2024届上海市长宁区高三下学期二模数学试卷及答案

这是一份2024届上海市长宁区高三下学期二模数学试卷及答案，共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知集合，且，则 ．
2．不等式的解集为 .
3．在的展开式中的系数为 ．
4．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则 .
5．已知，则 .
6．直线与直线的夹角大小为 ．
7．收集数据，利用列联表，分析学习成绩好与上课注意力集中是否有关时，提出的零假设为：学习成绩好与上课注意力集中 （填：有关或无关）
8．已知函数是定义域为的奇函数，当时，，若，则实数的取值范围为 ．
9．用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为立方米，则至少需要 平方米铁皮
10．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，，则点的横坐标为 ．
11．甲、乙、丙三辆出租车2023年运营的相关数据如下表：
出租车空驶率；依据以述数据，小明建立了求解三辆车的空驶率的模型，并求得甲、乙、丙的空驶率分别为，则 （精确到0.01）
12．已知平面向量满足：，若，则的最小值为 ．
二、单选题
13．设，则“”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．已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
15．某运动员8次射击比赛的成绩为：、、、、、、、；已知这组数据的第百分位为，若从这组数据中任取一个数，这个数比大的概率为，则的取值不可能是（ ）
A．65B．70C．75D．80
16．设数列的前项和为，若存在非零常数，使得对任意正整数，都有，则称数列具有性质：①存在等差数列具有性质；②不存在等比数列具有性质；对于以上两个命题，下列判断正确的是（ ）
A．①真②真B．①真②假C．①假②真D．①假②假
三、解答题
17．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(1)请在答题卷上将上表处的数据补充完整，并直接写出函数的解析式；
(2)设，求函数的值域；
18．如图，在长方体中，；
(1)求二面角的大小；
(2)若点在直线上，求证：直线平面；
19．盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球；
(1)从盒子中随机抽取出1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其颜色相同的球3个，然后再从盒子随机取出1个球，求第二次取出的球是红球的概率；
(2)从盒子中不放回地依次随机取出2个球，设2个球中红球的个数为，求的分布、期望与方差；
20．已知椭圆为坐标原点；
(1)求的离心率；
(2)设点，点在上，求的最大值和最小值；
(3)点，点在直线上，过点且与平行的直线与交于两点；试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由；
21．设函数的定义域为，若存在实数，使得对于任意，都有，则称函数有上界，实数的最小值为函数的上确界；记集合{在区间上是严格增函数}；
(1)求函数的上确界；
(2)若，求的最大值；
(3)设函数一定义域为；若，且有上界，求证：，且存在函数，它的上确界为0；
甲
乙
丙
接单量t（单）
7831
8225
8338
油费s（元）
107150
110264
110376
平均每单里程k（公里）
15
15
15
平均每公里油费a（元）
0.7
0.7
0.7
0
0
1
0
参考答案：
1．2
【分析】根据集合自己的概念即可求解．
【详解】∵，且，
∴集合A里面的元素均可在集合B里面找到，
∴a=2．
故答案为：2
2．
【分析】根据绝对值定义化简求解，即得结果.
【详解】∵
，
∴不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题考查解含绝对值不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.
3．
【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】由二项式定理可知，的展开式的通项为，
令，解得，
所以，
所以二项式的展开式中含项的系数为.
故答案为：.
4．
【分析】根据已知可化为余弦定理的形式，从而求出A的余弦，进而求出A.
【详解】由题意可知，，所以.
【点睛】本题主要考查了利用余弦定理公式求三角形的角，属于中档题.
5．1
【分析】首先利用指数和对数互化得到，，再利用换底公式即可得到答案.
【详解】由可知，，
所以.
故答案为：
6．/
【分析】先由斜率的定义求出两直线的倾斜角，然后再利用两角差的正切展开式计算出夹角的正切值，最后求出结果.
【详解】设直线与直线的倾斜角分别为，
则，且，
所以，
因为，
所以，即两条直线的夹角为，
故答案为：.
7．无关
【分析】根据题意，由零假设的定义，即可得到结果.
【详解】零假设等价于两个变量相互独立，
所以此题中的零假设为：学习成绩好与上课注意力集中无关.
故答案为：无关
8．或
【分析】由已知结合奇函数的定义可求出及时的函数解析式，然后结合对数函数性质即可求解不等式.
【详解】因为函数是定义域为的奇函数，
所以，
当时，，
当时，，
所以，
所以，
若，
当时，可得，解得，
当时，可得，解得，
当时，可得，显然不成立，
故的取值范围为或.
故答案为：或.
9．
【分析】由柱体的体积公式可得，再求出圆柱形容器的表面积，由基本不等式求解即可.
【详解】设圆柱形容器的底面半径为，高为，
所以圆柱形容器的体积为，所以，
所以圆柱形容器的表面积为：,
当且仅当，又，即时等号成立，
故至少需要平方米铁皮.
故答案为：.
10．
【分析】过点作于点，由抛物线定义以及三角函数可用含的横坐标的式子表示，注意到，由此即可列方程求解.
【详解】如图所示：
过点作于点，
显然抛物线的焦点为，准线为，
由抛物线定义有，结合得，
而，
所以.
故答案为：.
11．
【分析】根据题意得到出租车空驶率的模型，检验甲、乙两辆出租车的空驶率，满足题意，从而利用该模型求得丙的空驶率，从而得解.
【详解】依题意，因为出租车行驶的总里程为，出租车有载客时行驶的里程为，
所以出租车空驶率，
对于甲，，满足题意；
对于乙，，满足题意；
所以上述模型满足要求，
则丙的空驶率为，即.
故答案为：.
12．2
【分析】先利用和证明，再解不等式得到，从而有，再验证，，时，即得到的最小值是2.
【详解】由于，
且，
故有
，
所以，记，则有，从而或，即或.
总之有，故，即.
存在，，时条件满足，且此时，所以的最小值是2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：对于的最小值问题，我们先证明，再给出一个使得的例子，即可说明的最小值是2，论证不等关系和举例取到等号两个部分都是证明最小值的核心，缺一不可.
13．C
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合复数的定义求解即可.
【详解】设，则，
由可得，所以，充分性成立，
当时，即，则，满足，
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
14．C
【分析】利用空间线线线面的位置关系判断A错误；举反例判断B错误；利用线面平行的性质定理和线面垂直性质得到C正确；由线面平行和线线垂直的性质判断D错误.
【详解】A：若，则两直线平行或异面或相交，故A错误；
B：若，当直线在平面内时，则直线不平行于平面，故B错误；
C：若，设过的平面与相交于，则，
又因为，，所以，所以，所以，故C正确；
D：若，则或或，故D错误；
故选：C.
15．D
【分析】先利用古典概型分析的取值范围，再利用百分位数的定义逐一分析各选项，从而得解.
【详解】将该运动员8次射击比赛的成绩从小到大排列：
、、、、、、、，
因为从这组数据中任取一个数，这个数比大的概率为，
一共有8个数，所以比大的数有两个，则，
对于A，因为，所以第65百分位为第6个数，即，满足题意；
对于B，因为，所以第70百分位为第6个数，即，满足题意；
对于C，因为，
所以第75百分位为第个数的平均数，即，满足题意；
对于D，因为，所以第80百分位为第7个数，即，不满足题意.
故选：D.
16．B
【分析】直接构造和，说明存在等差数列具有性质，且存在等比数列具有性质，从而得到①真②假.
【详解】一方面，对，知是等差数列.
而，令就有，
所以具有性质，这表明存在等差数列具有性质；
另一方面，对，知是等比数列.
当为奇数时，；为偶数时，.
故当为奇数时，；为偶数时，.
故当为奇数时，；为偶数时，.
这表明恒成立，再令就有，
所以具有性质，这表明存在等比数列具有性质.
综上，①正确，②错误，故B正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造和作为例子，直接判断命题的真假，是判断选项正确性的简单有效的方法.
17．(1)补充表格见解析，
(2)
【分析】（1）由表得，解方程组即可得，进一步可据此完成表格；
（2）由题意结合二倍角公式、诱导公式以及辅助角公式先化简的表达式，进一步通过整体换元法即可求解.
【详解】（1）由题意，解得，
所以函数的解析式为，
令时，解得，当时，，
将表中处的数据补充完整如下表：
（2）若，
则
，
因为，所以，
进而，
所以函数的值域为.
18．(1)
(2)见解析
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
（2）设，求出，则，再由可证明直线平面.
【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为
所以，
所以二面角的大小为.
（2）设，则设，，
所以，所以，
平面的法向量为，
，因为平面，
所以直线平面.
19．(1)
(2)分布见解析，期望
【分析】（1）由独立乘法公式、互斥加法公式即可运算求解古典概型概率；
（2）的所有可能取值为0，1，2，它服从超几何分布，结合超几何分布概率的求法求得相应的概率进而可得的分布，结合期望、方差计算公式即可求解.
【详解】（1）第一次取出红球的概率为，取出白球的概率为，
第一次取出红球，第二次取出红球的概率为，
第一次取出白球，第二次取出红球的概率为，
所有第二次取出的球是红球的概率为；
（2）的所有可能取值为0，1，2，
，
所以的分布为，
它的期望为，
它的方差为.
20．(1)
(2)的最大值为，最小值为
(3)
【分析】（1）利用椭圆方程即可直接求得其离心率；
（2）利用椭圆的几何性质，结合两点距离公式与二次函数的性质即可得解；
（3）分别利用向量的模与线性运算的坐标表示求得，再联立直线与椭圆方程得到关于的表达式，进而化简得到与的关系，由此得解.
【详解】（1）设的半长轴长为，半短轴长为，半焦距为，
则，则，所以.
（2）依题意，设，则，，故，
则，
所以由二次函数的性质可知，当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为.
（3）设，又，
易得，则直线为，即 ，
而，
，
，
联立，消去，得
则，得，
所以，
故
，
所以，
故存在，使得恒成立.
【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，注意的判断；
（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
(2)4
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数的单调性求出值域再根据题意可得；
（2）求出的表达式，求导，再利用在上严格递增得到导函数大于等于零恒成立，然后利用基本不等式求出最小值即可；
（3）假设存在，由单调性可得，再取，且可得，推出①②互相矛盾，然后令，根据题意求出值域最后确定上确界即可.
【详解】（1）因为函数在区间上严格递减，
所以函数的值域为，
所以函数的上确界为2.
（2），，
因为记集合{在区间上是严格增函数}，
所以恒成立，
因为，当且仅当时取等号，所以，
所以的最大值为4.
（3）证明：因为函数有上界，设，
假设存在，使得，
设，
因为，所以在上严格递增，进而，
得，
取，且，
由于，得到，①
由，得，②
显然①②两式矛盾，所以假设不成立，
即对任意，均有，
令，则，
因为当时，，
所以在上严格递增，，
因为的值域为，
所以函数的上确界为零.
【点睛】关键点点睛：
（1）第二问的关键是导函数大于等于零恒成立，用基本不等式求解；
（2）第三问关键是根据不等式的结构能够想到取，再得到与当，得到矛盾.
0
0
1
0
0