上海市金山中学2023届高三核心素养检测数学试题（含解析）

上海市金山中学2023届高三核心素养检测数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题

1．若，则__________.

2．已知复数满足，__________．

3．若，则________.

4．若点在角的终边上，则__________．

5．的二项展开式中，常数项为___________.

6．若平面向量与的夹角为， ， ，则____．

7．圆柱容器内部盛有高度为2的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为__________．

8．重庆八中某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率是__________.

9．已知在中，角所对边分别为，满足，且，则的取值范围为______.

10．若关于x的不等式的解集为，则的最小值为_________．

11．已知平面向量，其中为单位向量，且满足，若与夹角为，向量满足，则最小值是__________.

12．定义在上的奇函数的导函数为，且.当时，，则不等式的解集为______.

二、单选题

13．“”是“”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

14．下列说法正确的有（    ）个

①已知一组数据的方差为， 则的方差也为.

②对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是.

③已知随机变量服从正态分布，若，则 .

④已知随机变量服从二项分布，若，则.

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

15．已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（    ）

A．32 B．33 C．44 D．45

16．如图，为双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线于两点，为线段的中点，若对于线段上的任意点，都有成立，且内切圆的圆心在直线上.则双曲线的离心率是（    ）

A． B． C．2 D．

三、解答题

17．如图，为圆O的直径，点在圆O上，，矩形所在平面和圆O所在的平面互相垂直，已知．

(1)求证：平面平面；

(2)当的长为何值时，二面角的大小为？

18．设．

(1)是否存在a使得为奇函数？说明理由；

(2)当时，求证：函数在区间上是严格增函数．

19．抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中2双是一次性筷子，3双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双，若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中．求：

(1)在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是一次性筷子的概率；

(2)取了3次后，取出的一次性筷子的双数的分布列及数学期望．

20．已知，为的两个顶点，为的重心，边，上的两条中线长度之和为6.

(1)求点的轨迹的方程；

(2)若直线与曲线相交于点、，若线段的中点是，求直线的方程；

(3)已知点，，，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上.

21．已知曲线与轴交于点，曲线在点处的切线方程为，且．

（1）求的解析式；

（2）求函数的极值；

（3）设，若存在实数，，使成立，求实数的取值范围．

参考答案：

1．

【分析】根据指、对数函数求集合，再结合集合的交集运算求解.

【详解】由题意可得：，

故.

故答案为：.

2．

【分析】根据复数的运算法则及求模公式计算即可.

【详解】由题意可得：.

故答案为：

3．6.

【解析】根据导数的极限定义即可求解

【详解】.

故答案为：6

【点睛】本题主要考查了导数的定义，属于容易题.

4．/

【分析】由题意，利用任意角的三角函数的定义，求得的值，再利用二倍角的余弦公式求得的值.

【详解】因为点，即在角的终边上，且，

所以，则.

故答案为:

5．15

【解析】利用二项式的通项公式即可得出结果.

【详解】二项式的展开式的通项公式为，

令，解得，

所以的二项展开式中，常数项为，

故答案为：15.

【点睛】本题主要考查了二项式的通项公式、常数项的求法，属于基础题.

6．

【分析】直接化简得到关于的方程，解出即可.

【详解】，

化简，

解得或（舍去）.

故答案为：.

7．3

【分析】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，根据体积关系列方程求解即可.

【详解】设圆柱的底面半径为r，圆锥的高为，则有，

解得.

故答案为：3.

8．/0.15625

【分析】结合正态分布特点先求出，再由独立重复试验的概率公式即可求解.

【详解】因学生成绩符合正态分布，故，故任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率为.

故答案为：

9．

【分析】根据已知利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，从而可表示出的表达式，利用辅助角公式化简结合三角函数的性质，即可求得答案.

【详解】由题意在中，满足，即,

即，而，

故，又,

则，同理，

故

，

又,故，

则，

故答案为：

10．8

【分析】由题意可得化简得，所以，利用基本不等式即可求解

【详解】因为不等式的解集为，则，

因为，所以，

∴．

当且仅当，即时，取到等号．

故答案为：8

11．/

【分析】根据题意，设， ， ，，利用题设可确定向量对应的轨迹以及向量对应的轨迹，将的最小值转化为两轨迹上的点之间的距离的最小值，数形结合，求解答案.

【详解】根据题意，设，，，，

因为与夹角为，

所以，整理得，

即向量对应的轨迹为射线或，

因为向量满足 ，

所以，即向量对应的轨迹为抛物线：，

则即为上的点与射线或上的点之间的距离，

如图，

当最小值时，对应的点在上，

设直线，由图可知，当直线与相切时，切点设为A，

此时最小，联立方程 ，得，

由得，则，解得，

故，则A到射线的距离为,

所以的最小值为，

故答案为： .

【点睛】关键点点睛：解答本题求解的最小值，关键在于确定向量对应的点所在的轨迹方程，将的最小值转化为曲线上的点之间距离的最小值问题，数形结合，可求解答案.

12．

【分析】令，根据函数的单调性求出不等式的解集即可．

【详解】当时，由，得，得，所以在上递增，

∵为偶函数，∴在上递减，且，

或，

可得或，

所以，的解集为.

【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及解不等式问题，是一道中档题．

13．B

【分析】先根据对数函数的单调性解不等式然后进行判断.

【详解】的解集是，反之不成立.

所以“”是“”的必要不充分条件．

故选：B

14．C

【分析】根据方差的定义可判断A；根据样本点中心在回归直线上求得的值可判断B；根据可得，由对称性求出对称轴可得的值可判断C；根据二项分布的期望方差的公式期望方差的性质可判断D，进而可得正确个数.

【详解】对于A：设的平均数为，方差为，

则，，

所以的平均数为，

所以方差为

，故选项A正确；

对于B：因为线性回归直线过样本点中心，所以，可得，故选项B错误；

对于C：因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又，

而，所以，

则，故选项C正确；

对于D：因为服从二项分布，所以，所以

，则，故选项D错误.

故选：C.

15．C

【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求，运算求解即可.

【详解】当为偶数时，

，

令，且n为偶数，

解得，故n的最大值为44；

当为奇数时，

，

令，且为奇数，

解得，故n的最大值为43；

综上所述：n的最大值为44.

故选：C.

【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：

1.适用条件：数列中出现等形式时，常用利用并项求和求；

2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.

16．D

【分析】由可得.由，可得.

又由内切圆的圆心在直线上，可得，据此可得答案.

【详解】如图1，取中点为Q，连接EQ，PQ.则，

.

因，则，因直线外一点到直线连线中垂线段最短，则为垂线.因Q为中点，E为中点，则

，得.又DO为直角三角形斜边中线，则.

如图2，设内切圆的圆心为I，内切圆与交点为M，与交点为T，与交点为N.则，，又，则.

又由切线性质，可知，则

.

则离心率为.

故选：D

【点睛】结论点睛：本题涉及以下结论：

（1）极化恒等式：；

（2）双曲线焦点三角形的内切圆圆心在直线上.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意可知平面，，再证平面，即可证平面平面；

（2）设中点为G，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，并取平面的一个法向量为，由题意可得，即可求解.

【详解】（1）证明：∵平面平面，，平面平面，

∴平面．

∵平面，∴，

又为圆O的直径，∴，

而，平面，∴平面，

∵平面，∴平面平面．

（2）设中点为G，以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，，，，

∴，，

设平面的法向量为，则，

即，令，可得

取平面的一个法向量为，

，即，解得，

则当的长为时，二面角的大小为．

18．(1)存在，理由见解析.

(2)证明见解析.

【分析】（1）运用函数的奇偶性的定义，即可求出a的值，进而说明存在.（2）求出函数的导数，在上大于0恒成立，结合二次函数判断函数的单调性即可证明本题.

【详解】（1）若为奇函数，则恒成立，

即，∴，∴，

则当时，为奇函数．

（2）∵，

∴，

设，∴，

开口向下，对称轴为，∵，∴，

则，

则当时，函数在区间上是严格增函数．

19．(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）根据条件概型的知识求得正确答案.

（2）根据取出的一次性筷子的双数求得分布列，并求得数学期望.

【详解】（1）设事件A为第1次取出的是一次性筷子，事件B为第2次取出的是非一次性筷子，

则．

其中，，

所以．

（2）记取了3次后，取出的一次性筷子的个数（双）为X，则，

，

，

，

X的分布列为

X的数学期望．

20．(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）由题意可得，满足椭圆的定义，即可求解；

（2）易得的斜率存在，设直线：，与：联立可得，，利用中点即可求解；

（3）设直线的方程为：，与：联立可得，联立直线，直线的方程可得的横坐标为，与上式结合即可求证

【详解】（1）因为为的重心，且边，上的两条中线长度之和为6，

所以，

故由椭圆的定义可知的轨迹是以，为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），

故设点的轨迹的方程为，

所以，，所以，

所以的轨迹的方程为；

（2）设，，

若直线的斜率不存在，根据椭圆的对称性可得线段的中点在轴上，不满足题意；

故设直线：，与：联立，

整理得：，

由整理得：，

故，，

由题意知，解得：，，满足，

故直线：

（3）设直线的方程为：，，，

联立方程得：，

由整理得：，即或，

则，，

所以，

又直线的方程为：，

又直线的方程为：，

联立方程得：，

把代入上式得：

，

所以当点运动时，点恒在定直线上

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．（1）；（2）极大值为，无极小值；（3）

【分析】（1）先根据题意得，进而得切线斜率，故，再根据求得，进而得解析式；

（2）由（1），求导得，进而根据导数与极值的关系即可得答案；

（3）将不等式整理变形得：存在实数使成立，进而转化为，再研究函数的单调性得时，函数为减函数，

时，函数为增函数，再分，，三种情况讨论求解即可得答案.

【详解】解：（1）令解得，故点，

对函数求导得，

所以曲线在点处的切线斜率为，

所以曲线在点处的切线方程为：，即：，

又因为，故，

所以的解析式.

（2）由（1）知，函数定义域为，

所以，

故当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以函数在处取得极大值，极大值为，无极小值.

（3）因为

，

故不等式等价于，

因为 ，故存在实数使成立，

所以只需成立即可.

所以，

因为时，，故

所以当时，，函数为减函数，

时，，函数为增函数

所以

（i）当时，

在恒成立，故函数在单调递增，

故，所以，解得；

（ii）当时，

时，，函数为减函数，时，，函数为增函数，故，，

所以，当时，，即，

令，，，故在单调递减，，故在单调递增，

所以在上也单调递增，，

与矛盾，无解

当时，，即，所以，

令，，令得，

故当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

由于，

故函数在的函数值恒大于，

故当时，，与矛盾，无解；

（iii）当时，时，，函数为减函数，故，所以，解得；

综上，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查导数的几何意义，极值，不等式能成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，综合分析问题与解决问题的能力，是难题.本题第三问解题的关键在于对已知不等式变形转化为存在实数使成立，进而只需成立即可，再分类讨论求函数的最值即可.