上海市奉贤区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市奉贤区三年（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。

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．既不充分又不必要条件
2．（2020·上海·统考一模）设是直线的一个方向向量，是直线的一个法向量，设向量与向量的夹角为，则为
A．B．
C．D．
3．（2020·上海·统考一模）已知垂直竖在水平地面上相距20米的两根旗杆的高分别为10米和15米,地面上的动点到两旗杆顶点的仰角相等,则点的轨迹是
A．椭圆B．圆C．双曲线D．抛物线
4．（2020·上海·统考一模）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用.其定义黎曼函数为：当（为正整数，是既约真分数）时，当或或为上的无理数时.已知、、都是区间内的实数，则下列不等式一定正确的是
A．B．
C．D．
5．（2021·上海奉贤·统考一模）下列函数中为奇函数且在上为增函数的是（ ）
A．B．C．D．
6．（2021·上海奉贤·统考一模）已知的二项展开式中，前三项系数成等差数列，则的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．（2021·上海奉贤·统考一模）对于下列命题：
①若则；
②若，则.
关于上述命题描述正确的是（ ）
A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
8．（2021·上海奉贤·统考一模）复数的模为1，其中为虚数单位，，则这样的一共有（ ）个.
A．9B．10C．11D．无数
9．（2022·上海奉贤·统考一模）下列四组函数中，同组的两个函数是相同函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
10．（2022·上海奉贤·统考一模）紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶､掇球壶､石飘壶､潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台．如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约接近于（ ）
A．B．C．D．
11．（2022·上海奉贤·统考一模）下列结论不正确的是（ ）
A．若事件与互斥，则
B．若事件与相互独立，则
C．如果分别是两个独立的随机变量，那么
D．若随机变量的方差，则
12．（2022·上海奉贤·统考一模）已知，，，，满足，，，有以下个结论：
①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数；
②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数.
下列说法正确的是（ ）
A．结论①、②都成立
B．结论①不成立、②成立
C．结论①成立、②不成立
D．结论①、②都不成立
二、填空题
13．（2020·上海·统考一模）已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为__________.
14．（2020·上海·统考一模）在展开式中，常数项为__________.（用数值表示）
15．（2020·上海·统考一模）若实数满足，则的最大值为_______．
16．（2020·上海·统考一模）复数的虚部是_________.
17．（2020·上海·统考一模）设集合，则__________.
18．（2020·上海·统考一模）已知函数的图像关于直线对称，则________.
19．（2020·上海·统考一模）等差数列中，公差为，设是的前n项之和，且，则__________.
20．（2020·上海·统考一模）若抛物线的准线与曲线只有一个交点，则实数满足的条件是__________.
21．（2020·上海·统考一模）某工厂生产、两种型号的不同产品，产品数量之比为.用分层抽样的方法抽出一个样本容量为的样本，则其中种型号的产品有件.现从样本中抽出两件产品，此时含有型号产品的概率为__________.
22．（2020·上海·统考一模）对于正数、，称是、的算术平均值，并称是、的几何平均值.设，，若、的算术平均值是1，则、的几何平均值（是自然对数的底）的最小值是__________.
23．（2020·上海·统考一模）在棱长为的正方体中，点分别是线段（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面，则四面体的体积的最大值是___________.
24．（2020·上海·统考一模）已知是奇函数，定义域为，当时，（），当函数有3个零点时，则实数的取值范围是__________.
25．（2021·上海奉贤·统考一模）已知集合，若，则__________.
26．（2021·上海奉贤·统考一模）计算__________.
27．（2021·上海奉贤·统考一模）已知圆的参数方程为（为参数），则此圆的半径是__________.
28．（2021·上海奉贤·统考一模）函数的最小正周期是__________.
29．（2021·上海奉贤·统考一模）函数是奇函数，则实数__________.
30．（2021·上海奉贤·统考一模）若圆锥的底面面积为，母线长为2，则该圆锥的体积为__________.
31．（2021·上海奉贤·统考一模）函数的定义域是__________.
32．（2021·上海奉贤·统考一模）等差数列满足，则数列前项的和为__________.
33．（2021·上海奉贤·统考一模）汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分，灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直，灯泡位于抛物线焦点处，已知灯口的直径是24 cm，灯深10 cm，那么灯泡与反射镜顶点(即截得抛物线顶点)间的距离是________.
34．（2021·上海奉贤·统考一模）已知曲线的焦距是10，曲线上的点到一个焦点的距离是2，则点到另一个焦点的距离为__________.
35．（2021·上海奉贤·统考一模）从集合中任取3个不同元素分别作为直线方程中的，则经过坐标原点的不同直线有__________条（用数值表示）
36．（2021·上海奉贤·统考一模）设平面上的向量满足关系，又设与的模均为1且互相垂直，则与的夹角取值范围为__________.
37．（2022·上海奉贤·统考一模）设，则__________.
38．（2022·上海奉贤·统考一模）已知，（为虚数单位），则__________.
39．（2022·上海奉贤·统考一模）方程的两个实数根为，若，则实数__________.
40．（2022·上海奉贤·统考一模）已知等差数列中，，则的值等于__________.
41．（2022·上海奉贤·统考一模）已知双曲线的中心在原点，焦点在轴上，它的渐近线方程为，则它的离心率等于__________.
42．（2022·上海奉贤·统考一模）若两个正数的几何平均值是1，则与的算术平均值的最小值是__________.
43．（2022·上海奉贤·统考一模）在二项式的展开式中，系数最大的项的系数为__________（结果用数值表示）.
44．（2022·上海奉贤·统考一模）下表是岁未成年人的身高的主要百分位数（单位：）.小明今年岁，他的身高为，他所在城市男性同龄人约有万人.可以估计出小明的身高至少高于他所在城市__________万男性同龄人.
岁未成年人的身高的主要百分位数
数据来源：《中国未成年人人体尺寸）（标准号：）.
45．（2022·上海奉贤·统考一模）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率是__________.（结果用最简分数表示）.
46．（2022·上海奉贤·统考一模）长方体的底面是边长为1的正方形，若在侧棱上至少存在一点，使得，则侧棱的长的最小值为__________.
47．（2022·上海奉贤·统考一模）设且满足，则__________.
48．（2022·上海奉贤·统考一模）已知某商品的成本和产量满足关系，该商品的销售单价和产量满足关系式，则当产量等于__________时，利润最大.
三、解答题
49．（2020·上海·统考一模）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.
（1）当四棱锥的体积为时， 求异面直线与所成角的大小；
（2）求证：平面.
50．（2020·上海·统考一模）在不考虑空气阻力的情况下火箭的最大速度（单位：）和燃料的质量（单位：），火箭（除燃料外）的质量（单位：）满足（为自然对数的底）.
（1）当燃料质量为火箭（除燃料外）质量的两倍时，求火箭的最大速度（单位：）结果精确到0.1）；
（2）当燃料质量为火箭（除燃料外）质量的多少倍时，火箭的最大速度可以达到（结果精确到0.1）.
51．（2020·上海·统考一模）在①；②；③三边成等比数列.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求解此三角形的边长和角的大小；若问题中的三角形不存在，请说明理由.
问题：是否存在，它的内角、、的对边分别为、、，且，，______________.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
52．（2020·上海·统考一模）如图，曲线的方程是，其中、为曲线与轴的交点，点在点的左边，曲线与轴的交点为.已知，，，的面积为.
（1）过点作斜率为的直线交曲线于、两点（异于点），点在第一象限，设点的横坐标为、的横坐标为，求证：是定值；
（2）过点的直线与曲线有且仅有一个公共点，求直线的倾斜角范围；
（3）过点作斜率为的直线交曲线于、两点（异于点），点在第一象限，当时，求成立时的值.
53．（2020·上海·统考一模）已知数列满足恒成立.
（1）若且，当成等差数列时，求的值；
（2）若且，当、时，求以及的通项公式；
（3）若，，，，设是的前项之和，求的最大值.
54．（2021·上海奉贤·统考一模）在中，所对边满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
55．（2021·上海奉贤·统考一模）第一象限内的点在双曲线上，双曲线的左､右焦点分别记为，已知为坐标原点.
(1)求证：；
(2)若的面积为2，求点的坐标.
56．（2021·上海奉贤·统考一模）图1是某会展中心航拍平面图，由展览场馆､通道等组成，可以假设抽象成图2，图2中的大正方形是由四个相等的小正方形（如）和宽度相等的矩形通道组成.展览馆可以根据实际需要进行重新布局成展览区域和休闲区域，展览区域由四部分组成，每部分是八边形，且它们互相全等.图2中的八边形EFTSHQMG是小正方形中的展览区域，小正方形中的四个全等的直角三角形是休闲区域，四个八边形是整个的展览区域，16个全等的直角三角形是整个的休闲区域.设的边长为300米，的周长为180米.
(1)设，求的面积关于的函数关系式；
(2)问取多少时，使得整个的休闲区域面积最大.(，长度精确到1米，利用精确后的长度计算面积，面积精确到1平方米)
57．（2021·上海奉贤·统考一模）如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)求点的位置.
58．（2021·上海奉贤·统考一模）已知数列满足.
(1)当时，求证：数列不可能是常数列；
(2)若，求数列的前项的和；
(3)当时，令，判断对任意，是否为正整数，请说明理由.
59．（2022·上海奉贤·统考一模）已知为奇函数，其中.
(1)求函数的最小正周期和的表达式；
(2)若，求的值.
60．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体中，已知.点是中点.
(1)求证：平面；
(2)已知，作出二面角的平面角，并求它的正弦值.
61．（2022·上海奉贤·统考一模）某地区1997年底沙漠面积为（注：是面积单位，表示公顷）.地质工作者为了解这个地区沙漠面积的变化情况，从1998年开始进行了连续5年的观测，并在每年底将观测结果记录如下表：
请根据上表所给的信息进行估计.
(1)如果不采取任何措施，到2020年底，这个地区的沙漠面积大约变成多少？
(2)如果从2003年初开始，采取植树造林等措施，每年改造面积沙漠，但沙漠面积仍按原有速度增加，那么到哪一年年底，这个地区的沙漠面积将首次小于
62．（2022·上海奉贤·统考一模）已知椭圆的中心在原点，且它的一个焦点为.点分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点，的面积为.点是椭圆上在第一象限内的一个动点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若把直线的斜率分别记作，若，求点的坐标；
(3)设直线与轴交于点，直线与轴交于点.令，求实数的取值范围.
63．（2022·上海奉贤·统考一模）已知函数,其中.
(1)求函数在点的切线方程;
(2)函数是否存在极值点,若存在求出极值点,若不存在,请说明理由;
(3)若关于的不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围.
岁
男
女
岁
男
女
观测年份
该地区沙漠面积比原有（1997年底）面积增加数
1998
2000
1999
4000
2000
6001
2001
7999
2002
10001
参考答案：
1．A
【分析】,而,进而得出结果.
【详解】由可得，必有，故“”是“”的充分条件；
反之，若“”，则有，此时不一定成立即“”不一定成立，
则“”是“”的不必要条件.
所以“”是“”的充分不必要条件
故选: A
2．C
【解析】利用直线方程确定直线的方向向量，以及直线的法向量，利用向量夹角公式求解.
【详解】由题意，是直线的一个方向向量，则，
是直线的一个法向量，，
则，
故，
故选：C.
3．B
【详解】如图，建立直角坐标系
依题意可得，
则
设，因为，所以
则，即
化简可得，即
所以点轨迹为圆，故选B
4．B
【解析】设为正整数，是既约真分数，或或为上的无理数，然后根据，与集合，的关系分类讨论，计算与，与的关系.
【详解】设为正整数，是既约真分数，或或为上的无理数，则根据题意有：
①当时，则，，
②当时， ，；
③当时，，；
④当时，，
综上所述，一定成立.
故选：B.
【点睛】本题以黎曼函数为背景，考查学生获取新知识应用新知识的能力. 当、、都是区间内的实数时，与的取值可能为的形式（为正整数，是既约真分数），也可能为或或为上的无理数，解决的途径主要是要针对，的取值进行分类讨论，然后根据的性质判断与，与的关系.
5．D
【分析】根据常见函数的奇偶性及单调性，逐项判断即可.
【详解】对A，因为指数函数为非奇非偶函数，A错误；
对B，函数为偶函数，且在上不单调，B错误；
对C，正弦函数是奇函数，但在R上不单调，C错误；
对D，幂函数为奇函数，且在R上是增函数，D正确.
故选：D.
6．B
【分析】根据给定条件求出二项展开式的通项，再列式即可计算得的值.
【详解】依题意，的二项展开式通项：，，
于是有：，整理得，即，而，解得，
所以的值为8.
故选：B
7．C
【分析】根据不等式的性质可以判断①，再根据指数式的运算可以判断②，最后得到答案.
【详解】对①，由，得，则，又因为所以，于是.①为真命题；
对②，令，则，即.②为假命题.
故选：C.
8．C
【分析】先根据复数的模为1及复数模的运算公式，求得即，接下来分与两种情况进行求解，结合，求出的个数.
【详解】，其中，所以，即，，当时，①，，所以，，因为，所以或；②，，所以，，因为，所以，，，，或；当时，①，，即，，因为，所以，②，，即，，因为，所以，，，，，综上：，，一共有11个.
故选：C
9．D
【分析】根据相同函数的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，函数的定义域为；函数的定义域为，不是相同函数.
B选项，函数的定义域为；函数的定义域为，不是相同函数.
C选项，函数的定义域为；函数的定义域为，不是相同函数.
D选项，由于，所以与的定义域、值域都为，对应关系也相同，
所以与是相同函数.
故选：D
10．B
【分析】根据圆台的体积公式计算即可．
【详解】解：设R为圆台下底面圆半径，r为上底面圆半径，高为，
则，，，
，
故选：B．
11．A
【分析】由已知，选项A，根据事件与互斥，可知；选项B，根据事件与相互独立，可知；选项C，根据分别是两个独立的随机变量，可得；选项D，由，可得，即可作出判断.
【详解】由已知，
选项A，若事件与互斥，则，故该选项错误；
选项B，若事件与相互独立，则，故该选项正确；
选项C，若分别是两个独立的随机变量，那么，故该选项正确；
选项D，若随机变量的方差，则，故该选项正确；
故选：A.
12．B
【分析】根据三角恒等变换的知识，分别将和用，表示即可.
【详解】对于结论①，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴当为常数，时，不是一个常数，故结论①不成立；
对于结论②，
方法一：
∵
又∵
∴
化简得，
∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立.
方法二：（特值法）
当时，，
∴，∴.
∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立.
故选：B.
【点睛】本题中结论②的判断，使用常规三角恒等变换的方法运算量较大，对于存在性结论，使用特值法可以有效验证其正确性，减少运算量.
13．
【解析】由椭圆的定义求解.
【详解】利用椭圆定义，，
可知，即
故答案为：
14．
【解析】写出展开式的通项，令指数位置等于即可求解.
【详解】展开式的通项为，
令，可得，
所以常数项为，
故答案为：
15．3.
【分析】画出可行域，求出线性目标函数的最大值.
【详解】画出可行域如图所示：
令，则，易知截距越大，z越大，
直线 ，平移直线至时，.
故答案为：3
【点睛】考查了线性目标函数在线性约束条件下的最大值问题，属于容易题.
16．1
【解析】由复数除法法则化简复数为代数形式，然后可得其虚部．
【详解】，虚部为1．
故答案为：1．
17．
【解析】求解函数的定义域，即只需满足即可.
【详解】要使函数有意义，则只需，又,
所以不等式的解集为，故.
故答案为：.
【点睛】求解有关对数型复合函数的定义域时，只需满足真数部分大于零，然后求解关于的不等式得到答案.
18．
【解析】令求出其对称轴，再令对称轴等于结合，即可求解
【详解】令，可得：，
令，解得，
因为，所以，，
故答案为：
19．
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式将用和表示，再结合求极限即可.
【详解】因为是等差数列，所以，，
所以，
因为，所以，
故答案为：
20．
【解析】根据题意求出抛物线的准线方程为，分别讨论和时曲线所表示的图形，即可求解.
【详解】抛物线的准线为，
当时，表示椭圆在轴上方部分以及左右顶点
所以，
若与曲线只有一个交点，
则，解得，
当时，表示双曲线的在轴上方部分即上支，
此时，
此时满足与曲线只有一个交点，所以，
综上所述：实数满足的条件是或，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是分和两种情况讨论，得到曲线是我们熟悉的椭圆与双曲线的一部分，数形结合可得的范围.
21．
【解析】先由分层抽样抽样比求种型号抽取件数，以及，再根据古典概型公式求概率.
【详解】设种型号抽取件，所以，解得：，，
从样本中抽取2件，含有型号产品的概率.
故答案为：
22．
【解析】由算术平均数的定义可得，、的几何平均值为，利用基本不等式解.
【详解】因为、的算术平均值是1，所以，即，所以，
、的几何平均值为，
由基本不等式可得：，
当且仅当时等号成立，
所以、的几何平均值的最小值是
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用已知条件得出乘积是定值，而、的几何平均值为最小就等价于最小，显然利用基本不等式可求解.
23．
【分析】由线面平行的性质定理知， ∽ ， ，
设，则 ， 到平面 的距离为 ，则 ,
所以，所以四面体 的体积为，
当 时，四面体 的体积取得最大值： ．
所以答案应填： ．
考点：1、柱、锥、台体体积；2、点、线、面的位置关系．
【思路点睛】本题考查正方形中几何体的体积的求法，找出所求四面体的底面面积和高是解题的关键，考查计算能力，属于中档题．由线面平行的性质定理知， ∽ ，设出，则 ， 到平面 的距离为 ，表示出四面体 的体积，通过二次函数的最值，求出四面体的体积的最大值．
24．
【解析】首先根据函数 的单调性和端点值画出函数的图象，再根据函数的性质画出函数的图象，根据数形结合求的取值范围.
【详解】当时，易知函数单调递减，且时，，时，，其大致图象如下，
在的大致图象如下，
又函数是定义在上的奇函数，故函数的图象如下，
要使函数有3个零点，只需函数的图象与直线有且仅有3个交点，
由图象可知，．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
25．3.
【分析】根据并集的定义即可得到答案.
【详解】因为,且，所以a=3.
故答案为：3.
26．
【分析】根据给定条件利用数列极限直接计算即可作答.
【详解】.
故答案为：
27．2
【分析】先把参数方程化为普通方程，进而求出圆的半径.
【详解】由参数方程（ θ 为参数）化为普通方程：，故圆的半径为2.
故答案为：2
28．
【分析】先利用辅助角公式化为，进而利用公式进行求解.
【详解】，故最小正周期
故答案为：
29．
【分析】根据给定条件利用奇函数的定义计算作答.
【详解】因函数是奇函数，其定义域为R，
则对，，即，整理得：，
而不恒为0，于是得，
所以实数.
故答案为：
30．/
【分析】利用圆锥的底面面积求出底面半径，利用勾股定理求出圆锥的高，进而利用圆锥的体积公式进行求解.
【详解】圆锥的底面面积为，则底面半径r=1，由勾股定理可得：，所以圆锥的体积为
故答案为：
31．
【分析】根据给定条件列出不等式，再借助指数函数单调性求解即得.
【详解】函数有意义，则有，即，解得，
所以函数的定义域是.
故答案为：
32．
【分析】设出公差，利用题干条件得到，进而求出，利用等差数列求和公式进行求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，因为，，两式相减，，即，所以，且，所以，所以数列前项的和为.
故答案为：
33．3.6 cm
【分析】如图先根据实际情况合理建立直角坐标系，设出抛物线方程，结合题设数据找点求出抛物线方程，灯泡与反射镜顶点间的距离即为抛物线焦点与顶点距离.
【详解】取反射镜的轴即抛物线的对称轴为轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立直角坐标系，如图所示．
因为灯口直径，灯深，所以点的坐标是．设抛物线的方程为，由点在抛物线上，得，所以.所以抛物线的焦点的坐标为．因此灯泡与反射镜顶点间的距离是.
【点睛】本题属于抛物线的实际应用题，熟练掌握抛物线的方程及性质是解题关键.
34．或10.
【分析】对参数a进行讨论，考虑曲线是椭圆和双曲线的情况，进而结合椭圆与双曲线的定义和性质求得答案.
【详解】由题意，曲线的半焦距为5，若曲线是焦点在x轴上的椭圆，则a>16，所以，而椭圆上的点到一个焦点距离是2，则点到另一个焦点的距离为；
若曲线是焦点在y轴上的椭圆，则0若曲线是双曲线，则a<0，容易判断双曲线的焦点在y轴，所以，不妨设点P在双曲线的上半支，上下焦点分别为，因为实半轴长为4，容易判断点P到下焦点的距离的最小值为4+5=9>2，不合题意，所以点P到上焦点的距离为2，则它到下焦点的距离.
故答案为：或10.
35．54
【分析】根据给定条件可得，再从任取两个不同元素分别作为值的种数中减去重合的直线条数即可作答.
【详解】依题意，，从任取两个不同元素分别作为的值有种，
其中重合的直线，按有序数对，
有：重合，重合，重合，重合，重合，
有：重合，重合，重合，重合，重合，
所以经过坐标原点的不同直线条数是.
故答案为：54
【点睛】思路点睛：涉及部分排列组合问题，用直接法求解，分类复杂，可以求出不考虑条件的所有结果，再去掉不符合要求的结果，即运用逆向思维，间接求解．
36．
【分析】用与表示出向量，利用平面向量数量积结合夹角公式求出即可计算作答.
【详解】当时，由得：，
因与的模均为1且互相垂直，即有，
则，，
则有，
而，于是得，又，则，
所以与的夹角取值范围为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题，利用已知的不共线的两个向量为基底，将问题中的向量用该基底表示出，再通过向量的运算来解决.
37．/
【分析】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】依题意，集合的元素是整数，所以.
故答案为：
38．
【分析】两个复数相等，则实部和虚部分别相等.
【详解】因为，又,
所以，即.
故答案为：.
39．
【分析】根据韦达定理求解即可.
【详解】，，.
，解得.
故答案为：
40．14
【分析】利用等差数列的通项公式求出，，便可求得.
【详解】解：由题意得：
等差数列，所以设等差数列的首项为： ，公差为：
又，
故答案为：
41．
【分析】利用双曲线的性质和之间的关系即可求得离心率.
【详解】由已知双曲线的渐近线方程为
所以，故
所以，故
所以离心率
故答案为：
42．1
【分析】根据基本不等式和几何平均数、算数平均数的概念判断即可.
【详解】根据基本不等式可得，所以与的算数平均数的最小值为1.
故答案为：1.
43．462
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后利用二项式系数的性质可求得结果.
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
所以当或时，其系数最大，
则最大系数为，
故答案为：462.
44．
【分析】由百分位数估算出身高低于小明的男性同龄人所占比例，再乘男性同龄人总人数即可.
【详解】小明今年岁，从表中可以得出，岁男性身高的主要百分位数中，，，小明的身高为，介于和之间，说明至少有的男性同龄人身高低于小明，
∵小明所在城市男性同龄人约有万人，
∴小明的身高至少高于（万人）.
故答案为：.
45．
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，
这个点在同一个平面的有个，
故所求概率．
故答案为：．
46．2
【分析】根据，利用勾股定理建立方程，则方程有解即可求解.
【详解】设
又因为，所以
即化简得，
即关于的方程有解，
当时，不符合题意，
当时，所以，
当且仅当，即时取得等号，
所以侧棱的长的最小值为2，
故答案为:2.
47．
【分析】令，则，根据即可求解．
【详解】令，则
所以，整理得
解得，所以
故答案为：
48．200
【分析】首先求出关于利润的表达式，再利用导数求出函数的单调性，即可求解.
【详解】由题意可知，设利润为，则，而，当时，，时，，即在单调递增，单调递减，所以时，利润最大.
故答案为：
49．（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）由体积求得，建立空间直角坐标系， 得出各点坐标．由向量的夹角得异面直线所成的角；
（2）由（1）用向量证明线线垂直，从而得线面垂直．
【详解】（1）由题意，，
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
，，
∵，而，
∴，∴异面直线与所成角为；
（2）由（1），，此时长度不定，可设．，
∵，∴，即，
同理，，
，平面．
∴平面．
【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，证明线面垂直，解题方法是空间向量法．以两两垂直的三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，用空间向量法证明垂直直线垂直，求空间角．这也是一种基本方法．它用代数计算代替几何证明，便于学生思考求解．
50．（1）；（2）.
【解析】（1）将化为：，然后将代入中求解即可；
（2）将代入得，然后进行指对互化求解的值.
【详解】解：因为，所以，
当燃料质量为火箭（除燃料外）质量的两倍时，将代入得：
；
（2）令，即，得，解得.
51．答案见解析．
【解析】选①，由正弦定理得，已知条件得，由余弦定理得，从而得，然后可得；选②，由及正弦定理得，再由求得，用余弦定理求得，从而可得；选③，由得，利用余弦定理得，这样与三边成等比数列矛盾，不存在．
【详解】选①，
∵在，，∴由正弦定理得，即，
又，∴，
∴，解得，
∴，，．
选②，
∵在，，∴由正弦定理得，即，
∵，则，∴，
，，
∴，．
选③，三边成等比数列，
∵在，，∴由正弦定理得，又，
∴，，
即，这与三边成等比数列矛盾．无解．
【点睛】方法点睛：本题考查正弦定理、余弦定理解三角形．解题方法根据正弦定理进行边角转换，得出两边的关系，再由余弦定理得出三边的关系或由三边关系求角，由两边夹角应用余弦定理求第三边．注意三角形中的条件，灵活应用两个定理求解即可．
52．（1）证明见解析；（2）；（3）3．
【解析】（1）直线方程为，分类讨论，和，求出的坐标，计算即证；
（2）由三角形面积求出，得是双曲线的焦点，求出直线与下半圆相切时的斜率，然后结合双曲线的性质可得直线与曲线只有一个交点时倾斜角的范围；
（3）由数量积的坐标运算求得，计算，后可得．
【详解】解：（1）证明：直线方程为
时，由，解得，或，∴，
，由，解得，或，∴，
∴；
（2）由题意，，，解得，
设过的直线的方程为，则只有一个解，
只有一解，
，，由图知，易知直线的方程为也符合题意，双曲线的渐近线为，是此双曲线的右焦点，由双曲线性质知直线的倾斜角的取值范围是；
（3），由（1）有，
则，解得，
，，，
∴，，
∴．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线（半圆与半双曲线）的位置关系，解题方法是解析几何的基本方法：解方程组求得交点的坐标，然后由的坐标解决问题．对于直线曲线只有一个交点问题可结合图形，利用数形结合思想得出直线倾斜角范围．
53．（1） ；（2），；（3）
【解析】（1）根据等差数列的定义以及等差中项的性质即可求的值；
（2）分别令递推公式中的和得出两个关系式，结合、即可求，再求出是等比数列求出其通项，再利用累乘法即可求的通项公式；
（3）利用分组求和可得，结合，，求出利用基本不等式求最大值，即可求出的最大值.
【详解】（1）若且，
所以，即，
当成等差数列时，，
所以，解得： ；
（2），
令可得，即，
令可得，即
所以，因为，所以，解得，
由可得，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，
，
，

，
以上式子累乘得：
，
所以，
（3）由可得，
所以，
因为，所以，即，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以即，
，
因为，，所以，因为，所以，
所以，可得，
所以，
令，设，
，对称轴为，是开口向上的抛物线，在单调递增，
所以时取得最大值，故最大值为，
所以最大值为.
【点睛】方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.
54．(1)
(2)
【分析】（1）利用题干条件和余弦定理求出；（2）先求出，利用正弦定理求出，再利用余弦定理求出，求出周长.
【详解】（1）化简得：，两边同除以，及，因为，所以.
（2）因为，且，所以，因为，由正弦定理得：，故，由余弦定理得：，即，解得：，其中，所以，故的周长为
55．(1)证明见解析.
(2).
【分析】(1)根据给定条件结合双曲线定义及a，b，c的关系即可计算作答.
(2)利用(1)的结论求出双曲线的方程，求出长，由此列出方程组求解即得.
(1)
因是双曲线第一象限内的点，于是得，而，则，，
令双曲线的半焦距为c，则，因，因此，，
即，化简得，又，则有，，
所以.
(2)
因为线段的中点，则，由(1)知，于是有，则，
因此，双曲线方程为，设点，则有，
又是斜边的中点，则，即，
联立解得，而，则有，
所以点的坐标是.
56．(1)()；
(2)当取53米时，整个休闲区域面积最大为22235平方米.
【分析】(1)根据给定条件结合勾股定理用x表示出AF长即可求出函数关系式.
(2)利用(1)的函数关系借助换元法求出y的最大值及对应的x值即可计算作答.
(1)
依题意，在中，，则有，
，，则的面积，
所以的面积关于的函数关系式是：().
(2)
由(1)知，，，令，
，
当且仅当，即时取“=”，
整个休闲区域是16个与全等的三角形组成，因此，整个休闲区域面积最大，当且仅当的面积最大，
当，即米，整个休闲区域面积最大为平方米，
所以当取53米时，整个休闲区域面积最大为22235平方米.
57．(1)
(2)
(3)点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
【分析】（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；
（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；
（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.
【详解】（1）连接AC，BD，相交于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，
因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，
因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，
∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，
因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，
所以，由勾股定理得：，所以，
因为，E为PB的中点，所以，
在△AOE中，由余弦定理得：，
所以异面直线与所成角的大小为
（2）连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，
设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，
则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，
即平面与平面所成锐二面角的大小为
（3）延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，
所以，即，解得：，
故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
58．(1)证明见解析
(2)当时，；当时，.
(3)对任意，是正整数，理由见解析.
【分析】（1）由题干条件得到，故可说明数列不可能是常数列；（2）分，与，两种情况进行求解；（3）先求出，，故猜想对任意，是正整数，对平方后整理为，代入中，消去，得到关于的式子，再进行整理得到，故可类推出结果.
【详解】（1）证明：，因为，，所以，故当时，数列不可能是常数列
（2）因为，，所以当时，，时，，即当为奇数时，，当为偶数时，，设数列的前项的和为，当为奇数时，，当为偶数时，，综上：
当时，，时，，此时为等比数列，首项为2，公比为，当时，，当时，，故.
（3）对任意，是正整数，理由如下：当时，，所以，，，猜想：为正整数，
证明：，则，，代入到得：，整理得：，从而，（），于是，所以，因此知，当时，，当时，，以此类推，对任意，，证毕.
【点睛】数列的压轴题一般要用函数思想，需要结合不等式及特殊到一般的处理思路，比如本题第三问，在求解对任意，是否为正整数时，要先结合，，再使用消元思想来进行解决.
59．(1)，
(2)
【分析】（1）根据列关于的等式，即可求出解析式，得到周期；
（2）根据，求出，与然后再求解.
【详解】（1）因为为奇函数，
所以，
化简得到求出
，所以
，最小正周期是；
（2）若
所以
60．(1)证明见解析
(2)作图见解析，
【分析】（1）根据三线合一，线面垂直判定定理解决即可；
（2）取的中点，由，得，得是二面角的平面角，再由勾股定理，余弦定理，直角三角形特点解决即可.
【详解】（1）是中点，
又是中点，
面
所以面
（2）由题知，，，
取的中点，连接，
,
根据三角形全等证明方法,可以证明,
,
所以是二面角的平面角，
利用勾股定理计算出,
由余弦定理得，解得，
所以，，
所以，
所以中，.
61．(1)
(2)到2021年底这个地区沙漠治理的总面积首次小于
【分析】(1) 从增加数看, 数字稳定在 2000 附近, 所以可认为沙漠面积的增加值构成一个等差数列. 求2010年底的沙漠面积可利用数列的通项公式, 首项可以选2002年的增加数. 列出经过n年后的沙漠面积, 再根据已知列出不等式.
（2）设在2002年的基础上, 再经过n年, 该地区的沙漠面积将小于 , 列出不等式能求出结果.
【详解】（1）从表中数据看，每年沙漠面积增长量可以假设是一个等差数列，公差约，
假设表示年底新增沙漠面积，那么到2020年底新增沙漠面积约
，
到2020年底，这个地区的沙漠面积将大约变成.
（2）以2003年年底为第一年，设年年底后这个地区的沙漠面积小于,
,
化简得,
所以到2021年底这个地区沙漠治理的总面积首次小于.
62．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据焦点坐标、三角形面积、就是可得答案；
（2）设，利用点在椭圆上和可求出点坐标；
（3）求出直线、直线的方程可得点坐标及，利用得到，再由可得，即，利用的范围可得答案.
【详解】（1），所以椭圆标准方程为；
（2）设，，
得到，所以；
（3）因为点是椭圆上在第一象限内的点，所以，
直线的方程为，
直线的方程为，
所以，
，，
，
，
，
，则，
.
63．(1)
(2),不存在极值点;,存在一个极小值点,无极大值点
(3)
【分析】(1)对求导,求出切点斜率,再根据切点求出切线方程即可;
(2)令,对进行求导,再讨论及时导函数的正负及极值点即可;
(3)将代入,先讨论时的取值范围,再全分离,构造新函数,求导求单调性求最值,即可得出的取值范围.
【详解】（1）解:由题知,
,
所以在点的切线方程为,
即;
（2）设,定义域,
,
当时,恒成立,
所以在单调递增,
所以不存在极值点,
当时,令，
当时,，
当时,，
所以在单调递减,在单调递增,
所以函数存在一个极小值点,无极大值点,
综上:时,不存在极值点,
时,存在一个极小值点,无极大值点;
（3）由题知原不等式,
可化为,
当时,恒成立,
当时,
即,
由(2)知在有最小值,
所以,
,
,
,
,
即,
,,
综上: .
【点睛】方法点睛:该题考查导数的综合应用，属于难题，关于恒成立问题的方法如下:
(1)若，恒成立，则只需;
(2) 若，恒成立，则只需;
(3) 若，恒成立，则只需;
(4) 若，恒成立，则只需;
(5) 若，恒成立，则只需;
(6) 若，恒成立，则只需;
(7) 若，恒成立，则只需;
(8) 若，恒成立，则只需.