宁夏中卫市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份宁夏中卫市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共60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。

宁夏中卫市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·宁夏中卫·统考一模）复数，则（    ）
A． B． C．-1 D．1
3．（2021·宁夏中卫·统考一模）下列四个命题：
①若，则
②若，，则
③若，，则
④若，，则
其中正确命题的个数有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2021·宁夏中卫·统考一模）为美化环境，某城市决定用鲜花装饰如图所示花柱，它的下面是一个直径为1m、高为3m的圆柱形物体，上面是一个半球形体，如果每平方米大约需要鲜花150朵，那么装饰一个这样的花柱大约需要鲜花朵数为（    ）

A．1230 B．1430 C．1630 D．1830
5．（2021·宁夏中卫·统考一模）中心在原点的双曲线的一条渐近线方程为，则的离心率为（    ）
A．2 B． C．2或 D．2或
6．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·宁夏中卫·统考一模）在的方格中，如图（1），移动规则如下：每行均可左右移动，每列均可上下移动，每次仅能对某一行或某一列进行移动，其他行或列不变化．例如图（2）：

若想移动成每行的数字相同，则最少需要移动（    ）次
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2021·宁夏中卫·统考一模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的单调递增区间是（    ）
A． B．
C． D．
9．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知抛物线C：（）的焦点为F，准线与x轴交于点K，过点K作圆的切线，切点分别为点A，B.若，则p的值为（    ）
A．1 B． C．2 D．3
10．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知符号函数，偶函数满足，当时，，则（    ）
A． B．
C． D．
11．（2021·宁夏中卫·统考一模）如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则

A．直线与直线异面，且 B．直线与直线共面，且
C．直线与直线异面，且 D．直线与直线共面，且
12．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知函数，若对于，，都有恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·宁夏中卫·统考一模）复数的共轭复数为（    ）
A． B． C． D．
15．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知向量，且，若，均为正数，则的最小值是　　
A．24 B．8 C． D．
16．（2022·宁夏中卫·统考一模）下列说法错误的是（    ）
A．命题“若则”的逆否命题是“若则”
B．命题，使得则均有
C．“”是“”的充分不必要条件
D．若为假命题，则均为假命题
17．（2022·宁夏中卫·统考一模）袋中有红､黄､绿，蓝颜色的球各一个，每次随机取一个后放回袋中，连续取四次，则取出的球颜色完全不相同的概率为（    ）
A． B． C． D．
18．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知在中，角的对边分别为则边上的高为（    ）
A．1 B． C． D．2
19．（2022·宁夏中卫·统考一模）“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”.地支又与十二生肖“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”依次对应.“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、、癸酉：甲戌、乙亥、丙子、…、癸未；甲申、乙寅、丙戌、…、癸已；…；共得到60个组合，称为六十甲子，周而复始，无穷无尽.2020年是“干支纪年法”中的庚子年，那么2082年出生的孩子属相为（    ）
A．猴 B．马 C．羊 D．虎
20．（2022·宁夏中卫·统考一模）关于函数的图象或性质的说法中，正确的个数为（）
①函数的图象关于直线对称；
②将函数的图象向右平移个单位所得图象的函数为；
③函数在区间上单调递增；④若，则.
A．1 B．2 C．3 D．4
21．（2022·宁夏中卫·统考一模）设函数f(x)=若，则实数的取值范围是（    ）
A．
B．
C．
D．
22．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知函数的两个极值点分别在（-1，0）与（0，1）内，则2a-b的取值范围是
A． B． C． D．
23．（2022·宁夏中卫·统考一模）设分别为双曲线的左､右焦点，双曲线上存在一点使得，则该双曲线的离心率为（    ）
A． B．3 C． D．
24．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知定义域为的函数满足，且，e为自然对数的底数，若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
25．（2023·宁夏中卫·统考一模）设集合，，．若，，则（    ）
A． B． C．1 D．3
26．（2023·宁夏中卫·统考一模）若复数，则的共轭复数＝（    ）
A． B． C． D．
27．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知 ， ，，则的值为（    ）
A． B． C． D．
28．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
29．（2023·宁夏中卫·统考一模）《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊、猪食人苗，苗主责之粟9斗，猪主曰：“我猪食半羊．”羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？其意是：今有牛、马、羊、猪吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿9斗粟，猪主人说：“我猪所吃的禾苗只有羊的一半．”羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，牛、马、羊、猪的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，马主人比猪主人多赔偿了（    ）斗．
A． B． C．3 D．
30．（2023·宁夏中卫·统考一模）若满足约束条件，则的最小值是（    ）
A．-6 B．-4 C．0 D．2
31．（2023·宁夏中卫·统考一模）如图是函数图象的一部分，设函数，则可以表示为 （    ）

A． B． C． D．
32．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知函数，则（    ）
A．在上单调递减 B．在上单调递增
C．在上单调递减 D．在上单调递增
33．（2023·宁夏中卫·统考一模）过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（    ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
34．（2023·宁夏中卫·统考一模）的内角的对边分别为a，b，c，满足.若为锐角三角形，且a=3，则面积最大为（    ）
A． B． C． D．
35．（2023·宁夏中卫·统考一模）设双曲线的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是双曲线在第一象限内的一点，直线交双曲线的左支于点，若，则点与点的横坐标的绝对值之比为（    ）
A． B． C．4 D．
36．（2023·宁夏中卫·统考一模）利用“”可得到许多与n（且）有关的结论①，②，③，④，则结论正确的有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题
37．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知向量，满足，，则的值为____________．
38．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知实数，满足不等式组，则目标函数的最大值为______.
39．（2021·宁夏中卫·统考一模）的展开式中各项系数之和为，则该展开式中的系数为___________.
40．（2021·宁夏中卫·统考一模）在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______
41．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知是第二象限角，且，则___________.
42．（2022·宁夏中卫·统考一模）的展开式中，的系数为___________.
43．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知抛物线，过点的直线交于，两点，则直线(为坐标原点)的斜率之积为___________.
44．（2022·宁夏中卫·统考一模）在四面体PABC中，平面平面ABC，，，则该四面体的外接球的体积为___________.
45．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知，平面向量，.若，则实数的值是______.
46．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知的展开式为，若，则__________.
47．（2023·宁夏中卫·统考一模）为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为，，，，若，则到轴的距离为__________.
48．（2023·宁夏中卫·统考一模）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，，满足，，则该“鞠”的表面积为____________.


三、解答题
49．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知数列的前n项和是，且，等差数列中，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）定义：.记，求数列的前10项的和.
50．（2021·宁夏中卫·统考一模）医学中判断男生的体重是否超标有一种简易方法，就是用一个人身高的厘米数减去105所得差值即为该人的标准体重．比如身高175cm的人，其标准体重为175-105=70公斤，一个人实际体重超过了标准体重，我们就说该人体重超标了．已知某班共有30名男生，从这30名男生中随机选取6名，其身高和体重的数据如表所示：
编号
1
2
3
4
5
6
身高（cm）
165
171
160
173
178
167
体重（kg）
60
63
62
70
71
58
（1）从这6人中任选2人，求恰有1人体重超标的概率；
（2）依据上述表格信息，用最小二乘法求出了体重y对身高x的线性回归方程：，但在用回归方程预报其他同学的体重时，预报值与实际值吻合不好，需要对上述数据进行残差分析．按经验，对残差在区间之外的同学要重新采集数据．问上述随机抽取的编号为3，4，5，6的四人中，有哪几位同学要重新采集数据？
参考公式：残差．
51．（2021·宁夏中卫·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，，四边形ABEF为直角梯形，，，，，平面平面ABEF．

（1）求证：平面ABEF．
（2）求平面ABCD与平面DEF所成锐二面角的余弦值．
52．（2021·宁夏中卫·统考一模）经过椭圆左焦点的直线与圆相交于，两点，是线段与的公共点，且．
（1）求；
（2）与的交点为，，且恰为线段的中点，求的面积．
53．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知函数．
（1）若，证明；
（2）若对任意，，都有，求实数a的取值范围．
54．（2021·宁夏中卫·统考一模）在平面直角坐标系中，直线的方程为：，曲线C的参数方程为（是参数，）．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）分别写出直线与曲线C的极坐标方程；
（2）若直线，直线与半圆C的交点为A，直线与的交点为B，求．
55．（2021·宁夏中卫·统考一模）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.
56．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知数列的前项和为，且满足，设．
（1）分别求和的通项公式；
（2）求数列的前项和．
57．（2022·宁夏中卫·统考一模）2021年，福建、河北、辽宁、江苏、湖北、湖南、广东、重庆8省市将迎来“3+1+2”新高考模式．“3”指的是：语文、数学、英语，统一高考；“1”指的是：物理和历史，考生从中选一科；“2”指的是：化学、生物、地理和政治，考生从四科中选两科．为了迎接新高考，某中学调查了高一年级1500名学生的选科倾向，随机抽取了100人，统计选考科目人数如下表：

选考物理
选考历史
总计
男生
40

50
女生



总计

30

（1）补全2×2列联表，并根据表中数据判断是否有95%的把握认为“选考物理与性别有关”；
（2）将此样本的频率视为总体的概率，随机调查该校3名学生，设这3人中选考历史的人数为X，求X的分布列及数学期望．
参考公式：，其中．
参考数据：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

58．（2022·宁夏中卫·统考一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且.

（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
59．（2022·宁夏中卫·统考一模）如图，椭圆：的一个顶点为，离心率为.，是过点且互相垂直的两条直线，其中，交圆：于，两点，交椭圆于另一点.

（1）求椭圆的方程；
（2）求面积取最大值时直线的方程.
60．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知函数．
（Ⅰ）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（Ⅱ）已知，，.当时，有两个极值点，且，求的最小值．
61．（2022·宁夏中卫·统考一模）已知圆的方程为，直线的参数方程为，（为参数，）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求圆的极坐标方程；
(2)设与交于，两点，当时，求的极坐标方程.
62．（2022·宁夏中卫·统考一模）（1）设，证明；
（2）求满足方程的实数的值.
63．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知数列的前项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
64．（2023·宁夏中卫·统考一模）携号转网，也称作号码携带、移机不改号，即无需改变自己的手机号码，就能转换运营商，并享受其提供的各种服务．2019年11月27日，工信部宣布携号转网在全国范围正式启动．某运营商为提质量保客户，从运营系统中选出300名客户，对业务水平和服务水平的评价进行统计，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的客户有180人．
(1)完成下面2×2列联表，并分析是否有99%的把握认为业务水平与服务水平有关；

对服务水平满意人数
对服务水平不满意人数
合计
对业务水平满意人数



对业务水平不满意人数



合计



(2)为进一步提高服务质量在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用X表示对业务水平不满意的人数，求X的分布列与期望.
附：，．

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

65．（2023·宁夏中卫·统考一模）如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，侧面底面为中点，.

(1)求证：；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
66．（2023·宁夏中卫·统考一模）在直角坐标系中，动点M到定点的距离比到y轴的距离大1．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)当时，记动点M的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线分别交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
67．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求a的取值范围.
68．（2023·宁夏中卫·统考一模）在极坐标系中，圆的极坐标方程为，直线的极坐标方程为．以极点为坐标原点，以极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系．
(1)求圆及直线的直角坐标方程；
(2)若射线分别与圆和直线交于两点，其中，求的最大值．
69．（2023·宁夏中卫·统考一模）已知，函数的最小值为3．
(1)求的值；
(2)求证：．

参考答案：
1．D
【分析】化简集合，再求集合的补集与并集即可.
【详解】由解得或，则，
所以.
故选：D
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法、补集与并集等基础知识；考查运算求解能力.
2．A
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用即可求出结果．
【详解】解：，
，
故选：A．
3．B
【分析】结合不等式的性质，对四个命题逐个分析，可得出答案.
【详解】①，，故正确；
②，∴，∵，∴，则，不能比较之间的大小关系，即②不正确；
③取，，，，满足，，但是，故③不正确；
④，，，，
，，故正确.
综上可知：只有①④正确.
故选：B.
【点睛】本题考查不等式的性质，考查学生的推理能力，属于基础题.
4．C
【分析】利用圆柱的表面积公式和球的表面积公式先求出这样的花柱的表面积，由此能求出装饰一个这样的花柱大约需要鲜花朵数．
【详解】解：一个直径为、高为的圆柱形物体，上面是一个半球形体，
这样的花柱的表面积为：

每平方米大约需要鲜花150朵，
装饰一个这样的花柱大约需要鲜花朵数为：
．
故选：．
5．D
【分析】分类讨论焦点在轴上和轴上，然后根据渐近线方程得到的关系，进而可以求得离心率.
【详解】若焦点在轴上，设双曲线的标准方程为，
因为渐近线方程为，即，所以，即，
则；
若焦点在轴上，设双曲线的标准方程为，
因为渐近线方程为，即，所以，即，
则；
故选：D.
6．D
【分析】利用展开得，平方后利用二倍角公式求得，从而求得结果.
【详解】解：，得，则，
平方得，得，即，
故选：D.
7．A
【分析】易知最易达到的效果是第一行2，第二行1，第三行3，则需上下移动第三行，左右移动第二行．
【详解】最易达到的效果是第一行2，第二行1，第三行3，则需上下移动第三列，左右移动第二行．故变换过程为
2
2
1
2
1
3
3
3
1
第三列上移1
2
2
3
2
1
1
3
3
1
第二行左移1
2
2
3
1
1
2
3
3
1
第三列上移1
2
2
2
1
1
1
3
3
3
故选：．
8．D
【分析】先根据平移变换求出函数的解析式，然后根据在上单调递增整体带入即可求出结果.
【详解】由题意得，
因为在上单调递增
所以，即，
故函数的单调递增区间是，
故选：D.
9．C
【解析】连接，通过是圆的圆心，结合图形，，通过求解是等边三角形，推出结果．
【详解】连接，如下图

因为F就是圆的圆心，
所以，且.
又，所以，那么，
所以是等边三角形
所以.
又，所以.
故选：C.
【点睛】考查抛物线的标准方程、焦点、准线以及圆有关的概念，考查数形结合的思维方法和学生对数量关系的分析能力.
10．C
【分析】利用偶函数以及函数周期为2，作出函数的大致图象，数形结合易知A错误；计算，故B错误；
利用判断得，故C正确；由定义验证方程左右两边的值，得到D错误．
【详解】解：根据题意得函数是周期为2的函数，作出函数的大致图象，如下图所示．

数形结合易知，则或，故A错误；
，故B错误；
，则，故C正确；
,所以，
所以，故D错误．
故选C．
11．B
【分析】连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.
【详解】如图所示：

连接，，，，由正方体的特征得，
所以直线与直线共面.
由正四棱柱的特征得，
所以异面直线与所成角为.
设，则，则，，，
由余弦定理，得.
故选：B
【点睛】本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.
12．D
【分析】先判断函数的单调性，去掉绝对值，然后构造函数利用单调性求解参数的取值范围.
【详解】因为，所以；
因为，所以，即为增函数；
不妨设，所以，
可化为，即；
设函数，则，即为增函数；
，
在区间上恒成立，
所以恒成立，令，，所以为增函数，
；所以.
故选：D.
【点睛】本题条件的转化是求解的关键，双变量问题转化为函数的单调性问题，单调性问题再转化为导数的恒成立问题，结合分离参数法进行求解.
13．B
【分析】先分别解一元二次不等式和指数不等式而得集合A，B，然后求A与B的交集即可得解.
【详解】解得，即，
解得，即，
于是有，
所以.
故选：B
14．B
【分析】根据复数除法运算法则化简复数，然后根据共轭复数概念写出共轭复数.
【详解】，
故
故选：B
15．B
【分析】根据向量共线定理列出方程，得出，再利用基本不等式求的最小值即可．
【详解】解：，
，
化简得，

，
当且仅当时，等号成立；
的最小值是8．
故选：．
【点睛】本题考查了平面向量的共线定理与基本不等式的应用问题，在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误，属于中档题.
16．B
【分析】A选项，“若，则”的逆否命题是“若，则”，B选项，特称命题的否定是全称命题，C选项，求出，和比较，判断是充分不必要条件，D选项，逻辑连接词“或”，只有两个全是假命题的时候，才是假命题
【详解】对于A:根据逆否命题的定义，命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，故正确;
对于B:命题“，使得”，则：“，均有”，故错误;
对于C:或，因此“”是“”的充分不必要条件，故正确;
对于D:若为假命题，则都是假命题，故正确．
故选： B.
17．C
【分析】首先求出基本事件总数，依题意满足条件的基本事件数即为将红､黄､绿，蓝四个球全排列的排列数，再根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：依题意基本事件总数为，取出的球颜色完全不相同，即将红､黄､绿，蓝四个球全排列，则满足条件的基本事件数为
故连续取四次，则取出的球颜色完全不相同的概率
故选：C
18．D
【分析】先根据余弦定理求得a，再由余弦定理求得，继而求得，从而可得选项.
【详解】因为所以，即，解得，
所以，又，所以，
所以边上的高为，
故选：D.
19．D
【分析】可根据“干支纪年法”确定2082年是壬寅年，然后由地支对应的属相得结论，也可根据属于的周期性直接得结论．
【详解】由题意，2080年也是庚子年，2081年是辛丑年，2082年是壬寅年，寅属虎，（或属于是12年一个周期，2080年属鼠，2081年属牛，2082年属虎）
故选：D
20．A
【分析】运用三角函数图像性质对四个选项逐一分析即可得到答案
【详解】①令，解得，当时，则，故正确
②将函数的图像向右平移个单位得：，故错误
③令，解得，故错误
④若，即，
则，故错误
故选
【点睛】本题主要考查了函数的图象的对称性，单调性以及图形的平移，熟练掌握三角函数图像的性质是关键，本题较为基础．
21．C
【分析】由于的范围不确定，故应分和两种情况求解.
【详解】当时，，
由得，
所以，可得：，
当时，，
由得，
所以，即，即，
综上可知：或.
故选：C
【点睛】本题主要考查了分段函数，解不等式的关键是对的范围讨论，分情况解，属于中档题.
22．B
【分析】求出导函数f′（x）＝3x2+4ax+3b，由3x2+4ax+3b＝0的两个根分别在区间（0，1）与（﹣1，0）内，列出约束条件，利用线性规划求解2a﹣b的取值范围．
【详解】由函数f（x）＝x3+2ax2+3bx+c，求导f′（x）＝3x2+4ax+3b，
f（x）的两个极值点分别在区间（﹣1，0）与（0，1）内，
由3x2+4ax+3b＝0的两个根分别在区间（0，1）与（﹣1，0）内，
即，令z＝2a﹣b，
∴转化为在约束条件为时，求z＝2a﹣b的取值范围，可行域如下阴影（不包括边界），
目标函数转化为z＝2a﹣b，由图可知，z在A（，0）处取得最大值，在（，0）处取得最小值，
因为可行域不包含边界，∴z＝2a﹣b的取值范围（，）．
故选B．

【点睛】本题考查导数求导法则，导数极值的综合应用，考查平面线性规划的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
23．A
【分析】设P点在双曲线右支上，由双曲线定义，，解得，，代入，化简得到，从而求得离心率.
【详解】设P点在双曲线右支上，由双曲线定义知，，
则由题知，，
则，
化简得，则，
则，离心率
故选：A
24．B
【分析】整理已知等式后，构造函数，求出，再讨论恒成立问题.
【详解】由，得
设，，
则，从而有.
又因为，所以，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
因为不等式恒成立，所以，
即，又因为，所以.
故选：B.
【点睛】本题关键是构造函数，求出，转化为恒成立问题,进而变量分离确定参数范围,
25．B
【分析】根据包含关系结合交集的结果可求的值.
【详解】因为，故，故或，
若，则，，此时，符合；
若，则，，此时，不符合；
故选：B
26．A
【分析】利用复数的四则运算化简复数，结合共轭复数的定义可得复数.
【详解】因为，因此，.
故选：A.
27．A
【分析】应用同角三角函数关系、诱导公式得，，再由差角正切公式求值即可.
【详解】由题可得，，，
所以.
故选：A
28．D
【分析】先确定与中间量0的大小关系，再利用指数函数的单调性来比较大小.
【详解】,
，
故
故选：D.
29．B
【分析】转化为等比数列进行求解，设出未知数，列出方程，求出马主人比猪主人多赔偿了斗数.
【详解】由题意得：猪、羊、马、牛的主人赔偿的粟斗数成等比数列，公比为2，
设猪的主人赔偿的粟斗数为，
则，解得：，
故马主人赔偿的粟斗数为，
所以马主人比猪主人多赔偿了斗数为.
故选：B
30．A
【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出最小值.
【详解】画出可行域与目标函数，

联立，解得，
当直线过点时，取得最小值，，
故最小值为-6.
故选：A
31．C
【解析】结合函数图象利用奇偶性排除部分选项，再根据当时，x趋于0时，函数值趋于负无穷大判断.
【详解】因为与都是偶函数，排除A，B.
因为和都是奇函数，且当时，x趋于0时，函数值趋于负无穷大，排除D,
故选：C
32．C
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.

33．B
【分析】根据特殊元素“失重飞行”进行位置分类方法计算，结合排列组合等计数方法，即可求得总的测试的安排方案种数.
【详解】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，则有种安排方法；
故选拔测试的安排方案有种.
故选：B.
34．D
【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
即，由余弦定理得，在锐角中，，
而，因此，当且仅当时取等号，
于是的面积，
所以当时，的面积取得最大值.
故选：D
35．B
【分析】根据题意可得三点坐标，由可利用相似比得，代入两点坐标并联立，解之即可求得结果.
【详解】如下图所示：

根据题意可知，设
由可知，，
所以，即，
所以，即；
所以，联立，解得；
所以，
即，
点与点的横坐标的绝对值之比为.
故选：B
36．C
【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，对于①，令，得到，累加后得到①正确；对于②，推导出，，当且仅当时等号成立，令，可得，累加后得到②正确；对于③，推导出，累加后得到③错误；对于④，将中的替换为，推导出，故，当且仅当时，等号成立，累加后得到④正确.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，，
故，当且仅当时，等号成立，
对于①，令，所以，
故，
其中
，
所以，故①正确；
对于②，将中的替换为，可得，，
当且仅当时等号成立，
令，可得，
所以，
故，
其中
所以，故②正确；
对于③，将中的替换为，显然，
则，
故，
故，故③错误；
对于④，将中的替换为，其中，，则，
则，故，当且仅当时，等号成立，
则，故④正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常用到裂项相消法求和）达到证明的目的.
37．-1
【分析】先求出向量，求出的值.
【详解】设，
因为，，
所以，解得：，
所以.
故答案为：-1
38．0
【解析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线可得目标函数的最大值.
【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当过点时.
故答案为：0.

39．-48
【分析】令x=1，解得a=1，再利用的通项公式，进而得出．
【详解】令x=1,=2，解得a=1.
又的通项公式，
令5−2r=3，5−2r=5.
解得r=1，r=0.
∴该展开式中的系数为=−80+32=−48，
故答案为：−48.
【点睛】本题考查二项式定理的应用，根据通项公式求系数，属于中等题.
40．
【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.
【详解】
（当且仅当时取等号）.
令，
故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.
41．/－0.6
【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的平方关系，将化简为，代入求解即可.
【详解】.
故答案为：.
42．13
【分析】化简，，对于式子取的二项展开式中的含的项，对于式子取的二项展开式中含的项，即可得解.
【详解】对于式子取的二项展开式中的含的项，
此项为，
对于式子取的二项展开式中含的项，
此项为，
所以含的项为，
所以的系数为.
故答案为：13.
43．
【分析】直线与抛物线联立，运用韦达定理即可.
【详解】设点设的方程为，则得，则，所以，从而.
故答案为：.
【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系.
44．
【分析】设AB的中点为D，可得平面ABC，平面PAB，设该四面体外接球的球心为O，，的外接圆圆心分别为，，可得，分别在直线DC，PD上，四边形为矩形，由正弦定理求得两个三角形的外接圆半径，在利用矩形求得外接球的半径，得球体积．
【详解】解析：如图，设AB的中点为D，连接PD，DC，因为，，所以，，
又平面平面ABC，所以平面ABC，平面PAB.
设该四面体外接球的球心为O，，的外接圆圆心分别为，，
易知，分别在直线DC，PD上，连接，，则平面ABC，所以，则四边形为矩形.
设，的外接圆半径分别为，，外接球的半径为R，
在中，由正弦定理得，则.
在中，，易得，所以，
所以，得，则，连接PO，
在中，，
所以该四面体的外接球的体积.

故答案为：．
45．2
【分析】利用向量共线的坐标运算求实数的值.
【详解】平面向量，，
若，则，由，解得.
故答案为：2
46．或
【分析】利用二项式定理求解即可.
【详解】展开式的通项公式为，，
令，则，即，
令，则，即，
由题意可得，即，解得或，
故答案为：或
47．
【分析】首先表示出，，，的坐标，依题意可得，即可得到为椭圆上一点，联立两椭圆方程，求出，即可得解.
【详解】解：不妨设，，，，
则，为椭圆的焦点，所以，
又，所以，
且，所以在以、为焦点的椭圆上，且，所以，
所以为椭圆上一点，
由，解得，则，
故到轴的距离为.
故答案为：
48．
【分析】由题意画出图形，可得，均为等边三角形，设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，构造直角三角形，利用勾股定理求解棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式求解.
【详解】由已知得，均为等边三角形，如图所示，

设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，
则，，而，平面，∴平面，
可求得 而，， 则，
在平面中，过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，平面，得，
又，，平面，故平面，
过点O作于点G，则四边形是矩形，
而 ，
设球的半径为R，，则由，，
得 ，   ，
解得， ，
故三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
49．（1），；（2）70.
【解析】（1）根据，化简得到，结合等比数列的通项公式，求得，再由等差数列的通项公式，求得，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）对于数列的前n项和是，且，
当时，可得，解得，
当时，可得，两式相减得，即，
所以数列是首项为2，公比也为2的等比数列，
所以数列的通项公式
设等差数列的公差为d，则，解得，
所以数列的通项公式
（2）由（1）知：，
所以
.
【点睛】利用数列的递推公式求解数列的通项公式的策略：
1、对于递推关系转化为（常数）或（常数）可利用等差、等比数列的通项公式求解；
2、对于递推关系式可转化为的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式；
3、对于递推关系式可转化为的数列，并且容易求数列前项积时，通常采用累乘法求其通项公式；
4、对于递推关系式形如的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.
50．（1）；（2）3号和6号需要重新采集数据.
【分析】（1）求出6人中体重超标的人数，再由古典概型概率计算公式即可求解；
（2）先根据回归直线方程必过样本中心求出，进而求出残差，即可判断出哪些同学需要重新采集数据.
【详解】（1）由表可知：
1号同学的标准体重为；
2号同学的标准体重为；
3号同学的标准体重为；
4号同学的标准体重为；
5号同学的标准体重为；
6号同学的标准体重为；
故3号、4号同学体重超标，所以恰有1人体重超标的概率；
（2）因为，
，
回归直线方程必过样本中心，得，即，
所以回归直线方程为，
残差分析：
，
，
，
，
故3号和6号同学需要重新采集数据.
51．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）在中，利用余弦定理求出，然后由勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理证明即可；
（2）利用面面垂直的性质定理证得平面，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量，利用待定系数法求出平面的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．
【详解】（1）证明：在中，∵，，，所以，
∴，即．
又∵平面平面，
且平面平面，平面，
∴平面；
（2）解：由平面平面，
平面平面，
可得平面，
又由（1）知平面．
以A为坐标原点，分别以AB，AF，AC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
由取，得；
是平面的一个法向量．
设平面与平面所成锐二面角为，
则．
即平面ABCD与平面DEF所成锐二面角的余弦值为．

52．（1）；（2）．
【解析】（1）求得椭圆的，，运用椭圆的定义，结合圆的定义，可得圆的半径；
（2）设，，，，运用圆的性质，结合向量垂直的条件，结合椭圆方程，求得的坐标，可得直线的方程，联立椭圆方程，可得的坐标，再由三角形的面积公式，计算可得所求值．
【详解】解：（1）由得长轴长，半焦距，
因为点在上，所以，
因为，所以；
（2）设，，，，为线段的中点，则，
由，，，，，，
所以，又，
解得，或，
若，则，直线的方程为，
联立和椭圆方程，可得，
所以的面积．
若，同理可求得的面积．
综上，的面积为．

【点睛】本题主要考查了椭圆中三角形面积问题，解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决．考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
53．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）把变形整理得到，然后构造函数，通过研究函数的单调性即可得证；
（2）恒成立问题通过参变分离来求取值范围.
【详解】证明：（1）要证，需证，
因，即证，即证，
设，则，
即证在上单调递增
，设，
则，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
∴，即在上恒成立，
∴在上单调递增
∴当时，
解：（2）由，得，
∵，∴．
设，
则，
∵，∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
∴，
∴
又对任意都成立，则
即实数的取值范围是．
【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.
54．（1），；，；（2）5．
【分析】（1）先将曲线C的参数方程化成普通方程，再根据极坐标与平面直角坐标转化公式代入可得直线与曲线C的极坐标方程；
（2）设，，再联立直线与半圆C的极坐标方程求得交点为A的极坐标，联立直线与的极坐标方程求得交点为B，由此求得答案.
【详解】解：（1）直线的极坐标方程为，，
曲线C的普通方程为，又，，
所以曲线C的极坐标方程为，；
（2）设，则有，解得，，
设，则有，解得，，
所以.
55．（1）或；（2）.
【分析】（1）分别在、和三种情况下，去除绝对值符号后解不等式求得结果；
（2）将问题转化为在上恒成立，得到，从而确定，可得，解不等式组求得结果.
【详解】（1）当时，原不等式可化为.
①当时，，解得：，；
②当时，，解得：，；
③当时，，解得：，；
综上所述：不等式的解集为或.
（2）由知：，
，在上恒成立，
，即，，解得：，
，解得：，即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键是能够根据将问题转化为恒成立问题的求解，从而将问题转化为参数与的最值之间大小关系的问题.
56．（1）；（2）．
【分析】由取n用n-1替换，与原式相减可得，由取n=1可得，由此可得数列的通项公式，再由关系，求；
(2) 由（1）知，利用裂项相消法求数列的前n项和.
【详解】（1）由知，
当时，
两式相减，得

即
当时，
故时也适合上式
∴

综上：
（2）由（1）知

57．（1）填表见解析；有；（2）分布列见解析；期望为．
【分析】（1）根据2×2列联表已有的数据补全, 根据标中数据求得，对照临界值表下结论；
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，由随机变量X服从二项分布，分别求得其概率，列出分布列，再求期望；
【详解】（1）根据题意补全2×2列联表，如下：

选考物理
选考历史
总计
男生
40
10
50
女生
30
20
50
总计
70
30
100
根据标中数据，可得，
故有的把握认为“选考物理与性别有关”．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，随机变量X服从二项分布，
由题意，可得学生选考历史的概率为，且．
，
，
，
．
X的分布列为
X
0
1
2
3
P





【点睛】方法点睛：(1)求解离散型随机变量X的分布列的步骤：①理解X的意义，写出X可能取的全部值；②求X取每个值的概率；③写出X的分布列．(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
58．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接，由勾股定理得逆定理可得，结合可得平面，进而证得结果；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合图形进而可得结果.
【详解】（1）证明：连接.
因为是边长为2的正方形，所以，
因为，所以，，所以，则.
因为，所以.
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，故，，.
设平面的法向量为，
则，令，则.
设平面的法向量为，
则，令，则.
，
记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.

59．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题中条件列出关于的方程组求解，得出，即可求出椭圆方程；
（2）先由题意，设直线：，直线：；由点到直线距离公式，以及圆的弦长公式求出；联立直线与椭圆方程，根据求出点横坐标，再由弦长公式，得出，进而可得，利用基本不等式求出面积的最大值，以及此时的，即可得出所求直线方程.
【详解】（1）由已知可得，解得，
因此椭圆的方程是；
（2）因为直线，且都过点，所以设直线：，直线：，
所以圆心到直线：的距离为，
所以直线被圆所截的弦；
由消去整理得，
所以，则，
因此，
所以，
，
当且仅当，即时等号成立，
此时直线的方程为：.
【点睛】关键点点睛：
求解本题第二问的关键在于分别利用圆的弦长公式，以及椭圆的弦长公式，表示出，，再由，即可求解三角形面积的最大值，进而即可求解.
60．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）借助题设条件运用导数建立不等式求解；（Ⅱ）借助题设条件运用导数的知识求解．
试题解析：
（Ⅰ）由已知可得在上恒成立．
，恒成立，
，
记，当且仅当时等号成立．
．
（Ⅱ）．当时，由，，由已知有两个互异实根，由根与系数的关系得，，




．
令，．
，
，
．
，
．
，
，
单调递减，
．
考点：导数的知识在研究函数的单调性和最值方面的的综合运用．
【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具．本题就是以含参数的函数解析式为背景，考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力．本题的第一问求解时借助导数与单调性的关系建立不等式，然后依据不等式恒成立和基本不等式求出参数的取值范围；第二问的推证中则通过构造函数,再运用导数研究函数的单调性,求出．然后再次构造函数，通过求导求出最小值为，从而使得问题简捷巧妙获解．
61．(1).
(2).

【分析】（1）根据，代入曲线的方程中可得圆的极坐标方程；
（2）将直线l的参数方程转化为极坐标方程为，与圆和极坐标方程联立整理得，根据根与系数的关系，代入可求得答案.
(1)
解：曲线的方程为，整理得，
根据，转化为极坐标方程为，
所以圆的极坐标方程为；
(2)
解：直线l的参数方程为（为参数，）．转化为极坐标方程为，
由于直线与圆相交，故，整理得，
设，两点所对应的极径为，则，
故，整理得，
又，所以，所以，即，
所以的极坐标方程为.
62．（1）见解析; （2） 或
【分析】（1）利用重要不等式和不等式性质即得; （2）利用均值定理即得.
【详解】（1）
以上三个式子相加可得：

即
即故.
（2）

故满足方程时有 或
63．(1)
(2)

【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可得出数列的通项公式；
（2）利用分组求和法可求得.
【详解】（1）解：当时，，解得；
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，故.
（2）解：由题意可知，，
因为，则，则数列为等差数列，
所以数列的前项和为，
所以，
.
64．(1)列联表见解析，没有99%的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关
(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用题意可完成列联表，然后根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论;
（2）根据题意结合超几何分布求分布列和期望
【详解】（1）有题可得对业务水平满意的有人，对服务水平满意的有人，得2×2列联表

对服务水平满意人数
对服务水平不满意人数
合计
对业务水平满意人数
180
80
260
对业务水平不满意人数
20
20
40
合计
200
100
300
经计算得，
所以没有99%的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关
（2）X的可能值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列如下
X
0
1
2
P



则X的期望
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）选①，取的中点，连接，证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
选②，取的中点，连接，利用勾股定理证明，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，为中点，
所以，
又因为面面，面面，面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）选①，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，为的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
又，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
由，得，
则，
则，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
由图可知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.

选②，取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
因为且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
又因为，所以，
又，，
所以，则，
在中，因为，
所以，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
下同选①的答案.

66．(1)时，；时，
(2)是，过定点和

【分析】（1）考虑和两种情况，时确定轨迹为抛物线，根据题意得到，得到答案.
（2）设直线的方程为，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算中点坐标为，半径为，得到圆方程为，取得到定点.
【详解】（1）动点M到定点的距离比到y轴的距离大1，
当时，动点M到定点的距离等于到的距离，轨迹为抛物线，
设抛物线方程为，，，
当时，满足条件.
综上所述：
轨迹方程为：时，；时，
（2）设直线的方程为，，联立，
整理得：，，，
直线的方程为，同理：直线的方程为，
令得，，
设中点的坐标为，则，，
所以.
，
圆的半径为.
所以为直径的圆的方程为.
展开可得，令，可得，解得或.
所以以为直径的圆经过定点和
67．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求函数的导数，分或两种情况讨论；
（2）由，令，，分，或三种情况讨论.
【详解】（1）的定义域为.
当时，，则，
当时，可知在上单调递增，
当时，令，得，今，得.
因为，所以为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为，；
（2）令，可得，
令，则.
当时，，显然成立.
当时，，在区间上单调递增，若，由，可得，
有，与矛盾.
当时，令，可得，可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，可得.
若，则必有，可化为，
令，由，可得，令，得，
可知的单调递减区间为，单调递增区间为，
则，可知.
综上，a的取值范围为.
【点睛】导数恒成立问题方法点睛：
1.含参不等式恒成立问题首选的方法是通过分离变量，转化为求函数的最值问题.
2.不能参变分离时，通过构造函数，分类进行讨论，求导得到函数的单调性，求此函数的最值.
68．(1)，.
(2).

【分析】（1）直接利用转换关系式，把极坐标方程转换成直角坐标方程；
（2）将代入可得与表达式，得到，化简得到，根据的范围，即可得到最大值.
【详解】（1）解：因为，，
所以由可得，，
化为普通方程为，，即.
由可得，，由，，
可得.
（2）解：将代入圆和直线的极坐标方程可得，，所以，
则，，
所以，
因为，所以，
当，即时，有最大值为.
69．(1)2
(2)证明见解析

【分析】（1）利用绝对值不等式即可求出；
（2）利用乘“1”法求出，则，则，移项即可.
【详解】（1）因为,
当且仅当时,等号成立,
又,所以.
（2）由（1）知,又,
所以,
当且仅当，联立，即时等号成立,
所以,
则
即