陕西省榆林市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份陕西省榆林市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共56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。
陕西省榆林市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2023·陕西榆林·统考一模）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·陕西榆林·统考一模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·陕西榆林·统考一模）若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．（2023·陕西榆林·统考一模）已知，则（    ）
A． B．3 C． D．
5．（2023·陕西榆林·统考一模）已知函数的图象在处的切线方程为，则（    ）
A． B． C．0 D．1
6．（2023·陕西榆林·统考一模）为了解市民的生活幸福指数，某组织随机选取了部分市民参与问卷调查，将他们的生活幸福指数（满分100分）按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图，根据此频率分布直方图，估计市民生活幸福指数的中位数为（    ）

A．70 B． C． D．60
7．（2023·陕西榆林·统考一模）如图1，某建筑物的屋顶像抛物线，建筑师通过抛物线的设计元素赋予了这座建筑轻盈､极简和雕塑般的气质.若将该建筑外形弧线的一段按照一定的比例处理后可看成图2所示的抛物线的一部分，为抛物线上一点，为抛物线的焦点，若，且，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2023·陕西榆林·统考一模）的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
9．（2023·陕西榆林·统考一模）在平行四边形中，，则（    ）
A．4 B． C． D．3
10．（2023·陕西榆林·统考一模）已知，函数在上恰有3个极大值点，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
11．（2023·陕西榆林·统考一模）已知，则下列结论一定成立的是（    ）
A． B．
C． D．
12．（2023·陕西榆林·统考一模）在直三棱柱中，，且分别为和的中点，为线段（包括端点）上一动点，为侧面上一动点，则的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
13．（2020·陕西榆林·统考一模）若复数z为纯虚数，且，则（    ）
A． B． C． D．2
14．（2020·陕西榆林·统考一模）集合，若，则（    ）
A． B． C． D．
15．（2020·陕西榆林·统考一模）如图，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆O分别交于A，B两点，则（    ）

A． B．
C． D．
16．（2020·陕西榆林·统考一模）下列四个函数：①；②；③；④，其中定义域与值域相同的函数的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
17．（2020·陕西榆林·统考一模）在△中，为边上的中线，为的中点，则
A． B．
C． D．
18．（2020·陕西榆林·统考一模）算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的、重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具.“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才.”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、，上面一粒珠（简称上珠）代表，下面一粒珠（简称下珠）是，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现在从个位和十位这两组中随机选择往下拨一粒上珠，往上拨粒下珠，算盘表示的数为质数（除了和本身没有其它的约数）的概率是（    ）

A． B． C． D．
19．（2020·陕西榆林·统考一模）已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（    ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
20．（2020·陕西榆林·统考一模）若，则（    ）
A．图像关于直线对称 B．图像关于对称
C．最小正周期为 D．在上单调递增
21．（2020·陕西榆林·统考一模）在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（    ）
A． B． C． D．
22．（2020·陕西榆林·统考一模）已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与双曲线的左､右两支分别交于A，B两点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．3
23．（陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试理科数学试题）设，随机变量的分布


0
1
P

a
b
则当a在内增大时，（    ）
A．增大，增大 B．增大，减小
C．减小，增大 D．减小，减小
24．（2020·陕西榆林·统考一模）已知定义在R上的偶函数满足，且在上递减.若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
25．（2022·陕西榆林·统考一模）已知集合，，则（    ）
A．（1，4） B．（1，2） C． D．
26．（2022·陕西榆林·统考一模）复数的实部与虚部之和为（    ）
A．1 B．－1 C．3 D．－3
27．（2022·陕西榆林·统考一模）已知，则（    ）
A．3 B． C． D．
28．（2022·陕西榆林·统考一模）已知某班英语兴趣小组有4名男生和3名女生，从中任选2人参加该校组织的英语演讲比赛，则恰有1名女生被选到的概率是（    ）
A． B． C． D．
29．（2022·陕西榆林·统考一模）江西景德镇青花瓷始创于元代，到明清两代达到了顶峰，它蓝白相映怡然成趣，晶莹明快，美观隽永.现有某青花瓷花瓶的外形可看成是焦点在轴上的双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面，如图所示，若该花瓶的瓶身最小的直径是4，瓶口和底面的直径都是8，瓶高是6，则该双曲线的标准方程是（    ）

A． B．
C． D．
30．（2022·陕西榆林·统考一模）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
31．（2022·陕西榆林·统考一模）随着互联网的飞速发展，网上购物已成为了流行的消费方式.某网店第三季度的服装产品的销售总额和其中某款服装的销售额占当月服装产品销售总额的百分比如图所示：

下列结论正确的是（    ）
A．该款服装这3个月的销售额逐月递减
B．该款服装这3个月的销售总额为23.69万元
C．该款服装8月份和9月份的销售额相同
D．该款服装8月份和9月份的销售总额大于7月份的销售额
32．（2022·陕西榆林·统考一模）在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）
A． B． C． D．
33．（2022·陕西榆林·统考一模）已知函数，则下列结论正确的是（    ）．
A．的最小正周期是 B．的图象关于点对称
C．在上单调递增 D．是奇函数
34．（2022·陕西榆林·统考一模）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知堑堵中，，．若堑堵外接球的表面积是，则堑堵体积的最大值是（    ）
A． B． C． D．
35．（2022·陕西榆林·统考一模）已知函数恰有4个零点，则a的取值范围是（    ）．
A． B．
C． D．
36．（2022·陕西榆林·统考一模）已知函数，若关于x的不等式恒成立，则k的取值范围为（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
37．（2023·陕西榆林·统考一模）设满足约束条件则的最小值为__________.
38．（2023·陕西榆林·统考一模）自然对数的底数，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和一样是无限不循环小数，的近似值约为.若用欧拉数的前6位数字设置一个六位数的密码，则不同的密码共有__________个.
39．（2023·陕西榆林·统考一模）已知函数是定义在上的增函数，且的图象关于点对称，则关于的不等式的解集为__________.
40．（2023·陕西榆林·统考一模）已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线相交于两点，点，以为直径的圆与相交于两点，若为线段的中点，则__________.
41．（2020·陕西榆林·统考一模）若二项式的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为_________.
42．（2020·陕西榆林·统考一模）过抛物线的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若，则(O为坐标原点)的面积为_________.
43．（2020·陕西榆林·统考一模）已知一个棱长为1的正方体内接于半球体，即正方体的上底面的四个顶点在球面上，下底面的四个顶点在半球体的底面圆内，则该半球体(包括底面)的表面积为_________.
44．（2020·陕西榆林·统考一模）若，则下面不等式正确的是_________.
①；②；③；④；⑤.
45．（2022·陕西榆林·统考一模）已知向量，，且，则___________.
46．（2022·陕西榆林·统考一模）的展开式中的系数是______．（用数字作答）
47．（2022·陕西榆林·统考一模）如图，一辆汽车在一条笔直的马路上从东往西以的速度匀速行驶，在处测得马路右侧的一座高塔的仰角为，行驶5分钟后，到达处，测得高塔的仰角为，其中为高塔的底部，且在同一水平面上，则高塔的高度是___________.（塔底大小､汽车的高度及大小忽略不计）

48．（2022·陕西榆林·统考一模）已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于A（点A在第一象限），B两点，且，则（O为坐标原点）的面积是______．

三、解答题
49．（2023·陕西榆林·统考一模）第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔正式拉开序幕，这是历史上首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛.某市为了解高中生是否关注世界杯足球赛与性别的关系，随机对该市50名高中生进行了问卷调查，得到如下列联表.

关注
不关注
合计
男高中生

4

女高中生
14


合计



已知在这50名高中生中随机抽取1人，抽到关注世界杯足球赛的高中生的概率为.
(1)完成上面的列联表；
(2)根据列联表中的数据，判断能否有的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关.
附：，其中.











50．（2023·陕西榆林·统考一模）已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
51．（2023·陕西榆林·统考一模）如图，在四棱锥中，平面底面，且.

(1)证明：.
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
52．（2023·陕西榆林·统考一模）已知是椭圆的一个顶点，圆经过的一个顶点.
(1)求的方程；
(2)若直线与相交于两点（异于点），记直线与直线的斜率分别为，且，求的值.
53．（2023·陕西榆林·统考一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围.
54．（2023·陕西榆林·统考一模）在直角坐标系中，已知点，曲线的参数方程为（为参数）.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)求的普通方程和的直角坐标方程；
(2)若与交于两点，求.
55．（2023·陕西榆林·统考一模）已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求的取值范围.
56．（2020·陕西榆林·统考一模）已知数列是等差数列，是数列的前n项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和.
57．（2020·陕西榆林·统考一模）为了推进分级诊疗，实现“基层首诊､双向转诊､急慢分治､上下联动”的诊疗模式，某城市自2020年起全面推行家庭医生签约服务.已知该城市居民约为1000万，从0岁到100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）估计该城市年龄在50岁以上且已签约家庭医生的居民人数；
（2）据统计，该城市被访者的签约率约为44%.为把该城市年满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？并根据已有数据陈述理由.
58．（2020·陕西榆林·统考一模）如图，在正四面体中，点E，F分别是的中点，点G，H分别在上，且，.

（1）求证：直线必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
59．（2020·陕西榆林·统考一模）已知椭圆与抛物线有相同的焦点，抛物线的准线交椭圆于两点，且.
（1）求椭圆与抛物线的方程；
（2）为坐标原点，若为椭圆上任意一点，以为圆心，为半径的圆与椭圆的焦点为圆心，以为半径的圆交于两点，求证：为定值.
60．（2020·陕西榆林·统考一模）已知函数.
（1）设，求的单调区间；
（2）求证：存在恰有2个切点的曲线的切线.
61．（2020·陕西榆林·统考一模）在直角坐标系中，直线l过点，倾斜角为.以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：.
（1）求直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l交曲线C于A，B两点，M为中点，且满足成等比数列，求直线l的斜率.
62．（2020·陕西榆林·统考一模）已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
63．（2022·陕西榆林·统考一模）等差数列的前n项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
64．（2022·陕西榆林·统考一模）某部门为了解某企业在生产过程中的用电情况，对其每天的用电量做了记录，得到了大量该企业的日用电量（单位：度）的统计数据，从这些数据中随机抽取15天的数据作为样本，得到如图所示的茎叶图．若日用电量不低于200度，则称这一天的用电量超标．

(1)从这15天中随机抽取4天，求抽取的4天中至少有3天的日用电量超标的概率；
(2)从这15天的样本数据中随机抽取4天的日用电量数据，记这4天中日用电量超标的天数为X，求X的分布列和数学期望．
65．（2022·陕西榆林·统考一模）在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，E，F分别是棱AB，PC的中点．

(1)证明：平面PAD．
(2)若，，求平面AEF与平面CDF所成锐二面角的余弦值．
66．（2022·陕西榆林·统考一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若关于x的不等式在上恒成立，求a的取值范围．
67．（2022·陕西榆林·统考一模）已知椭圆的左，右顶点分别是，，且，是椭圆上异于，的不同的两点．
(1)若，证明：直线必过坐标原点；
(2)设点是以为直径的圆和以为直径的圆的另一个交点，记线段的中点为，若，求动点的轨迹方程．
68．（2022·陕西榆林·统考一模）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)已知点，若直线l与曲线C交于A，B两点，求的值．
69．（2022·陕西榆林·统考一模）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若，且，其中M是的最小值，求的最小值．

参考答案：
1．D
【分析】先解出集合,再求.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：D
2．A
【分析】设，化简式子，利用复数相等求出复数，然后求复数的模即可
【详解】设，则，则，故.
故选：A
3．D
【分析】根据空间中直线与平面的位置关键逐项判断即可
【详解】解：对于A，若，则或，故A不正确；
对于B，若，则或，故B不正确；
对于C，若，则或，故C不正确；
对于D，若，则，故D正确.
故选：D.
4．C
【分析】由两角和的正切公式变形后求得，由诱导公式变形后，利用商数关系变形可得．
【详解】由，解得，则.
故选：C．
5．B
【分析】根据导数的几何意义可得，从而可得的值，再利用切点在曲线也在切线上，可得的值，即可求得答案.
【详解】解：因为，所以.
又的图象在处的切线方程为，
所以，解得，
则，所以，代入切线方程得，解得，
故.
故选：B.
6．C
【分析】根据频率分布直方图所有小长方形面积是1可得，根据中位数的定义即可求得结果.
【详解】由题意可得，解得.
因为成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
故市民生活幸福指数的中位数在内.
设市民生活幸福指数的中位数为，则，
解得.
故选：C
7．A
【分析】写出焦点坐标，设，由得出点坐标，根据焦半径公式得，再由求得．
【详解】由题意知，设，则，
由抛物线的几何性质知，则，
所以，
所以，
解得.
故选：A．
8．A
【分析】根据正弦、余弦定理可得，结合即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得.又，
所以.因为，
所以，故.
故选：A.
9．B
【分析】根据题意，以向量为基底分别表示出向量，再利用向量数量积公式即可求得结果.
【详解】如下图所示：

在平行四边形中，
因为，
所以，
因此.
又，
所以，
故.
故选：B
10．C
【分析】结合正弦函数的图象性质，由于在上恰有3个极大值点，则可列不等式，即可求得的取值范围.
【详解】解：，
因为在上恰有3个极大值点，由，得，
又函数的极大值点满足，
所以，解得.
故选：C.
11．D
【分析】构造函数，根据导数得出其单调性，则结合已知得出，即，即可得出.
【详解】构造函数，
则，
故在上单调递增.
因为，
所以，
故.
故选：D.
12．B
【分析】先判断出取得最小值时为点在侧面的投影.把将平面与平面展开到同一平面，作于点，交于点,此时达到最小值，解三角形求出即可.
【详解】当为某确定点时，要使取得最小值，则必须为最小值，此时，为点在侧面的投影.

取的中点.
因为分别为的中点，所以为的中位线，所以.
因为所以，所以.
在直三棱柱中，面，所以.
因为面，面， ,
所以侧面，故在侧面的投影为.
作于点，此时满足题意.
.
在中，，.
在中，
因为,所以，所以为直角三角形.
所以，.
将平面与平面展开到同一平面，如图所示，

所以.
作于点，交于点,此时达到最小值，
则
故选：B
【点睛】立体几何中的最值问题一般涉及到距离、角度、面积、体积等四个方面，解决此类问题一般从三个方面思考：
（1）利用传统方法转化为空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
（2）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况取得最值；
（3）将几何体平面化，如利用展开图，在平面图形中直观求解.
13．D
【解析】根据复数的运算法则，化简复数为，根据复数为纯虚数，即可求解.
【详解】由题意，复数，
因为复数为纯虚数，所以，解得.
故选：D.
14．D
【解析】因为，求得，则，得到集合，结合集合并集的概念及运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，
因为，所以，解得，则
所以集合，所以.
故选：D.
15．A
【解析】利用任意角的三角函数定义写出两点的坐标，再求向量数量积即可
【详解】由图可知，
所以，
故选：A.
16．C
【解析】根据基本初等函数的性质，逐个判断函数的定义域和值域，即可得出结果.
【详解】①函数的定义域为，值域也为；即定义域和值域相同；
②函数的定义域为，值域也为；即定义域和值域相同；
③指数函数的定义域为，值域为，即定义域和值域不同；
④幂函数的定义域为，值域也为，即定义域和值域相同；
故选：C.
17．A
【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.
【详解】根据向量的运算法则，可得

，
所以，故选A.
【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.
18．A
【分析】求得算盘所表示的所有数，并找出对应的质数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】由题意可知，算盘所表示的数可能有：、、、、、，
其中是质数的有：、，故所求事件的概率为.
故选：A.
【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于基础题.
19．C
【分析】在A中，a与b可以成任意角；在B中a与b是平行的；在C中，可得，从而得到；在D中，可得a与b可以成任意角，从而得到正确结果.
【详解】由a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，
在A中，，，，因为的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误；
在B中，，，，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误；
在C中，由，，，可知，由线面垂直的性质可知，故C正确；
在D中，，，，可得a与b可以成任意角，故D错误．
故选：C.
【点睛】该题考查线线垂直的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，在解题的过程中，注意结合图形去判断，属于中档题目．
20．B
【解析】分别取特值可判断ACD不正确，由可判断B正确.
【详解】对于A，由于，，
所以图像不关于直线对称，A错误；
对于B，由于，
所以图像关于对称，正确；
对于C，，，
所以不是函数的周期；
对于D，，所以在上不是单调递增.
故选：B.
21．A
【解析】由面积公式可得，由余弦定理可得：得，再由正弦定理可得答案
【详解】，所以，
由余弦定理可得： 得
又由正弦定理可得：，所以，
故选：A.
22．C
【解析】利用等边三角形的性质，结合双曲线的定义，建立的等量关系式求解.
【详解】解析：取的中点D，连结，设，则，因为
所以
从而，
故选：C.

【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
23．D
【解析】求得之间的关系，再求出讨论其单调性即可判断.
【详解】解：由因为分布列中概率之和为1，可得，
∴，∴当增大时，减小，
又由
可知当在内增大时，减小.
故选：D.
24．A
【分析】根据题设条件可得函数为周期函数且周期为2，结合函数的奇偶性可得，，再根据函数在上的单调性可得三者之间的大小关系.
【详解】因为定义在上的偶函数，所以，
因为，所以，即，
所以是以2为周期的周期函数，
又在上递减，所以在递增，
又，，
，
而，在递增，
故，即，
故选：A.
【点睛】方法点睛：函数值的大小比较，一般需要利用函数的奇偶性和单调性把要比较的值转化为同一个单调区间上，转化时注意利用指对数的运算性质.
25．D
【分析】先解一元二次不等式，再进行集合运算.
【详解】由题意可得，则．
故选：D
26．A
【分析】根据复数的除法运算化简复数z，再由复数的概念可得选项.
【详解】解：因为，所以复数的实部与虚部之和为．
故选：A.
27．B
【分析】利用诱导公式将化简，可得的值，再利用两角和的正切公式求得答案.
【详解】由题意,    
可得，则，
故,
故选：B
28．C
【分析】根据题意求得基本事件的总数，以及所求事件中所包含基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从这7名学生中任选2人，共有种选法，
其中恰有1名女生被选到的选法有种，
所以恰有1名女生被选到的概率是．
故选：C.
29．D
【分析】由已知得双曲线的焦点在x轴上，设该双曲线的方程为，代入建立方程组，求解即可得双曲线的标准方程．
【详解】由题意可知该双曲线的焦点在x轴上，实轴长为4，点在该双曲线上．
设该双曲线的方程为，
则解得，，
故该双曲线的标准方程是．
故选：D.
30．A
【分析】三个数分属于不同的函数类型，可以分别去估计的范围，再去比较大小即可.
【详解】因为，，所以．
因为，所以，所以
故．
故选：A
31．C
【分析】依据服装销售总额和该款服装销售的百分比，可以计算该款服装的销售总额.从而判断选项.
【详解】由题意7月份､8月份，9月份的销售总额分别为50万元,40万元,48万元
由，；
即该款服装7月份､8月份，9月份的销售额分别是12万元，6万元，6万元，
则这3个月的销售总额为24万元，
故A，B，D错误，C正确.
故选：C
32．D
【分析】作出辅助线，找到异面直线所成的角，利用余弦定理进行求解.
【详解】如图，连接，记，则是的中点，取的中点，
连接，易证，则是异面直线与
所成的角或其补角.设，则.由余弦定理可得：，故异面直线与所成角的余弦值为.

故选：D
33．D
【分析】先把函数化简成正弦型三角函数，再去求周期，判断对称中心，代入法去求单调递增区间.以奇偶性的定义去判断函数是否为奇函数.
【详解】．
因为，所以A错误；
因为，
所以的图象不关于点对称，所以B错误；
令，解得，
当时，，
则在上单调递增，在上单调递减.
故在上不单调，则C错误；
因为，
则有
故是奇函数，则D正确．
故选：D
34．B
【分析】堑堵外接球的球心是矩形的中心，是本题关键入手点.
【详解】设，则．由题意易知堑堵外接球的球心是矩形的中心，
则堑堵外接球的半径R满足，
从而，解得，即．
设，，
则，故，（当且仅当时，等号成立）
故堑堵的体积．
故选：B
35．D
【分析】把的零点个数等价于直线与函数图象的交点个数即可解决．
【详解】当时，，所以不是的零点；
当时，由，即，得，
则的零点个数等价于直线与函数图象的交点个数．
作出函数的大致图象（如图所示），

由图可知．
故选：D
36．C
【分析】原不等式可转化为，结合的图象可知，当直线与曲线相切时，k取得最小值，然后求出切线的斜率可得答案.
【详解】由题意可知函数的定义域为，从而等价于，
即转化为函数的图象恒在函数的图象上方，

结合图象可知，当直线与曲线相切时，k取得最小值．
设直线与曲线相切时，切点为．
因为，所以，则，整理得．
设，则．由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增，
从而．
当时，所以，当时，，
则方程有唯一解，即，从而，故．
故选：C
37．
【分析】画出可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．
【详解】作出可行域如图所示.

把转化为，当经过点时，
纵截距最低，最小.
当直线经过点时，取得最小值.
故答案为：.
38．180
【分析】利用排列的定义直接求解.
【详解】因为2出现2次，8出现2次，
所以不同的密码共有个.
故答案为：180.
39．
【分析】根据函数单调性和对称性以及不等式的特征，可构造函数，利用函数单调性和奇偶性即可解出不等式.
【详解】令函数，
因为的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，
故是定义在上的奇函数；
因为是定义在上的增函数，所以也是定义在上的增函数，
由，得，
则，则，解得，
故不等式的解集为.
故答案为：
40．2
【分析】根据直线与双曲线的位置关系确定交点坐标关系，利用直线和圆的几何性质，即可求得的长.
【详解】解：如图，由题可知，的坐标为，设，

联立方程组，可得，
则，.
因为为线段的中点，所以的坐标为.
又以为直径的圆与相交于两点，所以，所以，
解得，又，所以，
所以，故.
故答案为：2.
41．15
【解析】首先根据二项式系数和为，求出，即可求出二项式展开式中常数项；
【详解】解：因为二项式的展开式中二项式系数的和为64，所以，所以，二项式的展开式中常数项为.
故答案为：
42．
【解析】可由焦半径公式求出点坐标，求出直线方程后，联立抛物线方程可求得点坐标.
再将三角形面积拆成两个三角形求解即可.
【详解】由题意知，，不妨设在第一象限，，，
设，

联立方程，整理可得，解得，
.
故答案为：
43．
【解析】根据正方体和半球的关系，作出对应的轴截面，根据对应关系求得求得半径，结合面积公式，即可求解.
【详解】作出半球和正方体的轴截面，如图所示，
设求得的半径为，
因为正方体的棱长为1，所以正方体的对角线长，
在直角中，，
半球的表面积为.
故答案为：.

44．②④
【解析】对①，构造，利用的单调性，即可判断与的大小；
对②，构造，利用的单调性，即可判断与的大小；
对③，,构造，利用的单调性，即可判断与的大小；
对④，构造，利用的单调性，即可判断与的大小；
对⑤，构造，利用的单调性，即可判断与的大小.
【详解】解：对①，令，
则，
当的正负不确定，
故与的大小不确定，故①错误；
对②，令，
则 ，
当，
在上单调递增，
又，
，
即，
即：，故②正确；
对③，,令，
则，
当，
在上单调递增，
又，
，
即：，故③错误；
对④，令，
则，
当，
在上单调递增，
又，
，
即：，故④正确；
对⑤，,令，
则，
当的符号不能确定，
与的大小不能确定，
即与的大小不能确定，故⑤错误；
故答案为：②④.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是构造对应的函数，利用函数的单调性比较大小.
45．/
【分析】求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，即可解得的值.
【详解】由题意可得，
因为，所以，即，解得.
故答案为：.
46．-448
【分析】利用二项展开式的通项公式即可.
【详解】的展开式的第r+1项为为．
令，得，则
故答案为：-448


47．/
【分析】设，则，由余弦定理可得答案.
【详解】如图，由题意可知，
设，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得.

故答案为：.
48．/
【分析】计算出，联立直线和抛物线得到与，结合求出，进而求出的面积.
【详解】由题意可得，则，解得：，故直线的方程为．
联立整理．
设，，则，．
因为，所以，所以，则，解得:，
从而，故的面积是
故答案为：．
49．(1)列联表见解析
(2)没有

【分析】（1）根据已知得出世界杯足球赛的高中生人数，不关注世界杯足球赛的高中生人数，即可完成列联表；
（2）根据已知公式得出，查表即可得出答案.
【详解】（1）由题可知，关注世界杯足球赛的高中生有人，
不关注世界杯足球赛的高中生有人.
故完成的列联表如下：

关注
不关注
合计
男高中生
26
4
30
女高中生
14
6
20
合计
40
10
50
（2），
因为，
所以没有的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关.
50．(1)
(2)

【分析】（1）利用和之间的关系式可得，再利用累乘即可求得的通项公式；
（2）写出数列的通项公式利用裂项求和即可得出结果.
【详解】（1）当时，，解得.
当时，由，得，
两式相减得，即，
利用累乘可得，
即，因为，所以；
所以的通项公式为.
（2）由（1）可知，裂项可得，
则.
所以数列的前项和
51．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，然后利用线面垂直证明线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后求出二面角的平面角的余弦值
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为，所以.
又，所以.
又，所以为正三角形，所以.
因为在平面内相交，所以平面.
又平面，所以.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
设平面的法向量为，
则令，得.
由题可知，平面的一个法向量为.
设平面和平面所成的锐二面角为，
则.
52．(1)
(2)

【分析】（1）由题意确定的值，即可求得答案；
（2）设，联立直线和椭圆方程，得到根与系数关系，结合化简求值，可得k的值，验证即得答案.
【详解】（1）因为是的一个顶点，所以.
又圆与坐标轴交于两点，
圆经过的一个顶点,则顶点为，故，
故的方程为.
（2）设，
联立方程组，
消去整理得，，
则，
，
因为，
所以，
整理得，
则，
则，即，
解得或，
当时，在上，不符合题意，时，符合题意，
故.
【点睛】方法点睛：解答关于直线和圆锥曲线的位置关系的问题时，一般方法是联立方程，结合根与系数的关系进行化简，要注意的是化简过程计算量较大，比较复杂，要注意计算准确.
53．(1)答案见解析；
(2)

【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性，分和分别求解；
（2）作差后，定义新函数，分和两种情况，利用导数讨论单调性，求最值，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为.
因为，所以.
当时，恒成立，故在上单调递增.
当时，令，解得.
当时，，当时，.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令函数，则.
当时，则.
令函数，则.
因为在上为增函数，在上为增函数，所以在上为增函数.
而，从而在上恒成立，
所以在上为增函数，所以，则在上单调递增，故，符合题意.
当时，，则，当时，单调递减，故，不符合题意.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）利用导数证明不等式或求解零点问题．
54．(1)，
(2)

【分析】（1）利用消参法即可得到的普通方程为，根据即可得到的直角坐标方程.
（2）首先设出的参数方程为（为参数），代入的普通方程得，再根据直线的参数方程的几何性质求解即可.
【详解】（1）消去参数，得到的普通方程为.
由，得.
因为所以的直角坐标方程为.
（2）由题可知，点在上，故的参数方程为（为参数），
代入的普通方程得，
则，，
设对应的参数分别为，
故.
55．(1)
(2)

【分析】(1)利用绝对值的几何意义将表示成分段函数形式，即可解不等式；
(2)利用绝对值不等式得，进而可求的取值范围.
【详解】（1）因为，所以.
当时，,不等式转化为，解得.
当时，,不等式转化为，无解.
当时，,不等式,
转化为，解得.
综上所述，不等式的解集为.
（2）因为，所以.
又，所以，
解得或.
故的取值范围为.
56．（1）；（2）.
【解析】（1）根据等差数列的性质知，即可求得，结合条件可求得公差，，进而可求得；
（2）根据条件及求得，根据裂项相消法求和.
【详解】解析：（1）因为，所以，
而，设数列的公差为，
则，，
；
（2），
，
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是等差数列中基本量的计算问题，另外求数列的前项和的求解时利用裂项相消的方法.
57．（1）万；（2）应着重提高30-50这个年龄段的签约率，理由见解析.
【解析】（1）根据题中频率分布直方图与各年龄段被访者的签约率，分别计算50岁以上各年龄段的居民人数，再求和，即可得出结果；
（2）根据题中条件，先确定年龄在18-30岁的人数，年龄在30-50岁的人数，以及年龄在50岁以上的人数，即可确定结果.
【详解】（1）该城市年龄在50-60岁的签约人数为：万；
在60-70岁的签约人数为：万；
在70-80岁的签约人数为：万；
在80岁以上的签约人数为：万；
故该城市年龄在50岁以上且已签约家庭医生的居民人数为：万；
（2）年龄在10-20岁的人数为：万；
年龄在20-30岁的人数为：万.
所以，年龄在18-30岁的人数大于180万，小于230万，签约率为30.3%；
年龄在30-50岁的人数为万，签约率为37.1%.
年龄在50岁以上的人数为：万，签约率超过55%，上升空间不大.
故由以上数据可知这个城市在30-50岁这个年龄段的人数为370万，基数较其他年龄段是最大的，且签约率非常低，所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到以上，应着重提高30-50这个年龄段的签约率.
58．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）和为梯形的两腰，从而和必交于一点，设交点为，平面，同理：平面，由此能证明，和三线交于点．
（2）取的中点O，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；
【详解】解：（1）因为，，所以且，故E，F，G，H四点共面，且直线必相交于一点，设，因为平面，所以平面，同理：平面，而平面平面，故平面，即直线必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）取的中点O，则，所以平面，不妨设，则，，所以，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，，，，设平面的法向量为，由可得：，令，则，则，故直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查了立体几何中的线线关系的证明和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
59．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意知，解方程组求得的值，即可求解；
（2）设，则，写出圆和圆的方程，两个圆的方程相减可得直线的方程，计算点到直线的距离为，再利用计算弦长即可.
【详解】（1）由椭圆方程得焦点为：，
抛物线的焦点为 ，…①，
由可得：，解得：，
…②，
由①②可得：，，
椭圆的方程为：；抛物线的方程为：；
（2）设，则，圆的方程为：，
圆的方程为：，
两圆方程作差可得直线的方程为：，
设点到直线的距离为，
则，
.
为定值.

【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：
（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.
60．（1）单调减区间为和和，单调减区间为和；（2）证明见解析.
【解析】（1）对函数求导，解对应的不等式，即可求出单调区间；
（2）对函数求导，假设存在直线以，为切点，不妨设，则，，根据导数的几何意义，求出两切点处的切线方程，根据切线是同一直线，得出，令，，，导数的方法求出函数的零点，即可证明结论成立.
【详解】（1）因为，
当时，，则时，，单调递增；
时，，单调递减；
当时，，由可得，解得，即，
所以或时，，单调递减；
时，，单调递增；
所以的单调减区间为和和，单调减区间为和；
（2），
假设存在直线以，为切点，
不妨设，则，，以为切点的切线方程为：，
以为切点的切线方程为：，
所以，令，则，，
令，，
则在上递增，所以，
因此在上递减，，，
故存在唯一的t满足，
即存在恰有2个切点的曲线的切线.
【点睛】关键点点睛：
求解本题第二问的关键在于先假设存在直线以以，为切点，利用导数的几何意义，得出切线方程，换元得到新的方程，导数的方法判定该方程有实根，即可求解.
61．（1）l的参数方程为(t为参数)，C的直角坐标方程为：；（2）斜率为.
【解析】（1）根据直线过点P，及倾斜角，代入公式，即可求得l的参数方程，将曲线C左右同乘，利用即可求得曲线C的直角坐标方程；
（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，可得关于t的一元二次方程，根据t的几何意义及题干条件，可得，即可求得答案.
【详解】（1）因为直线l过点，倾斜角为，
所以直线l的参数方程为(t为参数)，
因为，所以，
所以曲线C的直角坐标方程为：；
（2）将直线l的参数方程为(t为参数)代入可得：，
设A,B所对应的参数为，所以，
因为成等比数列，
所以，即，
解得，，故直线l的斜率为.
【点睛】解题的关键是熟练掌握极坐标与普通方程、参数方程与普通方程的互化；在利用t的几何意义时，要将直线参数方程的标准形式代入到曲线的直角坐标方程里，方可进行求解，考查计算化简的能力，属基础题.
62．（1）最小值为；（2）.
【解析】（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案；
（2）先得到的取值范围，判断各项的正负，去掉绝对值，转化为在时恒成立，得到，从而得到的取值范围.
【详解】（1）当时，，
由解析式可知，在和上单调递减，且在处连续，在上单调递增，
故在处取得最小值，且，所以的最小值为.
（2），，，
又，，，，
.
即在上恒成立，
令在上单调递减，
，解得：，
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题，不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立.
63．(1)
(2)

【分析】（1）由题意列方程组解得等差数列的基本量，代入通项公式即可；
（2）以裂项相消法进行数列求和即可解决.
(1)
设等差数列的首项为，公差为d，
则，解得，
故数列的通项公式．
(2)
等差数列的前n项和，
则．
故

64．(1)
(2)分布列见解析，

【分析】(1)利用古典概型概率公式计算即可；
(2)由茎叶图可知，一共有五天超标，再算概率，列分布表，计算期望.
【详解】（1）从这15天中随机抽取4天的情况有种，
其中符合条件的情况有种，
故所求概率．
（2）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4．
，，
，，．
则X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P





故．
65．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)线面平行、线线平行、面面平行的判定和性质；
(2)向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取CD的中点G，连接EG，FG．
因为F，G分别是PC，CD的中点，FG是 的中位线，所以，又因为平面PAD，平面PAD，所以．
因为，且E、G分别是棱AB，CD的中点，是梯形ABCD的中位线，所以，又因为平面PAD，平面PAD所以．
因为EG，平面EFG，且，所以平面．
因为平面EFG，所以．
（2）解：以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，
如下图所示，建立空间直角坐标系A－xyz．
设，则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），E（1，0，0），P（0，0，2）．
因为F是棱PC的中点，所以F（1，1，1），所以，，
，．
设平面AEF的法向量为
则，令，得．
设平面CDF的法向量为，
则，令，得．
设平面AEF与平面CDF所成的锐二面角为，
则．

66．(1)（或）.
(2).

【分析】（1）求导函数，并计算， ，由直线的点斜式方程可求得答案；
（2）设，求导函数，分，讨论导函数的符号，得出所令函数的单调性和最值，从而求得a的取值范围．
(1)
解：当时，，则．
从而，因为，
所以所求切线方程为，
即（或）．
(2)
解：设，
则．
当时，因为，所以，，
所以在上单调递减，则，符合题意．
当时，设，，，
所以存在唯一的，使得，即存在，使得．
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，不符合题．
综上，a的取值范围为．
67．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）设，首先证明，从而可得到，即得到；进而可得到四边形为平行四边形；再根据为的中点，即可证明直线必过坐标原点．
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，写韦达；根据条件可求出直线MN过定点，从而可得到过定点，进而可得到点在以为直径的圆上运动，从而可求出动点的轨迹方程．
(1)
设，则，即．
因为，，所以．
因为，所以，所以.
同理可证.
因为，，所以四边形为平行四边形，
因为为的中点，所以直线必过坐标原点．
(2)
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，．
联立，整理得，
则，，.
因为，所以，
因为
，解得或.
当 时，直线的方程为过点A，不满足题意，所以舍去；
所以直线的方程为，所以直线过定点.
当直线的斜率不存在时，因为，所以直线的方程为，经验证，符合题意.
故直线过定点.
因为为的中点，为的中点，所以过定点.
因为垂直平分公共弦，所以点在以为直径的圆上运动，
该圆的半径，圆心坐标为，
故动点的轨迹方程为．
68．(1)，
(2)

【分析】（1）消去参数，即可求得曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）以直线参数方程解决有关线段长的问题简单快捷.
【详解】（1）由（为参数），得，
即曲线C的普通方程为．
由，得，
即直线l的直角坐标方程为．
（2）将直线l的方程转化为参数方程（t为参数）．
将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程得．
设A，B对应的参数分别是，，则，，
故．
69．(1)
(2)

【分析】（1）利用零点分区间法取绝对值号，即可得到答案；
（2）先求出,利用基本不等式“1的妙用”即可求解.
(1)
因为
所以等价于或或
解得，即不等式的解集为．
(2)
由（1）可知，即，则．
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
则，故的最小值为．