上海市杨浦区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市杨浦区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共46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。

上海市杨浦区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2020·上海杨浦·统考一模）设，，则下列不等式中，恒成立的是（    ）
A． B． C． D．
2．（2020·上海杨浦·统考一模）下列函数中，值域为的是（    ）
A． B． C． D．
3．（2020·上海杨浦·统考一模）从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的个数为（    ）
A． B． C． D．
4．（2020·上海杨浦·统考一模）设集合(其中常数)，(其中常数)，则“”是“”的（    ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件
5．（2021·上海杨浦·统考一模）关于x､y的二元一次方程组的增广矩阵为（    ）
A． B． C． D．
6．（2021·上海杨浦·统考一模）记数列的通项公式为，则数列的极限为（    ）
A． B．1 C．2 D．不存在
7．（2021·上海杨浦·统考一模）如图，在正方体中，点M､N分别在棱､上，则“直线直线”是“直线平面”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
8．（2021·上海杨浦·统考一模）已知非空集合A，B满足：，，函数，对于下列两个命题：①存在唯一的非空集合对，使得为偶函数；②存在无穷多非空集合对，使得方程无解.下面判断正确的是（    ）
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确
C．①､②都正确 D．①､②都错误
9．（2022·上海杨浦·统考一模）某校高一共有10个班，编号为01，02，…，10，现用抽签法从中抽取3个班进行调查，设高一（5）班被抽到的可能性为a，高一（6）班被抽到的可能性为b，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2022·上海杨浦·统考一模）对于平面和两条直线，下列说法正确的是（    ）
A．若，，则 B．若与所成的角相等，则
C．若，，则 D．若，，n在平面α外，则
11．（2022·上海杨浦·统考一模）在中，，则“”是“是钝角三角形”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
12．（2022·上海杨浦·统考一模）已知定义在R上的函数对任意，都有成立且满足（其中a为常数），关于x的方程：的解的情况．下面判断正确的是（    ）
A．存在常数a，使得该方程无实数解 B．对任意常数a，方程均有且仅有1解
C．存在常数a，使得该方程有无数解 D．对任意常数a，方程解的个数大于2

二、填空题
13．（2020·上海杨浦·统考一模）已知全集，集合，则集合_____________．
14．（2020·上海杨浦·统考一模）已知复数为虚数单位，则__________．
15．（2020·上海杨浦·统考一模）若关于的方程组无解，则实数__________.
16．（2020·上海杨浦·统考一模）已知球的半径是，则球体积为____________.
17．（2020·上海杨浦·统考一模）若直线和互相垂直，则实数_____________.
18．（2020·上海杨浦·统考一模）已知，，则___________.
19．（2020·上海杨浦·统考一模）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为___________.
20．（2020·上海杨浦·统考一模）是偶函数，当时，，则不等式的解集为____________.
21．（2020·上海杨浦·统考一模）方程的解为____________.
22．（2020·上海杨浦·统考一模）平面直角坐标系中，满足到的距离比到的距离大的点的轨迹为曲线，点(其中，)是曲线上的点，原点到直线的距离为，则____________.
23．（2020·上海杨浦·统考一模）如图所示矩形中，，，分别将边与等分成份，并将等分点自下而上依次记作、、、，自左到右依次记作、、、，满足（其中、，）的有序数对共有_______对.

24．（2020·上海杨浦·统考一模）已知函数在定义域上是单调函数，值域为，满足，且对于任意，都有.的反函数为，若将(其中常数)的反函数的图像向上平移1个单位，将得到函数的图像，则实数k的值为________.
25．（2021·上海杨浦·统考一模）函数的最小正周期__________．
26．（2021·上海杨浦·统考一模）已知集合，，则___________.
27．（2021·上海杨浦·统考一模）已知函数的反函数为，则___________.
28．（2021·上海杨浦·统考一模）若双曲线的渐近线方程为，则实数___________.
29．（2021·上海杨浦·统考一模）的二项展开式中含的项的系数是________.
30．（2021·上海杨浦·统考一模）已知圆锥的底面半径为,母线长为,则此圆锥的体积为_________.
31．（2021·上海杨浦·统考一模）已知复数z满足：（为虚数单位），则___________.
32．（2021·上海杨浦·统考一模）方程的解为___________.
33．（2021·上海杨浦·统考一模）某市高考新政规定每位学生在物理､化学､生物､历史､政治､地理中选择三门作为等级考试科目，则甲､乙两位学生等级考试科目恰有一门相同的不同选择共有___________种.（用数字作答）
34．（2021·上海杨浦·统考一模）在中，三边a､b､c所对的三个内角分别为A､B､C，若，，，则边长___________.
35．（2021·上海杨浦·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点､，E､F为圆上两个动点，且，则的最大值为___________.
36．（2021·上海杨浦·统考一模）等差数列满足：①，；②在区间中的项恰好比区间中的项少2项，则数列的通项公式为___________.
37．（2022·上海杨浦·统考一模）若“”，则“”是________命题．（填：真、假）
38．（2022·上海杨浦·统考一模）设集合，集合，则________．
39．（2022·上海杨浦·统考一模）方程的解是________．
40．（2022·上海杨浦·统考一模）若，，则________.
41．（2022·上海杨浦·统考一模）设i是虚数单位，则复数的虚部是________．
42．（2022·上海杨浦·统考一模）向量在向量方向上的投影数量为_______．
43．（2022·上海杨浦·统考一模）一支田径队有男运动员48人，女运动员36人，若用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为21的样本，则抽取男运动员的人数为____________
44．（2022·上海杨浦·统考一模）已知双曲线的渐近线方程为y=±，则此双曲线的离心率为________.
45．（2022·上海杨浦·统考一模）若正数x，y满足，则的最小值为________．
46．（2022·上海杨浦·统考一模）已知（n是正整数），，则________．
47．（2022·上海杨浦·统考一模）等差数列的公差，其前n项和为，若，则中不同的数值有________个．
48．（2022·上海杨浦·统考一模）已知，若方程与均恰有两个不同的实根，则实数a的取值范围是________．

三、解答题
49．（2020·上海杨浦·统考一模）如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，.点分别是棱的中点.

（1）求证：四点共面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
50．（2020·上海杨浦·统考一模）设常数，，.
（1）若是奇函数，求实数的值；
（2）设，中，内角的对边分别为.若，，，求的面积.
51．（2020·上海杨浦·统考一模）某校运会上无人机飞行表演，在水平距离(单位：米)内的飞行轨迹如图所示，表示飞行高度(单位：米).其中当时，轨迹为开口向上的抛物线的一段(端点为)，当时，轨迹为线段，经测量，起点，终点，最低点.

（1）求关于的函数解析式；
（2）在处有摄像机跟踪拍摄，为确保始终拍到无人机，求拍摄视角的最小值.(精确到)
52．（2020·上海杨浦·统考一模）设分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点.

（1）若，求椭圆的方程；
（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.
（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.
53．（2020·上海杨浦·统考一模）设数列与满足：的各项均为正数，.
（1）设，若是无穷等比数列，求数列的通项公式；
（2）设.求证：不存在递减的数列，使得是无穷等比数列；
（3）当时，为公差不为0的等差数列且其前的和为0；若对任意满足条件的数列，其前项的和均不超过，求正整数的最大值.
54．（2021·上海杨浦·统考一模）如图，直三棱柱的底面为直角三角形且，直角边､的长分别为3､4，侧棱的长为4，点M､N分别为线段､的中点.

(1)求证：A，C，N，M四点共面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
55．（2021·上海杨浦·统考一模）已知函数.
(1)若，求函数在上的零点；
(2)已知，函数，，求函数的值域.
56．（2021·上海杨浦·统考一模）为了防止某种新冠病毒感染，某地居民需服用一种药物预防.规定每人每天定时服用一次，每次服用m毫克.已知人的肾脏每24小时可以从体内滤除这种药物的80%，设第n次服药后（滤除之前）这种药物在人体内的含量是毫克，（即）.
(1)已知，求､；
(2)该药物在人体的含量超过25毫克会产生毒副作用，若人需要长期服用这种药物，求m的最大值.
57．（2021·上海杨浦·统考一模）如图，椭圆的左､右焦点分别为､，过右焦点与x轴垂直的直线交椭圆于M､N两点，动点P､Q分别在直线MN与椭圆C上.已知，的周长为.

(1)求椭圆C的方程；
(2)若线段PQ的中点在y轴上，求三角形的面积；
(3)是否存在以､为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上？若存在，求出所有满足条件的点Q的横坐标；若不存在，说明理由.
58．（2021·上海杨浦·统考一模）给定区间和正常数a，如果定义在R上的两个函数与满足：对一切，均有，称函数与具有性质.
(1)已知，判断下列两组函数是否具有性质？①，；②，；（不需要说明理由）
(2)已知，是周期函数，且对任意的，均存在区间，使得函数与具有性质，求证：；
(3)已知，，若存在一次函数与具有性质，求实数m的最大值.
59．（2022·上海杨浦·统考一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c、满足．
(1)求角B的大小；
(2)若，求的面积的最大值．
60．（2022·上海杨浦·统考一模）如图所示圆锥中，为底面的直径．分别为母线与的中点，点是底面圆周上一点，若，，圆锥的高为．

(1)求圆锥的侧面积；
(2)求证：与是异面直线，并求其所成角的大小
61．（2022·上海杨浦·统考一模）企业经营一款节能环保产品，其成本由研发成本与生产成本两部分构成．生产成本固定为每台130元．根据市场调研，若该产品产量为x万台时，每万台产品的销售收入为I（x）万元．两者满足关系：
(1)甲企业独家经营，其研发成本为60万元．求甲企业能获得利润的最大值；
(2)乙企业见有利可图，也经营该产品，其研发成本为40万元．问：乙企业产量多少万台时获得的利润最大；（假定甲企业按照原先最大利润生产，并未因乙的加入而改变）
(3)由于乙企业参与，甲企业将不能得到预期的最大收益、因此会作相应调整，之后乙企业也会随之作出调整，最终双方达到动态平衡（在对方当前产量不变的情况下，已方达到利润最大）求动态平衡时，两企业各自的产量和利润分别是多少．
62．（2022·上海杨浦·统考一模）已知曲线E：的左右焦点为，，P是曲线E上一动点
(1)求的周长；
(2)过的直线与曲线E交于AB两点，且，求直线AB的斜率；
(3)若存在过点的两条直线和与曲线E都只有一个公共点，且，求h的值.
63．（2022·上海杨浦·统考一模）已知函数，其中为正整数，且为常数．
(1)求函数的单调增区间；
(2)若对于任意，函数，在内均存在唯一零点，求a的取值范围；
(3)设是函数大于0的零点，其构成数列．问：是否存在实数a使得中的部分项：，，，（其中时，）构成一个无穷等比数列若存在；求出a；若不存在请说明理由．

参考答案：
1．B
【解析】利用不等式的基本性质可判断各选项的正误.
【详解】对于A选项，，所以，，所以，，A选项错误；
对于B选项，，则，由不等式的基本性质可得，B选项正确；
对于C选项，若，由不等式的基本性质可得，C选项错误；
对于D选项，若，由A选项可知，，由不等式的基本性质可得，D选项错误.
故选：D.
2．C
【解析】由题意利用基本初等函数的值域，得出结论．
【详解】解：函数的值域为，，故排除；
函数的值域为，故排除；
函数的值域为，故满足条件；
函数的值域为，，故排除，
故选：．
3．A
【解析】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，去掉四点共面的情况即可求解.
【详解】从正方体的8个顶点中选取4个顶点有种，
正方体表面四点共面不能构成四面体有种，
正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有种，
所以可得到的四面体的个数为种，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要采用间接法，如果直接讨论，需要讨论的情况比较多，所以正难则反，这是解题的关键.
4．A
【解析】讨论的取值范围，求出集合，进而求出集合，再根据充分条件、必要条件即可求解.
【详解】当时，，
若，则，
此时，
当时，，
若，则，
此时，
故“”是“”的充分条件；
当时，若，
，可得，
当时，，若，
，可得，
所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
5．D
【分析】根据增广矩阵的概念即可求解.
【详解】的增广矩阵为，
故选：D.
6．C
【分析】根据数列极限的定义求解．
【详解】由题意．
故选：C．
7．C
【分析】.
根据充分必要条件的定义判断．
【详解】首先必要性是满足的，由线面垂直的性质定理（或定义）易得；
下面说明充分性，
连接，平面，平面，则，
正方形中，，平面，则平面，
又平面，所以，
若，，平面，所以平面，充分性得证．
因此应为充要条件．
故选：C．

8．B
【分析】在同一平面直角坐标系画出与的图象，结合函数图象即可判断①；再分别求出与的解，即可判断无解的条件，从而判断②，即可得解；
【详解】解：在同一平面直角坐标系画出与的图象如下所示：

由，解得，由函数图象可知当或时为偶函数，故①错误；
令，解得，令，解得，因为，，，所以当，时满足无解，故存在无穷多非空集合对，使得方程无解，故②正确；
故选：B
9．C
【分析】根据简单随机抽样的定义，分析即可得答案.
【详解】由简单随机抽样的定义，知每个个体被抽到的可能性相等，故高一（5）班和高一（6）班被抽到的可能性均为.
故选：C
10．D
【分析】根据空间线、面的位置关系即可判断A,B,C,利用线面平行的判定定理可判断D.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若与所成的角相等，则相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若，，则相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若，，n在平面α外，则由线面平行的判定定理得，
故D正确.
故选:D.
11．A
【分析】先解三角不等式，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】在中，由得：或，而，则，因此得，
于是得，是钝角三角形，
当是钝角三角形时，取钝角，，
即是钝角三角形不能推出，
所以“”是“是钝角三角形”的充分而不必要条件.
故选：A
12．B
【分析】将方程的解的情况转化为零点的情况，然后根据得到，根据，得到，然后利用定义法得到在R上单调递增，即可得到对任意常数，方程只有一个解.
【详解】令，则方程的解的情况可以转化为零点的情况，
因为，所以，
因为，所以，则，
令，，因为，所以，

，即，
所以在R上单调递增，又，所以对任意常数，只有一个零点，即方程只有一个解.
故选：B.
13．
【分析】直接利用补集的定义求解即可
【详解】解：因为全集，集合，
所以，
故答案为：
【点睛】此题考查集合的补集运算，属于基础题
14．
【分析】由已知直接利用复数模的计算公式求解．
【详解】因为，
所以．
故答案为：．
15．
【解析】由题意可得直线 和直线平行，再利用两条直线平行的性质，求出的值．
【详解】若关于，的方程组无解，
则直线 和直线平行，
故有，求得，
故答案为：
16．
【分析】根据球的体积公式直接计算得结果.
【详解】由于球的半径为，故体积为.
【点睛】本小题主要考查球的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题.
17．6
【分析】根据两直线垂直的条件求解．
【详解】因为直线和互相垂直，所以，所以．
故答案为：6．
18．
【解析】利用同角三角函数基本关系求，再利用诱导公式即可求解.
【详解】因为，，
所以，可得
所以，
，
故答案为：.
19．1120
【分析】利用二项式系数和等于可确定的值，再根据二项式定理求出常数项.
【详解】所有二项式系数的和为256,,,
则展开式的通项公式为，
令可得，展开式的常数项为.
故答案为：1120.
20．
【解析】根据条件可得出，当时，由得出，然后根据是偶函数即可得出不等式的解集．
【详解】解：当时，由，得，解得.
因为为偶函数，所以的解集为.
故答案为：
21．
【解析】根据对数的运算及性质可得：，结合真数位置大于即可求解.
【详解】由可得，
所以，即，
解得：或，
因为且，所以，
所以方程的解为：
故答案为：.
22．
【解析】由双曲线定义可知的轨迹方程，求得渐近线方程，得到直线的方程，再由点到直线的距离公式求解．
【详解】设曲线上的点为，由题意，，
则曲线为双曲线的右支，焦点坐标为，，
，，，，
双曲线方程为．
所以渐近线方程为，
而点（其中，是曲线上的点，
当时，直线的斜率趋近于，即．
则，即．
．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程常用的方法有：（1）定义法（根据已知分析得到动点的轨迹是某一种圆锥曲线再求解）；（2）直接法；（3）相关点代入法.
23．
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，易得，，由可得出，然后列举出符合条件的有序实数对即可得解.
【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

易知点，，
则，，所以，，可得，
所以符合条件的有序数对有：、、、、、、、、、、、、、、、、、，
共对.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
24．3
【解析】由题意设根据，解得，在求解的反函数，向上平移1个单位，可得，即可求解实数的值；
【详解】解：由题意，设，
根据，解得，
，
那么，，
与互换，可得，，
则，
那么，
与互换，可得，向上平移1个单位，可得，
即，
故得，
故答案为：3．
25．
【分析】根据正余弦函数的周期公式即可求解.
【详解】根据正余弦函数的周期公式可知：
函数的最小正周期，
故答案为：.
26．/{2,1}
【分析】根据交集的定义计算．
【详解】由已知．
故答案为：．
27．1
【分析】在原函数中令，解得即得．
【详解】由得，所以．
故答案为：1．
28．4
【分析】根据双曲线标准方程与渐近线的关系即可列式求解.
【详解】双曲线焦点在x轴上，∴渐近线为，∴.
故答案为：4.
29．60
【分析】，令即可.
【详解】二项式展开式的通项为，令，得，
故的项的系数是60.
故答案为：60
【点睛】本题考查求二项展开式中的特定项的系数问题，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.
30．/
【详解】因为圆锥的底面半径为,母线长为,
所以，由勾股定理可得高，
体积，
故答案为：.
31．
【分析】根据复数代数形式的乘除运算及共轭复数定义求出，再根据复数模的公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，所以，所以，所以
故答案为：
32．8
【分析】由对数运算法则化方程为．再根据对数函数的性质求解．
【详解】由得，
所以，解得．
故答案为：8．
33．180
【分析】用分步乘法原理完成这件事：先选一门科目为两相同科目，然后让其中一人从剩下的5科中选2门，另一人再在剩下的3门中选2门即可得．
【详解】由分步乘法原理知不同选择方法为．
故答案为：180．
34．5
【分析】由正弦定理求得，从而得，，由诱导公式和两角和的余弦公式求得，再得，最后由正弦定理求得．
【详解】由正弦定理得，
所以，则，
又，所以，，
，
，
又由正弦定理得．
故答案为：5．
35．
【分析】依题意、为直径的两个端点，设，则，即可表示出，，再根据平面向量数量积的坐标运算及辅助角公式计算可得；
【详解】解：因为、为圆上两个动点，且，所以、为直径的两个端点，设，则，因为､，所以，，所以
，其中；
所以当时
故答案为：
36．/－4+3n
【分析】由已知得出，根据区间的长度确定在区间上可能含有的数列中的项数，结合区间，然后根据项数的可能值分类讨论，确定数列．
【详解】由，得，，因此在区间上最多有5项，又在区间中的项恰好比区间中的项少2项，
因此数列在上的项数可能为，相应地在上项数分别为．
（1）若在上的项数可能为1，设是数列在区间的项，在上项数为3，
由得，由得，所以，
这样是数列中的连续三项，是等差数列，因此也是中连续三项（否则数列中有两项在上），但，矛盾；
（2）若在上的项数可能为2，设是数列在区间的最小项，在上项数为4，
由得，由得，所以，
这样是数列中的连续四项，是等差数列，因此也是中连续四项，（否则数列中有三项在上），又，
所以，，满足题意，；
（3）若在上的项数可能为3，设是数列在区间的最小项，在上项数为5，
由得，由得，所以，
这样是数列中的连续五项，是等差数列，因此也是中连续五项（否则数列中有四项在上），但，矛盾；
综上所述，．
故答案为：．
37．真
【分析】根据函数的单调性即可得出结论.
【详解】函数在是单调增函数，
∴当，一定有，故是真命题.
故答案为：真．
【点睛】本题考查命题真假的判定，属于基础题.
38．
【分析】求出集合，再求交集可得答案.
【详解】集合，则.
故答案为：.
39．
【分析】根据对数真数大于零和对数函数的单调性可直接构造不等式组求得结果.
【详解】由得：，
即，解得：.
故答案为：.
40．或.
【分析】根据的值以及的范围，利用特殊角的三角函数值，即可求出的度数.
【详解】，且    或
故答案为：或
【点睛】此题考查已知函数值求角的问题，牢记特殊角的三角函数值是解本题的关键.
41．2
【分析】根据复数的乘法运算即可得复数，即可得的虚部.
【详解】解：复数，所以复数的虚部为.
故答案为：.
42．3
【详解】试题分析：由数量积的定义，所以
考点：向量的数量积．
43．12
【分析】由题意知运动员男女比例为4:3，所以抽取容量为21的样本，样本比例也为4:3，从而求得结果.
【详解】由题意知运动员男女比例为4:3，所以抽取容量为21的样本，样本比例也为4:3，所以抽取男运动员的人数为.
【点睛】本题考查简单随机抽样分层抽样，属于基础题.
44．或．
【详解】此题考查双曲线的离心率
解：因为双曲线的渐近线方程为，所以或，故.
所以离心率.
答案：
45．/
【分析】先将变形为，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，，所以，
则，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
46．243

【分析】根据列式即可求出，观察原式特点，取，右侧关于的系数全为1，从而两边取进而得解.
【详解】因为，
所以，
解得，.
令得，
，
故，
故答案为：243.
47．2018
【分析】等差数列前n项和为二次函数，根据其图像性质，求出对称轴，即可求出相同数值的个数，进而求得不同数值的个数.
【详解】解：已知等差数列的公差，其前n项和为，
是关于n的二次函数，若，则对称轴为，
，，，，有四组数相同，
则中不同的数值有个，
故答案为：2018.
48．
【分析】由题知恰有两个不同的实数根，记为（不妨设），进而得，，再根据均恰有两个不同的实根得，进而解不等式即可得答案.
【详解】解：因为恰有两个不同的实数根，记为（不妨设），
所以，令，
即
所以，，，
因为均恰有两个不同的实根，
所以和中共有两个不相等的实数根，
当时，即，
整理得①，
当时，即，
整理得②
由
所以，①②没有公共实数根，
因为
所以方程①无实数根，②有两个实数根，
所以，
不等式，
故当，不等式显然成立，
当时，，解得
所以，的解集为；
不等式，
故当时，，不等式恒成立，
当时，，解得，
所以，的解集为，
所以，的解集为
故答案为：
49．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知证明可得答案；
（2）作，证明直线平面， 即为直线与平面所成的角，在直角中可求得答案.
【详解】（1）证明：点分别是棱的中点，


四点共面.
（2）作，垂足为F
平面，平面，
直线直线
直线且与相交于
直线平面
即为直线与平面所成的角.
在直角中，，所以，
由面积可得，
在直角中，，，
直线与平面所成的角为.
【点睛】对于线面角的求法的步骤作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.
50．（1）；（2）或.
【解析】（1）由，知，再对进行检验，即可；
（2）结合二倍角公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质，可推出，再由余弦定理求出的值，最后根据，即可得解．
【详解】（1）解：由题意
检验：
对任意都有

是奇函数
.
（2）解：，整理得，
A是三角形的内角
所以

由余弦定理，即
整理得，解得或
，或.
51．（1）；（2）最小为.
【解析】（1）时，设解析式为，代入可求，从而求出，求出直线的斜率即可求解.
（2）根据题意，连接，仰角为，俯角为，求出、的最小值即可求解.
【详解】解：（1）时
设：，代入可得
解得，
时，，，
所以，


（2）如图，设仰角为，俯角为

仰角最小为，
又，


俯角最小为
最小为
52．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）计算得，，代入解方程即可得，故可得椭圆的方程；
（2）设另一焦点为，则轴，计算出点坐标，计算即可；
（3）设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立，由韦达定理计算得出，同理可得，分，两种情况表示出直线方程，从而确定出定点.
【详解】（1），
，，，解得
即椭圆的方程为.
（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，
设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，
代入椭圆方程得，即
；
（3）证明：由题意，设点P的坐标为，
直线：，与椭圆方程联立
消去得：
由韦达定理得即；
同理；
当，即即时，
直线的方程为；
当时，直线：
化简得，恒过点；
综上所述，直线恒过点.
【点睛】关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出点的坐标，从而表示出直线，并能通过运算整理成关于的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.
53．（1）；（2）证明见解析；（3）最大值为8.
【解析】（1）运用等比数列的中项性质，解方程可得公比，所求通项公式；
（2）运用反证法证明，结合数列的单调性和余弦函数的值域，可得矛盾，即可得证；
（3）运用等差数列的等差中项的性质和求和公式，解不等式可得所求最大值．
【详解】（1）解：，，公比为
由解得，
数列的通项公式为.
（2）证明：反证法，设存在
则，此时
公比
，考虑不等式
当时，即时，
有(其中表示不超过x的最大整数)，
这与的值域为矛盾
假设不成立，得证
（3）解：，
由等差数列性质
即，特别地，，
现考虑的最大值
为使取最大值，应有，
否则在中将替换为，且，
将得到一个更大的
由可知，特别地，；
于是
解得，所以的最大值为8.
【点睛】本题考查等比数列和等差数列的性质和通项公式、求和公式的运用，考查运算能力和推理能力，以及反证法的应用．
54．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）依题意可得，即可得到，从而得证；
（2）过点作交于点，连接，可证，即可得到平面，即可得到为直线与平面所成角，在利用锐角三角函数计算可得；
（1）
证明：因为点､分别为线段､的中点，
所以，
又因为，所以，所以、、、四点共面；
（2）
解：

过点作交于点，连接，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，
因为，，所以
所以，所以，直线与平面所成角为；
55．(1)和；
(2)．

【分析】（1）由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出的范围，从而利用正弦函数性质得零点；
（2）利用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出的范围，结合正弦函数性质得值域．
【详解】（1），，
时，，所以或时，，此时或，
所以零点为和；
（2），，
，
，则，，所以的值域是．
56．(1)，；
(2)20毫克

【分析】（1）由，计算可得．
（2）由每次服药，药物在人体内的含量为本次服药量加上前次含量的可得递推关系式，变形后构造一个等比数列，求得通项公式后，由数列不等式恒成立及数列的单调性可得．
【详解】（1），；
（2）依题意，，
所以，，
所以是等比数列，公比为，
所以，，
，，
数列是递增数列，且，所以，
即，
所以m的最大值是毫克．
57．(1)；
(2)；
(3)存在，且点坐标为,.

【分析】（1）的周长是，求得，由焦距得，然后求得得椭圆方程；
（2）线段PQ的中点在y轴上，得点横坐标，代入椭圆方程得点纵坐标，此时轴，易得其面积；
（3）假设存在以､为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．
(1)
由已知，所以，，从而，
椭圆方程为；
(2)
显然，线段PQ的中点在y轴上，则，轴，
，，所以；
(3)
假设存在以､为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，
设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，，
都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，②，
②代入①得，或，
时，，，此时与重合，点坐标为；
时，（舍去），，点坐标为．
所以存在满足题意的点，其坐标为,.
【点睛】本题考查求椭圆标准方程，直线与椭圆中的存在性命题．解题方法是假设存在，设出点的坐标，由平行四边形求出点坐标，然后把的坐标全都代入椭圆方程，再由垂直得向量的数量积为0，得出的关系，从而达到求解的目的．本题考查学生的逻辑思维能力，运算求解能力，属于难题．
58．(1)和具有性质；不具有性质；
(2)证明见解析；
(3)．

【分析】（1）根据新定义直接检验；
（2）根据新定义用反证法证明；
（3）由新定义把问题转化为不等式恒成立问题，再转化两个函数图象间存在一条线段问题，结合直线与曲线相切从而求得结论．
(1)
时，，，所以，所以恒成立，和具有性质；
又，当时，，因此不具有性质；
(2)
假设不恒成立，即存在，使得，
又是周期函数，设其最小正周期是，则时，都有，
取，对任意的实数，取整数，满足，则，且，此时，
与已知对任意的，均存在区间，使得函数与具有性质，矛盾，所以假设错误．所以恒成立．
(3)
设，
由题意时，恒成立，
所以，
作出与在上的图象，如图，题意说明在上存在一条线段夹在这两个图象之间，由图可知要使得最大，则线段以为端点，与相切，设线段所在直线方程为，
由得，，（舍去），
由，解得（舍去），
此线段的另一端点的横坐标为，即为的最大值．
所以的最大值为．

【点睛】本题考查函数新定义，解题关键是理解新定义并应用新定义进行转化．难点是第（3）小题，利用新定义转化为两个函数图象间存在一条线段，这样由数形结合思想，再转化为求直线与曲线相切，由切线与另一曲线相交得出最大值，本题属于难题．
59．(1)
(2)

【分析】（1）利用余弦定理求即可；
（2）利用基本不等式得到，然后利用三角形面积公式求面积的最大值即可.
【详解】（1）因为，
由余弦定理得，又，所以.
（2）因为，
由（1）得，当且仅当时取等号，
所以，
面积
所以三角形面积的最大值为．
60．(1)
(2)证明见解析；

【详解】（1）设圆锥底面半径为，母线长为,
因为为直径，是的中位线，
所以，
，
所以侧面积.
（2）因为在平面且不共线，在平面外 所以与是异面直线，
连接，由分别为的中点，得，
所以：为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，
取中点为，连接,
，，，
在中，，

所以异面直线与所成角的大小为.
61．(1)1965万元
(2)22.5万台
(3)甲企业产量30万台，乙企业产量30万台；利润分别为甲企业840万元，乙企业860万元

【分析】根据利润等于销售收入减去成本即可得到函数关系式，用二次函数求最值的方法即可得到.
【详解】（1）设利润为


当时
所以，产量为45万台时，甲企业获利最大为1965万元．
（2）设乙企业产量为x万台，此时甲依旧按照45万台产量生产对于乙企业，每万台产品的销售收入为



所以乙企业产量为22.5万台，获得利润最大．
（3）假设达到动态平衡时，甲企业产量a万台，乙企业产量b万台．
甲企业：
    当时利润最大
乙企业
    当时利润最大．
联立，解得时达到动态平衡．
此时利润分别为：甲企业840万元，乙企业860万元．
62．(1)
(2)
(3)或或

【分析】（1）先由曲线E的标准方程求得，再利用椭圆的定义即可得解；
（2）由题意设直线AB：，联立方程，结合韦达定理得到，再由得到，从而求得的值，由此可得直线AB的斜率；
（3）根据题意设直线：，联立方程，结合判别式得到，分类讨论两条直线和与椭圆的位置情况，由即可求得h的值.
【详解】（1）因为曲线E：，
所以，则，
所以，，
故的周长为.
（2）依题意，知直线AB斜率存在且不为，设直线AB：，
联立，消去，得，
由韦达定理得：，，
因为，，所以，则，
从而有，
消去，得，即，
所以直线AB的斜率为.
（3）依题意，知过点的直线斜率存在，设该直线：，，
联立，消去，得，
若直线或为切线，则，解得，
注意到该曲线，即该曲线没有左右顶点，所以有三种情况：
情况1：两条直线均是切线，
因为，所以，即，解得，所以；
情况2：两条直线分别过椭圆左右顶点，
由对称性可知，又，所以，
此时，解得，所以；
情况3：其中一条直线是切线，另一条过椭圆的左（或右）顶点，
不妨设直线为切线时斜率为正，即，则，
因为，所以，解得，所以；
综上：符合条件的h的值为或或．
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.
63．(1)
(2)
(3)存在；

【分析】（1）由题知，再根据导数求解即可得答案；
（2）由题知，函数在上单调递增，进而转化为，再解不等式得对一切成立，进而得；
（3）根据得，再证明时是恒为1的常数列，符合题意，和时不满足题意即可.
【详解】（1）解：由题知，
所以，令得，
所以函数的单调增区间为．
（2）解：当时，恒成立，
所以，函数在上单调递增，
所以函数在内均存在唯一零点只需即可，
即
因为为正整数，，
所以对一切成立
因为当时，，当且仅当时等号成立，
所以．
（3）解：由于得，下面证明时满足题意.
① ，则．
则．
由（2），是上的严格增函数，
所以．
所以，是恒为1的常数列，符合题意．
② ．
，
由于是上的严格增函数，所以．
，
由于是上的严格增函数，
所以．
所以，是严格增数列，那么无穷等比数列也为严格增数列．
所以，．
当时，．但这与矛盾
故不符合题意．
③时，，
由于是上的严格增函数，所以．
，
由于是上的严格增函数，
所以．
所以，是严格减数列，那么无穷等比数列也为严格减数列．
所以，．
当时，．但这与矛盾
故不符合题意．
综上，使数列部分项可以构成等比数列的充要条件是：．
【点睛】关键点点睛：本题第3问解题的关键在于根据得，进而分，，分别说明时成立，其他范围不成立即可.