上海市长宁区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市长宁区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共50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。

上海市长宁区三年 （2021届-2023届） 高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2020·上海长宁·统考一模）设复数（其中a，，i为虚数单位），则“”是“z为纯虚数”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·上海长宁·统考一模）对任意向量､，下列关系式中不恒成立的是（    ）
A． B．
C． D．
3．（2020·上海长宁·统考一模）设、为两条直线，、为两个平面，则下列命题中假命题是（    ）．
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
4．（2020·上海长宁·统考一模）设，其中常数，.若函数的图象如图所示，则数组的一组值可以是（    ）


A． B．
C． D．
5．（2021·上海长宁·统考一模）“”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
6．（2021·上海长宁·统考一模）给定一组数据，设这组数据的平均数为，中位数为，众数为，则（    ）
A． B．
C． D．
7．（2021·上海长宁·统考一模）已知平面经过圆柱的旋转轴，点是在圆柱的侧面上，但不在平面上，则下列个命题中真命题的个数是（     ）
①总存在直线且与异面；    
②总存在直线且；
③总存在平面且；      
④总存在平面且.
A．l B．2 C．3 D．4
8．（2021·上海长宁·统考一模）若函数的值域为，则的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
9．（2022·上海长宁·统考一模）若α为第四象限角，则（    ）
A．cos2α>0 B．cos2α<0 C．sin2α>0 D．sin2α<0
10．（2022·上海长宁·统考一模）设)，则“函数的图象经过点（-1，-1）”是“函数为奇函数”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
11．（2022·上海长宁·统考一模）掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件A为：至少一个点数是奇数；事件B为：点数之和是偶数；事件A的概率为，事件B的概率为；则是下列哪个事件的概率（    ）
A．两个点数都是偶数 B．至多有一个点数是偶数
C．两个点数都是奇数 D．至多有一个点数是奇数
12．（2022·上海长宁·统考一模）函数的大致图像如图，则实数a，b的取值只可能是（　　）

A． B．
C． D．

二、填空题
13．（2020·上海长宁·统考一模）不等式的解集为___________.
14．（2020·上海长宁·统考一模）函数的最小正周期为___________.
15．（2020·上海长宁·统考一模）计算：__________.
16．（2020·上海长宁·统考一模）数组2.7､3.1､2.5､4.8､2.9､3.6的中位数为___________.
17．（2020·上海长宁·统考一模）在的二项展开式中，项的系数为__________.
18．（2020·上海长宁·统考一模）若函数的反函数图像经过点，则的值为___________.
19．（2020·上海长宁·统考一模）若直线的法向量与直线的方向向量垂直，则实数___________.
20．（2020·上海长宁·统考一模）设集合，，若，则实数的取值范围为___________.
21．（2020·上海长宁·统考一模）设为双曲线的右焦点，为坐标原点，､是以为直径的圆与双曲线渐近线的两个交点.若，则___________.
22．（2020·上海长宁·统考一模）在中，，，点在边上.若，，则的值为___________.
23．（2020·上海长宁·统考一模）设为坐标原点，从集合中任取两个不同的元素，组成､两点的坐标､，则的概率为___________.
24．（2020·上海长宁·统考一模）设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}满足：存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，则的最小值为__.
25．（2021·上海长宁·统考一模）已知集合，则____________
26．（2021·上海长宁·统考一模）的二项展开式中的系数为____________
27．（2021·上海长宁·统考一模）____________
28．（2021·上海长宁·统考一模）若线性方程组的增广矩阵为，解为，则 ____________
29．（2021·上海长宁·统考一模）在直角坐标系中，角的始边为正半轴，顶点为坐标原点，若角的终边经过点，则 ____________
30．（2021·上海长宁·统考一模）位同学被推荐担任进博会个指定展馆服务志愿者，每人负责个展馆，每个展馆只需位同学，则共有____________种不同的安排方法.
31．（2021·上海长宁·统考一模）已知双曲线的左，右焦点为，过的直线与双曲线的左、右支分别交于点.若为等边三角形，则的边长为____________
32．（2021·上海长宁·统考一模）在复平面内，复数所对应的点分别为，对于下列四个式子：（1）；（2）；（3）；（4），其中恒成立的是____________（写出所有恒成立式子的序号）
33．（2021·上海长宁·统考一模）设，若，则的最大值为____________
34．（2021·上海长宁·统考一模）已知公差不为的等差数列的前项和为，若，则的最小值为____________
35．（2021·上海长宁·统考一模）已知点在抛物线上，点在的准线上，线段的中点均在抛物线上，设直线与轴交于点，则的最小值为____________．
36．（2021·上海长宁·统考一模）设曲线与函数的图像关于直线对称，若曲线仍然为某函数的图像，则实数的取值范围为____________
37．（2022·上海长宁·统考一模）设全集，则=___________.
38．（2022·上海长宁·统考一模）不等式的解集为___________
39．（2022·上海长宁·统考一模）复数满足（其中i为虚数单位），则复数z在复平面上所对应的点到原点O的距离为___________
40．（2022·上海长宁·统考一模）设向量，满足，则__________.
41．（2022·上海长宁·统考一模）如图，在三棱台的9条棱所在直线中，与直线是异面直线的共有___________条.

42．（2022·上海长宁·统考一模）甲、乙两城市某月初连续7天的日均气温数据如图所示，则在这7天中；

①甲城市日均气温的中位数与平均数相等
②甲城市的日均气温比乙城市的日均气温稳定
③乙城市日均气温的极差为
④乙城市日均气温的众数为
以上判断正确的是___________（写出所有正确判断的序号）
43．（2022·上海长宁·统考一模）有甲、乙、丙三项任务，其中甲需2人承担，乙、丙各需1人承担；现从6人中任选4人承担这三项任务，则共有___________种不同的选法
44．（2022·上海长宁·统考一模）研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足，其中为非零常数；已知释放1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m，则释放信息素4秒后，距释放处的___________米的位置，信息素浓度为.
45．（2022·上海长宁·统考一模）若，则三棱锥O—ABC的体积为___________.
46．（2022·上海长宁·统考一模）已知函数的图像向右平移个单位，可得到函数的图像，则 =___________.
47．（2022·上海长宁·统考一模）已知是圆柱的一条母线，AB是圆柱下底面的直径，C是圆柱下底面圆周上异于A，B的两点，若圆柱的侧面积为4π，则三棱锥—ABC外接球体积的最小值为___________
48．（2022·上海长宁·统考一模）已知，为椭圆：的左右焦点，A为的上顶点，直线l经过点且与交于B，C两点；若l垂直平分线段，则△ABC的周长是___________.

三、解答题
49．（2020·上海长宁·统考一模）如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为2，底面半径为2．

(1)求该圆锥的侧面积；
(2)设OA、OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB＝，M为线段AB的中点，求直线PM与直线OB所成的角的正切值，
50．（2020·上海长宁·统考一模）设抛物线的焦点为，直线经过且与交于､两点.
（1）若，求的值；
（2）设为坐标原点，直线与的准线交于点，求证：直线平行于轴.
51．（2020·上海长宁·统考一模）某公共场所计划用固定高度的板材将一块如图所示的四边形区域沿边界围成一个封闭的留观区.经测量，边界与的长度都是米，，.

（1）若，求的长（结果精确到米）；
（2）求围成该区域至多需要多少米长度的板材（不计损耗，结果精确到米）.
52．（2020·上海长宁·统考一模）设，其中常数.
（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；
（2）若不等式在区间上有解，求实数的取值范围；
（3）已知：若对函数定义域内的任意，都有，则函数的图象有对称中心.利用以上结论探究：对于任意的实数，函数是否都有对称中心？若是，求出对称中心的坐标(用表示)；若不是，证明你的结论.
53．（2020·上海长宁·统考一模）若对于数列中的任意两项､，在中都存在一项，使得，则称数列为“X数列”；若对于数列中的任意一项，在中都存在两项､，使得，则称数列为“Y数列”.
（1）若数列为首项为1公差也为1的等差数列，判断数列是否为“X数列”，并说明理由；
（2）若数列的前项和，求证：数列为“Y数列”；
（3）若数列为各项均为正数的递增数列，且既为“X数列”，又为“Y数列”，求证：成等比数列.
54．（2021·上海长宁·统考一模）在直三棱柱中，.

(1)求四棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成角的正切值.
55．（2021·上海长宁·统考一模）已知三个内角所对的边分别为
(1)若，求的面积；
(2)设线段的中点为，若，求外接圆半径的值.
56．（2021·上海长宁·统考一模）随着人们生活水平的提高，很多家庭都购买了家用汽车，使用汽车共需支出三笔费用；购置费、燃油费、养护保险费，某种型号汽车，购置费共万元；购买后第年燃油费共万元，以后每一年都比前一年增加万元.
(1)若每年养护保险费均为万元，设购买该种型号汽车年后共支出费用为万元，求的表达式；
(2)若购买汽车后的前年，每年养护保险费均为万元，由于部件老化和事故多发，第年起，每一年的养护保险费都比前一年增加，设使用年后养护保险年平均费用为，当时，最小，请你列出时的表达式，并利用计算器确定的值（只需写出的值）
57．（2021·上海长宁·统考一模）已知函数.
(1)求证：函数是上的减函数；
(2)已知函数的图像存在对称中心的充要条件是的图像关于原点中心对称，判断函数的图像是否存在对称中心，若存在，求出该对称中心的坐标，若不存在，说明理由；
(3)若对任意，都存在及实数，使得，求实数的最大值.
58．（2021·上海长宁·统考一模）城市道路大多是纵横交错的矩形网格状，从甲地到乙地的最短路径往往不是直线距离，而是沿着网格走的直角距离，在直角坐标系中，定义点的“直角距离”为：，设.

(1)写出一个满足的点的坐标；
(2)过点作斜率为的直线，点分别是直线上的动点，求的最小值；
(3)设，记方程的曲线为，类比椭圆研究曲线的性质（结论不要求证明），并在所给坐标系中画出该曲线；
59．（2022·上海长宁·统考一模）已知数列为等差数列,数列为等比数列,数列的公差为2;
(1)若,求数列的通项公式;
(2)设数列的前n项和为,若,求;
60．（2022·上海长宁·统考一模）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c；
(1)若△ABC的面积，求B；
(2)若，求；
61．（2022·上海长宁·统考一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，分别为棱的中点；

(1)求证：直线平面；
(2)求证：直线平面；
(3)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小；
62．（2022·上海长宁·统考一模）已知抛物线的焦点为F，准线为l；
(1)若F为双曲线的一个焦点，求双曲线C的离心率e；
(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在上，若，求直线EP的方程；
(3)经过点F且斜率为的直线l'与相交于A，B两点，O为坐标原点，直线分别与l相交于点M，N；试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点；若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由；
63．（2022·上海长宁·统考一模）已知函数的定义域为（0，+∞）；
(1)若；
①求曲线在点（1，0）处的切线方程；
②求函数的单调减区间和极小值；
(2)若对任意，函数在区间（a，b]上均无最小值，且对于任意，当时，都有，求证：当时，；

参考答案：
1．B
【分析】根据复数的分类，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由复数
当时，复数为纯虚数，所以充分性不成立；
反之：若复数为纯虚数，则成立，所以必要性成立，
所以“”是“z为纯虚数”的必要不充分条件.
故选：B.
2．D
【解析】根据向量的平方即为模的平方．即可判断A；运用平方差公式和向量数量积的性质，即可判断 B；运用向量数量积的定义，即可判断C； 运用向量模的性质，即可判断D.
【详解】A，由模的平方等于向量的平方知恒成立，故正确；
B，由平方差公式知恒成立，故正确；
C，恒成立，故正确；
D，当不共线时，由三角形中两边之差小于第三边知，，故不恒成立，故D错误.
故选：D
3．C
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，结合判断定理和性质定理，判断选项.
【详解】A.若，，，则，成立；
B.因为，所以，因为，所以平面内存在使，则，则，所以成立；
C.不满足面面平行的判断定理，有可能两平面相交，故C不成立；
D.因为，，则，又因为，则，故D正确.
故选：C
4．A
【解析】利用取极限的思想，，当足够大时，总有，由图像可知，此时与无关，故当时，得，即可判断.
【详解】由于，当足够大时，
总有，
由图像可知，此时与无关，
故当时，得，
由此排除B，C，D；
对于A：，
，
符合图象，
故选：A.
【点睛】关键点睛：利用取极限的思想，分析出，当足够大时，由图象可知，此时函数的变化与无关，是解决本题的关键.
5．B
【解析】先利用分式不等式的解法将解得或，再利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】因为，
所以 ，
所以，
即，
解得或，
所以 “”是“”的必要不充分条件.
故选：B
6．B
【分析】求得平均数、中位数、众数，由此确定正确选项.
【详解】，
平均数，
中位数，
众数，
所以
故选：B
7．C
【分析】根据空间位置关系可直接判断.
【详解】解：由已知得直线与平面可能平行，也可能相交，
所以一定存在直线，且与异面，故①正确；
一定存在直线，且，故②正确；
一定存在平面，且，故③正确；
当直线与平面相交时，不存在存在平面，且，故④错误；
所以4个命题中真命题的个数是3个.
故选：C
8．A
【分析】由题知，再结合函数值值域得，再结合余弦函数的单调性求解即可得答案
【详解】解：，，
令，则，
因为，所以，
因为函数的值域为，则
所以，即，
因为，函数单调递减，

所以的取值范围为
故选：A
9．D
【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可.
【详解】方法一：由α为第四象限角，可得，
所以
此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以
故选：D.
方法二：当时，，选项B错误；
当时，，选项A错误；
由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；
故选：D.
【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
10．C
【分析】由图象过点解得a的值的集合，再由奇函数解得a的值的集合，由两个集合相等确定充要条件关系.
【详解】∵的图象经过点，，
∴
又∵
∴
∵为奇函数，
∴
∴ “的图象经过点”是“为奇函数”的充要条件.
故选：C.
11．D
【分析】由题意，根据交事件的运算，结合概率与事件的关系，可得答案.
【详解】由题意，事件为：两个点数都为奇数，
由概率指的是事件的对立事件的概率，
则事件的对立事件为：至少有一个点数为偶数，或者至多有一个点数为奇数.
故选：D.
12．C
【分析】根据函数的单调性和与轴的交点结合指数函数的性质可求解.
【详解】若，为增函数，
且，与图象不符，
若，为减函数，
且，与图象相符，所以，
当时，，
结合图象可知，此时，所，则，所以，
故选:C.
13．
【解析】根据分式不等式的解法得，再解二次不等式即可得答案.
【详解】解： 由分式不等式的解法得原不等式等价于，
解不等式得.
故不等式的解集为.
故答案为：
14．
【解析】根据正弦型三角函数的周期计算．
【详解】最小正周期为．
故答案为：．
15．
【解析】对的分子分母同除以得，再对取 极限即可得答案.
【详解】解：.
故答案为：.
16．
【解析】根据中位数定义即可得到答案.
【详解】先将这组数据由小到大排列，然后可知：中位数.
故答案为：
17．
【解析】写出二项展开式通项公式，由的指数为2求得项数，从而得到系数．
【详解】由题意，
令，得，
所以项的系数为．
故答案为：15．
18．
【解析】本题首先可根据过点求出，然后根据两函数互为反函数得出，最后代入即可得出结果.
【详解】因为函数图像经过点，
所以，解得，，
因为函数与函数互为反函数，
所以，，
故答案为：.
19．
【解析】写出直线的法向量和方向向量，由向量垂直的坐标运算求出．
【详解】直线方程即为，其法向量为，
直线的方向向量为，
由题意，解得．
故答案为：．
20．
【解析】求出集合，再根据集合的运算结果可得，根据集合的包含关系即可求解.
【详解】，
由，可得，
所以，
故答案为：
21．
【解析】由已知得出点坐标，代入渐近线方程即可．
【详解】
由已知可得，又点在渐近线 上，
又 ，
22．
【解析】设，则，由题设可得关于和的方程组，从而可求的值.
【详解】设，故，
即，
故，
，
所以 ，
两式相加可得，此式代入（1）式可得
或（舍去），
代入（1）式可得
故答案为：.
23．
【解析】设与直线的交点为，由对称性得，同时求解时不妨设，求出满足条件的点的个数及任选2数的点的个数后可得概率．
【详解】不妨设，由题意与直线的夹角为，设与直线的交点为，则，由，，
所以，因为，故解得，
从集合中任取两个不同的元素，满足的点的取法为，其中满足的有共4个，
所以所求概率为．
故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题考查古典概型，解题关键是求出事件的个数．本题求解时，为了求解方便，不妨设，这样易于求出事件的个数．同时把已知的角转化到直角三角形中，易于求解．
24．45
【分析】设an＝pn+q，由ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列可得rt＝s2以及q＝0，化简＝++，利用均值不等式以及n是正整数，即得解
【详解】根据题意，数列{an}为等差数列，设an＝pn+q，
若存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，
则有，即
联立两式，变形可得p2rt＝p2s2，
又由等差数列{an}的公差不为0，即p≠0，则有rt＝s2，
可得pq（r+t）＝2pqs，
又由r，s，t互不相等且rt＝s2，则r+t≠2s，必有q＝0，则an＝pn，
所以S1＝a1＝p，Sn＝＝，
故＝＝++，
设f（n）＝++，
则f（n）＝++≥2+＝2+，
当且仅当n2＝1980时等号成立，此时n不是正整数，不符合题意，
而44＜＜45，
所以f（44）＝++＝45，f（45）＝＝45，
则有f（45）＝f（44），即的最小值为45
故答案为：45.
25．
【分析】直接根据集合运算求解即可.
【详解】解：因为，所以
故答案为：
26．
【分析】根据二项式定理计算即可.
【详解】解：展开式的通项公式为，
故当时，的二项展开式中的项为，其系数为.
故答案为：
27．
【分析】由于，进而根据极限法则求极限即可得答案.
【详解】.
故答案为：
28．
【分析】本题可先根据增广矩阵还原出相应的线性方程组，然后将解代入线性方程组即可得到、的值，最终可得出结果．
【详解】解：由题意，可知：此增广矩阵对应的线性方程组为：
，将解代入上面方程组，可得：．
所以
故答案为：．
29．/
【分析】结合三角函数的定义、诱导公式求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
30．
【分析】利用排列计算出正确答案.
【详解】位同学被推荐担任进博会个指定展馆服务志愿者，每人负责个展馆，每个展馆只需位同学，则共有种不同的安排方法.
故答案为：
31．
【分析】根据题意，结合双曲线的定义求解即可.
【详解】解：如图，设的边长为，，
因为为等边三角形，所以，
由双曲线的方程知，
所以由双曲线的定义得，
即，解得，.
所以的边长为.
故答案：.

32．（2）（3）
【分析】结合复数运算对四个式子进行分析，由此确定正确答案.
【详解】，所以（1）错误.
，，所以（4）错误.
设，

.
，所以（2）正确.
，所以（3）正确.
故答案为：（2）（3）
33．
【分析】由指对互化 对数换地公式得，再根据基本不等式得，进而得.
【详解】解：因为，所以，所以，
因为，所以，故，
所以
故的最大值为.
故答案为：.
34．
【分析】对的值进行分类讨论，结合等差数列前项和最值的求法求得的最小值.
【详解】取得最小值，则公差，或，
（1）当
，
，
所以的最小值为.
（2）当，不合题意.
综上所述：的最小值为.
故答案为：
35．
【分析】设，进而根据题意得是方程的两个实数根，故，进而得，再根据直线与轴交于点得，最后结合对勾函数求解即可.
【详解】解：设
所以的中点坐标为，
由于，所以，即；
同理得，
所以，即是方程的两个实数根，
所以，
所以，故
由于直线与轴交于点
所以，即，
因为对勾函数的取值范围是，
所以，
故答案为：
36．
【分析】设是在点处的切线，进而根据题意得直线关于对称后的直线方程必为，曲线才能是某函数的图像，进而得的方程为，再联立方程即可得，进而得答案.
【详解】解：设是在点处的切线，
因为曲线与函数的图像关于直线 对称，
所以直线关于对称后的直线方程必为，曲线才能是某函数的图像，
如图所示直线与的角为，所以的倾斜角为，

所以的方程为
故联立方程得，即，
所以，解得
所以的取值范围为
故答案为：.
37．
【分析】根据补集定义直接求解.
【详解】由题全集，所以，
故答案为：.
38．
【分析】根据二次不等式的求解方法求解即可
【详解】因为，
所以不等式的解集为：，
故答案为：.
39．/
【分析】由已知，根据条件，先对已知进行化简，得到，然后直接求解复数z在复平面上所对应的点Z到原点O的距离即可.
【详解】由已知，，
所以，所以复数z在复平面上所对应的点Z为，
所以复数z在复平面上所对应的点Z到原点O的距离为：.
故答案为：.
40．3
【分析】根据向量的数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意得，
故答案为：3
41．3
【分析】利用异面直线的判定定理判断即可.
【详解】空间直线的位置关系有平行、相交、异面，即不平行也不相交则异面，
由图可知九条棱中，，，，，与相交，
没有直线与平行，
所以与直线是异面直线的共有3条，分别为，，，
故答案为：3
42．①④
【分析】根据图表得到气温数据，依次计算每个选项得到答案.
【详解】甲城市的气温分别为：；
乙城市的气温分别为：.
对选项①：甲城市气温的中位数为；平均数为，正确；
对选项②：根据折线图知乙城市的日均气更温稳，错误；
对选项③：乙城市日均气温的极差为，错误；
对选项④：乙城市日均气温的众数为，正确.
故答案为：①④
43．
【分析】根据分组分配办法结合分步乘法原理求解即可.
【详解】第一步，先从6人中任选2人承担任务甲，有种选法，
第二步，再从剩余4人中任选1人承担任务乙，有种选法，
第三步，再从3人中任选1人承担任务丙，有种选法，
所以共有种选法.
故答案为: .
44．4
【分析】根据函数关系式将已知数据代入求解即可.
【详解】因为释放1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m，
所以，所以，即
当时，，
整理得即，
所以，因为，所以.
故答案为:4.
45．
【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可求得结果.
【详解】根据已知可得：，即，
又，
故△的面积；
不妨取平面的一个法向量，
则点到平面的距离，
故三棱锥O—ABC的体积.
故答案为：.
46．
【分析】根据平移后的解析式利用三角恒等变换确定，分别说明与时，根据平移后的解析式结合，即可求得的值.
【详解】解：函数的图像向右平移个单位得到函数，即函数
又函数，
所以，则.
当时，，
则，所以，又，所以；
当时，，
则，所以，又，所以无解；
综上，.
故答案为：.
47．
【分析】首先根据题意建立、的关系式，再结合基本不等式即可求解最小值.
【详解】根据题意作图如下：

设底面圆半径为，圆柱高设为，则根据圆柱的侧面积为4π，可得，解得.因为以及均为直角三角形，根据三棱锥—ABC外接球的性质可知，的中点即为球心.则，则，所以外接球的半径.三棱锥—ABC外接球体积为，所以要外接球体积最小，只需要最小即可，又不等式可知，当且仅当时，即时成立.故三棱锥—ABC外接球体积的最小值为.
故答案为：.
48．/.
【分析】如图，连接，则可得，所以△ABC的周长为，再求出，即可求得结果.
【详解】如图，连接，
因为l垂直平分线段，
所以，
所以△ABC的周长为，
由题意得，则
的中点为，，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
因为直线过，
所以，解得，
所以，
所以△ABC的周长为，
故答案为：.

49．(1)8π
(2)

【分析】（1）先求圆锥的母线l，再根据圆锥的侧面积公式可求出结果；
（2）取OA的中点N，连接MN，PN，易知∠PMN或其补角即为所求，先证OB⊥平面POA，推出MN⊥平面POA，故MN⊥PN，在直角三角形中求解可得结果.
【详解】（1）由题意知，圆锥的高，底面半径，
所以圆锥的母线，
∴圆锥的侧面积．
（2）取OA的中点N，连接MN，PN，

∵M为AB的中点，∴MNOB，
∴∠PMN或其补角即为直线PM与直线OB所成的角，
∵OB⊥OA，OB⊥OP，OA∩OP＝O，OA、OP⊂平面POA，
∴OB⊥平面POA，
∴MN⊥平面POA，∴MN⊥PN，
，，
在直角三角形中，有.
故直线PM与直线OB所成的角的正切值为．
50．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）点代入得到,直线和抛物线联立根据弦长公式得到一个等式,解出；
（2）根据题意写出各点坐标，然后寻找坐标间的关系，以证明平行于轴.
【详解】解：设，，
（1）由题意，代入得，
直线的方程代入得，，
所以，，


，
解得；
（2）抛物线的准线方程为
设，由的方程为，
得，
由（1）知，即，
所以，平行于轴.
【点睛】结论点睛：弦长公式：.
51．（1）米；（2）米.
【分析】（1）连接，可知是等边三角形，可得出，求出的值，利用正弦定理可求得的长；
（2）设，利用正弦定理得出，，进而可得出围成该区域所需板材的长度关于的表达式，利用正弦函数的有界性可求得结果.
【详解】（1）连接，由题意是等边三角形，所以，

又因为，所以，
在中，，得（米）；
（2）设，则，，
在中，，
所以，，
所需板材的长度为.
答：当时，所需板材最长为（米）.
【点睛】方法点睛：在解决三角形中的最值问题时，常用两种思路：
（1）转化为边，利用基本不等式求解；
（2）转化为角，利用三角函数的有界性来求解.
52．（1）答案见解析；（2）；（3）有对称中心，对称中心为.
【解析】（1）当时，，为奇函数；当时，，既不是奇函数也不是偶函数；
（2）转化为在区间有解，则，利用单调性求出最小值可得解；
（3）假设存在对称中心，由恒成立，可求得结果.
【详解】（1）当时，，
所以，为奇函数.
当时，，，
因为，所以既不是奇函数也不是偶函数.
（2）原问题可化为在区间有解，则，
因为函数在区间单调递减，
所以，所以，
所以a的取值范围是.
（3）假设存在对称中心，则恒成立，
得恒成立
所以，
得，，
所以函数有对称中心.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若在上恒成立，则；
②若在上恒成立，则；
③若在上有解，则；
④若在上有解，则；
53．（1）数列不是“X数列”，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）求出的通项公式，举出一个反例来说明不是“X数列”；
（2）求出数列的通项公式，根据“Y数列”的定义进行证明；
（3）根据“X数列”、“Y数列”的性质，结合等比数列的定义即可得证.
【详解】解（1）数列的通项为，，，
因为不是正整数，所以不是数列的项，
所以数列不是“X数列”.
（2）数列的前项和，所以.
当时，取，，
则，所以数列是“Y数列”.
（3）证明：记，因为数列是各项均为正数的递增数列，
所以，且当时，.
若，，则.①
因为数列是“Y数列”，所以存在，且，
由①知，，所以
即，即，，成等比数列.
因为数列是“Y数列”，存在正整数､，使得，
由①得，，所以，
进而，记.
因为数列是“X数列”，存在正整数，使得，
由，得.
若，再由，
得，与矛盾；
若，则，与数列递增矛盾，
所以，即，，，成等比数列.
【点睛】否定一个结论，仅需要举出一个反例；肯定一个结论，需满足普遍性.
54．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意得平面，进而根据体积公式计算即可；
（2）由题可证平面，进而是直线与平面所成角，再计算即可得答案.
(1)
解：因为直三棱柱中，平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为，所以
所以四棱锥的体积.
(2)
解：因为直三棱柱中，平面，
所以
因为，
所以平面，
因为在直三棱柱中，，
所以平面，
故连接，，则是直线与平面所成角，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为.

55．(1)
(2)

【分析】（1）由题知，进而根据余弦定理，结合已知得，，再根据三角形面积公式计算即可；
（2）在中由余弦定理得，进而在中，，再根据正弦定理求解即可.
【详解】（1）解：因为，所以，
因为，
所以，
因为，所以，
所以的面积为.
（2）解：因为线段的中点为，，，
所以在中，由，解得（舍），
所以在中，，即，
因为，所以，
所以由正弦定理得外接圆半径满足，
所以外接圆半径

56．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，购买该车后，每年的燃油费构成等差数列，首项为，公差为，进而得年后燃油的总费用是，进而结合题意可得；
（2）由题知从第七年起，养护保险费满足等比数列，首项为 ，公比为，进而得年后，养护保险费为，再求平均值即可得答案，最后利用计算器计算可得.
【详解】（1）解：根据题意，购买后第年燃油费共万元，以后每一年都比前一年增加万元，
所以购买该车后，每年的燃油费构成等差数列，首项为，公差为，
所以购买该种型号汽车第年的燃油费用为，
所以购买该种型号汽车年后燃油的总费用是，
因为每年养护保险费均为万元，所以购买该种型号汽车年后养护费用共万元，
所以.
（2）解：当时，由于每一年的养护保险费都比前一年增加，
所以从第七年起，养护保险费满足等比数列，首项为，公比为，
所以从第七年起，第年的养护保险费用为，
所以购买该种型号汽车年后，养护保险费为，
所以当时，使用年后，养护保险费的年平均费用为.
经计算器计算得时，最小.
57．(1)证明见解析
(2)存在，
(3)2


【分析】（1）根据函数单调性的定义证明即可；
（2）假设函数的图像存在对称中心，进而根据题意将问题转化为恒成立，进而得，解方程即可得答案；
（3）根据题意得，进而结合已知条件得以所以，故.
【详解】（1）解：设对于任意的实数，，
则，
因为，所以，
所以，即
所以函数是上的减函数
（2）解：假设函数的图像存在对称中心，
则的图像关于原点中心对称，
由于函数的定义域为，
所以恒成立，
即恒成立，
所以，解得 ，
所以函数的图像存在对称中心
（3）解：因为对任意，都存在及实数，使得，
所以，即，
所以，即
因为，所以
因为，所以
所以，即
所以，所以，即实数的最大值为.
58．(1)（在上）
(2)1
(3)答案见解析

【分析】（1）根据题意设，进而代入检验即可得答案；
（2）由题设进而得，故令得，再求函数的最值即可得答案；
（3）根据题意，作出图像，结合图像研究性质即可.
（1）
解：设点的坐标为，若，
所以，
所以点在直线上，故满足要求.
（2）
解：由题可知，，
因此
所以，
令，则，
所以，
所以当时，取得最小值.
（3）
解：因为,
所以,
所以，类比椭圆的几何性质，曲线的性质的性质有：
对称性：曲线即是以轴、轴为对称轴的对称图形，也是以原点为对称中心的中心对称图形；
顶点：
范围：
图像如图所示：

59．(1)
(2)

【分析】(1)根据,数列性质及的公差为2,写出之间的关系,再用代替即可求出通项公式;
(2)根据为等差数列且公差为2,将两式中均变为关于首项和的等式,进而解出首项即可.
【详解】（1）解:由题知,
为等比数列,不妨设公比为,
又数列的公差为2,
,
即,
解得,
故;
（2）由题知数列为等差数列,且公差为2,
,

解得:,
故.
60．(1)
(2)

【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理，通过化简整理可求出，即可求出角的值；
（2）首先由根据正弦定理得，利用角的余弦定理得，最后联立方程组，解方程组即可求出的值.
【详解】（1）已知，化简得，
即得，又，故.
（2）已知，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
由，得，即，
由，解得.
故得.
61．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).

【分析】（1）根据中位线定理得，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理可得答案；
（3）根据平面可得为二面角的平面角，为直线与平面所成的角，，由平面，为直线与平面所成的角，，设，在直角三角形中计算边长可得答案.
【详解】（1）因为分别为棱的中点，所以，
因为平面，平面，
所以直线平面；
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面，平面，所以，
又，，平面，所以直线平面；
（3）由（2）知，平面，平面，平面，
所以，即为二面角的平面角，
因为平面，所以为直线与平面所成的角，
即，即，
由（2）知平面，为直线与平面所成的角，
即，即，
设，所以，，
得，所以，
所以二面角的平面角为.
62．(1)
(2)
(3)以线段MN为直径的圆C过定点，理由见详解

【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得离心率；（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3）设直线l'的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为，
双曲线的方程为双曲线，即，则，
由题意可知：，则，
故双曲线C的离心率.
（2）由（1）可知：，
过点P作直线的垂线，垂足为M，则，
∵，且，
∴，
故直线EP的倾斜角，斜率，
∴直线EP的方程为，即.

（3）以线段MN为直径的圆C过定点，理由如下：
设直线，
联立方程，消去y可得：，
则可得：，
∵直线，当时，，
∴，
同理可得：，
∵
，

，
则线段MN为直径的圆C的圆心，半径，
故圆C的方程为，整理得，
令，则，解得或，
故以线段MN为直径的圆C过定点.
【点睛】思路点睛：
过定点问题的两大类型及解法：
(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
63．(1)①；②
(2)见详解

【分析】（1）①导数几何意义求解；②求导判断单调性求解.
（2）首先证明对于任意,；其次证明当且时，；当且时，；最后证明：当时，
【详解】（1）①因为，设切线的斜率为，根据导数几何意义得
由点斜式方程得切线方程为：，即切线方程为：.
②函数，














极大值

极小值

由上表可得：在上单调递增，在上单调递减；的极小值为.
（2）首先证明对于任意,
当时，由可知
介于和之间.
若，则在区间存在最小值，与函数在区间（a，b]上均无最小值矛盾.
利用归纳法和上面结论可得：对于任意，,当时，.
其次证明当且时，；当且时，
任取，设正整数满足，则
若存在使得，则，
即.由于当时，，所以在区间有最小值，与函数在区间（a，b]上均无最小值矛盾.
类似可证，当且时，.
最后证明：当时，.
当时，成立.当时，由可知，
存在使得，所以.
当时，有：
若，则,
所以在上存在最小值，故不成立.
若，则
假设，则在上存在最小值，故假设不成立.
所以当时，对于任意的都成立.
又，故当
所以，即.
所以当时，则存在正整数使得,
则所以当时，，
同理可证得当时，.
所以当时，必然存在正整数，使得
,所以；
所以综上所述：当当时，.