上海市嘉定区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份上海市嘉定区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共50页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

上海市嘉定区三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2020·上海嘉定·统考一模）已知，，则“”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．既非充分又非必要条件
2．（2020·上海嘉定·统考一模）已知，且，则下列不等式恒成立的是（    ）
A． B． C． D．
3．（2020·上海嘉定·统考一模）过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于点，若以的右焦点为圆心，以为半径的圆经过､两点(为坐标原点)，则双曲线的方程为（    ）
A． B．
C． D．
4．（2020·上海嘉定·统考一模）在棱长为的正方体中，点是该正方体棱上一点.若满足的点的个数为4，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
5．（2021·上海嘉定·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．既非充分又非必要条件
6．（2021·上海嘉定·统考一模）下列命题中，正确的是（    ）
A．三点确定一个平面
B．垂直于同一直线的两条直线平行
C．若直线与平面上的无数条直线都垂直，则
D．若a、b、c是三条直线，且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上
7．（2021·上海嘉定·统考一模）已知函数的定义域为，值域为，则的值不可能为（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·上海嘉定·统考一模）若存在实数，使得当时，都有，则实数的最大值为（    ）
A．1 B． C．2 D．
9．（2022·上海嘉定·统考一模）已知，那么“”是“为钝角三角形”的（    ）
A．充分条件但非必要条件 B．必要条件但非充分条件
C．充要条件 D．以上皆非
10．（2022·上海嘉定·统考一模）已知四条双曲线，，，，，关于下列三个结论的正确选项为（    ）
①的开口最为开阔；
②的开口比的更为开阔；
③和的开口的开阔程度相同.
A．只有一个正确 B．只有两个正确 C．均正确 D．均不正确
11．（2022·上海嘉定·统考一模）甲、乙两人弈棋，根据以往总共次的对弈记录，甲取胜次，乙取胜次.两人进行一场五局三胜的比赛，最终胜者赢得元奖金.第一局、第二局比赛都是甲胜，现在比赛因意外中止.鉴于公平，奖金应该分给甲（    ）
A．元 B．元 C．元 D．元
12．（2022·上海嘉定·统考一模）中国古代数学家用圆内接正边形的周长来近似计算圆周长，以估计圆周率的值.若据此证明，则正整数至少等于（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．（2020·上海嘉定·统考一模）已知集合，，则___________.
14．（2020·上海嘉定·统考一模）抛物线的焦点坐标是______．
15．（2020·上海嘉定·统考一模）不等式的解为___________.
16．（2020·上海嘉定·统考一模）已知复数满足（是虚数单位），则______．
17．（2020·上海嘉定·统考一模）已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，终边经过点，则___________.
18．（2020·上海嘉定·统考一模）设函数的反函数为，若，___________.
19．（2020·上海嘉定·统考一模）设各项均为正数的无穷等比数列满足：，，则数列的各项的和为___________.
20．（2020·上海嘉定·统考一模）在△中，，，，将△绕边所在直线旋转一周得到几何体，则的侧面积为___________.
21．（2020·上海嘉定·统考一模）在中，，，，则___________.
22．（2020·上海嘉定·统考一模）甲和乙等名志愿者参加进博会四个不同的岗位服务，每人一个岗位，每个岗位至少1人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有___________种不同的参加方法(结果用数值表示).
23．（2020·上海嘉定·统考一模）设等差数列的前项和为，首项，公差，若对任意的，总存在，使.则的最小值为___________.
24．（2020·上海嘉定·统考一模）已知函数，若存在，使得关于的方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是___________.
25．（2021·上海嘉定·统考一模）已知集合，，则____________.
26．（2021·上海嘉定·统考一模）已知是虚数单位，若复数，则____________.
27．（2021·上海嘉定·统考一模）若线性方程组的增广矩阵为，其解为，则_____________.
28．（2021·上海嘉定·统考一模）的二项展开式中的系数为____________
29．（2021·上海嘉定·统考一模）若函数的反函数的图像经过点，则____________.
30．（2021·上海嘉定·统考一模）已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则母线与底面所成角的大小为_____.
31．（2021·上海嘉定·统考一模）已知实数x、y满足，则的最小值为____________.
32．（2021·上海嘉定·统考一模）已知数列的通项公式为，是数列的前项和，则____________.
33．（2021·上海嘉定·统考一模）已知抛物线上一点到其焦点的距离为，双曲线：的左顶点为，若双曲线C的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的焦距为____________.
34．（2021·上海嘉定·统考一模）四名志愿者参加某博览会三天的活动，若每人参加一天，每天至少有一人参加，其中志愿者甲第一天不能参加，则不同的安排方法一共有____________种（结果用数值表示）
35．（2021·上海嘉定·统考一模）已知集合，，将中的所有元素按从小到大的顺序排列构成一个数列，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为_____________.
36．（2021·上海嘉定·统考一模）已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________.
37．（2022·上海嘉定·统考一模）已知集合，是整数集，则________.
38．（2022·上海嘉定·统考一模）已知复数，是虚数单位，则的虚部为________.
39．（2022·上海嘉定·统考一模）直线与直线的夹角大小为________.
40．（2022·上海嘉定·统考一模）已知，若关于的方程解集为，则的值为_________.
41．（2022·上海嘉定·统考一模）已知某一个圆锥的侧面积为，底面积为，则这个圆锥的体积为________.
42．（2022·上海嘉定·统考一模）已知常数，在的二项展开式中，项的系数等于，则_______.
43．（2022·上海嘉定·统考一模）若函数的值域是，则此函数的定义域为___________．
44．（2022·上海嘉定·统考一模）如图为正六棱柱.其个侧面的条面对角线所在直线中，与直线异面的共有______条.

45．（2022·上海嘉定·统考一模）关于的方程的解集为_________.
46．（2022·上海嘉定·统考一模）在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为_________.
47．（2022·上海嘉定·统考一模）已知抛物线，动点A自原点出发，沿着轴正方向向上匀速运动，速度大小为.过A作轴的垂线交抛物线于点，再过作轴的垂线交轴于点.当A运动至时，点的瞬时速度的大小为___________.

三、解答题
48．（2020·上海嘉定·统考一模）正四棱柱的底面边长为，.
（1）求该正四棱柱的表面积和体积；
（2）求异面直线与所成的角的大小(结果用反三角函数值表示)
49．（2020·上海嘉定·统考一模）已知函数的最小正周期为.
（1）求的值及函数的值域；
（2）在中，内角，，所对应的边长分别为，，，若，，的面积为，，求的值.
50．（2020·上海嘉定·统考一模）提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况．一般情况下，隧道内的车流速度（单位：千米/小时）和车流密度（单位：辆/千米）满足关系式：研究表明，当隧道内的车流密度达到120辆/千米时会造成堵塞，此时车流速度为0千米/小时．
(1)若车流速度不小于40千米/小时，求车流密度的取值范围；
(2)隧道内的车流量（单位时间内通过隧道的车辆数，单位：辆/小时）满足．求隧道内车流量的最大值（精确到1辆/小时）及隧道内车流量达到最大时的车流密度（精确到1辆/千米）．（参考数据：）
51．（2020·上海嘉定·统考一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为6，且经过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上的点在第一象限，交轴于点，交轴于点.
（1）求椭圆的标准方程
（2）若，求线段的长
（3）试问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由
52．（2020·上海嘉定·统考一模）若有穷数列满足且对任意的，至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质
（1）判断数列1，2，4，8是否具有性质P，并说明理由；
（2）设项数为的数列具有性质，求证：；
（3）若项数为的数列具有性质，写出一个当时，不是等差数列的例子，并证明当时，数列是等差数列
53．（2021·上海嘉定·统考一模）如图，直三棱柱中，，，点D是BC的中点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）
54．（2021·上海嘉定·统考一模）在中，内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，，.
(1)若，求A和外接圆半径R的值；
(2)若三角形的面积，求c.
55．（2021·上海嘉定·统考一模）某公司2021年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2022年起，在今后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产，2021年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长25%.记2021年为第1年，为第1年至此后第年的累计利润（注：含第年，累计利润=累计收入-累计投入，单位：千万元），且当为正值时，认为新产品赢利.
(1)试求的表达式；
(2)根据预测，该新产品将从哪一年开始并持续赢利?请说明理由.
56．（2021·上海嘉定·统考一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求点P的坐标；
(3)设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
57．（2021·上海嘉定·统考一模）已知函数的定义域为区间D，若对于给定的非零实数m，存在，使得，则称函数在区间D上具有性质.
(1)判断函数在区间上是否具有性质，并说明理由；
(2)若函数在区间上具有性质，求n的取值范围；
(3)已知函数的图像是连续不断的曲线，且，求证：函数在区间上具有性质.
58．（2022·上海嘉定·统考一模）如图，已知正四棱柱，底面正方形的边长为，.

(1)求证：平面平面；
(2)求点A到平面的距离.
59．（2022·上海嘉定·统考一模）若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数依次成调和数列，则称是和的调和中项.
(1)求和的调和中项；
(2)已知调和数列，，，求的通项公式.
60．（2022·上海嘉定·统考一模）李先生属于一年工作天的上班族，计划购置一辆新车用以通勤.大致推断每天早八点从家出发，晚上六点回家，往返总距离为公里.考虑从两款车型中选择其一， 款车是燃油车，款车是电动车，售价均为万元.现提供关于两种车型的相关信息：
款车的油耗为升/百公里，油价为每升至元.车险费用元/年.购置税为售价的.购车后，车价每年折旧率为.保养费用平均元/万公里；
款车的电耗为度/百公里，电费为每度至元.车险费用元/年.国务院年出台文件，宣布保持免除购置税政策.电池使用寿命为年，更换费用为万元.购车后，车价每年折旧率为.保养费用平均元/万公里.
(1)除了上述了解到的情况，还有哪些因素可能需要考虑?写出这些因素（至少个，不超过个）；
(2)为了简化问题，请对相关因素做出合情假设，由此为李先生作出买车的决策，并说明理由.
61．（2022·上海嘉定·统考一模）如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线，其中点依次为的左、右顶点，点为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心.

(1)求的方程；
(2)若点分别在上运动，求的最大值，并求出此时点的坐标；
(3)若点在曲线上运动，点，求的取值范围.
62．（2022·上海嘉定·统考一模）已知，
(1)求函数的导数，并证明：函数在上是严格减函数（常数为自然对数的底）；
(2)根据（1），判断并证明与的大小关系，并请推广至一般的结论（无须证明）；
(3)已知、是正整数，，，求证：是满足条件的唯一一组值.

四、双空题
63．（2022·上海嘉定·统考一模）某果园种植了棵苹果树，随机抽取的棵果树的产量（单位：千克）分别为：
24  25  36  27  28  32  20  26  29  30  26  33
据此预计，该果园的总产量为_______千克以及第百分位数为_______千克.

参考答案：
1．A
【解析】运用二项式的展开式的通项公式，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.
【详解】展开式的通项公式为：，
当时，存在常数项，此时为正偶数，
因此当时，一定能推出的二项展开式中存在常数项，
但是由的二项展开式中存在常数项不一定能推出.
因此“”是“的二项展开式中存在常数项”的充分非必要条件.
故选：A
2．D
【解析】对A，C利用特殊值即可判断；对B，由对数函数的定义域即可判断，对D，由指数函数的单调性即可判断.
【详解】解：对A，令，，
则满足，但，故A错误；
对B，若使，
则需满足，但题中，故B错误；
对C，同样令，，
则满足，但，故C错误；
对D，在上单调递增，
当时，，故D正确.
故选：D.
3．B
【解析】，故，不妨设渐近线方程为，则，根据，计算得到答案.
【详解】连接，，故，不妨设渐近线方程为，则.
故，解得，故双曲线方程为
故选：B

4．B
【解析】先求得正方体的8个顶点到两点的距离之和，进而得到得到在棱上的运动时m的取值范围，然后再根据点的个数为4取交集即可.
【详解】如图所示：

因为顶点到两点的距离之和分别为

所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是；
因为顶点，到两点的距离之和分别为：
，
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是；
因为顶点到两点的距离之和分别为：
， ， ，，
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是；
因为顶点到两点的距离之和分别为：
  ，，
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是.
由几何直观可知，点在正方体的每一条棱上运动时，它所在的位置与的值是一一对应的，
所以当的点的个数为4时，则的取值范围是，
故选：B
5．B
【分析】解不等式转化条件，结合充分必要性定义即可作出判断.
【详解】由得或，
∴“”是“”的必要非充分条件．
故选：B．
6．D
【分析】利用空间点、线、面位置关系直接判断.
【详解】A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；
B.由墙角模型，显然B错误；
C.根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则直线与平面垂直，若直线与平面内的无数条平行直线垂直，则直线与平面不一定垂直，故C错误；
D.因为，所以确定唯一一个平面，又与都相交，故直线共面，故D正确；
故选：D.
7．D
【分析】化简函数解析式得，根据其值域，可得，，求解出对应的范围，代入即可得的范围.
【详解】由化简得.
因为其值域为，不妨设，，
即，，则得.
故选：D.
8．C
【分析】由各选项知最大值，
由，解得，这样必须有，然后不等式变形为，
记，，分类讨论去年绝对值符号，可得的最小值是3，因此的最大值性质不大于3，才存在保证不等式恒成立，由最大值可得的范围，得的最大值．
【详解】解：由各选项知最大值，
因为，解得，所以.
不等式可化为.
设，，
因为的最小值为3，
所以当时，都有.
若，；
若，，所以，解得.
综上，所求实数m的最大值为2.
故选：C.
9．A
【分析】利用余弦定理得到充分性成立，举出反例得到必要性不成立，得到答案.
【详解】，即，
由余弦定理得：，
因为，所以，故为钝角三角形，充分性成立，
为钝角三角形，若为钝角，则为锐角，则，必要性不成立，
综上：“”是“为钝角三角形”的充分条件但非必要条件.
故选：A
10．D
【分析】分别计算出四条双曲线的离心率，根据离心率越大开口更开阔进行比较.
【详解】依题意，依次计算出各自的离心率可得：
，比较大小知：
可知：三个结论均为错误；
故选：D
11．C
【分析】我们需要计算出继续比赛甲获胜的概率按照比例给甲分得奖金.
【详解】依题意知：甲乙胜负的概率都是假设比赛继续，甲只需三场中赢得一场即获得全额奖金，
甲获胜的概率（元）
故选：C
12．C
【分析】先求出圆内接正边形的周长，与直径之比与3.14进行比较即可.
【详解】
如图，圆内接边形，为中点，半径为，
圆周率，由计算器可得：
故选：C
13．
【解析】利用交集的定义直接求解即可
【详解】解：因为集合，，
所以，
故答案为：
14．
【详解】抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为.
15．
【解析】根据行列式定义变形后求解．
【详解】不等式为，解得．
故答案为：．
16．
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式求解．
【详解】解：，
，
则．
故答案为．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础的计算题．
17．
【解析】利用三角函数定义求出、的值，结合诱导公式可求得所求代数式的值.
【详解】由三角函数的定义可得，，
因此，.
故答案为：.
18．
【解析】本题首先可根据题意以及反函数的性质得出，然后根据求出的值，最后代入，即可得出结果.
【详解】因为函数的反函数为，，
所以，即，解得，，
则，
故答案为：.
19．
【解析】利用等比数列的通项公式求出公比，再利用等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
由，，
则，解得或，
又因为各项均为正数，则，
所以，
即.
故答案为：
20．
【分析】易得旋转后得到的几何体是一个以AB为半径，以AC为高的圆锥，再求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解.
【详解】如图所示：

因为在△中，，，，
所以所得圆锥的底面半径为，高为，母线为，
所以其侧面积为，
故答案为：
21．
【解析】利用，作为基底表示，，即可求出.
【详解】解：，
，
，
即，
又，
.
故答案为：.
22．
【分析】根据条件，采用间接法，先求总的分组分配方法，再求甲和乙分配在同一个岗位的方法种数，即可得到结论.
【详解】由条件可知可知，有一个岗位是2人，另外3个岗位是1人，共有种方法，其中甲和乙在同一个岗位有种方法，则采用间接法，甲和乙不在同一个岗位有种方法.
故答案为：
23．
【解析】首先根据等差数列的前项和公式得到，令，化简得到，又因为，所以，得，再利用等差数列前项和公式得到，利用二次函数的性质即可得到答案.
【详解】由题意得
则得，即，
令得，即①，即得.
因为首项，公差，则得，即.
又因为，所以，代入①得.
当时，由得
即，所以
即
因此当或5时，的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查等差数列前项和公式，根据题意化简得到，从而得到为解决本题的关键，属于中档题.
24．
【解析】先去绝对值得到一个分段函数，转化为方程有三个不相等的实数根，（1）当时，，且，可知在上是增函数，不满足题意；（2）当时，，可知在区间，上分别是增函数，而在区间上是减函数画出图像得到，即，令，判断的单调性即可求解.
【详解】由题意得，
且关于的方程有三个不相等的实数根，
（1）当时，
，且，
可知在上是增函数，
此时关于的方程不可能有三个不相等的实数解；
（2）当时，
，
可知在区间，上分别是增函数，
而在区间上是减函数(如图所示)，

当且仅当时，
方程有三个不相等的实数解.
即，
令，
则在时是增函数，
则得，
所以，所求实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：含参数的函数的零点个数问题，可以利用函数的单调性和零点存在定理来判断，如果该函数比较复杂，那么我们可以把该零点个数问题转化为两个熟悉函数图像的交点问题，其中一个函数的图像为直线，另一个函数的图像为常见函数的图像.
25．
【分析】根据集合交集的定义计算．
【详解】由已知．
故答案为：．
26．
【分析】化简复数，再代入模长计算公式即可.
【详解】化简原式，得，所以.
故答案为：
27．6
【分析】根据增广矩阵表示出线性方程组，代入解后求出和，即可求解.
【详解】根据题意，可知线性方程组为，
因其解为，所以，即，
故.
故答案为：6.
28．
【分析】根据二项式定理计算即可.
【详解】解：展开式的通项公式为，
故当时，的二项展开式中的项为，其系数为.
故答案为：
29．4
【分析】由题意可得，由此可求得实数的值，进而可得，即可得解.
【详解】由于函数的反函数的图象经过点，
则，解得，
∴函数，
∴.
故答案为：4.
30．
【解析】由圆锥的底面半径为和侧面积,求出圆锥的母线长,即可求得答案.
【详解】设底面半径为,母线长为,底面中心为,
如图:


解得:
在中,

故母线与底面所成角的大小为:.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了求母线和底面夹角,解题关键是掌握圆锥的特征,考查了空间想象能力和计算能力,属于基础题.
31．
【分析】利用基本不等式可得，即求.
【详解】依题意，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：.
32．/
【分析】先求数列的前项和，当时，；当时，数列为等比数列，根据等比数列求和公式求解，然后求极限.
【详解】当时，；当时，，所以，所以.
故答案为：
33．
【分析】利用抛物线焦点弦公式求得，从而得的坐标，由题意得的坐标，再计算直线的斜率，又因为双曲线渐近线方程，由两直线垂直列式求解，从而得双曲线的焦距.
【详解】由抛物线定义可知，，得，所以抛物线方程为，则或，设，由题意得，则，又因为双曲线渐近线方程为，因为双曲线C的一条渐近线与直线垂直，所以，得，则，所以双曲线的焦距为.
故答案为：
34．
【分析】由题意，先分组再分配，先将四名志愿者分为三组，然后按照特殊元素优先考虑再进行分配，从而求解出不同安排方法种数.
【详解】由题意，将四名志愿者先分为三组，有种，因为志愿者甲第一天不能参加，所以有种分配方式，所以不同的安排方法一共有种.
故答案为：
35．36
【分析】由题可得为数列的项，且利用分组求和可得，通过计算即得.
【详解】由题意，对于数列的项，其前面的项1，3，5，…，，共有项，，共有项，所以为数列的项，
且.
可算得（项），，，
因为，，，所以，，，
因此所求的最小值为36.
故答案为：36.
36．
【分析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，由题意，计算，，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将转化为，然后转化为圆上任意一点到定点距离的最小值进而求解最小值.
【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，
与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.
由，，，得，，
因为，所以，在中，由余弦定理得.
又由，得，即，
所以点C的轨迹为以OD为直径的圆.
因为

，
当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.
所以的最小值为.

故答案为：.
【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解.
37．
【分析】先用公式法解绝对值不等式确定集合，再取交集即可.
【详解】，
故答案为：.
38．
【分析】先利用复数的除法法则计算得到，从而求出的虚部.
【详解】，故虚部为-1.
故答案为：-1
39．/
【分析】先求出直线的斜率，可得它们的倾斜角，从而求出两条直线的夹角．
【详解】因为直线的斜率不存在，倾斜角为，
直线的斜率为，倾斜角为，
故直线与直线的夹角为，
故答案为：．
40．
【分析】结合题意，先令方程等号左右两边的常数项相等，求出，验证后得到答案.
【详解】的解集为R，
先令等号左右两边的常数项相等，即，解得：，
将代入方程可得：，解集为R，满足要求.
故答案为：2
41．
【分析】求出圆锥的底面半径，底面周长，结合圆锥侧面积，列出方程，求出圆锥的母线长，由勾股定理求出圆锥的高，得到圆锥的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得：，
则圆锥底面周长为，设圆锥的母线长为，
则，解得：，
由勾股定理得：，
故圆锥的体积为.

故答案为：.
42．
【分析】首先根据展开式中存在一项可知，然后根据二项式展开式的通式结合已知条件列出关于的方程，解方程即可求出参数的值.
【详解】根据已知条件是二项式展开式的某一项，故得.
由，令，得.
得，根据已知可得，解得，即.
故答案为：.
43．
【分析】分类讨论分两种情况解不等式即可.
【详解】当时，
当时，
故答案为：
44．
【分析】作出辅助线，得到四点共面，不是异面直线，同理得到与共面，再由，与相交，得到与不是异面直线的面对角线，从而得到与异面的面对角线，求出答案.
【详解】连接，
因为六边形为正六边形，所以，
故，所以四点共面，不是异面直线，
同理可得：与共面，不是异面直线，
而，
又与相交，
故条面对角线中，与不是异面直线的面对角线为，
其余面对角线均与异面，分别为，共5条.

故答案为：5
45．
【分析】利用绝对值三角不等式，转化原方程，解不等式得到方程的解集.
【详解】由绝对值三角不等式可得：，
当且仅当，即时，等号成立，
故的解集为.
故答案为：.
46．
【分析】先求出和的坐标，再根据投影向量的定义可得答案.
【详解】依题意：
所以在方向上的投影向量为：
故答案为：
47．
【分析】根据进行求解.
【详解】不妨取点B为第一象限的点，则点C位于x轴正半轴，
由可得：，
，
当当A运动至时，B点的纵坐标为100，将其代入上式，
，即点的瞬时速度的大小为.
故答案为：
48．（1），体积为；（2）.
【解析】（1）由题意得，再由正四棱柱的表面积和体积公式可得答案.
（2）连接，则，转化为直线 与所成的角就是异面直线与 所成的角，根据已知得到 是等腰三角形，取的中点 ，连接，所以 ，可得 ，
【详解】（1）由题意得，
则该正四棱柱的表面积为
，
体积为.
（2）连接，则，

所以直线与所成的角就是异面直线与 所成的角，
在中，，所以 是等腰三角形，
取的中点，连接，所以，且 ，
在中，由，
则得，
所以，异面直线与所成的角的大小.
【点睛】求异面直线所成的角的几何方法一般有三种类型：①利用图中已有的平行线进行平移；②利用特殊点作平行线进行平移；③利用异面直线所在几何体的特点，补形平移；④向量法.
49．（1）；值域为；（2）4.
【解析】（1）由周期求得，利用诱导公式和两角差的正弦公式化为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质可得值域；
（2）由求得，再由三角形面积得，然后由余弦定理可求得．
【详解】解：（1）因为函数的最小正周期为，
由，
又因为所以.
此时，则得，
即，即
当时，，，
所以所求函数的值域为.
（2）由题意得
因为则得，所以，解得
因为的面积为，则得，即，
即.
又因为，
由余弦定理，得

所以.
【点睛】方法点睛：本题考查求三角函数的值域，考查余弦定理解三角形，以及三角形面积公式．三角函数问题中，首先需利用诱导公式、二倍角公式、两角和与差的正弦（余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式（主要是形式），然后利用正弦函数性质确定求解．
50．(1)（1）车流速度不小于40千米小时，车流密度的取值范围为，；
(2)（2）隧道内车流量的最大值为3250辆小时，车流量最大时的车流密度87辆千米．

【分析】（1）由（辆千米）时，（千米小时）求得，可得关于 的关系式，再由求解的范围得结论；
（2）结合（1）写出隧道内的车流量关于的函数，再由函数的单调性及基本不等式求出分段函数的最值，则答案可求．
【详解】（1）解：由题意，当（辆千米）时，（千米小时），
代入，得，解得．
，
当时，，符合题意；
当时，令，解得，
．
综上，．
故车流速度不小于40千米小时，车流密度的取值范围为，；
（2）由题意得，，
当时，为增函数，
，等号当且仅当时成立；
当时，


．
当且仅当，即，时成立，
综上，的最大值约为3250，此时约为87．
故隧道内车流量的最大值为3250辆小时，车流量最大时的车流密度87辆千米．
51．（1）；（2）；（3）是定值，6.
【解析】（1）已知得，代入点的坐标求得后得椭圆方程；
（2）由向量运算求得点坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立方程组求得点坐标，可得线段长；
（3）设直线方程为.得，点坐标，点坐标，计算四边形的面积即得．
【详解】（1）解：由题意得，解得.
把点的坐标代入椭圆C的方程，得
由于，解得
所以所求的椭圆的标准方程为.
（2）解：因为，则得，即，
又因为，所以直线的方程为.
由解得(舍去)或，即得
所以
即线段的长为
（3）由题意知，直线的斜率存在，可设直线.
令，得，
由得，解得(舍去)或
所以，即
于是直线的方程为，即
令，得，即，
所以四边形的面积等于

即四边形的面积为定值.
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是解析几何的基本方法：写出直线方程求出交点坐标，得出线段长度．对定值问题，设出直线方程得出各交点坐标，计算出四边形面积即可得．
52．（1）数列不具有性质，理由见解析；（2）证明见解析；（3）数列具有性质，但该数列不是等差数列，证明见解析.
【解析】（1）根据性质的定义判断；
（2）根据性质有若，则，从而得,这个等式相加后可证；
（3）由（2）得，设，得，设，得，两者相减得，得证等差数列．
【详解】解：（1）数列不具有性质
因为，但是，它们均不是数列中的项，
所以数列不具有性质.
（2）证明：因为，所以，即，所以
设，因为，所以.
则得
因为
所以
将上面的式子相加得

所以.
（3）数具有性质，但该数列不是等差数列.(答案不惟一)
下面证明当上，即时，数列是等差数列.
由（2）得
①设
由（2）知
因为，
所以
因此.(*)
②设，
则，所以，得.
由
及
可得
所以.
因为，由上知，，且，
所，且，
所以.(**)
由(*)知，
两式相减
所以当时，是等差数
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是新定义对数列进行转化，在证明等差数列时，利用性质得出，解题时从数列最大项开始考虑，确定最大项与前面各项的差仍在数列中，这是解题的关键所在．
53．(1)
(2)

【分析】（1）由题意先计算的面积，然后代入三棱锥体积公式计算即可；（2）由题意可判断直线与所成的角就是异面直线与所成的角，分别计算、，利用余弦定理计算，即可得答案.
(1)
由题意得

所以三棱锥的体积.
即所求三棱锥的体积为.
(2)
连接，由题意得，，且，
所以直线与所成的角就是异面直线与所成的角.
在中，，，，
由余弦定理得，
因为，所以.
因此所求异面直线与所成角的大小为.

54．(1)，；
(2)或.

【分析】（1）由题可得，利用正弦定理即求；
（2）利用三角形面积公式可得，再利用同角关系式及余弦定理即求.a
【详解】（1）因为，则，且.
由正弦定理，得，即，
即，，
因为，所以，
因此，；
（2）由得，
于是.
当时，由余弦定理，得.
当时，由余弦定理，得.
所以，或.
55．(1)
(2)该新产品将从2029年开始并持续赢利，理由见解析

【分析】（1）由题意求出累计投入，可判断出每年的收入为等比数列，根据等比数列求和公式求解出累计收入，从而表示出；
（2）由（1）可得，根据的正负判断出从第4项开始单调递增，再判断的正负，从而判断出该新产品将从第9年开始并持续赢利.
(1)
由题意知，第1年至此后第年的累计投入为（千万元）.
设第年的收入为，前年的累计收入为，
由题意得，，
所以数列是以为首项、以为公比的一个等比数列，则有（千万元），
（千万元），
所以，即（千万元）.
所以的表达式为.
(2)
因为，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
又，，，
所以该新产品将从第9年开始并持续赢利.
所以该新产品将从2029年开始并持续赢利.
【点睛】解答本题的关键是，能将实际问题转化为等比数列问题求解，求解第二问时，需要判断的单调性，此时可通过判断（或）进行判断，从而降低利用导数判断其单调性的难度.
56．(1)
(2)
(3)存在，

【分析】（1）代入已知两点坐标求得得椭圆方程；
（2）设，.由，可用表示出，然后把的坐标代入椭圆方程可解得；
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，求出，把代入椭圆方程，变形出，代入把表示出，的表达式．然后把直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，再代入的表达式可得常数．
(1)
因为椭圆过点、，则有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
(2)
设，.由（1）知，.
因为，则有，
即，
所以解得
即.
分别将、两点的坐标代入得
解得（舍）或
所以所求点的坐标为.
(3)
设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，则.
又因为，即，即，
所以
即（*）
又由得，，
且，.代入（*）得

即，
所以存在常数，使得.
57．(1)具有性质，理由见解析
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）由题可得，则，结合条件即得；
（2）由，解得，，可得，即得；
（3）设，，可得，当、、、、、中有一个为0时，可得，，即证；当、、、、、中均不为0时，由于其和为0，则其中必存在正数和负数，不妨设，，结合条件可知，存在，，即证.
【详解】（1）函数在上具有性质.
若，则，
因为，且，
所以函数在上具有性质.
（2）解法1：由题意，存在，使得，
得（舍）或，
则得.
因为，所以.
又因为且，
所以，即所求的取值范围是.
解法2：当时，函数，是增函数，
所以不符合题意；
当时，因为直线是函数的一条对称轴，
而函数在区间上具有性质，
所以，
解得，即所求的取值范围是.
（3）设，.
则有，，，，
，，.
以上各式相加得
即，
（ⅰ）当、、、、、中有一个为0时，不妨设，，即，即，，
所以函数在区间上具有性质.
（ⅱ）当、、、、、中均不为0时，由于其和为0，
则其中必存在正数和负数，不妨设，，
其中，.
由于函数的图像是连续不断的曲线，所以当时，至少存在一个实数（当时，至少存在一个实数），其中，使得，即，
即存在，使得，
所以函数在区间上也具有性质.
综上，函数在区间上具有性质.
58．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）证明出平面，从而得到面面垂直；
（2）等体积法求解点到平面的距离.
【详解】（1）因为四棱柱为正四棱柱，
所以⊥平面ABCD，且AC⊥BD，
因为平面ABCD，所以⊥BD，
因为，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）设点A到平面的距离为，AC与BD相交于点O，连接，

因为正方形的边长为，，
所以，，
由三线合一可得：⊥BD，且，
由勾股定理得：，
所以，
故，
又，平面
故，
由，
故点A到平面的距离为.
59．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意得到、、成等差数列，从而得到方程，求出，得到答案；
（2）根据题意得到是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出，得到的通项公式.
【详解】（1）设和的调和中项为，依题意得：、、成等差数列，
所以，解得：，
故和的调和中项为；
（2）依题意，是等差数列，设其公差为，
则，
所以，
故.
60．(1)答案见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）李先生要考虑生活中得各类费用以及车身本身的因素，列出几条即可
（2）通过数据的分析，得出相关的结论对买款或买款车进行分析.
【详解】（1）李先生可能还需要考虑的因素有：
1、考虑非通勤时段的车辆使用情况；
2、油价和电价的变化；
3、工作单位能否提供免费充电；
4、电动车的国家减免政策的变化；
5、车辆的外观、内饰与品牌效应.
6、车牌费用
（2）假设仅考虑通勤时的车辆费用，油价和电价保持相对稳定，
电动车的免购置税政策保持不变.
计算时取价格区间的中位数即电价元/度、油价元/升.
车辆费用为车价、能源费用、税费、车险费用、保养费用，并扣除车辆残余价值.
使用年数
够车费
里程数
油耗
油费
车险费用
购置税
保养费
车辆残值
总费用
1
300000
10000
600
5100
4000
30000
2000
264000
77100
2
300000
20000
1200
10200
8000
30000
4000
232320
119880
3
300000
30000
1800
15300
12000
30000
6000
204442
158858
4
300000
40000
2400
20400
16000
30000
8000
179909
194491
5
300000
50000
3000
25500
20000
30000
10000
158320
227180
6
300000
60000
3600
30600
24000
30000
12000
139321
257279
7
300000
70000
4200
35700
28000
30000
14000
122603
285097
8
300000
80000
4800
40800
32000
30000
16000
107890
310910
9
300000
90000
5400
45900
36000
30000
18000
94944
334956
10
300000
100000
6000
51000
40000
30000
20000
83550
357450
使用年数
够车费
里程数
电耗
电费
车险费用
购置税
保养费
车辆残值
电池更换费
总费用
1
300000
10000
2000
1300
6000
0
1000
255000
0
53300
2
300000
20000
4000
2600
12000
0
2000
216750
0
99850
3
300000
30000
6000
3900
18000
0
3000
184238
0
140663
4
300000
40000
8000
5200
24000
0
4000
156602
0
176598
5
300000
50000
10000
6500
30000
0
5000
133112
0
208388
6
300000
60000
12000
7800
36000
0
6000
113145
100000
336655
7
300000
70000
14000
9100
42000
0
7000
96173
100000
361927
8
300000
80000
16000
10400
48000
0
8000
81747
100000
384653
9
300000
90000
18000
11700
54000
0
9000
69485
100000
405215
10
300000
100000
20000
13000
60000
0
10000
59062
100000
423938
写出至年任意一年中的一组对比数据，
例如：
款车使用年的总费用为：


款车使用年的总费用为：


所以，如果李先生打算开年就按二手车卖掉，可以选款车.
再写出至年任意一年中的一组对比数据，
结论：
使用年数不超过年，建议买款车；
使用年数超过年，建议买款车.
61．(1)
(2)最大值为6，，
(3)

【分析】（1）由圆心的横坐标确定的值，再用可得方程；
（2）将运用几何法放缩到过两个半圆的圆心时最大，再根据特殊三角形的角度计算出点的坐标；
（3）需要分情况讨论，在圆上和在椭圆上分开计算，计算圆锥曲线上一点到某定点的最值问题可以用参数方程计算.
【详解】（1）依题意，，所以，
于是的方程为

（2）由对称性，不妨设，，
，
当三点共线，同时三点共线，，
此时，.
（3）曲线关于轴对称，不妨设点在曲线
或曲线的右半部分上运动.
①当点在曲线上运动，
设，.
，
；
②当点在曲线上运动，
设，.
，
，
综合①②，.
【点睛】圆锥曲线的组合曲线的问题，一般都需要采用分类讨论的方法，与圆有关系的问题一般都考虑几何法优先.
62．(1)，证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.

【分析】（1）求导，有导函数的正负得到函数的单调性，从而得到在上是严格减函数；
（2）在第一问的基础上，得到，变形后得到，写出一般的结论；
（3）先得到满足要求，再证明唯一性，在第二问的基础上，得到若，可知，与矛盾；若，求出，与矛盾；若，则即，容易验证，成立，当，得到，于是，矛盾，故是满足条件的唯一一组值.
【详解】（1）的导函数为，令，得，
列表：










极大值

所以，函数在上是严格减函数；
（2）判断得到，
下面证明：
由（1），，即，所以，
由的单调递增，得到.
推广：对于实数，若，则即，
以下是证明过程：
由（1）知：在上是严格减函数，
因为，所以，则，，
因为单调递增，所以.
（3）因为，可见满足，                                                                       
下面证明唯一性：
①若，由第二问的结论可知，与矛盾；
②若，则即，与矛盾；
③若，则即，
显然不满足，成立，
若，由第二问结论可知：，则，于是，与矛盾.
综上，是满足条件的唯一一组值.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对与先取对数变形，再结合第一问中的结论即可证明.
63．
【分析】先计算样本的平均数，然后再估计整体总产量，找出样本的第八与第九的均值表示第百分位数.
【详解】（千克），
所以总产量：千克；
样本总共有12个数，所以，只需找出第9个数字和第10个数字取平均数即可，从小到大排列后第九个数字为30，第十个数字为32，所以第75百分位数为：31
故答案为：2800；31.