广西省南宁市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份广西省南宁市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共61页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广西省南宁市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·广西南宁·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·广西南宁·统考一模）复数，则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·广西南宁·统考一模）若，则（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·广西南宁·统考一模）记为等差数列的前项和，若，，则数列的通项公式（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·广西南宁·统考一模）已知直线，两个不同的平面和.下列说法正确的是（    ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．（2021·广西南宁·统考一模）若实数、满足约束条件，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·广西南宁·统考一模）过点的直线与圆相切，则直线的方程为（    ）
A． B．
C．或 D．或
8．（2021·广西南宁·统考一模）已知函数，则其大致图象为（    ）
A． B．
C． D．
9．（2021·广西南宁·统考一模）某中学高三文科⒉班在每周的星期一、三、五的晚自习前都要用半个小时进行英语听力测试，一共30个小题，每个小题1分，共30分.测试完后，该班英语老师都会随机抽取一个小组进行现场评阅，下表是该班英语老师在某个星期一随机抽取一个小组进行现场评阅的得分情况：
姓名
张周
邓靖川
王行
王沛
陆俊杰
刘振志
谭菲菲
任思颖
张韵
得分（单位：分）
20
23
22
21
14
18
20
25
26
对这个小组的英语听力测试分数，有下面四种说法：
①该小组英语听力测试分数的极差为12
②该小组英语听力测试分数的中位数为21
③该小组英语听力测试分数的平均数为21
④该小组英语听力测试分数的方差为11
其中说法正确的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2021·广西南宁·统考一模）已知抛物线的焦点为圆的圆心，又经过抛物线C的焦点且倾斜角为60°的直线交抛物线C于A、B两点，则（    ）
A．12 B．14 C．16 D．18
11．（2021·广西南宁·统考一模）已知双曲线的左焦点为，过点的直线与两条渐近线的交点分别为两点(点位于点M与点N之间)，且，又过点作于P(点O为坐标原点)，且，则双曲线E的离心率（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·广西南宁·统考一模）设，，，则a，b，c的大小顺序为（    ）
A． B．
C． D．
13．（2022·广西南宁·统考一模）设集合，则（    ）
A． B． C． D．
14．（2022·广西南宁·统考一模）已知是虚数单位，若复数，则（    ）
A．2 B． C． D．
15．（2022·广西南宁·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·广西南宁·统考一模）的展开式中含项的系数为（    ）
A． B．24 C． D．16
17．（2022·广西南宁·统考一模）在正方体中O为面的中心，为面的中心.若E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·广西南宁·统考一模）设一组样本数据的平均数为100，方差为10，则的平均数和方差分别为（    ）
A． B． C． D．
19．（2022·广西南宁·统考一模）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
20．（2022·广西南宁·统考一模）函数的图像可能是（    ）
A． B．
C． D．
21．（2022·广西南宁·统考一模）过抛物线：的焦点作倾斜角为60°的直线交抛物线于，两点，则的值为（    ）
A．3 B．2 C． D．1
22．（2022·广西南宁·统考一模）已知函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．将的图象向左平移个单位长度，得到新函数为奇函数
B．函数的图象关于点对称
C．的解折式为
D．函数在区间上的值域为
23．（2022·广西南宁·统考一模）设是双曲线的左､右焦点.若双曲线C上存在点P满足且，则双曲线C的渐近线方程是（    ）
A． B． C． D．
24．（2022·广西南宁·统考一模）已知是定义在上的函数，对任意两个不相等的正数，都有.记，则（    ）
A． B． C． D．
25．（2023·广西南宁·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·广西南宁·统考一模）已知复数满足（为虚数单位），则复数（    ）
A． B． C． D．
27．（2023·广西南宁·统考一模）电动工具已成为人们生产和生活中常备的作业工具､数据显示，全球电动工具零部件市场规模由2016年的58亿美元增长至2020年的72亿美元，复合年均增长率达5.55%，2022年全球电动工具零部件市场规模达到80亿美元.根据此图，下列说法中正确的是（    ）

A．2016-2022年全球电动工具零部件市场规模逐步减少
B．2016-2022年全球电动工具零部件市场规模增长速度逐年增长
C．2021年全球电动工具零部件市场规模大于2020年全球电动工具零部件市场规模
D．2018-2019年全球电动工具零部件市场规模增速的差值最大
28．（2023·广西南宁·统考一模）已知，则（    ）
A．1 B． C．2 D．
29．（2023·广西南宁·统考一模）已知数列满足，则数列的前5项和为（    ）
A．25 B．26 C．32 D．
30．（2023·广西南宁·统考一模）设随机变量，，则（    ）
A． B． C． D．
31．（2023·广西南宁·统考一模）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（    ）

A． B． C．6 D．
32．（2023·广西南宁·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
33．（2023·广西南宁·统考一模）已知函数的图象在处的切线与函数的图象相切，则实数
A． B． C． D．
34．（2023·广西南宁·统考一模）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（    ）

（参考公式：）
A． B．
C． D．
35．（2023·广西南宁·统考一模）已知直线与抛物线相交于、两点（其中位于第一象限），若，则（         ）
A． B． C．-1 D．
36．（2023·广西南宁·统考一模）已知函数在区间上有且仅有2个零点，对于下列4个结论：①在区间上存在，满足；②在区间有且仅有1个最大值点；③在区间上单调递增；④的取值范围是，其中所有正确结论的编号是
A．①③ B．①③④ C．②③ D．①④

二、填空题
37．（2021·广西南宁·统考一模）已知向量，，若，则___________.
38．（2021·广西南宁·统考一模）记为等比数列的前项和，若，，则的值为__________.
39．（2021·广西南宁·统考一模）函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象关于轴对称，则的最小值为___________
40．（2021·广西南宁·统考一模）已知母线长为6的圆锥的顶点为S，点A、B为圆锥的底面圆周上两动点，当SA与SB所夹的角最大时，锐角的面积为，则此时圆锥的体积为_________.
41．（2022·广西南宁·统考一模）已知向量，若，则实数___________.
42．（2022·广西南宁·统考一模）已知函数在处取得极值，则的极小值___________.
43．（2022·广西南宁·统考一模）2021年9月17日，搭载着3名英航天员的神舟十二号载人飞船返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神舟十二号返回任务取得圆满成功.假设返回舱D是垂直下落于点C，某时刻地面上点观测点观测到点D的仰角分别为，若间距离为10千米（其中向量与同向），试估算该时刻返回舱距离地面的距离约为___________千米（结果保留整数，参考数据：）.
44．（2022·广西南宁·统考一模）已知在三棱锥中，平面平面和均是边长为的正三角形，则该三棱锥的外接球体积为___________.
45．（2023·广西南宁·统考一模）若满足约束条件，则的最大值为__________．
46．（2023·广西南宁·统考一模）如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点在四边形内运动所形成轨迹的长度为__________.

47．（2023·广西南宁·统考一模）已知是双曲线的两个焦点，为上一点，，且，则的离心率为__________．
48．（2023·广西南宁·统考一模）已知函数，点是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是__________.

三、解答题
49．（2021·广西南宁·统考一模）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且.
（1）求角A；
（2）若的面积，求a的取值范围.
50．（2021·广西南宁·统考一模）在某地区的教育成果展示会上，其下辖的一个教育教学改革走在该地区前列的县级民族中学近几年升入“双一流”大学的学生人数情况如下表：
年份
2015
2016
2017
2018
2019
2020
年份代码
1
2
3
4
5
6
学生人数
66
67
70
71
72
74
(1)根据表中数据，建立y关于x的线性回归方程
(2)根据线性回归方程预测2021年该民族中学升人“双一流”大学的学生人数，（结果保留整数）
附：对于一组数据(，），（，），…，（，），其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为
参考数据；
51．（2021·广西南宁·统考一模）如图，在直四棱柱中，上、下底面均为菱形，点，，分别为，，的中点.

（1）求证：平面；
（2）若，求证：平面.
52．（2021·广西南宁·统考一模）已知函数，其中.
（1）若在处的切线与轴的交点为，求的值；
（2）设函数，当时，试讨论的单调性.
53．（2021·广西南宁·统考一模）已知经过原点O的直线与离心率为的椭圆交于A，B两点，、是椭圆C的左、右焦点，且面积的最大值为1.

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图所示，设点P是椭圆C上异于左右顶点的任意一点，过点Р的椭圆C的切线与交于点M.记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值，并求出该定值.
54．（2021·广西南宁·统考一模）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），又以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线C的极坐标方程，若原点在曲线C的内部，则求实数的取值范围；
（2）当时，直线l与曲线C交于M、N两点，又点P为此时曲线C上一动点，求面积的最大值.
55．（2021·广西南宁·统考一模）已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时，不等式成立，求实数的取值范围.
56．（2022·广西南宁·统考一模）已知数列的前n项和为，满足.
(1)求的通项公式；
(2)设的前n项和为.若对于任意恒成立，求n的取值范围.
57．（2022·广西南宁·统考一模）某市公安交管部门曾于2017年底公布了一组统计数据：一年来全市范围内共发生涉及电动自行车的交通事故（一般程序）共3558起，造成326人死亡（因颅脑损伤导致死亡占），死亡人数中有263人未佩戴头盔（占）.驾乘电动自行车必需佩戴头盔，既是守法的体现，也是对家庭和社会负责的表现.该市经过长期开展安全教育，取得了一定的效果.表一是该市某主干路口连续5年监控设备抓拍到的驾乘人员未佩戴头盔的统计数据：表一
年度
2017
2018
2019
2020
2021
年度序号x
1
2
3
4
5
未佩戴头盔人数y
1250
1200
1010
920
870
(1)请利用表一数据求未佩戴头盔人数y与年度序号x之间的回归直线方程，并预测该路口2022年驾乘人员未佩戴头盔的人数；
(2)交管部门从年在该路口发生涉及电动自行车的交通事故案例中随机抽取了50起作为样本制作出表二：

未佩戴头盔
佩戴头盔
合计
伤亡
6
10
16
无伤亡
4
30
34
合计
10
40
50
请问能否有的把握认为驾乘电动自行车未佩戴头盔的行为与事故伤亡有关？
附：参考公式及数据：；，其中.

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
k
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879

58．（2022·广西南宁·统考一模）如图所示，已知四棱锥中，底面是矩形，平面底面且为中点.点P在平面ABCD上的投影在线段AD上.

(1)求证：；
(2)若与底面所成角的正切值为，求二面角的正弦值.
59．（2022·广西南宁·统考一模）已知椭圆的右焦点为F，过点F且不垂直于x轴的直线交C于两点，分别过作平行于x轴的两条直线，设分别与直线交于点，点R是的中点.
(1)求证：；
(2)若与x轴交于点D（异于点R），求的取值范围.
60．（2022·广西南宁·统考一模）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性，并证明：；
（2）若函数与的图象恰有三个不同的交点，求实数的取值范围.
61．（2022·广西南宁·统考一模）在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数）.以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
(1)设点是曲线C上的一个动点，求的取值范围；
(2)经过变换公式把曲线C变换到曲线，设点P是曲线上的一个动点，求点P到直线的距离的最小值.
62．（2022·广西南宁·统考一模）已知函数.
(1)当时，解不等式；
(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
63．（2023·广西南宁·统考一模）在中，角的对边分别为，已知，
(1)求；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围．
64．（2023·广西南宁·统考一模）如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，是上一点，且.将沿着折起使得平面平面，连接，分别是的中点，如图2.

(1)证明：在图2中四点共面，且平面平面；
(2)在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长.
65．（2023·广西南宁·统考一模）在某次现场招聘会上，某公司计划从甲和乙两位应聘人员中录用一位，规定从6个问题中随机抽取3个问题作答.假设甲能答对的题目有4道，乙每道题目能答对的概率为，
(1)求甲在第一次答错的情况下，第二次和第三次均答对的概率；
(2)请从期望和方差的角度分析，甲､乙谁被录用的可能性更大？
66．（2023·广西南宁·统考一模），
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明；
(3)证明对于任意正整数，都有.
67．（2023·广西南宁·统考一模）已知椭圆的左焦点为，点在上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知椭圆的上顶点为，圆，椭圆上是否存在两点使得圆内切于？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
68．（2023·广西南宁·统考一模）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为．
(1)求的参数方程；
(2)已知点在上，若在处的切线与直线平行，求点的极坐标．
69．（2023·广西南宁·统考一模）已知函数，．

(1)在给出的坐标系中画出函数的图像；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：
1．D
【分析】先求出集合A，再由交集定义即可求出.
【详解】，
.
故选：D.
2．B
【分析】利用复数的乘法法则化简复数，由此可得出复数的虚部.
【详解】，因此，复数的虚部为.
故选：B.
3．A
【分析】由二倍角公式结合诱导公式即可求解.
【详解】，
.
故选：A.
4．B
【分析】由等差数列前n项和公式求出公差，即可得出通项公式.
【详解】设等差数列的公差为，
则，解得，
.
故选：B.
5．D
【分析】根据线面和面面位置关系的性质即可依次判断.
【详解】对A，若，，则或，故A错误；
对B，若，，则与相交，平行或在平面内，故B错误；
对C，若，，则与平行或相交，故C错误；
对D，若，，则由面面平行的性质可得，故D正确.
故选：D.
6．D
【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最大值时对应的最优解，代入目标函数即可得解.
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，解得，即点，
平移直线，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最大，
此时取最大值，即.
故选：D.
【点睛】思路点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：
（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；
（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
7．C
【分析】当斜率不存在时可知满足题意；当斜率存在时，设其方程为，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得切线方程.
【详解】当过的直线斜率不存在时，方程为，与圆相切，满足题意；
当过的直线斜率存在时，设方程为，即，
圆的圆心到的距离，解得：，
，即；
直线的方程为或.
故选：C.
【点睛】易错点点睛：本题考查过圆外一点的圆的切线方程的求解，解决此类问题采用待定系数法，利用圆心到直线距离等于半径来进行求解；易错点是忽略切线斜率不存在的情况，造成丢根的情况出现.
8．B
【分析】通过函数的定义域排除选项D,再通过时的函数值确定选项.
【详解】由题得函数的定义域为，所以选项D错误；
当时，，所以选项B正确，选项A,C错误.
故选：B
【点睛】方法点睛：根据函数的解析式确定函数的图象，一般先找差异，再验证.
9．C
【分析】根据统计量的相关性质，直接计算，逐项判断即可得解.
【详解】对①，该小组英语听力测试分数的极差为26-14=12，故①正确；
对②，该小组英语听力测试分数的中位数为21，故②正确；
对③，该小组英语听力测试分数的平均数为，故③正确；
④该小组英语听力测试分数的方差为
，故④错误.
故选：C.
10．C
【分析】由已知求出，得出直线方程，联立直线与抛物线，利用弦长公式即可求出.
【详解】由题可得抛物线焦点为，则，即，则抛物线方程为，
直线的倾斜角为60°，则斜率为，故直线的方程为，
联立直线与抛物线可得，
设，则，
则.
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．C
【分析】根据题意作出图示，根据角度以及长度关系分别求解出，然后根据二倍角的正切公式求解出的关系式，则离心率可求.
【详解】不妨设在第二象限，在第三象限，如下图所示：

因为，，所以，
所以，，
又，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以.
故选：C.
12．A
【分析】先通过变形，而，故可判断大小，
再作差利用基本不等式有即可得解.
【详解】由，
，
所以，
所以，
故选：A.
【点睛】本题考查了对数函数的比较大小，对数函数的比较大小是高考中重点考查对象，考查了利用中间量以及作差法比较大小，考查了变形转化以及对数的运算能力，比较大小有以下几种方法：
（1）利用函数单调性比较大小；
（2）中间量法比较大小；
（3）作差法、作商法比较大小.
13．A
【分析】解不等式求得集合，由此求得.
【详解】，
所以.
故选：A
14．C
【分析】利用复数运算求得，由此求得.
【详解】，
所以.
故选：C
15．C
【分析】已知式由诱导公式变形后平方，然后由平方关系和正弦的二倍角公式化简可得．
【详解】因为，
所以，所以，
．
故选：C．
16．B
【分析】结合二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】的展开式中含的项为，系数为.
故选：B
17．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】设正方体的边长为，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
设异面直线与所成角为，
则.
故选：B

18．D
【分析】根据平均数和方差的公式计算出正确答案.
【详解】依题意，
所以，
.
故选：D
19．D
【分析】先求得直线所过定点坐标，然后利用勾股定理求得的最小值.
【详解】圆的圆心为，半径为.
直线的方程可化为，
所以，解得，即直线过定点.
，所以在圆内.
当的中点为，也即时，最小，
且最小值为.
故选：D
20．A
【分析】本题首先可通过判断出函数为奇函数，C、D错误，然后取，通过判断出此时，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以函数为奇函数，C、D错误，
当，，，
，，B错误，
故选：A.
【点睛】方法点睛：本题考查函数图像的判断，在判断函数的图像的时候，可以通过函数的单调性、奇偶性、周期性、函数值的大小、是否过定点等函数性质来判断，考查数形结合思想，是中档题.
21．A
【分析】首先，写出抛物线的焦点坐标，然后，求解直线的方程，利用焦半径公式求解比值．
【详解】抛物线的焦点坐标为，，
直线倾斜角为，
直线的方程为：．
设直线与抛物线的交点为，、，，
，，
联立方程组 ，消去并整理，得，
解得，，
，，
，
的值为3,
故选：
22．C
【分析】根据给定条件求出函数的解析式，再逐一分析各个选项判断作答.
【详解】函数的周期，依题意，，解得，则，
而当时，，则，又，即有，则，
对于A，是偶函数，将的图象向左平移个单位长度所得新函数不是奇函数，A错；
对于B，因，函数的图象关于点不对称，B错；
对于C，的解折式为，C正确；
对于D，当时，，，则，D错.
故选：C
23．B
【分析】根据双曲线的定义得出的关系，求得后可得渐近线方程．
【详解】由得，又，
所以，，
又，则，，，，
渐近线方程为，即．
故选：B．
24．A
【分析】将给定不等式变形可得函数在上单调递减，再构造函数比较与的大小即可推理判断作答.
【详解】对任意两个不相等的正数，，
则有函数在上单调递减，
令，，即在上单调递减，
于是得，即有，从而有，
因此，，则有，
所以.
故选：A
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，
构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
25．D
【分析】根据题意结合集合的交集运算求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
26．A
【分析】根据复数的运算性质代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意，可变形为，
则复数，
故选:．
27．C
【分析】根据条形图和折线图可得出结果
【详解】由条形图可以看出全球电动工具零部件市场规模逐步增加，所以选项A错误；
由折线图可以看出2016-2022年全球电动工具零部件市场规模增长速度有增有减，所以选项B错误；
由条形图可以看出选项正确；
由折线图可以看出2017-2018年全球电动工具零部件市场规模增速的差值最大，所以选项D错误；
故选：C
28．B
【分析】根据同角关系式结合条件可得，然后根据诱导公式即得.
【详解】
，即，
所以，
或（舍），
所以．
故选：B.
29．A
【分析】根据题中条件，得到，可得数列是以3为首项，1为公差的等差数列，结合等差数列的求和公式，即可求出结果.
【详解】数列满足，整理得：（定值），
故数列是以首项，1为公差的等差数列，
所以.
故选：A.
30．C
【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值，进而可得出的值.
【详解】，，
.
故选：C.
31．B
【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.
【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，

一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，
圆锥底面周长为，所以，所以，
在中，由，得


故选：B．
32．B
【分析】根据三角恒等变换运算求解.
【详解】由题意可得：，
则.
故选：B.
33．B
【分析】先求函数的图象在处的切线，再根据该切线也是函数图象的切线，设出切点即可求解.
【详解】由，得，则，
又，所以函数的图象在处的切线为，即.
设与函数的图象相切于点,
由，可得
解得.
故选B.
【点睛】本题考查导数的几何意义与函数图象的切线问题.已知切点时，可以直接利用导数求解；切点未知时，一般设出切点，再利用导数和切点同时在切线和函数图象上列方程(组)求解.
34．D
【分析】通过观察发现每一层的乒乓球数为，从而求转化成数列的前项和，利用等差数列前项和公式和即可求出结果.
【详解】






故选：D
35．A
【分析】过作准线的垂线，垂足为，利用抛物线定义及得，利用三角形知识求出倾斜角，进一步求出直线斜率即可
【详解】由题意知，直线过抛物线的焦点，
准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，过A作的垂线，垂足为M，
如图，

设，因为，所以，
则，所以，
即直线的倾斜角等于，可得直线的斜率为.
故选：A.
36．B
【分析】对①，，则为最大值减最小值，需要找到在上是否存在最大值和最小值；对②，对应的值有可能在上；对④，由在区间上有且仅有2个根，得，求出的范围；对③，由的范围，确定的范围，进而确定的单调性.
【详解】，
，
令，则，
由题意在上只能有两解和，
，（*）
因为上必有，
故在上存在满足，①成立；
开对应的（显然在上）一定是最大值点，
因对应的值有可能在上，故②结论错误；
解（*）得，所以④成立；
当时，，
由于，
故，
此时是增函数，从而在上单调递增. 所以③成立
综上，①③④成立，
故选：B.
【点睛】本题考查函数与方程，考查三角函数的性质，属于较难的题目.
37．2
【分析】利用向量垂直的性质直接求解．
【详解】解：向量，，，
，
解得．
故答案为：2．
38．63
【分析】由已知求出首先和公比即可得出.
【详解】设等比数列的公比为,
则，解得，
.
故答案为：63.
39．5
【分析】根据平移求得，再根据的图象关于轴对称建立关系即可求解.
【详解】由题可得，
的图象关于轴对称，
，解得，
，故的最小值为5.
故答案为：5.
40．
【分析】可得当SA与SB所夹的角最大时，为底面圆的直径，根据三角形面积可得，进而得，再由余弦定理可求出半径，得出体积.
【详解】设底面半径为，
当SA与SB所夹的角最大时，为底面圆的直径，
此时，解得，
为锐角三角形，，
则，解得，
则圆锥的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查圆锥体积的计算，解题的关键是根据已知求出圆锥的底面半径.
41．
【分析】由向量平行的坐标表示计算．
【详解】由题意，
由得，，
故答案为：．
42．1
【分析】求出导函数，由极值点确定参数的值，再根据导数与单调性的关系得极值．
【详解】，
在处取得极值，则，，
，，
或时，，时，，
在和上递减，在上递增，
因此时，取得极小值，
故答案为：1
43．
【分析】利用正弦定理求得，由此求得.
【详解】在三角形中，，
由正弦定理得，

，
所以千米.
故答案为：

44．/
【分析】求得三棱锥外接球的半径，由此求得外接球的体积.
【详解】依题意，平面平面和均是边长为的正三角形，
设是的中点，则，
由于平面平面且交线为，
所以平面，平面.
设分别是等边三角形和等边三角形的中心，
则,
设是三棱锥外接球的球心，
则平面，平面.
所以外接球的半径，
所以外接球的体积为.
故选：

45．2
【分析】由约束条件作出可行域，化简目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.
【详解】由约束条件作出可行域如图所示，由目标函数即可知
当目标函数过点时，取得最大值，
故联立，解得，故最大值为．

故答案为：2
46．
【分析】利用直线与平面没有交点，转化为寻找过直线且与平面平行的平面，平面与底面的交线即为所求，再求出线段长就可得到结果.
【详解】取的中点，连接，如图所示：
分别是棱的中点，所以，
又因为平面平面，所以平面.
因为，
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面平面，所以平面.
因为，所以平面平面.
因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点，
所以的轨迹为线段，则.

故答案为：.
47．
【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.
【详解】由正弦定理得，所以，
即，由双曲线的定义可得，
所以；
因为，由余弦定理可得，
整理可得，
所以，即．
故答案为：.
48．
【分析】作出函数的图形，求出过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围.
【详解】当时，，则，
所以，函数在上为增函数；
当时，由可得，即，
作出函数的图象如下图所示：

设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为
，设切点为，
所以，切线方程为，
将原点坐标代入切线方程可得，
即，构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递减，且，
由，解得，所以，，
而函数的渐近线方程为，
设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为，
则，
结合图形可知，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.
49．（1）；（2）
【分析】（1）由正弦定理化角为边可得，再利用余弦定理即可求出；
（2）由面积公式可得，再利用基本不等式即可求出.
【详解】（1）由已知结合正弦定理可得，即，
则由余弦定理可得，
，；
（2），则，
由，当且仅当时等号成立，
.
50．(1)
(2)76人

【分析】（1）根据公式及题中的数据代入计算可得结果；
（2）由（1）得到的线性回归方程，将2021年所代表的年份代码数代入即可求解.
(1)
，
∵
∴
故y关于x的线性同归方程为
(2)
由题知，当年份为2021时，年份代码
此时
∴预测2021年该民族中学升人“双一流”大学的学生人数为76人
51．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，可证四边形为平行四边形，得出，即可证明；
（2）通过和可证平面，再由即可证明.
【详解】（1）取中点，连接，
为的中点，，且，
在直四棱柱中，为中点，
，故四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面；

（2）四边形是菱形，，为等边三角形，
是的中点，，
在直四棱柱中，平面，平面，
，
，平面，
，平面.
52．（1）；（2）函数在上单调递增，在上单调递减
【分析】（1）本题首先可通过函数解析式得出，然后通过求导得出，并写出在处的切线方程，最后通过切线与轴的交点为即可得出结果.
（2）本题可根据题意得出，然后构造函数，通过导函数求函数的最值从而得出，最后分为、两种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
则在处的切线方程为，即，
因为切线与轴的交点为，所以，解得.
（2）因为，所以，
则，
当时，，
构造函数，则，
即当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，
当时，函数取最小值，，
即当时，，，，
因为，
所以当，，函数在上单调递增；
当，，函数在上单调递减，
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数的切线方程求参数以及通过导数求函数的单调性，能否通过构造函数得出是解决本题的关键，函数在某一点处的导函数值即函数在这一点处的切线斜率，考查计算能力，是难题.
53．（1）；（2）.
【分析】（1）由点A在短轴端点时，面积取得最大值，得到，再根据椭圆的离心率为求解.
（2）设直线PM的方程为与联立，根据 PM是椭圆的切线，由，得到，设，用导数法求得，然后根据，由 求解.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以，
设，则，
当时，面积取得最大值，
所以，又，
解得，
所以椭圆的方程是.
（2）设直线PM：与联立得：，
因为PM是椭圆的切线，
所以，即，
由，得，
所以，则，
设，则①，
因为，
所以②，
将①②代入，得，
因为同号，
所以，
因为M在直线上，
所以，
所以 ，
所以,
.
【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），；（2）
【分析】（1）将曲线C的参数方程消去参数得出普通方程，将代入可得曲线C的极坐标方程，由可求出的范围；
（2）利用弦长公式求出，求出点P到直线的最大距离，即可得出面积的最大值.
【详解】（1）将曲线C的参数方程消去参数，
可得普通方程为，即，
将代入可得曲线C的极坐标方程为，
若原点在曲线C的内部，则，解得；
（2）当时，圆C的方程为，圆心为，半径，
直线的极坐标方程化为直角坐标方程为，
由得，
设，则，
，
要使面积最大，只需点P到直线的距离最大，
圆心到直线的距离，
则点P到直线的最大距离为，
所以面积的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的转化，考查三角形面积的最值，解题的关键是清楚极坐标和直角坐标的关系，知道三角形面积最大只需满足点P到直线的距离最大.
55．（1）；（2）.
【分析】（1）当时，得原不等式等价于，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）由，可得出不等式等价于，分、、三种情况进行讨论，在前两种情况下验证即可，在时，解不等式，根据已知条件可得出集合间的包含关系，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，则等价于.
当时，则有，解得，此时；
当时，则有，解得，此时；
当时，则有，解得，此时.
综上所述，当时，不等式的解集为；
（2）当时，不等式成立等价于当时成立.
若，则当时，恒成立；
若，则当时，，不合乎题意；
若，由可得或，解得或.
由题意可得，则，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
56．(1)
(2)且

【分析】（1）利用求得的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得，进而求得题目所求的取值范围.
(1)
依题意，
当时，，.
①，当时， ②，
①-②并化简得，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以.
(2)
，
所以.
且.
57．(1)，预测值为738
(2)有的把握认为驾乘电动自行车未佩戴头盔的行为与事故伤亡有关

【分析】（1）根据回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程，并计算出预测值.
（2）计算的值，由此作出判断.
(1)
，
，.
所以，
当时，预测值为人.
(2)
，
所以有的把握认为驾乘电动自行车未佩戴头盔的行为与事故伤亡有关.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）作，垂足为，利用与平面所成角的正切值证得是中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其正弦值.
(1)
平面平面，且交线为，
四边形是矩形，，
所以平面，而平面，所以.
因为，为中点，所以，
由于，所以平面，
由于平面，所以.
(2)
如图，作，垂足为，连接.
因为平面平面，且交线为，
所以平面，
所以与平面所成角为，
所以，
解得，即为的中点.
分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
所以，
设为平面的法向量，则，
则，故可设.
同理可求得是平面的法向量.
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
所以，
故.
所以二面角的正弦值为.

59．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设出直线的方程为，并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过证明来证得.
（2）由，结合（1）来求得的取值范围.
(1)
设直线的方程为，，
则，
，
要证，只需证即可，
只需证，只需证.
联立，消去并化简得.
所以，
所以成立，所以.
(2)
延长交于点，
由（1）得，且，
因为是的中点，所以为的中点.
所以，则，因此，
从而.
由（1）得，
，，
，即.
令，则，
，
因为，，
故的取值范围是.

60．（1）在上是单调递减函数，证明见解析；（2）.
【分析】（1）将代入函数得．利用导数与函数单调性的关系即可求得函数的单调区间，证明见解答过程；
（2）将两函数作差后构造新函数，在求导对分情况讨论，结合单调性，极值和函数零点存在性定理即可得到的范围．
【详解】解：（1）当时，.
所以，
所以在上是单调递减函数.
又，
所以当时，，即.
令，则

，……
从而

，
所以.
（2）令，
所以.
设，则.
①当，即时，，所以在单调递减，
所以不可能有三个不同的零点；
②当，即时，有两个零点，，
所以.
又因为开口向下，
所以当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在上单调递减.
因为，且，所以，
所以.
因为，
所以令，
则.
所以在单调递增，
所以，
即.
又，
所以，
所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点.
因为，且，所以.
又，
所以，
所以在区间上有唯一的一个零点，
故当时，存在三个不同的零点.
故实数的取值范围是.
【点睛】本题考查函数的单调性问题、利用导数研究函数零点的问题.解决零点个数问题的关键是能够选取合适的区间，利用零点存在性定理证得在区间内存在零点，从而使得零点个数满足题目要求；难点在于零点所在区间的选择上，属于难题.
61．(1)；
(2).

【分析】（1）把点M用极坐标表示出，结合已知将用极角的三角函数表示，通过三角变换借助正弦函数性质求解作答.
（2）求出曲线的参数方程及直线的普通方程，利用点到直线距离公式结合正弦函数性质计算作答.
(1)
因点是曲线C上的一个动点，则有，并满足，
于是得，
其中锐角由确定，而，则，
所以的取值范围是：.
(2)
消去中的参数t得直线的普通方程：，
由，即得曲线的普通方程：，
经过变换，即得曲线：，即，
因此，曲线的普通方程为：，其参数方程为，为参数，
则点到直线的距离，
其中锐角由确定，当时，，
此时由得，即点，
所以点P到直线的距离的最小值是.
62．(1)或
(2)或

【分析】（1）对进行分类讨论，化简不等式，由此求得不等式的解集.
（2）结合的图象与的图象的关系来求得的取值范围.
(1)
依题意，，
当时，不等式可化为，即，
因为，故.
当时，不等式可化为，
即，故.
当时，不等式可化为，即，
故.
综上所述，不等式的解集为或.
(2)
依题意在上恒成立，
即的图象恒在直线的上方，如图所示.
直线过点，
则只需或在时的函数值大于等于，
即或.
所以实数的取值范围是或.

63．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，结合余弦定理即得，即可求得答案；
（2）利用余弦定理表示出，结合正弦定理边化角可得，利用三角恒等变换化简可得，结合为锐角三角形确定A的范围，结合正弦函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由,
根据正弦定理可得，
所以，
由余弦定理可得，
，．
（2）由余弦定理，得，
即，
由正弦定理，得，
即，又，
所以
，
由为锐角三角形，故，解得，
所以，所以，
所以，所以．
64．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据平行线的传递性可证，即可得四点共面；再根据线面、面面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角，并结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）连接，
∵分别是的中点，
∴，
又∵，
∴，故四点共面.
在图1中，由，可得，
，
故四边形是正方形，则，
在图2中，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
平面，可得，
又∵平面，
∴平面，
且平面，故平面平面.
（2）如图以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则，
设，
可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
∵，当且仅当，即当取等号，
∴，
故当，即为中点时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值为.

65．(1)
(2)甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大

【分析】（1）根据独立事件概率的乘法公式以及条件概率公式运算求解；
（2）根据题意结合超几何分布、二项分布求期望和方差，并对比分析说明.
【详解】（1）记“该甲自媒体平台公司第一次答错”为事件A，“该甲自媒体平台公司第二次和第三次均答对”为事件，则，
故甲自媒体平台公司在第一次答错的的条件下，第二次和第三次均答对的概率为
.
（2）设甲自媒体平台公司答对的问题数为，则的所有可能取值为.
，
则的分布列为

1
2
3




可得，
；
设乙自媒体平台公司答对的问题数为，则的所有可能取值为.
解法一：，，
，，
则的分布列为：

0
1
2
3





可得，
，
由可得，甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大.
解法二：∵，则，；
由可得，甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大.
66．(1)，在上单调递增；，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数分类讨论求解单调区间即可.
（2）根据的单调性得到，即可证明.
（3）当且时，有，从而得到，即可得到，再化简即可证明.
【详解】（1）的定义域为，
①若，当时，，所以在上单调递增；
②若，当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，，即证.
（3）由（2）知当且时，，
对于任意正整数，令得，
所以

.
即证：.
67．(1)
(2)直线存在，且直线的方程为.

【分析】（1）根据圆椭上的点和焦点坐标求出a,b,c，即可求出椭圆方程；
（2）设点的坐标，利用直线AB、AC与圆M相切，求出直线BC方程，再利用直线BC与圆M相切建立r的方程，求解即可.
【详解】（1）由题意可知椭圆的右焦点为，因为点在椭圆上，
所以
，所以，椭圆的方程为．
（2）由（1）可知椭圆的上顶点为，假设这样的存在，且设，
则直线的斜率为，直线的方程为，
因为直线与圆相切，则，所以
两边平方化简得，
整理得，
因为，消去得，
因为，两边同时除以，得，
整理得，即点在直线上，
同理点也在直线上，
因此直线的方程为，
若直线与圆相切，则，
解得（舍去）或.
因此直线存在，且直线的方程为，
即.
【点睛】关键点点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
68．(1)（为参数，）；
(2).

【分析】（1）首先根据的极坐标方程求出的普通方程，然后即可求出的参数方程；
（2）根据几何关系求出直线倾斜角，然后利用参数方程求出点的直角坐标，再利用极坐标公式求出点的极坐标.
【详解】（1）由，所以，
结合，得，
化简得，
所以C的参数方程为（为参数，）.
（2）由（1）所得的参数方程，可设点
因为在处的切线与直线平行，所以，
化简得，又，所以，所以，
所以，，则，所以点的极坐标为.
69．(1)作图见解析
(2)．

【分析】（1）根据绝对值函数分区间去绝对值后，写成分段函数，即可作出图像；
（2）设，由关于的不等式恒成立，则且，得出，画出的大致图像，则满足即可，解得不等式即可求得答案．
【详解】（1）由题得，，
画出的图像如图所示：

（2）设，
，
，且，
，
画出的大致图像，

由图像知，若恒成立，
则，即，
，
故实数的取值范围为．