内蒙古包头市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份内蒙古包头市三年（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，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

内蒙古包头市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·内蒙古包头·统考一模）设集合，，则中元素的个数为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2021·内蒙古包头·统考一模）复数的虚部是（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知，都是的充分条件，是的必要条件，是的必要条件，则（    ）
A．是的既不充分也不必要条件 B．是的必要条件
C．是的必要不充分条件 D．是的充要条件
4．（2021·内蒙古包头·统考一模）地震的震级越大，以地震波的形式从震源释放出的能量就越大，震级与所释放的能量的关系如下：（焦耳）（取），那么8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的（    ）
A．30.6倍 B．31.6倍 C．3.16倍 D．3.06倍
5．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·内蒙古包头·统考一模）圆：上的点到直线：的最大距离为（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．（2021·内蒙古包头·统考一模）在平面直角坐标系中，是椭圆：（）的右焦点，直线与椭圆交于，两点，且，则椭圆的离心率是（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·内蒙古包头·统考一模）在中，已知，，则周长的最大值为（    ）
A．8 B．10 C．12 D．14
9．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知是等腰直角三角形，，，是平面内一点，则的最小值为（    ）
A． B．4 C．6 D．
10．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
11．（2021·内蒙古包头·统考一模）在三棱锥中，若，，，设异面直线与所成角为，则（    ）
A． B． C． D．
12．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知函数，则下列命题正确的是（    ）
A．若，则的图象关于原点中心对称
B．若，则把的图象向右平移个单位长度可得到的图象
C．若在、分别取得极大值和极小值，且的最小值为，则
D．若，则在有且只有个零点
13．（2022·内蒙古包头·统考一模）设，则复数对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
14．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
15．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知命题，；命题，，则下列命题中为真命题的是（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·内蒙古包头·统考一模）设函数，则下列函数中为奇函数的是（    ）
A． B．
C． D．
17．（2022·内蒙古包头·统考一模）在正四棱柱中，已知，，R为BD的中点，则直线与所成角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·内蒙古包头·统考一模）将6名优秀教师分配到5个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（    ）
A．2400种 B．1800种 C．1200种 D．1600种
19．（2022·内蒙古包头·统考一模）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）
A． B． C． D．
20．（2022·内蒙古包头·统考一模）在区间和中各随机取1个数x和y，则的概率为（    ）
A． B． C． D．
21．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的前n项和（    ）
A． B． C． D．
22．（2022·内蒙古包头·统考一模）设 ，若为函数的极小值点，则（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·内蒙古包头·统考一模）设P是椭圆的下顶点，若C上存在点Q满足，则C的离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
24．（2022·内蒙古包头·统考一模）设，，，则（    ）
A． B．
C． D．
25．（2023·内蒙古包头·一模）设全集，集合N满足，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·内蒙古包头·一模）已知，则（    ）
A．2 B． C． D．
27．（2023·内蒙古包头·一模）已知向量满足，则（    ）
A．8 B． C． D．4
28．（2023·内蒙古包头·一模）中国古代某数学名著中有这样一个类似问题：“四百四十一里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走的路程是（    ）
A．7里 B．8里 C．9里 D．10里
29．（2023·内蒙古包头·一模）已知是椭圆的两个焦点，点M、N在C上，若，则的最大值为（    ）
A．9 B．20 C．25 D．30
30．（2023·内蒙古包头·一模）执行如图的程序框图，如果输入的，则输出的（    ）

A． B． C． D．
31．（2023·内蒙古包头·一模）已知数列满足，若，则（    ）
A．18 B．16 C．11 D．6
32．（2023·内蒙古包头·一模）如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中正确的是（    ）

①平面平面     
②     
③     
④平面
A．①② B．①②④ C．②③④ D．①④
33．（2023·内蒙古包头·一模）已知正六棱锥的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为，则该正六棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
34．（2023·内蒙古包头·一模）为了解全市高三学生身体素质状况，对某校高三学生进行了体能抽样测试，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（    ）
附：若，则，．
A．该校学生体育成绩的方差为10
B．该校学生体育成绩的期望为85
C．该校学生体育成绩的及格率小于85%
D．该校学生体育成绩的优秀率大于3%
35．（2023·内蒙古包头·一模）已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P．若直线l交C于M，N两点，且，则（    ）
A． B． C． D．
36．（2023·内蒙古包头·一模）定义在R上的不恒为零的偶函数满足，且．则（    ）
A．30 B．60 C．90 D．120

二、填空题
37．（2021·内蒙古包头·统考一模）实数，满足则的最小值为______．
38．（2021·内蒙古包头·统考一模）设函数，若，则______．
39．（2021·内蒙古包头·统考一模）设直线：与双曲线：（）的两条渐近线分别交于，两点，若线段的中点在直线上，则双曲线的离心率为______．
40．（2021·内蒙古包头·统考一模）做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是，且用料最省，则该圆柱形水桶的高为______．
41．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知向量，，若，则___________.
42．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知双曲线的焦点到它的渐近线的距离为，则C的离心率为______．
43．（2022·内蒙古包头·统考一模）记为数列的前n项和.若，，则___________.
44．（2022·内蒙古包头·统考一模）在一个正方体中，经过它的三个顶点的平面将该正方体截去一个三棱锥.所得多面体的三视图中，以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成这个多面体的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为___________（写出符合要求的一组答案即可）.


45．（2023·内蒙古包头·一模）从A，B等5名志愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为__________．
46．（2023·内蒙古包头·一模）已知直线与圆交于A，B两点，直线垂直平分弦，则弦的长为__________．
47．（2023·内蒙古包头·一模）记函数的最小正周期为T．若为的极小值点，则的最小值为__________．
48．（2023·内蒙古包头·一模）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则的最小值的取值范围是__________．

三、解答题
49．（2021·内蒙古包头·统考一模）设等差数列满足，．
（1）求数列的公差，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
50．（2021·内蒙古包头·统考一模）某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的100件产品作为样本称出它们的质量（单位：克），质量的分组区间为，，…，．由此得到样本的频率分布直方图如下图．

（1）估计这条生产流水线上，质量超过515克的产品的比例；
（2）求这条生产流水线上产品质量的平均数和方差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
51．（2021·内蒙古包头·统考一模）如图，在正三棱柱中，、分别为，的中点．为线段延长线上一点，且，．

（1）证明：平面；
（2）证明：点在平面内；
（3）求三棱锥的体积．
52．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知点是抛物线：的准线上的任意一点，过点作的两条切线，，其中、为切点．
（1）证明：直线过定点，并求出定点坐标；
（2）若直线交椭圆：于，两点，求的最小值．
53．（2021·内蒙古包头·统考一模）设函数，，（为参数）．
（1）当时，求的单调区间，并证明有且只有两个零点；
（2）当时，证明：在区间上有两个极值点．
54．（2021·内蒙古包头·统考一模）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O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）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）求上的点到直线距离的最大值．
55．（2021·内蒙古包头·统考一模）已知、、，且．
（1）求的最小值；
（2）证明：．
56．（2022·内蒙古包头·统考一模）某印刷企业为了研究某种图书每册的成本费y（单位：元）与印刷数量x（单位：千册）的关系，收集了一些数据并进行了初步整理，得到了下面的散点图及一些统计量的值.








5
3.5
0.2
2
30
0.7
7
表中，.
(1)根据散点图判断：与哪一个模型更适合作为该图书每册的成本费y与印刷数量x的回归方程？（只要求给出判断，不必说明理由）
(2)根据（1）的判断结果及表中数据建立y关于x的回归方程（结果精确到0.1）；
(3)若该图书每册的定价为9元，则至少应该印刷多少册，才能使销售利润不低于80000元（假设能够全部售出）.
附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：，.
57．（2022·内蒙古包头·统考一模）如图所示，经过村庄B有两条夹角为的公路BA和BC，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂F，分别在两条公路边上建两个仓库D和E（异于村庄B），设计要求（单位：千米）.

(1)若，求的值（保留根号）；
(2)若设，当为何值时，工厂产生的噪音对村庄B的居民影响最小（即工厂F与村庄B的距离最远），并求其最远距离.（精确到0.1，取）
58．（2022·内蒙古包头·统考一模）如图，四棱锥的底面是长方形，底面，，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
59．（2022·内蒙古包头·统考一模）设函数，已知是函的极值点．
(1)求m；
(2)设函数．证明：．
60．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为8．
(1)求抛物线M的方程；
(2)若点Q在C上，QA，QB为M的两条切线，A，B是切点（A在B的上方），求面积的最小值．
61．（2022·内蒙古包头·统考一模）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1.
(1)写出⊙M的一个参数方程；
(2)直线与⊙M相切，且与x轴的正半轴和y轴的正半轴分别交于A､B两点，若与两坐标轴所围成的三角形OAB的面积为6，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程.
62．（2022·内蒙古包头·统考一模）已知函数.
(1)当a=1时，求不等式的解集；
(2)若，求a的取值范围.
63．（2023·内蒙古包头·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求A；
(2)在原题条件的基础上，若增加下列条件之一，请说明条件①与②哪个能使得唯一确定，当唯一确定时，求边上的高h．
条件①：；条件②：．
64．（2023·内蒙古包头·一模）新型冠状病毒疫情已经严重影响了我们正常的学习、工作和生活．某市为了遏制病毒的传播，利用各种宣传工具向市民宣传防治病毒传播的科学知识．某校为了解学生对新型冠状病毒的防护认识，对该校学生开展防疫知识有奖竞赛活动，并从女生和男生中各随机抽取30人，统计答题成绩分别制成如下频数分布表和频率分布直方图．规定：成绩在80分及以上的同学成为“防疫标兵”．

名女生成绩频数分布表：
成绩




频数




(1)根据以上数据，完成以下列联表，并判断是否有%的把握认为“防疫标兵”与性别有关；

男生
女生
合计
防疫标兵



非防疫标兵



合计



(2)以样本估计总体，以频率估计概率，现从该校女生中随机抽取人，其中“防疫标兵”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望．
附：

0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

65．（2023·内蒙古包头·一模）如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与重合）．

(1)证明：；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
66．（2023·内蒙古包头·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
(2)若没有零点，求a的取值范围．
67．（2023·内蒙古包头·一模）已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，，D为垂足，点D的坐标为．
(1)求C的方程；
(2)若点E是直线上的动点，过点E作抛物线C的两条切线，，其中P，Q为切点，试证明直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．
68．（2023·内蒙古包头·一模）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数，）．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为．
(1)说明是什么曲线，并将的方程化为极坐标方程；
(2)直线的极坐标方程为，是否存在实数b，使与的公共点都在上，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．
69．（2023·内蒙古包头·一模）设均不为零，且．
(1)证明：；
(2)求的最小值．

参考答案：
1．C
【分析】直接利用集合的交集运算求解.
【详解】因为集合，，
所以则中元素的个数为5个.
故选：C.
2．A
【分析】利用复数的运算法则直接求解.
【详解】解：，
复数的虚部是，
故选：A.
3．D
【分析】根据题意得到，再逐项判断.
【详解】由题意得，
所以 ，
所以，所以是的充分条件，故A错误；
是的充分条件，故B错误；
是的充要条件，故C错误；
是的充要条件，故D正确；
故选：D.
4．B
【分析】设7级地震释放的能量为，8级地震释放的能量为，由公式：即可求出的值．
【详解】解：设7级地震释放的能量为，8级地震释放的能量为，
，，
，即8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的31.6倍，
故选：B．
5．D
【分析】根据两角差的余弦公式即可得出，然后即可求出的值.
【详解】,

.
故选：D.
6．B
【分析】求出圆心到直线的距离，加上半径，即可求出圆上的点到直线的最大距离.
【详解】由题意，圆心到直线的距离，
所以，圆上的点到直线的最大距离是，
故选：B.
7．D
【分析】设右焦点，将直线代入椭圆方程，求得，的坐标，运用两直线垂直的条件及离心率公式，计算可得椭圆的离心率．
【详解】解：设右焦点，将直线方程代入椭圆方程，可得，
可得，，，，
由，可得，即有，化简为，
由，即有，可得，
故选：D．
8．C
【分析】根据余弦定理算出，再利用基本不等式即可得，从而可得到周长的最大值．
【详解】解：在中，，，
由余弦定理，得，
即，
由基本不等式有，所以，
（当且仅当时等号成立），
周长（当且仅当时等号成立），
即当且仅当时，周长的最大值为12，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：先用余弦定理得，再结合基本不等式即可求的最大值，从而得周长的最大值.
9．A
【分析】建立直角坐标系，数形结合，利用平面向量数量积运算即可求出最小值.
【详解】如图建立坐标系，则，设

,
最小值为-4，
故选：A.

10．C
【分析】根据指数函数的性质，求得，根据对数函数的性质，求得，即可求解.
【详解】由指数函数的性质，可得，且
又由，即，所以.
故选：C.
11．B
【分析】分别取、、的中点、、，连接、、、、，分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出的三边边长，利用余弦定理可得出，即可得出结果.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、、、，

，为的中点，则，，
且，
为的中点，则，且，
、分别为、的中点，且，
同理可得且，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
12．C
【分析】利用代入检验法可判断A选项的正误；利用三角函数图象变换可判断B选项的正误；利用正弦型函数的周期可判断C选项的正误；在解方程，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，当时，，，
所以，函数的图象不关于原点成中心对称，A选项错误；
对于B选项，当时，，
把的图象向右平移个单位长度可得到的图象，B选项错误；
对于C选项，若在、分别取得极大值和极小值，则，
，则，C选项正确；
对于D选项，当时，，
若，则，由，
可得或，解得或，
所以，在有且只有个零点，D选项错误.
故选：C.
【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：
（1）将函数解析式变形为或的形式；
（2）将看成一个整体；
（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.
13．D
【分析】设，根据复数相等以及复数的运算求出、，利用复数的几何意义可出结论.
【详解】设，则，
所以，，故，，则，
因此，复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
14．A
【分析】利用交集的定义可求得结果.
【详解】因为和的最小公倍数为，故.
故选：A.
15．B
【分析】先判定命题和的真假，再结合复合命题的真假判定方法，即可求解.
【详解】当，可得，所以命题“，”为假命题，
则为真命题；
当时，可得，所以命题“，”为真命题，为假命题，
所以命题“”，“”，“”为假命题，“”为真命题.
故选：B.
16．A
【分析】将题干解析式代入选项，利用奇函数定义判断即可
【详解】由题进行化简：
A：令
，符合定义，故A正确；
B：令,
，故B错误；
C；令，，故C错误；
D：令，，故D错误.
故选：A
17．D
【分析】根据，得到是直线与所成的角，再利用余弦定理求解.
【详解】解：如图所示：

因为，
所以是直线与所成的角，
又，，
所以，
所以，
所以，
故选：D
18．B
【分析】将6名教师分组，只有一种分法，即1,1,1,1,2，然后按照分组组合的方式即可.
【详解】将6名教师分组，只有一种分法，即1,1,1,1,2，共有 ，
再排列得，
故选：B.
19．C
【分析】利用三角函数图象变换原则可得出函数的解析式.
【详解】由题意可知，将函数的图象先向右平移个单位长度，得到函数的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，可得到函数的图象.
故选：C.
20．C
【分析】由题意可得所有可能性在正方形中，而满足的点在图中的阴影部分，所以利用几何概型的概率公式求解即可
【详解】在区间和中各随机取1个数x和y，所有可能性在正方形中，
令，即，
当时，，当时，，
令，即，
当时，，当时，，
所以,
因为满足的点在如图所示的阴影部分，
所以所求概率为,
故选：C

21．D
【分析】先将等式化为的关系式并化简，然后根据等差数列的定义求出，由等差数列前项和公式可得结果.
【详解】当n=1时，；
当时，，
于是是以-1为首项，-2为公差的等差数列，所以.
所以，
故选：D.
22．C
【分析】对函数 求导后，根据导数的性质判断即可.
【详解】 ，
若 ， 是开口向下的抛物线，x=m是极小值点，
必有 ，即 ，
若 ， 是开口向上的抛物线，x=m是极小值点，
必有，即；
故选：C.
23．A
【分析】依题意可得点的坐标为，设，则，再根据两点距离公式得到，根据二次函数的性质计算可得；
【详解】解：点的坐标为，设，则，
，
故，，，
又对称轴，
当时，即时，
则当时，最大，此时，不满足题意，
当时，即时，
则当时，最大，此时，
则，即，，此时只需，即，
因为，即，则，即，所以
所以，
又，
故的范围为，
综上所述的的范围为，
故选：A
24．D
【分析】利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，利用函数在上的单调性可得出、的大小关系，由此可得出合适的选项.
【详解】因为，则，
构造函数，其中，
当时，，则，
则，
所以，函数在上为减函数，即，
即，即，所以.
故选：D.
25．B
【分析】根据补集定义求解.
【详解】因为全集， ，
所以，
故选:B.
26．C
【分析】根据复数的运算得，再由共轭复数定义得即可解决.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
故选：C
27．D
【分析】根据模长平方可得.
【详解】因为，
所以，
又因为
所以，
所以.
故选：D.
28．A
【分析】由“每天走的路程为前一天的一半”可知这个人每天走的路程是等比数列，再根据等比数列求和公式得出答案.
【详解】设第六天走的路程为，第五天走的路程为……第一天走的路程记为，
根据题意每天走的路程为前一天的一半，所以公比，且，，所以，从而解得，
故选：A.
29．C
【分析】利用椭圆定义可得，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】根据椭圆定义可得：，
因为，所以，
即，当且仅当时等号成立，
所以，则的最大值为25，
故选：C.
30．D
【分析】根据框图结构利用循环语句求解.
【详解】当输入的时，
；
；




输出,
故选:D.
31．B
【分析】分奇偶依次代入递推公式，即可求得答案.
【详解】


.
故选：B.
32．B
【分析】对于①，根据题意得，，平面，得，得平面，又由，对于②③，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，根据空间向量法即可解决；对于④，由①中得，，，得，即可解决.
【详解】由题知，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，
如图，连接，
所以，，平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
因为在中，分别为中点，
所以，
所以平面，
因为平面
所以平面平面，故①正确，
由题知，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，
因为分别为所在棱的中点，为下底面的中心，
所以，
所以，
因为，
所以成立，不成立；故②正确，③错误；
又由①中得，，，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，故④正确，
故选：B

33．B
【分析】根据题设条件确定底面正六边形的边长与正六棱锥的高之间的等量关系，从而可将正六棱锥的体积表示为关于高的函数，利用导函数讨论单调性和最值求解.
【详解】
如图，过作平面，则球心O在上，
设，外接球的半径为，
因为球O的体积为，所以解得，
在中，，所以，
正六棱锥的体积为，
设，
令解得，
令解得或，
所以在单调递减，单调递增，单调递减，
因为球心O在该正六棱锥的内部，所以，
所以在单调递增，单调递减，
所以，
故选:B.
34．C
【分析】根据正态分布的特征可求A,B选项的正误，根据优秀和及格的标准可得C,D选项的正误.
【详解】因为，所以该校学生体育成绩的期望为70，方差为100，所以A,B均不正确；
因为60分及以上为及格，
所以，C正确；
因为90分及以上为优秀，所以，D不正确.
故选：C.
35．A
【分析】根据点在双曲线求出双曲线方程，根据 可得，利用韦达定理代入即可求解.
【详解】因为点在双曲线上，
所以解得，
所以双曲线.
设，，
联立整理得，
所以，
所以，
，
因为，所以，
即，
所以，
整理得解得或，
当时，直线过点，不满足题意，
所以，
故选:A.
36．D
【分析】根据题意可以构造，得到，进而求出的值，当求出的值，从而求出结果.
【详解】当，时，可化为，
令，则，，
所以，则，，
，则，
，则，
，则，
因为，
当时,,即
所以，则，
则，
所以，
所以，
故选：D.
【点睛】关键点睛：函数综合问题需要观察题目特征，适当构造函数，并研究函数的性质，从而解决问题.
37．
【分析】作出不等式组表示的可行区域，平移直线即可求解.
【详解】作出不等式组表示的可行区域如图所以，由图可知，当直线经过点时，取得最小值,所以
故答案为：.
【点睛】本题主要考查线性规划问题，属于基础题.
38．2
【分析】先对求导，将代入即可求解.
【详解】由可得，，所以，解得.
故答案为：2.
【点睛】本题主要考查导数的运算，属于基础题.
39．
【分析】求出双曲线的渐近线方程：，与直线联立，求出，两点，再利用中点坐标运算即可求解.
【详解】双曲线：（）的两条渐近线为，
，解得
，解得，
所以，
解得，由，
所以，
所以.
故答案为：
40．4
【分析】设圆柱的底面半径为，求得高，进而得到则圆柱的表面积为，通过求导，即可求解.
【详解】设圆柱的底面半径为，则高为，
则圆柱的表面积为
，
，面积单调递减，
，面积单调递增，
所以时，取得极小值也是最小值，此时，
所以要使得其体积为，且用料最省，此时圆柱的高为.
故答案为：.
41．/
【分析】根据向量坐标的加法运算，可得的坐标，再根据，所以，再根据数量积的坐标运算，建立方程，即可求出结果.
【详解】因为向量，，所以，
又，所以，
所以.
故答案为：.
42．
【分析】求出双曲线的焦点到条渐近线的距离，可得，求出，即可求出双曲线的离心率．
【详解】根据条件可得，，则，焦点坐标为
渐近线方程为，
故焦点到渐近线距离，
故，
所以离心率，
故答案为：
43．62
【分析】因为，令，则，可以判断出为等比数列，即可求出答案.
【详解】因为，令，则，所以是首相和公比都为的等比数列，，则，所以.
故答案为：62.
44．④⑤/⑤④
【分析】根据正视图，结合题意，作出几何体直观图，由此再判断，即可得到结果.
【详解】根据题意，在一个正方体中，经过它的三个顶点的平面将该正方体截去一个三棱锥，如果图①是正视图，则几何体若如图下图（1）所示，则此时侧视图和俯视图的编号依次④⑤；
几何体若如图下图（2）所示，则此时侧视图和俯视图的编号依次⑤④；

        图（1）                              图（2）
故答案为：④⑤（或⑤④）.
45．/
【分析】利用古典概率模型，结合组合数的运算求解.
【详解】由题可知则A和B至多有一个入选的概率为,
故答案为: .
46．
【分析】根据题意可得直线过圆心，求出，进而求出，再利用垂径定理求出结果.
【详解】圆可以化为，
圆心，半径，
由垂径定理可得直线过圆心，
则，所以，
因为直线与直线垂直，
所以，则，
圆心到直线的距离，
则，
故答案为：.
47．14
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的极小值点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为所以最小正周期，
又所以，即；
又为的极小值点，所以，解得，因为，所以当时；
故答案为：14
48．
【分析】先根据函数的极值点的情况求出的范围，利用导数求出的最小值，结合的范围，利用换元法得出最小值的取值范围.
【详解】对原函数求导，
由题意可得，在定义域中至少有两个变号零点，
设，则，
当时，易知在上单调递减，假设此时存在使得，
则在单调递增，在单调递减，
若函数在和分别取极小值点和极大值点，则，
与矛盾，不满足题意；
当时，易知在上单调递增，此时若存在使得，
则在单调递减，在单调递增，
由，得，
此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，且，
故只需满足，即：
，
即，
可得，
所以，
因为，所以，两边取对数可得，
，
整理得，即，
解得，即；
又因为，所以.
对求导得，
令可得，令可得，
所以在单调递减，在单调递增，
所以在时取到最小值，最小值为，
令可得，
设最小值为，则最小值，
因为所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：一是通过两次导数确定的范围；二是利用导数求解的最小值；三是利用构造函数求解新函数的范围.
49．（1），；（2）．
【分析】（1）由已知，可求得，进而求得，根据等差数列的通项公式即可求得结果；
（2）由（1）得：，根据裂项相消法即可求得数列的前项和.
【详解】解：（1）由已知，得，所以，
，
（2）由（1）得：，
所以

．
50．（1）30%；（2）平均数和方差的估计值分别为509，139．
【分析】（1）根据样本频率分布直方图，求得抽取的100件产品中质量超过515克的产品的频率即可；
（2）根据样本频率分布直方图，直接利用平均数和方差公式求解.
【详解】（1）由样本频率分布直方图得，
所抽取的100件产品中质量超过515克的产品的频率为，
用样本分布估计总体分布可知这条生产流水线上，质量超过515克的产品的比例为30%；
（2），
．
所以，这条生产流水线上产品质量的平均数和方差的估计值分别为509，139．
51．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）证明，平面即得证；
（2）连结，，在中，是中位线，证明，即得证；
（3）先求出，再求出，即得解.
【详解】解：（1）连结交于，连结，．

在正三棱柱中，四边形为正方形，
所以为对角线与的中点，
又点为的中点，所以，且，
又点为的中点，所以，且，所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，
平面，所以平面．
（2）连结，，在中，是中位线，
所以，又，所以，
故平面为与所确定的平面，
因此点在平面内．
（3）因为点是正三角形一边的中点，所以，
又平面平面，所以平面，
由（1）可知，故平面，
又平面，所以．
在中，，在正三角形中，，
由（1）可知，所以
因为四边形是正方形，所以，
又，且，所以平面，
故是三棱锥的高，且，
所以三棱锥的体积．
【点睛】方法点睛：空间几何体的体积的求法常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）复杂的转化法. 要根据已知情况灵活选择方法求解.
52．（1）证明见解析；定点；（2）．
【分析】（1）根据题意，设，求导并结合导数的几何意义可得切线的方程，把的坐标代入两方程，得点，都在直线上，进而可得答案.
(2)设直线的方程为(总存在)，，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理可得 ，由弦长公式可得，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，由弦长公式，可得 ，即可推出的最小值.
【详解】解：（1）根据题意，设，，，由，得，
所以切线的方程为，又，
所以的方程可化为，
同理，切线的方程为．
因为上述两条直线都过点，把的坐标代入两方程，得和．
这两个方程说明点，都在直线上，而此直线过定点，
所以直线过定点．
（2）设直线的方程为（总存在），，，
联立方程组消去，得，，
所以，，，
联立方程组消去，得，，
所以，，，
所以．所以的最小值为．
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
53．（1）在和单调递增，在单调递减；证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）当时，，，且，得在和单调递增，在单调递减，且，，，，由零点存在定理可得结论；
（2）当时，，，令，则，得在单调递减，在单调递增，，，，由零点存在定理可得在和各有一个零点分别为，由极值点的定义可得结论.
【详解】（1）当时，，，.
当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减．
且，，，.
根据零点存在定理得，在有唯一零点，在有唯一零点，
因此，在上有且只有两个零点．
（2）当时，，，
令，则，
当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增．
又因为，，，
根据零点存在定理得，在和各有一个零点分别为，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故在上有一个极大值点和一个极小值点．
【点睛】关键点点睛：函数零点存在定理的应用，一是函数在区间上连续，二是函数在区间上的单调性及端点值.
54．（1）（）；；（2）．
【分析】(1)消去参数t，即可求解的普通方程；将代入直线的极坐标方程即可求解的直角坐标方程；(2)设出曲线上点的参数坐标，将问题转化为三角函数最值问题，即可求解.
【详解】（1）因为，且，
所以的普通方程为（）．
将代入，
可得的直角坐标方程为．
（2）由（1）可知，设上任一点P的坐标为，
则点P到的距离为，
当，即时，取得最大值，
故上的点到距离的最大值为．
【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程及利用三角函数解决最值问题，属于基础题.
55．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用基本不等式可求得的最小值；
（2）由可得，等式两边平方，即可证得所证不成立成立.
【详解】（1）由，得，即，
又因为
，
所以，故，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
（2）由，得，两边平方，
得．
由此得
，
所以．
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
56．(1)
(2)
(3)12000册

【分析】（1）根据散点图即可得出答案；
（2）令，根据题中数据求出y关于u的线性回归方程，从而可得出答案；
（3）假设印刷x千册，依据题意得，解之即可的解.
(1)
解：由散点图判断更适合作为该图书每册的成本费y与印刷数量x的回归方程.
(2)
解：令，先建立y关于u的线性回归方程，
由于，故，
所以y关于u的线性回归方程为，
从而y关于x的回归方程为；
(3)
解：假设印刷x千册，依据题意得，解得x≥12，
所以至少应该印刷12000册图书，才能使销售利润不低于80000元.
57．(1)
(2)，千米

【分析】（1）若，得到，在等边中，得到，分别在直角中，求得，再在直角中，求得的长；
（2）若，在中，利用正弦定理求得，在中，利用余弦定理求得，进而求得最大值，即可求解.
(1)
解：若，又由，所以此时，
又因为为边长为3的等边三角形，所以，
在直角中，因为，所以，
在直角中，可得.
(2)
解：若，在中，，所以，
在中，，其中，
所以


，
即，
当且仅当时，即时，取得最大值27，
此时（千米），
所以当时，工厂产生的噪音对村庄B的居民影响最小，
此时工厂距离村庄B的最远距离约为5.2千米.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明出，结合以及线面垂直的判定定理可得出平面，利用面面垂直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，设，利用求出的值，然后空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
(1)
证明：因为平面，平面，则，
因为，，平面，
因为平面，因此，平面平面.
(2)
解：因为底面，四边形为长方形，
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，

设，则、、、，
所以，，
因为，所以，得，所以．
因为，、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
设与平面所成角为，则．
所以与平面所成角的正弦值为．
59．(1)0
(2)证明见解析

【分析】(1)根据所给的条件即可；
(2)对于 必须考虑定义域，将原不等式转化为容易计算的形式.
(1)
由题意可知，，
则，
因为是函数的极值点，所以，
所以，故；经检验成立
(2)
由（1）得，，
设，则，
当时，，即，所以在区间单调递增；
当时，，即，所以在区间单调递减，
因此当时，，
考虑的定义域，即当时，同时还要求，
即要求，故的定义域为 且 ，
要证，因为，所以只需证，
即需证，
令，则且，则只需证，
即证，
令，则，所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，即成立；
综上，，证明见解析.
60．(1)
(2)16

【分析】（1）根据条件确定F与圆上点的距离的最大值为，从而求得，可得答案;
（2）设点，，联立方程，根据根与系数的关系式，求出弦长，再利用导数表示出QA，QB的方程，进而表示出点Q的坐标，求出点Q到直线AB的距离，从而表示出，结合二次函数的知识可求得答案.
(1)
由题意知，，圆C的半径为，所以，
即，解得，所以抛物线M的方程为．
(2)
设，，
直线AB的方程为，联立方程组，
消去x，得，
则，，．
所以，
因为，所以或，则或，
所以切线QA的斜率为，其方程为，即，
同理切线QB的斜率为，其方程为．
联立方程组,解得,即点Q的坐标为，
因为点Q在圆C上，所以，且，，
即，．满足判别式的条件．
点Q到直线AB的距离为，所以，
又由，得，
令，则，且，
因为在区间上单调递增，所以当时，t取得最小值4，
此时，所以面积的最小值为16．
【点睛】本题考查了抛物线方程的求法以及和直线的位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，解答时要有清晰的解答思路，即明确问题的解决是要一步步向表示出三角形QAB的面积靠拢，难点在于繁杂的计算，要十分细心.
61．(1)（为参数）
(2)或

【分析】（1）求出圆的标准方程后可得圆的参数方程.
（2）先求出直线的直角方程，利用公式可求其极坐标方程.
(1)
由题意可知，的标准方程为，
所以的参数方程为（为参数）.
(2)
由题意可知，切线的斜率存在，设切线方程为y=kx+b，即kx-y+b=0，
因为圆心到直线的距离为1，所以，
化简得，
又，，所以，即
由题意可知，k<0，b>0，故，
联立方程组，解得，
所以直线l的直角坐标方程为，或，
所以直线l的极坐标方程为或.
62．(1)
(2)

【分析】(1)分类讨论去绝对值符号，然后解不等式.
(2)由三角不等式求得，要使，只需，即可求出答案.
(1)
当a=1时，，
故，即，
当x≤-1时，得5<-2x+3≤7，解得-2≤x<-1；
当-1 当x>4时，得5<2x-3≤7，解得4 综上，原不等式的解集为.
(2)
，
当x的值在-a与4之间（包括两个端点）时取等号，
若，则只需，
当a≤0时，，恒成立；
当a>0时，等价于a+4>2a，或a+4<-2a，解得0 综上，a的取值范围为.
63．(1)
(2)见解析.

【分析】（1）根据正弦定理可得，再利用余弦定理即可求出；
（2）对于条件①可得，进而或，不符合题意；
条件②代入，即可求出，再利用面积公式即可求出结果.
【详解】（1）在中，，
由及正弦定理得，
由余弦定理得，
化简得，所以，
结合，得．
（2）若增加条件①：，．
因为，
由，得，或，
所以不能唯一确定，不合题意．
若增加条件②：．
将代入，
得，解得，或（舍去）．此时唯一确定．
由，得．
所以．
64．(1)表格见解析，有%的把握认为“防疫标兵”与性别有关
(2)分布列见解析，

【分析】（1）分别分析男女生样本中“防疫标兵”和非“防疫标兵”人数，完成列联表，再计算的数值，并与参考数值作比较得出结论；
（2）从该校女生中随机抽取人，则“防疫标兵”的人数服从二项分布，分别求出概率从而得到分布列，再计算数学期望.
【详解】（1）由频率分布直方图，可得名男生中成绩大于等于分的频率为，故名男生中“防疫标兵”人数为人，“非防疫标兵”人数为人．
由频数分布表，可得名女生中“防疫标兵”人数为人，“非防疫标兵”人数为人．

男生
女生
合计
防疫标兵



非防疫标兵



合计



故，所以有%的把握认为“防疫标兵”与性别有关．
（2）名女生样本中有人成绩在分以上，所以女生样本中“防疫标兵”的频率为.用样本估计总体，以频率估计概率，从该校女生中随机抽取人，则“防疫标兵”的人数服从二项分布，即．
X的可能取值为．
，，，，．
所以随机变量的分布列为
X
0
1
2
3
4
P





数学期望为．
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，根据线面垂直判定定理，，，得平面，再由线面垂直性质定理解决即可；（2），设，则，，由，得，设，则，又平面，得，当且仅当，即时，取等号，即当时，三棱锥的体积最大，由两两互相垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，即可解决.
【详解】（1）连接，因为是底面圆的直径，
所以，即，
又因为由题可知平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）根据题意，，设，则，，
又因为，
所以，得．
所以，，
设，则，
由（1）可知平面，
又因为到的距离为，
所以．
当且仅当，即时，取等号．
所以，当时，三棱锥的体积最大．
因为两两互相垂直，
所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系．
所以，
，
设平面的法向量为，
所以，即
取，可得，
所以，
因为平面，
所以可取平面的一个法向量为，
所以．
所以，
所以二面角的正弦值为．

66．(1)
(2)

【分析】（1）先求出切点，利用导数求得切线斜率，进而得到切线方程，再分别求出在，轴上的截距, 最后利用直角三角形面积公式求得结果;
（2）对分和两种情况讨论，利用导数探究出函数的单调性，进而求得函数最值分析可得答案.
【详解】（1）当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在，轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的直角三角形的面积．
（2）①当时，，则，
由图象可得，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值，且．
所以此时存在零点，不符合题意．

②当时，因为，
所以，
令，则，
因为，所以，在上单调递增，
又，由零点存在定理得，
在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，，
所以，
因为，所以，又因为，所以，所以．
所以，此时没有零点．
综上，的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数求解零点问题的常用方法：
（1）分离参数法：一般给出零点个数，求解参数范围，通常把参数分离出来，利用导数求解新函数的单调性，最值；结合零点个数，列出不等关系.
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类讨论的标准，利用导数求解单调性和最值，有时需要二次求导.
67．(1)
(2)证明过程见详解，定点

【分析】（1）设点A的坐标为，点B的坐标为，根据题意可得到直线的方程，联立抛物线的方程，整理可得到关于（含参）的一元二次方程，从而得到，，再根据，代入即可求解的值，进而得到C的方程；
（2）结合（1）中抛物线，得，设过点E作抛物线C的切线的切点为，则可得到过点E的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，则得到，，进而得到的中点M的坐标，，从而得到直线的方程，进而得到直线恒过的定点．
【详解】（1）设点A的坐标为，点B的坐标为，
因为，所以，则直线的方程为，
联立方程组，消去y，整理得，
所以有，，
又，得，
整理得，解得．
所以C的方程为．
（2）由，得，所以，
设过点E作抛物线C的切线的切点为，
则相应的切线方程为，即，
设点，由切线经过点E，得，即，
设，，则，是的两实数根，
可得，．
设M是的中点，则相应，
则，即，
又，
直线的方程为，即，
所以直线恒过定点．
【点睛】关键点点睛：小问（2）解答的关键是先根据导数设抛物线的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，再结合韦达定理得到，，进而得到直线的方程．
68．(1)曲线是以为圆心，b为半径的圆，；
(2)存在，.

【分析】（1）将的参数方程化为普通方程即可得曲线形状，再利用极坐标与直角坐标互化关系求出极坐标方程作答.
（2）联立曲线与的极坐标方程消去，联立曲线与直线的极坐标方程消去，求出b值作答.
【详解】（1）由消去参数t得到的普通方程为，因此曲线是以为圆心，b为半径的圆；
将代入的普通方程中，得的极坐标方程为，
所以曲线是以为圆心，b为半径的圆，其极坐标方程为.
（2）曲线的公共点的极坐标满足方程组，
消去整理得，
把代入的方程中，得，
把代入，得，而，解得，
所以存在实数，使与的公共点都在上．
69．(1)证明见解析；
(2)3.

【分析】（1）根据给定条件，利用三数和的完全平方公式变形，再结合放缩法证明作答.
（2）利用柯西不等式求解最小值作答.
【详解】（1）依题意，，且均不为零，
则，
所以.
（2）因为，
当且仅当，即时取等号，因此，
所以的最小值为3.