上海市崇明区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市崇明区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共46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。

上海市崇明区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2020·上海崇明·统考一模）若,则下列不等式恒成立的是
A． B． C． D．
2．（2020·上海崇明·统考一模）正方体中，点，，，是其所在棱的中点，则与是异面直线的图形是（    ）
A． B．
C． D．
3．（2020·上海崇明·统考一模）设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2020·上海崇明·统考一模）设函数的定义域是，对于以下四个命题：
(1) 若是奇函数，则也是奇函数；
(2) 若是周期函数，则也是周期函数；
(3) 若是单调递减函数，则也是单调递减函数；
(4) 若函数存在反函数，且函数有零点，则函数也有零点．
其中正确的命题共有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2021·上海崇明·统考一模）下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·上海崇明·统考一模）不等式的解集为（    ）
A． B．
C． D．
7．（2021·上海崇明·统考一模）设为所在平面上一点.若实数x、y、z满足，则“”是“点在的边所在直线上”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件.
8．（2021·上海崇明·统考一模）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一(如图)，给出下列两个命题:命题:曲线上任意一点到原点的距离都不超过；命题:曲线所围成的“心形”区域的面积小于3，则下列说法正确的是（ ）

A．命题是真命题，命题是假命题 B．命题是假命题，命题是真命题
C．命题都是真命题 D．命题都是假命题
9．（2022·上海崇明·统考一模）下列函数中，既是奇函数又在区间上是严格增函数的是（    ）
A． B． C． D．
10．（2022·上海崇明·统考一模）设， 则“ ”是“ ”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
11．（2022·上海崇明·统考一模）设函数，若对于任意，在区间上总存在唯一确定的，使得，则m的最小值为
A． B． C． D．
12．（2022·上海崇明·统考一模）已知曲线C：，命题p：曲线C仅过一个横坐标与纵坐标都是整数的点；命题q：曲线C上的点到原点的最大距离是2.则下列说法正确的是（    ）
A．p、q都是真命题 B．p是真命题，q是假命题
C．p是假命题，q是真命题 D．p、q都是假命题

二、填空题
13．（2020·上海崇明·统考一模）设集合，集合，则_______.
14．（2020·上海崇明·统考一模）不等式的解集是________.
15．（2020·上海崇明·统考一模）已知复数满足（是虚数单位），则________
16．（2020·上海崇明·统考一模）设函数的反函数为，则________
17．（2020·上海崇明·统考一模）点到直线的距离是________
18．（2020·上海崇明·统考一模）计算：________
19．（2020·上海崇明·统考一模）若关于、的方程组无解，则实数________
20．（2020·上海崇明·统考一模）用组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为_________.
21．（2020·上海崇明·统考一模）若的展开式中有一项为，则__________．
22．（2020·上海崇明·统考一模）设为坐标原点，直线与双曲线（，）的两条渐近线分别交于、两点，若△的面积为1，则双曲线的焦距的最小值为________
23．（2020·上海崇明·统考一模）已知函数，对任意，都有（为常数），且当时，，则________
24．（2020·上海崇明·统考一模）已知点为圆的弦的中点，点的坐标为，且，则的最大值为________
25．（2021·上海崇明·统考一模）已知集合，若，则_______.
26．（2021·上海崇明·统考一模）已知复数满足(是虚数单位)，则复数的模等于_______.
27．（2021·上海崇明·统考一模）若线性方程组的增广矩阵是，解为，则_______；
28．（2021·上海崇明·统考一模）计算: _______.
29．（2021·上海崇明·统考一模）已知的展开式的各项系数之和为81，则_______．
30．（2021·上海崇明·统考一模）直线与直线的夹角大小等于_______. (结果用反三角函数值表示).
31．（2021·上海崇明·统考一模）在中，已知，则的面积_______．
32．（2021·上海崇明·统考一模）已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．
33．（2021·上海崇明·统考一模）第24届冬季奥林匹克运动会计划于2022年2月4日在北京开幕，北京冬奥会的顺利举办将成为人类摆脱和超越疫情的标志性事件，展现人类向更美好的未来进发的期望和理想.组织方拟将4名志愿者全部分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作（每个场馆至少分配一名志愿者)，不同的分配方案有_______种.
34．（2021·上海崇明·统考一模）设函数的零点为，若成等比数列，则_______.
35．（2021·上海崇明·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，以为顶点为焦点作抛物线.若双曲线与抛物线交于点，且，则抛物线的准线方程是_____.
36．（2021·上海崇明·统考一模）已知无穷数列各项均为整数，且满足，，则该数列的前8项和_______.
37．（2022·上海崇明·统考一模）已知集合，，则______.
38．（2022·上海崇明·统考一模）不等式的解集为______.
39．（2022·上海崇明·统考一模）已知复数，，若是纯虚数，则实数______.
40．（2022·上海崇明·统考一模）若对数函数且）的图象经过点，则实数______.
41．（2022·上海崇明·统考一模）设等比数列满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________．
42．（2022·上海崇明·统考一模）已知方程组无解，则实数的值等于______.
43．（2022·上海崇明·统考一模）已知角的终边与单位圆交于点，则______.
44．（2022·上海崇明·统考一模）将半径为2的半圆形纸片卷成一个无盖的圆锥筒，则该圆锥筒的高为______.
45．（2022·上海崇明·统考一模）已知函数，则曲线在点处的切线方程是______.
46．（2022·上海崇明·统考一模）设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小取值等于______.
47．（2022·上海崇明·统考一模）在边长为2的正六边形ABCDEF中，点P为其内部或边界上一点，则的取值范围为______.
48．（2022·上海崇明·统考一模）已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，且它们有共同的焦点、，P是与在第一象限的交点，当时，双曲线的离心率等于______.

三、解答题
49．（2020·上海崇明·统考一模）如图，已知平面，与平面所成角为 ，且

求三棱锥的体积；
设为的中点，求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）
50．（2020·上海崇明·统考一模）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）在中，角、、的对边分别为、、，若锐角满足，，，求的面积.
51．（2020·上海崇明·统考一模）研究表明：在一节40分钟的网课中，学生的注意力指数与听课时间（单位：分钟）之间的变化曲线如图所示，当时，曲线是二次函数图像的一部分；当时，曲线是函数图像的一部分，当学生的注意力指数不高于68时，称学生处于“欠佳听课状态”.

（1）求函数的解析式；
（2）在一节40分钟的网课中，学生处于“欠佳听课状态”的时间有多长？（精确到1分钟）
52．（2020·上海崇明·统考一模）已知椭圆的左右顶点分别为、，为直线上的动点，直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为.
（1）若点的坐标为，求点的坐标；
（2）若点的坐标为，求以为直径的圆的方程；
（3）求证：直线过定点.
53．（2020·上海崇明·统考一模）对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若数列1，2，，8是数列，求实数的取值范围；
（2）设数列，，，，是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列、是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别记为、，求证：当且时，数列不是数列.
54．（2021·上海崇明·统考一模）如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，为线段的中点，求：

（1）三棱锥的体积；
（2）异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.
55．（2021·上海崇明·统考一模）已知函数的最小正周期为8．
(1)求的值及函数的单调减区间；
(2)若，且，求的值．
56．（2021·上海崇明·统考一模）保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策部署．2021年7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划2021年新建住房40万平方米，其中有25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加5万平方米．
(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米?
(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于?
57．（2021·上海崇明·统考一模）如图，已知椭圆的左焦点为，点是椭圆上位于第一象限的点，M，N是轴上的两个动点(点位于轴上方)，满足且，线段PN交轴于点.

(1)若，求点的坐标；
(2)若四边形为矩形，求点的坐标；
(3)求证:为定值.
58．（2021·上海崇明·统考一模）对于定义域为的函数，区间若，则称为上的闭函数：若存在常数，对于任意的，都有，则称为上的压缩函数.
(1)判断命题“函数既是闭函数，又是压缩函数”的真假，并说明理由；
(2)已知函数是区间[0，1]上的闭函数，且是区间[0，1]上的压缩函数，求函数在区间[0，1]上的解析式，并说明理由；
(3)给定常数，以及关于的函数，是否存在实数，使得是区间[a，b]上的闭函数，若存在，求出a、b的值，若不存在，说明理由.
59．（2022·上海崇明·统考一模）如图，长方体中，，与底面ABCD所成的角为
.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成角的大小.
60．（2022·上海崇明·统考一模）已知函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)在中,为角的对边，且满足，且，求的取值范围.
61．（2022·上海崇明·统考一模）某公园有一块如图所示的区域，该场地由线段及曲线段围成.经测量，，米，曲线是以为对称轴的抛物线的一部分，点到、的距离都是米.现拟在该区域建设一个矩形游乐场，其中点在线段或曲线段上，点、分别在线段、上，且该游乐场最短边长不低于米.设米，游乐场的面积为平方米.

(1)试建立平面直角坐标系，求曲线段的方程；
(2)求面积关于的函数解析式；
(3)试确定点的位置，使得游乐场的面积最大.（结果精确到0.1米）
62．（2022·上海崇明·统考一模）已知椭圆的右焦点为F，左右顶点分别为A、B，直线l过点B且与x轴垂直，点P是椭圆上异于A、B的点，直线AP交直线l于点D.
(1)若E是椭圆的上顶点，且是直角三角形，求椭圆的标准方程；
(2)若，，求的面积；
(3)判断以BD为直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明.
63．（2022·上海崇明·统考一模）已知数列满足.
(1)若数列的前4项分别为4，2，，1，求的取值范围；
(2)已知数列中各项互不相同.令，求证：数列是等差数列的充要条件是数列是常数列；
(3)已知数列是m（且）个连续正整数1，2，…，m的一个排列.若，求m的所有取值.

参考答案：
1．D
【详解】∵
∴设
代入可知均不正确
对于，根据幂函数的性质即可判断正确
故选D
2．C
【分析】对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线与共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．
【详解】对于A，在正方体中，连接，，则，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，则有，，因此，则直线与共面，A错误；
对于B，在正方体中，连接，，，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，有且，则四边形为平行四边形，即有，
又，因此，直线与共面，B错误；
对于C，在正方体中，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，有，而平面，平面，
则平面，平面，则直线与无公共点，又直线与直线相交，
于是得直线与不平行，则直线与是异面直线，C正确；
对于，在正方体中，连接，，，，如图，

因为且，则四边形为平行四边形，有，
因为点，，，是其所在棱的中点，有，，则，直线与共面，D错误.
故选：C
3．C
【分析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性.
【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件；
对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项，
，即，或，即，
当时，有，即，是严格递增数列，
当时，有，即，是严格递增数列，
所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件
故选：C
4．B
【详解】(1)若是奇函数，则，∴也是奇函数，正确；(2) 若是周期函数，则，也是周期函数，正确；(3)若是单调递减函数，根据“同增异减”的原则，可得也是单调递增函数，故(3)不正确；(4) 若函数存在反函数，且函数有零点，即的图象与的图象有交点，而的图象与的图象关于直线对称，但是这些交点可能只是关于直线对称，函数不一定有零点，
比如函数，满足题意，但是函数没有零点，即(4)不正确；故选B.
5．B
【分析】利用基本初等函数的单调性可得出合适的选项.
【详解】函数、在区间上为减函数，
函数在区间上为增函数，
函数在区间上不单调.
故选：B.
6．D
【解析】将不等式化为，从而可得答案.
【详解】解：不等式可转化成，
解得.
故选：D.
7．C
【分析】先由得中只能有一个为0，假设可得点在的边BC所在直线上，满足充分性；若点在的边所在直线上，假设在AB上，容易得，必要性满足，则可得答案.
【详解】为所在平面上一点，且实数x、y、z满足

若“”，则中只能有一个为0，否则若，得，这与矛盾；
假设（不为0），可得，，
向量和共线，点在的边BC所在直线上；
若点在的边所在直线上，假设在AB上，说明向量和共线，
，
“”是“点在的边所在直线上”的充分必要条件.
故选：C.
8．A
【分析】先判断出曲线关于轴对称，结合基本不等式和对称性可以得到曲线经过的6个整数点，再结合这6个点的坐标就可以判断出两个命题的真假，进而选出答案.
【详解】因为曲线，用替换曲线中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，
当时，，
所以，可得，
所以曲线经过点再根据对称性可知，曲线还经过点
对于，当时，即曲线C右侧部分的点到原点的距离都不超过，再根据对称性可知，曲线上的所有点到原点的距离都不超过，故正确；
对于，因为在轴上方，图形面积大于四点围成的矩形面积，在轴下方，图形面积大于三点围成的等腰直角三角形的面积，所以曲线所围成的“心形”区域的面积的面积大于3，故错误.
故选：A
9．D
【分析】根据函数的奇偶性以及常见基本函数的单调性即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A; 的定义域为，定义域不关于原点对称，因此不是奇函数，不符合题意，
对于B; 的定义域为,关于原点对称，且，故，因此为奇函数，但是，故不是上是严格增函数，不符合题意，
对于C; 的定义域为，定义域不关于原点对称，因此不是奇函数，不符合题意，
对于D, 的定义域为,关于原点对称，且，故，因此为奇函数，又根据正弦函数的性质可知在上单调递增，而，所以在上是严格增函数，符合题意，
故选：D
10．A
【分析】根据充分性、必要性的定义进行分析判断即可.
【详解】当成立时，显然，
当时，例如时，分式没有意义，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：A
11．B
【解析】先求，再由存在唯一确定的，使得，得，从而得解.
【详解】当时，有，所以.
在区间上总存在唯一确定的，使得，
所以存在唯一确定的，使得.
，所以.
故选B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，考查了函数与方程的思想，正确理解两变量的关系是解题的关键，属于中档题.
12．A
【分析】结合均值不等式得到当且仅当时，等号成立，以及，从而可判断命题q的真假性，检验点是否在曲线上即可判断命题p的真假性.
【详解】因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
因此曲线C所围成的区域的在圆上或者内部，即，
故曲线C上的点到原点的最大距离是2，因此命题q为真命题，
圆上以及内部横坐标与纵坐标都是整数的点有，
其中点显然在曲线C上，但是不在曲线上，
故曲线C仅过一个横坐标与纵坐标都是整数的点，因此命题p为真命题，
故选：A.
13．
【分析】利用交集的定义可计算出集合.
【详解】集合，集合，因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查交集的计算，熟悉交集的定义是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
14．
【分析】将分式不等式化为整式不等式，利用二次不等式的求解方法，即可求得结果.
【详解】.
故答案为：
【点睛】本题考查了分式不等式的解法，一元二次不等式的解法，考查了转化的思想.属于基础题.
15．
【解析】根据复数的运算法则进行化简，即可求解.
【详解】因为，所以，所以.
故答案为：.
16．
【解析】令，求得，结合反函数的性质，即可求得的值.
【详解】由题意，函数，令，即，解得，即.
故答案为：.
17．
【解析】直接利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由点到直线的距离公式得.
故答案为：
18．
【解析】直接利用极限和等差数列的求和的应用求出结果．
【详解】解：.
故答案为：
19．
【解析】先由方程无解判断平面内对应的两条直线平行，再利用平行关系列行列式计算参数即可.
【详解】由题意关于、的方程组无解，即直线和直线平行，故，所以，
此时直线即，确实与平行，故满足题意，所以实数.
故答案为：-2.
20．
【分析】先分析百位数再分析个位数求解即可.
【详解】由题,百位不能为0,且个位为奇数.当百位为其中一个时,奇数的个数为个.
当百位为其中一个时, 奇数的个数为.故共有个奇数.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据分步计数原理解决特殊位置类的排列问题,属于基础题.
21．
【分析】根据二项展开式的通项公式，得出的展开式的第项，求出的系数，即可得出结果.
【详解】因为展开式的第项为，
令，解得，则.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.
22．
【解析】由题可得，利用△的面积可得，根据利用基本不等式可求.
【详解】双曲线的渐近线为，所以，
因为的面积为1，所以，即，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，
即双曲线的焦距的最小值为.
故答案为：.
23．
【解析】由任意，都有，推得的周期为4，结合周期，即可求解.
【详解】因为对任意，都有为常数，可得，
从而，即的周期为4，所以，
又因为当时，，则，即
故答案为：.
24．
【解析】设点，得到，根据向量的数量积的运算，求得点的轨迹方程，再由，即可求得的最大值.
【详解】设点，则
，
因为，所以，
整理得，即为点的轨迹方程为，
所以，故的最大值为.
故答案为：.
25．
【分析】根据求得，由此求得.
【详解】由于，所以，所以.
故答案为：
26．
【分析】利用复数乘法运算求得，进而求得的模.
【详解】，.
故答案为：
27．12
【解析】根据增广矩阵还原出相应的线性方程组，然后将代入线性方程组即可得到的值，即可得答案．
【详解】由题意，此增广矩阵对应的线性方程组为：
将代入方程组得：
∴.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查线性方程组与增广矩阵的对应关系，以及根据线性方程组的解求参数，属于基础题.
28．
【分析】结合极限的知识求得正确结果.
【详解】.
故答案为：
29．4
【分析】求二项式展开式各项系数之和时，令未知数的值为1即可﹒
【详解】由题意，令，∴﹒
故答案为：4．
30．
【分析】先分别求出两条直线的斜率，再套用夹角公式即可求出答案.
【详解】直线与直线的斜率分别为0和2，设它们的夹角为，
所以，则.
故答案为：.
31．12
【分析】根据余弦定理求出cosC，再求出sinC即可由三角形面积公式求解﹒
【详解】∵，
∴根据余弦定理得，
∴
∴，
故答案为：12．
32．
【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥的母线与其底面所成的角为，根据面积关系可得，即可得到答案；
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥的母线与其底面所成的角为，
则，
，
故答案为：
33．36
【分析】把4名志愿者分为3组，选出2人作为一组，然后将3组全排列即可.
【详解】首先把4名志愿者分为3组，则有一个组有2人，共有种分法，
再把分好的3组分到不同的3个场馆，则有种分法，
所以共有种分法.
故答案为：36.
34．
【分析】将函数的零点转化为的交点横坐标，结合函数图像，列方程求出零点，进而可得的值.
【详解】令，得
则函数的零点
即为的交点横坐标，如图：

由图可知，
解得

故答案为：.
35．
【分析】直线的方程与抛物线方程联立，求得点的坐标，判断出，结合双曲线定定义求得，由此求得抛物线的准线方程.
【详解】设，则抛物线方程为，
直线的方程为，
，所以，
，
根据双曲线的定义得，
所以抛物线的直线方程为.
故答案为：
36．
【分析】根据已知条件，先分别求出，最后把它们相加即可.
【详解】因为，所以，
因为，
当时，，
由因为各项均为整数，，
所以，
当时，，即，
当时，，即，
又，所以，
同理可求得，
所以
故答案为：
37．
【分析】根据交集的定义求解即可.
【详解】解：因为，，
所以.
故答案为：
38．
【分析】直接根据分式不等式计算方法进行求解即可.
【详解】由，得，
解得，即不等式的解集为.
故答案为：
39．
【分析】根据复数的乘法运算，求得，再根据为纯虚数，即可求解.
【详解】，若是纯虚数
所以即
故答案为：
40．2
【分析】直接将点代入计算即可.
【详解】将点代入得，解得
故答案为：2.
41．-8
【详解】设等比数列的公比为，很明显，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：
，由可得：，代入①可得，
由等比数列的通项公式可得.
【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.
42．
【分析】方程组无解，转化为直线与直线平行，即可解决.
【详解】由题知，方程组无解，
所以直线与直线平行，
所以，解得，
当时，两直线重合，方程组有无数解，不满足题意，
当时，两直线平行，方程组有无解，满足题意，
故答案为：
43．/0.5
【分析】由三角函数的定义可得，然后利用诱导公式可计算出，可得答案.
【详解】把代入单位圆，可得，故，
由三角函数的定义可得，因此，.
故答案为：.
44．
【分析】根据圆锥侧面展开图即可计算.
【详解】如图所示，图1是圆锥(图2)的侧面展开图，

，则扇形弧长，
设圆锥底面圆半径为，则，得，
则在Rt中，圆锥的高，
故答案为:.
45．
【分析】求导得，从而可得切线的斜率，用点斜式写出切线方程再化简即可.
【详解】解：因为，
所以，
所以曲线在点处的切线的斜率，
所以切线方程为：，
即或.
故答案为：
46．2
【分析】对任意的实数x都成立，这个条件说明，解方程可得答案.
【详解】对任意的实数x都成立，，
，
又
故答案为：2
47．
【分析】利用数量积的几何意义去求的取值范围即可解决.
【详解】正六边形ABCDEF中，过点B作于，则

又
即，故的取值范围为

故答案为：
48．/
【分析】根据P点是椭圆和双曲线的交点，结合椭圆双曲线的定义表示出，，在△中结合余弦定理即可列出方程求解．
【详解】设椭圆标准方程为，椭圆离心率为，
设双曲线标准方程为，双曲线离心率为，
由题可知：．
设，，
则，
由①②得，，，
代入③整理得，，
两边同时除以得，，
即，
即，
解得，即．
故答案为：
【点睛】本题综合考查椭圆和双曲线的几何性质，解题关键是熟练应用椭圆和双曲线的定义，结合焦点三角形中的余弦定理，列出方程组即可求解.
49．(1) (2)
【分析】（1）由平面，得到平面，由此利用棱锥的体积公式，即可求解；
（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，即可求解异面直线与所成角的大小．
【详解】（1）如图所示，因为平面，
所以，又，所以平面，
因为平面，与平面所成角为，故,
又由，可得,
所以,
所以.
（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线，建立空间直角坐标系，则，
可得，
设异面直线与所成角为，则,
所以异面直线与所成角为．

【点睛】本题主要考查了棱锥的体积的计算，以及直线与平面所成的角和异面直线所成角的求解，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，利用向量的夹角公式求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
50．（1）；（2）.
【解析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式函数化为基本三角函数形式，再利用周期公式计算即可；
（2）先利用已知条件结合角的范围求角A，再利用正弦定理和两角和与差的正弦公式求a和，最后代入面积公式计算即可.
【详解】解：（1）
，所以最小正周期；
（2）因为，所以，
又为锐角，即，所以，所以，得，
又，由正弦定理得，解得，
而，故，
所以的面积.
【点睛】思路点睛：
解决三角函数的图像和性质的相关问题时，通常要结合二倍角公式和辅助角公式，先将函数化为的形式，再依题意计算其他量即可.
51．（1）；（2）14分钟.
【解析】（1）根据题意，分别求得和上的解析式，即可求解；
（2）当和时，令，求得不等式的解集，即可求解.
【详解】（1）当时，设函数，
因为，所以，所以，
当时，，
由，解得，所以，
综上，函数的解析式为.
（2）当时，令，
即，解得或（舍去），所以，
当时，令，得，
所以，所以学生处于“欠佳听课状态”的时间长为分钟.
52．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）首先求直线的方程，再令求点的坐标；（2）首先求直线的方程，与椭圆方程联立，求点的坐标，直接写出以为直径的圆的方程；（3）首先设，分别写出直线的方程，并求点的坐标，定点设为，则三点共线，列方程求定点坐标.
【详解】（1）因为，所以直线的方程为，
令，得，所以；
（2）因为，所以直线的方程为，
由得，所以，
所以以为直径的圆的方程为，即；
（3）设，因为，直线的方程为，
由得，
由韦达定理得，所以，
所以，同理，直线的方程为，
由得，
由韦达定理得，所以，所以，
由椭圆的对称性知这样的定点在轴上，设为，则三点共线，
所以共线，
所以恒成立，
整理得恒成立，所以，故直线过定点.
【点睛】求解直线过定点问题的基本思路：
1、把直线或曲线方程中的变量当作常数看待，既然过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部为零，得到一个关于的方程组，方程组的解所确定的就是直线或曲线过定点；
2、由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式或斜截式方程，则可根据方程的形式，判定直线过定点问题.
53．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）由数列的性质建立不等式组即可求解.
（2）先求数列的前项和，再由对成立，整理为的二次不等式，关于的二次函数的最大值小于0即可求解.
（3）反证法，分情况讨论即可得出结论.
【详解】解：（1）由题意得，所以；
实数的取值范围是.
（2）由题意得，该数列的前项和为，
由数列是数列，得，故公差，
对满足的所有都成立，
则，解得，所以的取值范围是；
（3）若是数列，则，
因为，所以，又由对所有都成立，得恒成立，
即恒成立，因为，故，所以，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列可知，
若中的每一项都在中，同理可得，
若中至少有一项不在中，且中至少有一项不在中，
设是将中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，
它们的所有项之和分别为，不妨设中的最大项在中，设为，则，故总有与矛盾，
故假设错误，原命题正确.
【点睛】关键点点睛：（1）（2）小题都由数列的性质建立不等式组确定待求实数的取值范围，只是（2）题中需转化为关于的二次不等式恒成立，进一步需转化为关于的二次函数的最大值小于0求解；（3）题根据“正难则反”的原则，考虑使用反证法，分情况讨论即可得出结论.
54．（1）；（2）（或）
【分析】（1）连接CM，根据M为AB中点，且正方形ABCD边长为1，得到△BCM的面积为SS正方形ABCD．因为CC1⊥平面ABCD，是三棱锥C1﹣MBC的高，所以利用锥体体积公式，可得三棱锥C1﹣MBC的体积；
（2）连接BC1，正方形ABCD中，因为CD∥AB，所以∠C1MB（或其补角）为异面直线CD与MC1所成的角．Rt△MC1B中，可算出BC1，而MBAB，利用直角三角形中三角函数的定义，得到tan∠C1MB，所以异面直线CD与MC1所成角为arctan．
【详解】解：（1）连接CM，
∵正方形ABCD中，M为AB中点，且边长为1，
∴△BCM的面积为SS正方形ABCD．
又∵CC1⊥平面ABCD，
∴CC1是三棱锥C1﹣MBC的高，
∴三棱锥C1﹣MBC的体积为：V1﹣MBC2；
（2）连接BC1
∵CD∥AB，
∴∠C1MB（或其补角）为异面直线CD与MC1所成的角．
∵AB⊥平面B1C1CB，BC1⊂平面B1C1CB，
∴AB⊥BC1．
Rt△MC1B中，BC1，MBAB
∴tan∠C1MB
所以异面直线CD与MC1所成角为arctan．

【点睛】本题给出一个特殊的正三棱柱，求其中的异面直线所成角和三棱锥体积，着重考查了棱锥的体积公式和异面直线及其所成的角等知识点，属于中档题．
55．(1)，[](k∈Z)；
(2)．

【分析】(1)化简f(x)，根据最小正周期求出ω，再求f(x)单调减区间；
(2)由求出，在结合求出，最后利用正弦的和角公式求﹒
(1)
由已知可得，，
∵的最小正周期，∴，
∴，
由得，
∴f(x)的单调递减区间为[](k∈Z)；
(2)
∵，由(1)有，
即，
由，知；
∴，
故

﹒
56．(1)2030；
(2)2026﹒

【分析】(1)设保障性租赁住房面积形成数列，由题意可知，是等差数列，其中，，结合等差数列的前项和公式，即可求解．
(2)设新建住房面积形成数列，由题意可知，是等比数列，其中，，则可得的通项公式，通过求解不等式，即可求解．
（1）
设保障性租赁住房面积形成数列，
由题意可知，是等差数列，其中，，
则，
令≥475，即，而为正整数，解得，
故到2030年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米；
（2）
设新建住房面积形成数列，
由题意可知，是等比数列，其中，，
则，
由题意知，，则，满足上式不等式的最小正整数，
故到2026年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于．
57．(1)
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）结合椭圆的定义求得点的坐标.
（2）利用向量垂直列方程，化简求得点的坐标.
（3）利用向量垂直列方程，化简求得为定值.
【详解】（1）椭圆，，，
，
设，且在第一象限，，.
则.
（2）设，
由于，所以.
①，
由于，
所以
②，
由于四边形为矩形，，
所以③，
由于四边形为矩形，，
所以④，
③-④并化简得，
，
由于，所以，代入②得：
，，代入③得：
，由于，故解得，所以.
（3）令（），
由①②得，
，
，将代入得
，，
，，
，由于，所以.
所以为定值.
【点睛】本小题破题关键在于利用向量运算表示垂直，构建各个量之间的等量关系式，进而化简得出题目的所求.
58．(1)假命题，理由见解析；
(2)，，或，，，理由见解析；
(3)当时，，，当时，，无解．

【分析】（1）利用定义判断函数是闭函数，但是不是压缩函数，再判断得解；
（2）假设（a），（b），，，，，利用两边夹的思想，求出，，然后分类讨论，利用反证法证明，同理可得；
（3）分类讨论，当时，利用函数的单调性建立方程，可得，是方程的两个根，由求根公式求解即可，当，时，分析得到矛盾，故无解，即可得到答案．
（1）
解：函数的值域是，
所以函数是闭函数.
当时，，存在常数，对于任意的，都有；
当时，不妨设，等价于，
所以，所以，
所以，当时，，
因为，所以此时无解.
所以函数不是区间[0，1]上的压缩函数.
所以命题是假命题.
（2）
解：函数是，上的闭函数，且是，上的压缩函数，
所以的值域为，，
假设（a），（b），，，，，
则（a）（b），
所以，，（a）（b），
即或，
当，则，
反证：如果存在，，
则，矛盾；
若存在，，
则（1），矛盾．
同理可得，当，则，
综上所述，，，或，，；
（3）
解：因为，所以，
情形1：若，则单调递增，
所以，
故，是方程的两个根，
所以，
即时，，，
当时，，无解；
情形2：若，则单调递减，
所以，可得，与条件矛盾；
情形3：若，因为，但0不在定义域中，矛盾．
综上所述，当时，，，当时，，无解．
【点睛】关键点睛：解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．
59．(1)
(2)

【分析】（1）先求得长方体的高的值，进而求得四棱锥的体积；
（2）先作出异面直线与所成角，再利用余弦定理求其大小即可解决.
【详解】（1）连接AC，因为平面ABCD，
所以是与底面ABCD所成的角.
所以，所以，
所以.

（2）联结BD，则，

所以就是异面直线与所成的角（或其补角）
中，，，
所以，
又，则
所以异面直线与所成角的大小为.
60．(1)（）；
(2).

【分析】（1）根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和的正弦公式化简函数可得，然后利用正弦函数的性质即得；
（2）根据正弦定理及二倍角的余弦公式可得，再利用三角函数的性质即得.
【详解】（1）由题知
，
由（），
解得 ，
所以单调递增区间为（）；
（2）依题意，由正弦定理，，
因为在三角形中，所以，
即，
当时，，
当时，，，
∴，，
由于，所以，则，则，
又，
所以，由，
所以的取值范围是.
61．(1)
(2)
(3)当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大

【分析】（1）先以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，然后根据题意求解析式即可；
（2）分别求出在不同线段的解析式，然后计算面积；
（3）在不同情况计算最大值，然后比较两个最大值就可以得到面积最大值，然后确定的位置.
【详解】（1）以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，

如图所示，则，，，
设曲线段所在抛物线的方程为，
由题意可知，点和在此抛物线上，
代入可得：，.
所以曲线段BC的方程为：.
（2）由题意，线段的方程为，
当点在曲线段上时，，
当点在线段上时，，
所以.
（3）当时，，令，得，（舍去）.
当时，；当时，.
因此当时，是极大值，也是最大值.
当时，，
当时，是最大值.
因为，
所以当时，取得最大值，此时，
所以当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大.
62．(1)
(2)
(3)以BD为直径的圆与直线PF相切，证明见解析

【分析】（1）根据题意得，然后利用列方程得到，再结合，解方程得到即可得到椭圆的标准方程；
（2）根据得到椭圆方程，根据得到直线AP的方程为，联立直线和椭圆方程得到点坐标，然后利用三角形面积公式求面积即可；
（3）设，得到直线AP的方程为，跟直线的方程联立得到，BD中点，然后根据点到直线的距离和半径的关系判断以为直径的圆与直线的位置关系即可.
【详解】（1）由题意，，，，
由题意，，，，故，所以，
又，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当时，椭圆方程为，则，，
由对称性，不妨设点P在x轴上方，则直线AP的方程为，代入椭圆方程，得
，解得（舍去），，所以，
所以.
（3）设，则，
直线AP的方程为，
令则，所以，BD中点，
当直线PF的斜率不存在时，方程为；
当直线PF的斜率不存在时，方程为即，
经检验满足，故直线PF方程为，
点M到直线PF的距离，
所以以BD为直径的圆与直线PF相切.
【点睛】方法点睛：涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆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．
63．(1)
(2)证明见解析
(3)4或5

【分析】（1）根据题意，找到关于的不等关系，即可求解.
（2）分别从充分性、必要性两个角度证明即可.
（3）对取不同的值进行判断，再对分情况讨论即可.
【详解】（1）由题意，，令，得，即，则或，此时解得或；令，得，即，两边同时平方解得.则求交集可得，，即
（2）必要性：若数列是等差数列，设公差为d，
则，所以数列是常数列.
充分性：若数列是常数列，
则，即.
所以或.
因为数列的各项互不相同，所以.
所以数列是等差数列.
（3）当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为3，2，4，1，此时，符合题意；
当时，数列为2，3，4，5，1，此时，符合题意；
下证当时，不存在m满足题意.
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①；
②；
③.
当时，因为，
由（2）知：，，…，是公差为1（或－1）的等差数列.
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾.
当公差为－1时，同理得出与已知矛盾.
所以当时，不存在m满足题意.
其它情况同理可得.
综上可知，m的所有取值为4或5.