上海市金山区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市金山区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共48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。

上海市金山区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·上海金山·统考一模）在的二项展开式中，二项式系数的和为（    ）
A．8 B．16 C．27 D．81
2．（2021·上海金山·统考一模）“成立”是“成立”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
3．（2021·上海金山·统考一模）已知定义在上的函数是奇函数，且满足，，数列满足（其中为的前项和），则（    ）
A． B． C． D．
4．（2021·上海金山·统考一模）已知的外接圆圆心为，，若(，Î)，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．2
5．（2021·上海金山·统考一模）已知a､，则“”是“”的（    ）条件
A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分非必要
6．（2021·上海金山·统考一模）下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·上海金山·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，P､Q､R分别是棱AB､BC､的中点，以PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为（    ）

A． B． C． D．
8．（2021·上海金山·统考一模）已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若，则；②的最大值为.则正确的判断是（    ）
A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立
9．（2022·上海金山·统考一模）已知直线，直线，则“”是“”的（    ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
10．（2022·上海金山·统考一模）已知角的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（    ）
A． B．
C． D．
11．（2022·上海金山·统考一模）已知正四面体的棱长为6，设集合，点平面，则表示的区域的面积为（    ）
A． B． C． D．
12．（2022·上海金山·统考一模）对于函数，若自变量在区间上变化时，函数值的取值范围也恰为，则称区间是函数的保值区间，区间长度为.已知定义域为的函数的表达式为，给出下列命题：①函数有且仅有个保值区间；②函数的所有保值区间长度之和为.下列说法正确的是（    ）
A．结论①成立，结论②不成立 B．结论①不成立，结论②成立
C．两个结论都成立 D．两个结论都不成立

二、填空题
13．（2021·上海金山·统考一模）函数的最小正周期为________．
14．（2021·上海金山·统考一模）若复数(为虚数单位)，则的模=___________.
15．（2021·上海金山·统考一模）若矩阵，，且，则=___________.
16．（2021·上海金山·统考一模）函数的反函数的图象经过点，则实数=______.
17．（2021·上海金山·统考一模）已知集合，，若，则实数的取值范围是___________.
18．（2021·上海金山·统考一模）已知是椭圆的两个焦点，过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为_________.
19．（2021·上海金山·统考一模）在五个数字、、、、中，若随机取出三个数字，则剩下的两个数字都是奇数的概率是______.
20．（2021·上海金山·统考一模）在直角三角形中，，，，点是外接圆上的任意一点，则的最大值是___________.
21．（2021·上海金山·统考一模）已知实数､､成等差数列，则点到直线的最大距离是___________.
22．（2021·上海金山·统考一模）球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的，以这3个点为顶点构成的三角形的周长为18，则此球的半径为___________.
23．（2021·上海金山·统考一模）关于的方程在上有实根，则的最小值为___________.
24．（2021·上海金山·统考一模）若，，且，则满足条件的所有整数的和是___________.
25．（2021·上海金山·统考一模）已知集合，，则___________.
26．（2021·上海金山·统考一模）函数的定义域是___________
27．（2021·上海金山·统考一模）若复数z满足（i为虚数单位），则______.
28．（2021·上海金山·统考一模）在的二项展开式中，项的系数为___________(结果用数值表示).
29．（2021·上海金山·统考一模）已知，则行列式的值为___________
30．（2021·上海金山·统考一模）某小区共有住户2000人，其中老年人600人，中年人1000人，其余为青少年等人群，为了调查该小区的新冠疫苗接种情况，现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为400的样本，则样本中中年人的人数为___________
31．（2021·上海金山·统考一模）设P为直线上的一点，且位于第一象限，若点P到双曲线的两条渐近线的距离之积为27，则点P的坐标为___________
32．（2021·上海金山·统考一模）已知，，且，则的最小值为___________
33．（2021·上海金山·统考一模）有身高全不相同的6位同学一起拍毕业照，若6人随机排成两排，每排3人，则后排每人都比前排任意一位同学高的概率是___________（结果用最简分数表示）.
34．（2021·上海金山·统考一模）已知､､､…､是抛物线上不同的点，点，若，则___________
35．（2021·上海金山·统考一模）若数列满足，则称数列为“k阶相消数列”.已知“2阶相消数列”的通项公式为，记，，，则当___________时，取得最小值
36．（2021·上海金山·统考一模）已知点､和，记线段的中点为，取线段和中的一条，记其端点为､，使之满足，记线段的中点为，取线段和中的一条，记其端点为､，使之满足，依次下去，得到点､､､…､､…，则___________.
37．（2022·上海金山·统考一模）函数的最小正周期是_________
38．（2022·上海金山·统考一模）已知集合，，则___________
39．（2022·上海金山·统考一模）若，则的最小值为___________.
40．（2022·上海金山·统考一模）已知抛物线的焦点坐标为，则的值为___________.
41．（2022·上海金山·统考一模）已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________．
42．（2022·上海金山·统考一模）已知，则曲线在处的切线方程是___________.
43．（2022·上海金山·统考一模）若时，指数函数的值总大于1，则实数的取值范围是___________.
44．（2022·上海金山·统考一模）已知是实数，是虚数单位，若复数的实部和虚部互为相反数，则___________.
45．（2022·上海金山·统考一模）从个人中选人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排人，第二天和第三天均安排人，且人员不重复，则一共有___________种安排方式（结果用数值表示）.
46．（2022·上海金山·统考一模）函数的值域为___________.
47．（2022·上海金山·统考一模）若集合，，且，则实数的取值范围是___________.
48．（2022·上海金山·统考一模）设是由正整数组成且项数为的增数列，已知，，数列任意相邻两项的差的绝对值不超过1，若对于中任意序数不同的两项和，在剩下的项中总存在序数不同的两项和，使得，则的最小值为___________.

三、解答题
49．（2021·上海金山·统考一模）已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4，b＝6，cosA＝﹣．
（1）求c；
（2）求cos2B的值．
50．（2021·上海金山·统考一模）如图，在三棱锥中，底面，是边长为2的正三角形，侧棱与底面所成的角为.

（1）求三棱锥的体积；
（2）若为的中点，求异面直线与所成角的大小.
51．（2021·上海金山·统考一模）已知定义域为的函数.
（1）试判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
52．（2021·上海金山·统考一模）已知点在抛物线上，过点作圆()的两条切线，与抛物线分别交于､两点，切线､与圆分别相切于点､.
（1）若点到圆心的距离与它到抛物线的准线的距离相等，求点的坐标；
（2）若点的坐标为，且时，求的值；
（3）若点的坐标为，设线段中点的纵坐标为，求的取值范围.
53．（2021·上海金山·统考一模）若数列满足(，且为实常数)，，则称数列为数列.
（1）若数列的前三项依次为，，，且为数列，求实数的取值范围；
（2）已知是公比为的等比数列，且，记.若存在数列为数列，使得成立，求实数的取值范围；
（3）记无穷等差数列的首项为，公差为，证明：“”是“为数列”的充要条件.
54．（2021·上海金山·统考一模）如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点.

(1)求此圆锥的表面积：
(2)求异面直线PQ与SO所成角的大小.
55．（2021·上海金山·统考一模）已知函数.
(1)设是的反函数，若，求的值；
(2)是否存在常数，使得函数为奇函数，若存在，求m的值，并证明此时在上单调递增，若不存在，请说明理由.
56．（2021·上海金山·统考一模）落户上海的某休闲度假区预计于2022年开工建设.如图，拟在该度假园区入口处修建平面图呈直角三角形的迎宾区，，迎宾区的入口设置在点A处，出口在点B处，游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，其中米，米，也可以沿便捷通道A-P-B到达出口（P为△ABC内一点）.

(1)若△PBC是以P为直角顶点的等腰直角三角形，某游客的步行速度为每分钟50米，则该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快几分钟？（结果精确到1分钟）
(2)园区计划将△PBC区域修建成室外游乐场，若，该如何设计使室外游乐场的面积最大，请说明理由.
57．（2021·上海金山·统考一模）已知为椭圆C：内一定点，Q为直线l：上一动点，直线PQ与椭圆C交于A､B两点（点B位于P､Q两点之间），O为坐标原点.

(1)当直线PQ的倾斜角为时，求直线OQ的斜率；
(2)当AOB的面积为时，求点Q的横坐标；
(3)设，，试问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
58．（2021·上海金山·统考一模）已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列､､满足，则其“序数列”为1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”.
(1)若数列､､的“序数列”为2､3､1，求实数x的取值范围；
(2)若项数均为2021的数列､互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围；
(3)设，其中p､q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p､q满足的条件.
59．（2022·上海金山·统考一模）如图，在四棱锥中，已知底面，底面是正方形，.

(1)求证：直线平面；
(2)求直线与平面所成的角的大小.
60．（2022·上海金山·统考一模）近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达，每年年底把除运营成本万元，再将剩余资金继续投入直播平合.
(1)若，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？
(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？（结果精确到万元）
61．（2022·上海金山·统考一模）在中，设角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的最大值.
62．（2022·上海金山·统考一模）已知椭圆的左､右焦点分别为.
(1)以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率；
(2)已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标；
(3)已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由.
63．（2022·上海金山·统考一模）若函数是其定义域内的区间上的严格增函数，而是上的严格减函数，则称是上的“弱增函数”.若数列是严格增数列，而是严格减数列，则称是“弱增数列”.
(1)判断函数是否为上的“弱增函数”，并说明理由（其中是自然对数的底数）；
(2)已知函数与函数的图像关于坐标原点对称，若是上的“弱增函数”，求的最大值；
(3)已知等差数列是首项为4的“弱增数列”，且公差d是偶数.记的前项和为，设是正整数，常数，若存在正整数和，使得且，求所有可能的值.

参考答案：
1．B
【分析】由二项式展开式，令即可求二项式系数的和的值.
【详解】，
∴令，即有二项式系数的和：.
故选：B
2．B
【详解】试题分析：由|x-1|＜2得-1＜x＜3，由x（x-3）＜0得0＜x＜3，所以“|x-1|＜2成立”是“x（x-3）＜0成立”的必要不充分条件
考点：1．解不等式；2．充分条件与必要条件

3．C
【分析】由求出、的值，再利用函数的奇偶性和周期性的性质可求得结果.
【详解】对任意的，.
当时，，解得；
当时，由可得，
上述两式作差得，即，所以，，
所以，数列是首项为为首项，以为公比的等比数列，
所以，，即，，，
因为函数是定义在上的奇函数，则，
函数满足，，
所以，，，
因此，.
故选：C
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
4．D
【分析】设与 交点为，则其中，由于，得，因为 故的最小值可得.
【详解】设与 交点为，设，圆的半径为，为中点，如图所示：

则，设，因为三点共线，则
所以，故
因为，则所以
则 ，故 所以的最小值为2
故选：D
【点睛】设，因为三点共线，则，得是解题的关键.
5．D
【分析】根据定义，分充分性和必要性分别讨论即可得到答案.
【详解】成立时，当，不能得出成立，
反之当成立时，当，也不成立.
所以“”是“”的非充分非必要条件.
故选：D.
6．A
【分析】分别计算出ABCD的周期，再判断是否在区间上单调递增即可．
【详解】A: ，周期为，在区间上单调递增，故A正确；
B: ,周期为，在区间上单调递减，排除；
C: ,周期为,在区间上不具有单调性，排除；
D: ,周期为,排除.
故选：A.
7．C
【分析】分别取的中点，连接，利用棱柱的定义证明几何体是三棱柱，再证明平面PQR，得到三棱柱是直三棱柱求解.
【详解】如图所示：

连接,分别取其中点，连接，
则，且，
所以几何体是三棱柱，
又，且，
所以平面，
所以，同理，
又，
所以平面PQR，
所以三棱柱是直三棱柱，
因为正方体的棱长为1，
所以,
所以直三棱柱的体积为，
故选：C
8．C
【分析】①根据及与的夹角为求出，假设成立，求出与，代入后发现等式不成立，故①错误；②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合，可得：，利用投影公式求出，只需求出最大值，利用面积公式和基本不等式求出最大值为1，进而求出的最大值.
【详解】由，解得：，当时，，由得：，即，由得：，因为，假设，则可求出，，代入中，等号不成立，故①错误；
设，，，因为，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向的投影等于在方向的投影相等，故点C满足，又，，所以
，其中，而要想保证最大，只需最小，由余弦定理可得：，当且仅当时，等号成立，所以最小值为，所以最大值为，故的最大值为，②正确.

故选：C
【点睛】向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题，这道题目的突破口就是结合与，可得：点C在线段AB上且，进而得到最小值.
9．C
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线平行的等价条件进行判断即可.
【详解】若，则两直线方程分别为和，
满足两直线平行，即充分性成立，
若，
当时，两直线分别为和，
此时两直线不平行，不满足条件.
当时，若两直线平行则，
由得，即，
所以或，
当时，，不满足条件.
则，即，
则“”是“”的充要条件，
故选：C
10．D
【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.
【详解】对于A，令，则，
所以，即，故A错误；
对于B，令，则，即，故B错误；
对于C，令，则，
所以，即，故C错误；
对于D，因为角的终边不在坐标轴上，所以，，，
所以，即，则，
所以一定成等比数列，故D正确.
故选：D.
11．C
【分析】过点作平面于点，利用正四面体的特点求出的长，从而得到，即得到其表示圆及其内部，则得到其表示的区域面积.
【详解】过点作平面于点，

则，

因为，则，
则表示的区域为以为圆心，2为半径的圆及其内部，
面积为，
故选：C.
12．B
【分析】分析可知，分、两种情况讨论，分析函数在上的单调性，根据函数在上的值域为求出、的值，即可得出结论.
【详解】因为，所以，
①当时，当时，，则函数在上单调递减，
由题意可得，解得；
②当时，则当时，，必有，
则，所以，函数在上递减，在上单调递增，
由，可得，
当时，，
故当时，，，
故当时，函数在上的值域为，不合乎题意；
当时，有，得，
此时，当时，，，合乎题意.
综上，有个保值区间，故①错；
所有的保值间为和，长度之和为，故②对.
故选：B.
13．
【详解】函数的最小正周期为.
故答案为.
14．1
【分析】对复数进行整理，再由复数求模的运算公式，求得答案.
【详解】因为，所以
故答案为：1
15．1
【分析】由矩阵相等可得，进而可得结果.
【详解】因为，所以，
所以，
故答案为：1.
16．2
【分析】由反函数的图象经过点，得原函数的图象经过点，代入解出答案即可.
【详解】解：因为函数的反函数的图象经过点
所以函数的图象经过点
所以，解得
故答案为2.
【点睛】本题考查了函数与反函数图像的关系，属于基础题.
17．
【分析】先求出集合M，N，再由可求出实数的取值范围
【详解】解：由题意得，
，
因为，
所以，
故答案为：
18．20
【分析】由椭圆定义得周长等于两个长轴长，再根据椭圆方程，即可求出△AF2B的周长
【详解】∵F1，F2为椭圆的两个焦点，
∴|AF1|+|AF2|＝10，|BF1|+|BF2|＝10，
△AF2B的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|＝|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝10+10＝20；
故答案为20
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义的应用，做题时要善于发现规律，进行转化．
19．.
【详解】在五个数字、、、、中，若随机取出三个数字，共有种不同的方法，而剩下的两个数字都是奇数的基本事件有（1,3），(1,5),(3,5),共3种不同情况；由古典概型的概率公式，得剩下的两个数字都是奇数的概率.
考点：古典概型.
20．45
【分析】建立平面直角坐标系，用圆的方程设点的坐标，计算的最大值．
【详解】建立平面直角坐标系，如图所示：

，，，
外接圆，
设，，
则，，
，，当且仅当时取等号．
所以的最大值是45．
故答案为：45．
21．
【分析】根据题意，过点作直线的垂线，为垂足，分析可得直线恒过定点，又由恒过定点，分析可得为直角三角形，即可得的轨迹，结合点与圆的位置关系可得答案．
【详解】根据题意，过点作直线的垂线，为垂足，
若，，成等差数列，即，
则直线为，即，恒过定点
又由垂直于直线，故为直角三角形，
则的轨迹是以为直径的圆，即，
则点到直线的距离即的长，其最大值为，
故答案为：．
【点睛】关键点睛：由推出直线过定点是解题的关键.
22．6
【分析】设三点A、B、C，为球心，根据题意为等边三角形，由三角形周长可求得的边长，利用球面距离的概念可得，从而可得，从而得球半径．
【详解】设球的半径为，
如图所示，设三点A、B、C，为球心，．
又∵，∴是等边三角形，同样，、都是等边三角形，
得为等边三角形，由三角形的周长为18得，
所以球的半径，
故答案为：6.

23．2
【分析】根据题意可得，推出，，，即可得出答案．
【详解】由，知，
所以
，
因为，，所以，
当，，时，等号成立，
所以的最小值为2．
故答案为：2．
24．6.
【分析】先分析出是偶函数且，然后即可求出所有的的值可得答案.
【详解】因为，
，
所以
，
所以是偶函数，
若，
则或，
解得，或，
又因为
，

，
所以，
所以当时也成立，
故满足条件的所有整数的和是，

故答案为：6.
【点睛】本题考查函数奇偶性，关键点是判断出是偶函数且，考查运算能力，属于中档
25．/(2,3)
【分析】利用集合的交集运算求解.
【详解】因为集合，，
所以，
故答案为：
26．
【分析】利用对数函数的定义域求法求解.
【详解】因为函数，
所以，
解得，
所以函数的定义域是，
故答案为：
27．2
【分析】首先将复数化简为复数的代数形式，再计算模长即可.
【详解】.
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查复数的化简和模长的计算，属于简单题.
28．160
【分析】直接根据生成法求解的系数.
【详解】展开式中含的项为，
所以项的系数为160，
故答案为：160.
29．
【分析】由行列式公式计算即可.
【详解】因为，
所以，.
故答案为：.
30．200
【分析】根据中年人在住户中的比例求解.
【详解】因为某小区共有住户2000人，其中中年人1000人，且样本容量为400，
所以样本中中年人的人数为人，
故答案为：200
31．
【分析】设利用点到直线的距离公式列出方程，计算即可.
【详解】设，双曲线的两条渐近线为，即.
则点P到双曲线的两条渐近线的距离之积为，解得：.
所以点P的坐标为.
故答案为：
32．25
【分析】根据，，且，由，利用基本不等式求解.
【详解】因为，，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为25，
故答案为：25
33．
【分析】试验发生包含的事件是6个人进行全排列，共有种结果，满足后排每人都比前排任意一位同学高，则要从6个人中3个个子高的站后排，3个个子矮的站前排，根据概率公式得到结果．
【详解】试验发生包含的事件是6个人进行全排列，共有种结果，满足后排每人都比前排任意一位同学高，则要从6个人中3个个子高的站后排，3个个子矮的站前排，共有种结果
根据古典概型概率公式得到
故答案为：.
34．40
【分析】设，分别过，作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，利用抛物线的定义可得，从而可求得结果.
【详解】设，分别过，作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，
､､､…､是抛物线上不同的点，点,准线为，
.
,
,
.
故答案为：40.
35．2020
【分析】由可求出周期，
对变形可求得，从而求得，得到的前三项，分析的正负情况，可得时为负值，对此时的的求表达式可得，最大时有最小值.
【详解】由已知得
故
故，的周期为3
设，其中，故的周期为3
由题意有
由和差化积公式有
故
因此
若，不存在这样的对任意恒成立，故舍
则
，，
由三倍角公式有
故，当时，；
当时，；
当时，.
时，
，故，此时最小，此时
故答案为：2020
36．
【分析】设线段上到原点距离等于的点为，可得，根据已知条件可得､，､，中必有一点在的左侧，一点在的右侧，再由，，，是中点，可得出，，，的极限即为，即可求解.
【详解】由可知和一个大于一个小于，
设线段上到原点距离等于的点为，由,且可得，
所以线段上到原点距离等于的点为，
若则､应在点的两侧，
所以第一次应取，
若，依次下去则､，､，中必有一点在的左侧，一点在的右侧，
因为，，，是中点，
所以，，，的极限为，
所以，
故答案为：.
37．
【分析】利用正弦的周期公式直接求解即可
【详解】的最小正周期为，
故答案为：
38．
【分析】利用交集的定义进行求解.
【详解】因为，，
所以.
故答案为：.
39．.
【分析】根据基本不等式，即可求解.
【详解】因为，则，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
40．
【分析】利用抛物线的标准方程得到焦点坐标，从而求得值.
【详解】因为抛物线，
所以抛物线的焦点坐标为，
又因为抛物线的焦点坐标为，
所以，则.
故答案为：.
41．
【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．
【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为，
所以侧面积为．
故答案为：．
42．
【分析】首先求出原函数的导函数，然后将切点处的横坐标代入导函数中求出直线的斜率，再将切点的横坐标代入，求出切点的纵坐标，最后用点斜式求出切线方程.
【详解】因为，，所以，
即切点为，斜率为，代入点斜式直线方程中
则曲线在处的切线方程是.
故答案为：.
43．或
【分析】根据指数函数的性质以及单调性，即可得到关于的不等式，求解不等式即可得到结果.
【详解】由已知可得，且.
又时，，
即 ，
所以有，即，
解得或.
故答案为：或.
44．
【分析】利用复数的运算化简，结合题意求出的值，再用模长公式计算即可.
【详解】由题意，
因为实部和虚部互为相反数，所以，解得，
此时，则，
故答案为：
45．
【分析】分别确定第一天、第二天、第三天值班的人，结合分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】从个人中选人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排人，第二天和第三天均安排人，且人员不重复，
由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为.
故答案为：.
46．
【分析】由三角恒等变换得，再整体代换求解值域即可.
【详解】
，
因为，所以，
所以，所以，
所以函数的值域为.
故答案为：
47．
【分析】化简集合，其表示两平行线线上及其中间部分的点(如阴影部分所示)，集合表示以为圆心，为半径的圆及其圆内的点，而，即表示该圆与阴影部分有交点，可利用直线与圆的位置关系来解决此题.
【详解】因为，
所以集合是被两条平行直线夹在其中的区域，如图所示，

，
其中由，解得或，
当时，B表示点或，
当时，表示以为圆心，为半径的圆及其内部的点，
其圆心在直线上，
依题意，即表示圆应与阴影部分相切或者相交，
当时，显然满足题意，当时，不满足题意，
当时，因为，
所以，即，
所以，
所以；
当时，因为，
所以，即，
所以，无解；
综上，头数的取值范围足.
故答案为：
48．
【分析】本题为数列的新定义题，由已知可推出，当时，或，根据，可推出数列前6项，结合题意，应有，，，…，，中间各项为公差为1的等差数列时，可使得值最小，同理推出数列后6项，即可得出最小值.
【详解】因为数列任意相邻两项的差的绝对值不超过1，，所以，
又是由正整数组成且项数为的增数列，所以或，
当时，，此时，
这与在剩下的项中总存在序数不同的两项和，使得矛盾，
所以，类似地，必有，，，，
由得前6项任意两项之和小于等于3时，均符合，
要最小，则每项尽可能小，且值要尽量小，
则，，
同理，，，…，，当中间各项为公差为1的等差数列时，可使得值最小，且满足已知条件.
由对称性得最后6项为，，
则的最小值.
【点睛】对于数列的新定义题，关键在于读懂题意.根据题意，可得出当时，或，根据已知，可推出数列的前6项以及后6项， 进而推得中间项和取的最小值应满足的条件.
49．（1）c＝2；（2）﹣．
【分析】（1）由余弦定理即可求得c的值；
（2）先由同角三角函数的平方关系求得sinA的值，再由正弦定理求出sinB的值，最后根据cos2B＝1﹣2sin2B，得解．
【详解】解：（1）由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，即48＝36+c2﹣2×6×c×（﹣），
整理得，c2+4c﹣12＝0，
解得c＝2或﹣6（舍负），
故c＝2．
（2）∵cosA＝﹣，且A∈(0，π），
∴sinA＝，
由正弦定理知，，即，
∴sinB＝，
∴cos2B＝1﹣2sin2B＝﹣．
50．（1）；（2）.
【分析】(1)为三棱锥的高，为三棱锥的底，用锥体的体积公式即可；
(2)平移到，作出异面直线与所成的角(或其补角)，再解三角形即可.
【详解】（1）底面，
为侧棱与底面所成的角，即，
.
又，
故，
即三棱锥的体积为；
（2）取中点，连结，，则∥，

就是异面直线与所成的角(或其补角)，
，.
因为底面，底面.
在直角三角形中，，
所以，
所以异面直线与所成角的大小为.
【点睛】关键点睛：求异面直线所成角关键是通过平移把空间角转换为相等或互补的平面角.
51．（1）函数在上单调递减，证明见解析；（2）.
【分析】（1）由单调性的定义证明（可根据复合函数的单调性判断）；
（2）再确定函数的奇函数，然后由奇函数性质变形不等式，由单调性化简转化为一元二次不等式恒成立，从而易得参数范围．
【详解】（1）函数在上单调递减.
证明如下：任取，且，
，
因为，所以，，，
即，故函数在上单调递减.
（2）因为，
故为奇函数，
所以，
由（1）知，函数在上单调递减，
故，即对于任意恒成立，
所以，令，则，
因为，所以，
所以，
即实数的取值范围是.
52．（1）或；（2）；（3）.
【分析】（1）设出点的坐标，根据已知条件列方程组，解方程组求得点坐标.
（2）先求得和，然后结合向量数量积运算求得.
（2）设出过的圆的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程，化简写出根与系数关系，联立切线和抛物线的方程，求得的纵坐标，由此求得线段中点的纵坐标的表达式，进而求得的取值范围.
【详解】（1）设点的坐标为，
则，解得或，
即点的坐标为或；
（2）当点的坐标为，且时，，
在直角三角形中，，且，
同理，，且，
从而；
（3）由题意知切线､的斜率均存在且不为零，设切线方程为，
由，得，
记切线､的斜率分别为､，则，
由于切线､的方程分别为､，
联立，消去，得，
设､，则，故，
同理，，于是，
因为，所以，.
所以.
即的取值范围是.
【点睛】直线和圆相切的问题，可以利用圆心到直线的距离等于半径列方程.
53．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）由题意可得，可得的不等式组，解得的范围；
（2）由题意可得或，分别讨论的范围，结合等比数列的通项公式和数列极限的公式，即可得到所求范围；
（3）先证充分性，讨论是否为0，结合等差数列的通项公式和不等式的性质，以及数列的定义，可得证明；再证必要性，同样讨论是否为0，结合等差数列的通项公式和首项与公差的符号，即可得证．
【详解】（1）因为为（3）数列，所以，
则，解得，
即的取值范围是，；
（2）由数列为（4）数列，可得或，
当时，由，，所以．
则，
所以，即；
当时，由，，所以．
则，
所以，即，所以，
则的取值范围是；
（3）先证充分性．因为，所以，为等差数列，
所以当时，，此时，
由，所以成立，所以为数列；
当时，，
因为，所以，所以，
即有，
因为，所以
，
所以恒成立，所以为数列，
综上可得，为数列；
再证必要性．因为为数列，所以恒成立，所以，
当时，显然成立；
当时，因为，所以的每一项同号，所以与也同号，
所以，因为恒成立，所以时，成立，
因为为等差数列，，，
所以，即为，，
综上可得，“”是“为数列”的充要条件．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第3小问，证明“”是“为数列”的充要条件，先证明充分性，利用不等式证明恒成立，所以为数列；再证明必要性，证明成立.
54．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知利用公式求得底面积和侧面积即可得出结果.
（2）取OA的中点M，连接PM，又点P为母线SA的中点，所以，故为PQ与SO所成的角，计算即可得出结果.
【详解】（1）圆锥的底面半径，截面三角形SAB是等边三角形，

底面积侧面积 ，
圆锥的表面积.
（2）取OA的中点M，连接PM，又点P为母线SA的中点，所以，故为PQ与SO所成的角.
由，，点Q为半圆弧AB的中点，知，在 中，，
在中，，
在中，,
所以.
所以求异面直线PQ与SO所成角的大小为.

55．(1)3
(2)详细见解析

【分析】（1）根据反函数定义可知，，利用对数性质计算即可求得结果.
（2）利用奇偶性的定义即可求得的值，利用单调性的定义证明即可得出结果.
（1）
函数，是的反函数，则，
，即，
.
（2）
,定义域为，关于原点对称，
又，
若函数为奇函数，则 ，即，解得 ，
故存在常数，使得函数为奇函数，
任取，且.

因为，所以.
所以.
又，
所以，即，所以，函数在其定义域上是增函数.
56．(1)3
(2)当时，室外游乐场的面积最大.

【分析】（1）由三角形PBC为等腰直角三角形，利用勾股定理求出PC的长，在三角形PAC中，利用余弦定理求出的PA长即可，进而计算即可得出结果；
（2）在三角形PBC中由的度数表示出的度数，利用正弦定理表示出PB与PC，进而表示出三角形PBC面积利用正弦函数的值域确定出面积的最大值即可.
【详解】（1）由题设，米，米，在中，由余弦定理得
，于是 米.
游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，所需时间为分钟，
游客沿便捷通道A-P-B到达出口所需时间为分钟，
所以该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快分钟.
（2）,设则 ，
在中，.由正弦定理得 ，
得.
所以面积，
当时，面积的最大值为平方米.
【点睛】思路点睛：以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强解答这类问题，两角和与差的正余弦公式，诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
57．(1)
(2)或
(3)1

【分析】（1）先得到直线PQ的方程为：，由得到Q的坐标求解；
（2）设直线PQ的方程为，由，结合韦达定理求得，再由求解.
（3）设直线PQ的方程为，由，得到，，有，再根据，，得到求解.
（1）
解：因为直线PQ的倾斜角为，且，
所以直线PQ的方程为：，
由，得，
所以直线OQ的斜率是；
（2）
易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为，
由，得，
设，则，
所以，
所以，
解得，即，
所以直线PQ的方程为或，
由，得；
由，得；
（3）
易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为，
由，得，
设，则，
所以，
因为，，
所以，
所以，
.
58．(1)
(2)
(3)答案见解析

【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；
（2）作差判断增减，得出序数列即可求解；
（3）讨论或，，，，根据数列的单调性结合题意可得.
(1)
由题意得，即，解得；
(2)
，
当时，，即，当时，，即，
故，
又，，，因此的序数列为，…，2021．
又因、互为“保序数列”，故，
只需满足，解得：．
(3)
① 当或时，数列中有相等的项，不满足题意.
② 当时，数列单调递增，故也应单调递增，
从而对且恒成立.又数列单调递增，故.
③ 当时，数列单调递减，故也应单调递减，
从而对且恒成立.
又数列单调递减，故.  
④ 当时，数列单调递减，且；单调递增，且，
于是对且恒成立，即，从而.
另一方面，对且恒成立，即，从而.
综上，，即.
此时，，满足题意.
综上，当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是.
59．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可求解.
【详解】（1）因为平面，且平面，
所以.
在正方形中，.
而，平面，
故平面.
（2）以为坐标原点，分别以为轴，
建立空间直角坐标系.
设，则，
从而.
设平面的法向量为，
，
令，则.
设直线与平面所成的角为，
则，
故与夹面的所成角大小为.

60．(1)936万元
(2)3000万元

【分析】（1）用表示第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算可得；
（2）由已知写出，然后由求得的范围．
【详解】（1）记为第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，
则，


故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.
（2），




由，得，
故运营成本最多控制在万元，
才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.
61．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简即可；
（2）由得，因为，两方程联立结合均值不等式即可得出答案.
【详解】（1）由，
得
即，
从而，
由，得.
（2）由得，
从而，即
又因为，得
所以，即，
从而，
而，故
解得，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
62．(1)
(2)答案见解析
(3)存在，，理由见解析

【分析】（1）由题意知，即可知离心率；
（2）分，和三种讨论即可；
（3）设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算，将韦达定理式整体代入，再计算，得到方程即可.
【详解】（1）由题意得即，所以离心率.
（2）由题意得椭圆
①当时，由对称性得.
②当时，，故，设，
由得，
两式作差得，
代入椭圆方程，得（负舍），故
③当时，根据椭圆对称性可知.
（3）由题意得椭圆.
设直线，
由得.
设，则，

，
，
由，得.
【点睛】关键点睛：对于第三问，我们通常选择设线法，设直线，从而将其与椭圆方程联立得到两根之和与之积式，然后再计算出的值，再将韦达定理式整体代入，当然本题也可引入，设直线.
63．(1)是上的“弱增函数”，理由见解析
(2)1
(3)所有可能的值为和

【分析】（1）根据“弱增函数”的定义，分析和在上的单调性即可；
（2）由函数与函数的图像关于坐标原点对称，求出函数，因为是上的“弱增函数”，根据二次函数和对勾函数的图像性质分别求出的增区间和的减区间，得到，即可求出的最大值；
（3）由等差数列是首项为4的“弱增数列”，且公差d是偶数，解得，即可求出，通过分析的单调性，可得，从而赋值别求得符合题意的的值.
【详解】（1）函数是上的“弱增函数”，理由如下：
显然，是上的严格增函数，
对于函数，，
当时，恒成立，
故是上的严格减函数，
从而是上的“弱增函数”.
（2）记，
由题意得，
，
由是上的“弱增函数”可得函数是上的严格增函数，而是上的严格减函数，
函数图像的对称轴为，且是区间上的严格增函数，
令，则，
当，即时，解得或，
当时，，则函数在上单调递减，
即函数是区间上的严格减函数，
由是上的“弱增函数”，得，
所以，
所以的最大值为1.
（3），
由是“弱增数列”得，即.
又因为d是偶数，所以，
从而.
故，
由得，所以当时，，即，
故若，则不存在和，使得.
从而.
若，解得，满足；
若，解得，满足；
若，解得，不满足.
当时，，故不存在大于5的正整数，使得.
综上，所有可能的值为和.
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法