广东省深圳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广东省深圳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共66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。
广东省深圳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广东深圳·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·广东深圳·统考一模）已知复数，则（    ）
A． B． C． D．1
3．（2021·广东深圳·统考一模）小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（    ）
A．6 B．12 C．24 D．48
4．（2021·广东深圳·统考一模）设为三个不同的平面，若，则“是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2021·广东深圳·统考一模）已知随机变量，有下列四个命题：
甲：  乙：
丙：  丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（    ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（2021·广东深圳·统考一模）2020年12月31日，国务院联防联控机制发布，国药集团中国生物的新冠病毒灭活疫苗已获药监局批准附条件上市，其保护效力达到世界卫生组织及药监局相关标准要求，现已对18至59岁的人提供.根据某地接种年龄样本的频率分布直方图（如图）估计该地接种年龄的中位数为（    ）

A．40 B．39 C．38 D．37
7．（2021·广东深圳·统考一模）在数列中，，，若，则（    ）
A．10 B．9 C．8 D．7
8．（广东省深圳市2021届高三一模数学试题）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（    ）

A．18 B．24 C．36 D．48
9．（2022·广东深圳·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·广东深圳·统考一模）已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（    ）
A．0 B． C．1 D．
11．（2022·广东深圳·统考一模）以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（    ）
A．8π B．4π C．8 D．4
12．（2022·广东深圳·统考一模）阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置．深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”．由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函数关系式为，其中，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为的时间分别为，，，且，则（    ）
A． B．π C． D．2π
13．（2022·广东深圳·统考一模）已知椭圆C：，圆M：，若圆M的圆心在椭圆C上，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C．或 D．
14．（2022·广东深圳·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·广东深圳·统考一模）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（    ）
A．事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件
B．事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件
C．该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为
D．当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为
16．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数，其中，则（    ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．曲线是轴对称图形 D．曲线是中心对称图形
17．（2023·广东深圳·统考一模）已知i为虚数单位，，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·广东深圳·统考一模）满足等式的集合X共有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
19．（2023·广东深圳·统考一模）已知为奇函数，且时，，则（    ）
A． B． C． D．
20．（2023·广东深圳·统考一模）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
21．（2023·广东深圳·统考一模）已知，为单位向量，且，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
22．（2023·广东深圳·统考一模）将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（    ）

A． B． C． D．
23．（2023·广东深圳·统考一模）安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·广东深圳·统考一模）设、分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（    ）
A． B．当时，C的离心率是2
C．到渐近线的距离随着n的增大而减小 D．当时，C的实轴长是虚轴长的两倍
26．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数，则（    ）
A．的最大值为3 B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递减
27．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（    ）
A． B．
C． D．
28．（2021·广东深圳·统考一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（    ）
A．若平面，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
29．（2022·广东深圳·统考一模）四边形ABCD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（    ）
A． B． C． D．
30．（2022·广东深圳·统考一模）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：
第x年
1
2
3
4
5
利润y/亿元
2
3
4
5
7
已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．变量y与x之间的线性相关系数
C．预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元
D．该人工智能公司这5年的利润的方差小于2
31．（2022·广东深圳·统考一模）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（    ）

A． B． C． D．
32．（2022·广东深圳·统考一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（    ）

A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
33．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（    ）
A．的最小正周期为π
B．在区间上单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
34．（2023·广东深圳·统考一模）已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（    ）
A．当时，以AB为直径的圆与相交
B．当时，以AB为直径的圆经过原点O
C．当时，点M到的距离的最小值为2
D．当时，点M到的距离无最小值
35．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，若，其中，则（    ）
A． B．
C． D．的取值范围为
36．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（    ）

A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为

三、填空题
37．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数的图象关于y轴对称，且与直线相切，则满足上述条件的二次函数可以为_______.
38．（2021·广东深圳·统考一模）设F为抛物线的焦点，过F作倾斜角为的直线交C于A，B两点，若，则____________.
39．（2021·广东深圳·统考一模）冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：（当时，表示2020年初的种群数量），若年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为_________.
40．（2021·广东深圳·统考一模）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，.若，则的面积最大值为_______.
41．（2022·广东深圳·统考一模）已知等差数列的前n项和为，且，，则数列的公差_________．
42．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数是定义域为R的奇函数，当时，，则_________．
43．（2022·广东深圳·统考一模）在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点，则的最大值为_________．
44．（2022·广东深圳·统考一模）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．
45．（2023·广东深圳·统考一模）的展开式中的系数为______（用数字做答）．
46．（2023·广东深圳·统考一模）若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．
47．（2023·广东深圳·统考一模）定义开区间的长度为．经过估算，函数的零点属于开区间____________（只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间）．

四、解答题
48．（2021·广东深圳·统考一模）设数列的前n项和，满足，且.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求的通项公式.
49．（2021·广东深圳·统考一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.
（1）求A；
（2）若，且边上的高为，求的面积.
50．（2021·广东深圳·统考一模）某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投次，先在处投一次三分球，投进得分，未投进不得分，以后均在处投两分球，每投进一次得分，未投进不得分.测试者累计得分高于分即通过测试，并终止投篮.甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在处和处各投次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如图表：

若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.
（1）求甲同学通过测试的概率；
（2）在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率.
51．（2021·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥中，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
52．（2021·广东深圳·统考一模）设O是坐标原点，以为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和C恰好有两个交点，
（1）求C的方程；
（2）P是C外的一点，设其坐标为，过P的直线均与C相切，且的斜率之积为，记u为的最小值，求u的取值范围．
53．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有且仅有3个零点，求a的取值范围.（其中常数…，是自然对数的底数）
54．（2022·广东深圳·统考一模）已知数列的首项，且满足．
(1)证明：是等比数列；
(2)求数列的前n项和．
55．（2022·广东深圳·统考一模）2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代．为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同．参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中．当参与完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为2n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏．若第3轮后仍未过关，则游戏也结束．每位参与者只能参加一次游戏．
(1)求随机变量X的分布列及数学期望；
(2)若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率．
56．（2022·广东深圳·统考一模）如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．

(1)求的正弦值；
(2)求的余弦值．
57．（2022·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．

(1)求证：平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
58．（2022·广东深圳·统考一模）已知双曲线：经过点A，且点到的渐近线的距离为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点作斜率不为的直线与双曲线交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F．试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．
59．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数（）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
60．（2023·广东深圳·统考一模）记，为数列的前n项和，已知，．
(1)求，并证明是等差数列；
(2)求．
61．（2023·广东深圳·统考一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设的中点为，若，且，求的的面积．
62．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．

(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
63．（2023·广东深圳·统考一模）某企业因技术升级，决定从2023年起实现新的绩效方案．方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：
一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球．企业所有员工从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球．约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，否则按方式Ⅱ回答问卷”．
方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”；
方式Ⅱ：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”．
当所有员工完成问卷调查后，统计画○，画×的比例．用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值．其中满意度．
(1)若该企业某部门有9名员工，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；
(2)若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为4：5，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度．
64．（2023·广东深圳·统考一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
65．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，其中且．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．

五、双空题
66．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brocard点），则点P横坐标x的最大值为______．

参考答案：
1．D
【分析】由集合的运算即可得解.
【详解】，，
所以．
故选：D．
2．A
【分析】先化简复数，再利用模长公式即可求解.
【详解】,
所以，
故选：A.
3．B
【分析】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序即可．
【详解】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则，故所求的坐法种数为12，
故选：B．
4．A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断，即可得正确答案.
【详解】因为，，则，
所以由，可以得出，
若，，则与可能相交或平行，
所以，，得不出，
所以若，则“是“”的充分不必要条件，
故选：A
5．D
【分析】先判断乙、丙的真假性，然后判断甲、丁的真假性，由此确定正确选项.
【详解】由于乙、丙的真假性相同，所以乙、丙都是真命题，故，
根据正态分布的对称性可知：甲：为真命题，所以丁为假命题.
并且，.
所以假命题的是丁.
故选：D
6．C
【分析】利用中位数左右两边的小矩形的面积都等于即可求解.
【详解】年龄位于的频率为，
年龄位于的频率为，
年龄位于的频率为，
年龄位于的频率为，
因为，而
，
所以中位数位于，设中位数为，
则，
解得：，
故选：C.
7．B
【分析】令，由可得，可得是等差数列，利用等差数列求和公式即可求解.
【详解】令，由可得，
所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，
，
所以，
整理可得：，
解得：或（舍）
故选：B.
8．C
【分析】以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由圆方程设，写出向量的坐标，由数量积的坐标表示求出数量积，利用三角函数知识得最大值．
【详解】骑行过程中，相对不动，只有点绕点做圆周运动．
如图，以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意，，，
圆方程为，设，
则，，
，
易知当时，取得最大值36．
故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的数量积，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标运算计算向量的数量积，结合三角函数的性质求得最大值．
9．C
【分析】直接根据交集的定义计算可得；
【详解】因为，
所以
故选：C
10．B
【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由题意，复数z满足，可得，
所以z的虚部为.
故选：B.
11．A
【分析】根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可.
【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，
其底面半径r=2，高h=2，
故其侧面积为.
故选：A
12．B
【分析】利用正弦型函数的性质画出函数图象，并确定连续三次位移为的时间，，，即可得，可求参数.
【详解】由正弦型函数的性质，函数示意图如下：

所以，则，可得.
故选：B
13．D
【分析】首先求出圆心的坐标，代入椭圆方程，令，则，求出，再根据计算可得；
【详解】解：因为圆M：，即圆M：，圆心，因为圆心在椭圆上，所以，即，令，则，即，解得，即，所以离心率；
故选：D
14．C
【分析】由，易得，，从而可求出，即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，即，
所以，
即，
所以，
所以或，
所以或，，
当时，，不合题意，舍去，
当时，，
所以.
故选：C.
15．D
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断A、B；利用列举法求出只有一个男孩的概率，即可判断C；利用条件概率的求法计算，即可判断D.
【详解】A：假设事件A：该家庭3个小孩至少有1个女孩，则包含(女，男，男)的可能，
事件B：该家庭3个小孩至少有一个男孩，则包含(女，女，男)的可能，
所以，故A错误；
B：事件“3个孩子都是男孩”与事件“3个孩子都是女孩”不可能同时发生，
是互斥但不对立事件，故B错误；
C：3个小孩可能发生的事件如下：
男男男、男男女、男女女、男女男、女女女、女女男、女男女、女男男共8种，
其中只有一个男孩的概率为：，故C错误；
D：设M={至少一个有男孩}，N={至少有2个男孩}，由选项C可知，
，所以，故D正确.
故选：D
16．C
【分析】由解析式易得且定义域为且即可判断C；对求导，并讨论、研究在上的符号判断A、B；根据是否为定值判断D.
【详解】由题设，，定义域为且，
所以关于对称，C正确；
又，
当时，不妨假设，则，显然，此时在上有递减区间，A错误；
当时，在上，即在上递增，B错误；
由，不可能为定值，故D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数结合分类讨论研究函数的区间单调性，根据、是否成立判断对称性(为常数).
17．B
【分析】利用复数的除法运算求解.
【详解】解：由，
得，
故选：B
18．D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
19．D
【分析】由奇函数性质及解析式求解即可.
【详解】为奇函数，且时，，.
故选：D
20．A
【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.
【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，
则如图，水最少的临界情况为，水面为面，
水最多的临界情况为多面体，水面为，
因为，
，
所以，即.

故选：A.
21．C
【分析】设与夹角为，利用求出，在利用夹角公式计算即可.
【详解】因为，为单位向量，
由，
所以，
即，
设与夹角为，
则，
又，所以，
故选：C.
22．A
【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.
【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，
由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，
即经过4次操作之后所得图形的面积是.
故选：A
23．D
【分析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，根据排列组合得出各自有多少种，再得出甲、乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案.
【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；
当分为3,1,1人时，有种实习方案，
当分为2,2,1人时，有种实习方案，
即共有种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为，
故选：D.
24．B
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：

所以，解得，故实数a的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.
25．AC
【分析】由已知条件值，根据，，，可计算的值，进而可判断选项A；直接计算可判断选项B；计算到渐近线的距离用表示，即可判断选项C；当时求出得值，可得的关系可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于选项A：由双曲线的方程可得，，
所以，
因为，所以，
所以，可得：，故选项A正确；
对于选项B：当时，双曲线，此时，，
所以离心率，故选项B不正确；
对于选项C：中，由选项A知：，，，的渐近线方程为，
不妨取焦点，则到渐近线的距离，
所以到渐近线的距离随着n的增大而减小，故选项C正确；
对于选项D：当时，，，
所以实轴长为，虚轴长为，不满足C的实轴长是虚轴长的两倍，故选项D不正确；
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由已知条件得出，，再利用双曲线的性质可求，关键点是准确记忆双曲线中的概念，焦点到渐近线的距离等于.
26．BC
【分析】首先利用诱导公式和二倍角公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质逐一检验四个选项的正误即可求解.
【详解】

所以的最大值为，故选项A不正确；
的最小正周期为，故选项B正确；
因为，解得：，所以直线是的图象的对称轴，故选项C正确；
令，解得：，
所以在区间和单调递减，在上单调递增，故选项D不正确，
故选：BC.
27．BD
【分析】确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项．
【详解】易知是上的增函数，
时，成立，成立，BD一定成立；
与的大小关系不确定，A不一定成立；
同样与的大小关系也不确定，如时，，C也不一定成立．
故选：BD．
28．ABD
【分析】对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值
【详解】对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；

对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；
对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；

对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
29．BD
【分析】如图，根据向量的线性运算和数量积的定义计算，依次判断选项即可.
【详解】如图，

A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：，
由，得，
所以，故D正确.
故选：BD
30．AC
【分析】首先求出、，根据回归直线方程必过，即可求出，从而得到回归直线方程，根据与成正相关，即可得到相关系数，再令求出，即可预测第6年的利润，最后根据方差公式求出利润的方差，即可判断D；
【详解】解：依题意，，
因为回归直线方程为必过样本中心点，即，解得，
故A正确；则回归直线方程为，则与成正相关，即相关系数，故B错误，
当时，即该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元，故C正确，
该人工智能公司这5年的利润的方差为，故D错误；
故选：AC
31．ABD
【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.
【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，
当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
所以，当时，抛物线不完整，
所以，，，，
故选：ABD
32．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.
33．AD
【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.
【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；
令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；
令解得，故C选项错误；
令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD
34．BC
【分析】将直线代入，结合韦达定理求得坐标、点到准线的距离及．当时，由可判断A；当时，由可判断B；当时，得的关系式，代入表达式，利用基本不等式可判断C；当时，得的关系式，代入表达式，利用对勾函数的性质可判断D．
【详解】抛物线，准线方程是，
直线代入，可得，，
设，则，
，
，
设，则，
点到准线的距离，
，
当时，，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，故A错误；
当时，，则，则以AB为直径的圆经过原点O，故B正确；
当时，即，得，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
当时，即，得，
所以，令，
则，由对勾函数的性质得，当时，单调递增，
故当时，取最小值，故D错误．
故选：BC．
35．BCD
【分析】对求导，利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象．设，由图象可得知，，的取值范围，从而可判断A；又根据，对照系数可得的值，可得得取值范围，从而可判断C，D；结合A和C即可判断B．
【详解】因为，所以，
令，解得或，
当时，或，所以单调递增区间为和；
当时，，所以单调递减区间为，
的图象如右图所示，

设，则，，故A错误；
又，所以，
即，
对照系数得，故选项C正确；
，故选项D正确；
因为，所以，解得，故选项B正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：先利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象，再利用数形结合求解是解答本题的关键．
36．ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：

在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
37．（答案不唯一）．
【分析】关于轴对称，函数为偶函数，可以设，然后由它与直线相切可求得的关系，取特殊可得结论．
【详解】因为二次函数的图象关于y轴对称，所以可设，
由得，所以，即．
取，，则，（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
38．8
【分析】由抛物线的定义可得，设直线的方程为，然后直线方程与椭圆方程联立成方程组，消去得，再由根与系数的关系可得，结合前面的式子可求出的值，从而可得答案
【详解】解：设（），则
，
直线的方程为，
由，得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
故答案为：8
39．6
【分析】依题意得通过计算化简得，则问题可解．
【详解】令由题意知，，
所以 得， 则
所以，解得，所以m的最小值为6
故答案为：6
【点睛】本题通过实际问题考查指对数不等式，关键要掌握指对数不等式求解法则．
40．
【分析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．
【详解】解：设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，
连接并延长分别交于，
则，同理，
都是等边三角形，则，又，则，所以，
是正三角形，所以其面积为，
内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，


，
，，
所以当时，取得最大值，
所以的面积最大值为．
故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数在几何中的应用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值．
41．2
【分析】根据题意可得，直接利用等差数列前n项和公式计算即可.
【详解】由题意知，，
，
解得.
故答案为：
42．
【分析】利用奇函数可得，结合及已知解析式即可求值.
【详解】由题设，，又，
所以.
故答案为：.
43．
【分析】根据题意求出点A、B的坐标，由平面向量的坐标表示和向量的几何意义写出的表达式，利用三角函数的值域即可求出的最大值.
【详解】由题意知，
直线分别与x轴、y轴交于点A、B，
则，又，
所以，
有，
则
，其中，
当时，取得最大值，
且最大值为.
故答案为：
44．/1.5
【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.
【详解】根据圆内接四边形的性质可知; ,

所以，
即，
在中，,故，
由题意可知： ,
则，所以，
故，
当且仅当时等号取得，
又，所以，
则 ，则实数的最小值为，
故答案为：
45．－10
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】解：的展开式的通项公式为，
令，
则的展开式中的系数为，
故答案为：-10
46．
【分析】根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解.
【详解】依题意，由图象的性质可知，
点到焦点距离的最大值为，最小值为，
所以，化简得，即离心率，
故答案为：.
47．（不唯一）
【分析】利用函数的零点存在定理求解.
【详解】解：因为都是减函数，
所以是减函数，
又，
即，
所以函数在上有零点，且，
故答案为（不唯一）
48．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）将两边同时取倒数在整理，根据等差数列的定义即可证明；
（2）由（1）求出，进而可得，当时，，再检验是否满足，进而可得的通项公式.
【详解】（1）由可得，
即，
所以是以为首项，以为公差的等差数列，
（2）由（1）可得，即，
当时，，
当时，所以不满足，
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，注意检验是否满足，不满足则需要分段.
49．（1）；（2）．
【分析】（1）先用余弦定理化余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；
（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积．
【详解】（1）由得，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，是三角形内角，，
所以，又A为锐角，所以．
（2）由（1），，
所以，即，，
，
．
【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．利用正弦定理和余弦定理进行边角互化是解题关键．三角形的面积采取了二次计算，通过不同的计算方法得出等式，从而求解．这是一种解题技巧．
50．（1）；（2）.
【分析】（1）记甲同学累计得分为，计算出甲同学两分球和三分球投篮命中的概率，进而可计算得出，即为所求；
（2）设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件，计算出、，利用条件概率公式可求得，即为所求.
【详解】（1）甲同学两分球投篮命中的概率为，
甲同学三分球投篮命中的概率为，
设甲同学累计得分为，
则，
所以，甲同学通过测试的概率为；
（2）乙同学两分球投篮命中率为，
乙同学三分球投篮命中率为.
设乙同学累计得分为，则，
，
设“甲得分比乙得分高”为事件，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件，
则，
，
由条件概率公式可得.
【点睛】思路点睛：用定义法求条件概率的步骤：
（1）分析题意，弄清概率模型；
（2）计算、；
（3）代入公式求.
51．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）取的中点，连接，，可得，利用直角三角形的性质可得，即可证明，进而可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用面面垂直的判定定理即可求证；
（2）先证明，，可得为四边形外接圆的直径，进而可得和的长，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.
【详解】
取的中点，连接，，
因为，所以，
因为，为的中点，
所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知：平面，所以，在和中，由
，可得，所以，即，
所以在以为圆心的圆上，
由可得为四边形外接圆的直径，
，，，
以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，
设平面的一个法向量，
则 令，可得，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以，
因为二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
52．（1）；（2）.
【分析】（1）由题设条件有、，结合椭圆参数的关系，即可写出椭圆的方程；
（2）设过的切线，联立椭圆方程并整理为关于x的一元二次方程，由l与椭圆C相切有，整理为关于k的一元二次方程，根据根与系数的关系及求得，最后由得到最小值，结合m的范围求u的范围.
【详解】（1）由题意知：，
∴，又以为直径的圆和C恰好有两个交点，则，
∵，可得，
∴椭圆C的方程为；
（2）由题意知，直线、的斜率存在且不为零，
设过的切线，
联立椭圆方程，消去y可得，
由直线l与椭圆C相切，则，
整理可得（易知），
设直线、的斜率分别为、，它们是上述方程的两根，
∴，整理得，则，
∴，易知：当时，有，
∵，
∴，即u的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：第二问，设切线方程，联立椭圆方程并整理，根据切线与椭圆的位置关系有得到关于切线斜率的一元二次方程，利用根与系数的关系得到即可确定最小值，结合m的范围求最小值的范围.
53．（1）见解析（2）
【分析】（1）先求导，需要分类讨论，分当a≤0时，当0＜a＜1时，当a＝1时，当a＞1时，根据导数和函数的单调性求出即可.
（2）将问题转化为与的图像有三个交点，借助第一问的单调性得到极值，在每一类情况下通过构造函数解不等式，求得a的范围，取交集即可．
【详解】因为，其定义域为，
则，且，
①若a≤0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，1）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）单调递减，
②当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，解得x＝1，或x＝a，
当a＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞1或0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
③当a＝1时，f′（x）0恒成立，即函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
④当a＞1时，当1＜x＜a时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞a或0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
（2）令，即有且仅有3个零点，
∴依题意，与的图像有三个交点，
∴由（1）知，必有和，
①当0＜a＜1时，f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
∴f（x）的极小值为，极大值为，
又
，
∴与的图像至多有1个交点，所以舍去；
②当a＞1时，f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
∴f（x）的极小值为，极大值为，
∴只有当成立，
与的图像才有三个交点，
当时，，下面只需要求解不等式
即的解集，
令，则等价于
设，则，令，
则，令，则，
且当t＜2时，u′（t）＞0，函数u（t）单调递增，
当t＞2时，u′（t）＜0，函数u（t）单调递减，
又，所以，即单调递减，又，所以时，，
即，得到，
综上
【点睛】方法点睛：函数零点问题转化为两个函数交点个数问题.
关键点点睛不等式的解集，将，整体化思想构造函数，便于研究.
54．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）将已知条件转化为，由此证得数列是等比数列.
（2）利用分组求和法求得.
（1）
由，得，
又，故，
故，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
（2）
由（1）可知，所以，      
所以．
55．(1)分布列见解析，数学期望为
(2)

【分析】（1）先得出随机变量X可取的，并求出相应概率，列出分布列，计算数学期望；
（2）分别求出甲取球1次后、取球2次后、取球3次后可领取纪念的概率，再相加得出甲能够领到纪念品的概率．
（1）
由题意得，随机变量X可取的值为1，2，3，
易知，，所以，
则随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
P
0.3
0.6
0.1
所以
（2）
由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，
记参与者第i轮的得分为，则其前n轮的累计得分为，
若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得2分，则；
若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为4分，有“”、“”的情形，
则；
若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，
有“”、“”的情形，则；
记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则
．
56．(1)
(2)

【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分别在和，求得和，结合和互补，求得，再在中，求得，即可求解；
解法2、由题意，求得，根据，结合的面积为面积的，列出方程，即可求解；
（2）解法1、由余弦定理求得，得到，，在中，由余弦定理求得，即可求解；
又由，所以．
解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：解法1、由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
与互补，则，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2、由题意可得，，
由AM为边BC上的中线，则，
两边同时平方得，，故，
因为M为BC边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得，．
（2）解：方法1、在中，由余弦定理，得，
所以，
由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
解法2：
因为BN为边AC上的中线，所以，
，
，即．
所以．
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.
（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，
因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.

（2）解：如图所示，过E作交AB于O，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，
取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，
因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，
以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
可得，，，则，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二成角的余弦值为．

58．(1)
(2)以为直径的圆经过定点，定点坐标为和

【分析】（1）根据点在双曲线上和点到直线的距离分别建立方程，然后解出方程即可；
（2）联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理，并表示出以为直径的圆的方程，结合对称性即可求得定点坐标
【详解】（1）由题意得：
因为双曲线C的渐近线方程为，所以有：
解得：
因此，双曲线C的方程为：
（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
由可得：
设、，
则由：，
由直线AM方程，令，得点
由直线AN方程，令，得点
则以EF为直径的圆的方程为：
令，有：
将，代入上式，得
可得：
解得：，或
即以EF为直径的圆经过点和；
②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为、，以EF为直径的圆方程为，该圆经过点和
综合可得，以EF为直径的圆经过定点和
59．(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)（i）（ii）证明见解析

【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
【详解】（1）定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
（2）（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，

，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
60．(1)，证明见解析
(2)

【分析】（1）利用与前n项和的关系，由可得的值，即可求得的值；根据相减法求得为常数，证明其为等差数列；
（2）由（1）中数列为等差数列，对进行奇偶讨论，即可求得.
【详解】（1）解：已知，
当时，，；当时，，，所以．
因为①，所以②．
②－①得，，整理得，，
所以（常数），，
所以是首项为6，公差为4的等差数列．
（2）解：由（1）知，，，．
当n为偶数时，；
当n为奇数时，．
综上所述，.
61．(1)
(2)

【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；
(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）解：由已知得，，
由正弦定理可得，，
因为，
所以,
代入上式，整理得，
又因为，，
所以，
即,
又因为，
所以，
所以，
解得；
（2）在中，由余弦定理得，．
而，，所以，①
在中，由余弦定理得，，②
由①②两式消去a，得，
所以，
又，解得，．
所以的面积．
62．(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．
又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
所以，
令得．
设平面PBC的法向量为，
所以，
令得．
设平面PAB与平面PBC的夹角为．
所以，

所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
63．(1)4
(2)40%．

【分析】（1）根据题意分析可得方式Ⅰ回答问卷的人数，利用二项分布的期望的公式运算求解；
（2）根据题意结合条件概率公式和全概率公式运算求解
【详解】（1）每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为，
每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率，
由题意可得：该部门9名员工中按方式Ⅰ回答问卷的人数，
所以X的数学期望．
（2）记事件A为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件B为“按方式Ⅱ回答问卷”，事件C为“在问卷中画○”．
由（1）知，，．
∵，
由全概率公式，则，解得，
故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%．
64．(1)，其中或
(2)存在，

【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
65．(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)答案见解析；
(3)且.

【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记，利用导数得在和上均单调递增．记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；
（3）记，利用（1）得出的单调性和值域，然后分和两种情况，结合（2）中不动点的范围对进行分析即可
【详解】（1）当时，，定义域为R．
，令，得．
当时，；当时，．
所以的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．
显然，不是方程的根，所以．
记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．
由，记．
①当时，
（ⅰ）当时，，
（可设
当，当，
在单调递减，在单调递增，所以），
存在，使得，即存在唯一使得；
（ⅱ）当时，，
（设
当，当，
在单调递增，在单调递减，
所以），存在，使得，即存在唯一使得．
②当时，
（ⅰ）当时，无零点；
（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．
综上所述，
当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．
（3）记，由（1）知，
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．
当，由（2）知
（其中）．
由，代入得．
因为，所以此时只有一个解；
因为，所以此时有两个解，
故共有三个解，不满足题意；
当，由（2）知

由，代入得，
当时，只有一个解，不满足题意，此时；
时，共有两个解，满足题意，
综上所述，当且时方程有两个不同实数根．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题，常用的方法：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接分析函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到，分析的图象得解）.
66． /0.8
【分析】以为弦的圆的圆心记作，易得圆心在线段的垂直平分线，且通过可得，得到直线的方程即可求出圆的方程；先求出以为直径的，然后两圆进行相减得到公共弦方程，代入可得点P横坐标，然后用对勾函数即可求得最值
【详解】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，
与直线相切于，则，
由可得，所以直线为，
将代入直线可得圆心为，，
所以所求的圆的标准方程为①；
以为直径的圆的圆心，半径为1，
则的方程为②，
①②可得，即为与的公共弦所在直线的方程，
将代入可得，
因为交点在第一象限，所以，所以，
令，（当且仅当时取等号）则
所以交点的横坐标
由对勾函数可得在内单调递增，所以当时，取得最小值，为，
所以交点的横坐标的最大值为
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点的横坐标后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题.