广东省汕头市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省汕头市三年（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，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省汕头市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东汕头·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·广东汕头·统考一模）在复平面内，复数的共轭复数对应点的坐标所在的象限是（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2021·广东汕头·统考一模）若，则（    ）
A． B．1 C． D．3
4．（2021·广东汕头·统考一模）已知，则的值是（    ）
A． B． C． D．
5．（广东省汕头市2021届高三一模数学试题）在正项等比数列中，，，则数列的通项公式为（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·广东汕头·统考一模）已知，，且，则的最小值为（    ）
A．6 B．8 C． D．
7．（2021·广东汕头·统考一模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．右图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．
8．（2021·广东汕头·统考一模）在新的高考改革方案中规定：每位考生的高考成绩是按照3（语文、数学、英语）（物理、历史）选（化学、生物、地理、政治）选2的模式设置的，则在选考的科目中甲、乙两位同学恰有两科相同的概率为（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·广东汕头·统考一模）集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
10．（2022·广东汕头·统考一模）已知，则（    ）
A． B．3 C． D．
11．（2022·广东汕头·统考一模）有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务.冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·广东汕头·统考一模）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，，，成等差数列，则（    ）
A． B． C． D．5
13．（2022·广东汕头·统考一模）已知，，，则以下不等式正确的是（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·广东汕头·统考一模）点在圆上运动，直线分别与轴、轴交于、两点，则面积的最大值是（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·广东汕头·统考一模）已知，，则（    ）
A． B． C．3 D．
16．（2022·广东汕头·统考一模）定义在R上的偶函数满足，且当]时，
，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
17．（2023·广东汕头·统考一模）设全集，集合则（    ）
A． B．
C． D．
18．（2023·广东汕头·统考一模）1977年是高斯诞辰200周年，为纪念这位伟大的数学家对复数发展所做出的杰出贡献，德国特别发行了一枚邮票，如图，这枚邮票上印有4个复数，设其中的两个复数的积，则（    ）

A． B． C． D．
19．（2023·广东汕头·统考一模）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（    ）

（参考公式：）
A．1450 B．1490 C．1540 D．1580
20．（2023·广东汕头·统考一模）已知向量，，．若，则实数（    ）
A． B．－3 C． D．3
21．（2023·广东汕头·统考一模）现将六个字母排成一排，要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有（    ）种．
A．192 B．240 C．120 D．28
22．（2023·广东汕头·统考一模）已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（    ）
A．6 B．12 C． D．
23．（2023·广东汕头·统考一模）已知，，，则下列判断正确的是（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·广东汕头·统考一模）已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（   ）
A． B．
C． D．

二、多选题
25．（2021·广东汕头·统考一模）已知双曲线的左、右两个焦点分别为，直线与C交于两点，轴，垂足为E，直线与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是（    ）
A．四边形为平行四边形 B．
C．直线的斜率为 D．
26．（2021·广东汕头·统考一模）已知定义在R上的奇函数，满足，当时，，若函数，在区间上有10个零点，则m的取值可以是（    ）
A．3.8 B．3.9 C．4 D．4.1
27．（2021·广东汕头·统考一模）知函数，则下述结论中正确的是（    ）
A．若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点
B．若在有且仅有个零点，则在上单调递增
C．若在有且仅有个零点，则的范是
D．若的图象关于对称，且在单调，则的最大值为
28．（2021·广东汕头·统考一模）函数，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．若有两个不相等的实根，则 D．若均为正数，则
29．（2022·广东汕头·统考一模）某校高一（1）班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如下表，根据成绩表作图，则下列说法正确的是（    ）

第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
第六次
王伟
98
87
91
92
88
95
张诚
90
76
88
75
86
80
赵磊
68
65
73
72
75
82
班级平均分
88.2
78.3
85.4
80.3
75.7
82.6

A．王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平
B．张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平
C．赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小
D．赵磊同学的数学成绩波动上升
30．（2022·广东汕头·统考一模）已知正实数a，b满足，则以下不等式正确的是（    ）
A． B． C． D．
31．（2022·广东汕头·统考一模）对于函数，下列结论正确得是（    ）
A．的值域为 B．在单调递增
C．的图象关于直线对称 D．的最小正周期为
32．（2022·广东汕头·统考一模）如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且.则下列结论正确的是（    ）

A．当E与重合时，异面直线与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．在平面内的射影长为
D．当E向运动时，二面角的平面角保持不变
33．（2023·广东汕头·统考一模）如图所示，函数，的部分图象与坐标轴分别交于点，，，且的面积为，以下结论正确的是（    ）

A．点的纵坐标为
B．是的一个单调递增区间
C．对任意，点都是图象的对称中心
D．的图象可由图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位得到
34．（2023·广东汕头·统考一模）已知直线：，：，圆C：，若圆C与直线，都相切，则下列选项一定正确的是（    ）
A．与关于直线对称
B．若圆C的圆心在x轴上，则圆C的半径为3或9
C．圆C的圆心在直线或直线上
D．与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个
35．（2023·广东汕头·统考一模）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（    ）

A．
B．
C．四边形的面积为
D．平行六面体的体积为
36．（2023·广东汕头·统考一模）已知，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．

三、填空题
37．（2021·广东汕头·统考一模）已知向量，，则_____________．
38．（2021·广东汕头·统考一模）写一个焦点在轴上且离心率为的双曲线方程________．
39．（2021·广东汕头·统考一模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为________．
40．（2022·广东汕头·统考一模）在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行.某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则______.

41．（2022·广东汕头·统考一模）已知四边形中，，，，点E是的中点，则______.
42．（2022·广东汕头·统考一模）已知双曲线，，为C的两条渐近线，过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，若，则曲线C的离心率______.
43．（2023·广东汕头·统考一模）在的展开式中，的系数为______．
44．（2023·广东汕头·统考一模）已知是定义在上的偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为______．
45．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积______．

46．（2023·广东汕头·统考一模）过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，若，则双曲线离心率的取值范围是___________.

四、双空题
47．（2021·广东汕头·统考一模）国家发展改革委、住房城乡建设部于2017年发布了《生活垃圾分类制度实施方案》，规定46个城市在2020年底实施生活垃圾强制分类，垃圾回收、利用率要达以上．某市在实施垃圾分类之前，从本市人口数量在两万人左右的240个社区中随机抽取50个社区，对这50个社区某天产生的垃圾量（单位：吨）进行了调查，得到如下频数分布表，并将人口数量在两万人左右的社区垃圾数量超过28吨/天的确定为“超标”社区：
垃圾量







频数
5
6
9
12
8
6
4
通过频数分布表估算出这50个社区这一天垃圾量的平均值_________（精确到）；假设该市人口数量在两万人左右的社区这一天的垃圾量大致服从正态分布，其中近似为样本平均值，近似为样本方差，经计算得．请利用正态分布知识估计这240个社区中“超标”社区的个数________．
参考数据：；；.
48．（2022·广东汕头·统考一模）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.

五、解答题
49．（2021·广东汕头·统考一模）已知等比数列的前项和为，给出条件：
①；②，且．若___________________，请在这两个条件中选一个填入上面的横线上并解答.
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
50．（2021·广东汕头·统考一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，∠B＝45°．
(1)求边BC的长以及三角形ABC的面积；
(2)在边BC上取一点D，使得，求tan∠DAC的值．
51．（2021·广东汕头·统考一模）如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为⊙的直径，且，，．

（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角平面角的余弦值．
52．（2021·广东汕头·统考一模）为确保我国如期全面建成小康社会，实现第一个百年奋斗目标打下了坚实的基础．在产业扶贫政策的大力支持下，某玩具厂对原有的生产线进行技术升级，为了更好地对比升级前和升级后的效果，其中甲生产线继续使用旧的生产模式，乙生产线采用新的生产模式．质检部门随机抽检了甲、乙两条生产线的各100件玩具，在抽取的200件玩具中，根据检测结果将它们分为“A”、“B”、“C”三个等级，等级都是合格品，C等级是次品，统计结果如表所示：
等级
A
B
C
频数
100
75
25
（表二）

合格品
次品
合计
甲
80


乙

5

合计



在相关政策扶持下，确保每件合格品都有对口销售渠道，但从安全起见，所有的次品必须由厂家自行销毁．
（1）请根据所提供的数据，完成上面的列联表（表二），并判断是否有的把握认为产品的合格率与技术升级有关？
（2）每件玩具的生产成本为20元，等级产品的出厂单价分别为m元、40元．若甲生产线抽检的玩具中有35件为A等级，用样本的频率估计概率，若进行技术升级后，平均生产一件玩具比技术升级前多盈利12元，则A等级产品的出产单价为多少元？
附：，其中．

0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

53．（2021·广东汕头·统考一模）已知函数有两个相异零点．
（1）求a的取值范围．
（2）求证：．
54．（2021·广东汕头·统考一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于．

（1）求动点的轨迹方程；
（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；
①证明：直线恒过定点，并求出定点坐标．
②求四边形面积的最小值．
55．（2022·广东汕头·统考一模）在①；②的面积为；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，， ______？.
56．（2022·广东汕头·统考一模）已知数列的前n项和为，.
(1)证明：数列为等比数列，并求数列的前n项和为；
(2)设，证明：.
57．（2022·广东汕头·统考一模）足球比赛全场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2：0，则不需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜.
(1)已知小明在点球训练中射进点球的概率是.在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望.
(2)现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负.设甲队每名球员射进点球的概率为，乙队每名球员射进点球的概率为.每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率.
58．（2022·广东汕头·统考一模）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，P是线段上一点.

(1)是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大.
59．（2022·广东汕头·统考一模）已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.
60．（2022·广东汕头·统考一模）已知函数（且为常数）.
(1)讨论函数的极值点个数；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
61．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在中，D是边上的一点，，．

(1)证明：；
(2)若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求．
62．（2023·广东汕头·统考一模）2023年1月14日，翘首以盼的汕头镇邦美食街开街啦！近年来，汕头多措并举，提升汕头美食品牌，推动潮汕菜产业做大做强，镇邦美食街的建成开街，是汕头美食产业的又一里程碑，同时“舌尖汕头”——汕头美食地图同步上线，以微信小程序的形式面向游客，并通过意见反馈功能收集游客满意度调查问卷．
(1)现将游客按年龄段分为老中青三个群体，通过问卷数据分析显示，老年群体中有的游客给予好评，中年群体有的游客给予好评，青年群体中有的游客给予好评，且老中青三个群体游客人数之比为，从这三个群体中随机抽取1名游客，求该游客给予好评的概率．
(2)镇邦美食街共有多家餐饮单位进驻，为维护市场价格秩序，营造公平竞争良好环境，汕头市监管部门到镇邦美食街举办餐饮明码标价现场指导会，现针对明码标价指导会前、会后游客满意度进行问卷回访调查，统计了名游客的数据，列出如下列联表：
对镇邦美食街餐饮价格是否满意
明码标价指导会前
明码标价指导会后
合计
满意
28
57
85
不满意
12
3
15
合计
40
60
100
请根据小概率值的独立性检验判断游客对汕头镇邦美食街餐饮价格满意度与监管部门举办明码标价现场指导会是否有关联．
▲参考公式：，

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

63．（2023·广东汕头·统考一模）已知为正项数列的前n项的乘积，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求（表示不超过x的最大整数）．
64．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，，平面，，．

(1)已知点为上一点，且，求证：与平面不平行；
(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积．
65．（2023·广东汕头·统考一模）如图，已知为抛物线内一定点，过E作斜率分别为，的两条直线，与抛物线交于，且分别是线段的中点．

(1)若且时，求面积的最小值；
(2)若，证明：直线过定点．
66．（2023·广东汕头·统考一模）已知函数．
(1)若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，求的取值范围．

参考答案：
1．C
【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.
【详解】，，
因此，.
故选：C.
2．C
【分析】运用复数的四则运算化简复数，写出共轭复数，根据复数对应的点确定象限.
【详解】
其共轭复数为，对应点的坐标为，位于第三象限.
故选：C
3．B
【分析】根据指对数的关系得，代入目标式求值即可.
【详解】由题意知：，即.
故选：B.
4．D
【分析】利用两角差的正弦和余弦公式可求得的值，利用二倍角公式可得出，在所得代数式上除以，在所得分式的分子和分母中同时除以，代入的值计算即可得解.
【详解】，即，
整理得，，
因此，.
故选：D.
【点睛】易错点点睛：已知，求关于、的齐次式的值，应注意以下两点：
（1）一定是关于、的齐次式（或能化为齐次式）的三角函数式；
（2）因为，所以可除以，这样可将被求式化为关于的表达式，然后代入的值，从而完成被求式的求值.
5．A
【分析】求出的值，进而可求得等比数列的公比 ，结合等比数列的通项公式可求得数列的通项公式.
【详解】设等比数列的公比为，由题意可知，对任意的，，，
由等比中项的性质可得，解得，
所以，，整理可得，
，解得，因此，.
故选：A.
6．B
【分析】由，得到，则，再利用基本不等式求解.
【详解】因为
所以
所以
，
当且仅当，即取等号
所以的最小值为8
故选：B
【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7．A
【分析】根据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后根据圆锥侧面展开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积，
【详解】根据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，
设圆锥底面半径为，则，，
圆锥的高为，
所以圆锥体积为．
故选：A．
8．C
【分析】先求出甲、乙两位同学选考的总数为种，选考的科目中甲、乙两位同学恰有两科相同有两种情况，一是相同科目为4选2的科目，另一个是相同的科目为2选1和4选2中的1个，然后利用古典概型的概率公求解即可
【详解】解：由题意得出甲、乙两位同学选考的总数为种，
若相同的科目为4选2的科目，则有种；
若相同的科目为2选1和4选2中的1个，则有种，
所以所求概率为，
故选：C
9．B
【分析】先求出集合，然后由集合的交集和并集运算对选项进行逐一判断即可得出答案.
【详解】,又
所以，故选项A、C不正确.
,故选项B正确. 选项D不正确.
故选：B
10．C
【分析】求出，即得解.
【详解】解：由题得，
所以.
故选：C
11．D
【分析】先将4人分成3组，其一组有2人，然后将3个项目进行排列，可求出每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】先将4人分成3组，其一组有2人，另外两组各1人，共有种分法，
然后将3个项目全排列，共有种排法，
所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种，
因为4名志愿者参加3个项目比赛的志愿服务的总方法数种，
所以每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率为，
故选：D
12．A
【分析】设等比数列的公比，根据题意列出方程组，解得答案.
【详解】设等比数列的公比为 ， ，
故由题意可得： ，，
解得 ， ，
故选：A
13．C
【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可
【详解】，，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，
所以，，
因为，
所以，
所以
故选：C
14．D
【分析】求出以及点到直线的距离的最大值，利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.
【详解】易知点、，则，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最大值为，
所以，面积的最大值是.
故选：D.
15．B
【分析】根据两角和的正切公式可得，利用同角三角函数的基本关系求出，结合二倍角的余弦公式化简原式，计算即可.
【详解】由，得，又，
得，即，
整理，得或(舍去)，
所以，又，，
解得，
故
.
故选：B
16．B
【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可.
【详解】因为，且为偶函数
所以，即，
所以函数是以4为周期的周期函数，
作出，在同一坐标系的图象，如图，

因为方程至少有8个实数解，
所以，图象至少有8个交点，
根据，的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，
由图可知，当时，只需，即，
当时，只需，即，
当时，由图可知显然成立，
综上可知，.
故选：B
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
17．C
【解析】先求出集合A，再根据补集定义即可求出.
【详解】，
或，
.
故选：C.
18．D
【分析】根据复数的乘法运算可求得的值，即可得答案.
【详解】由，
故，则，
故选：D
19．C
【分析】根据已知条件及合情推理中的归纳推理，利用参考公式及等差数列前项和公式即可求解.
【详解】因为“三角形数”可以写为
所以第层“三角形数”为，
所以层时，垛球的总个数为：
，
所以若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为
.
故选：C.
20．B
【分析】直接根据夹角的坐标运算列方程求解即可.
【详解】，
，
,，
解得.
故选：B．
21．A
【分析】先求出相邻时排列种数，再求出相邻，且在中间时排列种数，两种情况相减即可.
【详解】当相邻时，不同的排列方式有种，
当相邻，且在中间时，不同的排列方式有种，
则要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有种.
故选：A.
22．D
【分析】设，先得到的值，再代入的余弦定理计算可得，再利用三角形的面积公式计算即可.
【详解】对于椭圆有，
设，
则根据椭圆的定义得，
又，
解得，
.
故选：D.
23．A
【分析】根据三角函数同角的三角函数关系以及二倍角公式和两角和的正切公式化简可得，结合正切函数单调性，可推得，即可判断答案.
【详解】由，，，
可得，即，
由于，，则，
故，
由于在上单调递增，故，即，
所以，故A正确，B错误，
由于得，则不可能成立，C错误，
由于不能确定是否等于，故也无法确定，D错误，
故选：A
24．C
【分析】先证明为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.
【详解】对A：∵为偶函数，则
两边求导可得
∴为奇函数，则
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得
，则可得
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称
则，D成立
又∵，则可得
，则可得
∴以4为周期的周期函数
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立
故选：C.
【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.
25．AC
【分析】利用关于原点对称，可判断A，利用趋近于0时点的位置，得出大于，从而判断B．设，计算斜率可判断C，由三角形外角定理得，从而可判断D．
【详解】双曲线关于原点对称，又直线过原点，所以关于原点对称，
由得四边形为平行四边形，A正确；
当，点趋近于右顶点，此时趋近于平角，因此不可能有，B错．
设，则，由轴知，，
而，C正确；
中，，因此，D错；
故选：AC．

【点睛】思路点睛：本题考查双曲线的对称性，解题关键是得出关于原点对称，则设后就可得出坐标，斜率的关系随之可得，利用平面几何知识判断AD，利用趋近于0的变化趋势得出点变化趋势，从而得出的变化趋势．
26．AB
【分析】由对称性和奇偶性得出函数是周期函数，作出函数和的图象，由图象观察得两个函数图象有10个交点时，的范围．
【详解】是奇函数，则，又，，
令得，即，所以是周期函数，周期为2，
又是上的奇函数，所以，，所以，，
作出和的图象，其中的周期是，
如图，由图可知时，从点，10个交点依次为，点是第11个交点，，
设点横坐标为，显然，，，因此，
所以，于是，，即，
所以可取，，时至少有11个零点，
故选：AB．

【点睛】关键点点睛：本题考查由函数零点个数估计参数值，解题关键是确定函数的周期性，函数零点个数转化为两个函数图象交点个数，解题中要注意函数是上的奇函数，因此有，否则易出错．
27．ACD
【分析】令，由，可得出，作出函数在区间上的图象，可判断A选项正误；根据已知条件求出的取值范围，可判断C选项正误；利用正弦型函数的单调性可判断B选项的正误；利用正弦型函数的对称性与单调性可判断D选项的正误.
【详解】令，由，可得出，
作出函数在区间上的图象，如下图所示：

对于A选项，若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点，A选项正确；
对于C选项，若在有且仅有个零点，则，解得，C选项正确；
对于B选项，若，则，
所以，函数在区间上不单调，B选项错误；
对于D选项，若的图象关于对称，则，.
，，，.
当时，，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，合乎题意，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
28．BD
【分析】求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项．
由对数函数的单调性及指数函数单调性判断A，由函数性质判断BC，设，且均为正数，求得，再由函数性质判断D．
【详解】由得：
令得，
当x变化时，变化如下表：
x





0


单调递增
极大值
单调递减
故，在上递增，在上递减，是极大值也是最大值，时，时，，且时，时，，，
A．
，故A错
B．，且在单调递增
，故：B正确
C．有两个不相等的零点
不妨设
要证：，即要证：在单调递增，∴只需证：即：只需证：……①
令，则
当时，在单调递增
，即：这与①矛盾，故C错
D．设，且均为正数，则

且
，故D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、极值，函数零点等性质，解题关键是由导数确定函数的性质．其中函数值的大小比较需利用单调性，函数的零点问题中有两个变量，关键是进行转化，利用零点的关系转化为一个变量，然后引入新函数进行证明．
29．ACD
【分析】根据折线图，分别对王伟、张诚、赵磊同学的数学成绩较班级平均分进行分析，即可得出结果.
【详解】根据折线图可知，
王伟同学的数学成绩稳定且始终高于班级平均分，
张诚同学的数学成绩在班级平均分附近波动，
赵磊同学的数学成绩低于班级平均分，但与班级平均分的差距逐渐减小，波动的提升，
故选：ACD
30．BD
【分析】对于A，对两边同除以进行判断，对于B，利用基本不等式分析判断，对于C，由可得，产生矛盾，对于D，由已知可得，所以，化简后利用基本不等式求解
【详解】对于A，因为正实数a，b满足，所以，即，所以A错误，
对于B，因为，，所以，当且仅当时取等号，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以B正确，
对于C，若，则，所以，所以，而由选项B可知，所以不成立，所以C错误，
对于D，因为正实数a，b满足，所以，即，所以
，当且仅当，即时取等号，所以D正确，
故选：BD
31．AD
【分析】先分析函数的奇偶性与周期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.
【详解】，，
所以，
所以是偶函数，
又，
所以是函数的周期，
又，
故的最小正周期为.
对于A，因为的最小正周期为，令，此时，
所以，
令，所以有，可知其值域为，故A正确；
对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以在上不是单调递增，故B不正确；
对于C，因为，，
所以，
所以的图象不关于直线对称，故C不正确；
对于D，前面已证明正确.
故选：AD
32．BCD
【分析】A：当E与重合，BD中点为O并连接，可得，即为异面直线与所成角的平面角，应用余弦定理求余弦值，即可确定大小；B：由及A到面、B到直线的距离为定值即可判断；C：在平面内的射影在上，即可求射影长；D：由二面角为二面角即可判断.
【详解】A：当E与重合时，因为，此时F为的中点，记BD中点为O，连接，由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，所以，又，，，所以，错误；

B：，易知点A到平面的距离和点B到直线的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；
C：易知，在平面内的射影在上，所以射影长为，正确；
D：二面角，即为二面角，显然其平面角不变，正确.
故选：BCD

33．BC
【分析】首先求出函数的周期，再根据的面积，求出的纵坐标，即可求出函数解析式，再根据正切函数的性质一一判断即可；
【详解】解：因为，所以最小正周期，即，又的面积为，所以，所以，即的纵坐标为，故A错误；
因为，所以，所以，因为
所以，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，，故B正确；
令，，解得，，所以函数的对称中心为，，故C正确；
将图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到，再将函数向左平移个单位，得到，故D错误；
故选：BC
34．ACD
【分析】对于A，将线关于线对称转化为点关于线对称，利用点关于线对称的解决办法及点在直线上即可求解；
对于B，根据已知条件设出圆心，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式即可求解；
对于C，利用圆的标准方程得出圆心和半径，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式，结合点在直线上即可求解；
对于D，根据已知条件及选项C的结论，利用点到坐标轴的距离公式及半径的定义，结合点在直线上即可求解.
【详解】对于A，设直线：上任意一点关于直线对称的点为，则，解得，所以点在直线：上，所以与关于直线对称，故A正确；
对于B，因为圆C的圆心在x轴上，设圆心为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，当时，；当时，，故B错误；
对于C，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，所以圆心在直线或直线上，故C正确；
对于D，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆与两坐标轴都相切，得圆心到轴的距离为，到轴的距离为，所以且，即，解得或，当时，由题意可知，解得或，当时，此时不满足，所以与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个，故D正确.
故选：ACD.
35．ABD
【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积.
【详解】，则，故，A正确；
，，，故，B正确；

连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，
面积为，C错误；

过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，
D正确.
故选：ABD.
36．ABC
【分析】将指数转化为对数可得，，利用换底公式计算的值可判断A；根据对数函数的单调性判断的范围即可得的范围，再由即可得的范围可判断B；由对数的运算可得，利用函数的单调性求出得范围可判断C；根据的范围即可得以及的范围可判断D，进而可得正确选项.
【详解】由可得：，，
对于A：，所以，故选项A正确；
对于B：，，
即，所以，
，即，
所以，所以，，故选项B正确；
对于C：，，
所以，令，
则在上单调递增，
所以，故选项C正确；
对于D：，，所以，，
所以，故选项D不正确，
故选：ABC.
37．
【分析】利用平面向量数量积的坐标运算求出，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】，则为锐角，
所以，，.
故答案为：.
38．（答案不唯一，符合要求就可以）
【分析】取，可求得、的值，结合双曲线的焦点位置可得出结果.
【详解】取，则，可得，，
因此，符合条件的双曲线方程为.
故答案为：（答案不唯一，符合要求就可以）.
39．
【分析】设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，球的半径为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可求得球的表面积.
【详解】设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，
设，为的外接圆半径，

平面，平面，，
由勾股定理得，，
设外接球的半径为，则，①
是等边三角形，且为的中点，所以，，
由球的几何性质可得平面，平面，，
所以，为二面角的余角，
又因为二面角的大小为，，
在中，由余弦定理得，②
因为为等边的高，则，
由①②得，，，因此，球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
40．0.050
【分析】根据频率分布直方图，利用频率之和为1求解即可.
【详解】由，
解得，
故答案为：0.050
41．
【分析】如图，分别过点作,垂足分别为,求出，再利用平面向量的线性运算和数量积运算求解.
【详解】解：如图，分别过点作,垂足分别为. 由题得四边形为等腰梯形，,所以.
由题得
.
故答案为：

42．/
【分析】不妨设为，为，则直线的方程为，联立联立，求得点的坐标，联立，求得点的坐标，再根据，得出的齐次式，从而可得出答案.
【详解】解：不妨设为，为，
过C的右焦点F作的垂线，垂足为A，且该垂线交于点B，
，则直线的方程为，
联立，解得，
即，
联立，解得，
即，
则，，
因为，
所以，
所以，即，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
43．
【分析】原多项式中写出含的项，然后再从中写出含的项，即可得含的系数.
【详解】由含的项中对应的指数分别为，
所以，
对于中含的项为，
所以含的系数是.
故答案为：.
44．
【分析】根据是定义在上的偶函数，以及当时，等条件求出时，的导数为,进而求出时， ,代入即可求出答案.
【详解】解：由是定义在上的偶函数，
当时，，
可得时，，
所以当时，的导数为，
则曲线在点处的切线的斜率为，切点为，
则切线的方程为，所以
45．
【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案.
【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，
作出其截面如图所示，则，，

于是，
过点M作于点H，则，
由勾股定理可得︰,
所以，
所以该球的表面积，
故答案为：
46．
【分析】设点，分别联立两组直线方程，求出的坐标，然后利用向量的数量积，推出离心率的范围即可.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为：，
即，设点，可得：，
联立方程组，解得：，
同理可得：，
所以，
因为，所以，
所以，由题意可得：，
所以，故离心率，又因为双曲线的离心率，
所以双曲线离心率的取值范围为，
故答案为：.
47．
【分析】（1）本题可根据表中数据计算出这50个社区这一天垃圾量的平均值；
（2）本题首先可根据题意得出一天的垃圾量大致服从正态分布，然后根据正态分布的相关性质得出，最后与相乘，即可得出结果.
【详解】（1），
故这50个社区这一天垃圾量的平均值约为吨.
（2）因为近似为样本平均值，近似为样本方差，，
所以一天的垃圾量大致服从正态分布，
设社区一天的垃圾量为，
则，
，
故这240个社区中“超标”社区的个数大约为个，
故答案为：；.
48． 2
【分析】利用二分检测法求解.
【详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；
若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可；
若只有1个感染者，则只需次检测；
若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为的组，
每组1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.
故答案为：2，
49．条件选择见解析：（1），；（2）.
【分析】（1）选条件①：方法一：令可得出，令，由得，两式作差得出，再由满足可求得的值，据此可得出数列的通项公式；
方法二：分别求得、、，求得等比数列的公比，可求得，再由满足在时的表达式可求得的值，据此可得出数列的通项公式；
选条件②：方法一：令，由得出，两式作差可得出，结合已知条件可知数列是公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式可求得的通项公式，再由得出，可求得的值；
方法二：令可得出，令可得出，可知数列是公比为的等比数列，求出数列的通项公式，再由可求得实数的值；
（2）求得，利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）选条件①，
方法一：当时，；
当时，由得，
.
因为数列是等比数列，所以，即，
所以数列的通项公式为，；
方法二：当时，，
当时，，
当时，，
所以，等比数列的公比为，当时，.
满足，则，解得.
所以，；
选条件②，
方法一：当时，由可得，
两式相减得，即，
因为数列是等比数列，且，
所以数列的通项公式为，，
又当时，，解得；
方法二：当时，，
当时，，，
所以，等比数列的公比为，且，.
所以，解得；
（2）由（1）可知，，即
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.
50．(1)；；
(2)

【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求解，结合面积公式求得面积；
（2）在中，由正弦定理可以求出，再利用与互补可以求出，得出是钝角，从而可得为锐角，即可求出和的值，利用展开代入数值即可求解，从而求解tan∠DAC的值．
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理，
得
所以解得：或（舍）
所以，

（2）在中，由正弦定理，
得.
所以
在中，因为，
所以为钝角.
而，
所以为锐角
故
因为，
所以，
，


由题可知∠DAC为锐角，
所以．
51．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接，证明出平面，可得出，利用等腰三角形三线合一可证得结论成立；
（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，利用空间向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求出的值，再利用空间向量法可求得二面角平面角的余弦值．
【详解】（1）证明：连接，在圆柱中中，平面，
平面，，
，，平面，
又平面，，
在中，为的中点，；
（2）连接，则与该圆柱的底面垂直，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
，，，
设平面的法向量分别是，
由，得，取，得，
设直线与平面所成角为，
由，化简得，
，解得，，
设平面的法向量分别是，，
由，得，取，得，
，
由图象可知，二面角为锐角，因此，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.
52．（1）列联表见解析；有的把握认为产品的合格率与技术升级有关；（2）60元.
【分析】（1）由已知数据完成列联表，根据卡方检验公式计算卡方值，结合对照表即可判断产品的合格率与技术升级的相关程度；
（2）法一：由甲乙生产线的数据确定它们取得不同利润的分布列，根据分布列求各自利润的期望值，由求参数m即可；法二：根据甲乙生产线的数据，结合均值的求法求它们的平均值，结合求参数m即可；
【详解】解：（1）根据所提供的数据，可得列联表：

合格品
次品
合计
甲
80
20
100
乙
95
5
100
合计
175
25
200
设产品的合格率与技术升级无关．
由，
可得．
，故有的把握认为产品的合格率与技术升级有关．
（2）法一：甲生产线抽检的产品中有35件等级，45件等级，20件等级，
对于甲生产线，单件产品利润的取值可能为，
的分布列如下：


20





则，
乙生产线抽检的产品中有65件等级，30件等级，5件等级；
对于乙生产线，单位产品利润的取值可能为，
的分布列如下：


20





则，
依题意．，
，所以，等级产品的出产单价为60元．
法二：甲生产线抽检的产品中有35件等级，45件等级，20件等级，
乙生产线抽检的产品中有65件等级，30件等级，5件等级；
因为用样本的频率估计概率
所以对于甲生产线，单件产品的利润
对于乙生产线，单件产品的利润
依题意．，
，所以，等级产品的出产单价为60元．
【点睛】关键点点睛：
（1）应用卡方检验公式计算卡方值，比照对照表判断相关性；
（2）应用分布列求期望或直接求数据的平均值，结合已知求参数.
53．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，由确定单调性，然后结合零点存在定理求出参数范围；
（2）由（1）不妨设，首先把多个变量，的不等式变形为，构造函数，确定单调性后证得，这样利用在是递增，要证原不等式只要证，即证，构造函数，利用导数证明此不等式成立．
【详解】解：（1）
当时，单调递减；
当时，单调递增；
由得，
当时，，
所以使得f使得，
综上：
（2）由（1）可知，，
要证
即证
构造函数，则
所以在单调递减，．
故有
因为在上单调递增，
所以只需证
即证
构造函数，

下面证在时恒成立
即证
构造函数
在时恒成立
因此在上单调递增，从而，
在时恒成立
在时单调递增
成立，即
成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的零点，考查用导数证明与零点有关的不等式，证明的关键是问题的转化，一是三变量转化为双变量，其次双变量转化为单变量，从而再引入新函数，由新函数的导数研究函数性质证明结论成立．本题证明难度较大，回属于困难题．
54．（1）；（2）①证明见解析，定点坐标为；②.
【分析】（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；
（2）①分析出直线的斜率存在且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；
②求得、，利用基本不等式可求得四边形面积的最小值．
【详解】（1）设点，依题意，
，
所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，，，
动点的轨迹方程是；
（2）①若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；
若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；
设直线的方程为，则直线的方程为，
直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点．
设、，由，
由韦达定理可得，则，
所以点的坐标为，同理可得点，
直线的斜率为，
直线的方程是，
即，
当时，直线的方程为，直线过定点．
综上，直线过定点；
②由①可得，，
，
同理可得，
所以，四边形的面积为，
当且仅当取等号．
因此，四边形的面积的最小值为.
【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．
55．见解析
【分析】若选①，则，由正弦定理列方程可求出，再求出，然后利用正弦的二倍角公式可求出，再利用正弦定理可求出c的值，
若选②，则由已知条件可求出，从而可得，然后利用余弦定理可求出c的值，
若选③，则由已知可得，再由正弦定理可得，从而可得三角形不存在
【详解】若选①，则，且,
因为，，
由正弦定理得，则，即,
所以，，
得，
因为，所以，
因为 ，所以角为锐角，
所以，
所以,
所以由正弦定理得,
若选②，则由的面积为，，，得，
所以，
当为锐角时，，此时由余弦定理得
，所以，
当为钝角时，，此时由余弦定理得
，所以，
综上，或，
若选③，由，得，
由正弦定理得，则，
所以三角形不存在
56．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.

【分析】（1）先求出，然后将的换成，与原式相减可得，从而可得即可证明，求出通项公式， 再分组可求和.
（2）先求出，可得出，裂项相消法求和，可证明.
（1）当时，，即 由，则两式相减可得，即所以，即数列为等比数列则，所以则
（2）所以
57．(1)分布列见解析，期望为；
(2).

【分析】（1）根据题意，即可计算分布列及期望；
（2）“甲VS乙：3:0”记为事件， “甲VS乙：3:1”记为事件，此两互斥事件的和即为所求事件，分别计算两事件的概率，求和即得解.
【详解】（1）依题意，，的可能取值为：0,1,2,3，
；
.
X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




.
（2）记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件A.
依题意知：在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数比为:“甲VS乙：3:0”记为事件，或“甲VS乙：3:1”记为事件，则，且与互斥.
依题意有：，

，
.
58．(1)时，平面；
(2)当时，直线与面所成的角的正弦值最大.

【分析】（1）求出,再根据平面求出即得解；
（2）如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，设利用向量法求出，利用基本不等式求解.
（1）
解：由题得,
所以. 所以△是圆的内接三角形，
所以，
由题得.
假设平面，所以.
此时
所以时，平面.
（2）
解：如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系.
设，
所以
设平面的法向量为，
所以，所以.
设直线与面所成的角为，
由题得.
当且仅当时，直线与面所成的角的正弦值最大.

59．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；
(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.
【详解】（1）因为，即，
所以，则，
又，得，即，
所以动点G的轨迹方程E为：；
（2）由题意知，
设直线l的方程为：，，
则，
，消去y，得，
由，得，
，
直线的斜率为，直线的斜率为，
又，所以，即，
整理，得，
，
，
由，化简得，
所以，
故直线过定点.
60．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求得，分、、三种情况讨论，作出函数与函数的图象，数形结合可得出函数的极值点的个数；
（2）由参变量分离法可知对任意的恒成立，利用导数结合隐零点法求出函数在其定义域上的最小值，即可得出实数的取值范围.
(1)
解：函数的定义域为，则.
令，则，由，可得，列表如下：









减
极小值
增
所以，.
①当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时函数在上单调递增，则函数无极值点；
②当时，令，则，由，可得，列表如下：









减
极小值
增
且当时，；当时，.
作出函数与函数的图象如下图所示：
（i）当时，直线与函数的图象有两个交点，
设这两个交点的横坐标分别为、，且，

由图可知，当或时，；当时，.
此时，函数有个极值点；
（ii）当时，由图可知，直线与函数的图象有一个交点，设其横坐标为，且，

当时，；当时，.
此时函数只有个极值点.
综上所述，当时，函数无极值点；
当时，函数有个极值点；
当时，函数只有个极值点.
(2)
解：不等式对任意的恒成立，
等价于对任意的恒成立，
所以，对任意的恒成立，
令，其中，则，
令，其中，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
因为，，故存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
因为，则，因为，则，
因为函数在上单调递增，
由可得，故，可得，
所以，，故.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
61．(1)证明见解析.
(2).

【分析】（1）在和中分别用正弦定理表示出，相比即可证明结论；
（2）利用（1）的结论可求得，继而由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长，即可求得答案.
【详解】（1）证明：在中，，
在中，,
由于,故，
所以.
（2）因为，故，由为钝角，故为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，
故,
故，则,
故.
62．(1)
(2)有关联

【分析】（1）设游客总人数为，分别求出老、中、青年人的人数，即可得到给予好评的人数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）根据列联表数据求出卡方，即可判断.
【详解】（1）解：设游客总人数为，则老年人有（人），
中年人有（人），青年人有（人），
所以给予好评的人数为，
所以从这三个群体中随机抽取1名游客，该游客给予好评的概率.
（2）解：零假设为：游客对汕头镇邦美食街餐饮价格满意度与监管部门举办明码标价现场指导会之间无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为游客对汕头镇邦美食街餐饮价格满意度与监管部门举办明码标价现场指导会之间有关联，此推断犯错误的概率不大于.
63．(1)
(2)2022

【分析】（1）根据，可得，两式相除可得，两边取对数可得，结合时，可得是常数列，即可求得答案.
（2）由（1）的结论可得的表达式，从而求得，结合放缩法以及等比数列的前n项和公式确定的范围，结合的含义求得答案.
【详解】（1）由题意知为正项数列的前n项的乘积，，故，
所以，即，
所以，即，
所以，
当时，，解得，
所以，结合，可知数列 是常数列，
所以，所以，
所以．
（2）由（1）可得，
则，
由于，
故，且，
故，.
64．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线的方向向量，即可证明；
（2）设且，利用空间向量法求出表示出线面角的正弦值，即可求出参数的值，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以、，又，
如图建立空间直角坐标系，则、、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
因为，且不存在使得，即与不共线，
所以与平面不平行且不垂直.

（2）解：设且，则，所以，
直线与平面所成角的正弦值为，
，化简得，解得或（舍去），
因为，平面，所以平面，又平面，平面，
所以，，又，，所以，
，平面，所以平面，
又，所以，
，所以，
所以，即多面体的体积为.
65．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设直线方程并联立抛物线方程，表示出的坐标，从而求得面积的表达式，结合基本不等式即可求得答案.
（2）设直线方程并联立抛物线方程，表示出的坐标，求出直线的斜率的表达式，从而表示出直线的方程，结合直线过定点的解法，即可证明结论.
【详解】（1）当时，为y轴上一点，
因为，所以，
设的方程为，
由，可得，
由于为抛物线内一点，，故，
则，
故中点为，即，
同理可得,即，
因为,则,
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积的最小值为；
（2）证明：由题意知所在直线的方程为，代入中，
得，设，
则有，从而，
则；
所在直线的方程为，同理可得，
所以，
所以直线的方程为，
即，
又，故，
代入，得，
即，
当时，，即，
所以直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：解答本题的一般方法是设直线方程，联立抛物线方程，得到根与系数的关系，进行化简等，从而证明直线恒过定点，需要表示出直线的斜率，进而表示出其直线方程，由其方程可得到定点，难点在于参数多，计算十分复杂，要注意解题思路的通畅.
66．(1)，单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)

【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意求出求的值，令，利用导数说明的单调性，即可得到的单调性，从而求出函数的单调区间；
（2）依题意可得，设函数，则，利用导数说明的单调性，即可得到，则只需在上有两个根，然后构造新函数求的取值范围.
【详解】（1）函数定义域为，，在处取得极值，则，
所以，此时，
令，，则，
所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）依题意即在上有两个根，
整理为，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
所以只需在上有两个根，
令，，则，
当时，，当时，，
故在处取得极大值即最大值，，
且当时，当时，
要想在上有两个根，只需，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果.