上海市青浦区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市青浦区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共52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。

上海市青浦区三年（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·统考一模）已知，则“”是“”的（    ）
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
2．（2020·上海·统考一模）类比平面内“垂直于同条一直线的两条直线互相平行”的性质，可推出空间中有下列结论：
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；
②垂直于同一条直线的两个平面互相平行；
③垂直于同一个平面的两条直线互相平行；
④垂直于同一个平面的两个平面互相平行．
其中正确的是（    ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
3．（2020·上海·统考一模）已知顶点在原点的锐角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于，则的值为（    ）
A． B． C． D．
4．（2020·上海·统考一模）设函数，其中是实数集的两个非空子集，又规定，，则下列说法：
（1）一定有；
（2）若，则；
（3）一定有；
（4）若，则.
其中正确的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2021·上海青浦·统考一模）下列条件中，能够确定一个平面的是（    ）
A．两个点 B．三个点
C．一条直线和一个点 D．两条相交直线
6．（2021·上海青浦·统考一模）已知公差为的等差数列的前项和为，则“，对，恒成立”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
7．（2021·上海青浦·统考一模）已知均为复数，则下列命题不正确的是（    ）
A．若则为实数 B．若，则为纯虚数
C．若，则为纯虚数 D．若，则
8．（2021·上海青浦·统考一模）从圆上的一点向圆引两条切线，连接两切点间的线段称为切点弦，则圆内不与任何切点弦相交的区域面积为（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·上海青浦·统考一模）已知为非零实数，则“”是“”的（    ）
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
10．（2022·上海青浦·统考一模）已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是（    ）．
A．若，不平行，则在内不存在与平行的直线
B．若，平行于同一平面，则与可能异面
C．若，不平行，则与不可能垂直于同一平面
D．若，垂直于同一平面，则与可能相交
11．（2022·上海青浦·统考一模）已知函数定义域为，下列论断：
①若对任意实数，存在实数，使得，且，则是偶函数．
②若对任意实数，存在实数，使得，且，则是增函数．
③常数，若对任意实数，存在实数，使得，且，则是周期函数．
其中正确的论断的个数是（    ）．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
12．（2022·上海青浦·统考一模）在直角坐标平面xOy中，已知两定点与，，到直线的距离之差的绝对值等于，则平面上不在任何一条直线上的点组成的图形面积是（    ）．
A．16 B． C．8 D．

二、填空题
13．（2020·上海·统考一模）已知集合，，则___________.
14．（2020·上海·统考一模）函数的反函数是___________.
15．（2020·上海·统考一模）行列式中，元素3的代数余子式的值是______
16．（2020·上海·统考一模）已知复数满足，则___________.
17．（2020·上海·统考一模）圆锥底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角___________.
18．（2020·上海·统考一模）已知等差数列的首项，公差，其前项和为，则___________.
19．（2020·上海·统考一模）我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和，则是的更为精确的近似值.已知，试以上述 的不足近似值和过剩近似值为依据，那么使用两次“调日法”后可得 的近似分数为 ____________ .
20．（2020·上海·统考一模）在二项式的展开式中x﹣5的系数与常数项相等，则a的值是_____．
21．（2020·上海·统考一模）点是椭圆与双曲线的一个交点，点是椭圆的两个焦点，则的值为___________.
22．（2020·上海·统考一模）盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是___________（结果用最简分数表示）
23．（2020·上海·统考一模）记为数列在区间中的项的个数，则数列的前项的和_________.
24．（2020·上海·统考一模）已知向量的模长为1，平面向量满足：，则的取值范围是_________.
25．（2021·上海青浦·统考一模）若全集，则集合__________.
26．（2021·上海青浦·统考一模）不等式的解集是__________.
27．（2021·上海青浦·统考一模）已知等差数列的前5项和，则____________．
28．（2021·上海青浦·统考一模）已知的图象经过点，的反函数为，则的图象必经过点___________.
29．（2021·上海青浦·统考一模）的二项展开式中项的系数为______
30．（2021·上海青浦·统考一模）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为18 cm的扇形，则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为__________.
31．（2021·上海青浦·统考一模）已知双曲线中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，中点横坐标为，则此双曲线的方程是______.
32．（2021·上海青浦·统考一模）设向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，，则__________.
33．（2021·上海青浦·统考一模）把1､2､3､4､5这五个数随机地排成一个数列，要求该数列恰好先递增后递减，则这样的数列共有__________.
34．（2021·上海青浦·统考一模）已知函数的图像向右平移个单位得到函数的图像，则__________.
35．（2021·上海青浦·统考一模）已知函数f（x）＝，设a∈R，若关于x的不等式f(x)在R上恒成立，则a的取值范围是__
36．（2021·上海青浦·统考一模）若数列：中的每一项都为负数，则实数的所有取值组成的集合为__________.
37．（2022·上海青浦·统考一模）集合，则___________.
38．（2022·上海青浦·统考一模）若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则实数________．
39．（2022·上海青浦·统考一模）从等差数列84，80，76，…的第____项开始，以后各项均为负值．
40．（2022·上海青浦·统考一模）不等式的解集为______．
41．（2022·上海青浦·统考一模）在一次射箭比赛中，某运动员次射箭的环数依次是，则该组数据的方差是_______.
42．（2022·上海青浦·统考一模）已知函数，则在点处的切线的倾斜角为___________.
43．（2022·上海青浦·统考一模）若的展开式的常数项是，则常数的值为__________．
44．（2022·上海青浦·统考一模）若函数的定义域和值域分别为和，则满足的函数概率是______．
45．（2022·上海青浦·统考一模）已知空间三点，，，则以、为一组邻边的平行四边形的面积大小为______．
46．（2022·上海青浦·统考一模）在平面直角坐标系中，，两点绕定点按顺时针方向旋转角后，分别到，两点位置，则的值为______．
47．（2022·上海青浦·统考一模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，为下底面圆周上一点，则三棱锥外接球的体积为______．
48．（2022·上海青浦·统考一模）已知数列中，，记的前项和为，且满足．若对任意，都有，则首项的取值范围是______．

三、解答题
49．（2020·上海·统考一模）如图，长方体中，，，点为的中点.

(1)求证：直线平面PAC；
(2)求异面直线与AP所成角的大小.
50．（2020·上海·统考一模）设函数，为常数.
（1）若为偶函数，求的值；
（2）设，，为减函数，求实数的取值范围.
51．（2020·上海·统考一模）如图，矩形是某个历史文物展览厅的俯视图，点在上，在梯形区域内部展示文物，是玻璃幕墙，游客只能在△区域内参观．在上点处安装一可旋转的监控摄像头，为监控角，其中、在线段（含端点）上，且点在点的右下方．经测量得知：米，米，米，．记（弧度），监控摄像头的可视区域△的面积为平方米．

（1）分别求线段、关于的函数关系式，并写出的取值范围；
（2）求的最小值．
52．（2020·上海·统考一模）已知动点到直线的距离比到点的距离大.
（1）求动点所在的曲线的方程；
（2）已知点，是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值；
（3）已知点，是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.
53．（2020·上海·统考一模）若无穷数列和无穷数列满足：存在正常数A，使得对任意的，均有，则称数列与具有关系．
（1）设无穷数列和均是等差数列，且，，问：数列与是否具有关系？说明理由；
（2）设无穷数列是首项为1，公比为的等比数列，，，证明：数列与具有关系，并求A的最小值；
（3）设无穷数列是首项为1，公差为的等差数列，无穷数列是首项为2，公比为的等比数列，试求数列与具有关系的充要条件．
54．（2021·上海青浦·统考一模）在正四棱柱中，，连接，得到三棱锥的体积为2，点分别为和的中点.

(1)求正四棱柱的表面积；
(2)求异面直线与所成角的大小.
55．（2021·上海青浦·统考一模）已知，，
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）已知锐角的内角的对边分别为，且，，求边上的高的最大值．
56．（2021·上海青浦·统考一模）考虑到高速公路行车安全需要，一般要求高速公路的车速（公里/小时）控制在范围内.已知汽车以公里/小时的速度在高速公路上匀速行驶时，每小时的油耗（所需要的汽油量）为升，其中为常数，不同型号汽车值不同，且满足.
(1)若某型号汽车以120公里/小时的速度行驶时，每小时的油耗为升，欲使这种型号的汽车每小时的油耗不超过9升，求车速的取值范围；
(2)求不同型号汽车行驶100千米的油耗的最小值.
57．（2021·上海青浦·统考一模）已知抛物线.
(1)过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，求的值（其中为坐标原点）；
(2)过抛物线上一点，分别作两条直线交抛物线于另外两点､，交直线于两点，求证：为常数
(3)已知点，在抛物线上是否存在异于点的两个不同点，使得若存在，求点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.
58．（2021·上海青浦·统考一模）如果数列每一项都是正数，且对任意不小于2的正整数满足，则称数列具有性质.
(1)若（均为正实数），判断数列是否具有性质；
(2)若数列都具有性质，证明：数列也具有性质；
(3)设实数，方程的两根为，若对任意恒成立，求所有满足条件的.
59．（2022·上海青浦·统考一模）已知函数，．
(1)求的单调递增区间；
(2)求在区间上的最大值和最小值．
60．（2022·上海青浦·统考一模）如图，在正三棱柱中，分别为中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
61．（2022·上海青浦·统考一模）流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.
（1）若，求11月1日至11月10日新感染者总人数；
（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.
62．（2022·上海青浦·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为，．

(1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值．
63．（2022·上海青浦·统考一模）设函数（其中是非零常数，是自然对数的底），记．
(1)求对任意实数，都有成立的最小整数的值；
(2)设函数，若对任意，，都存在极值点，求证：点在一定直线上，并求出该直线方程；
(3)是否存在正整数和实数，使且对于任意，至多有一个极值点，若存在，求出所有满足条件的和，若不存在，说明理由．

参考答案：
1．B
【解析】利用充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】当时，可得，整理得到，即，
当时，，，此时，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断，方法如下：
（1）当时，可以推出成立，满足必要性；
（2）当时，对赋值，令，可以判断不成立，不满足充分性；
（3）对不满足条件的，可以举反例.
2．B
【分析】垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交、或异面，判断①；由直线与平面平行的性质判断②；由平面平行的判定定理判断③；垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，判断④．
【详解】垂直于同一条直线的两条直线平行、相交、或异面，①错误；
垂直于同一个平面的两条直线互相平行，由直线与平面平行的性质知②正确；
垂直于同一条直线的两个平面互相平行，由平面平行的判定定理知③正确；
垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，④错误；
故选：B
【点睛】本题考查命题的真假判断，考查空间点线面的位置关系，属于基础题．
3．D
【解析】本题首先可根据终边交单位圆于得出，然后根据得出以及，最后根据两角差的正弦公式即可得出结果.
【详解】因为锐角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于，
所以，或（舍去），，
则，，
故
，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据角的终边经过的点的坐标求角的正弦值和余弦值，考查两角差的正弦公式，求出点坐标、以及的值是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.
4．B
【解析】根据分段函数的定义、一次函数和反比例函数的性质，结合集合交集、并集的运算定义进行判断即可.
【详解】函数是分段函数，故一定成立，因此说法（3）正确；
对于（1）：当时，根据已知的规定，有，
显然，因此说法（1）不正确；
对于（4）：当时，显然满足成立，
根据已知的规定，有，
显然，因此说法（4）不正确；
对于（2）来说，当时，不一定成立，故当
时，显然一定成立，因此说法（2）正确，
所以只有（2）（3）说法正确.
故选：B
5．D
【分析】两个点能确定一条直线，但一条直线不能确定一个平面，可判断A；若三个点共线，则不能确定一个平面，可判断B；若点在直线上，则一条直线和一个点不能确定一个平面，可判断C；两条直线能确定一个平面，可判断D.
【详解】解：对于A，两个点能确定一条直线，但一条直线不能确定一个平面，所以两个点不能确定一个平面；
对于B，三个不共线的点可以确定一个平面，若三个点共线，则不能确定一个平面，故B不能；
对于C，一条直线和这条直线外一点能确定一个平面，若这个点在直线上，则不能确定一个平面，故C不能；
对于D，两条相交直线能确定一个平面，故D能.
故选：D.
6．C
【解析】利用等差数列的求和公式代入中化简，并结合通项公式得到等价的不等式，然后根据不等式恒成立的意义得出充分必要条件.
【详解】⇔⇔
∴“，对，恒成立”等价于“”对于，恒成立，
显然“”对于，恒成立，等价于“”,
∴“，对，恒成立”是“”的充分必要条件
故选：C.
【点睛】本题考查等差数列的求和公式和充分必要条件的判断，属小综合题，关键是根据题目中的条件，选用较为简便.
7．C
【分析】设复数，利用复数的基本运算，以及复数方程的运算，即可判定，得到答案.
【详解】由题意，设复数，
对于A中，由，即，解得，所以复数为实数，所以A正确；
对于B中，复数，因为，可得，所以复数为纯虚数，所以是正确的；
对于C中，当时，满足，所以复数不一定为纯虚数，所以不正确；
对于D中，由，可得，即，解得或，
所以，所以是正确的.
故选C.
【点睛】本题主要考查了复数的代数形式的乘除运算，以及复数的基本概念和复数方程的应用，其中解答中熟练利用复数的代数形式的四则运算，以及熟记复数的基本概念是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8．B
【分析】由题画出大致图象，由切点弦找出临界点D，结合圆的面积公式即可求解.
【详解】
如图所示，设为上一点，为圆与的两条切线，为切点弦，因切点弦有无数条，当无数条切点弦交汇时，圆内不与任何切点弦相交的区域恰好构成虚线部分圆的面积，，则，由等面积法得，解得，又对由勾股定理可得，则以为半径的圆的面积为，故圆内不与任何切点弦相交的区域面积为.
故选：B
9．D
【解析】根据充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】当时，，所以由得不出，
若即，若，则，即，
所以由得不出，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
10．A
【分析】利用相交平面说明判断A；举例说明判断B，D；利用反证法推理说明C作答.
【详解】对于A，因，不平行，令，直线，若，必有，A不正确；
对于B，若，直线，直线b与m是相交直线，则有直线b与m都平行于，
把直线b平行移出平面外为直线n，且不在内，此时与是异面直线，都平行于，B正确；
对于C，假定与垂直于同一平面，则有，与，不平行矛盾，即假设是错的，C正确；
对于D，令，若直线c垂直于某个平面，由面面垂直的判定知，垂直于这一平面，D正确.
故选：A
11．B
【分析】根据函数的奇偶性，单调性和周期性逐一分判断即可.
【详解】解：对于①，由题意对任意实数，存在实数，使得，
即对于任意实数，都有，
所以函数为偶函数，故①正确；
对于②，对任意实数，存在实数，使得，且，
无法判断出函数的单调性，如函数，故②错误；
对于③，常数，且，则，，
因为对任意实数，存在实数，使得，
则，即或，
这两种情况有一个成立即可，
所以函数不是周期函数，如，故③错误.
故选：B.
12．D
【分析】设直线的方程为，由题可得，当时，确定直线的轨迹；当时，确定直线的轨迹；即可得平面上不在任何一条直线上的点组成的图形，则面积可求得.
【详解】解：设直线的方程为，两定点与，
由于，到直线的距离之差的绝对值等于，则，
所以
当时，即时，有，平方整理得，所以，如下图：

此时正方形上及外部的点均在直线上；
当时，即时，有，平方整理得，
记为直线上一点，所以，则，
所以，则在圆的外部的点亦在直线上；
综上，平面上不在任何一条直线上的点组成的图形为圆内部的所有点，
故面积为.
故选：D.
13．；
【解析】根据交集定义求结果.
【详解】
故答案为：
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关集合的运算，在解题的过程中，正确解题的关键是掌握交集的定义.
14．；
【解析】根据指数函数与对数函数互为反函数直接求解.
【详解】因为，
所以，
即的反函数为，
故答案为：
15．
【分析】利用代数余子式的定义直接求解．
【详解】三阶行列式中，元素3的代数余子式的值为：
（﹣1）3•3．
故答案为﹣3．
【点睛】本题考查三阶行列式的代数余子式的求法，考查代数余子式的定义和性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．
【解析】本题首先可根据得出，然后设，根据复数相等的性质得出以及，解得、的值，最后通过即可得出结果.
【详解】因为，所以，
设，则，
故，，
联立，解得，，
则，
故答案为：.
17．；
【解析】根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.
【详解】因为圆锥底面半径为，所以圆锥的底面周长为，
则其侧面展开图扇形的圆心角，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下：
（1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；
（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小.
18．；
【解析】由等差数列的性质表示出通项公式和前项的和，再根据极限运算,可解出答案.
【详解】根据等差数列性质，则，
，则

故答案为：4.
【点睛】等差数列的通项公式，前项和是解题的关键点，必须熟记.
19．；
【解析】利用“调日法”进行计算，即可得出结论．
【详解】由调日法运算方法可知，
第一次用“调日法”后得是的更为精确的不足近似值，即，
第二次用“调日法”后得是更为精确的不足近似值，即,
故使用两次“调日法”后可得的近似分数为.
故答案为：
20．
【解析】写出二项式的展开式的通项公式，求出x﹣5的系数与常数项，令其相等，即得解.
【详解】∵二项式的展开式的通项公式为 Tr+1••，
令5，求得r＝3，故展开式中x﹣5的系数为•；
令0，求得r＝1，故展开式中的常数项为 •，
由为•5•，可得a，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于基础题.
21．
【解析】先判断出椭圆与双曲线有相同的焦点坐标，设，不妨设，利用椭圆与双曲线的定义，求出即可.
【详解】对于椭圆：焦点在轴上，；
对于双曲线：焦点在轴上，；
则椭圆与双曲线有相同的焦点坐标，
设，不妨设，
利用椭圆与双曲线的定义，
得到，
则，
所以，
则的值为；
故答案为：.
22．
【分析】先分清楚9个数中奇数和偶数的个数，可知事件“选出的两球编号之积为偶数”的对立事件为“选出的两球都是奇数”，然后利用古典概型和对立事件的概率可计算出所求事件的概率．
【详解】9个数5个奇数，4个偶数，根据题意所求概率为．故答案为．
【点睛】本题考查古典概型与对立事件的概率，弄清楚事件之间的关系是解本题的关键，考查计算能力，属于中等题．
23．；
【解析】可直接利用列举法，分别确定出在，，，2，3，，中每个区间内含有项的个数，然后相加即可．
【详解】对于区间，，，，可知：
（1）当，2时，区间内不含项，故，共2项；
（2）当，4，5，时，区间内含有一项，故，共6项；
（3）当，10，11，时，区间内含有，两项，故，共18项；
（4）当，28，29，，80时，区间内含有，，三项，故，共54项；
（5）当，82，83，，100时，区间内含有3，，，四项，故，共20项．
故．
故答案为：284．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是正确理解为数列在区间中的项的个数这一属性，然后利用列举法求解.
24．
【解析】不妨设，，则根据条件可得：， ，根据柯西不等式得到，令，利用二次函数的单调性可得.
【详解】由题意知：不妨设，，
则根据条件可得：
，，
根据柯西不等式得：

因为，
， ，
当且仅当时取等号；
令，则，又，则，
所以，当时，，即；
，而，所以当时，，即，故的取值范围是.
【点睛】关键点睛：设，，则根据条件可得：，
，利用柯西不等式和换元法把问题转化为求二次函数的最值问题是解决本题的关键.
25．
【分析】根据集合的交集和补集的运算进行求解即可.
【详解】解：由题可知，，
故.
故答案为：.
26．
【分析】将分式化简，等价转化为二次不等式即可.
【详解】，即，，等价转化为，解得.
故答案为：
27．11
【分析】由等差数列的性质求解，
【详解】由题意得，得，
故，，则，
故答案为：11
28．
【分析】求出函数的图象所过定点的坐标，进而可求得函数的图象所过定点的坐标.
【详解】由题意可得，则，即，故函数的图象必过点.
故答案为：.
29．84
【分析】写出二项展开式的通项公式，由指定项经计算即得.
【详解】的二项展开式的通项：，
由得，，
所以展开式中项的系数为84.
故答案为：84
30．
【分析】设母线长为，底面半径为，利用侧面展开图，求出圆心角，然后求出底面半径，即可求出圆锥母线与底面所成角的余弦值．
【详解】设母线长为，底面半径为，则依题意易知 cm，
由，代入数据即可得 cm，
因此所求角α的余弦值即为．
故答案为：.

31．
【分析】设双曲线的标准方程为，利用点差法可求得的值，再结合焦点的坐标可求得和的值，由此可得出双曲线的标准方程.
【详解】设点、，
由题意可得，，，
直线的斜率为，
则，两式相减得，
所以，
由于双曲线的一个焦点为，则，，，
因此，该双曲线的标准方程为.
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线标准方程的求解，涉及点差法的应用，考查计算能力，属于中等题.
32．
【分析】首先利用向量数量积的坐标运算求出向量的夹角，再根据向量的坐标求出向量的模即可求解.
【详解】∵，，
∴，
∴，∴.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，向量模的求法，属于基础题.
33．14
【分析】根据题意，5为递增和递减的分界点，分情况求出总数即可．
【详解】该数列为先增后减，则5一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，
当5前面只有一个数时，有4种情况，
当5前面只有2个数时，有种情况，
当5前面有3个数时，有4种情况，
故一共有．
故答案为：14.
34．2
【分析】先根据左右平移不改变最值求得，再根据三角函数平移规律得出平移后函数，从而可列出关于等量关系，再由同一三角函数商的关系得出，从而得出，最后根据两角差正切公式即可求得结果.
【详解】解：因为左右平移不改变最值，即与的最值相同，
则，所以，，
因为向右平移个单位得到：
，
而，
所以，
则，即，
从而.
故答案为：2.
35．﹣≤a≤2
【分析】先求画出函数的图像，然后对的图像进行分类讨论，使得的图像在函数的图像下方，由此求得的取值范围.
【详解】画出函数的图像如下图所示，而，是两条射线组成，且零点为.将向左平移，直到和函数图像相切的位置，联立方程消去并化简得，令判别式，解得.将向右平移，直到和函数图像相切的位置，联立方程消去并化简得，令判别式，解得.根据图像可知

【点睛】本小题主要考查分段函数的图像与性质，其中包括二次函数的图像、对勾函数的图像，以及含有绝对值函数的图像，考查恒成立问题的求解方法，考查数形结合的数学思想方法以及分类讨论的数学思想方法，属于中档题.形如函数的图像，是引出的两条射线.
36．
【分析】根据题意，可知当时，不符合题意；所以，则均成立，从而得出，通过类比推理得出对一切正整数恒成立，进而可得出，即可得出实数的所有取值.
【详解】解：当时，，
，不符合题意，
又因为，所以，则均成立，
则，
即，，以此类推，

对一切正整数恒成立，
因为当时，，则，
所以，解得：，
经检验，符合题意，
综上所述，实数的所有取值组成的集合为.
故答案为：.
37．
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合B，结合交集的定义和运算即可求解.
【详解】由题意知，
，
所以.
故答案为：.
38．
【分析】利用复数的除法化简复数，利用已知条件可得出关于的等式，即可求得的值.
【详解】因为，由已知可得，解得.
故答案为：.
39．23
【解析】根据数列的前几项得出等差数列的首项与公差，求出数列的通项公式即可求解.
【详解】由题意可知，等差数列84，80，76，…的首项为，公差为，所以该数列的通项公式为，令，得，所以该数列从第23项开始，以后各项均为负值.
故答案为：23
【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算，属于基础题.
40．
【分析】根据给定条件，利用指数函数单调性求解不等式作答.
【详解】函数在R上单调递增，则，
即，解得，
所以原不等式的解集为.
故答案为：
41．
【详解】试题分析：该组数据的平均数为，所以方差是
考点：方差
42．
【分析】根据导数的几何意义，求出在点处的切线的斜率，然后再根据斜率和倾斜角之间的关系，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
所以在点切线的斜率为，
所以在点处的切线的倾斜角为.
故答案为：.
43．
【分析】二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出的值，即可求得常数项，再根据常数项等于45得解．
【详解】解：展开式的通项公式为，令，求得，
可得它的常数项为，，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
44．
【分析】根据给定条件，确定函数的个数，再求出满足的函数个数即可计算作答.
【详解】因函数的定义域和值域分别为和，则函数有6个，它们是：
；；；
；；，

满足的函数有2个数，它们是或，
因此满足的函数有4个，所以满足的函数概率是.
故答案为：
45．
【分析】根据给定条件，利用空间向量夹角公式求出，再利用三角形面积公式计算作答.
【详解】依题意，，，
，而，则，
所以以、为一组邻边的平行四边形的面积.
故答案为：
46．/
【分析】根据给定条件，求出点P的坐标，再借助几何图形结合二倍角的余弦计算作答.
【详解】依题意，点P在线段的中垂线上，点P也在线段的中垂线上，

连，而，，，，因此，
而，即，有，于是得，
直线过中点，而直线斜率为1，则直线的斜率为-1，方程为，直线的方程为，
于是得点，令直线交于点，，，，
所以.
故答案为：
47．/
【分析】设外接球半径为，底面圆心为，外接球球心为，由外接球的定义，结合圆柱的几何性质，确定球心在线段上，即可在直角三角形上根据几何关系求出外接球半径，即可由公式算球的体积．
【详解】由于AB为下底面圆的直径，C为下底面圆周上一点，所以为直角三角形，，
如图所示，设外接球半径为，底面圆心为，外接球球心为，
由外接球的定义，，易得在线段上，
又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以底面圆半径，
，则，解得，
外接球体积为．
故答案为：.

48．
【分析】根据给定的递推公式，分段求出数列的表达式，再利用给定不等关系列出不等式组求解作答.
【详解】，，有，
于是得，有，因此，
数列分别是以为首项，6为公差的等差数列，
而，，即有，解得，
又，则有，
于是得，，
因对任意，都有，则，，
从而得，解得，
所以首项的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
49．(1)证明见解析
(2)30°

【分析】（1）设和交于点，可得，根据线面平行的判定定理即可得证．
（2）由，得即为异面直线与所成的角．求得各个边长，根据三角函数的定义，即可得答案.
【详解】（1）设和交于点，则为的中点，连接，
∵是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴直线平面；

（2）由(1)知，，
∴即为异面直线与所成的角，
∵，，且，
∴．
又，
∴
故异面直线与所成角的大小为．
50．（1）；（2）.
【解析】（1）根据偶函数的定义求解即可；
（2）化简函数，根据函数减函数的定义确定a的范围.
【详解】（1）因为为偶函数，且，所以
即
即
所以对一切成立，所以
（2）因为，且
所以，
任取，

因为，所以且
又在区间上为减函数，所以
即，所以又，所以.
51．（1），，；（2）平方米．
【解析】（1）由正弦定理求得，利用极限值求得的范围．
（2）求出的面积，利用二倍角公式，两角和的正弦公式化简函数式，然后利用正弦函数性质得最小值．
【详解】解：（1）在PME中，，PE=AE-AP=4米，，，
由正弦定理得，
所以，
同理在PNE中，由正弦定理得，
所以，
当M与E重合时，；当N与D重合时，，即，
，所以；
（2）PMN的面积S
，
因为，所以当即时，
取得最小值为
所以可视区域PMN面积的最小值为平方米．
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的应用．掌握三角函数的性质是解题关键是．解题方法是利用正弦定理或余弦定理求出三角形的边长，面积，利用三角函数的恒等变换化函数为基本三角函数形式，然后由正弦函数性质求最值．
52．（1）；（2）证明见解析，定值；（3）证明见解析.
【解析】（1）根据题意转化为动点到直线的距离和到点的距离相等，结合抛物线的定义，即可求得曲线的方程；
（2）由和，分别联立方程组，求得和，结合斜率公式，即可求解；
（3）由：，，分别联立方程组和，求得，求得直线的方程，即可求解.
【详解】（1）已知动点到直线的距离比到点的距离大，
等价于动点到直线的距离和到点的距离相等，
由抛物线的定义可得曲线的轨迹时以为焦点，以直线为准线的方程，
且，所以曲线的方程为.
（2）设直线的斜率为，
因为直线的斜率与直线的斜率互为相反数，所以直线的斜率为，
则，
联立方程组，整理得，
即，可得
联立方程组，整理得，
即，可得
所以，即直线的斜率为定值.
（3）设直线的斜率为，所以直线的斜率为，
则，
两类方程组，整理得，
即，可得，
联立方程组，可得，
即，可得
所以，
所以，整理得
所以直线恒过.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
53．（1）数列与不具有关系；理由见解析；（2）证明见解析，A的最小值为1；（3）数列与具有关系的充要条件为，．
【分析】（1）先假设数列与是否具有关系，根据题意，推出矛盾，即可得出结论；
（2）根据等比数列的通项公式，得到，即可得出数列与具有关系．设A的最小值为，，结合题中条件，即可求出结果；
（3）先由等差数列与等比数列的通项得出两数列通项，设，，根据数列与具有关系，即存在正常数A，使得对任意的，均有．分，；，；，；，四种情况讨论，结合导数的方法，以及反证法，分别求解，即可得出结果.
【详解】（1）因为，，
若数列与是否具有关系，
则对任意的，均有，
即，亦即，
但时，，
所以数列与不具有关系．
（2）证明：因为无穷数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以数列与具有关系．
设A的最小值为，，
因为，所以．
若，则当时，，
则，这与“对任意的，均有”矛盾，
所有，即A的最小值为1．
（3）因为数列是首项为1，公差为为等差数列，
无穷数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以，，
设，，
则，，．
数列与具有关系，即存在正常数A，
使得对任意的，均有．
（Ⅰ）当，时，，取，
则，数列与具有关系；
（Ⅱ）当，时，假设数列与具有关系，
则存在正常数A，使得对任意的，均有．
因为，
所以，对任意的，，
即，，
所以，
这与“对任意的，均有”矛盾，不合；
（Ⅲ）当，时，假设数列与具有性质，
则存在正常数A，使得对任意的，均有．
因为，
所以，对任意的，，
即，，
所以，，
这与“对任意的，均有”矛盾，不合；
（Ⅳ）当，时，假设数列与具有性质，
则存在正常数A，使得对任意的，均有．
因为，
所以，对任意的，，
所以，
所以，
设，，
则对任意的，．
因为，，
所以，对任意的，，
下面先证明：存在，当时，．
即证．
设，则，
所以时，，在区间上递增，
同理在区间上递减，
所以，
所以．
因此，，
所以，当时，，
设，则当时，，
即当时，，又，
所以，即，
解得，
这与对任意的，矛盾，不合．
综上所述，数列与具有关系的充要条件为，．
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的应用，涉及导数的方法求最值，以及反证思想的应用，综合性较强，难度较大.
54．(1)32；
(2).

【分析】（1）根据题意，由等体积法和由棱锥的体积公式可得出，得出，从而可得出正四棱柱的表面积；
（2）由三角形中位线的性质可知，从而得出或其补角是异面直线与所成角，进而在中，由即可求出异面直线与所成角的大小.
(1)
解：由题可知，正四棱柱中，则平面，
又，三棱锥的体积为2，
则，
所以，
所以正四棱柱的表面积为：.
(2)
解：点分别为和的中点，，
则异面直线与所成角，即为直线与所成角，
则或其补角是异面直线与所成角，
，，平面，
平面，则平面，则，
而，，，
所以在中，，
，
即异面直线与所成角的大小为.
【点睛】
55．（1）最小正周期为；单调递减区间为；（2）．
【分析】（1）整理得，可得其最小正周期及单调递减区间；（2）由，可得，设边上的高为，所以有，由余弦定理可知：，得出，最后可得最大值.
【详解】解：（1）


．
的最小正周期为：；
当时，
即当时，函数单调递减，
所以函数单调递减区间为：；
（2）因为，所以

，，
，．
设边上的高为，所以有，
由余弦定理可知：，
，，
（当用仅当时，取等号），所以，
因此边上的高的最大值.
56．(1)；
(2)当时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为升；
当时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为升.

【分析】（1）根据题意，可知当时，求出的值，结合条件得出，再结合，即可得出车速的取值范围；
（2）设该汽车行驶100千米的油耗为升，得出关于与的函数关系式，通过换元令，则，得出与的二次函数，再根据二次函数的图象和性质求出的最小值，即可得出不同型号汽车行驶100千米的油耗的最小值.
【详解】（1）解：由题意可知，当时，，解得：，
由，即，解得：，
因为要求高速公路的车速（公里/小时）控制在范围内，
即，所以，
故汽车每小时的油耗不超过9升，求车速的取值范围.
（2）解：设该汽车行驶100千米的油耗为升，
则，
令，则，
所以，，
可得对称轴为，由，可得，
当时，即时，
则当时，；
当，即时，
则当时，；
综上所述，当时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为升；
当时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为升.
57．(1)
(2)
(3)存在；

【分析】（1）设直线方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和向量数量积可求；
（2）由题设出直线方程，联立抛物线表示出，化简即可求解；
（3）设，将转化为数量积为0，得出关于关系式，利用基本不等式即可求解的取值范围.
(1)
由题知，直线斜率不为0，故可设过焦点的直线为，联立得
，，设，
则；
(2)
由题可设过点的一条直线交抛物线于，交直线于，另一条直线交抛物线于，交直线于，则，，直线方程可表示为：，直线方程可表示为：，联立直线与抛物线方程可得
，故，即，同理联立直线和抛物线方程化简可得，故，，即

(3)
假设存在点满足，
设，，
则，易知，
化简得，即，
当时，，当且仅当时取到等号，故；
当时，，当且仅当时取到等号，因为，故，令，则，但能取到，此时，故；
故，
58．(1)具有性质；不具有性质
(2)证明见详解
(3)

【分析】（1）结合性质直接判断即可；
（2）由都具有性质，可直接得出，，
要证，化简可得证，结合性质和基本不等式即可求证；
（3）先将结合韦达定理代换成，设法证明具有性质，则原不等式可进一步放缩为，求出，解一元二次不等式即可求解.
(1)
对，可看作以为首项，为公比的等比数列，故，故具有性质；
对，若满足，即，整理得，即，，因为，所以不成立，所以不具有性质；
(2)
若都具有性质，则，，
，，，
要证数列也具有性质，即证，即，整理得：，因为，，即证①，
因为，，所以，
所以，，
由基本不等式可得，①得证；
(3)
由方程的两根为可得，
，，，，，
，即，所以放缩得，即，
当时，；当时，，
所以，即恒成立，故，解得，又，故只能.
59．(1)，
(2)最大值为，最小值为

【分析】（1）根据给定条件，利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数单调性求解作答.
（2）求出（1）中函数的相位范围，再利用正弦函数性质求解作答.
【详解】（1），
令，，解得，，
所以的单调递增区间为.
（2）由（1）知，，当时，则，
所以当，即时，取最大值，为，
当，即时，取最小值，为．
60．（1）平面；（2）平面平面．
【详解】试题分析：(1)运用线面平行的判定定理推证；(2)先证线面垂直,再运用面面垂直的判定定理推证.
试题解析：
（1）连交于点，∵为中点，
∴且，
∵为中点，∴且，
∴且，∴四边形是平行四边形，
∴，又平面，
平面，∴平面.
（2）由（1）知，∵，
为中点，所以，所以，
又因为底面，而底面，所以，
则由，得，
而，平面，且，
所以面，又平面，
所以平面平面.

考点：线面平行和垂直及面面垂直的判定等知识的综合运用．
61．（1）人；（2）11月13日新感染者人数最多为630人.
【分析】（1）根据题意数列是等差数列，，公差为，又，进而根据等差数列前项和公式求解即可；
（2）11月日新感染者人数最多，则当时，，当时，，进而根据等差数列公式求和解方程即可得答案.
【详解】解：（1）记11月日新感染者人数为，
则数列是等差数列，，公差为，
又，
则11月1日至11月10日新感染者总人数为：
人；
（2）记11月日新感染者人数为，
11月日新感染者人数最多，当时，.
当时，，
因为这30天内的新感染者总人数为11940人，
所以，
得，即
解得或(舍)，
此时
所以11月13日新感染者人数最多为630人.
【点睛】本题考查等差数列的应用，考查数学运算能力，数学建模能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于建立等差数列模型，当时，，当时，，进而求和解方程.
62．(1)，离心率
(2)证明见解析，定点坐标为
(3)

【分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及离心率；
（2）分斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论，斜率均存在，设，直线AB方程为，联立方程利用韦达定理求得，从而可求得点的坐标，再将换为，可得点的坐标，从而可求得直线的方程，即可得证；
（3）由（2）可知直线MN过定点，则，化简整理结合函数的单调性即可得出答案.
【详解】（1）解：由椭圆方程可知：，，所以
右焦点坐标，该椭圆的离心率；
（2）证明：斜率均存在，
设，直线AB方程为，
则，
联立，
则有，
将上式中换为，可得，
若，则直线MN斜率不存在，此时直线MN过点，
下证动直线MN过定点，
若直线MN斜率存在，则，
直线MN方程为，
令得，所以此时直线MN也过定点，
当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，
不妨设斜率不存在，斜率为0，
此时，
则直线的方程为，过点，
综上，动直线MN过定点；
（3）解：由（2）可知直线MN过定点，

，
令，
，
因为，所以在上递减，
所以时，取得最大值，此时.
【点睛】本题考查了椭圆中直线过定点及椭圆中三角形的面积问题，计算量较大，考查了了分类讨论思想及数据分析和计算能力，属于难题.
63．(1)；
(2)证明见解析，；
(3)存在，满足条件.

【分析】（1）按照给定定义，依次求导，再观察规律即可判断作答.
（2）由（1）求出函数，求出的导数，再利用已知结合极值点的意义推理作答.
（3）由（1）结合已知，确定或，再分类讨论极值点的情况作答.
【详解】（1）依题意，，，，，
，因此，，即，
所以对任意实数，都有成立的最小整数的值是5.
（2）由（1）知，，，
，求导得，显然函数单调，当时，有唯一零点，
当时，，当时，，因此当时，函数都存在唯一极值点，依题意，
即，方程两边同时加上得，即，
所以点在一定直线上，该直线方程为.
（3）当，时，方程无解，因此要使，必有,
①当时，，即，解得，
而当时，时，，函数单调递减，无极值点，
严格递减，无极值点，且，当时，，当时，，
在上严格递增，在上严格递减，有一个极值点，
又，则恒成立，有单调递减，无极值点，
综上得存在，满足条件，
②当时，，即，解得或，
当时，，不符合题意，
当时，，解得，有，
单调递减，当时，，当，，当时，，
在上严格递增，在上严格递减，而，，
则存在，使得，在上，，在上，在上，，
则在上严格递减，在上严格递增，在上严格递减，有两个极值点，不符合题意，因此，
所以存在，满足条件．
【点睛】结论点睛：可导函数y=f(x)在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧值的符号不同．