1﹣i）＝﹣1﹣i﹣i﹣i2＝﹣2i．
故选：C．
3．A
【分析】本题可根据充分条件以及必要条件的判定得出结果.
【详解】若，则，
故“”是“”的充分条件，
令，，，满足，但不满足，
故“”不是“”的必要条件，
综上所述，“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
4．D
【分析】用向量的加法和数乘法则运算.
【详解】
由题意：点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，
∴.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解题时可根据加法法则，从向量的起点到终点，然后结合向量的数乘运算即可得.
5．B
【分析】每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个基站需要个月，结合等差数列的前项和公式列得关于的方程，解之即可．
【详解】每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，
设预计我国累计开通500万个基站需要个月，则
，
化简整理得，，
解得或（舍负），
所以预计我国累计开通500万个基站需要25个月，也就是到2023年2月.
故选：B．
6．D
【解析】由，则,再由指数、对数函数的单调性得出大小，得出答案.
【详解】由，则
， ，
所以
故选：D
7．B
【分析】根据，得到，然后求得导函数判断.
【详解】因为，
所以，，
所以，周期是，
故选：B
8．C
【分析】求出导函数，根据导数与单调性、最值的关系判断．
【详解】，令，则，
当时，恒成立，即在为增函数，有且只有一个实根，且时，，递减，时，，递增，是极小值点，也是最小值点．C显然正确．
时，，，
时，，，，，
，B错误，
当时，，而不是最小值点（因为），因此存在，使得，综上得A错，
由得，，或时，，时，，即在和上递增，在上递减，
所以极大值＝，当时，极大值，极小值＝，
因此即在，，上各有一个零点，从小到大依次为，
在，上，递减，在，上，递增，D错误．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值．解题基础是掌握单调性与导数的关系．解题关键是对“存在”、“任意”等词语的正确理解，掌握相应命题的求解方法．
9．B
【分析】先化简集合，再由交集运算求解即可
【详解】由，故，，
故选：B
10．A
【分析】利用复数的除法运算化简，求出即可得在复平面内对应的点的坐标以及所在的象限.
【详解】，
，所以在复平面内对应的点坐标为，
所以在复平面内对应的点位于第一象限，
故选：A.
11．D
【分析】利用诱导公式及和角余弦公式可得，即可求值.
【详解】.
故选：D
12．C
【分析】利用的关系可得，结合已知即可求k的值.
【详解】由题设，当时，，又，
∴，可得.
故选：C
13．B
【分析】得到函数的定义域，然后计算，然后根据，可得结果.
【详解】由题可知：函数定义域为,

所以，故该函数为奇函数，排除A,C
又，所以排除D
故选：B
14．A
【分析】根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.
【详解】解：由题可知，正方体的棱长为1，
则平面，又，在线段上运动，
平面，
点到直线的距离不变，
由正方体的性质可知平面，则，
而，，
故的面积为，
又由正方体可知，，，且，
平面，则平面，
设与交于点，则平面，
点到平面的距离为，
.
故选：A.

15．B
【分析】对去分母得，代换中的，再结合“1”的妙用即可求解
【详解】由，则，
，当且仅当时取到等号，故的最小值为.
故选：B
16．D
【分析】根据题意得出函数的对称轴和对称中心，根据对称轴和对称中心求出的值，然后判断出的值最小时，周期最大，函数在区间内的零点最少，从而即可求出答案.
【详解】因为，即，所以函数关于点对称，
所以，——①
因为，所以为函数的一条对称轴，
所以，——②
由①②，得，即，
要使在区间内的零点最少，则周期最大，所以的值最小，
又因为，所以，
把代入①，得，即，
又因为，所以或.
当时，，此时在内零点个数为12；
当时，，此时在内零点个数为12.
故选：D.
17．D
【分析】首先求出集合，用列举法表示集合，再根据并集的定义计算可得.
【详解】解：由，即，所以不等式的解集为，
所以，
又，
所以.
故选：D
18．C
【分析】根据复数的运算求，再根据复数的几何意义判断点所在的象限.
【详解】∵，则，
∴z在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
19．B
【分析】根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案.
【详解】由单位向量，则，即，，
.
故选：B.
20．B
【分析】根据等比中项可得，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.
【详解】为正数的等比数列，则，可得，
∵，
∴，
又∵，则，可得，
∴，解得，
故.
故选：B.
21．C
【分析】根据条件得到渐近线方程为，分类讨论双曲线焦点在轴和轴的情况，求出即可.
【详解】解：根据渐近线与直线垂直可得渐近线方程为，
当双曲线的焦点在轴上时渐近线为，即，
因为双曲线的虚轴比实轴长，故不符合题意，舍去，
当双曲线的焦点在轴上时渐近线为，即，满足虚轴比实轴长，
所以，解得或（舍去），
所以.
故选：C．
22．C
【分析】根据和事件的概率公式判断A、B，根据积事件的概率公式判断C、D.
【详解】解：对于A：因为，由，
只能得到，并不能得到，故A错误；
对于B：因为，
，
由，只能得到，
由于不能确定，，是否相互独立，故无法确定，故B错误；
对于C：因为，，
又，所以，故C正确；
对于D：由于不能确定，，是否相互独立，
若，，相互独立，则，，
则由可得，
故由无法确定，故D错误；
故选：C
23．A
【分析】依题意可得，即可求出、、，求出外接圆的半径，利用勾股定理求出球心到平面的距离，从而得到点到平面的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】解：因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以.

故选：A
24．D
【分析】当时，恒成立，利用图象关系可得，且，求得.当，恒成立，变形
构造函数，求导判断单调性，从而推出，进一步得到，综上得到.
【详解】当时，，

由图可知，，
此时若对任意，，
只需，即，即.
当，，
此时若对任意，，即，
，所以只需.
令，则，
当单调递增，当单调递减，
，.
综上，.
故选:D.
25．AB
【分析】结合图象对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A选项，年贫困发生率为，年为，下降了5.1个百分点，A选项正确.
对于B选项，五年来农村贫困人口减少，所以B选项正确.
对于C选项，年减少，年减少，年减少，年减少，所以C选项错误.
对于D选项，年调查（万人），年调查（万人），年调查（万人），故D选项错误.
故选：AB
26．ABD
【分析】把方程与圆、圆锥曲线的标准方程比较得出相应曲线，然后再求解相应的性质．如离心率、渐近线、焦点坐标．
【详解】时，方程可化为，表示圆，A正确；
时，方程可化为，表示椭圆，其中长半轴长为，短半轴长为，因此半焦距为，离心率为，B正确；
时，方程可化为，表示双曲线，其渐近线方程为，即，C错；
时，方程可化为，表示双曲线，半焦距为，
焦点坐标为，
当时，方程可化为，表示椭圆，长半轴长为，半焦距为，焦点坐标为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】结论点睛：本题考查二次方程表示的曲线．方程表示的曲线：
（1）在时表示双曲线，时，焦点在轴，，焦点在轴；
（2）时，方程表示圆；
（3），方程表示焦点在轴上的椭圆，，方程表示焦点在轴上的椭圆．
（4）时，方程无解；
（5）或时方程表示两条直线．
27．ABD
【分析】利用特殊值，结合图象确定各个选项的正确性
【详解】对于AB选项，取，画出的图象如下图所示，符合“在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心”.

此时，故AB选项正确.
对于CD选项，取，画出的图象如下图所示，符合“在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心”.

，由图可知在区间上有两个，使，C选项错误.
由图可知，存在，使，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】有关三角函数图象与性质的题目，结合图象可以迅速解答.
28．CD
【分析】利用点N的位置不同得到的截面的形状判断选项A，C，利用线面垂直的判定定理分析选项B，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D．
【详解】长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，
设为的中点，根据点N的位置的变化分析可得：
当时，截面为平行四边形，
当时，截面为五边形，
当时，即点N与点C重合时，截面为梯形，故A不正确，C正确；

设截面，因为面，所以，所以N只能与C重合才能使，
因为BN不垂直平面，故此时不成立，故B不正确；
因为当点N与点C重合时，截面为梯形，
如下图所示：过M作MH垂直于于H，设梯形的高为，
则由平面几何知识得：，解得，所以截面的面积为：，故D正确；
故选：CD．

【点睛】关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．
29．AC
【分析】依次判断，根据命题的否定定义可知A的正误，计算，可知B的正误，计算可知C正误，计算，恒成立的条件可知D的正误，可得结果.
【详解】对A，，的否定是，，A正确；
对B，或，
故，是的充分不必要条件，故B错；
对C，或，所以是的充分非必要条件，故C正确；
对D，，恒成立的条件为
所以是命题：，恒成立的必要不充分条件
故选：AC
30．BD
【分析】设正方体棱长为2，求出各边长可判断A；根据平面的性质作出截面可判断B；分别判断三组平行线与的位置关系即可判断CD.
【详解】对A，设正方体棱长为2，则易得，故不是等边三角形，故A错误；
对B，如图，取中点，易得，取中点，连接，则易得，再取中点，连接，则，所以，所以是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故B正确；

对C，因为，所以都不与平行，又，所以都不与平行，因为，所以都不与平行，故不存在棱与平面平行，故C错误；
对D，显然与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
所以不存在棱与平面垂直，故D正确.
故选：BD.
31．ABC
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，由余弦定理可得，得，
故，A对；
对于B，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B对；
对于C，，则，
由余弦定理可得，，
所以，，整理可得，
则，C对；
对于D，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
因为且函数在上单调递减，故，D错.
故选：ABC.
32．AD
【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.
【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，
设圆锥外接球半径为，如图，

则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；
设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，

则对，即，解得，故B项错误；
过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，

因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；
设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，

则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，
长方体体积为，当时，时，，故，
故D正确，
故选：AD
33．AC
【分析】根据折线统计图一一分析即可.
【详解】解：对于A：从折线统计图可知年开始城镇居民的恩格尔系数均低于，即从2015年开始进入“最富裕”水平，故A正确；
对于B：农村居民恩格尔系数只有、、这三年在之间，
其余年份均大于，且、这两年大于（等于），
故农村居民恩格尔系数的平均数高于，故B错误；
对于C：城镇居民恩格尔系数从小到大排列（所对应的年份）前位分别为、、、、，
因为，所以第百分位数为第位，即年的恩格尔系数，由图可知年的恩格尔系数高于，故C正确；
对于D：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，显然农村居民占比要大于，
故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故D错误；
故选：AC
34．BD
【分析】对于A：首先得到直线的斜率，即可求出直线的倾斜角，从而判断A，对于B，分别求出点、到直线的距离，再求和即可，求出坐标原点到直线的距离，即可判断C，求出，点坐标，再求出，即可判断D.
【详解】解：依题意，，
对于A：当时直线，即，
所以直线的斜率，所以直线的倾斜角为，故A错误；
对于B：点到直线的距离，
点到直线的距离，
所以点、到直线的距离之和为，
因为，所以，所以，
即对，点、到直线的距离之和为定值，故B正确；
对于C：坐标原点到直线的距离，
所以直线与单位圆相切，即直线与单位圆必有一个交点，故C错误；
对于D：对于直线，令，解得，
令，解得，
即，，
所以，，
所以，所以，
即，恒有，故D正确；
故选：BD
35．AC
【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，则，
令，，则，
所以在上单调递增，
由，可得，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，
又，所以，当且仅当时取等号，
当时或，
结合与的图象也可得到

所以或.
故选：AC
36．ABC
【分析】逐个分析每个选项即可.
【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，

连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，

当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为

取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.
37．
【分析】根据函数解析式求切点坐标，由导数的几何意义求处切线的斜率，写出切线方程即可．
【详解】依题意，由，得，即切点；
又，则曲线在点处切线的斜率，
∴切线方程为，即．
故答案为：
38．
【分析】求出总的分组方法数，甲、乙恰好在同一组可以从其他5人中任选1人或任选2人与甲、乙军球队组成一队，求出方法后可得概率．
【详解】按题意总分组方法为，冠、亚军球队在一起的方法数为，
所以所求概率为．
故答案为：．
39．
【分析】设出直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，写出根与系数关系，根据列方程，解方程求得，由此求得，进而求得的值.
【详解】依题意，设，如图所示，在第一象限.
设直线的方程为，
由消去得，
所以，，
，
依题意，所以，
，
，
化简得，

，
消去并化简得，
即，解得，负根舍去.
所以，
，由于，所以.
故答案为：
【点睛】求解直线和抛物线相交有关的问题，联立直线方程和抛物线方程，写出根与系数关系后，要注意利用已知条件建立方程，通过方程来求解题目的问题.

40．
【分析】取AC中点O，AD中点H，连接OH，OB，OD，PH，根据题中边长，可得，，根据面面垂直的性质定理，可得平面，根据题意，可得O为四棱锥外接球的球心，利用勾股定理，求得，代入公式，即可得答案.
【详解】取AC中点O，AD中点H，连接OH，OB，OD，PH，如图所示：

因为，，，，，
所以，即，
，即，
又O为AC中点，
所以O到A，B，C，D的距离相等.
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为O，H，分别为AC，AD中点，
所以，即平面，
又，
所以O到P，A，D的距离相等，
所以O为四棱锥外接球的球心，
在中，,
所以球O的体积.
故答案为：
【点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，勾股定理，并灵活应用，直角三角形斜边中点，即为三角形的外心，以此作为突破口求解，属中档题.
41．
【分析】先求得，再将代入解析式即可求解.
【详解】,,，故.
故答案为：
42．
【分析】根据两个向量垂直其数量积为，列出等式求解即可.
【详解】因为，所以，即，
又因为，，所以，，
所以，解得
故答案为：
43．150
【分析】由题目条件可以得到，进而得到，由此得出是常数数列，最后求出答案.
【详解】根据题意，所以，即是常数数列，而，所以的前100项的和为：.
故答案为：150.
44．15
【分析】利用二项展开式的通项公式计算可得.
【详解】解：，令，解得，所以常数项为
故答案为：15.
45．44
【分析】根据奇函数的定义运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：44.
46．5
【分析】根据题意结合抛物线的定义可求得，再根据垂直关系求得，由直线方程求得即可得结果.
【详解】由题意可得：抛物线C：的焦点为，准线，
不妨设点，则，即，
可得，即，故，
则直线的斜率，
∵，则直线的斜率，
∴直线的方程，
令，解得，即，
故.
故答案为：5.
47．
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案.
【详解】由题意可得：的最小正周期，
∵，且，则为的一条对称轴，
∴，解得，
又∵，则，
故，
∵，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．
①令ωx＋φ＝，可求得对称轴方程．
②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.
48．选择见解析；存在；k的最小值为10．
【分析】选①：得，所以等差数列，即可求得通项公式，再求得，然后求和，最后由不等式估算k的最小值；选②：用累加法求得通项公式，下同选①；选③：由整理得，即可求得通项公式，下同选①．
【详解】选①：
由得，
所以是首项为，公差为1的等差数列，
所以，故．
又，，，，
所以，，
所以等差数列的公差
所以，
所以，
．
由得，即存在正整数k，使得．且k的最小值为10．
选②：
由得，，
，…，，
相加得，
又，所以，
显然也满足，故．
下同选①．
选③：
由整理得，
又，所以，即，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．
下同选①．
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
49．(1)；(2)．
【分析】(1)中，利用含的余弦定理表达式建立BC的方程，求出BC而得面积，再利用面积关系求的面积得解；
(2)由题设中角的信息用表示出与中的相关角，再在这两个三角形中利用正弦定理建立两个方程，联立整理得的方程，解之即得.
【详解】(1)设，在中，由余弦定理得：
，即，而x>0，解得，
所以，则的面积，
梯形中，，与等高，且，
所以的面积，
则梯形的面积；
(2)在梯形中，设，而，
则，，，，
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
两式相除得：，
整理得，
即
解得或，
因为，则，即．
【点睛】(1)三角形中已知两边及一边对角求第三边，利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解；
(2)涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.
50．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．
【详解】（1）取的中点，连接、，
在中，因为为中点，为中点，所以，且，
且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
又因为点为的中点，所以，且，
所以且，从而四边形为平行四边形，所以，
又平面﹐平面，所以平面；
（2）在直三棱柱中，平面，平面，则，
因为，，所，
故，，从而．
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，

则、、、，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，解得，令，得，
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
51．（1）答案见解析；（2）该初步认定的犯错率小于．
【分析】（1）由相关系数知y与x的线性相关关系以及线性相关性强弱；
（2）建立列联表，计算的值，对照附表得出结论.
【详解】（1），y与x的相关关系为负相关，
且，故线性相关性不强，所以不建议继续做线性回归分析，
得到回归方程，拟合效果也会不理想
（2）建立2×2列联表如下

人数
人数
合计

10
5
15

10
35
45
合计
20
40
60
代入公式计算得
查表知，故犯错率在0.001与0.01之间，
所以该初步认定的犯错率小于．
52．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得的方程.
（2）设出的坐标，求得直线的斜率，根据求得直线的方程，从而求得点的坐标，计算，由此得到，从而判断出直线与直线的交点在圆上.
【详解】（1）依题意知为椭圆C的左顶点，故，
又为C的右焦点，所以．于是，.
所以C的方程为．
（2）设，则，
直线的斜率，
又，所以直线的方程为，
令得，
，，
，
又P在C上，所以，即，
代入（*）得，所以．
故直线与的交点在以为直径的圆上，且该圆方程为．
即直线与直线的交点在某定曲线上．
【点睛】本题解题关键在于判断出，采用的方法是利用向量数量积的坐标运算.

53．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）函数的极值点问题转化为函数的变号零点问题，先根据三角方程的根的情况分类讨论，探究有唯一变号零点的等价条件(注意二重零点的验证)，再利用常用不等式“”分段证明关于a的不等式成立；
（2）结合三角函数零点与最值点根据区间端点值符号分类，即转化为参数a的分类讨论，先根据零点存在性定理排除端点值异号情况，再将端点值均大于零(同号)一类情况应用导数求解单调性，研究导函数零点，最后由函数先增后减性质得到无零点的结论.
【详解】（1）
当时，由，得，且，
令，即.
由得， 则在区间至少有，两个零点，
，不是的根，则是的变号零点，即是在区间的一个极值点.
①当时，由，即也是的根，不是的变号零点.
经验证知，当时，，有两个零点，即有两个极值点.
②当且时，则，
由，且，得，知不是的根，也是的变号零点，即在区间也至少有两个极值点.
综上分析，当时，在区间至少有两个极值点，不合题意.
当时，，，且，
故，，
令，即， ，且，
解得，当，，单调递增；当，，单调递减.
故时，在区间有唯一极值点，
此时
将代入得

，
①当，即时，，
由不等式：时，(*)知：

②当，即当时，，

由不等式(*)知：，
由①②知．
（2）①当时，，
，所以，
由零点存在性定理知，在区间至少有一个零点；
②当时，，，，
，，，
由零点存在性定理知．在区间至少有一个零点；
③当时，
当时，，则，，是增函数；
当时，，，且，
令，则，
即递减，即递减，又，
且，由零点存在性定理知，，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
综上可知，当时，在上递增，在上递减.
又，且由，得，即，
则时，恒有．
所以在区间没有零点，满足题意．
综上所述，若在区间没有零点，则正数a的取值范围是．
【点睛】在与三角函数交汇的导数压轴问题中，分类讨论是解决这类问题的重要思想.但如何进行分类讨论是问题的难点，若能有效利用三角函数的有界性及变号区间，则能实现快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解.
54．(1)，单调递增区间为，
(2)

【分析】（1）由题意分别对①②进行化简得出函数解析式，再求函数的单调区间即可；
（2）由（1）得出函数解析式，代入，再由三角恒等变换即可得.
【详解】（1）解：若选择条件①；


，
由，
得，
所以的单调递增区间为，
若选择条件②，若，即是的最大值点，是的零点且的最小值为，
设的周期为T，
由此可得，即有，
∴
由，可得，即有
可得或，
再结合，可得，
综上可得：，
（2）解：，
可得，
∵，
∴，
从而可得，即有，
∵
∴，
由，
可得，
故.
55．(1)
(2)

【分析】(1)根据给定条件利用诱导公式及和角的正弦公式整理变形即可计算得解.
(2)利用(1)的结论，借助三角形面积公式即可计算作答.
(1)
在中，，因，
则有：，即，
又，即有，而，
所以.
(2)
在中，由(1)知，因为AD为角A的角平分线，则有，
由得：，
解得，
所以线段AD的长为.
56．(1)；
(2)

【分析】（1）结合等差数列性质，将具体项转化为关于的关系式，可求通项， ，可求解的通项公式；
（2）由（1）知，再采用错位相减法即可求解．
(1)
（1）方法1：设数列的公差为d，由题意得：
，解得，，故；
由可得：，即有或（舍），从而有数列为首项为1，公比为的等比数列，即可得；
(2)
（2）由（1）得，
①，
②，
①②得：
，故．
57．(1)
(2)

【分析】（1）求，由题意可得，，由导数的几何意义可得，，将代入，中求出的值即可求解；
（2）分别讨论，，，分别分离参数，构造函数转化为最值问题即可求解.
(1)
由可得，
则，2是方程的两根，
所以，（*）
因为又因为处的切线方程为
故，
代入（*）式解得，
故
(2)
由（1）知：，
①当时，即恒成立，此时，
②当时，由即，
分离参数可得：，
设，则，
，
故在上单调递减，上单调递减，上单调递增，
故当时，在上单调递减，上单调递增，
所以的最小值为，
所以，
③当时，由分离参数可得
设，则，
由②过程知在上单调递减，
故，
所以，
综上所述：的取值范围为.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由翻折之前的边长关系得，，进而得翻折后有，，进而得底面；
（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.
解法二：由（1）知为二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；
解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC
进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.
(1)
由菱形的边长为3，，
可得：，即有
同理，即有
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．
可得底面
(2)
解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．
由第（1）问可得底面，可得：，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．

利用正弦定理
可得：，可得点T的坐标为．
点，，
设面的法向量为，则有，即：．
令，则有，
则有：
则PC与面PAT所成角的正弦值为．
解法二：由第（1）问可知底面，，
所以，，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．
利用正弦定理
可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点

所以在中，由余弦定理可得：，
设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，
所以为PC与面PAT所成角
考虑三棱锥，由于，
，
因为，所以
所以
所以PC与面PAT所成角的正弦值为
解法三：由面，可得：，．
故为二面角的平面角，由题意可得：
因为为锐角，所以
故
过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC

则
∵，∴
∵面，∴
又因为，，故面PAT
故为与面PAT所成的角，∴
即PC与面PAT所成角的正弦值为
59．(1)增区间为，减区间为，
(2)，证明见解析

【分析】（1）求导得导函数的表达式，根据导函数的正负，可求的单调区间.
（2）由，换元，构造函数得，分情况讨论最值，进而求解.
（1）
时，，，
令得；令得或
故的单增区间为，单减区间为，
（2）
结论：，证明如下：


设，由 均为正数且得
设，则
①当时，由得即
故单调递减，从而
而，此时成立
②当时，在上单调递减，在上单调递增
故的最小值为
此时只需证，化简后即证
设，
故单调递增，从而有，即证
综上：不等式得证．
【点睛】本题考查了用导数研究函数的单调性和最值，同时考查了构造函数，分类讨论的数学思想，是一道中档题.
60．(1)（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解

【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.
【详解】（1）由题意可知：，注意到，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，
设数列的前项和为，
∵，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
61．(1)
(2)

【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得.
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，，，
由（1）可知，，则，
由，则，解得，，
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
62．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，则可证明，即可证明平面；
（2）连接，，取的中点，连接，先求出，，则可求到，再证明平面与平面夹角的平面角为，从而根据即可求解．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．

（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，

因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
63．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率.
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.
64．(1)
(2)为定值

【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，，根据及，求出，即可求出，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.
【详解】（1）解：依题意，，，所以，，
由，可得，即，解得或（舍去），
故，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
所以，，
直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以
，
故为定值.
65．(1)，无极小值.
(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
66． 1
【分析】（1）令，得，再构造函数，分析函数的性质即得解；
（2）令得到，再对分两类讨论、分离参数分析函数的图象得解.
【详解】（1）当时，，
令，
所以，
所以，令，
所以函数是增函数（增函数+增函数=增函数），
当时，；，
所以只有一个解，所以当时，函数的零点个数为1；
（2）令
所以，
当时，不成立，所以不是函数的零点.
当时，
所以,
令，
令，
所以函数在单调递增，在单调递减，
因为，所以，
所以在时有两个零点，在时只有一个零点，在时只有一个零点；
所以或，
由对勾函数得，当时，即时，此时方程有一个零点，
当即时，方程有两个零点.
所以当或时，原函数有两个零点.
故答案为：1；.