内蒙古呼和浩特市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份内蒙古呼和浩特市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共64页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

内蒙古呼和浩特市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）下面是关于复数的四个命题：：z的实部为；：z的虚部为1；：z的共轭复数为；：.其中真命题为（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体,它由两等径正贯的圆柱体的侧面围成,其直观图如图(其中四边形是为体现直观性而作的辅助线)当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时,其俯视图可能为

A． B． C． D．
4．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知角的终边在直线上，则的值为（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）2020年全球经济都受到了新冠疫情影响，但我国在中国共产党的正确领导下防控及时､措施得当，很多企业的生产所受影响甚微.我国某电子公司于2020年6月底推出了一款领先于世界的5G电子产品，现调查得到该5G产品上市时间x和市场占有率y(单位：%)的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2020年8月，2代表2020年9月……，5代表2020年12月，根据数据得出y关于x的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该产品市场占有率的变化趋势，则该产品市场占有率最早何时能超过0.5%(精确到月)（    ）

A．2021年5月 B．2021年6月 C．2021年7月 D．2021年8月
6．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）的展开式中的系数为（    ）
A． B．2 C． D．10
7．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）古希腊的几何学家用平面去截一个圆锥面，将所截得的不同的截线称为圆锥曲线.某同学用平行于母线PA且过母线PB的中点M的平面去截圆锥，所得截线为如图所示的抛物线.若该圆锥的高，底面半径，则该抛物线焦点到准线的距离为（    ）

A． B．3 C． D．
8．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）关于函数，下面4个判断错误的有（    ）
①函数的图象是中心对称图形；
②函数的图象是轴对称图形；
③函数在单调递增；
④函数在单调递减；
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
9．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的函数的图象关于点对称，则函数在上的最小值是（    ）
A． B． C． D．
10．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）若数列满足，，则该数列的前2021项的乘积是（    ）
A． B． C．2 D．1
11．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）在平面直角坐标系中，直线与双曲线(，)交于A，B两点，F是该双曲线的焦点，且满足，若的面积为，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．3
12．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）四面体的四个顶点都在球O上且，，则球O的表面积为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）设复数，则（    ）
A． B．
C．3 D．5
14．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知集合，则是的（    ）
A．充分不要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分他不要条件
15．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知在等差数列中，，则（    ）
A．30 B．39 C．42 D．78
16．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）干支历，又称农历、星辰历、甲子历等，是一种用60组各不相同的天干地支标记年、月、日、时，中国所特有的古老的历法，其中蕴含了深奥的宇宙星象密码，具体算法如下：先用年份的尾数查出天干，再用年份除以12的余数查出地支；如2022年由尾数2查得天干为壬，2022除以12余数为6，由余数6查得地支为寅，所以2022年就是壬寅年．
天干
甲
乙
丙
丁
戊
己
庚
辛
壬
癸



4
5
6
7
8
9
0
1
2
3


地支
子
丑
寅
卯
辰
巳
午
未
申
酉
戌
亥

4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
小张是2002年（壬午年）出生，他的爸爸比他大27岁，根据上面给出的对应表，可知小张爸爸出生的年份是（    ）
A．乙卯年 B．丙辰年 C．乙丑年 D．丙午年
17．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知，则（    ）
A． B．
C． D．
18．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的如图所示的正八面体.若某金刚石的棱长为2，则它的表面积为（    ）

A．8 B． C． D．
19．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知圆关于直线为大于0的常数对称，则的最大值为（    ）
A． B． C．1 D．2
20．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图是一大观览车的示意图，已知观览车轮半径为80米，观览车中心到地面的距离为82米，观览车每30分钟沿逆时针方向转动1圈.若是从距地面42米时开始计算时间时的初始位置，以观览车的圆心为坐标原点，过点的水平直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.设从点运动到点P时所经过的时间为t（单位：分钟），且此时点P距离地面的高度为h（单位：米），则h是关于t的函数.当时关于的图象，下列说法正确的是（    ）

A．对称中心为
B．对称中心为
C．对称轴为
D．对称轴为
21．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知双曲线的上焦点为，一条渐近线被圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
22．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）定义数列前项的乘积，已知，对任意的，恒成立，则实数的范围是（    ）
A． B． C． D．
23．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）在矩形中，，现将沿对角线翻折，得到四面体，则该四面体外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
24．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
25．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
26．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）复数满足，则（    ）
A． B．
C． D．
27．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知是平面内的两条相交直线，且直线，则“”是“”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
28．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都会到同一家面包店购买一个面包．该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是1000g，上下浮动不超过50g．这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望为1000g，标准差为50g的正态分布．假设面包师的说法是真实的，记随机购买一个面包的质量为X，若，则买一个面包的质量大于900g的概率为（    ）
（附：①随机变量服从正态分布，则，，；）
A．0.84135 B．0.97225
C．0.97725 D．0.99865
29．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知等比数列中，，，成等差数列，则（    ）
A．或 B．4 C． D．
30．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）在中，D是BC边的中点，且，，，则的形状为（    ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．无法确定
31．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）从5名女生2名男生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是（    ）
A． B． C． D．
32．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）若函数的图象关于原点对称，且，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
33．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）将函数的图象向左平移个单位长度后，再将所得的图象向下平移一个单位长度得到函数的图象，且的图象与直线相邻两个交点的距离为，若对任意恒成立，则的取值范围是
A． B． C． D．
34．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（    ）
A． B．
C． D．
35．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）过双曲线（，）的左焦点作圆的切线，切点为，直线交双曲线右支于点，若，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
36．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知，则这三个数的大小关系为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
37．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）若向量，满足，，且，则与的夹角为________.
38．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线(图中楚河汉界处的“日”字没有画出)，如图，“马”从点A处走出一步，只能到达点B，C，D中的一处.则“马”从点A出发到达对方“帅”所在的P处，最少需要的步数是___________.

39．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）四边形内接于圆O，，，，下面四个结论：

①四边形为梯形
②圆O的直径为14
③的三边长度可以构成一个等差数列
④四边形的面积为
其中正确结论的序号有___________.
40．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）从2021年起重庆市新高考，打破文理分科实行“”模式，“3”代表语､数､外三科，每人必选这3科，“1”代表学生从物理和历史两科中任选1科，“2”代表学生从化学､生物､政治､地理四科中任选2科，每个学生的选科方式共有________种.
41．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）若变量满足约束条件，则目标函数的最大值为___________.
42．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知菱形的边长为，点分别在边上，且满足，则___________.
43．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）下面四个命题：
①已知函数的定义域为，若为偶函数，为奇函数，则；
②存在负数，使得恰有3个零点；
③已知多项式，则；
④设一组样本数据的方差为，则数据的方差为
其中真命题的序号为___________.
44．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）“二进制”来源于我国古代的《易经》，二进制数由数字0和1组成，比如：二进制数化为十进制的计算公式如下，若从二进制数、、、中任选一个数字，则二进制数所对应的十进制数大于2的概率为__________．
45．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）四边形ABCD为平行四边形，且，，若，则的值为__________．
46．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点M，若在点M处的切线平行于的一条渐近线，则__________．
47．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）设点为函数与图象的公共点，以为切点可作直线与两曲线都相切，则实数的最大值为___________．

三、双空题
48．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）若克不饱和糖水中含有克糖，则糖的质量分数为，这个质量分数决定了糖水的甜度.如果在此糖水中再添加克糖，生活经验告诉我们糖水会变甜，从而可抽象出不等式(，)数学中常称其为糖水不等式.依据糖水不等式可得出___________(用“”或“”填空)；并写出上述结论所对应的一个糖水不等式___________.

四、解答题
49．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知数列的前n项和为.
（1）若为等差数列，，，求的通项公式；
（2）若数列满足，求.
50．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点E是棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
51．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知函数(为自然对数的底数)
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，函数有两个零点，求m的取值范围.
52．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）根据国家深化医药卫生体制改革的总体部署和要求，某地区自2015年起，开始逐步推行“基层首诊､逐级转诊”的医疗制度，从而全面推行家庭医生签约服务.已知该地区居民约为2000万，从1岁到101岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1所示.为了解各年龄段居民签约家庭医生的情况，现调查了1000名年满18周岁的居民，各年龄段被访者签约率如图2所示.

（1）根据图1和图2的信息，估计该地区签约率超过35%低于60%的人群的总人数；
（2）若以图2中年龄在岁居民签约率作为此地区该年龄段每个居民签约家庭医生的概率，现从该地区年龄在岁居民中随机抽取3人，记抽到的签约人数为，求的分布列及数学期望；
（3）据统计，该地区被访者的签约率约为43%.为把该地区年满18周岁居民的签约率提高到55%以上，应着重提高图2中哪个年龄段的签约率？并结合数据对你的结论作出解释.
53．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知椭圆的一个焦点为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设，，，点是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点.求证：为等腰三角形.
54．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）在花语中，四叶草象征幸运.已知在极坐标系下，方程对应的曲线如图所示，我们把这条曲线形象地称为“四叶草”.

（1）当“四叶草”中的时，求以极点为圆心的单位圆与“四叶草”交点的极坐标；
（2）已知为“四叶草”上的点，求点到直线距离的最小值以及此时点的极坐标.
55．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知函数(，，均为正实数).
（1）当时，求的最小值；
（2）当的最小值为3时，求的最小值.
56．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，四棱锥中，平面，分别为的中点.

(1)求证：平面//平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
57．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）在△中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且，．
(1)求证：△为等腰三角形；
(2)从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h．
条件①：△的面积为；
条件②：△的周长为20．
58．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）甲乙两队各有2位队员共4人进行“定点投篮”比赛，规定在一轮比赛中，每人投篮一次，投中一球得2分，没有投中得0分.现已知甲队两位队员每次投篮投中的概率均为.乙队两位队员每次投篮投中的概率分别为.
(1)若，分别计算甲乙两队在一轮比赛中得2分的概率，并根据这两个数据说明哪个队在一轮比赛中得到2分的可能性大？
(2)某同学发现：若，则甲乙两队在一轮比赛中得分的期望值就相等；他根据这一发现又得出结论：若，则在一轮比赛中，按两队的均分决定胜负，这两队一定是平局；记在一轮比赛中甲队得分为，乙队得分为，请你写出甲乙两队得分的分布列，对该同学的发现的正确性给予证明，并简要说明该同学得出的结论是否正确.
59．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）处于信息化时代的现代社会，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”是数学中的正弦型函数.已知某一类型信号的波形可以用和进行叠加生成，即生成的波形对应函数解析式为.
(1)若，讨论在上的单调性，并判断其极值点的个数（提示：）；
(2)若，令，函数，写出函数的导函数在上的零点个数，并说明理由
60．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知平面直角坐标系中，点到抛物线准线的距离等于5，椭圆的离心率为，且过点

(1)求的方程；
(2)如图，过点作椭圆的切线交于两点，在轴上取点，使得，试解决以下问题：
①证明：点与点关于原点中心对称；
②若已知的面积是椭圆四个顶点所围成菱形面积的16倍，求切线的方程.
61．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的直角坐标方程为，曲线与曲线相交于A、B两点．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)写出曲线和曲线的极坐标方程；
(2)已知点M的极坐标为，求的面积．
62．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知函数
(1)当时，解不等式：；
(2)若不等式对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．
63．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）某高校共有15000人，其中男生10500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时）

(1)应收集多少位女生样本数据？
(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为：，，，，，．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率．
(3)视样本数据的频率为概率，现从全校取4名学生，记为这四名学生中运动时间超过4小时的人数，求的分布列以及数学期望．
64．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别是棱，，的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小．
65．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）给出以下条件：①，，成等比数列；②，，成等比数列；③是与的等差中项．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．
已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，__________．
(1)求的通项公式；
(2)令是以1为首项，2为公比的等比数列，求数列的前n项和．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
66．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知椭圆的一个焦点为，且椭圆经过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设A、B是x轴上的两个动点，且，直线AM、BM分别交椭圆于点P、Q（均不同于M），证明：直线PQ的斜率为定值．
67．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有2个不同的极值点，，求证：.
68．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，在极坐标系中，曲线是以为圆心的半圆，曲线是以为圆心的圆，曲线、都过极点O．

(1)分别写出半圆和圆的极坐标方程；
(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），P为上的动点，求面积的最大值．
69．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知．
(1)解不等式：；
(2)记的最小值为m，若，求的最小值．

参考答案：
1．A
【分析】先计算补集，再进行交集运算即可.
【详解】，故或，又，故.
故选：A.
2．D
【分析】先求出，再判断四个命题的真假，再判断选项命题的真假.
【详解】由题得，
所以z的实部为1，命题是假命题；z的虚部为1，所以命题是真命题；
z的共轭复数为，所以命题是假命题；，所以命题是真命题.
所以是假命题，是假命题，是假命题，是真命题.
故选：D
【点睛】方法点睛：复合命题真假的判断口诀：“真”非“假”，“假”非“真”，一真“或”为真，两真“且”才真.
3．B
【分析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．
【详解】∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．
∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，
故选B．
【点睛】本题很是新颖，三视图是一个常考的内容，考查了空间想象能力，属于中档题．
4．A
【分析】依题意得 ，则为第一或三象限角，分别讨论一和三象限结果即可.
【详解】因为角的终边在直线上，所以，则为第一或三象限角.
当为第一象限角时，，所以；
当为第三象限角时，，所以；
综上，.
故选：A.
5．D
【分析】先算平均值，确定线性回归方程，再利用回归方程可得解.
【详解】根据表中数据，计算，

代入回归方程得，解得.
所以线性回归方程为：，
由解得，
预计上市13月时，即最早在2021年8月，市场占有率能超过.
故选:D
6．B
【分析】把已知式变形后再用二项式定理求解．
【详解】，
的展开式的通项为，
因此所求的系数为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：本题考查二项式定理，对于求两个多项式相乘的展开式中某一项的系数，可以把两个多项式分别应用二项式定理求得相应项的系数，然后利用多项式乘法法则计算．
7．D
【分析】先利用中位线计算，结合对称性判断抛物线以为对称轴，焦点在上，再以顶点为原点建立坐标系，设抛物线标准方程，根据点在抛物线上求得参数p即得结果.
【详解】由题意知，M是PB的中点，O是AB的中点，中，是中位线，，
，
截圆锥的平面平行于母线PA且过母线PB的中点M，故O也在截面上，同时根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上，建立以M为原点，为x轴，过M点的垂线为y轴，则设抛物线与底面交点为E，则，

设抛物线为，则，解得，即该抛物线焦点到准线的距离为p，即为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于判断抛物线的对称轴，才能通过建系利用待定系数法求参数，突破难点.
8．C
【分析】求出函数的对称性，用导数确定函数的单调性判断各命题．
【详解】，所以的图象关于点成中心对称，①正确，
函数定义域是，
，所以在和上都是增函数，不可能是轴对称图形，②错误，③正确，④错误．
故选：C．
【点睛】结论点睛：本题考查函数的性质，若满足，则的图象关于点成中心对称，若，则的图象关于直线成轴对称，轴对称图形的函数在对称轴两边的单调性相反．
9．C
【分析】直接利用函数的图象的平移变换和正弦型函数的对称性求参数，再结合范围利用余弦函数的图象特征求出函数的最小值即可．
【详解】解：函数的图象向右平移个单位长度后，
得到的图象，由于函数的图象关于点对称，
所以，即，即.
由于，所以时，，则．
当，所以，
当或时，即或时，函数的最小值为．
故选：C．
10．C
【分析】先由数列满足，，计算出前5项，可得，且，再利用周期性即可得到答案.
【详解】因为数列满足，，
所以，同理可得，…
所以数列每四项重复出现，即，且，
而，
所以该数列的前2021项的乘积是.
故选：C.
11．B
【分析】设双曲线的左焦点为，则可得四边形为矩形，由双曲线的定义和勾股定理结合三角形面积可得，即可求出离心率.
【详解】不妨设F是该双曲线的右焦点，设左焦点为，则F，在以AB为直径的圆上，根据双曲线和圆的对称性，圆过双曲线的左右焦点，如图，连接，则四边形为矩形，

则可得，，
所以，
又因为，
所以，得，
所以.
故选：B.
12．B
【分析】作出图形，根据题中的数据证明平面平面，并找出球心的位置，列出等式求出外接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果.
【详解】
取的中点，连接，设和的外心分别为，分别过点作平面和平面的垂线交于点，则点为外接球球心.
由题意可知，和都是边长为4的等边三角形.
为的中点，,且
平面
平面,平面平面
易得，，
平面,平面∥AM
同理可得∥DM，则四边形为菱形，
，菱形为正方形，
平面，平面
所以外接圆半径为，
因此，四面体的外接球的表面积为.
故选：B
【点睛】这个题目考查了外接球表面积的计算，找出球心位置，并计算外接球的半径是解答的关键，考查推理能力与计算能力.
13．B
【解析】求得后再求模长即可.
【详解】,故.
故选：B
【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与模长运算等.属于基础题型.
14．B
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：因为集合，
所以BÜA，
所以是的必要不充分条件，
故选：B
15．B
【分析】由已知条件求得等差数列的首项和公差，即可求得答案.
【详解】设等差数列的首项为 ，公差为 ，
则 ，解得 ，
故，
故选：B
16．A
【分析】小张爸爸年龄是从2002往前推27年得1975，根据题意查天干和地支即可.
【详解】小张爸爸年龄是2002-27=1975,
尾数为5，所以天干为“乙”，
，
由余数查7可得“卯”，
故小张爸爸出生的年份是“乙卯”年.
故选：A.
17．A
【分析】由在R上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，可得，，，从而即可得答案.
【详解】解：因为在R上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，，
所以，
故选：A.
18．C
【分析】求出一个等边三角形的面积求解即可.
【详解】根据题意，设等边三角形的高为，所以，
所以每个边长为2等边三角形的面积为：，
所以正八面体的表面积为：.
故答案为：C.
19．A
【分析】由题意，直线过圆心，进而有，又，从而利用均值不等式即可求解的最大值.
【详解】解：因为圆的圆心为，且圆关于直线为大于0的常数对称，
所以直线过圆心，
所以，又，
所以即当取最大值为，
故选：A.
20．B
【分析】先由题意得到，进而得到后，以为始边，为终边的角，从而得到点P的纵坐标为，即P距地面的高度函数求解.
【详解】解：由题意得，
而是以为始边， 为终边的角，
由OP在内转过的角为，
可知以为始边，为终边的角为，
则点P的纵坐标为，
所以P距地面的高度为，
令，得，
所以对称中心为，
令，得，
所以对称轴为，
故选：B
21．C
【分析】由点到直线距离公式求得圆心到渐近线的距离d，然后由圆的弦长公式建立方程，化简可得.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，即
则圆心到渐近线的距离，
因为直线被圆截得的弦长为
所以，即，整理得
得，所以.
故选：C

22．C
【分析】由题意，原不等式恒成立即为恒成立，由单调性求出的最小值即可得答案.
【详解】解：因为数列前项的乘积，，
所以恒成立，即恒成立，
所以，
因为，所以由对勾函数的单调性知，或时，，
所以，所以，
所以实数的范围是，
故选：C.
23．D
【分析】根据直角三角形的性质，结合球的定义、体积公式进行求解即可.
【详解】设的中点为，因为是矩形，所以是共斜边的直角三角形，
因此有，
所以该四面体外接球的体积为，
故选：D

【点睛】
24．C
【分析】点是函数图像上一点，点是直线上一点，从而将问题转化为求解函数图像上一点与直线上一点连线距离的最小值.当函数某一点处的切线斜率和直线的斜率相等时可得距离的最小值，从而可运用导函数计算求解结果.
【详解】根据题意，点是函数图像上一点，
点是直线上一点
函数的导函数为，
所以其图像上一点处切线的斜率为

当过点的切线与直线平行时，点与点之间的距离最小
且两点间的距离可转化两平行线之间的距离
此时有，，从而可得
此时函数图像上过点的切线方程为
化简为，其与直线间的距离为
所以的最小值为.
故选：C.
25．A
【分析】先求出，再根据交集的定义可求.
【详解】，故，
故选：A.
26．D
【分析】根据模长公式化简原式得，再根据复数的除法法则计算得，从而写出共轭复数.
【详解】由题意，，
则，
所以.
故选：D
27．A
【解析】根据线面垂直的判定定理和性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，因为是平面内的两条相交直线，，
根据线面垂直的判定定理，可得；
当时，因为，所以，
综上，“”是“”的充要条件.
故选：A.
28．C
【分析】确定，概率为，计算得到答案.
【详解】由题意得，
故面包的质量大于900g的概率为.
故选：C
29．A
【分析】由题设，进而求出的公比，将目标式化简求值即可.
【详解】由题设，若等比数列的公比为，
所以，而，则，
解得或，
所以，
当时，当时.
故选：A
30．C
【分析】分别在和中，利用余弦定理得到两个等式，然后两式相加，得到，然后在中，由余弦定理判断.
【详解】解：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相加得，则，，
在中，由余弦定理得，
所以是钝角三角形，
故选：C
31．C
【分析】记女生甲被选中为事件，记男生至少一人被选中为事件，根据条件概率计算.
【详解】设女生甲被选中为事件，事件表示女生甲被选中后再从剩下的6人中选2人，故，
设男生至少一人被选中为事件，事件表示女生甲被选中后再选2男生或1男生和1女生（从剩余4女生中选），故
则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是.
故选：C.
32．A
【分析】根据奇偶性及计算可得.
【详解】解：由题可知，当时，，且，
由题意知为奇函数，则，
又，，
则.
故选：A.
33．B
【分析】由已知求得，再由已知得函数的最小正周期为，求得，结合对任意恒成立列关于的不等式组求解．
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，
再将所得的图象向下平移一个单位长度，得，
又的图象与直线相邻两个交点的距离为，得，即．
∴，当时，，
∵，，
∴，解得，∴的取值范围是，故选B．
【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换与性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键，是中档题．
34．D
【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径.
【详解】如图 是棱长为6cm的正四面体，

由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心，
则有 底面BCD， ，  ，
，R是外接球半径，
在 中， ，
在 中， ， ，解得 ，
即正方体的最短棱长为.
故选：D.
35．A
【分析】先确定为的中点，所以为△的中位线，进而得到，，，切圆于，可得，由勾股定理得出关于，的关系式，最后即可求得离心率．
【详解】如图，

，为的中点，
为的中点，
为△的中位线，
，，


切圆于

，
，，
由勾股定理
，
．
故选：A．
36．A
【分析】构造函数，利用导数法研究单调性，并利用单调性可比较，在同一坐标系中作出与的图象，结合图象与幂函数的性质可比较，即可求解
【详解】令，则，
由，解得，由，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
因为，
所以，即，
所以，所以，
又递增，
所以，即；
，
在同一坐标系中作出与的图象，如图：

由图象可知在中恒有，
又，所以，
又在上单调递增，且
所以，即；
综上可知：，
故选：A
37．
【分析】由已知中，可得，即，代入向量夹角公式，可得答案．
【详解】解：，
，
又

即
设向量与的夹角为
则
，

故答案为：.
【点睛】本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，数量积判断两个平面向量的垂直关系，其中熟练掌握向量夹角公式是解答的关键．
38．6
【分析】利用棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线，尽量向点靠拢，即可得结果．
【详解】由题意可知，按如图所示的走法（走法不唯一），需要6步从点A出发到达对方“帅”所在的P处，
故答案为：6．

【点睛】关键点点睛：本题考查实际问题中的计数原理，考查对题目的理解与分析能力．解题时采取实际操作，即具体完成这件事件，然后计数，只要按照规则及最小化原则即可．
39．①③④
【分析】由及等腰三角形，可得，，从而得，所以，证明①正确，由余弦定理求得对角线长，然后由正弦定理求得圆直径，判断②，同理可判断③，求出梯形的高和底后可得梯形面积，判断④．
【详解】连接，因为，
又，所以，，又，
所以，同理，
所以，所以，而，所以四边形为梯形，①正确；
，则，，
，设圆O半径为，则，②错；
同理，构成等差数列，③正确；
作于，则梯形的高为，所以，
面积为，④正确．
故答案为：①③④

【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理与余弦定理在平面几何中的应用，解题方法是应用平面几何的知识证明圆四边形是梯形，然后由余弦定理和正弦定理可求得对角线长及圆直径，由直角三角形中三角函数定义求得梯形面积．从而判断各命题的真假．
40．12
【分析】首先确定“”模式中的的选法，再确定的选法，根据分步乘法计数原理求得结果.
【详解】从物理和历史两科中任选科，共有种选法
从化学、生物、政治、地理四科中任选科，共有种选法
每个学生的选科方式共有种
故答案为：
【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，属于基础题.
41．
【分析】作出可行域和目标函数基准直线，利用的几何意义和数形结合思想进行求解.
【详解】将化为，作出不等式组表示的平面区域（阴影部分）和目标函数基准直线（虚线）；

当直线向右下方平移时，直线在轴上截距减小，即增大，
当直线过点时，取得最大值，
联立，得，即，
即.
故答案为：.
42．/4.5
【分析】由题意，点分别为边的中点，进而有，又，从而即可求解.
【详解】解：因为，所以点分别为边的中点，
所以，
因为菱形的边长为，
所以，
所以，
故答案为：.
43．① ③
【分析】对于①利用函数奇偶性性质求解即可；对于②数形结合判断即可；
对于③利用二项式定理求解即可；对于④利用平均数和方差公式求解即可.
【详解】对于①：因为为偶函数，即，令，所以，
又因为为奇函数，所以，令，
所以，所以，故①正确；
对于②：存在负数，使得恰有3个零点等价于和，
有三个不同交点，且恒过点，
画出图像如下所示：根据图像判断至多有两个交点，故②不正确；

对于③：，
，
所以的系数为：5，故③正确；
对于④：设的平均数为，
则其方差为：，
则的平均数为，
则其方差为：，
故④不正确.
故答案为：① ③ .
44．/0.25
【分析】将二进制转化为十进制，再计算概率即可.
【详解】；；；，
十进制数大于2的概率为.
故答案为：
45．/0.2
【分析】以为基底，表示向量，将，利用表示，再由系数相等求解.
【详解】解：四边形为平行四边形，则可以以为基底.
因为，所以，
则，
又，
所以，
则，解得，
所以.
故答案为：.
46．/
【分析】求出抛物线的焦点与双曲线的右焦点及渐近线方程，设，由导数求得点处切线的斜率，得出的关系，再根据三点共线的斜率性质构造方程即可得解.
【详解】抛物线的焦点的坐标为，且；
双曲线的右焦点的坐标为，渐近线方程为，
由题意可知，在点M处的切线平行的渐近线应为，
设，则，得，
又点共线，即点共线，
所以，解得，所以.
故答案为：.
47．
【详解】设点坐标为，则有，因为以为切点可作直线与两曲线都相切，所以，即
或由，故，此时；所以点坐标为，代入整理得：，，令，即，得，可判断 在 上递增，在 上递减，所以当时有极大值也是最大值，，故答案为.
【方法点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题.求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求范围，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间 ，最后再根据其单调性求凼数的最值即可.
48．
【分析】根据题中糖水不等式，结合对数的运算性质和换底公式进行解题即可.
【详解】空1：因为，所以可得：
；
空2：由空1可得：，即.
故答案为：；
49．（1）；（2）.
【分析】（1）利用等差数列的性质和求得，由等差数列性质求得，从而得公差，然后可得通项公式；
（2）用代替中的得，两式相减可求得，再求出，检验后可得通项
【详解】解：（1）是等差数列，设公差为d，
，
，
，
，
，
，
.
（2），①
，②
①②得：，
，
当时，，
综上：.
【点睛】关键点点睛：本题考查求等差数列的通项公式，考查由数列的前项和求通项．应用等差数列的性质求解可以使求解过程简捷，计算简便．在由数列的前项求通项时，要注意公式中，而需另外计算，然后检验是否能用同一式子表示，否则需用分段函数形式表示通项公式．
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先利用余弦定理求证明，再利用线面垂直的性质证明，结合线面垂直的判定定理证明结论即可；
（2）建立如图空间直角坐标系，先求平面和平面的法向量，再求法向量夹角，即得二面角的余弦值.
【详解】解：（1）证明：，，，
由余弦定理可知，
，，
侧面，且面
，又，平面，
平面；
（2）由（1）知，以B为坐标原点，BC为x轴，为y轴，BA为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则：，，，，，，

，，
设平面的法向量为，
由得，
同理，设平面的法向量为，，
由得，
故，
由题意二面角是锐二面角，故二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：
求二面角的两种常用方法：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.
51．（1）；（2）.
【分析】（1）时，利用原函数求切点，利用导函数求斜率，再利用点斜式写方程即可；
（2）令函数为零，分离函数，转化为与有两个交点，先求函数过的切线，再结合图象即得参数范围.
【详解】解：（1）时，，且，
而，，
所求切线方程为，即；
（2）由得，
设，，依题意只需函数与直线在上有两个交点.
，当时，，则为增函数，
设与相切时的切点为，
而切线斜率，则切线方程为，
当切线过时，，即，即，得或(舍)，

此时，切线斜率，其切线方程为，斜率，
又恒在直线上，当倾斜角变大时，由切线变成割线，满足有两个交点，
则斜率，故函数有两个零点，则.
【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.
52．（1）总人数为万；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）着重提高这个年龄段的签约率，解释答案见解析.
【分析】（1）由图可知签约率超过35%低于60%的人群得年龄为岁、岁，再根据频率分布直方图求出对应的三个小长方形的面积之和即可；
（2）该地区年龄在岁居民中，利用二项分布的概率公式计算出概率即可得分布列和数学期望；
（3）由图1,2列出表格，可以得出该地区在岁这个年龄段的人数多，签约率低，即可得正确答案.
【详解】由图可知签约率超过35%低于60%的人群得年龄为岁、岁，
由表1易得所求频率，
所以估计该地区签约率超过35%低于60%的人群的总人数为万.
（2）该地区年龄在岁居民中，抽到的签约人数为可能为：0,1,2,3
易得，
，，
，
，
，
，
的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.027
0.189
0.441
0.343
.
（3）应该着重提高这个年龄段的签约率.
由图1，2知，
年龄段
该地区人数(万)
签约率%

大于360，小于460
30.3
，

37.1


55.7
61~70

61.7
71~80

70.0
80以上

75.8
由以上数据可知这个地区在这个年龄段的人为740万，基数较其他年龄段是最大的，且签约率为37.1%，比较低，
所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到55%以上，应该着重提高这个年龄段的签约率.}
【点睛】思路点睛：
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）
53．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）解方程组即得解；
（2）联立直线和椭圆方程得到，解方程得到，，得为的中线且，即得证.
【详解】解：（1）由题意得，
解得椭圆C的方程是.
（2）易得，，，
，
，
设直线
联立得，
得，，
，
直线，
联立得，
联立得，
轴且PQ的中点N为，
轴，
为的中线且，
为等腰三角形.
【点睛】方法点睛：证明一个三角形是等腰三角形，常用的方法：（1）证明三角形两边相等；（2）证明两个角相等；（3）证明三线合一. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
54．（1）和；（2）最小值为1，.
【分析】（1）直接利用单位圆与方程联立即可求解；
（2）将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，观察发现点到直线的距离即为最小值
【详解】（1）以极点为圆心的单位圆的极坐标方程为：，
所以联立，得或，
所以所求交点的极坐标为和.
（2）直线的直角坐标方程为，
“四叶草”极径的最大值为2，且可于点处取得，
连接且与直线垂直且交于点，
所以点与点M的距离的最小值为1.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是数形结合判断出点到直线的距离最小.
55．（1）最小值是；（2）最小值是.
【分析】（1）当时，利用绝对值三角不等式即可求解；
（2）利用绝对值三角不等式可得的最小值，再利用柯西不等式即可求最值.
【详解】（1）当时，
易得.
（2）由绝对值三角不等式可得：，
均为正实数，
，
，
，
当且仅当，即，时等号成立，
的最小值是.
56．(1)见详解；
(2).

【分析】（1）若要证明面面平行，只要证明一个平面内的两个相交直线和另一个平面平行即可；
（2）根据题意，利用几何法，先求得二面角的平面角，在解三角形即可得解.
(1)
∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF//PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF//平面PAD，
∵AB//CD，AB＝2CD，∴AF//CD，AF＝CD．
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF//AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF//平面PAD，
∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD//平面EFC；
(2)

由，，
所以，所以，又，
所以为等边三角形，
又为中点，
作于，
又平面，
所以，
所以平面，
作于，连接，
则为二面角的平面角，
又，，
所以，
所以.
57．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据余弦定理，结合，求得，通过判断，即可证明；
（2）选择①，根据结合面积公式，求得；再根据等面积法即可求得；
选择②，根据三角形周长结合等量关系，求得，再根据等面积即可求得.
【详解】（1）因为，由余弦定理可得：，又，设，
则，解得（舍）或，
故△为等腰三角形，即证.
（2）选①：△的面积为，
由，可得，又，故，
则，又，故可得，又，则，
因为AC边上的高为h，故，故可得；
选②：△的周长为20，
则，即，结合可得，
由，可得，又，故，
则，即，解得.
综上所述，选择①②作为条件，均有.
58．(1)甲队的概率为，乙对的概率为，乙队在一轮比赛中得到2分的可能性大.
(2)分布列见解析，证明见解析.

【分析】（1）根据题意，分别求得甲队和乙对在一轮比赛中得2分的概率为和，即可得到结论；
（2）根据题意，分别得到甲队和乙对得分为、的可能取值，求得相应的概率，分别求得甲队和乙队的期望，结合期望值，即可得到结论.
(1)
解：因为甲队两位队员每次投篮投中的概率均为，
乙队两位队员每次投篮投中的概率分别为，
甲队在一轮比赛中得2分的概率为，
乙队在一轮比赛中得2分的概率为，
因为，所以乙队在一轮比赛中得到2分的可能性大.
(2)
解：由题意，甲队得分为的可能取值，
可得，，，
所以随机变量的分布列为：

0
2
4




所以甲队得分期望为，
乙队得分为的可能取值，
可得，，，
所以随机变量的分布列为：

0
2
4




所以乙对得分期望为，
若，可得，甲乙两队在一轮比赛中得分的期望值就相等，
这位同学的结论是不正确的，因为期望相等仅代表大量重复比赛结束后两同学的得分平均取值大小应该相等，但在实际的一局比赛中，比分仍然是不确定的，两人得分可能不等，所以结论不正确。
59．(1)函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点；
(2)在上的零点个数为，理由见解析.

【分析】（1）根据导数的性质，结合极值点的定义进行求解判断即可；
（2）根据导数的性质，结合零点的定义、零点存在原理进行求解即可.
(1)
因为，所以，
因此，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因此是函数的极大值点，是函数的极小值点，
综上所述：函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点；
(2)
因为，所以，
因此，
设，
所以，
当时，因为，所以单调递减，
当时，，，
，
所以，因此此时函数单调递减，
所以当时，函数单调递减，因为，
所以函数在时有唯一零点，即在上的零点个数为.
【点睛】关键点睛：利用导数的性质、零点存在原理是解题的关键.
60．(1)，
(2)

【分析】（1）先根据点到抛物线的准线的距离等于5得到，进而求出抛物线的方程；再利用椭圆的离心率、点在椭圆上建立关于、的方程组即可求解；
（2）①设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用判别式为0得到，联立直线和抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、斜率和为0求出点的坐标，即可证明点与点关于原点中心对称；
②先求出椭圆四个顶点组成菱形的面积，再利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积公式求出，通过解方程即可求解.
【详解】（1）解：因为点到抛物线的准线的距离等于5，
所以，解得，所以抛物线的方程为；
因为椭圆的离心率为，且过点，
所以 ，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）解：①因为，且直线与椭圆相切，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
因为直线与椭圆相切，
所以，即，
联立，得，
设，，则；
设，因为，所以，
则，即，
即，
又，所以，即，
即点与点关于原点中心对称；
②椭圆四个顶点所围成菱形面积为，
所以的面积为，
则
，
令，即，
即，即，
即，
即，
因为，所以，，；
所以直线的方程为.
61．(1)；；
(2).

【分析】(1)对于曲线，先消去的参数方程里面的参数，再代入x＝ρcosθ、y＝ρsinθ即可求其极坐标方程；对于，直接代入x＝ρcosθ、y＝ρsinθ化简即可得其极坐标方程；
(2)联立和的极坐标方程，消去θ，得到关于ρ的二次方程，则A、B两点的极径为为该二次方程的两根，故根据韦达定理可求，再求出点M到直线AB距离d，根据即可计算.
(1)
曲线的普通方程为：，
即，
曲线的极坐标方程为：；
曲线的极坐标方程为：；
(2)
联立，
得，
令A、B两点的极径为，
，，
，
∵M的极坐标为，
∴M到直线AB的距离，
.
62．(1)
(2)或

【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）依题意得恒成立，利用绝对值三角不等式求得的最小值，由此列不等式来求得的取值范围.
(1)
时，，
由得：或或，
解得，
所以不等式的解集为.
(2)
不等式对任意实数x恒成立，
对任意实数x恒成立，
，
当且仅当时等号成立.
所以，，
解得或.
63．(1)90
(2)0.75
(3)分布列见解析，

【分析】（1）根据分层抽样的定义即可求解；
（2）利用样本频率估计总体概率；
（3）运动时间超过4小时的概率为，结合分布列和数学期望的定义求解即可.
【详解】（1）因为男生10500人，女生4500人，
所以抽取女生占总人数的比例为．
又因为分层抽样收集300位学生，
所以女生样本数据应收集为．
（2）由频率分布直方图可知，
学生每周平均体育运动时间超过4个小时的频率为．
估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率0.75.
（3）由（2）可知运动时间超过4小时的概率为，则，
所以，
，
，
，
，
则的分布列为：

0
1
2
3
4






则．
64．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，再由为平行四边形得到，从而得到平面，即可得到平面平面，即可得证；
（2）与平面所成角就是与平面所成角，再求出点到平面的距离为，根据求出即得解.
【详解】（1）证明：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点，
所以，，又平面，平面，
所以平面，
又因为底面为平行四边形，所以，则，
又平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）解：因为平面平面，
所以与平面所成角就是与平面所成角.
因为.
因为.
因为平面,
所以平面.
因为,
因为平面,
所以平面，所以平面，因为平面,
所以.
设点到平面的距离为，又,
所以.
设与平面所成角为，所以.
所以与平面所成角为.
65．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由条件结合等差数列的通项公式以及求和公式，得到关于公差的方程，从而得到的通项公式；
（2）根据题意，结合错位相减法即可得到结果.
【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，
由，，，有，
化简得，则，，所以的通项公式为．
选②，设递增等差数列的公差为，
由，，，有，
化简得，即，解得，
则，所以的通项公式为．
选③，设递增等差数列的公差为，
由是与的等差中项，得，即，
则有，
化简得，即，解得，
则，所以的通项公式为．
（2）由是以1为首项，2为公比的等比数列，得，
由（1）知，即有，
则，于是，
两式相减得：，
因此．
66．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将代入椭圆的方程，化简求值即可.
（2）联立直线PQ和椭圆的方程，然后将转化为，化简即可得到直线PQ的斜率为定值.
【详解】（1））由已知，得①，
设椭圆方程，代入点得②，联立①②，
解得，，所以椭圆方程为．
（2）由题可知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为．
设点，，
联立得，，满足时，
有，，
由可得，
即，即，
化简得，
代入韦达定理，可得，
又点不在直线PQ上，因此，
所以，即，故直线PQ的斜率为定值．
67．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求函数的导函数，求导后对分成，，三类，讨论函数的单调区间.
（2）用韦达定理写出这两个极值点的关系，化简，并利用导数求得上式表达式的单调区间以及最值，由此证得不等式成立.
【详解】（1）因为，
所以．
设，则．
当时，，，，在上是增函数；
当时，两个根，；
当时，，，
所以当时，，，是减函数；
当时，，，是增函数；
当时，，
所以当或时，，，是增函数；
当时，，，是减函数；
综上可知，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数，在上是增函数；
当时，在上是减函数，
在，上是增函数．
（2）由题意可得，是的两个根，
则，，且，
所以．
设，则，
令，
则在上为增函数，
且，，
所以存在，使得，即，
且当时，，是减函数，
当时，，是增函数，
所以
，故.
【点睛】关键点睛：在求出函数的定义并对函数求导后，要注意通分，因为根据定义域，分母往往是为正的，可不用考虑的，再根据开口方向和判别式对参数进行分类讨论，由此得到函数的单调区间.
68．(1)，
(2)

【分析】（1）先求出曲线、的直角坐标方程，再根据直角坐标转化为极坐标方程即可；
（2）通过联立极坐标方程，即可求得M、N两点的极坐标，进而求得的长度，若求面积最大值，只需求点到直线距离最大，即过圆心做垂直于的线反向延长交的点为，通过直角三角形中边与角的关系，求得圆心到直线距离，进而求得高的最大值，即三角形面积最大值.
【详解】（1）解：因为曲线是以为圆心的半圆，且过极点O，所以半径为2，
故曲线的直角坐标方程为：，，
即，将代入化简可得：，
由，即，即，
即，故，
所以的极坐标方程为；
因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，
故的直角坐标方程为：，
即，将代入可得：
圆的极坐标方程为；
（2）因为M、N是直线与曲线、的两个交点，
不妨设，
由（1）得：，：，
所以，所以，
若面积最大，只需P点到直线MN的距离最大，因为P在上，
所以当P点为过且与直线MN垂直的直线与圆的一个交点时，距离最大，如图所示：

设与直线MN垂直于点H，因为，
所以，在中，，
所以点P到直线MN的最大距离为，
所以面积的最大值为．
69．(1)
(2)27

【分析】（1）分，，三种情况讨论，去绝对值符号，解不等式即可；
（2）先根据绝对值三角不等式求出，再利用柯西不等式即可得解.
【详解】（1）①当时，原不等式化为，
即，解得，
∴时，不等式成立，
②当时，原不等式化为，即，恒成立，
∴时，不等式恒成立，
③当时，原不等式化为，即，解得，
∴时，不等式成立，
综上，不等式的解集为；
（2）∵（当且仅当时“＝”成立），
∴，即，
由柯西不等式，可得，
当且仅当，即，，时“”成立，
所以，
即的最小值是27．