上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-03填空题提升题（含答案）

上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-03填空题提升题
一、基本不等式
1．（2025·上海·高考真题）设，则的最小值为_________．
2．（2021·上海·高考真题）已知函数的最小值为，则______.
二、三角函数
3．（2025·上海·高考真题）函数在上的值域为_________．
4．（2025·上海·高考真题）小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为0.45米．则斜面的底角_________．（结果用角度制表示，精确到）
5．（2021·上海·高考真题）已知，对任意，总存在实数，使得，则的最小值是___
三、计数原理
6．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有_________种．
7．（2021·上海·高考真题）的二项展开式中有且仅有的系数为最大值，则的系数为______.
8．（2022·上海·高考真题）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则___________；
9．（2022·上海·高考真题）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为___________；
10．（2023·上海·高考真题）已知，若存在{0，1，2，…，100}使得，则k的最大值为______.
11．（2024·上海·高考真题）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值______．
12．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______．
四、不等式的性质
13．（2022·上海·高考真题），，则的最小值是___________.
五、等差数列
14．（2022·上海·高考真题）已知等差数列的公差不为零，为其前n项和，若，则中不同的数值有___________个.
六、复数代数形式的四则运算
15．（2021·上海·高考真题）已知复数z满足(i是虚数单位)，则______.
16．（2024·上海·高考真题）已知虚数，其实部为1，且，则实数为______．
七、直线与方程
17．（2021·上海·高考真题）求直线与直线的夹角为________.
八、逆变换与逆矩阵
18．（2022·上海·高考真题）已知，行列式的值与行列式的值相等，则___________；
19．（2021·上海·高考真题）方程组无解，求______.
九、其他不等式
20．（2021·上海·高考真题）不等式的解集为______.
十、空间几何体
21．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为______________.
十一、解三角形
22．（2023·上海·高考真题）在中，已知，，，则__________．
23．（2024·上海·高考真题）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则______(精确到0.1度)
十二、圆锥曲线
24．（2021·上海·高考真题）已知椭圆（）的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是________
十三、三角恒等变换
25．（2023·上海·高考真题）公园修建斜坡，假设斜坡起点在水平面上，斜坡与水平面的夹角为θ，斜坡终点距离水平面的垂直高度为4米，游客每走一米消耗的体能为，要使游客从斜坡底走到斜坡顶端所消耗的总体能最少，则______．
十四、函数及其性质
26．（2022·上海·高考真题）设函数满足，定义域为，值域为A，若集合可取得A中所有值，则参数a的取值范围为___________.
27．（2025·上海·高考真题）已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______．
十五、数列的极限
28．（2021·上海·高考真题）在无穷等比数列中，，则的取值范围是________
十六、平面向量的数量积
29．（2022·上海·高考真题）若，且满足，则___________.
十七、等比数列
30．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是______．
试卷第1页，共3页
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《上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-03填空题提升题》参考答案
1．4
【分析】灵活利用“1”将展开利用基本不等式计算即可.
【详解】易知，
当且仅当，即时取得最小值.
故答案为：4
2．
【分析】配方得，结合基本不等式即可求解
【详解】，当且仅当时等号满足，
故答案为：9
3．
【分析】利用余弦函数的单调性可得.
【详解】由函数在上单调递增，在单调递减，
且，
故函数在上的值域为.
故答案为：.
4．
【分析】先根据在处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合处的旗杆算出斜面角.
【详解】如图，在处，，在处满足，
（其中水平面，是射过处杆子最高点的光线，光线交斜面于），
故设，则，
由勾股定理，，解得，
于是
故答案为：
5．
【分析】
利用单位圆中的终边位置研究，可知，存在正整数,使得，，由此求得的最小值.
【详解】在单位圆中分析，由题意，
的终边要落在图中阴影部分区域
（其中），
必存在某个正整数，使得终边在OB的下面，而再加上，即跨越空白区域到达下一个周期内的阴影区域内，
∴，
∵对任意要成立，所以必存在某个正整数，使得以后的各个角的终边与前面的重复（否则终边有无穷多，必有两个角的终边相差任意给定的角度比如1°，进而对于更大的,次差的累积可以达到任意的整度数，便不可能在空白区域中不存在了），
故存在正整数,使得，即，，
同时，
∴的最小值为,
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角函数的性质，主要思想是在单位圆中利用数形结合思想进行研究分析.得出存在正整数,使得，是关键.
6．288
【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.
【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法，
故有种排法.
故答案为：288
7．
【分析】根据已知条件求出的值，利用二项式定理可求得的系数.
【详解】因为的二项展开式中有且仅有的系数为最大值，则，
故的二项展开式的通项为，
由可得，故的系数为.
故答案为：.
8．10
【分析】先写出二项展开式的通项公式，令 得的系数，令得常数项，再由已知列出等式，解出即可.
【详解】由题知 ，当 时，的系数为 ；当 时，常数项为 ；
又的系数是常数项的5倍，所以，解得 .
故答案为：10
9．
【分析】
由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果．
【详解】
解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方法共有种，
而所有的抽取方法共有种，
故每一类都被抽到的概率为＝＝，
故答案为：．
10．49
【分析】根据二项展开式的通项可得，然后由可得为奇数，然后可得，即可求出答案.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
，
，若，则为奇数，
此时，
，又为奇数，的最大值为49.
故答案为：49.
11．329
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
12．9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解.
【详解】因为空间中有三个点，且，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：为正四棱锥的侧面，如图1，
此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：为正四棱锥的对角面，如图2，
此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解.
13．/
【分析】分析可得，利用不等式的基本性质可求得的最小值.
【详解】设，则，解得，
所以，，
因此，的最小值是.
故答案为：.
14．98
【分析】由等差数前项和公式求出，从而，由此能求出结果．
【详解】解：等差数列的公差不为零，为其前项和，，
，解得，
，
，，1，，中，，，
其余各项均不相等，
，1，，中不同的数值有：．
故答案为：98．
15．
【分析】由已知求得，再由复数模的计算公式求解．
【详解】解：，
，
则．
故答案为：．
16．2
【分析】设且，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案.
【详解】设，且.
则，
，，解得，
故答案为：2.
17．
【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】解：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：．
18．
【分析】分别化简两个行列式并令它们的值相等，解方程可得值．
【详解】，，
，解得，
故答案为：
19．0
【分析】利用二元一次方程组的解的行列式表示进行分析即可得到答案．
【详解】解：对于方程组，有，
当时，方程组的解为，
根据题意，方程组无解，
所以，即，
故答案为：0．
20．
【分析】移项通分后转化为一元二次不等式求解．
【详解】．
故答案为：．
21．
【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.
【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，
根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为.
【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
22．
【分析】先利用余弦定理求得，再利用同角三角函数关系式求得.
【详解】，
A为的内角，
.
故答案为:.
【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系式的合理运用，是基础题.
23．
【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案.
【详解】设，
在中，由正弦定理得，
即’
即①
在中，由正弦定理得，
即，即，②
因为，得，
利用计算器即可得，
故答案为：.
24．
【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线的方程并与抛物线联立，求出点的坐标，由此可得，进而可以求出，的长度，再由椭圆的定义即可求解．
【详解】解：设，，则抛物线，
直线，联立方程组，解得，，
所以点的坐标为，所以，又，所以
所以，所以，
则，
所以抛物线的准线方程为：，
故答案为：．
25．
【分析】方法1，根据给定条件，求出斜坡长，列出总体力关于的函数，利用导数求解作答.
方法2，根据给定条件，求出斜坡长，列出总体力关于的函数，借助辅助角公式求解作答.
【详解】方法1：依题意，斜坡长度，
因此人沿斜坡到坡顶消耗的总体力，
求导得，由，得，
当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，人上坡消耗的总体力最小.
方法2：依题意，斜坡长度，
因此人沿斜坡到坡顶消耗的总体力，
由，得，即，其中锐角由确定，
显然，而，则，当且仅当，即时取等号，
此时，即，
所以当时，人上坡消耗的总体力最小.
故答案为：
26．，，
【分析】由可得，可判断当时，；当时，；从而可得，，时，参数的最小值为，从而求得．
【详解】令得，或（舍去）；
当时，，故对任意，
都存在，，，故，
故，，，而当时，，
故当，，时，参数的最小值为，
故参数的取值范围为，，
故答案为：，．
27．
【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.
【详解】若，则，
又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立；
故.
不妨设，则，
不妨设，，
则，则，
则
，
由，，
则，
故.
故答案为：.
28．
【分析】由无穷等比数列的概念可得公比的取值范围，再由极限的运算知，从而得解．
【详解】解：无穷等比数列，公比，，，
，
，
，，．
故答案为：，，．
29．/
【分析】设，利用数量积定义求出，即可求出.
【详解】因为，所以，设.
由可得：，
两式相除得：.
又，且
解得：.
因为，所以，解得：.
故答案为：.
30．
【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围.
【详解】由题设有，因为，故，故，
当时，，故，此时为闭区间，
当时，不妨设，若，则，
若，则，
若，则，
综上，，
又为闭区间等价于为闭区间，
而，故对任意恒成立，
故即，故，
故对任意的恒成立，因，
故当时，，故即.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
答案第1页，共2页
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