上海市闵行区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市闵行区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共54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。

上海市闵行区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2020·上海闵行·统考一模）已知，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
2．（2020·上海闵行·统考一模）若，，则等于（    ）
A． B． C． D．
3．（2020·上海闵行·统考一模）已知点为双曲线右支上一点，点，分别为双曲线的左右焦点，点是的内心(三角形内切圆的圆心)，若恒有，则双曲线的渐近线方程是（    ）
A． B．
C． D．
4．（2020·上海闵行·统考一模）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点，若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F(可与端点重合)，则四棱锥的体积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
5．（2021·上海闵行·统考一模）若直线l的一个方向向量为，则l的法向量可以是（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·上海闵行·统考一模）在空间中，直线AB平行于直线EF，直线BC､EF为异面直线，若，则异面直线BC､EF所成角的大小为（    ）
A． B． C． D．
7．（2021·上海闵行·统考一模）已知实数满足，则三个数中，大于1的个数最多是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．（2021·上海闵行·统考一模）设函数，对于实数a､b，给出以下命题：命题；命题；命题.下列选项中正确的是（    ）
A．中仅是的充分条件
B．中仅是的充分条件
C．都不是的充分条件
D．都是的充分条件
9．（2022·上海闵行·统考一模）下列不等式中，解集为的是（    ）
A． B．
C． D．
10．（上海市闵行区2023届高三一模数学试题）“”是“的二项展开式中存在常数项”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
11．（2022·上海闵行·统考一模）已知函数与它的导函数的定义域均为R，现有下述两个命题：
①“为奇函数”是“为偶函数”的充分非必要条件；
②“为严格增函数”是“为严格增函数”的必要非充分条件．
则说法正确的选项是（    ）
A．命题①和②均为真命题 B．命题①为真命题，命题②为假命题
C．命题①为假命题，命题②为真命题 D．命题①和②均为假命题
12．（2022·上海闵行·统考一模）已知数列满足，，如果，那么（    ）
A． B．
C． D．

二、填空题
13．（2020·上海闵行·统考一模）已知集合，，则=___________.(用列举法表示)
14．（2020·上海闵行·统考一模）若复数满足（为虚数单位），则__________．
15．（2020·上海闵行·统考一模）若函数的图像与的图像关于直线对称，则___________.
16．（2020·上海闵行·统考一模）已知，则__________．
17．（2020·上海闵行·统考一模）的展开式中，项的系数为__________.(用数字作答）
18．（2020·上海闵行·统考一模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为3，则异面直线与所成角的大小是_______.

19．（2020·上海闵行·统考一模）新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A医院某科室的6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有___________种.(用数字作答)
20．（2020·上海闵行·统考一模）设，若，且，则取值的集合是___________.
21．（2020·上海闵行·统考一模）已知定义在上的函数满足.设在上的最大值记作，为数列的前项和，则的最大值为___________.
22．（2020·上海闵行·统考一模）已知，，函数的图像与y轴相交于点､与函数的图像相交于点，的面积为(为坐标原点)，则___________.
23．（2020·上海闵行·统考一模）已知平面向量，对任意实数t，都有，成立.若，，，则=___________.
24．（2020·上海闵行·统考一模）已知函数，给出下列命题：①存在实数，使得函数为奇函数；②对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称；③若对任意非零实数，都成立，则实数的取值范围为；④存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点.其中的真命题是___________.（写出所有真命题的序号）
25．（2021·上海闵行·统考一模）函数的定义域为_________.
26．（2021·上海闵行·统考一模）已知集合，若，则___________.
27．（2021·上海闵行·统考一模）已知复数z的虚部为1，且，则z在复平面内所对应的点z到虚轴的距离为___________.
28．（2021·上海闵行·统考一模）若函数的反函数为，则方程的根为___________.
29．（2021·上海闵行·统考一模）函数的最小正周期为___________.
30．（2021·上海闵行·统考一模）已知等差数列的前n项和为，若，则___________.
31．（2021·上海闵行·统考一模）若的二项展开式中的常数项为，则实数a=___________.
32．（2021·上海闵行·统考一模）已知椭圆的右焦点为，其中，则___________.
33．（2021·上海闵行·统考一模）若点与点关于直线对称，则___________.
34．（2021·上海闵行·统考一模）某学校为落实“双减”政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排见如表.小明同学要在这一周内选择编程､书法､足球三门课，不同的选课方案共___________种.
周一
周二
周三
周四
周五
演讲､绘画､舞蹈､足球
编程､绘画､舞蹈､足球
编程､书法､舞蹈､足球
书法､演讲､舞蹈､足球
书法､演讲､舞蹈､足球
注：每位同学每天最多选一门课，每一门课一周内最多选一次

35．（2021·上海闵行·统考一模）已知若对任意，恒成立，则实数a的取值范围为___________.
36．（2021·上海闵行·统考一模）已知，数列满足.若对任意正实数λ，总存在和相邻两项，使得成立，则实数的最小值为___________.
37．（2022·上海闵行·统考一模）若集合，，则______．
38．（2022·上海闵行·统考一模）若x满足（其中i为虚数单位），则x＝______．
39．（2022·上海闵行·统考一模）双曲线的离心率为______．
40．（2022·上海闵行·统考一模）在中，已知边，角，，则边______．
41．（2022·上海闵行·统考一模）已知正实数x、y满足，，则______．
42．（2022·上海闵行·统考一模）将一颗骰子连掷两次，每次结果相互独立，则第一次点数小于3且第二次点数大于3的概率为______．
43．（2022·上海闵行·统考一模）如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是______．（只需写出一个正确的条件）

44．（2022·上海闵行·统考一模）若曲线和直线的某一条平行线相切，则切点的横坐标是______．
45．（2022·上海闵行·统考一模）已知二次函数的值域为，则函数的值域为______．
46．（2022·上海闵行·统考一模）已知、是圆上的两个不同的动点，且，则的最大值为______．
47．（2022·上海闵行·统考一模）已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______．
48．（2022·上海闵行·统考一模）已知平面向量、、和实数满足，，，则的取值范围是______．

三、解答题
49．（2020·上海闵行·统考一模）如图，在圆柱中，是圆柱的母线，是圆柱的底面的直径，是底面圆周上异于、的点．

(1)求证：平面；
(2)若，，，求圆柱的侧面积．
50．（2020·上海闵行·统考一模）已知函数.
（1）求函数在区间上的值域；
（2）若方程在区间上至少有两个不同的解，求的取值范围.
51．（2020·上海闵行·统考一模）大数据时代对于数据分析能力的要求越来越高，数据拟合是一种把现有数据通过数学方法来代入某种算式的表示方式.比如是平面直角坐标系上的一系列点，其中是不小于的正整数，用函数来拟合该组数据，尽可能使得函数图像与点列比较接近.其中一种衡量接近程度的指标是函数的拟合误差，拟合误差越小越好，定义函数的拟合误差为：.已知在平面直角坐标系上，有5个点的坐标数据如下表所示：







2.2
1
2
4.6
7
（1）若用函数来拟合上述表格中的数据，求；
（2）若用函数来拟合上述表格中的数据.
①求该函数的拟合误差的最小值，并求出此时的函数解析式；
②指出用中的哪一个函数来拟合上述表格中的数据更好？
52．（2020·上海闵行·统考一模）已知椭圆过点，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线与轴的正半轴和轴分别交于点，与椭圆相交于两点，各点互不重合，且满足.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的方程为，求的值；
（3）若，试证明直线恒过定点，并求此定点的坐标.
53．（2020·上海闵行·统考一模）已知数列与满足(为非零常数)，.
（1）若是等差数列，求证：数列也是等差数列；
（2）若，求数列的前2021项和；
（3）设，，，若对中的任意两项，，都成立，求实数的取值范围.
54．（2021·上海闵行·统考一模）如图，圆锥的底面直径与母线长均为4，PO是圆锥的高，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.

(1)求该圆锥的体积；
(2)求直线CD与平面PAB所成角的大小.
55．（2021·上海闵行·统考一模）已知，
(1)设，求函数的解析式及最大值；
(2)设△ABC的三个内角A､B､C的对边分别为a､b､c，当时，，且，求△ABC的面积.
56．（2021·上海闵行·统考一模）如图，某飞行器研究基地E在指挥中心F的正北方向4千米处，小镇A在E的正西方向8千米处，小镇B在F的正南方向8千米处.已知一新型飞行器在试飞过程中到点F和到直线AE的距离始终相等，该飞行器产生一定的噪音污染，距离该飞行器1千米以内（含边界）为10级噪音，每远离飞行器1千米，噪音污染就会减弱1级，直至0级为无噪音污染（飞行器的大小及高度均忽略不计）.

(1)判断该飞行器是否经过线段EF的中点O，并判断小镇A是否会受到该飞行器的噪音污染？
(2)小镇B受该飞行器噪音污染的最强等级为多少级？
57．（2021·上海闵行·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，分别为双曲线Г：的左､右焦点，点D为线段的中点，直线MN过点且与双曲线右支交于两点，延长MD､ND，分别与双曲线Г交于P､Q两点.

(1)已知点，求点D到直线MN的距离；
(2)求证：；
(3)若直线MN､PQ的斜率都存在，且依次设为k1､k2.试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理由.
58．（2021·上海闵行·统考一模）将有穷数列中部分项按原顺序构成的新数列称为的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”.若{bn}各项的和与各项的和相等，则称和为数列的一对“完美互补子列”.
(1)若数列为，请问是否存在“完美互补子列”？并说明理由；
(2)已知共100项的等比数列为递减数列，且，公比为q.若存在“完美互补子列”，求证：；
(3)数列满足.设共有对“完美互补子列”，求证：当和时，都存在“完美互补子列”且.
59．（2022·上海闵行·统考一模）在等差数列中，，，、、成等比数列，的前n项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最大值．
60．（2022·上海闵行·统考一模）如图，已知圆柱的底面半径为1，正△ABC内接于圆柱的下底面圆O，点是圆柱的上底面的圆心，线段是圆柱的母线．

(1)求点C到平面的距离；
(2)在劣弧上是否存在一点D，满足平面？若存在，求出∠BOD的大小；若不存在，请说明理由．
61．（2022·上海闵行·统考一模）2022年，第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某国家队26名球员的年龄分布茎叶图如图所示：

(1)该国家队25岁的球员共有几位？求该国家队球员年龄的第75百分位数；
(2)从这26名球员中随机选取11名球员参加某项活动，求这11名球员中至少有一位年龄不小于30岁的概率．
62．（2022·上海闵行·统考一模）如图，点A、B、C分别为椭圆的左、右顶点和上顶点，点P是上在第一象限内的动点，直线AP与直线BC相交于点Q，直线CP与x轴相交于点M．

(1)求直线BC的方程；
(2)求证：；
(3)已知直线的方程为，线段QM的中点为T，是否存在垂直于y轴的直线，使得点T到和的距离之积为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由．
63．（2022·上海闵行·统考一模）定义：如果函数和的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有C关系．
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求实数m的取值范围．

参考答案：
1．B
【解析】首先解不等式，再根据充分条件和必要条件即可得到答案.
【详解】因为.
所以“”是“”的必要非充分条件.
故选：B
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件，同时考查了分式不等式的解法，属于简单题.
2．C
【解析】利用对数的换底公式可将用、表示.
【详解】根据对数的换底公式得，
，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关对数的运算，解答本题的关键是熟记换底公式以及对数的运算性质，利用运算性质化简、运算，其中是题目的一个难点和易错点.
3．D
【解析】根据三角形的面积关系寻求等量关系，再推导出关系即可.
【详解】，且是的内心，
设内切圆的半径为，
则，
，即，
，即，
渐近线方程是.
故选：D.
【点睛】求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
4．D
【解析】设,则，然后利用等体积法由，得到，再消元得到，令，利用对勾函数的性质求解.
【详解】设,则
所以，
，
，
所以，则，
令，因为，
所以，
所以，
所以，
故选：D
【点睛】方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．
5．C
【分析】根据数量积为确定正确选项.
【详解】，A错误.
，B错误.
，C正确.
，D错误.
故选：C
6．B
【分析】根据空间角的知识确定正确选项.
【详解】由于，所以异面直线所成角为 .
故选：B
7．C
【分析】先利用基本不等式求出的最大值为3，进而判断出三个数不可能全大于1，进而通过特值法验证即可得到答案.
【详解】由基本不等式可知，，当且仅当且仅当时取“=”.
于是三个数中，大于1的个数最多是2个，现通过特殊值验证：当，时，，有2个大于1.
综上：三个数中，大于1的个数最多是2个.
故选：C.
8．D
【分析】令，g(x)是奇函数，在R上单调递增，h(x)是偶函数，在(－∞，0)单调增，在(0，＋∞)单调减，且h(x)＞0，根据这些信息即可判断.
【详解】令，g(x)是奇函数，在R上单调递增，h(x)是偶函数，在(－∞，0)单调增，在(0，＋∞)单调减，且h(x)＞0.
，
即g(a)＋h(a)≥－g(b)－h(b)，
即g(a)＋h(a)≥g(－b)＋[－h(b)]，
①当a＋b≥0时，a≥－b，故g(a)≥g(－b)，又h(x)＞0，故h(a)＞－h(b)，∴此时，即是q的充分条件；
②当时，a≥0，，，
(i)当a≥1时，a≥，则－b≤a，故g(a)≥g(－b)；
此时，h(a)＞0，－h(b)＜0，∴h(a)＞－h(b)，∴成立；
(ii)当a＝0时，b＝0，f(0)＋f(0)＝6≥0成立，即成立；
(iii)∵g(x)在R上单调递增，h(x)在(－∞，0)单调递增，
∴在(－∞，0)单调递增，
∵f(－1)＝0，∴f(x)＞0在(－1，0)上恒成立；
又∵x≥0时，g(x)≥0，h(x)＞0，∴f(x)＞0在[0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)＞0在(－1，＋∞)恒成立，
故当0＜a＜1时，a＜＜1，，
∴f(a)＞0，f(b)＞0，
∴成立.
综上所述，时，均有成立，∴是q的充分条件.
故选：D.
【点睛】本题的关键是将函数f(x)拆成一个奇函数和一个函数值始终为正数的偶函数之和，考察对函数基本性质的掌握与熟练运用.
9．C
【分析】对于ABD，举反例排除即可；
对于C，利用分式不等式的解法求解即可.
【详解】对于A，令，则，满足，所以其解集不为，故A错误；
对于B，令，则，满足，所以其解集不为，故B错误；
对于D，令，则，满足，所以其解集不为，故D错误；
对于C，由得，
即，解得，故其解集为，故C正确.
故选：C.
10．A
【分析】计算二项展开式中存在常数项的等价条件，根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
【详解】二项式的通项为，
的二项展开式中存在常数项为正偶数，
为正偶数，
n为正偶数推不出
∴是的二项展开式中存在常数项的充分不必要条件．
故选：A
11．B
【分析】根据函数的奇偶性和单调性的性质根据函数的充分性和必要性进行判断即可.
【详解】解：由题意得：
命题①：
为奇函数
为奇函数
对两边求导可得： ，即
又导函数的定义域为R，它关于原点对称
所以函数的定义域为R上的偶函数
所以“为奇函数”是“为偶函数”的充分条件；
，其定义域为R，关于原点对称，且
其原函数（C为常数），若是非奇非偶函数
故“为奇函数”是“为偶函数”的非必要条件；
所以命题①为真命题；
命题②：
令函数，其定义域为R，在定义域上是严格的增函数
而其导函数是常数函数，定义域R上不是严格的增函数
所以“为严格增函数”是“为严格增函数”的非充分条件；
令函数，其定义域为R，在定义域上是严格的增函数
而其原函数为二次函数在定义域R上不是严格的增函数
所以“为严格增函数”是“为严格增函数”的非必要条件
所以“为严格增函数”是“为严格增函数”的即非充分又非必要条件；
所以命题②为假命题；
故选:B
12．A
【分析】由可得，再由题意结合基本不等式与数列得单调性求出的范围，即可求解
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
由即可归纳得，
所以，
所以数列为递增数列，
又，
则，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：A
13．
【解析】解绝对值不等式确定集合B，应用集合的交运算求.
【详解】由B描述知：，而，
∴，
故答案为：
14．
【详解】由题意可得： ，
故答案为：.
15．
【解析】根据函数的图像与的图像关于直线对称，由求解.
【详解】令，即 ，
解得 ，
因为函数的图像与的图像关于直线对称，
所以3
故答案为：3
16．2
【分析】由两角和的正切公式，有，解得.
17．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出第项,令的指数为3求出展开式中的系数即可.
【详解】解:设求的项为
令,
.
故答案为.
【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
18．；
【解析】根据，得到异面直线与所成的角，然后在，利用正切函数求解.
【详解】因为，
所以异面直线与所成的角，
在正四棱柱的底面边长为2，高为3，
所以，
因为，
所以，
故答案为：
19．
【解析】根据题意，先算出从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生的选派方案种数，再算出男女主任都没有参加的选派方案种数，两者相减求得结果.
【详解】根据题意，从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，
共有种选派方案，
如果所选的男女主任都没有参加，共有种选派方案，
所以至少有一名主任医师参加有种，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关组合的综合问题，方法如下：
（1）要用好两个计数原理；
（2）可以用间接法求解，用总的减去不满足条件的就是要求的；
（3）也可以用直接法求解，包括男主任参加女主任不参加、男主任不参加女主任参加和男女主任都参加，相加即可.
20．
【解析】根据不能是奇函数排除和，再利用幂函数的性质排除2即可得出.
【详解】若，且，
则幂函数的图象一定在的上方，
故不可能为奇函数，即不能取和，
当取时，是偶函数，故只需满足即可，
此时，即，则，即，
则可取，故取值的集合是.
故答案为：.
【点睛】本题考查幂函数的性质，解题的关键是正确理解幂函数的性质的特点，以及不同幂函数的图象特点.
21．
【解析】根据函数的解析式，分别求得，得出，结合等差数列的性质和前项和公式，即可求解.
【详解】由题意，函数，
当时，，此时，
此时函数在上的最大值为，所以，
当时，，此时，此时，
所以，
此时函数在上的最大值为，所以，

当时，，
此时函数的最大值为，所以，
当时，，当时，，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点拨：根据函数的解析式，分别求得各段上相应的最大值，得出，结合等差数列的求和公式进行计算.
22．6
【解析】根据题意先画出大致图象，当时，先确定趋近于，再确定趋近于，从而可知的值就是的面积.
【详解】依题意画出大致图象，如下图：
易得，
因为，，
当时，直线趋近于，趋近于，
当时，曲线趋近于渐近线，趋近于，
所以.
故答案为：6.
【点睛】方法点睛：当时，先确定，再确定，从而求得极限值.
23．
【解析】设，可证明即， ，则四点在以为直径的圆上，利用余弦定理与正弦定理可得结果.
【详解】设，
则，
即，
则分别在所在的直线上，
，

因为
所以
因为垂线段距离最短，
即为点到的垂线段长度，
即， 同理，
所以四点在以为直径的圆上，
而，
，
即，
由正弦定理可得三角形外接圆的直径，
即四边形外接圆的直径为，
所以
故答案为：.

【点睛】正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
24．②③
【解析】利用特殊值法可判断①不正确；验证，可判定②正确；利用基本不等式可判定③正确；当时，分析出函数在上现递减再递增，即，可得出，利用不恒成立，可判定④错误，同理可得，当时，命题④也不成立，从而得到④为假命题.
【详解】由题意，令，
函数的定义域为，则，
所以函数为偶函数.
对于①，若，则 ，则，此时函数不是奇函数；
若，则函数的定义域为且，，
，显然.
综上所述，对任意的，函数都不是奇函数；
对于②，，
所以，函数关于直线对称.
因此，对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称，所以②正确；
对于③，，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，当时，两个等号可以同时成立，所以.
因此，实数的取值范围是，③正确；
对于④，假设存在实数，使得直线与函数的图象有6个交点，
若，当时，
，
此时，函数在区间单调递减，在区间上单调递增，
当时，；
当时，任取，且，即，
则


，
因为，随着的增大而增大，
当且时，，
当且时，，
所以，使得当时，，
则，所以，函数在区间上单调递减；
当时，，则，
所以，函数在区间上单调递增，
所以，当时，.
若存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点，
即直线与函数的图象有6个交点，
由于函数的图象关于直线对称，
则直线与函数在直线右侧的图象有3个交点，
所以，.
由于为定值，当且当逐渐增大时，也在逐渐增大，
所以不可能恒成立，
所以当时，不存在实数，使得函数对任意非零实数 均存在6个零点；
同理可知，当时，不存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点，故命题④错误.
故答案为：②③.
【点睛】已知函数的零点个数求解参数的取值范围问题的常用方法：
1、分离参数法：一般命题的情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离出参数，构造新的函数，求得新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，从而确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题的情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类的标准，在每个小区间内研究函数零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各校范围并在一起，即为所求的范围.
25．
【分析】根据对数的真数大于0求解即可.
【详解】，
，
解得
所以函数的定义域为，
故答案为：
26．{3,4,5}.
【分析】根据求出m，进而求出A,B，最后求出并集.
【详解】因为，所以，即，则，于是.
故答案为：.
27．
【分析】由题意设对应点为且，结合已知可得，即知z在复平面内所对应的点z到虚轴的距离.
【详解】由题意，设对应点为，则，
∴，则.
∴z在复平面内所对应的点z到虚轴的距离为.
故答案为：.
28．-3
【分析】先求出，进而根据反函数的定义即可求出方程的根.
【详解】因为，所以方程的根为-3.
故答案为：-3.
29．
【分析】先求得函数解析式，由此求得函数的最小正周期.
【详解】，
所以函数的最小正周期为.
故答案为：
30．
【分析】先求得公差，然后求得.
【详解】设等差数列的公差为，，
所以.
故答案为：
31．
【分析】由二项式可得其展开式通项为，结合已知常数项求参数a即可.
【详解】由题设，二项式展开式通项为，
∴当，常数项为，可得.
故答案为：.
32．
【分析】先求得，然后求得.
【详解】椭圆，即，焦点在轴上，
所以
，
所以.
故答案为：
33．/0.5
【分析】根据对称关系得垂直关系，利用斜率公式即可得解.
【详解】点与点关于直线对称，




所以
故答案为：
34．15
【分析】应用分类分步计算方法，首先考虑编程选在周二或周三，再确定书法的时间，最后确定足球的时间，即可得到总的选课方案.
【详解】1、周二选编程，则选课方案有种；
2、周三选编程，则选课方案有种；
综上，不同的选课方案共15种.
故答案为：15.
35．.
【分析】不等式可以转化为，先考虑时，当时，考虑和两种情况对根式不等式进行讨论，最后求出答案.
【详解】由题意，.
当时，，；
当时，
（1）若，则，设，于是，所以.
（2）若，首先，而函数在上单调递减，则，而函数在上单调递减，则，则，设，于是，
所以.
综上：.
36．
【分析】根据已知条件证得数列是等差数列，根据求得的最小值.
【详解】依题意，
即，
整理得，所以，
即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
，
，由得，
由于，所以，，
所以，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：
37．
【分析】先解得集合，再根据交集的运算即可求得.
【详解】集合，
因为，所以，
故答案为：.
38．/
【分析】根据复数除法计算求解.
【详解】由可得，
故答案为：
39．
【分析】由双曲线的标准方程求得，从而求得双曲线的离心率.
【详解】因为双曲线，
所以，则，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
40．
【分析】利用正弦定理即可得解.
【详解】因为在中，，，，
所以由正弦定理得，即，解得，
所以.
故答案为：.
41．
【分析】根据指对互化求，再根据指数运算求解.
【详解】，所以.
故答案为：
42．
【分析】利用古典概型的概率求法，先求出总的基本事件的件数，再列举出满足条件的基本事件，从而得解.
【详解】依题意，将一颗骰子连掷两次的基本事件的件数为，
而第一次点数小于3且第二次点数大于3（记为事件）的基本事件有，共6件，
所以.
故答案为：.
43．（只要使得即可）.
【分析】利用线面垂直的判定定理及线面垂直的定义可得出结论.
【详解】连接，如下图所示：

因为平面，平面，则，
若，，、平面，平面，
平面，.
故答案为：（只要使得即可）.
44．1
【分析】对函数求导得，令，求解即可.
【详解】解：因为，
所以，
又因为直线的斜率为，
所以，
解得：，
即切点的横坐标为：1.
故答案为：1
45．
【分析】由二次函数的值域为，分析求出参数，然后代入中求出值域即可
【详解】由二次函数的值域为得：
解得：或（舍去）
所以
因为
所以函数的值域为：
故答案为：.
46．
【分析】由已知，根据题意，写出圆的参数方程，然后将A、B两点坐标表示成参数方程形式，并根据的关系，找到两个点参数形式的角度关系，然后带入求解的式子，利用三角函数化简即可求解最大值.
【详解】由已知，圆的参数方程为：（为参数），
因为、是圆上的两个不同的动点，
可令（），（），且，
所以、，
由可得：，
又因为，所以，
所以


所以，当时，取得最大值.
故答案为：.
47．/
【分析】根据函数值域满足，结合正弦函数的图象可知时满足题意，得解.
【详解】，令，
,,
，作出函数的图象，如图，

由图可知，以为中心，当变大时，若，函数最大值，最小值，不满足，若时，函数最大值，所以只需要确定函数最小值，因为，需函数最小值为，所以当时，即时，
函数值域为，满足，当时，函数最小值，此时不满足， 综上.
故答案为：.
48．
【分析】根据，可得，利用平面直角坐标系取则，设，结合已知条件可得，，利用平面向量的坐标运算可得，故可得的取值范围.
【详解】解：因为，所以，
则，所以，于是有，
因为，所以
则如图所示，在平面直角坐标系中，

则，设，
因为，所以，则，即，
因为，所以
则，即，解得，
则


因为
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，当时，，当时，，所以
故的取值范围是.
故答案为：.
49．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由圆柱的性质可得底面，即可得出，再由直线与平面垂直的判定得出结论；
（2）由已知解直角三角形求出圆柱的底面半径及母线长，即可求出答案.
【详解】（1）证明：底面，且底面，
，
又，且，平面，
平面；
（2）在中，，，
，
又在中，，
．
圆柱的底面半径为，母线长为4，
圆柱的侧面积为．
50．（1）；（2）.
【解析】（1）利用及二倍角公式和辅助角公式将函数化简整理为，再根据正弦函数的图像与性质求出函数的值域；
（2）由已知得由，得，且或，结合方程在区间上至少有两个不同的解，可得，解不等式可得解.
【详解】（1），
令，，
由的图像知，，即，，

所以函数的值域为.
（2）
，，即
，，且或
由于方程在区间上至少有两个不同的解，
所以，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：考查三角函数的值域时，常用的方法：
（1）将函数化简整理为，再利用三角函数性质求值域；
（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.
51．（1）；（2）①的最小值为，此时；②答案见解析.
【分析】（1）根据表格中的数据，结合函数解析式，直接利用所给公式可求；
（2）①利用配方法进行求解即可；
②根据以上的结论，运用分类讨论思想进行求解即可..
【详解】（1）若用函数来拟合上述表格中的数据，
，
则；
（2）①若用函数来拟合上述表格中的数据，则

，
则当时，的最小值为，
此时.
②由上可知， ， ，
当时，>，此时用来拟合上述表格中的数据更好；
当或时，=，用拟合效果一样；
当或时，<，此时用来拟合上述表格中的数据更好.
52．（1）；（2）；（3）证明见解析，.
【解析】（1）由题意，得到和，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）由直线的方程为，根据，求得，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；
（3）设直线的方程为，由，得到和，联立方程组，结合根与系数的关系和，求得，得到直线的方程，即可求解.
【详解】（1）由题意，因为椭圆过点，可得，
设焦距为，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，
可得，即
又因为，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由直线的方程为，可得而，
设，因为，
可得，
从而，
于是，所以，
由，整理得，可得，
所以.
（3）显然直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，，可得，
由，可得，
所以，从而，同理，
又，∴——①，
联立，得，
则——②，
且——③
③代入①得，∴，(满足②)
故直线的方程为，所以直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的策略：
（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利用条件找到与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）由特殊到一般法：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）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】（1）利用定义即可判断；
（2）可判断是周期为4的数列，进而得出也是周期为4的数列，即可由周期性求出；
（3）由题可得为等比数列，从而求出，得出，讨论的单调性求出最值即可.
【详解】（1）设的公差为，则，
故数列是等差数列；
（2）由，可知是周期为4的数列，即；
由

，即也是周期为4的数列.
又由，可求：
，，，
，
所以
.
（3）由得，
即是以为首项，为公比的等比数列，
则
所以

.
则.
当为奇数时，单调递减，且；
当为偶数时，单调递增，且；
因为，故，
所以的最大值为，最小值为，
因为对中的任意两项，，都成立，
所以，
解得
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用数列的周期性求和问题，解题的关键是求出数列的周期，进而简化求和的运算；本题还考查了数列不等式的恒成立问题，解题的关键是求出数列的通项公式，判断出单调性，求出最大值和最小值.
54．(1)
(2)

【分析】（1）根据圆锥的体积公式计算出圆锥的体积.
（2）作出直线CD与平面PAB所成角，解直角三角形求得角的大小.
【详解】（1）依题意可知圆锥的底面半径，高，
所以圆锥的体积为.
（2）连接，由于是的中点，所以，
由于是弧的中点，所以，
根据圆锥的几何性质可知，
所以平面，所以是直线CD与平面PAB所成角的平面角.
在中，，所以.
即直线CD与平面PAB所成角的大小为.

55．(1)，最大值为.
(2)或

【分析】（1）利用向量数量积的运算、降次公式、辅助角公式对的表达式进行化简，进而求得的最大值.
（2）利用向量共线求得，利用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.
【详解】（1）
，的最大值为.
（2）时，，
，
，
由于，所以，
由余弦定理得，
，，
解得或.
当时，，
当时，.
56．(1)飞行器经过O，小镇A会受到该飞行器的噪音污染；
(2)3级.

【分析】（1）由题设构建以EF的中点O为原点，过O平行于AE的直线为x轴，BE为y轴的直角坐标系，确定相关点坐标，根据题意知：飞行器轨迹以为准线，为焦点的抛物线，写出抛物线方程，即可判断飞行器是否经过O，在轨迹上找到一点判断与的大小关系即知小镇A是否会受到该飞行器的噪音污染.
（2）设飞行器的坐标为，利用两点距离公式及在抛物线上，结合二次函数的性质求，即知小镇B受该飞行器噪音污染的最强等级.
【详解】（1）由题设，构建以EF的中点O为原点，过O平行于AE的直线为x轴，BE为y轴的直角坐标系，如下图示：
∴，，，，，
要使新型飞行器在试飞过程中到F和到直线AE的距离始终相等，
∴其轨迹为以为准线，为焦点的抛物线，故轨迹方程为，
∴在轨迹上，即该飞行器经过线段EF的中点O，
连接，交抛物线于，而，
∴千米，故小镇A会受到该飞行器的噪音污染.

（2）设飞行器的坐标为，
∴，又，
∴当时，千米，故小镇B受该飞行器噪音污染的最强等级为3级.
57．(1)
(2)证明见解析
(3)是定值.

【分析】（1）求得点坐标和直线的方程，由此求得到直线的距离.
（2）对的斜率是否存在进行分类讨论，由此证得结论成立.
（3）设出直线的方程并代入双曲线方程，求得的坐标，由此计算是定值.
【详解】（1），
所以，则，
直线的方程为，即，
所以到直线的距离为.
（2）直线的斜率不存在时，，
直线的斜率存在时，，，整理得.
综上所述，成立.
（3）依题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，代入双曲线并化简得：
①，
由于，则代入①并化简得：
，
设，则，代入，
得，即，
所以
，
所以是定值.
58．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.

【分析】（1）“子列”的和不可能为，所以不存在“完美互补子列”；
（2）利用反证法证明得解；
（3）先利用完美互补子列的定义证明当和时，都存在“完美互补子列”，再分类讨论证明.
（1）
解：由题得数列各项的和为
由题得“完美互补子列”的和相等，所以每一个“子列”的和为是一个小数，
由于数列各项为整数，所以“子列”的和不可能为，
所以不存在“完美互补子列”.
（2）
解：假设，
由题得数列的前100项和为,
所以不管在哪一个“子列”，都不可能，
所以假设不成立，所以.
（3）
解：时，
，
不妨设中项为中项为
则中所有项与中所有的项的和均为，
所以时，数列存在完美互补子数列.
时，只需将中，中移到中，将放入中，将放入中，则此时，中的的和均在原来的基础上增加了，所以时，数列存在完美互补子数列.
下面证明.
当时，数列共有对完美互补子数列，在每一对完美互补子列中，
（1）假设在中，则将放入中，将中的移到中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.
（2）同理，假设在中，则将放入中，将放入中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.
（3）同理，假设在中，则将放入中，将放入中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.
故对于时，中每一对完美互补子列，都至少有3种情况，
所以.
59．(1)；
(2)169.

【分析】（1）由已知可知，公差.根据等比中项的性质，可得，解得，即得数列的通项公式；
（2）经化简可求出，即可得到最大值.
【详解】（1）设公差为，因为，所以.
则由、、成等比数列可得，即，
整理可得，又，所以，
又，所以，.
（2）由（1）知，，，
所以，
所以，当时，有最大值，为169.
60．(1)
(2)存在，

【分析】（1）先作出点C到平面的距离，再解三角形去求的长即可解决；
（2）利用面面平行性质定理去作出点D，再利用等边三角形的性质去求∠BOD的大小
【详解】（1）连接CO并延长交AB于M，

又正△ABC内接于圆柱的下底面圆O，则，
又平面ABC，平面ABC
则，又，,平面,平面
则平面，则点C到平面的距离为
由圆柱的底面半径为1，可得，则
则
（2）连接，在平面ABC内过点O作交劣弧于D，连接

由，平面，平面，可得平面
由，平面，平面，可得平面
又，平面，平面
则平面平面，又平面，则平面，
连接OB，则
61．(1)3位；第75百分位数是30
(2)

【分析】（1）根据茎叶图和百分位数公式，即可计算结果；
（2）根据对立事件和组合数公式求概率.
【详解】（1）由茎叶图可知，25岁的球员共有3位球员；
因为，所以第75百分位数是第20位，由茎叶图可知，年龄从小到大排列，第20位球员的年龄是30；
（2）11名球员没有年龄不小于30的概率,
所以这11名球员中至少有一位年龄不小于30岁的概率.
62．(1)；
(2)见解析；
(3)存在，.

【分析】(1)由题意可得，由截距式写出直线的方程，再化成一般式即可；
(2) 设,可得直线的方程，从而可解得点的坐标，再根据向量数量积的坐标运算求出的值即可得证；
(3)由题意可得T的坐标，设的方程为，设点T到和的距离分别为，，利用点到线的距离公式表示出，，进而可得的代数式，再判断当为定值时是否有解，即可判断.
【详解】（1）解：由题意可得，
所以直线的方程的截距式为，
即为；
（2）证明：设,
因为，
所以直线的方程为：；
联立，得，
即；
直线的方程为：，
即，
当时，，
即，
所以==，
又因为，
所以，
所以===.
得证；
（3）解：不存在，理由如下：
由题(2)可知，不妨令，则，
则，
所以点T到的距离，
设的方程为：，
则点T到的距离，
所以当时，，
所以存在满足条件的.
63．(1)是
(2)
(3)

【分析】（1）根据C关系的理解，令，解得，从而得以判断；
（2）利用换元法，结合二次函数的性质得到在上恒成立，分类讨论与，利用基本不等式即可求得a的取值范围；
（3）构造函数，将问题转化为在上存在零点，分类讨论与，利用导数与函数的关系证得时，在上有零点，从而得解.
【详解】（1）与是具有C关系，理由如下：
根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在，使得，
因为，，，
所以，
令，即，解得，
所以与具有C关系.
（2）令，
因为，，所以，
令，则，故，
因为与不具有C关系，所以在上恒为负或恒为正，
又因为开口向下，所以在上恒为负，即在上恒成立，
当时，显然成立；
当时，在上恒成立，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，所以，
综上：，即.
（3）因为和，
令，则，
因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，
因为，
当且时，因为，所以，
所以在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，显然当时，，
当时，因为在上单调递增，且，
故在上存在唯一零点，设为，则，
所以当；当；又当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有C关系，
综上：，即.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到与具有C关系，则在定义域上存在，使得，从而得解.