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陕西省咸阳市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
一、单选题
1．（2021·陕西咸阳·统考一模）若集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·陕西咸阳·统考一模）设复数，那么在复平面内复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2021·陕西咸阳·统考一模）据《乾陵百迷》记载：乾陵是陕西关中地区唐十八陵之一，位于乾县县城北部的梁山上，是唐高宗李治和武则天的合葬墓．乾陵是目前保存最完好的一座帝王陵墓．1961年3月被国务院公布为第一批全国重点文物保护单位．乾陵气势雄伟，规模宏大．登乾陵需要通过一段石阶路，如图所示，石阶路共526级台阶（各台阶高度相同）和18座平台，宽11米，全路用32000块富平墨玉石砌成．右阶有许多象征意义．比如第一道平台的34级台阶，象征唐高宗李治在位执政34年，第二道平台的21级台阶，象征武则天执政21年……第九道平台的108级台阶，象征有108个“吉祥”现已知这108级台阶落差高度为17.69米，那么乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为（ ）
A．86.2米 B．83.6米 C．84.8米 D．85.8米
4．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（ ）．
A． B． C． D．
5．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知函数，且，则实数的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
6．（2021·陕西咸阳·统考一模）中国书法历史悠久、源远流长．书法作为一种艺术，以文字为载体，不断地反映和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字．汉字是书法艺术的精髓．汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图：以“国”字为例，现有甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，且甲乙选书体互相独立，则甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为（ ）．

A． B． C． D．
7．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知经过坐标原点，半径，且与直线相切，则的方程为（ ）．
A．或
B．或
C．或
D．或
8．（2021·陕西咸阳·统考一模）若将函数的图像向右平移个单位长度，平移后图像的一条对称轴为（ ）．
A． B． C． D．
9．（2021·陕西咸阳·统考一模）渭河某处南北两岸平行，如图所示.某艘游船从南岸码头出发北航行到北岸.假设游船在静水中航行速度大小为，河水流速度的大小为.设速度与速度的夹角为，北岸的点在码头的正北方向.那么该游船航行到达北岸的位置应（ ）
A．在东侧 B．在西侧
C．恰好与重合 D．无法确定
10．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知双曲线上存在两点，关于直线对称，且线段的中点坐标为，则双曲线的离心率为（ ）．
A． B． C．2 D．
11．（2021·陕西咸阳·统考一模）在直三棱柱中，，，若该直三棱柱的外接球表面积为，则此直三棱柱的高为（ ）．
A．4 B．3 C． D．
12．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知函数是定义域为的奇函数，且当时，函数，若关于的函数恰有2个零点，则实数的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
13．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）复数z满足，则复数z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
14．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知集合，那么集合（ ）
A． B． C． D．
15．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
16．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）《几何原本》又称《原本》，是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年，该书据克拉维斯的拉丁文本《欧几里得原本十五卷》译出．前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章内容，几乎包含现今平面几何的所有内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里面任选3章进行选修并计人学分．则数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为（ ）
A． B． C． D．
17．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）的展开式中，x的系数为（ ）
A．10 B． C．20 D．
18．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知等差数列的公差为，其前n项和为．若成等比数列，则一定有（ ）
A． B． C． D．
19．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知角终边上一点，那么（ ）
A． B． C．1 D．0
20．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知正四面体的外接球表面积为，则正四面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
21．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）如图所示，已知是双曲线的右焦点，是坐标原点，是条渐近线，在上分别有点（不同于坐标原点 ），若四边形为菱形，且其面积为．则双曲线的离心率为（ ）
A．3 B．2 C． D．
22．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）如图，在直二面角中，是直线上两点，点，点，且，，，那么直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
23．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知实数，满足，若不等式对任意的正实数恒成立，那么实数m的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．
24．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）设实数，那么的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
25．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知复数的共轭复数为，则（ ）
A． B． C． D．
27．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知向量，都是单位向量，且，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
28．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）古希腊大哲学家芝诺提出一个有名的悖论，其大意是：“阿喀琉斯是古希腊神话中善跑的英雄，在他和乌龟的赛跑中，他的速度是乌龟速度的10倍，乌龟在他前面100米爬行，他在后面追，但他不可能追上乌龟，原因是在竞赛中，追者首先必须到达被追者的出发点，当阿喀琉斯追了100米时，乌龟已在他前面爬行了10米，而当他追到乌龟爬行的10米时，乌龟又向前爬行了1米，就这样，乌龟会制造出无穷个起点，它总能在起点与自己之间制造出一个距离，不管这个距离有多小，只要乌龟不停地向前爬行，阿喀琉斯就永远追不上乌龟．“试问在阿喀琉斯与乌龟的竞赛中，当阿喀斯与乌龟相距0.01米时，乌龟共爬行了（ ）
A．11.1米 B．10.1米 C．11.11米 D．11米
29．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）设F为抛物线C：的焦点，点A在C上，且A到C焦点的距离为3，到y轴的距离为2，则p＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
30．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）执行如图所示的程序框图，若输入，则输出s＝（ ）
A． B． C． D．
31．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知α，β是两个不同平面，a，b是两条不同直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
32．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
33．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）如图，中，，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
34．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）某家族有两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，两种性状都不出现的概率为，则该成员两种性状都出现的概率为（ ）
A． B． C． D．
35．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）直线过双曲线）的右焦点，与双曲线的两条渐近线分别交于两点，为原点，且，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
36．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知定义在R上的偶函数满足：当时，，且．若关于x的方程有8个实根，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
37．（2021·陕西咸阳·统考一模）若满足约束条件则的最大值为__________．
38．（2021·陕西咸阳·统考一模）的展开式中常数项为________．
39．（2021·陕西咸阳·统考一模）在中，角，，的对边分别为，，．已知，且，则________．
40．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知函数，现有以下命题：
①是偶函数； ②是以为周期的周期函数；
③的图像关于对称； ④的最大值为．
其中真命题有________．
41．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）经统计，某校高三学生期末数学成绩服从正态分布，，且，则从该校任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率为_________．
42．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知向量的夹角为，且，则向量与向量的夹角等于________．
43．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知在平面直角坐标系中，直线既是抛物线的切线，又是圆的切线，则_______．
44．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知数列的通项公式是，数列的前n项和为，且．那么_________．
45．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）受新冠病毒肺炎影响，某学校按照上级文件精神，要求错峰放学去食堂吃饭，高三年级一层楼有四个班排队，甲班不能排在最后，且乙、丙班必须排在一起，则这四个班排队吃饭不同方案有__________种（用数字作答）．
46．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知半径为1的圆过点，则该圆圆心到原点距离的最大值为__________．
47．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）设函数相邻两条对称轴之间的距离为，，则的最小值为__________．
48．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知函数，则函数零点的个数是__________．
三、解答题
49．（2021·陕西咸阳·统考一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设点是的中点，求二面角的余弦值．
50．（2021·陕西咸阳·统考一模）设数列是公差大于零的等差数列，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求.
51．（2021·陕西咸阳·统考一模）某公司招聘员工，分初试和面试两个阶段，初试通过方可进入面试．受新冠疫情影响，初试采取线上考核的形式，共考核、、三项技能，其中必须过关，、至少有一项过关才能进入面试．现有甲、乙、丙三位应聘者报名并参加初试，三人能否通过初试互不影响，每个人三项考核的过关率均相同，各项技能过关率如下表，且每一项考核能否过关相互独立．
考核技能
过关率
（Ⅰ）求甲应聘者能进入面试的概率；
（Ⅱ）用表示三位应聘者中能进面试的人数，求的分布列及期望．
52．（2021·陕西咸阳·统考一模）设O为坐标原点，抛物线与过点的直线相交于P，Q两个点．
（1）求证：；
（2）试判断在x轴上是否存在点M，使得直线PM和直线QM关于x轴对称．若存在，求出点M的坐标．若不存在，请说明理由．
53．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知函数有两个极值点和．
（1）求实数的取值范围；
（2）把表示为关于的函数，求的值域．
54．（2021·陕西咸阳·统考一模）直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（t为参数）．
（1）求直线的普通方程，说明C是哪一种曲线；
（2）设分别为和C上的动点，求的最小值．
55．（2021·陕西咸阳·统考一模）已知函数．
（Ⅰ）求的解集；
（Ⅱ）若有2个不同的实数根，求实数k的取值范围．
56．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）在中，分别是角所对的边，满足．
(1)求角B大小；
(2)求的取值范围．
57．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）如图，已知三棱柱中，侧面底面为等腰直角三角形，．
(1)若O为的中点，求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
58．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）为丰富社区群众的文化生活，某社区利用周末举办羽毛球比赛．经过抽签，甲乙两人进行比赛，比赛实行三局两胜制（若某人胜了两局则为获胜方，比赛结束）．根据以往数据统计，甲乙两人比赛时，甲每局获胜的概率为，每局比赛相互独立．
(1)求甲获胜的概率；
(2)比赛规则规定：比赛实行积分制，胜一局得3分，负一局得1分；若连胜两局，则还可获得5分的加分．用X表示甲乙比赛结束后甲获得的积分,求X的分布列和数学期望．
59．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）如图，已知椭圆分别是长轴的左、右两个端点，是右焦点．椭圆C过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线上有两个点，且，连接交椭圆C于另一点P（不同于点），证明：三点共线．
60．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知函数．
(1)当时，讨论函数在区间上的单调性；
(2)当时，证明：．
61．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)设点A的直角坐标为为C上的动点，点P是线段的中点，求点P轨迹的极坐标方程．
62．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）已知函数的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)设均为正数，，求的最小值．
63．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知数列的前项之积为.
(1)求数列的通项公式;
(2)设公差不为0的等差数列中，，___________，求数列的前项和.
请从①； ②这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答.
注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分.
64．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）某学校为研究高三学生的身体素质与体育锻炼时间的关系，对该校400名高三学生（其中女生220名）平均每天体育锻炼时间进行调查，得到下表：
平均每天锻炼时间（分钟）
人数 40 72 88 100 80 20
将日平均体育锻炼时间在40分钟以上的学生称为“锻炼达标生”，调查知女生有40人为“锻炼达标生”．
(1)完成下面2×2列联表，试问：能否有99.9%以上的把握认为“锻炼达标生”与性别有关？
锻炼达标生 锻炼不达标 合计
男
女
合计 400
附：，其中．
0.100 0.050 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
(2)在“锻炼达标生”中用分层抽样方法抽取10人进行体育锻炼体会交流，再从这10人中选2人作重点发言，记这2人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望．
65．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）如图，直三棱柱中，，D为上一点．
(1)证明：当D为的中点时，平面平面；
(2)若，异面直线AB和所成角的余弦值为时，求二面角
的余弦值．
66．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知椭圆的离心率为，它的四个顶点构成的四边形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线与圆相切且与椭圆交于、两点，求的最大值．
67．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若对于任意的，恒成立，求证：．
68．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为．
(1)写出曲线的直角坐标方程；
(2)设直线与曲线交于两点，若，求的值．
69．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）已知函数．
(1)解不等式；
(2)设的最小值为m，且，求证．
参考答案：
1．B
【解析】先求集合，再求.
【详解】，解得：，，
，
.
故选：B
2．C
【解析】利用复数的除法法则化简复数，再将复数化为一般形式，即可得出结论.
【详解】，，
因此，复数在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C.
3．A
【解析】由题可知各台阶高度相同，所以所求答案为
【详解】解：由题意可知所求高度为
，
所以乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为86.2米，
故选：A
4．C
【解析】根据题意，求得圆锥的高和底面圆的半径，代入公式，即可求得答案.
【详解】如图所示：
为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，
取BC中点为O，则，
所以圆锥的体积.
故选：C
5．D
【解析】用导数判断函数的单调性，再解不等式即可.
【详解】因为，所以函数在上单调递减，
由于所以，得
故选：D
【点睛】关键点点晴：判断函数的单调性是解题的关键.
6．C
【解析】甲选两种书体共有种方法，乙选两种书体共有种方法，所以一共有400种方法，然后求出甲不选隶书体，乙不选草书体的方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】解：甲选两种书体共有种方法，乙选两种书体共有种方法，所以一共有种方法，
而甲不选隶书体有种方法，乙不选草书体有种方法，所以共有种方法，
所以甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，且甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为，
故选：C
7．A
【解析】设圆心坐标为，利用圆过坐标原点，且与直线相切，求出，即可求出圆的方程.
【详解】设圆心坐标为，半径，
因为圆过坐标原点，且与直线相切，
所以，
所以，即圆心为或，
圆的方程为：或，
故选：A.
【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．
8．B
【解析】利用三角函数图像变换规律求出平移后的函数关系式，再求其对称轴即可
【详解】解：将函数的图像向右平移个单位长度，所得的函数为
，
由，得，
当时，，
故选：B
9．A
【解析】建立如图如示的坐标系，则，从而可求出的值，进而可得游船的位置
【详解】解：建立如图如示的坐标系，
由题意可得，
所以，
说明船有轴正方向的速度，即向东的速度，
所以该游船航行到达北岸的位置应在东侧，
故选：A
10．B
【解析】设，，根据线段的中点坐标为，且，关于直线对称，，在双曲线上，整理可得，进而可得到离心率.
【详解】设，，
且线段的中点坐标为，
则，
又，关于直线对称，
所以，
且，在双曲线上，
，，
相减可得，即，
故，即，
离心率为，
故选：B.
【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)．
11．D
【解析】由题意将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，利用直三棱柱的外接球表面积为，可求出外接球的半径，从而可求得直三棱柱的高
【详解】解：因为，所以将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，
设球的半径为，则，解得，
设直三棱柱的高为，则，即，
解得，所以直三棱柱的高为，
故选：D
12．C
【解析】由得或，而时，无解，需满足有两个解．利用导数求得在时的性质，由奇函数得时的性质，然后可确定出的范围．
【详解】或，
时，，，
时，，递减；时，，递增，
∴的极小值为，又，因此无解．
此时要有两解，则，
又是奇函数，∴时，仍然无解，
要有两解，则．
综上有．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性与函数的零点，考查导数的应用．首先方程化为或，然后用导数研究时的性质，同理由奇函数性质得出时的性质，从而得出无解，有两解时范围．
13．D
【分析】根据复数的除法运算求得z,则可得 ，即可得答案.
【详解】因为，所以 ，
故 ，则在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D.
14．C
【分析】求解一元二次不等式解得集合，再利用集合的交运算即可求得结果.
【详解】因为，
故.
故选：C.
15．B
【分析】根据幂函数和指数函数的单调性和奇偶性，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：，定义域为，且，故其为奇函数，不满足题意；
对B：，定义域为，且，故其为偶函数，又在上单调递增，满足题意；
对C：，定义域为，是非奇非偶函数，不满足题意；
对D：，当时，是单调减函数，不满足题意；
故选：B.
16．C
【分析】先求出从这7章里面任选3章共有的选法数，再求出张某在三角形和四边形这两章中至少选一章 的选法数，根据古典概型的概率计算公式可求答案.
【详解】数学专业的学生从这7章里面任选3章共有 种选法；
数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章共有选法种，
故张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为 ,
故选：C.
17．A
【分析】写出的展开式的通式，利用x的次数为1列方程求出，进而可得x的系数.
【详解】的展开式的通式为：
令得，
x的系数为.
故选：A.
18．D
【分析】由条件得到，利用等差数列的通项公式代入解方程可得，再利用等差数列的通项公式和求和公式逐项计算判断即可.
【详解】因为成等比数列，
则，
解得，A错误；
，B错误；
，C错误；
，D正确.
故选：D.
19．A
【分析】根据三角函数的定义求得 ,再利用二倍角公式求得，接着求得，最后利用两角和的余弦公式求得答案.
【详解】，
，
所以角终边上一点，即 ， ,
故 ，
所以 ，
所以
，
，
所以
，
故选：A.
20．A
【分析】由题意求出外接球的半径，将正四面体补成正方体，求出其棱长，用正方体的体积减去四个小的三棱锥体积即为所求.
【详解】设外接球半径为，则，解得,
将正四面体恢复成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，
则正四面体的外接球即为正方体的外接球，
则正方体的体对角线等于外接球的直径，
故，解得，正方体棱长为 ，
故该正四面体的体积为，
故选：A．
21．B
【分析】根据菱形的面积可知，再根据勾股定理可得，即，进而求出，根据渐近线的斜率，可得，再利用离心率，即可求出结果.
【详解】由四边形为菱形，则，
所以菱形的面积为
所以，
又，
所以，即，
又点分别是渐近线上的点，
所以渐近线的斜率，
故双曲线的离心率为.
故选：B.
22．B
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出向量的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.
【详解】如图，以B为坐标原点，以过点B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ,
故 ,
则 ,
故直线与直线所成角的余弦值为 ，
故选：B.
23．D
【分析】由根据函数的单调性求，再由基本不等式求的最小值，由此可求实数m的最大值.
【详解】设，则，
当时，，
所以函数在上为增函数，
∵
∴ ，即，又，
∴ ，
∴
当且仅当时等号成立，
∵不等式对任意的正实数恒成立，
∴ ，
故选：D.
24．C
【分析】由构造函数，，求导判断其单调性即可比较大小.
【详解】
令，
令，，
在上是减函数，，
在上是减函数，
又，，即
故选：C.
25．C
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】由得：，而，
所以.
故选：C
26．A
【分析】根据共轭复数的概念，复数除法运算求解即可.
【详解】解：由题知，所以
故选：A
27．D
【分析】根据给定条件，利用平面向量数量积的运算律计算作答.
【详解】向量，都是单位向量，且，则，解得，
所以.
故选：D
28．C
【分析】根据给定条件，利用等比数列通项及前n项和公式计算作答.
【详解】依题意，乌龟爬行的距离依次排成一列构成等比数列，，公比，，
所以当阿喀斯与乌龟相距0.01米时，乌龟共爬行的距离.
故选：C
29．B
【分析】根据给定条件，求出抛物线C的焦点坐标及准线方程，再利用定义求解作答.
【详解】抛物线C：的焦点，准线方程，
显然点A的横坐标为2，由抛物线定义得：，所以.
故选：B
30．A
【分析】根据给定的程序框图，运行程序，依次计算判断作答.
【详解】执行程序，第一次循环：；第二次循环：；
第三次循环：；第四次循环：，退出循环，输出，
所以.
故选：A
31．C
【分析】分别利用线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理判断即可.
【详解】对于,若，，则或，故错误，
对于,若，，时，可能与相交，但不垂直，即不一定，故错误，
对于,由平面与平面垂直的性质定理可知，若，，，时，则，若时，直线与平面不垂直，故错误，
对于C. 若，则两平面的法向量互相垂直，因为，，所以，正确
故选：C.
32．B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再判断三角形形状，求出面积作答.
【详解】在中，由正弦定理得：，因此，
则，而，即有是正三角形，
所以的面积.
故选：B
33．C
【分析】由题可证明平面，进而得时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，再求在该条件下的几何体的外接球半径，进而得表面积.
【详解】解：在中，，，为的中点，
所以，，
所以，在三棱锥中，，
因为平面，
所以，平面，
所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，当时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，
所以，两两垂直，
所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，
所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，
所以，三棱锥的外接球的半径满足，
所以，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C
34．B
【分析】设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件，进而根据题意得，再结合求解即可.
【详解】解：设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件，
则两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件，
所以，，，
所以，，
又因为，
所以，，
故选：B
35．D
【分析】根据题意得，进而结合双曲线的性质和已知条件得，，，再根据，，得，进而根据离心率公式求解即可.
【详解】解：如图，设直线为双曲线的两条渐近线，
则直线的方程分别为，，
因为，所以，即，
因为，直线的方程分别为，即，
所以到直线的距离为，
所以，在直角三角形中，
因为，所以，
所以，，
所以，在直角三角形中，，
因为直线的方程分别为，所以，
由双曲线渐近线的对称性，，
所以，即，
整理得，
所以，双曲线的离心率为
故选：D
36．B
【分析】分析函数的性质，在同一坐标系内作出函数与的部分图象，结合图象列出不等式，求解作答.
【详解】当时，，求导得：，显然当时，，
即函数在上单调递增，而是R上的偶函数，则在上单调递减，
又，即，因此函数是周期函数，周期为2，且，
函数，是R上的偶函数，在上单调递减，在上单调递增，
在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，
关于x的方程的根，即是函数与的图象交点的横坐标，
依题意，函数与的图象有8交点，则在时，有4个交点，
观察图象知，，解得，
所以a的取值范围为.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过等价变形，转化为两个函数的图象交点个数，数形结合推理作答.
37．14
【解析】由线性约束条件作出可行域，作直线由可得，作直线
沿可行域方向平移，由的几何意义即可求解.
【详解】由线性约束条件作出可行域如图，
由可得，作直线，沿可行域的方向平移可知过点时，
取得最大值，
由可得，所以，所以，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：线性规划求最值的常见类型
（1）线性目标函数求最值：转化为直线的截距问题，结合图形求解；
（2）分式型目标函数最值：转化为平面区域内的点与定点连线的斜率问题，结合图形求解；
（3）平方型目标函数求最值；转为两点间的距离问题，结合图形求解.
38．
【解析】利用二项展开式通项公式直接求解.
【详解】，
展开式中常数项为，
故答案为：.
【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
39．
【解析】根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，整理可得的值，结合题意，利用二倍角公式，即可求得答案.
【详解】因为，利用正弦定理边化角可得，
又，所以，即=，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，又，
所以，
因为，所以
所以.
故答案为：
40．①②④
【解析】根据三角函数图象性质逐一进行判断：①根据写出，并判断与关系即可；②写出，判断与是否相等；③判断与的关系；④设，所以，根据的取值范围确定最值并判断．
【详解】①函数定义域为，关于原点对称，，
所以函数是偶函数；所以①正确；
②，
所以是以为周期的周期函数；所以②正确；
③，
所以的图像不关于对称；所以③错误；
④令，所以，因为，所以，即时，，则函数的最大值为；所以 ④正确；
所以真命题为①②④，
故答案为：①②④.
【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2)f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)是定义域上的恒等式．奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立．利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性．
41．0.35/
【分析】由已知直接利用正态分布曲线的对称性求解．
【详解】∵学生成绩X服从正态分布，且，
∵,
∴从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是．
故答案为：
42．/
【分析】根据已知条件求得，再根据数量积求向量夹角即可.
【详解】根据题意可得，
则，，
设向量与向量的夹角为，
故，又，故.
故答案为：.
43．
【分析】联立直线方程与抛物线方程，利用，以及直线与圆的位置关系，则圆心到直线的距离等于半径，即可求得参数的值.
【详解】联立与，可得，因为直线与抛物线相切，
故，即；
因为直线与圆相切，
故可得圆心到直线的距离；
则，解得（舍）或.
故答案为：.
44．
【分析】求出数列的通项公式，然后将展开，裂项求和即可得答案.
【详解】数列的前n项和为，且,
则 ，当时， ，
故 ,
故
，
故答案为：
45．8
【分析】根据相邻问题捆绑法，特殊位置（元素）法求解即可.
【详解】解：先将乙、丙班排序，并绑在一起，看成一个元素，有种方案，
此时考虑将甲，丁及乙、丙的整体3个元素排序，
由于甲班不能排在最后，故将甲班选取1个位置安排，有种方案，
最后，再将丁及乙、丙的整体安排在剩下的两个位置上，有种方案，
所以，根据乘法原理，共有种方案.
故答案为：
46．
【分析】设该圆圆心为，进而得该圆圆心的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，再结合圆上的点到定点的距离求最值即可.
【详解】解：设该圆圆心为，因为半径为1的圆过点，
所以，，
所以，该圆圆心的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
因为到原点的距离为，
所以，该圆圆心到原点的距离的最大值为
故答案为：
47．/
【分析】根据给定的条件，求出函数的周期，进而求出，再利用最值求出的表达式作答.
【详解】因为函数相邻两条对称轴之间的距离为，则函数的周期，
，又，因此，即，
所以当时，.
故答案为：
48．
【分析】由题知或，进而作出函数的图象，数形结合求解即可.
【详解】解：令，即，解得或，
作出函数的图象如图，
由图可知，方程有个实数解，有个实数解，且均互不相同，
所以，的实数解有个，
所以，函数零点的个数是个.
故答案为：
49．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）根据面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的性质定理，可得，根据等腰三角形中线的性质，可得，利用线面垂直的判定定理，即可得证；
（Ⅱ）根据面面垂直的性质定理可得平面，结合题意，如图建系，可得各点坐标，进而可得，，的坐标，即可求得两个平面的法向量，利用二面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】解：（Ⅰ）平面平面，平面平面=AC，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∵，平面，
∴平面．
（Ⅱ）∵平面平面，平面平面=AC，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由（Ⅰ）知是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，
则有，即，
令，则，，
∴，
设二面角所成角为，由图可得为锐角，
则．
【点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案.
50．（1）；（2）1010.
【解析】（1）设等差数列的公差为，由，，即可求得答案；
（2）因为，求出当为奇数时，，当为偶数时，，可得是以2为周期的周期数列，即可求得答案.
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，
，
又，
解得或，
，
，
.
（2）
当为奇数时，，
当为偶数时，，
故是以2为周期的周期数列，且，
.
51．（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】（Ⅰ）将事件分成三类，即可求取概率；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知每人过关率均为，随机变量服从二项分布，即可解相关问题.
【详解】解：（Ⅰ）甲应聘者这三项考核分别记为事件，，，且事件，，相互独立，则甲应聘者能进入面试的概率
．
（Ⅱ）由题知，的所有可能取值为0，1，2，3，且．
；；
；，
分布列为：
0 1 2 3
∵，．
【点晴】第二问关键在于判断服从二项分布，再由其性质解题.
52．（1）证明见解析；（2）存在，．
【分析】（1）由题意设直线，设，，与抛物线联立，根据韦达定理可得、的值，利用，即可得证；
（2）假设存在这样的点，设，根据题意可得，根据P，Q，T坐标，表示出，化简整理即可得答案.
【详解】（1）由题意得，过点T的直线不与x轴平行，故设直线，设，，
联立，消去得，
∴，，
∴，∴，
∴，即．
（2）假设存在这样的点，设，
由（1）知，，，
由和关于轴对称知，，
又
，
解得，即存在这样的点．
【点睛】解题的关键是将两直线关于轴对称，等价为，根据斜率关系，结合韦达定理，即可求解，考查计算化简的能力，属中档题.
53．（1）；（2）．
【解析】（1）由于函数的定义域为，则当函数有两个极值点和时，方程有两个正根，由此可得有两个正根，则，且，从而可求出实数的取值范围；
（2）由（1）可知，从而有，则，再利用导数判断单调性，从而可得其值域
【详解】解：（1）易知的定义域为，
．
设，其中，
当时，即或．
此时有两个根，则有，∴，同号，
∵的定义域为，∴，，
∴，∴，∴，
∴，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上可知，有两个极值点，
∴实数的取值范围为．
（2）由（1）知，当时，有两个不同的极值点，，且，
，

设，
则，
∴在上是单调递增的，∴．
∴，即的值域为．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，利用导数求函数的极值，考查计算能力，解题的关键是将函数有两个极值点和，转化为方程有两个正根，进而得方程有两个正根，然后利用一元二次方程根的分布进行求解即可，属于中档题
54．（1），曲线C是焦点在x轴上的椭圆；（2）.
【解析】（1）消参得到直线的普通方程和曲线的方程，即得解；
（2）设，求出即得解.
【详解】（1）由题得直线，曲线，即，
所以曲线C是焦点在x轴上的椭圆．
（2）设，则就是点N到直线的距离，
（的终边在第一象限且）
当时，．
【点睛】方法点睛：参数方程里求直线上的点到曲线上的点的最值，一般先利用曲线的参数方程设点，再利用点到直线的距离求出距离的函数表达式，再利用三角函数的图象和性质求解.
55．（Ⅰ）或}；（Ⅱ）．
【解析】（1）利用零点分段法，解不等式；（2）问题转化为与有两个交点，利用数形结合，求实数的取值范围.
【详解】（I），
或 或，
解得：或
的解集是或
（Ⅱ）问题转化为与有两个交点，由图易知：，
，即．
【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
56．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角公式整理计算即可得答案；
（2）利用消去中的，再利用三角公式变形，利用三角函数的性质求范围.
(1)
，
由正弦定理知：．
即：
，
又；
(2)
，且．
，
故的取值范围是.
57．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据题意可得，由面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质即可证明；
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量和，
结合空间向量的数量积计算即可.
(1)
为等腰直角三角形，，由O为的中点，，
又平面平面，平面平面．
平面，又平面．
(2)
为等腰直角三角形，，
又四边形为菱形，为正三角形，，又平面平面，平面平面，
平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，．
又，
设是平面的一个法向量，则，即
令，则．
设直线与平面所成的角为，
则．
58．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）列表列出甲获胜的可能情况，由此求得答案；
（2）列出比赛结果的所有可能情况，根据互斥事件以及相互独立事件的概率计算，求得答案.
（1）
甲获胜的情况如下表：
第一局 第二局 第三局 概率
胜 胜
胜 负 胜
负 胜 胜
则甲获胜的概率为．
（2）
第一局 第二局 第三局 得分 概率
胜 胜 11
负 负 2
胜 负 胜 7
负 胜 胜 12
胜 负 负 5
负 胜 负 5
可知：．
，
，
．
X的分布列为：
X 2 5 7 11 12
P
59．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意结合求出，即可得出答案；
（2）设，由，可得，求出直线的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理求得点的坐标，再证明，即可得出结论.
【详解】（1）解：由题意可知：，
，
椭圆C的方程为；
（2）证明：设，
由于，因此，，
直线的斜率为，
直线的方程为，
代入椭圆方程得：，
整理得：，
设，
代入直线的方程得，
直线的斜率为，
直线的斜率为，
，
所以三点共线．
60．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可求，利用二次函数的性质通过分类讨论可求；
（2）由题可得函数的最小值为，构造函数设，可求函数的最大值为，即证.
(1)
∵，函数的定义域，
∴
，
设，
函数是开口向下的抛物线，
又．
①当时，，
又，即，
因此在上单调递减．
②当时，有两个不等实根，
设两个根为，且．
，可知，
解得，
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
要证明成立，即就是证明成立．
当时，由上可知，函数在上递减，在上递增，
因此函数的最小值为．
设．
因此，当时，在区间上递增，
当时，在区间上递减，
所以的最大值为，
因此对任意，总有，
故．
【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
61．(1)
(2)
【分析】（1）根据极坐标方程与直角坐标方程的转化公式，直接求得答案.
（2）设出M的坐标，利用中点坐标公式表示出点P的坐标，化简可得其参数方程，继而可化为普通方程，再化为极坐标方程.
(1)
曲线C的极坐标方程为，
化为直角坐标方程为，即为．
(2)
设，
又，由中点坐标公式可得，
化为参数方程为（为参数），
化为普通方程为，
故化为极坐标方程为.
62．(1)
(2)1
【分析】（1）将写成分段函数的形式，求出分段函数的最小值，即可得到结果；
（2）由（1）可知，再利用由柯西不等式，即可得到结果.
【详解】（1）解：
当时，；
当时，；
当时，；
综上，，故．
（2）解：，由柯西不等式可得：
，
，当组仅当即时，
的最小值为1．
63．(1)；
(2).
【分析】（1）根据当时，计算并检验成立即可得答案；
（2）根据等差数列基本计算得，进而，再分组求和即可.
【详解】（1）解：当 时，
当时，
综上，；
（2）解：若选①，
设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得
所以，，
所以，，
所以，
所以，
若选②，
设等差数列的公差为，
因为，所以，
又因为，所以，解得
所以，，
所以，，
所以，
所以，
64．(1)填表见解析；有99.9%以上的把认为“锻炼达标生”与有关
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）计算出的值，结合临界值表可得出结论；
（2）列出随即变量的分布列，利用期望的公式计算可得.
【详解】（1）补充完整的2×2列联表如下：
锻炼达标生 锻炼不达标 合计
男 60 120 180
女 40 180 220
合计 100 300 400
∵，
∴有99.9%以上的把认为“锻炼达标生”与有关．
（2）“锻炼达标生”中男女人数之比为60：40＝3：2，抽取的男生有6，女生有4人，
易知X＝0，1，2，，，，
X的分布列为：
X 0 1 2
P
．
65．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为原点，直线CA，CB，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解即可；或者利用异面直线的定义作出异面直线AB和所成角，利用余弦定理求出的长度，再利用二面角的定义作出二面角平面角，即可求解.
【详解】（1）证明：如图，分别取，的中点E，F，连接DE，EF，，
易知,且∥, ∴是平行四边形，∴．
由，为的中点，可知，
而平面平面，且平面平面，平面，
∴平面．
又∵，∴ DE⊥平面，
而平面，∴平面平面．
（2）方法1：
不妨设，，注意到，知或其补角为异面直线AB和所成角，
在△中，，，
易知， 解得，
即D为的中点，
如图，延长交AC的延长线于，连接，过C作于，连接，
∵平面,,,,
∴平面，∴,
又∵, ∴平面 , ∴
∴为二面角的平面角，
在△中，，，得，
∴，
即二面角的平面角的余弦值为．
方法2：
取C为原点，直线CA，CB，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，，则，，，，
∴，．
∴，解得．
由已知可得平面的一个法向量为，
易知，，设平面的法向量为，
由 得，
可取，则．
∴二面角的平面角的余弦值为．
66．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程，解出、的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线不与轴平行或重合，设直线的方程为，利用直线与圆相切可得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式以及基本不等式可求得的最大值.
【详解】（1）解：椭圆的四个顶点构成的四边形的面积为，
由题意可得，解得，．
所以，椭圆的方程为．
（2）解：若直线与轴平行或重合，此时直线与圆相交，不合乎题意，
设直线的方程为，由题意可得，即.
联立消去得，即，
．
设、，则，．
所以，
．
令，则，则，
当且仅当时等号成立，此时，．
故的最大值为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
67．(1)递增区间为；递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可；
（2）由题知对于任意的恒成立，进而分时和时两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）解：，
令，则，即，
解得的递增区间为；
令，则，即，
解得的递减区间为．
所以，的递增区间为，递减区间为
（2）证明：因为，对于任意的，恒成立，
所以，对于任意的恒成立，
当时，；
当时，，
令，，
所以，．
令，，
所以，在上恒成立，
所以，在上单调递减，
所以，，即在上恒成立
所以，在上单调递减，
所以，，
所以，．
综上，．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于分离参数，进而构造函数，转化为求函数的最小值问题.
68．(1)
(2)
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标方程的互化求解即可；
（2）根据直线的参数方程的几何意义求解即可.
【详解】（1）解：曲线：，
所以，曲线的直角坐标方程为．
（2）解：法1：
将直线的参数方程为（t为参数）代入曲线的直角坐标方程得：
，整理得，
设方程的实数根为，
所以，，
所以一正一负，
所以，由直线的参数方程几何意义得：
．
法2：
由（1）知曲线表示圆，圆心为，半径为
直线（t为参数）化为直角坐标方程为，
所以，曲线的圆心到直线的距离为，
所以，直线与曲线相交，
因为，即点在圆内，
所以，．
69．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）用分段函数表示函数，再分段解不等式作答.
（2）利用（1）的结论，利用均值不等式“1”的妙用推理作答.
【详解】（1）依题意，函数，因此不等式化为：
或或，解得或或，
所以不等式的解集为．
（2）由（1）知，，即有，
因此
，
当且仅当，即，，时等号成立，
所以．
试卷第1页，共3页
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