上海市宝山区2024届高三上学期期末教学质量监测（一模）数学模拟试题（含答案）

这是一份上海市宝山区2024届高三上学期期末教学质量监测（一模）数学模拟试题（含答案），共17页。试卷主要包含了可使用符合规定的计算器答题等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟；
2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面；
3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题；
4．可使用符合规定的计算器答题．
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分），要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分．
1．函数的定义域是 .
2．已知向量，，若，则实数
3．已知等差数列的前项和为，若则
4．设，则方程的解集为
5．在一次为期天的博览会上，主办方统计了每天的参观人数（单位：千人），得到样本的茎叶图（如下图），则该样本的第百分位数是
6．设为常数，若，则函数的图象必定不经过第 象限
7．设函数，若，则实数的值为 ．
8．若对于任意实数，都有，则的值为 ；
9．如图，在圆锥中，为底面圆的直径， ，点在底面圆周上，且.若为线段上的动点，则的周长最小值为
10．随着我国国民教育水平的提高，越来越多的有志青年报考研究生.现阶段，我国研究生入学考试科目为思政、外语和专业课三门，录取工作将这样进行：在每门课均及格（分）的考生中，按总分进行排序，择优录取.振华同学刚刚完成报考，尚有11周复习时间，下表是他每门课的复习时间和预计得分.设思政、外语和专业课分配到的周数分别为，则自然数数组 时，振华被录取的可能性最大.
11．已知函数，正项等比数列满足，则
12．设点在直线上，点在曲线上，线段的中点为，为坐标原点，则的最小值为 .
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分），每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分.
13．“”是“”的 （ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件
14．下列说法中错误的是（ ）
A．一组数据的平均数、中位数可能相同
B．一组数据中比中位数大的数和比中位数小的数一样多
C．平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的统计量
D．极差、方差、标准差都是描述一组数据的离散程度的统计量
15．已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A．B．若，则的最大值为
C．若，则复平面内对应的点位于第一象限D．若是关于的方程的一个根，则
16．已知集合是由某些正整数组成的集合，且满足：若，则当且仅当其中且，或其中且.现有如下两个 ①；②集合.则下列选项中正确的是（ ）
A．①是真命题， ②是真命题；B．①是真命题， ②是假命题
C．①是假命题， ②是真命题；D．①是假命题， ②是假命题.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分），解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤．
17．一个盒子中装有张卡片，卡片上分别写有数字、、、．现从盒子中随机抽取卡片．
(1)若一次抽取张卡片，事件表示“张卡片上数字之和大于”，求；
(2)若第一次抽取张卡片，放回后再抽取张卡片，事件表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求；
(3)若一次抽取张卡片，事件表示“张卡片上数字之和是的倍数”，事件表示“张卡片上数字之积是的倍数”.验证、是独立的．
18．在中，角的对边分别为.
(1)若，求角的大小；
(2)若边上的高等于，求的最大值.
19．如图，在直三棱柱中，，，且分别是的中点.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）
20．以坐标原点为对称中心，焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点，动点满足，求动点的轨迹所围成的图形的面积；
(3)过圆上一点（不在坐标轴上）作椭圆的两条切线.记的斜率分别为，求证.
21．已知函数，，其中为自然对数的底数.
(1)求函数的图象在点处的切线方程；
(2)设函数，
①若，求函数的单调区间，并写出函数有三个零点时实数的取值范围；
②当时，分别为函数的极大值点和极小值点，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
科目
周数
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
思政
20
40
55
65
72
78
80
82
83
84
85
外语
30
45
53
58
62
65
68
70
72
74
75
专业课
50
70
85
90
93
95
96
96
96
96
96
1．
【分析】利用真数大于零列不等式求解即可.
【详解】要使函数有意义，
则，解得，
即函数的定义域是，
故答案为.
本题主要考查对数型复合函数的定义域，属于基础题.
2．
【分析】利用平面向量的数量积与向量垂直的关系，结合坐标运算求解即可.
【详解】因为向量，， ，
所以，解得.
故1.
3．
【分析】由等差数列的性质结合等差数列的求和公式可得答案.
【详解】由等差数列的性质可得：，
所以，
故8.
4．
【分析】分区间讨论，去掉绝对值号即可得解.
【详解】当时，原方程可得，解得，
又，故方程的解为；
当时，原方程可得，解得，故无解；
当时，原方程可得，解得；
当时，原方程可得，解得，所以.
综上，方程的解集为.
故
5．
【分析】求解个数据的第百分位数即第项与第项数据的平均数.
【详解】，
由茎叶图知从小到大排列第项数据为，第项数据为，
则该样本的第百分位数是与的平均数，即，
故答案为.
6．二
【分析】由指数函数的性质与图象的平移可得.
【详解】已知,
则指数函数单调递增，过定点，且，
函数的图象是由函数函数向下平移个单位，
作出函数的图象，可知图象必定不经过第二象限.
故二.
7．
【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则即可求解.
【详解】由题意知，；
当时，有，解得(舍去)；
当时，有，解得(舍去)或．
所以实数的值是：．
故答案为.
8．-8
【分析】把 展开求得的系数，再结合已知条件求得的值．
【详解】
，
且有，
，
故．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
9．
【分析】将三角形和三角形展开在同一个平面，然后利用余弦定理求得正确答案.
【详解】连接，依题意平面，而平面，
所以，，是的中点，则，
由于，所以，
则三角形是等边三角形，三角形是等腰直角三角形，
将三角形和三角形展开在同一个平面，如下图所示，
连接，交于，在三角形中，
由余弦定理得
，
所以的周长最小值为.
故
10．
【分析】根据题意，分别保证各科及格，再由得分效益最大求解.
【详解】首先保证各学科均及格，则思政、外语、专业课分别需要3周，4周，2周，还有剩余复习时间3周，剩余时间复习一周思政可提高7分，复习外语可提高3分，复习专业课可提高15分，故先安排一周复习专业课，剩余2周，若再复习专业课一周可提高5分，从得分效益来看，先安排一周复习思政，剩一周再复习思政可提高6分，故安排复习思政，
综上，安排5周思政复习，4周外语复习，2周专业课复习，总分最高，
故
11．
【分析】利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质即可求得正确答案.
【详解】函数，可看成向左平移1个单位，向上平移1个单位得到,
因为的对称中心为，所以的对称中心为，
所以，
因为正项等比数列满足，所以，
所以，
所以，
①，
②，
则①②相加得：
即，
所以.
故答案为.
12．
【分析】通过转化可得的最小值为到距离平方的最小值，利用导数求出切线即可得．
【详解】由题可设，，则
则
即，
即的最小值为到距离平方的最小值，
其中点在曲线上，在直线上，
的最小值为在曲线上与直线平行的切线的切点到直线的距离，
设切点为，
因为曲线导数，则，解得，所以切点为，
所以，所以.
故答案为.
关键点睛：本题解决的关键是将问题转化到距离平方的最小值，从而结合导数的意义即可得解.
13．A
【分析】根据不等式利用充分条件与必要条件的定义进行判断即可得出结论.
【详解】可得，则充分性成立，
得出或，则必要性不成立，
则“”是“”的充分非必要条件，
故选：A.
14．B
【分析】A选项，可举出实例；B选项，可举出反例；CD选项，根据平均数、众数和中位数，极差、方差、标准差的定义进行判断.
【详解】A选项，例如，这组数据的平均数、中位数相同，均为2，A正确；
B选项，例如，中位数为2，这组数据中比中位数大的数只有1个，比中位数小的数有2个，两者不一样多，B错误；
C选项，平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的统计量，C正确；
D选项，极差、方差、标准差都是描述一组数据的离散程度的统计量，D正确.
故选：B
15．B
【分析】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D.
【详解】对于A，设，则，，A错误；
对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，
可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为，
则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确；
对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，，整理得，
而，因此，解得，D错误．
故选：B.
16．C
【分析】根据集合的定义即可判断①是假命题，根据集合的定义先判断，，再由，有，，且，所以，可判断 ②是真命题.
【详解】因为若，则当且仅当其中且，或其中且，
且集合是由某些正整数组成的集合，
所以，，
因为，满足其中且，所以，
因为，且，，所以，故①是假命题；
记，
当时，，因为，，，所以；
下面讨论元素与集合的关系，
当时，，当时，，，，所以，
当时，，，，所以，
当时，，，，所以，依次类推，
当时，，，，所以，
下面讨论时，集合中元素与集合的关系，
因为，有，，且，所以，
综上所述，，有，
即，故②是真命题.
故选：C.
关键点睛：本题解题的关键在于判断，，，，再根据集合的定义求解.
17．(1)
(2)
(3)事件与事件是独立
【分析】（1）利用古典概型的概率求解；
（2）利用古典概型的概率求解；
（3）利用古典概型的概率分别求得，，判断.
【详解】（1）解：若一次抽取张卡片，共包含、、、共个基本事件.
其中事件包含个基本事件
所以；
（2）若第一次抽取张卡片，放回后再抽取张卡片，共包含个基本事件，
其中事件包含3个基本事件
所以
（3）一次抽取张卡片,共包含个基本事件，
事件，
所以
事件，所以
当同时发生，即张卡片上数字之和是的倍数同时积是的倍数，只有一种取法，
所以
因为，
所以事件与事件是独立的．
18．(1)或
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合特殊角的三角函数值即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到，从而将转化为关于角的表达式，进而得解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又，则，所以，
因为，所以或.
（2）由三角形面积公式得，即，
又由余弦定理，得，
从而有，
所以.
当，即时，有最大值，
即的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）结合题意先通过线线垂直得到面,进而得到；
（2）利用等体积法，转化为求的体积即可;
（3）利用上问求出点到面的距离为，借助线面角的定义即可求出线面角.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中中，因为分别是的中点,所以,
由直三棱柱中面,
所以面，因为在面内，所以,
因为在中，，且是的中点,所以,
因为,且在面内，
所以面,因为在面内,所以.
（2）等腰中，，从而，
所以，
由面，且
所以，
又因为，
所以三棱锥的体积为.
（3）由（2），
令点到面的距离为，
则有，
中，，,
从而.
所以，
设直线与平面所成角为，则,
所以直线与平面所成角的大小为.
20．(1)
(2)面积为.
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出a和b，即可得椭圆的方程；
（2）设， 由可得轨迹方程，再求面积即可；
（3）过点的直线与椭圆相切，与椭圆方程联立，利用得出的一元二次方程，结合韦达定理化简，进而可求出为定值.
【详解】（1）由题设知椭圆中，得
由得
所以椭圆的方程为；
（2）设， 由得
化简得.
表示的是以为圆心，为半径的圆，其面积为.
（3）设，且
设过点的直线与椭圆相切，联立
化简得
由得
点在直线上，得代入上式
化简得
因为是椭圆的两条切线，所以是上面方程的两根
由韦达定理得.
由得
所以
又
所以.
21．(1)；
(2)①单调区间见解析，，②.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即得.
（2）①把代入，求出的导数，确定的解集得单调区间，结合极大值、极小值求出的范围；②由导数求出，构造函数并借助导数探讨不等式恒成立即可.
【详解】（1）函数，求导得，得，而，
所以切线方程为，即.
（2）函数的定义域为R，求导得，
①当时，，，由，得或，
当或时，，当时，，
因此函数的单调增区间为和，单调减区间为；
极大值，极小值，
又，
，
所以函数有三个零点时的取值范围为.
②令，得或，解得或，
当或时，，当时，，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
因此当时，取得极大值，当时，取得极小值，即有，
而，，
又不等式对任意恒成立，于是，
设，
显然，，
令，求导得，
则函数在上严格递减，有，
当时，，则有函数在上严格递减， ，符合题意；
当时，存在，使得，当时，，当时，，
因此函数在上严格递增，有，不符合题意，
所以实数的取值范围为.
思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.