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上海市虹口区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编
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这是一份上海市虹口区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共51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·上海虹口·统考一模）若，则下列各式中恒正的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2020·上海虹口·统考一模）在中，若，则的形状一定是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等腰直角三角形
3．（2020·上海虹口·统考一模）已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是1，2，4，下列区间是函数的增区间的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2020·上海虹口·统考一模）在空间，已知直线及不在上两个不重合的点､，过直线作平面，使得点､到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
5．（2021·上海虹口·统考一模）设：实数满足，：实数满足，那么是的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
6．（2021·上海虹口·统考一模）设函数，其中，，若对任意的恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的图像关于直线对称
C．在上单调递增D．过点的直线与函数的图像必有公共点
7．（2021·上海虹口·统考一模）设等差数列的前项和为，如果，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
8．（2021·上海虹口·统考一模）已知，复数（其中i为虚数单位）满足，给出下列结论：①的取值范围是；②；③的取值范围是；④的最小值为2；其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．（2022·上海虹口·统考一模）设，已知直线与圆，则“”是“直线与圆相交”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·上海虹口·统考一模）若复数z满足且，则
A．B．C．D．
11．（2022·上海虹口·统考一模）已知是椭圆与抛物线的一个共同焦点，与相交于A，B两点，则线段AB的长等于（ ）
A．B．C．D．
12．（2022·上海虹口·统考一模）已知函数，数列满足，且（为正整数）．则（ ）
A．B．1C．D．
二、填空题
13．（2020·上海虹口·统考一模）已知集合，，则___________.
14．（2020·上海虹口·统考一模）方程的根是___________.
15．（2020·上海虹口·统考一模）行列式的值等于___________.
16．（2020·上海虹口·统考一模）函数的反函数为，则___________.
17．（2020·上海虹口·统考一模）从甲､乙､丙､丁4名同学中选2名同学参加志愿者服务，则甲､乙两人都没有被选到的概率为___________(用数字作答).
18．（2020·上海虹口·统考一模）二项式的展开式中含项的系数是________.
19．（2020·上海虹口·统考一模）计算：___________.
20．（2020·上海虹口·统考一模）过抛物线()的焦点作与抛物线对称轴垂直的直线交抛物线于､两点，且，则___________.
21．（2020·上海虹口·统考一模）已知，且有，则___________.
22．（2020·上海虹口·统考一模）设､分别是双曲线(，)的左､右焦点，点在双曲线右支上且满足，双曲线的渐近线方程为，则___________.
23．（2020·上海虹口·统考一模）若、分别是正数、的算术平均数和几何平均数，且、、这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值形成的集合是___________.
24．（2020·上海虹口·统考一模）已知数列{an}满足a1＝﹣2，且Sn＝+n（其中Sn为数列{an}前n项和），f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），则f（a2021）＝__.
25．（2021·上海虹口·统考一模）已知集合，，则______.
26．（2021·上海虹口·统考一模）已知是方程的解，则实数的值为______.
27．（2021·上海虹口·统考一模）已知，若幂函数为奇函数，且在上是严格减函数，则取值的集合是______．
28．（2021·上海虹口·统考一模）已知无穷等比数列的前项的和为，首项，公比为，且，则______.
29．（2021·上海虹口·统考一模）圆的半径等于______.
30．（2021·上海虹口·统考一模）在的展开式中，常数项等于_______.（结果用数值表示）
31．（2021·上海虹口·统考一模）已知角，，是的三个内角，若，则该三角形的最大内角等于______（用反三角函数值表示）.
32．（2021·上海虹口·统考一模）已知是定义域为的奇函数，且对任意的满足，若时，有，则______.
33．（2021·上海虹口·统考一模）已知抛物线的焦点为，，为此抛物线上的异于坐标原点的两个不同的点，满足，且，则______.
34．（2021·上海虹口·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______.
35．（2021·上海虹口·统考一模）已知实数，满足：，则的取值范围是______.
36．（2021·上海虹口·统考一模）已知函数，若对任意实数，，方程有解，方程也有解，则的值的集合为______.
37．（2022·上海虹口·统考一模）不等式的解集为______．
38．（2022·上海虹口·统考一模）对于正实数，代数式的最小值为______．
39．（2022·上海虹口·统考一模）已知球的半径为3，则该球的体积为 _________ .
40．（2022·上海虹口·统考一模）在的二项展开式中项的系数为______．
41．（2022·上海虹口·统考一模）设，，为虚数单位，若是关于的二次方程的一个虚根，则______．
42．（2022·上海虹口·统考一模）已知首项为2的等比数列的公比为，则这个数列所有项的和为______．
43．（2022·上海虹口·统考一模）设曲线的斜率为3的切线为，则的方程为______．
44．（2022·上海虹口·统考一模）第5届中国国际进口博览会在上海举行，某高校派出了包括甲同学在内的4名同学参加了连续5天的志愿者活动．已知甲同学参加了2天的活动，其余同学各参加了1天的活动，则甲同学参加连续两天活动的概率为______．（结果用分数表示）
45．（2022·上海虹口·统考一模）设，，若函数为奇函数，则______．
46．（2022·上海虹口·统考一模）设函数（其中,）,若函数图象的对称轴与其对称中心的最小距离为,则______．
47．（2022·上海虹口·统考一模）在中，，，，是的外心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为______．
48．（2022·上海虹口·统考一模）已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，且，，则在下列结论中，正确结论的序号为______．
①双曲线的离心率为2；②双曲线的一条渐近线的斜率为；
③线段AB的长为 ；④的面积为．
三、解答题
49．（2020·上海虹口·统考一模）如图在三棱锥中，棱两两垂直，，点在上，且.
（1）求异面直线和所成的角的大小；
（2）求三棱锥的体积.
50．（2020·上海虹口·统考一模）已知函数，其中.
（1）当是奇函数时，求实数的值；
（2）当函数在上单调递增时，求实数的取值范围.
51．（2020·上海虹口·统考一模）如图所示，､两处各有一个垃圾中转站，在的正东方向16处，的南面为居民生活区，为了妥善处理生活垃圾，政府决定在的北面处建一个发电厂，利用垃圾发电，要求发电厂到两个垃圾中转站的距离(单位：)与它们每天集中的生活垃圾量(单位：吨)成反比，现估测得､两处中转站每天集中的生活垃圾量分别为约为30吨和50吨.
（1）当时，求的值；
（2）发电厂尽量远离居民区，要求的面积最大，问此时发电厂与两个垃圾中转站的距离各为多少？
52．（2020·上海虹口·统考一模）已知点､，直线(其中)，点在直线上.
（1）若､､是常数列，求的最小值；
（2）若､､是成等差数列，且，求的最大值；
（3）若､､是成等比数列，且，求的取值范围.
53．（2020·上海虹口·统考一模）设是实数，是整数，若，则称是数轴上与最接近的整数.
（1）数列的通项为，且对任意的正整数，是数轴上与最接近的整数，写出一个满足条件的数列的前三项；
（2）数列的通项公式为，其前项和为，求证：整数是数轴上与实数最接近的整数；
（3）是首项为，公比为的等比数列的前项和，是数轴上与最接近的正整数，求.
54．（2021·上海虹口·统考一模）如图，在直三棱柱中，已知，，.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成的角的大小.
55．（2021·上海虹口·统考一模）在平面直角坐标系中，在以原点为圆心半径等1的圆上，将射线绕原点逆时针方向旋转后交该圆于点，设点的横坐标为，纵坐标.
(1)如果，，求的值（用表示）；
(2)如果，求的值.
56．（2021·上海虹口·统考一模）某地政府决定向当地纳税额在4万元至8万元（包括4万元和8万元）的小微企业发放补助款，发放方案规定：补助款随企业纳税额的增加而增加，且补助款不低于纳税额的50%.设企业纳税额为（单位：万元），补助款为（单位：万元），其中为常数.
(1)分别判断，时，是否符合发放方案规定，并说明理由；
(2)若函数符合发放方案规定，求的取值范围.
57．（2021·上海虹口·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点，交轴于点.
(1)若直线的倾斜角为时，求的值；
(2)若点在第一象限，满足，求的值；
(3)在轴上是否存在定点，使得是一个确定的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
58．（2021·上海虹口·统考一模）已知集合，.中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，为数列的前项的和.
(1)求；
(2)如果，，求和的值；
(3)如果，求（用来表示）.
59．（2022·上海虹口·统考一模）设的内角 所对的边分别为 ，已知．
(1)求角A；
(2)若，求证：是直角三角形．
60．（2022·上海虹口·统考一模）在等差数列中，，且，，构成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，记为数列的前项和，若，求正整数的最小值．
61．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点，且．
(1)求证：；
(2)求点到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
62．（2022·上海虹口·统考一模）本市某区对全区高中生的身高（单位：厘米）进行统计，得到如下的频率分布直方图．
(1)若数据分布均匀，记随机变量X为各区间中点所代表的身高，写出X的分布列及期望；
(2)已知本市身高在区间的市民人数约占全市总人数的10%，且全市高中生约占全市总人数的1.2%．现在要以该区本次统计数据估算全市高中生身高情况，从本市市民中任取1人，若此人的身高位于区间，试估计此人是高中生的概率；
(3)现从身高在区间的高中生中分层抽样抽取一个80人的样本．若身高在区间中样本的均值为176厘米，方差为10；身高在区间中样本的均值为184厘米，方差为16，试求这80人的方差．
63．（2022·上海虹口·统考一模）设，已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)对于函数的极值点，存在，使得，试问对任意的正数，是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)若函数在区间上的最大值为40，试求的取值集合．
参考答案：
1．B
【解析】选项,如果，则，所以该选项错误；
选项因为是上的增函数，所以该选项正确；
选项，因为函数是减函数，所以该选项错误；
选项，有可能小于零，所以该选项错误.
【详解】选项,中，如果，则，所以该选项错误；
选项因为是上的增函数，，所以所以，所以该选项正确；
选项，因为函数是减函数，，所以，所以，所以该选项错误；
选项，有可能小于零，如：，所以该选项错误.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是灵活运用函数的性质，判断选项的真假，要联想到函数的性质，利用性质判断就比较简洁.
2．B
【分析】先利用数量积运算化简得到，再利用余弦定理化简得解.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以，所以三角形是直角三角形.
故选：B
3．D
【分析】首先根据已知条件得到，再求其单调增区间即可.
【详解】由题知函数的周期，解得．
由知，当时，函数取得最大值，
∴，解得，
∴，
令，解得，，
∴当时，的增区间是．
故选：D
4．C
【解析】分情况讨论可得出.
【详解】（1）如图，当直线与异面时，则只有一种情况；
（2）当直线与平行时，则有无数种情况，平面可以绕着转动；
（3）如图，当过线段的中垂面时，有两种情况.
故选：C.
5．C
【分析】解分式不等式、绝对值不等式求、中的范围，即可判断、之间的充分、必要关系.
【详解】由题设，中不等式等价于，可得；
中不等式有，可得；
∴是的充要条件.
故选：C.
6．D
【分析】利用辅助角公式将函数化简，进而根据函数在处取得最大值求出参数，然后结合三角函数的图象和性质判断答案.
【详解】由题意，，，而函数在处取得最大值，所以，所以，，则.
对A，因为，即，A错误；
对B，因为，所以B错误；
对C，因为，所以函数在上单调递减，所以C错误；
对D，因为的最大值为，而，所以过点的直线与函数的图象必有公共点，D正确.
故选：D.
7．B
【分析】由可得，，结合前项和公式，判断，的符合可得正确选项.
【详解】∵ ，
∴ ，，
∵数列为等差数列，
∴ ，，
∴ ，，
故选：B.
8．C
【分析】由题意得到，根据复数的几何意义可以得到点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而结合椭圆的定义和性质判断①、②、③，然后利用基本不等式判断④.
【详解】由，则点的轨迹是以为焦点，为长半轴长，为短半轴长，为半焦距的椭圆.
由椭圆定义可知，②正确；
表示椭圆上的点到原点的距离的平方，易知椭圆短轴上的端点到原点的距离最小，长轴上的端点到原点的距离最大，分别为1和2，故的取值范围是，①正确；
表示椭圆上的点与点连线的斜率，设直线与椭圆相切，联立直线与椭圆方程并化简得：，，根据点与椭圆的位置关系可知，的取值范围是，③正确；
根据题意，，当且仅当时取“=”，④错误.
故选：C.
9．A
【分析】先求出直线与圆相交的充要条件，然后根据充分、必要条件的判断即可求解.
【详解】因为直线与圆，
由点到直线的距离公式可得:，解得：且，
因为成立，则且一定成立，
但且成立，则不一定成立，
所以“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件，
故选：A.
10．C
【详解】由，解得(舍)或.
故选：C.
11．B
【分析】先求得A，B两点的坐标，进而求得线段AB的长
【详解】椭圆的右焦点坐标为，
则抛物线的焦点坐标为，
则，则，抛物线
由，解得或
则
故选：B
12．C
【分析】将进行整理，可以求出其通项公式，再代入可得答案.
【详解】由，
，
故选：C
13．
【解析】分别求出集合，集合，再利用集合间的运算计算即可.
【详解】解：
，
又，
由，
解得：，
，
，
故答案为：.
14．
【解析】先分析出方程有虚根，然后直接利用求根公式求解出方程的根.
【详解】因为，所以方程有两个虚根，
因为，所以，
所以，
故答案为：.
15．
【解析】根据行列式的值的计算方法直接列式计算出结果.
【详解】行列式的值为：，
故答案为：.
16．
【解析】令，求出的值即得解.
【详解】令，
所以，
所以，
根据反函数的性质得6.
故答案为：6
【点睛】结论点睛：反函数和原函数的图象关于直线对称，如果，则.求的值，等价于求原函数值为时对应的的值.
17．
【解析】先计算出从4名同学中选2名同学的情况，再计算出甲､乙两人都没有被选到的情况，即可求出概率.
【详解】解：从4名同学中选2名同学共有种,
甲､乙两人都没有被选到有种，
甲､乙两人都没有被选到的概率为.
18．
【分析】写出二项式的展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项可求得结果.
【详解】二项式的展开式的通项为，令，得，
因此，二项式的展开式中含项的系数是.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用二项展开式通项求指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.
19．
【解析】将所求代数式变形为，利用常见数列的极限可求得结果.
【详解】将所求代数式变形为.
故答案为：.
20．
【解析】根据抛物线的焦半径公式表示出，再根据可直接求解出的值.
【详解】设抛物线的焦点坐标为，由条件可知，
所以，又，所以，
故答案为：.
【点睛】结论点睛：抛物线的焦半径公式如下（为焦准距）
（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；
（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.
21．
【解析】运用正弦、余弦的二倍角公式化简已知等式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
因为，所以，
因此由，
而，把代入得：
，而，
因此.
故答案为：
22．
【解析】设双曲线的半焦距为，求得双曲线的渐近线方程可得，，的关系，求出的三条边，运用余弦定理可求值．
【详解】设双曲线的半焦距为，
由双曲线的渐近线方程，可得，
则，
在中，，，
由余弦定理可得
．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是看到双曲线的焦半径，要马上联想到双曲线的定义解题.这是圆锥曲线的一个解题技巧，要注意熟练运用.
23．
【解析】由已知条件可得，，由基本不等式可得，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，可求得与的值，即可得解.
【详解】由已知条件可得，，由基本不等式可得，
所以，，
由于、、这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，
则有，解得，所以，，，
因此，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于确定、的关系，结合已知条件得出关于、的方程组求解，进而可求得与的值.
24．0
【分析】项和转换可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣an﹣1+1，即，可得an＝﹣3n+1.由 f（2﹣x）＝f（x），以及f（x）是奇函数可得f（4﹣x）＝f（﹣x），即f（x）是以4为周期的周期函数.利用二项式定理展开可得a2021＝﹣[42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020]+2，即f（a2021）＝f（2），可得解
【详解】∵Sn＝+n，∴Sn﹣1＝an﹣1+n﹣1（n≥2），
两式相减得，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣an﹣1+1，
化简整理得，an﹣1＝3（an﹣1﹣1），
∴＝3，即数列{an﹣1}是以﹣3为首项，3为公比的等比数列，
∴an﹣1＝﹣33n﹣1＝﹣3n，
∴an＝﹣3n+1.
∵f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），
∴令x＝2，则f（2）＝f（0）＝0，
令x＝x﹣2，则f（4﹣x）＝f（x﹣2）＝﹣f（2﹣x），
∴f（4﹣x）＝﹣f（x）＝f（﹣x），即f（x）是以4为周期的周期函数.
∵a2021＝﹣32021+1＝﹣（4﹣1）2021+1
＝﹣[42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020+40•（﹣1）2021]+1
＝﹣[42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020]+2，
其中42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020能被4整除，
∴f（a2021）＝f（﹣32021+1）＝f（2）＝0.
故答案为：0.
25．
【分析】求出集合B中元素，进而可得.
【详解】,
故答案为：.
26．4
【分析】方程为，然后可得答案.
【详解】方程为，因为是方程的解，所以
解得
故答案为：4
27．
【分析】由幂函数为奇函数，且在上递减，得到是奇数，且，由此能求出的值．
【详解】∵，
幂函数为奇函数，且在上递减，
∴是奇数，且，∴．
故答案为：
28．/-0.5
【分析】根据无穷等比数列前n项和的极限可知且，可得，结合已知求即可.
【详解】无穷等比数列的前项和为，首项为，公比，且，
∴且，
，则.
故答案为：.
29．
【分析】化简圆的方程为标准方程，即可求得圆的半径.
【详解】由圆，可化为
所以圆的半径为.
故答案为：.
30．
【分析】先求出二项式的展开式的通项公式为，再令，求解代入运算即可.
【详解】解：由二项式的展开式的通项公式为，令，解得，
即在的展开式中，常数项等于，
故答案为.
【点睛】本题考查了二项式定理及展开式的通项公式，重点考查了运算能力，属基础题.
31．
【分析】由正弦定理及三角形内角的性质知：且最大内角为，再应用余弦定理求，即可得最大内角.
【详解】由正弦定理知：，又，
∴且最大内角为，令，
∴，故.
故答案为：.
32．
【分析】由条件可得，然后可算出答案.
【详解】因为，是定义域为的奇函数，
所以
因为当时，有，所以
所以
故答案为：
33．
【分析】根据抛物线的定义和题设条件化简得到，再根据向量的坐标运算，得到，联立方程组，即可求解.
【详解】由题意，抛物线的焦点为，
设，
因为，
根据抛物线的定义，可得，
又因为，
可得，即，
所以，解得.
故答案为：.
34．
【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积.
【详解】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为，
∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
∴在上扫过的面积为.
故答案为：.
35．
【分析】分、、、四种情况讨论可得方程对应的图象，，表示的是点到直线的距离的倍，然后结合图象可得答案.
【详解】当时，，其图象是单位圆取第一象限的部分；
当时，，其图象是双曲线取第二象限的部分；
当时，，其图象是双曲线取第四象限的部分；
当时，，图象不存在；
所以方程对应的图象如下：
，表示的是点到直线的距离的倍
所以的最大值为单位圆上的点到直线的距离的最大值的倍，为
双曲线的一条渐近线方程为，直线与直线的距离为1
所以
综上：的取值范围是
故答案为：
36．
【分析】根据题意，不妨设，分类讨论当，，三种情况下，结合方程有解以及余弦函数的图象和性质，从而求出和的值，即可得出的值的集合.
【详解】解：由题可知，不妨设，
对于，对任意实数，，方程有解，
当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以；
当时，同上；
当时，方程可化为有解，所以，
综上得：；
对于，对任意实数，，方程也有解，
当时，方程可化为有解，所以；
当时，同上；
当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以，
所以的值的集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的综合问题，考查余弦函数的图象和性质，通过设，以及分类讨论与的大小情况，并将方程有解转化为恒成立问题是解题的关键，考查学生的分类讨论思想和逻辑分析能力.
37．
【分析】把分式不等式转化为整式不等式求解．
【详解】原不等式等价于，解得．
故答案为：．
38．4
【分析】由基本不等式求解即可
【详解】因为，
所以，
当且仅当即时取等，
所以代数式的最小值为4，
故答案为：4
39．
【分析】根据球的体积公式计算可得；
【详解】解：因为球的半径，所以球的体积；
故答案为：
40．35
【分析】直接利用二项式展开式的通式进行求解即可.
【详解】由，
令，解得：.
.
得项的系数为.
故答案为：
41．2
【分析】将根代入方程，化简即可得到，列方程组即可求得.
【详解】将代入方程得：，
即，即，
所以，解得，
所以.
故答案为：2
42．3
【分析】由等比数列的前项和公式结合数列极限即可得出答案.
【详解】因为数列是以首项为2，公比为的等比数列，
所以等比数列的前项和为：，
而，
则这个数列所有项的和为：3.
故答案为：3.
43．
【分析】根据导数几何意义求解.
【详解】设切线与函数的切点为
又因为，所以在处的导数值为
所以，又因为切点在函数上，即
所以切点为，所以切线方程，即
故答案为：
44．/
【分析】根据古典概型的概率公式，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】“甲同学参加了2天的活动，其余同学各参加了1天的活动”共有种可能，
“甲同学参加连续两天活动”共有种可能，
故甲同学参加连续两天活动的概率.
故答案为：.
45．
【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称可得值，结合奇函数即可求解.
【详解】由于为奇函数，所以定义域关于原点对称，由 ，故
取，则，代入得，由此的定义域为，因此，所以，
故答案为：
46．
【分析】根据对称轴与对称中心的最小距离即可得到周期,将对称轴代入即可得到关于的等式,再根据的范围即可得到解析式.
【详解】解:由题知,因为对称轴与对称中心的最小距离为,
所以,即,
所以,此时,
因为对称轴为,
故有:,
即,
因为,
所以,
故.
故答案为:
47．/
【分析】先利用余弦定理求出的长，因为是的外心，
设外接圆的半径为，所以，再利用正弦定理
求出，由，，
知道动点的轨迹所覆盖图形为以为边的菱形
画图，由图可知菱形为，求出即可得.
【详解】在中，因为，，，
所以由余弦定理：，
所以，
又因为是的外心，设外接圆的半径为，
所以，
由，
所以，
由正弦定理：，
所以，
由，，，
所以动点的轨迹所覆盖图形为以为边的菱形，
如图所示：
由图知为 所对的圆心角与圆周角，
所以有，
所以
，
所以
，
所以动点的轨迹所覆盖图形面积为：
，
故答案为：.
48．①④
【分析】利用双曲线定义结合可得，利用，求得，继而可得，即可求得额离心率，判断①，由离心率可得，判断②，利用，求得，判断③，计算的面积判断④.
【详解】如图示：不妨设A在第一象限，则，
由于，可得： ，
由于，所以 ，
故 ，可得： ，
故 ，而,故，
所以由可得 ，即，
所以①双曲线的离心率 ，①正确；
由可得，故 ，
则双曲线的渐近线的斜率为，②错误；
由以上分析可知，③错误；
在 中， ，
故 ，④正确，
故答案为︰①④﹒
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线定理的理解和应用，解答本题的关键在于利用双曲线定义结合已知求得后，要注意推出 ，从而 ，即可求得相关线段长，则离心率渐近线斜率和弦长以及面积问题即可解决.
49．（1）；（2） .
【分析】（1）在上取点，使，则或其补角即为所求，在中，由余弦定理即可得解；
（2）由即可得解.
【详解】（1）在上取点，使，连接，
，，，
或其补角即为异面直线和所成的角，
在中，，，，
由余弦定理知：，
，
异面直线和所成的角的大小为；
（2）两两互相垂直，平面，
，
即三棱锥的体积为.
50．（1）；（2）.
【解析】（1）根据奇函数的性质，求，再验证；（2）根据二次函数的单调性，求解的取值范围.
【详解】（1）因为函数是奇函数，所以，解得：，
当时，，函数是偶函数，不成立，
当时，，函数是奇函数，成立，
则；
（2）当时，，函数在定义域上单调递减，不满足条件，
当时，若函数在单调递增时，满足 ，解得.
51．（1）；（2），.
【分析】（1）根据已知条件先计算出的长度，然后利用余弦定理求解出的值，从而的值可求；
（2）建立平面直角坐标系，根据条件分析得到的轨迹，由此确定出的面积最大值，从而可求解出发电厂与两个垃圾中转站的距离.
【详解】（1）根据条件可知：，所以，
所以，所以；
（2）以中点为坐标原点，垂直于方向为轴，建立坐标系如图所示：
设，，因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以的轨迹是圆心为，半径为的位于轴上方的圆，
所以当的面积最大时，此时的坐标为，
所以，.
【点睛】结论点睛：平面上给定两个定点，设点在同一平面上且满足，则的轨迹是个圆.
52．（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）若､､是常数列，直线，的最小值即为点到的距离；
（2）若､､是成等差数列，直线恒过点，，点在以为直径的圆上，利用圆的性质即可求最值；
（3）若､､是成等比数列，则，即，设，则，，设，利用，，可得，点在上可得，联立两式可得，将代入整理求最值即可.
【详解】（1）若､､是常数列，则,且不等于，
此时直线即，
的最小值即为点到的距离，
，
（2）若､､是成等差数列，则，
所以直线即，
整理得：
所以 可得，此时直线恒过点，
又因为即，
所以点在以为直径的圆上，
因为，，所以圆心为，半径，
圆的方程为，最大值即为点到圆心的距离再加半径，
所以，
（3）若､､是成等比数列，则，且，，，
将两边同时除以得：，
设，所以，
所以，，
设， ､，，，
因为，所以，可得①，
又因为点在上，所以②，
将①代入②可得，即，
所以，
所以
令，，
所以，
因为在上单调递增，
所以，所以，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：若､､是常数列，则，的最小值即为点到
的距离，若､､是成等差数列可得直线恒过点，可得，点在以为直径的圆上，利用圆的性质即可求最值，第三问属于难题，设，已知方程可化为，，点在上可得
利用，斜率成积为，可得，联立两式可得，将代入可得
，令，，将用表示，求最值即可.
53．（1），，；（2）证明见解析；（3）.
【解析】（1）根据可求得数列的前三项的值；
（2）求出，证明出可证得结论成立；
（3）由题意可得出，计算出，，，，，由此可计算得出的值.
【详解】（1）根据题意可知，在数列中，，
所以，，可得，满足条件；
，可得，满足条件；
，可得，满足条件；
所以，数列的前三项可以是，，；
（2），所以，，
，
所以，整数是数轴上与实数最接近的整数；
（3）由题意可得，，，，.
由题意可知，.
当时，，可得，则；
当时，，可得，则；
当时，，可得，则；
当时，，可得，则；
当时，令，可得，则，则.
令，可得，则正整数的可能取值有、，
此时，由，可得，可得，即；
令，可得，则且，
此时，由，可得，即，即.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的新定义，处理此类问题时，通常是根据题中的新定义，结合已知结论进行推导.本题中第（3）问，根据“”需要逐项求出各项的值，在时，要分和进行推导，属于难题.
54．(1)16；
(2).
【分析】（1）根据直棱柱的性质得出，，又因为，可得，根据线面垂直的判定定理可证出平面，所以为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式即可求出结果；
（2）取的中点，连接，则，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，从而得出为直线与平面所成的角，最后在中，由，即可求出.
【详解】（1）解：已知直三棱柱，则平面，
则，，
又，，可得，则，
又因为，且平面，
所以平面，则为四棱锥的高，
且，所以四棱锥的体积为：
.
（2）解：取的中点，连接，则，
又平面，则，
而，且平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，
在中，，，
所以，得.
即直线与平面所成的角的大小.
55．(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）由题设知，根据三角函数与单位圆的关系及和角正余弦公式、同角三角函数的平方关系求，，进而可得.
（2）由题设可得求，再由倍角余弦公式、万能公式可得，即可求值.
【详解】（1）由题设知：，则，
∴，，
∴，而，，则，
∴，时，；
，时，.
（2）由题设，，可得，
又，
∴.
56．(1)b=0时，符合发放方案规定，b=1时，不符合发放方案规定；
(2).
【分析】（1）根据题意，需要判断函数在上是否单调递增，在上是否恒大于等于零，进而得到答案；
（2）根据题意，在上单调递增，且在上恒大于等于零，进而求出b的取值范围.
【详解】（1）若，则，函数在上单调递增，令，显然在上恒大于0，满足题意.
若，则，函数在上单调递增，令，易知，不合题意.
所以时，符合发放方案规定，时，不符合发放方案规定.
（2）①由题意，在上单调递增，则.
②令，由题意，在上恒成立，
若，在上单调递增，则，于是；
若，在上单调递减，则，舍去；
若，则，舍去.
所以.
综合①②得：.
57．(1)
(2)
(3)存在使得是一个确定的常数.
【分析】（1）根据题意求得，进而求得直线的方程，令，即可求解；
（2）设，根据，得到，联立方程组，求得，进而求得的值；
（3）按照直线斜率是否为0讨论，设直线的方程为，联立方程组求得，设，结合向量的数量积的公式，化简得到，从而得到，求得，即可得到答案.
（1）
解：由椭圆，可得，则，
所以，
又因为直线的倾斜角为，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即.
（2）
解：设，可得，
因为，即，整理得，
由且，解得，即，
又由，所以直线的方程为，
令，解得，即.
（3）
解：当直线l斜率不为0时，设直线的方程为，，，
联立方程组，整理得，
则，且，
设，可得，
则
，
令，可得，解得，此时点，；
当直线斜率为0时，直线的方程为，，
若点，则成立；
所以存在定点，使得是一个确定的常数
58．(1)；
(2)，；
(3)，.
【分析】（1）根据集合A、B的描述分析中的元素组成，进而写出的前10项，即可求.
（2）由结合且即可求值；令、判断对应中的，进而确定值.
（3）由中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断的中分别含集合A、B中元素个数，进而应用分组求和，结合等差、等比前n项和求即可.
(1)
由题设，集合A中元素为，集合B中元素为，且A、B没有重复元素，
∴的前10项为，故.
(2)
由，故中含集合的4个元素；
由且，可得，故中含集合A的40个元素；
∴；
由，若，则中含集合的7个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的1093个元素；
∴中.
由，若，则中含集合的8个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的3280个元素；
∴中.
综上，由，即，
∴中含集合的7个元素，含集合A的个元素，
∴.
(3)
由题设，若中含m个集合B的元素，在第个和第个集合B的元素之间存在个集合A的元素，
∴若最后一项属于集合且共有个集合B的元素，，
∴共有个元素，
由题设，，故含个集合的元素，含个集合A的元素，
∴，
∴，.
【点睛】关键点点睛：根据集合A、B的描述及其元素的性质，结合各小问条件判断中含A、B中元素个数，进而求参数及前n项和.
59．(1)
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据三角函数诱导公式以及二倍角公式，化简，即可求得答案；
（2）利用正弦定理边化角可得，结合两角和差的正余弦公式化简，求值，可得答案.
【详解】（1）由条件，得，
即，亦即，
故，因为，所以．
（2）证明：由正弦定理及得，
由（1）知，故，于是，
则，即，
因，故，又，
从而，
所以，则，
因此是直角三角形．
60．(1)
(2)6
【分析】（1）将全部用代换，结合等比性质可求的通项公式；
（2）化简得，结合分组求解法求出，由的单调性可求的最小值．
【详解】（1）设等差数列的公差为，则由，，成等比数列及，
得，即，解得．
当时，，，构成等比数列，符合条件；
当时，，，不能构成等比数列，不符合条件．
因此，于是数列的通项公式为；
（2）由（1）知，故，所以
易知在正整数集上严格递增，且，．
故满足的正整数的最小值为6．
61．(1)证明见解析
(2)
(3)存在满足条件的点，1
【分析】（1）由已知条件可证平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在满足条件的点E，并，利用向量的加减运算，求出，利用线面夹角公式得出，求得，即可求出的长.
【详解】（1）证明：由点在底面ABC上的投影为AC的中点，知平面ABC，
又平面ABC，故，
因是以AC为斜边的等腰直角三角形，故，
而，平面，，故平面，
由平面，得．
（2）由点，为AC的中点，侧面为菱形，知，
由是以AC为斜边的等腰直角三角形，，可得，，
由（1）知直线，，两两垂直，故以点为坐标原点，
直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，故点到平面的距离为：
（3）假设存在满足条件的点E，并，
则，
于是，由直线DE与侧面所成角的正弦值为，
可得，
即，解得．
又，故．
因此存在满足条件的点，且．
62．(1)分布列见解析，数学期望为171.7；
(2)0.0312；
(3)27.25
【分析】（1）依据分布列和期望的定义即可求得X的分布列及期望；
（2）利用条件概率去求此人是高中生的概率；
（3）依据方差的定义去求这80人的方差．
【详解】（1）由，解得．
所以的分布列为
（2）设事件A为任取一名本市市民的身高位于区间，
事件为任取一名本市市民为高中生，则，
．
所以．
于是，此人是高中生的概率为0.0312．
（3）由于身高在区间，的人数之比为5：3，
所以分层抽样抽取80人，区间，内抽取的
人数分别为50人与30人．
在区间中抽取的50个样本记为，，…，其均值为176，
方差为10，即，．
在区间中抽取的30个样本记为，，…，．其均值为184，
方差为16，即，；
所以这80人身高的均值为．
从而这80人身高的方差为
因此，这80人身高的方差为27.25．
63．(1)的单调递增区间为：与；单调递减区间为：；
(2)是定值6；
(3).
【分析】（1）由函数，求导函数，令，由导函数的零点将定义域分段，分析当变化时，，的变化情况，即可得函数的单调区间；
（2）方法一：根据，，确定，与之间的等式关系，又由得与的关系，即可得与的关系，由（1）知和是函数的极值点，则当和分别求解，确定是否为定值即可；
方法二：由，两式联立进行因式分解可得，即可得为定值；
（3）由于函数在闭区间上的最大值只有可能在，6，，这4处取得，分别求解得，，，讨论或 ，分别求解的取值情况，即可得的取值集合．
【详解】（1）解：由，，可得．
因，由，解得．
当变化时，，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间为：与；单调递减区间为：．
（2）方法1：因为存在极值点，所以由（1）知：，且．
因为，，故由，得即．
因为，所以（*）
由题意，得，即．
由（1）知，和是函数的极值点，
故当时，由（*）可得，
解得，即，
此时．
当时，由（*）可得，
解得，即，此时．
综上，可得结论成立．
方法2：因为存在极值点，所以由（1）知：，且．
因为，，故由，
得即．
因为，所以（*）
由题意，得，即，将其代入（*），
得（**）
即
亦即．
由于，因此．
（3）解：因函数在闭区间上的最大值只有可能在，6，，这4处取得．
又，，，
（因）
①若为在区间上的最大值（等于40），
令，则，且，由，得．
设，则恒成立，故在上严格递增，
于是在上存在唯一的，使，易知，进而相应的．
而此时，，因此符合题意．
②若为在区间上的最大值（等于40），则，或．
（i）当时，，，
为在区间上的最大值，因此符合题意．
（ii）当时，，，，
于是不符合题意，舍去．
综上所述，符合条件的的取值集合为．
【点睛】本题考查了函数与导数的综合应用，主要涉及利用导数确定函数单调区间、极值点与方程的根、闭区间上的最值问题，需要注意解题的基本思路和基本方法，属于中等难度的题.本题解决极值点与函数方程的关键是运算问题，方法一强调，与之间的等式关系为，又由得与的关系，整理可得与的关系，再结合的取值情况即可得为定值；方法二强调的是多元变量的因式分解问题，主要涉及的是分组因式分解方法，需要保证两两分组后有公因式，利用方程的根即可得为定值；而对于函数在闭区间上的最大值即比较区间端点值与极值的大小即可得最大值的取值情况，且注意检验最值是否取到.
X
155
165
175
185
195
205
P
0.22
0.27
0.25
0.15
0.1
0.01
＋
0
－
0
＋
单调递增
单调递减
单调递增
一、单选题
1．（2020·上海虹口·统考一模）若，则下列各式中恒正的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2020·上海虹口·统考一模）在中，若，则的形状一定是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等腰直角三角形
3．（2020·上海虹口·统考一模）已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是1，2，4，下列区间是函数的增区间的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2020·上海虹口·统考一模）在空间，已知直线及不在上两个不重合的点､，过直线作平面，使得点､到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
5．（2021·上海虹口·统考一模）设：实数满足，：实数满足，那么是的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
6．（2021·上海虹口·统考一模）设函数，其中，，若对任意的恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的图像关于直线对称
C．在上单调递增D．过点的直线与函数的图像必有公共点
7．（2021·上海虹口·统考一模）设等差数列的前项和为，如果，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
8．（2021·上海虹口·统考一模）已知，复数（其中i为虚数单位）满足，给出下列结论：①的取值范围是；②；③的取值范围是；④的最小值为2；其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．（2022·上海虹口·统考一模）设，已知直线与圆，则“”是“直线与圆相交”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·上海虹口·统考一模）若复数z满足且，则
A．B．C．D．
11．（2022·上海虹口·统考一模）已知是椭圆与抛物线的一个共同焦点，与相交于A，B两点，则线段AB的长等于（ ）
A．B．C．D．
12．（2022·上海虹口·统考一模）已知函数，数列满足，且（为正整数）．则（ ）
A．B．1C．D．
二、填空题
13．（2020·上海虹口·统考一模）已知集合，，则___________.
14．（2020·上海虹口·统考一模）方程的根是___________.
15．（2020·上海虹口·统考一模）行列式的值等于___________.
16．（2020·上海虹口·统考一模）函数的反函数为，则___________.
17．（2020·上海虹口·统考一模）从甲､乙､丙､丁4名同学中选2名同学参加志愿者服务，则甲､乙两人都没有被选到的概率为___________(用数字作答).
18．（2020·上海虹口·统考一模）二项式的展开式中含项的系数是________.
19．（2020·上海虹口·统考一模）计算：___________.
20．（2020·上海虹口·统考一模）过抛物线()的焦点作与抛物线对称轴垂直的直线交抛物线于､两点，且，则___________.
21．（2020·上海虹口·统考一模）已知，且有，则___________.
22．（2020·上海虹口·统考一模）设､分别是双曲线(，)的左､右焦点，点在双曲线右支上且满足，双曲线的渐近线方程为，则___________.
23．（2020·上海虹口·统考一模）若、分别是正数、的算术平均数和几何平均数，且、、这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值形成的集合是___________.
24．（2020·上海虹口·统考一模）已知数列{an}满足a1＝﹣2，且Sn＝+n（其中Sn为数列{an}前n项和），f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），则f（a2021）＝__.
25．（2021·上海虹口·统考一模）已知集合，，则______.
26．（2021·上海虹口·统考一模）已知是方程的解，则实数的值为______.
27．（2021·上海虹口·统考一模）已知，若幂函数为奇函数，且在上是严格减函数，则取值的集合是______．
28．（2021·上海虹口·统考一模）已知无穷等比数列的前项的和为，首项，公比为，且，则______.
29．（2021·上海虹口·统考一模）圆的半径等于______.
30．（2021·上海虹口·统考一模）在的展开式中，常数项等于_______.（结果用数值表示）
31．（2021·上海虹口·统考一模）已知角，，是的三个内角，若，则该三角形的最大内角等于______（用反三角函数值表示）.
32．（2021·上海虹口·统考一模）已知是定义域为的奇函数，且对任意的满足，若时，有，则______.
33．（2021·上海虹口·统考一模）已知抛物线的焦点为，，为此抛物线上的异于坐标原点的两个不同的点，满足，且，则______.
34．（2021·上海虹口·统考一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______.
35．（2021·上海虹口·统考一模）已知实数，满足：，则的取值范围是______.
36．（2021·上海虹口·统考一模）已知函数，若对任意实数，，方程有解，方程也有解，则的值的集合为______.
37．（2022·上海虹口·统考一模）不等式的解集为______．
38．（2022·上海虹口·统考一模）对于正实数，代数式的最小值为______．
39．（2022·上海虹口·统考一模）已知球的半径为3，则该球的体积为 _________ .
40．（2022·上海虹口·统考一模）在的二项展开式中项的系数为______．
41．（2022·上海虹口·统考一模）设，，为虚数单位，若是关于的二次方程的一个虚根，则______．
42．（2022·上海虹口·统考一模）已知首项为2的等比数列的公比为，则这个数列所有项的和为______．
43．（2022·上海虹口·统考一模）设曲线的斜率为3的切线为，则的方程为______．
44．（2022·上海虹口·统考一模）第5届中国国际进口博览会在上海举行，某高校派出了包括甲同学在内的4名同学参加了连续5天的志愿者活动．已知甲同学参加了2天的活动，其余同学各参加了1天的活动，则甲同学参加连续两天活动的概率为______．（结果用分数表示）
45．（2022·上海虹口·统考一模）设，，若函数为奇函数，则______．
46．（2022·上海虹口·统考一模）设函数（其中,）,若函数图象的对称轴与其对称中心的最小距离为,则______．
47．（2022·上海虹口·统考一模）在中，，，，是的外心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为______．
48．（2022·上海虹口·统考一模）已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，且，，则在下列结论中，正确结论的序号为______．
①双曲线的离心率为2；②双曲线的一条渐近线的斜率为；
③线段AB的长为 ；④的面积为．
三、解答题
49．（2020·上海虹口·统考一模）如图在三棱锥中，棱两两垂直，，点在上，且.
（1）求异面直线和所成的角的大小；
（2）求三棱锥的体积.
50．（2020·上海虹口·统考一模）已知函数，其中.
（1）当是奇函数时，求实数的值；
（2）当函数在上单调递增时，求实数的取值范围.
51．（2020·上海虹口·统考一模）如图所示，､两处各有一个垃圾中转站，在的正东方向16处，的南面为居民生活区，为了妥善处理生活垃圾，政府决定在的北面处建一个发电厂，利用垃圾发电，要求发电厂到两个垃圾中转站的距离(单位：)与它们每天集中的生活垃圾量(单位：吨)成反比，现估测得､两处中转站每天集中的生活垃圾量分别为约为30吨和50吨.
（1）当时，求的值；
（2）发电厂尽量远离居民区，要求的面积最大，问此时发电厂与两个垃圾中转站的距离各为多少？
52．（2020·上海虹口·统考一模）已知点､，直线(其中)，点在直线上.
（1）若､､是常数列，求的最小值；
（2）若､､是成等差数列，且，求的最大值；
（3）若､､是成等比数列，且，求的取值范围.
53．（2020·上海虹口·统考一模）设是实数，是整数，若，则称是数轴上与最接近的整数.
（1）数列的通项为，且对任意的正整数，是数轴上与最接近的整数，写出一个满足条件的数列的前三项；
（2）数列的通项公式为，其前项和为，求证：整数是数轴上与实数最接近的整数；
（3）是首项为，公比为的等比数列的前项和，是数轴上与最接近的正整数，求.
54．（2021·上海虹口·统考一模）如图，在直三棱柱中，已知，，.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成的角的大小.
55．（2021·上海虹口·统考一模）在平面直角坐标系中，在以原点为圆心半径等1的圆上，将射线绕原点逆时针方向旋转后交该圆于点，设点的横坐标为，纵坐标.
(1)如果，，求的值（用表示）；
(2)如果，求的值.
56．（2021·上海虹口·统考一模）某地政府决定向当地纳税额在4万元至8万元（包括4万元和8万元）的小微企业发放补助款，发放方案规定：补助款随企业纳税额的增加而增加，且补助款不低于纳税额的50%.设企业纳税额为（单位：万元），补助款为（单位：万元），其中为常数.
(1)分别判断，时，是否符合发放方案规定，并说明理由；
(2)若函数符合发放方案规定，求的取值范围.
57．（2021·上海虹口·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点，交轴于点.
(1)若直线的倾斜角为时，求的值；
(2)若点在第一象限，满足，求的值；
(3)在轴上是否存在定点，使得是一个确定的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
58．（2021·上海虹口·统考一模）已知集合，.中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，为数列的前项的和.
(1)求；
(2)如果，，求和的值；
(3)如果，求（用来表示）.
59．（2022·上海虹口·统考一模）设的内角 所对的边分别为 ，已知．
(1)求角A；
(2)若，求证：是直角三角形．
60．（2022·上海虹口·统考一模）在等差数列中，，且，，构成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，记为数列的前项和，若，求正整数的最小值．
61．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点，且．
(1)求证：；
(2)求点到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
62．（2022·上海虹口·统考一模）本市某区对全区高中生的身高（单位：厘米）进行统计，得到如下的频率分布直方图．
(1)若数据分布均匀，记随机变量X为各区间中点所代表的身高，写出X的分布列及期望；
(2)已知本市身高在区间的市民人数约占全市总人数的10%，且全市高中生约占全市总人数的1.2%．现在要以该区本次统计数据估算全市高中生身高情况，从本市市民中任取1人，若此人的身高位于区间，试估计此人是高中生的概率；
(3)现从身高在区间的高中生中分层抽样抽取一个80人的样本．若身高在区间中样本的均值为176厘米，方差为10；身高在区间中样本的均值为184厘米，方差为16，试求这80人的方差．
63．（2022·上海虹口·统考一模）设，已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)对于函数的极值点，存在，使得，试问对任意的正数，是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)若函数在区间上的最大值为40，试求的取值集合．
参考答案：
1．B
【解析】选项,如果，则，所以该选项错误；
选项因为是上的增函数，所以该选项正确；
选项，因为函数是减函数，所以该选项错误；
选项，有可能小于零，所以该选项错误.
【详解】选项,中，如果，则，所以该选项错误；
选项因为是上的增函数，，所以所以，所以该选项正确；
选项，因为函数是减函数，，所以，所以，所以该选项错误；
选项，有可能小于零，如：，所以该选项错误.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是灵活运用函数的性质，判断选项的真假，要联想到函数的性质，利用性质判断就比较简洁.
2．B
【分析】先利用数量积运算化简得到，再利用余弦定理化简得解.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以，所以三角形是直角三角形.
故选：B
3．D
【分析】首先根据已知条件得到，再求其单调增区间即可.
【详解】由题知函数的周期，解得．
由知，当时，函数取得最大值，
∴，解得，
∴，
令，解得，，
∴当时，的增区间是．
故选：D
4．C
【解析】分情况讨论可得出.
【详解】（1）如图，当直线与异面时，则只有一种情况；
（2）当直线与平行时，则有无数种情况，平面可以绕着转动；
（3）如图，当过线段的中垂面时，有两种情况.
故选：C.
5．C
【分析】解分式不等式、绝对值不等式求、中的范围，即可判断、之间的充分、必要关系.
【详解】由题设，中不等式等价于，可得；
中不等式有，可得；
∴是的充要条件.
故选：C.
6．D
【分析】利用辅助角公式将函数化简，进而根据函数在处取得最大值求出参数，然后结合三角函数的图象和性质判断答案.
【详解】由题意，，，而函数在处取得最大值，所以，所以，，则.
对A，因为，即，A错误；
对B，因为，所以B错误；
对C，因为，所以函数在上单调递减，所以C错误；
对D，因为的最大值为，而，所以过点的直线与函数的图象必有公共点，D正确.
故选：D.
7．B
【分析】由可得，，结合前项和公式，判断，的符合可得正确选项.
【详解】∵ ，
∴ ，，
∵数列为等差数列，
∴ ，，
∴ ，，
故选：B.
8．C
【分析】由题意得到，根据复数的几何意义可以得到点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而结合椭圆的定义和性质判断①、②、③，然后利用基本不等式判断④.
【详解】由，则点的轨迹是以为焦点，为长半轴长，为短半轴长，为半焦距的椭圆.
由椭圆定义可知，②正确；
表示椭圆上的点到原点的距离的平方，易知椭圆短轴上的端点到原点的距离最小，长轴上的端点到原点的距离最大，分别为1和2，故的取值范围是，①正确；
表示椭圆上的点与点连线的斜率，设直线与椭圆相切，联立直线与椭圆方程并化简得：，，根据点与椭圆的位置关系可知，的取值范围是，③正确；
根据题意，，当且仅当时取“=”，④错误.
故选：C.
9．A
【分析】先求出直线与圆相交的充要条件，然后根据充分、必要条件的判断即可求解.
【详解】因为直线与圆，
由点到直线的距离公式可得:，解得：且，
因为成立，则且一定成立，
但且成立，则不一定成立，
所以“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件，
故选：A.
10．C
【详解】由，解得(舍)或.
故选：C.
11．B
【分析】先求得A，B两点的坐标，进而求得线段AB的长
【详解】椭圆的右焦点坐标为，
则抛物线的焦点坐标为，
则，则，抛物线
由，解得或
则
故选：B
12．C
【分析】将进行整理，可以求出其通项公式，再代入可得答案.
【详解】由，
，
故选：C
13．
【解析】分别求出集合，集合，再利用集合间的运算计算即可.
【详解】解：
，
又，
由，
解得：，
，
，
故答案为：.
14．
【解析】先分析出方程有虚根，然后直接利用求根公式求解出方程的根.
【详解】因为，所以方程有两个虚根，
因为，所以，
所以，
故答案为：.
15．
【解析】根据行列式的值的计算方法直接列式计算出结果.
【详解】行列式的值为：，
故答案为：.
16．
【解析】令，求出的值即得解.
【详解】令，
所以，
所以，
根据反函数的性质得6.
故答案为：6
【点睛】结论点睛：反函数和原函数的图象关于直线对称，如果，则.求的值，等价于求原函数值为时对应的的值.
17．
【解析】先计算出从4名同学中选2名同学的情况，再计算出甲､乙两人都没有被选到的情况，即可求出概率.
【详解】解：从4名同学中选2名同学共有种,
甲､乙两人都没有被选到有种，
甲､乙两人都没有被选到的概率为.
18．
【分析】写出二项式的展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项可求得结果.
【详解】二项式的展开式的通项为，令，得，
因此，二项式的展开式中含项的系数是.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用二项展开式通项求指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.
19．
【解析】将所求代数式变形为，利用常见数列的极限可求得结果.
【详解】将所求代数式变形为.
故答案为：.
20．
【解析】根据抛物线的焦半径公式表示出，再根据可直接求解出的值.
【详解】设抛物线的焦点坐标为，由条件可知，
所以，又，所以，
故答案为：.
【点睛】结论点睛：抛物线的焦半径公式如下（为焦准距）
（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；
（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.
21．
【解析】运用正弦、余弦的二倍角公式化简已知等式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
因为，所以，
因此由，
而，把代入得：
，而，
因此.
故答案为：
22．
【解析】设双曲线的半焦距为，求得双曲线的渐近线方程可得，，的关系，求出的三条边，运用余弦定理可求值．
【详解】设双曲线的半焦距为，
由双曲线的渐近线方程，可得，
则，
在中，，，
由余弦定理可得
．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是看到双曲线的焦半径，要马上联想到双曲线的定义解题.这是圆锥曲线的一个解题技巧，要注意熟练运用.
23．
【解析】由已知条件可得，，由基本不等式可得，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，可求得与的值，即可得解.
【详解】由已知条件可得，，由基本不等式可得，
所以，，
由于、、这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，
则有，解得，所以，，，
因此，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于确定、的关系，结合已知条件得出关于、的方程组求解，进而可求得与的值.
24．0
【分析】项和转换可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣an﹣1+1，即，可得an＝﹣3n+1.由 f（2﹣x）＝f（x），以及f（x）是奇函数可得f（4﹣x）＝f（﹣x），即f（x）是以4为周期的周期函数.利用二项式定理展开可得a2021＝﹣[42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020]+2，即f（a2021）＝f（2），可得解
【详解】∵Sn＝+n，∴Sn﹣1＝an﹣1+n﹣1（n≥2），
两式相减得，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣an﹣1+1，
化简整理得，an﹣1＝3（an﹣1﹣1），
∴＝3，即数列{an﹣1}是以﹣3为首项，3为公比的等比数列，
∴an﹣1＝﹣33n﹣1＝﹣3n，
∴an＝﹣3n+1.
∵f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），
∴令x＝2，则f（2）＝f（0）＝0，
令x＝x﹣2，则f（4﹣x）＝f（x﹣2）＝﹣f（2﹣x），
∴f（4﹣x）＝﹣f（x）＝f（﹣x），即f（x）是以4为周期的周期函数.
∵a2021＝﹣32021+1＝﹣（4﹣1）2021+1
＝﹣[42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020+40•（﹣1）2021]+1
＝﹣[42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020]+2，
其中42021（﹣1）0+42020（﹣1）1+…+41（﹣1）2020能被4整除，
∴f（a2021）＝f（﹣32021+1）＝f（2）＝0.
故答案为：0.
25．
【分析】求出集合B中元素，进而可得.
【详解】,
故答案为：.
26．4
【分析】方程为，然后可得答案.
【详解】方程为，因为是方程的解，所以
解得
故答案为：4
27．
【分析】由幂函数为奇函数，且在上递减，得到是奇数，且，由此能求出的值．
【详解】∵，
幂函数为奇函数，且在上递减，
∴是奇数，且，∴．
故答案为：
28．/-0.5
【分析】根据无穷等比数列前n项和的极限可知且，可得，结合已知求即可.
【详解】无穷等比数列的前项和为，首项为，公比，且，
∴且，
，则.
故答案为：.
29．
【分析】化简圆的方程为标准方程，即可求得圆的半径.
【详解】由圆，可化为
所以圆的半径为.
故答案为：.
30．
【分析】先求出二项式的展开式的通项公式为，再令，求解代入运算即可.
【详解】解：由二项式的展开式的通项公式为，令，解得，
即在的展开式中，常数项等于，
故答案为.
【点睛】本题考查了二项式定理及展开式的通项公式，重点考查了运算能力，属基础题.
31．
【分析】由正弦定理及三角形内角的性质知：且最大内角为，再应用余弦定理求，即可得最大内角.
【详解】由正弦定理知：，又，
∴且最大内角为，令，
∴，故.
故答案为：.
32．
【分析】由条件可得，然后可算出答案.
【详解】因为，是定义域为的奇函数，
所以
因为当时，有，所以
所以
故答案为：
33．
【分析】根据抛物线的定义和题设条件化简得到，再根据向量的坐标运算，得到，联立方程组，即可求解.
【详解】由题意，抛物线的焦点为，
设，
因为，
根据抛物线的定义，可得，
又因为，
可得，即，
所以，解得.
故答案为：.
34．
【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积.
【详解】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为，
∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
∴在上扫过的面积为.
故答案为：.
35．
【分析】分、、、四种情况讨论可得方程对应的图象，，表示的是点到直线的距离的倍，然后结合图象可得答案.
【详解】当时，，其图象是单位圆取第一象限的部分；
当时，，其图象是双曲线取第二象限的部分；
当时，，其图象是双曲线取第四象限的部分；
当时，，图象不存在；
所以方程对应的图象如下：
，表示的是点到直线的距离的倍
所以的最大值为单位圆上的点到直线的距离的最大值的倍，为
双曲线的一条渐近线方程为，直线与直线的距离为1
所以
综上：的取值范围是
故答案为：
36．
【分析】根据题意，不妨设，分类讨论当，，三种情况下，结合方程有解以及余弦函数的图象和性质，从而求出和的值，即可得出的值的集合.
【详解】解：由题可知，不妨设，
对于，对任意实数，，方程有解，
当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以；
当时，同上；
当时，方程可化为有解，所以，
综上得：；
对于，对任意实数，，方程也有解，
当时，方程可化为有解，所以；
当时，同上；
当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以，
所以的值的集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的综合问题，考查余弦函数的图象和性质，通过设，以及分类讨论与的大小情况，并将方程有解转化为恒成立问题是解题的关键，考查学生的分类讨论思想和逻辑分析能力.
37．
【分析】把分式不等式转化为整式不等式求解．
【详解】原不等式等价于，解得．
故答案为：．
38．4
【分析】由基本不等式求解即可
【详解】因为，
所以，
当且仅当即时取等，
所以代数式的最小值为4，
故答案为：4
39．
【分析】根据球的体积公式计算可得；
【详解】解：因为球的半径，所以球的体积；
故答案为：
40．35
【分析】直接利用二项式展开式的通式进行求解即可.
【详解】由，
令，解得：.
.
得项的系数为.
故答案为：
41．2
【分析】将根代入方程，化简即可得到，列方程组即可求得.
【详解】将代入方程得：，
即，即，
所以，解得，
所以.
故答案为：2
42．3
【分析】由等比数列的前项和公式结合数列极限即可得出答案.
【详解】因为数列是以首项为2，公比为的等比数列，
所以等比数列的前项和为：，
而，
则这个数列所有项的和为：3.
故答案为：3.
43．
【分析】根据导数几何意义求解.
【详解】设切线与函数的切点为
又因为，所以在处的导数值为
所以，又因为切点在函数上，即
所以切点为，所以切线方程，即
故答案为：
44．/
【分析】根据古典概型的概率公式，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】“甲同学参加了2天的活动，其余同学各参加了1天的活动”共有种可能，
“甲同学参加连续两天活动”共有种可能，
故甲同学参加连续两天活动的概率.
故答案为：.
45．
【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称可得值，结合奇函数即可求解.
【详解】由于为奇函数，所以定义域关于原点对称，由 ，故
取，则，代入得，由此的定义域为，因此，所以，
故答案为：
46．
【分析】根据对称轴与对称中心的最小距离即可得到周期,将对称轴代入即可得到关于的等式,再根据的范围即可得到解析式.
【详解】解:由题知,因为对称轴与对称中心的最小距离为,
所以,即,
所以,此时,
因为对称轴为,
故有:,
即,
因为,
所以,
故.
故答案为:
47．/
【分析】先利用余弦定理求出的长，因为是的外心，
设外接圆的半径为，所以，再利用正弦定理
求出，由，，
知道动点的轨迹所覆盖图形为以为边的菱形
画图，由图可知菱形为，求出即可得.
【详解】在中，因为，，，
所以由余弦定理：，
所以，
又因为是的外心，设外接圆的半径为，
所以，
由，
所以，
由正弦定理：，
所以，
由，，，
所以动点的轨迹所覆盖图形为以为边的菱形，
如图所示：
由图知为 所对的圆心角与圆周角，
所以有，
所以
，
所以
，
所以动点的轨迹所覆盖图形面积为：
，
故答案为：.
48．①④
【分析】利用双曲线定义结合可得，利用，求得，继而可得，即可求得额离心率，判断①，由离心率可得，判断②，利用，求得，判断③，计算的面积判断④.
【详解】如图示：不妨设A在第一象限，则，
由于，可得： ，
由于，所以 ，
故 ，可得： ，
故 ，而,故，
所以由可得 ，即，
所以①双曲线的离心率 ，①正确；
由可得，故 ，
则双曲线的渐近线的斜率为，②错误；
由以上分析可知，③错误；
在 中， ，
故 ，④正确，
故答案为︰①④﹒
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线定理的理解和应用，解答本题的关键在于利用双曲线定义结合已知求得后，要注意推出 ，从而 ，即可求得相关线段长，则离心率渐近线斜率和弦长以及面积问题即可解决.
49．（1）；（2） .
【分析】（1）在上取点，使，则或其补角即为所求，在中，由余弦定理即可得解；
（2）由即可得解.
【详解】（1）在上取点，使，连接，
，，，
或其补角即为异面直线和所成的角，
在中，，，，
由余弦定理知：，
，
异面直线和所成的角的大小为；
（2）两两互相垂直，平面，
，
即三棱锥的体积为.
50．（1）；（2）.
【解析】（1）根据奇函数的性质，求，再验证；（2）根据二次函数的单调性，求解的取值范围.
【详解】（1）因为函数是奇函数，所以，解得：，
当时，，函数是偶函数，不成立，
当时，，函数是奇函数，成立，
则；
（2）当时，，函数在定义域上单调递减，不满足条件，
当时，若函数在单调递增时，满足 ，解得.
51．（1）；（2），.
【分析】（1）根据已知条件先计算出的长度，然后利用余弦定理求解出的值，从而的值可求；
（2）建立平面直角坐标系，根据条件分析得到的轨迹，由此确定出的面积最大值，从而可求解出发电厂与两个垃圾中转站的距离.
【详解】（1）根据条件可知：，所以，
所以，所以；
（2）以中点为坐标原点，垂直于方向为轴，建立坐标系如图所示：
设，，因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以的轨迹是圆心为，半径为的位于轴上方的圆，
所以当的面积最大时，此时的坐标为，
所以，.
【点睛】结论点睛：平面上给定两个定点，设点在同一平面上且满足，则的轨迹是个圆.
52．（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）若､､是常数列，直线，的最小值即为点到的距离；
（2）若､､是成等差数列，直线恒过点，，点在以为直径的圆上，利用圆的性质即可求最值；
（3）若､､是成等比数列，则，即，设，则，，设，利用，，可得，点在上可得，联立两式可得，将代入整理求最值即可.
【详解】（1）若､､是常数列，则,且不等于，
此时直线即，
的最小值即为点到的距离，
，
（2）若､､是成等差数列，则，
所以直线即，
整理得：
所以 可得，此时直线恒过点，
又因为即，
所以点在以为直径的圆上，
因为，，所以圆心为，半径，
圆的方程为，最大值即为点到圆心的距离再加半径，
所以，
（3）若､､是成等比数列，则，且，，，
将两边同时除以得：，
设，所以，
所以，，
设， ､，，，
因为，所以，可得①，
又因为点在上，所以②，
将①代入②可得，即，
所以，
所以
令，，
所以，
因为在上单调递增，
所以，所以，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：若､､是常数列，则，的最小值即为点到
的距离，若､､是成等差数列可得直线恒过点，可得，点在以为直径的圆上，利用圆的性质即可求最值，第三问属于难题，设，已知方程可化为，，点在上可得
利用，斜率成积为，可得，联立两式可得，将代入可得
，令，，将用表示，求最值即可.
53．（1），，；（2）证明见解析；（3）.
【解析】（1）根据可求得数列的前三项的值；
（2）求出，证明出可证得结论成立；
（3）由题意可得出，计算出，，，，，由此可计算得出的值.
【详解】（1）根据题意可知，在数列中，，
所以，，可得，满足条件；
，可得，满足条件；
，可得，满足条件；
所以，数列的前三项可以是，，；
（2），所以，，
，
所以，整数是数轴上与实数最接近的整数；
（3）由题意可得，，，，.
由题意可知，.
当时，，可得，则；
当时，，可得，则；
当时，，可得，则；
当时，，可得，则；
当时，令，可得，则，则.
令，可得，则正整数的可能取值有、，
此时，由，可得，可得，即；
令，可得，则且，
此时，由，可得，即，即.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的新定义，处理此类问题时，通常是根据题中的新定义，结合已知结论进行推导.本题中第（3）问，根据“”需要逐项求出各项的值，在时，要分和进行推导，属于难题.
54．(1)16；
(2).
【分析】（1）根据直棱柱的性质得出，，又因为，可得，根据线面垂直的判定定理可证出平面，所以为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式即可求出结果；
（2）取的中点，连接，则，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，从而得出为直线与平面所成的角，最后在中，由，即可求出.
【详解】（1）解：已知直三棱柱，则平面，
则，，
又，，可得，则，
又因为，且平面，
所以平面，则为四棱锥的高，
且，所以四棱锥的体积为：
.
（2）解：取的中点，连接，则，
又平面，则，
而，且平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，
在中，，，
所以，得.
即直线与平面所成的角的大小.
55．(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）由题设知，根据三角函数与单位圆的关系及和角正余弦公式、同角三角函数的平方关系求，，进而可得.
（2）由题设可得求，再由倍角余弦公式、万能公式可得，即可求值.
【详解】（1）由题设知：，则，
∴，，
∴，而，，则，
∴，时，；
，时，.
（2）由题设，，可得，
又，
∴.
56．(1)b=0时，符合发放方案规定，b=1时，不符合发放方案规定；
(2).
【分析】（1）根据题意，需要判断函数在上是否单调递增，在上是否恒大于等于零，进而得到答案；
（2）根据题意，在上单调递增，且在上恒大于等于零，进而求出b的取值范围.
【详解】（1）若，则，函数在上单调递增，令，显然在上恒大于0，满足题意.
若，则，函数在上单调递增，令，易知，不合题意.
所以时，符合发放方案规定，时，不符合发放方案规定.
（2）①由题意，在上单调递增，则.
②令，由题意，在上恒成立，
若，在上单调递增，则，于是；
若，在上单调递减，则，舍去；
若，则，舍去.
所以.
综合①②得：.
57．(1)
(2)
(3)存在使得是一个确定的常数.
【分析】（1）根据题意求得，进而求得直线的方程，令，即可求解；
（2）设，根据，得到，联立方程组，求得，进而求得的值；
（3）按照直线斜率是否为0讨论，设直线的方程为，联立方程组求得，设，结合向量的数量积的公式，化简得到，从而得到，求得，即可得到答案.
（1）
解：由椭圆，可得，则，
所以，
又因为直线的倾斜角为，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即.
（2）
解：设，可得，
因为，即，整理得，
由且，解得，即，
又由，所以直线的方程为，
令，解得，即.
（3）
解：当直线l斜率不为0时，设直线的方程为，，，
联立方程组，整理得，
则，且，
设，可得，
则
，
令，可得，解得，此时点，；
当直线斜率为0时，直线的方程为，，
若点，则成立；
所以存在定点，使得是一个确定的常数
58．(1)；
(2)，；
(3)，.
【分析】（1）根据集合A、B的描述分析中的元素组成，进而写出的前10项，即可求.
（2）由结合且即可求值；令、判断对应中的，进而确定值.
（3）由中属于集合A、B中元素之间的个数关系，判断的中分别含集合A、B中元素个数，进而应用分组求和，结合等差、等比前n项和求即可.
(1)
由题设，集合A中元素为，集合B中元素为，且A、B没有重复元素，
∴的前10项为，故.
(2)
由，故中含集合的4个元素；
由且，可得，故中含集合A的40个元素；
∴；
由，若，则中含集合的7个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的1093个元素；
∴中.
由，若，则中含集合的8个元素；
此时，由且，可得，故中含集合A的3280个元素；
∴中.
综上，由，即，
∴中含集合的7个元素，含集合A的个元素，
∴.
(3)
由题设，若中含m个集合B的元素，在第个和第个集合B的元素之间存在个集合A的元素，
∴若最后一项属于集合且共有个集合B的元素，，
∴共有个元素，
由题设，，故含个集合的元素，含个集合A的元素，
∴，
∴，.
【点睛】关键点点睛：根据集合A、B的描述及其元素的性质，结合各小问条件判断中含A、B中元素个数，进而求参数及前n项和.
59．(1)
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据三角函数诱导公式以及二倍角公式，化简，即可求得答案；
（2）利用正弦定理边化角可得，结合两角和差的正余弦公式化简，求值，可得答案.
【详解】（1）由条件，得，
即，亦即，
故，因为，所以．
（2）证明：由正弦定理及得，
由（1）知，故，于是，
则，即，
因，故，又，
从而，
所以，则，
因此是直角三角形．
60．(1)
(2)6
【分析】（1）将全部用代换，结合等比性质可求的通项公式；
（2）化简得，结合分组求解法求出，由的单调性可求的最小值．
【详解】（1）设等差数列的公差为，则由，，成等比数列及，
得，即，解得．
当时，，，构成等比数列，符合条件；
当时，，，不能构成等比数列，不符合条件．
因此，于是数列的通项公式为；
（2）由（1）知，故，所以
易知在正整数集上严格递增，且，．
故满足的正整数的最小值为6．
61．(1)证明见解析
(2)
(3)存在满足条件的点，1
【分析】（1）由已知条件可证平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在满足条件的点E，并，利用向量的加减运算，求出，利用线面夹角公式得出，求得，即可求出的长.
【详解】（1）证明：由点在底面ABC上的投影为AC的中点，知平面ABC，
又平面ABC，故，
因是以AC为斜边的等腰直角三角形，故，
而，平面，，故平面，
由平面，得．
（2）由点，为AC的中点，侧面为菱形，知，
由是以AC为斜边的等腰直角三角形，，可得，，
由（1）知直线，，两两垂直，故以点为坐标原点，
直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，故点到平面的距离为：
（3）假设存在满足条件的点E，并，
则，
于是，由直线DE与侧面所成角的正弦值为，
可得，
即，解得．
又，故．
因此存在满足条件的点，且．
62．(1)分布列见解析，数学期望为171.7；
(2)0.0312；
(3)27.25
【分析】（1）依据分布列和期望的定义即可求得X的分布列及期望；
（2）利用条件概率去求此人是高中生的概率；
（3）依据方差的定义去求这80人的方差．
【详解】（1）由，解得．
所以的分布列为
（2）设事件A为任取一名本市市民的身高位于区间，
事件为任取一名本市市民为高中生，则，
．
所以．
于是，此人是高中生的概率为0.0312．
（3）由于身高在区间，的人数之比为5：3，
所以分层抽样抽取80人，区间，内抽取的
人数分别为50人与30人．
在区间中抽取的50个样本记为，，…，其均值为176，
方差为10，即，．
在区间中抽取的30个样本记为，，…，．其均值为184，
方差为16，即，；
所以这80人身高的均值为．
从而这80人身高的方差为
因此，这80人身高的方差为27.25．
63．(1)的单调递增区间为：与；单调递减区间为：；
(2)是定值6；
(3).
【分析】（1）由函数，求导函数，令，由导函数的零点将定义域分段，分析当变化时，，的变化情况，即可得函数的单调区间；
（2）方法一：根据，，确定，与之间的等式关系，又由得与的关系，即可得与的关系，由（1）知和是函数的极值点，则当和分别求解，确定是否为定值即可；
方法二：由，两式联立进行因式分解可得，即可得为定值；
（3）由于函数在闭区间上的最大值只有可能在，6，，这4处取得，分别求解得，，，讨论或 ，分别求解的取值情况，即可得的取值集合．
【详解】（1）解：由，，可得．
因，由，解得．
当变化时，，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间为：与；单调递减区间为：．
（2）方法1：因为存在极值点，所以由（1）知：，且．
因为，，故由，得即．
因为，所以（*）
由题意，得，即．
由（1）知，和是函数的极值点，
故当时，由（*）可得，
解得，即，
此时．
当时，由（*）可得，
解得，即，此时．
综上，可得结论成立．
方法2：因为存在极值点，所以由（1）知：，且．
因为，，故由，
得即．
因为，所以（*）
由题意，得，即，将其代入（*），
得（**）
即
亦即．
由于，因此．
（3）解：因函数在闭区间上的最大值只有可能在，6，，这4处取得．
又，，，
（因）
①若为在区间上的最大值（等于40），
令，则，且，由，得．
设，则恒成立，故在上严格递增，
于是在上存在唯一的，使，易知，进而相应的．
而此时，，因此符合题意．
②若为在区间上的最大值（等于40），则，或．
（i）当时，，，
为在区间上的最大值，因此符合题意．
（ii）当时，，，，
于是不符合题意，舍去．
综上所述，符合条件的的取值集合为．
【点睛】本题考查了函数与导数的综合应用，主要涉及利用导数确定函数单调区间、极值点与方程的根、闭区间上的最值问题，需要注意解题的基本思路和基本方法，属于中等难度的题.本题解决极值点与函数方程的关键是运算问题，方法一强调，与之间的等式关系为，又由得与的关系，整理可得与的关系，再结合的取值情况即可得为定值；方法二强调的是多元变量的因式分解问题，主要涉及的是分组因式分解方法，需要保证两两分组后有公因式，利用方程的根即可得为定值；而对于函数在闭区间上的最大值即比较区间端点值与极值的大小即可得最大值的取值情况，且注意检验最值是否取到.
X
155
165
175
185
195
205
P
0.22
0.27
0.25
0.15
0.1
0.01
＋
0
－
0
＋
单调递增
单调递减
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