广东省梅州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省梅州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共59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。
广东省梅州市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东梅州·统考一模）设是虚数单位，若复数，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·广东梅州·统考一模）已知全集为，集合，，则（    ）
A． B．
C．或 D．或
3．（2021·广东梅州·统考一模）若干年前，某老师刚退休的月退休金为4000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该老师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该老师的月退休金为（    ）
       
A．5000元 B．5500元 C．6000元 D．6500元
4．（2021·广东梅州·统考一模）若向量满足：则
A．2 B． C．1 D．
5．（2021·广东梅州·统考一模）已知直线是函数与的图象的一条对称轴，为了得到函数的图象，可把函数的图象
A．向左平行移动个单位长度 B．向右平行移动个单位长度
C．向左平行移动个单位长度 D．向右平行移动个单位长度
6．（2021·广东梅州·统考一模）为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（     ）
A． B． C． D．
7．（2021·广东梅州·统考一模）已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·广东梅州·统考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则等于（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·广东·统考一模）若，其中a，，是虚数单位，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·广东·统考一模）已知集合，，则等于（    ）
A． B．
C．或 D．
11．（2022·广东·统考一模）在中，若，，，则=（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·广东·统考一模）已知，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．既不充分又不必要条件
13．（2022·广东·统考一模）函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·广东·统考一模）将正弦函数图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．则图象的一个对称中心为（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·广东·统考一模）已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，P为C上一点，若，则点F到直线PO的距离为（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·广东·统考一模）在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工序A只能出现在第一步或最后一步，工序B和C在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有（    ）
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
17．（2023·广东梅州·统考一模）已知复数满足，是虚数单位，则在复平面内的对应点落在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
18．（2023·广东梅州·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2023·广东梅州·统考一模）为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中错误的是（    ）

A．
B．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125
C．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119
D．四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为35%
20．（2023·广东梅州·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
21．（2023·广东梅州·统考一模）由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．
22．（2023·广东梅州·统考一模）若从0，1，2，3，…9这10个整数中同时取3个不同的数，则其和为偶数的概率为（    ）
A． B． C． D．
23．（2023·广东梅州·统考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（    ）
A． B． C．. D．
24．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·广东梅州·统考一模）若10a＝4，10b＝25，则（    ）
A．a+b＝2 B．b﹣a＝1 C．ab＞8lg22 D．b﹣a＜lg6
26．（2021·广东梅州·统考一模）下列关于圆锥曲线的命题中，正确的是（    ）
A．设、为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线
B．设定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆
C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率
D．双曲线与椭圆有相同的焦点
27．（2021·广东梅州·统考一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（    ）

A．三棱锥A﹣D1PC的体积不变
B．直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
C．直线AP与直线A1D所成角的大小不变
D．二面角P﹣AD1﹣C的大小不变
28．（2021·广东梅州·统考一模）某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是（    ）
第1节
第2节
第3节
第4节
地理1班
化学A层3班
地理2班
化学A层4班
生物A层1班
化学B层2班
生物B层2班
历史B层1班
物理A层1班
生物A层3班
物理A层2班
生物A层4班
物理B层2班
生物B层1班
物理B层1班
物理A层4班
政治1班
物理A层3班
政治2班
政治3班

A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式
C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节
29．（2022·广东·统考一模）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入调查数据整理得到如下频率分布直方图（如图）：

根据此频率分布直方图，下面结论中正确的是（    ）
A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B．该地农户家庭年收入的中位数约为7.5万元
C．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
D．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
30．（2022·广东·统考一模）下列四个函数中，以为周期且在上单调递增的偶函数有（    ）
A． B．
C． D．
31．（2022·广东·统考一模）下列说法正确的是（    ）
A．已知直线与平行，则k的值是3
B．直线与圆的位置关系为相交
C．圆上到直线的距离为的点共有3个
D．已知AC、BD为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，则四边形ABCD的面积的最大值为10
32．（2022·广东·统考一模）在菱形ABCD中，，，将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为的二面角，则下列说法正确的是（    ）
A．四面体ABCD的体积的最大值是
B．四面体ABCD中BD的取值范围是
C．四面体ABCD的表面积的最大值是
D．当时，若折成的四面体ABCD内接于球O，则球O的体积为
33．（2023·广东梅州·统考一模）函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．函数的图像关于直线对称
C．函数在单调递减
D．函数是偶函数
34．（2023·广东梅州·统考一模）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（    ）
A．若，则是数列的最大项
B．若数列有最小项，则
C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D．若对任意的，均有，则数列是递增数列
35．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（    ）

A．线段的最小值为 B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得 D．当为棱的中点时，
36．（2023·广东梅州·统考一模）对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（    ）
A． B．，
C． D．，

三、填空题
37．（2021·广东梅州·统考一模）已知，tanα=2，则=______________．
38．（2021·广东梅州·统考一模）设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点处的切线垂直，则的坐标为_____．
39．（2021·广东梅州·统考一模）《九章算术》中《方田》章有弧田面积计算问题，术曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一.其大意是弧田面积计算公式为：弧田面积（弦矢矢矢）.弧田是由圆弧（弧田弧）和以圆弧的端点为端点的线段（弧田弦）围成的平面图形，公式中的“弦”指的是弧田弦的长，“矢”指的是弧田所在圆的半径与圆心到弧田弦的距离之差.现有一弧田，其弧田弦 等于6米，其弧田弧所在圆为圆，若用上述弧田面积计算公式算得该弧田的面积为平方米，则____________ .
40．（2021·广东梅州·统考一模）三棱锥中，，，点是侧棱的中点，且，则三棱锥的外接球的表面积___________.
41．（2022·广东·统考一模）已知向量满足，与的夹角为，则________．
42．（2022·广东·统考一模）已知，则曲线在处的切线方程是______．
43．（2022·广东·统考一模）已知椭圆，点在直线（c为椭圆的半焦距）上，过点P且斜率的光线，经直线反射后通过椭圆的左焦点，则椭圆的离心率为______．
44．（2022·广东·统考一模）数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A、B、C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角（如图所示）．若莱洛三角形的周长为，则其面积是______．

45．（2023·广东梅州·统考一模）展开式中的系数为___________.
46．（2023·广东梅州·统考一模）在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转 得到点，点的横坐标为___________.
47．（2023·广东梅州·统考一模）函数的最小值为___________.

四、解答题
48．（2021·广东梅州·统考一模）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若_____，且a，b，c成等差数列，则是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
49．（2021·广东梅州·统考一模）已知数列满足，，数列满足，．
（1）证明数列为等比数列并求数列的通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和．
50．（2021·广东梅州·统考一模）如图，矩形中，，，为的中点．把沿翻折，使得平面平面．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求所在直线与平面所成角的正弦值．
51．（2021·广东梅州·统考一模）某电子产品加工厂购买配件并进行甲、乙两道工序处理，若这两道工序均处理成功，则该配件加工成型，可以直接进入市场销售；若这两道工序均处理不成功，则该配件报废；若这两道工序只有一道工序处理成功，则该配件需要拿到丙部门检修，若检修合格，则该配件可以进入市场销售，若检修不合格，则该配件报废．根据以往经验，对于任一配件，甲、乙两道工序处理的结果相互独立，且处理成功的概率分别为，，丙部门检修合格的概率为．
（1）求该工厂购买的任一配件可以进入市场销售的概率．
（2）已知配件的购买价格为元/个，甲、乙两道工序的处理成本均为元/个，丙部门的检修成本为元个，若配件加工成型进入市场销售，售价可达元/个；若配件报废，要亏损购买成本以及加工成本．若市场大量需求配件的成型产品，试估计该工厂加工个配件的利润．（利润售价购买价格加工成本）
52．（2021·广东梅州·统考一模）给定椭圆：（），称圆心在原点，半径为 圆是椭圆的“卫星圆”.若椭圆的一个焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点的直线，与椭圆都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点，.试探究：的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由.
53．（2021·广东梅州·统考一模）已知函数，.
（1）若，，求函数的单调区间；
（2）不等式对于恒成立，求实数的取值范围.
54．（2022·广东·统考一模）设数列的前n项和为，满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前n项和．
55．（2022·广东·统考一模）如图，在四棱锥中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，，，，M，N分别是AB，AD的中点．

(1)证明：平面PMN⊥平面PAD；
(2)若二面角的大小为60°，求四棱锥的体积．
56．（2022·广东·统考一模）某市教育局对该市普通高中学生进行学业水平测试，试卷满分120分．现从全市学生中随机抽查了10名学生的成绩，分别为78，81，84，86，86，87，92，93，96，97．
(1)已知10名学生的平均成绩为88，计算其中位数和方差；
(2)已知全市学生学习成绩分布服从正态分布，某校实验班学生30人．
①依据（1）的结果，试估计该班学业水平测试成绩在的学生人数（结果四舍五入取整数）；
②为参加学校举行的数学知识竞赛，该班决定推荐成绩在的学生参加预选赛，若每个学生通过预选赛的概率为，用随机变量X表示通过预选赛的人数，求X的分布列和数学期望．（正态分布参考数据：，）
57．（2022·广东·统考一模）已知函数．
(1)若且，求的值；
(2)记函数在上的最大值为b，且函数在上单调递增，求实数a的最小值．
58．（2022·广东·统考一模）已知椭圆的左焦点为圆的圆心A．
(1)求椭圆C的方程；
(2)与x轴不重合的直线l经过椭圆C的右焦点B，与椭圆交于M、N两点，过B且与l垂直的直线交圆A交于P、Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
59．（2022·广东·统考一模）已知函数，．
（1）若函数在处取得极大值，求实数的值；
（2）当时，若对，不等式恒成立，求实数的值．
60．（2023·广东梅州·统考一模）在中，内角的对边分别为，，，已知.
(1)求内角；
(2)点是边上的中点，已知，求面积的最大值.
61．（2023·广东梅州·统考一模）记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.
62．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.

(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
63．（2023·广东梅州·统考一模）甲､乙､丙､丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.
队伍
近10场胜场比
队伍
甲

乙
甲

丙
甲

丁
乙

丙
乙

丁
丙

丁
(1)三轮比赛结束后甲的积分记为，求；
(2)若前二轮比赛结束后，甲､乙､丙､丁四支球队积分分别为3､3､0､6，求甲队能小组出线的概率.
64．（2023·广东梅州·统考一模）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，讨论函数的零点个数.
65．（2023·广东梅州·统考一模）已知动圆经过定点，且与圆：内切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.
（i）求证：为定值；
（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.

五、双空题
66．（2023·广东梅州·统考一模）甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名.根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名.

参考答案：
1．C
【解析】由已知条件求出复数，利用复数的模的公式可求得.
【详解】，，
因此，.
故选：C.
2．D
【分析】先求得集合，再结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，可得，所以，
又由不等式，解得或，所以或，
根据集合的交集的概念及运算，可得或.
故选：D.
3．A
【分析】根据条形图计算出刚退休时就医费用，进而计算出现在的就医费用，结合目前就医费用所占退休金的比例可得出结果.
【详解】刚退休时就医费用为元，现在的就医费用为元，占退休金的，
因此，目前该教师的月退休金为元.
故选：A
4．B
【详解】试题分析：由题意易知：即，，即.
故选B.
考点：向量的数量积的应用.

5．C
【分析】依题意，得，解得，所以函数，再根据三角函数的图象变换，即可求解，得到答案．
【详解】依题意，直线是函数与的图象的一条对称轴，
则，即，解得，
因为，所以，所以函数，
将的图象向左平行移动个单位长度得，
选C.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换，其中解答中正确李颖三角函数的性质，得出三角函数的解析式，熟记三角函数的图象变换是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
6．A
【分析】利用抛物线的定义，由，求得点P的横坐标，进而得到点P的纵坐标，由求解.
【详解】因为抛物线，所以 ，
由抛物线的定义得：，
解得，则，
所以的面积为，
故选：A
7．D
【解析】先利用定义确定函数为偶函数，再利用单调性证明在上为增函数，所以不等式化简为，转化为在上恒成立，求出的取值范围.
【详解】函数的定义域为，且，所以为偶函数.
又当时, 是增函数，
任取，且，

，，
所以在上是增函数，即在上是增函数.
所以不等式对任意恒成立，转化为，即，从而转化为和在上恒成立
①若在上恒成立，则，解得；
②若在上恒成立，，则，解得；
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是：
（1）把不等式转化为的模型；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别.
8．C
【分析】设，则，利用累乘法可求得，利用可构造方程求得结果.
【详解】设，
序列的所有项都是，，即，
，，
，解得：.
故选：.
【点睛】本题考查数列新定义运算问题的求解，关键是能够明确新定义运算实际给出了数列的递推关系式，根据递推关系式选择累乘法即可求得数列的通项公式.
9．B
【分析】利用复数相等，列式求，即可求解.
【详解】，
所以，得.
故选：B
10．A
【分析】计算，，再计算得到答案.
【详解】，或，
故.
故选：.
【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.
11．B
【分析】根据给定条件利用正弦定理直接计算即可判断作答.
【详解】在中，若，，，由正弦定理得：
，
所以.
故选：B
12．A
【分析】根据命题的充分必要性直接判断.
【详解】对于不等式，可解得或，
所以可以推出，而不可以推出，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
13．C
【分析】确定奇偶性，排除两个选项，再由趋近于0时函数值的变化趋势排除一个选项同，然后可得正确选项．
【详解】，所以是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，B.当且无限趋近于0时，趋近于，排除D，
故选：C.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
14．A
【分析】利用正弦函数的对称中心，结合伸缩变换，即可求解的对称中心.
【详解】正弦函数的对称中心是，若图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，那么对称中心是，，当时，对称中心是
，A符合，其他选项不成立.
故选：A
15．D
【分析】首先利用焦半径公式求点的坐标，再结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】设，
，解得：，代入抛物线方程得，
则，直线的方程式，即，
点到直线的距离.
故选：D
16．C
【分析】先排工序A，再将工序B和C视为一个整体与其它3个工序进行全排列，进而得到答案.
【详解】由题意可知，先排工序A，有2种编排方法；再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有种编排方法.故实施顺序的编排方法共有＝96(种).
故选：C.
17．C
【分析】根据复数的除法运算，求得，确定其对应的点的坐标，即可求得答案.
【详解】由可得，
则在复平面内的对应点为，落在第三象限，
故选：C
18．B
【分析】分别解出集合对应的不等式，再根据交集运算即可求得结果.
【详解】由题意可知，
解集合对应的不等式可得，即；
所以.
故选：B
19．B
【分析】根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得，经计算可得平均数为，中位数约为119，优秀率为35%即可得出正确选项.
【详解】根据题意可得，可得，故A正确；
根据频率分布直方图可得其平均数为
，所以B错误；
由频率分布直方图可知，，而，
所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；
由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为35%，即D正确.
故选：B
20．A
【分析】将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.
【详解】由可得，
，
由二倍角公式可得；
即
故选：A
21．D
【分析】根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为.
【详解】双曲线（，）的渐近线的方程为，
双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，
根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，
则，则，
，
则该双曲线的离心率为，
故选：D.
22．D
【分析】先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，利用古典概型概率求解.
【详解】10不同的数取3个不同的数的情况为：，
其中3个之和为偶数的情况为：
①三个为偶数：，
②两奇数一偶数：，
共60种情况，所以所求概率为：.
故选：D.
23．B
【分析】设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.
【详解】解：设，由题意得，第项为，
则时，，
因为，，
所以，
解得，
故选：B
24．C
【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.
【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，

根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时，    视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时，    视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
25．AC
【分析】由指对互化求出，进而利用对数的运算法则求出a+b和b﹣a的值，可判断ABD，且，可判断C.
【详解】解：∵，∴，∴，所以选项A正确；，选项BD错误；所以C正确.
故选：AC.
26．CD
【解析】根据双曲线的定义可判断A选项的正误；根据直角三角形的几何性质可判断B选项的正误；求出方程的两根，结合椭圆和双曲线离心率的取值范围可判断C选项的正误；求出双曲线与椭圆的焦点坐标，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，若动点的轨迹为双曲线，则，即，
但与的大小关系未知，A选项错误；
对于B选项，由可得，
可得，所以，点为线段的中点，
如下图所示：

当为圆的一条直径时，与重合；
当不是圆的直径时，由垂径定理可得，
设的中点为，由直角三角形的几何性质可得（定值），
所以，点的轨迹为圆，B选项错误；
对于C选项，解方程，可得，，
所以，方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率，C选项正确；
对于D选项，双曲线的焦距为，焦点坐标为，
椭圆的焦距为，焦点坐标为，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
27．ACD
【分析】对于选项A，由已知可得面，可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，由此可判断；
对于选项B，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，可判断；
对于选项C，根据线面垂直的判定定理可证得A1D⊥平面ABC1D1,再由线面垂直的性质可证得
又平面ABC1D1,所以A1D⊥AP，所以点P在直线BC1上运动时，直线AP与直线A1D所成的角的大小不变，故C正确；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，AP平面BAD1 C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
【详解】对于选项A，因为，面，面，所以面，
所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，又，所以三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故A正确；
对于选项B，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，故B错误；
对于选项C，设，则，又面，所以，又，所以A1D⊥平面ABC1D1,
又平面ABC1D1,所以A1D⊥AP，所以点P在直线BC1上运动时，直线AP与直线A1D所成的角的大小不变，故C正确；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，AP平面BAD1 C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
故选：ACD.

【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.
28．BD
【解析】根据表格分类讨论即可得到结果.
【详解】由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：
若生物选第2节，
则地理可选第1节或第3节，有2种选法，
其他两节政治、自习任意选，
故有种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）；
若生物选第3节，
则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．
根据分类加法计数原理可得选课方式有种．
综上，自习可安排在4节课中的任一节．
故选：BD.
29．ABC
【分析】根据频率分布直方图求出该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户得频率即可判断A；
根据频率分布直方图求出中位数即可判断B；
根据频率分布直方图求出家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间频率解判断C；
根据频率分布直方图求出平均数即可判断D.
【详解】解：对于A，该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户得频率为，所以比率估计为6%，故A正确；
对于B，因为，所以该地农户家庭年收入的中位数约为7.5万元，故B正确；
对于C，家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间频率为，所以估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间，故C正确；
对于D，该地农户家庭年收入的平均值为
，
所以估计该地农户家庭年收入的平均值超过6.5万元，故D错误.
故选：ABC.
30．BD
【分析】根据题意，结合三角函数的图象性质以及图象的变换，一一判断即可.
【详解】对于选项A，因为在上单调递减，所以上单调递减，故A错；
对于选项B，结合的图象性质，易知是以为周期且在上单调递增的偶函数，故B正确；
对于选项C，结合的图象性质，易知没有 周期性，故C错；
对于选项D，令，易知是以为周期且在上单调递增的偶函数，因也是单调递增的，所以是以为周期且在上单调递增的偶函数，故D正确.
故选：BD.
31．BC
【分析】A由直线平行的判定求参数，注意验证是否重合；B根据直线所过的定点与圆的位置关系判断即可；C由圆心到直线的距离与半径的关系即可判断；D设圆心到的距离分别为，则及，结合基本不等式求最大值即可判断.
【详解】A：由平行知：，则或，当时有，满足题设，当时有，满足题设，故或，错误；
B：由过定点，而在圆内，故它们的关系为相交，正确；
C：由题设知：圆的标准方程为，则圆心为，半径为，所以圆心到距离为，易知圆上点到直线距离为的点共有3个，正确；
D：设圆心到的距离分别为，则，又相互垂直，所以，而，即当且仅当时等号成立，故，故错误.
故选：BC
32．AD
【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，
且，，
所以，二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的最大值是，A选项正确；
对于B选项，由余弦定理可得，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，
，，，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，C选项错误；
对于D选项，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，平面，
平面，，
，，平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，，
所以，，，
平面，平面，，
，即球的半径为，
因此，球的体积为，D选项正确.
故选：AD.

33．AB
【分析】根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项.
【详解】根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；
又因为函数图象过，所以，
可得，又可得，所以；
将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；
当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；
易得是奇函数，即D错误.
故选：AB
34．BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．
故选：BD
35．ABD
【分析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．
【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．

36．ACD
【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.
【详解】A.因为，所以令得，所以，故A正确；
B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；
C.，，而，
所以，，
由， ，，则，则，故C正确；
当时，，，
令，则，，
则，即，故D正确.
故选：ACD
37．
【详解】由得，又，所以，因为，所以，因为，所以．
38．
【详解】设.
对y＝ex求导得y′＝ex，令x＝0，得曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率为1，故曲线上点P处的切线斜率为－1，由，得，则，所以P的坐标为(1，1)．
考点：导数的几何意义．
39．
【分析】由题意面积公式可得，勾股定理，利用二倍角公式即可得出结果.
【详解】
如图所示，，，
由题意可得：，解得（舍）
因为，可得
所以，
所以
故答案为：
40．/
【分析】推导出平面，利用正弦定理计算出的外接圆半径，可得出三棱锥的外接球半径为，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，且有.
本题中，依题意，由，，得.
连接，由点是的中点且，则，且，

又，，则，可知，
又，所以平面.
可将三棱锥置于圆柱中，且的外接圆为圆，
圆的半径为，所以，三棱锥的外接球的直径为，则，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
41．
【分析】结合模长、数量积公式、化简即可求解.
【详解】由，因为，与的夹角为，所以，，
故.
故答案为：
42．
【分析】利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】，，，
所以曲线在处的切线方程式，
得.
故答案为：
43．
【分析】由题设知光线所在直线为，求其与交点坐标，根据光线反射过左焦点，结合斜率的两点式及在直线上求椭圆参数，进而求椭圆离心率.
【详解】由题设，，则光线所在直线为，
所以光线与的交点为，又光线经反射后通过椭圆的左焦点，
所以，可得，又，则，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
44．
【分析】根据图形分析，利用扇形面积和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】由条件可知，弧长，等边三角形的边长，则以点A、B、C为圆心，圆弧所对的扇形面积为，中间等边的面积

所以莱洛三角形的面积是.
故答案为：
45．40
【分析】易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.
【详解】根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；
所以展开式中的系数为.
故答案为：40
46．
【分析】根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得答案.
【详解】由题意得,
设与x轴正半轴的夹角为，则，
则与x轴正半轴的夹角为，
故点的横坐标为 ，
故答案为：
47．/3.5
【分析】将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出答案.
【详解】，
，
可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，
而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，

如图，根据抛物线的定义有，
则，
故答案为：.
48．①；证明见解析
【解析】选择①：由余弦降幂公式代入即可求得，结合a，b，c成等差数列可得，，代入余弦定理公式，即可得，结合等式可求得，进而证明为等边三角形.
【详解】选择①，
证明：则由余弦降幂公式可得，
即，
由可得，
又因为a，b，c成等差数列，则B为锐角，
则，，
由余弦定理可知，
代入可得，即，
则，化简可得，
即，又因为，
所以为等边三角形.
【点睛】本题考查了三角函数解析式的化简应用，余弦降幂公式化简三角函数式，余弦定理解三角形，等差中项性质的应用，综合性较强，属于中档题.
49．（1）证明见解析；()；（2）．
【解析】（1）通过计算为定值可得答案；
（2）先求出数列的通项公式，代入，通过裂项相消法可求和．
【详解】（1）∵当时，，                       
又∵，∴数列是首项为，公比为的等比数列，              
∴，
∴()；                         
（2）∵，
∴，                 
当时，当时，                                 
∴，
当时符合，∴，                                                
∴，                  
∴

．
【点睛】方法点睛：证明数列是等比数列常用的方法：一是定义法，证明为常数)；二是等比中项法，证明.
关键点点睛：本题中的裂项，确定要裂项求和，要更多的关注分母的变化特点．
50．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）证明空间中两异面直线垂直的常用方法为先证明直线与平面垂直，再证明另一条直线在这个平面内；（Ⅱ）用等体积法求解，或建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角求解．
【详解】解：（Ⅰ）证明：∵为的中点，
矩形中，，，
∴，则，
∴．
∵平面平面，
平面平面，
∴平面，
∴．
（Ⅱ）解法一：取的中点，连接，，则．

∵平面平面，平面平面，
∴平面，
∴，
设点到平面的距离为，
∴．
在中，，，则，
∴，则．
设所在直线与平面所成角为，
∵，∴，
即所在直线与平面所成角的正弦值为
解法二：取的中点，连接，则，
取的中点，连接，则，
∴平面，
∴以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建
立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，
∴，，，
∴设为平面的一个法向量，
∴，，
所以，令，则
∴．
设所在直线与平面所成角为，
∴，
即所在直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题考查空间中异面直线垂直的判定、线面角,属于简单题.
51．（1）；（2）万元．
【解析】（1）根据题意分析出哪种情形下配件可进入市场销售，利用相互独立事件的概率计算公式进行求解即可；
（2）先设工厂加工5000个配件的利润为元，加工一个配件的利润为元，则，再求出的所有可能取值及其对应的概率，进而可得的期望，最后利用数学期望的性质即可得解．
【详解】（1）记任一配件加工成型可进入市场销售为事件，甲、乙两道工序分别处理成功为事件，，丙部门检修合格为事件．
则．
（2）设该工厂加工个配件的利润为元，加工一个配件的利润为元，则．
由题可知的所有可能取值为，，，，
则，
，
，
．
的分布列为

104
88







∴，
∴.
∴估计该工厂加工个配件的利润为万元．
【点睛】关键点点睛：求解本题第（2）问的关键是准确求出离散型随机变量的所有取值及其对应的概率，并且在求出分布列后，注意运用分布列的两个性质（①，；②）检验所求的分布列是否正确；（2）在求出后，会利用期望的性质求．
52．（1）椭圆的方程为，卫星圆的方程为；（2）是定值，证明过程见解析.
【分析】（1）利用焦点坐标和椭圆的定义可得椭圆的方程,进而得出其“卫星圆”方程；
（2）的长度为定值，当，中有一条无斜率时，求出点，坐标，得出的长；当，都有斜率时，设点，设出经过点与椭圆只有一个交点的直线，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及点在“卫星圆”上，得出的长．
【详解】（1）由条件可得椭圆的另一个焦点为，
∴，
∴，，，
所以椭圆的方程为，
卫星圆的方程为.
（2）的长度为定值，证明过程如下：
①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个交点，则其方程为或，
当方程为时，
此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点，且与椭圆只有一个交点的直线是或，即为或，∴，
∴线段是“卫星圆”的直径，∴.
②当，都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆只有一个交点的直线为，则

消去得到 ，
∴，
∴，
所以，满足条件的两直线，垂直.
∴线段是“卫星圆”的直径，∴，
综合①②知：为定值.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是联立过点与椭圆只有一个交点的直线方程和椭圆方程，利用判别式为零，得出两条直线斜率间的关系，进而根据线段是“卫星圆”的直径求出弦长，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
53．（1）答案不唯一，具体见解析（2）
【解析】（1）求出函数的导数，对a分类讨论即可求出函数的单调区间；
（2）不等式恒成立可转化为，即，令，研究其单调性即可求解.
【详解】（1），

（ⅰ）当时，增区间为和，减区间
（ⅱ）当时，增区间，无减区间
（ⅲ）当时，增区间和，减区间
（ⅳ）当时，增区间，减区间
（2）不等式，即恒成立
，即，
设函数，，
，，在上，，在上，，在（上单调递减，在上单调递增，
∴，
所以在上单调递增，
所以
两边取自然对数，得在上恒成立.
设，，在上，，在上，，单调递减，所以
所以，即
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题.
54．(1)
(2)

【分析】（1）利用与的关系，即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）可知，再利用错位相减法求和.
（1）
当时，，
得
即，即
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故．
（2）
由（1）知，则

    （1）
    （2）
（1）－（2）得

所以
55．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）连接DM，利用平行四边形、等边三角形的性质易得且、，再由线面垂直的性质及判定可得平面PAD，最后根据面面垂直的判定证明结论.
（2）法一：连接BD，易证，，PD⊥AD，构建空间直角坐标系，设，并求面PAB、面ABCD的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件求参数m，再应用棱锥的体积公式求体积；法二：连接DM，在AM上取中点H，连接DH，PH，根据已知条件找到二面角的平面角，进而求，最后由棱锥的体积公式求体积；
(1)
连接DM，显然且，
∴四边形BCDM为平行四边形，故且，
∴△是正三角形，故，
又平面ABCD，平面ABCD，则，又，
∴平面PAD，又平面PMN，
∴平面平面PAD．
(2)
（方法一）连接BD，易知，
∴，，又PD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，则PD⊥AD，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
设，，，
平面PAB的法向量为，则，令，得，
而平面ABCD的法向量为，
所以，解得，
所以．

（方法二）连接DM，由M为AB的中点，所以且，
所以BCDM为平行四边形，故，
所以△为等边三角形，在AM上取中点H，连接DH，PH，
所以，则，又平面ABCD，AM平面ABCD，
所以，易知：为的二面角，
所以，又在中，，
所以.
56．(1)中位数为，方差为；
(2)①4；②分布列见解析，数学期望为.

【分析】（1）根据中位数的定义求中位数，应用方差公式求成绩的方差.
（2）①应用正态分布特殊区间的概率求法求成绩在的概率，再求实验班学生30人中成绩在中的人数；②由题设知且服从分布，应用二项分布的概率公式求分布列，进而求期望.
【详解】（1）这10个数据依次为78，81，84，86，86，87，92，93，96，97，
所以中位数为，平均数为，
所以方差.
（2）①由（1）知：，，
，
该班学生成绩在的人数为.
②随机变量，显然X服从二项分布，其分布列为，其中，
X
0
1
2
3
4
P





所以，.
57．(1)
(2)

【分析】(1)化简f(x)解析式，根据求值即可；
(2)求出f(x)的最大值b，求出f(x)的单调递增区间，求出与已知区间对应的增区间A，则是区间A的子集.
（1）
，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
∴；
（2）
当时，，，∴，
由，，
得，，
又∵函数在上单调递增，
∴，∴，
∴，∴实数a的最小值是.
58．(1)
(2)

【分析】（1）根据焦点坐标，再结合，即可求得椭圆方程；
（2）当直线的斜率存在时，利用弦长公式，分别求和，四边形的面积，求得面积的取值范围，当直线的斜率不存在时，求四边形的面积，最后即可求得四边形MPNQ面积的取值范围．
【详解】（1）圆的圆心A的坐标为，所以圆锥的半焦距，
又，所以，椭圆C的方程为．
（2）当l与x轴不垂直时，设l的方程为，
，．
由得．
则，．
所以．
过点且与l垂直的直线，A到m的距离为，
所以．
故四边形MPNQ的面积．
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为．
当l与x轴垂直时，其方程为，，，四边形MPNQ的面积为12．
综上，四边形MPNQ的面积的取值范围为．
59．（1）；（2）.
【分析】（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出的可取值，然后检验的取值下在处是否取极大值，由此确定出的值；
（1）先将问题转化为“时，”，再通过换元将问题转化为“恒成立”，然后构造函数，采用分类讨论的方法分析的最小值与的关系，由此求解出的值.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处取极大值，所以，所以，所以
当时，，









+



单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
所以在处取极大值，符合题意；
（2）当时， ，．
又因为对，不等式，所以时，，
所以时，，
令，因为为上的增函数，且的值域为，所以，
故问题转化为“恒成立”，不妨设，所以，
当时，，所以在上单调递增，且，
所以当时，，这与题意不符；
当时，令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以，所以，
记，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
又因为，即，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.
60．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，根据辅助角公式即可求得内角；（2）根据向量加法的平行四边形法则可得，再利用数量积公式和基本不等式即可求得面积的最大值.
【详解】（1）在中，因为，
由正弦定理得，
因为，所以，于是有，
所以，即，
因为，所以，
所以，
即.
（2）因为点是边上的中点，所以，
对上式两边平分得：，
因为，所以，即，
而，有，所以，当且仅当时，等号成立.
因此.
即面积的最大值为.
61．数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明见解析
【分析】①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.
【详解】数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：
①若，则其前项和，
因为，所以，则，
所以存在正数1，，，
即前项和数列有界.
②若，当时，，
其前项和

，
因为，所以，则，
所以存在正数2，，，
即前项和数列有界.
③若，其前项和为，


，
对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），
有，
因此前项和数列不是有界的.
62．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，

而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，

易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
63．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意可知，代表甲获胜一场比赛，按比赛场次分情况讨论即可求得结果；（2）对第三局比赛结果进行分类讨论，对每种情况对应的积分再分别判断是否需要抽签，利用条件概率公式和概率加法公式即可求得结果.
【详解】（1）（1）设甲的第场比赛获胜记为（，2，3），
根据表格可知甲对乙、丙、丁比赛获胜的概率分别为，
则有

.
（2）分以下三种情况：
（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，
则甲､乙､丙､丁四个球队积分变为6､6､0､6，
此时甲､乙､丁三支球队积分相同，要抽签决定排名，甲抽中前两名的概率为，
所以这种情况下，甲出线的概率为；
（ii）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙输丙，
则甲､乙､丙､丁积分变为6､3､3､6，
此时甲一定出线，甲出线的概率为；
（iii）若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙.
则甲､乙､丙､丁积分变为3､3､3､9，
此时甲､乙､丙三支球队要抽签决定排名，甲抽到第二名的概率为，
所以这种情况下，甲出线的概率为.
综上，甲出线的概率为.
64．(1)增区间为和，减区间为
(2)答案见解析

【分析】（1）当时，求得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）利用导数分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为，
，
由可得，由可得或.
故当时，函数的增区间为和，减区间为.
（2）解：函数的定义域为，
，
由，得，，
由可得，由可得或.
所以，函数的增区间为、，减区间为，
所以，函数的极大值为，
极小值为，
当时，，
令，其中，
则，即函数在上单调递增，
故当时，，
此时，，所以在上不存在零点；
①当时，，此时函数无零点；
②当时，，此时函数只有一个零点；
③当时，，，
则在与上各有一个零点.
综上所述，（i）当时，在上不存在零点；
（ii）当时，在上存在一个零点；
（iii）当时，在上存在两个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
65．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点

【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；
所以，，
则.
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
因此轨迹方程为.
（2）（i）设，，.
由题可知，，如下图所示：

则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值.
（ii）设直线的方程为，，.
由，得，
所以.
由（i）可知，，即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.
66． A 三
【分析】根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名.
【详解】解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,
所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,
因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,
因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,
因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名.
故答案为：A；三.