上海市松江区2024届高三下学期模拟考质量监控数学试卷（原卷版+解析版）

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考生注意:
1. 本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分.
2. 答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名和考号.
3. 答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位.
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1~6题每个空格填对得4分，第7~12题每个空格填对得5分，否则一律得零分.
1. 函数的定义域为________________
【答案】
【解析】
【详解】要使函数有意义，
则，
所以函数的定义域为，
故答案为.
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则___________.
【答案】##i-2
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算求解即可.
详解】由题意知，，
则，
故答案为：
3. 已知随机变量服从正态分布，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，结合正态分布的对称性，即可求解.
【详解】因为随机变量服从正态分布，且，
可得.
故答案为：.
4. 已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可求，，利用任意角的三角函数的定义即可求解．
【详解】因为点的坐标为，可得，
所以，
可得，，
所以点的坐标为，
故答案为：.
5. 已知，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】先将变形为的形式，再应用二项式定理求解即可.
【详解】，
由二项式定理得：，
所以.
故答案为：.
6. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则此圆锥的体积为______.（结果中保留）
【答案】
【解析】
【分析】通过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可．
【详解】由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，设圆锥的母线长为，底面半径为，
则，所以，则半圆的弧长为，
所有圆锥的底面半径为，，
所以圆锥的体积为：．
故答案为：．
7. 已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，列出方程求得，得到且，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的公差为2，前项和为，若，
可得，解得，
所以，且，
因为，即，整理得，解得，
因为，所以使得成立的的最大值为.
故答案为：.
8. 已知函数，若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意及对数的运算与对数函数的性质可得，利用基本不等式即可求解．
【详解】，
若，不妨设，
则，
所以，即，
所以，当且仅当，时，等号成立．
故答案为：．
9. 是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点，若，则双曲线的离心率为_______
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义可求得，，再利用勾股定理可求得，从而可求得双曲线的离心率．
【详解】解：，不妨令，，，
，，
又由双曲线的定义得：，，
，．
，
．
在△中，，
，，．
双曲线的离心率．
故答案为：．
10. 已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，由题意可得，从而推得三点共线，进而得出，即可得出答案.
【详解】取的中点，则，
又，又因为，
故三点共线，即点在中线上运动，
在正三角形中，，
又，，则，
故.
故答案为：
11. 已知，函数，若该函数存在最小值，则实数的取值范围是______.
【答案】或
【解析】
【分析】令，，，，分类讨论的取值范围，判断，的单调性，结合存在最小值，列出相应不等式，综合可得答案．
【详解】由题意，令，，，，
当时，在上单调递减，在上单调递减，则在上的值域为，
因为存在最小值，故需，解得，
结合，此时；
当时，在上单调递减，在上单调递增，则在上的值域为，
因为存在最小值，故需，即，解得，
这与矛盾；
当时，在上单调递减，且在上的值域为，，此时存在最小值2；
则实数的取值范围为或．
故答案为：或．
12. 某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为，，，…，，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人学号之差绝对值大于等于5，则有______种不同的选择方法.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，结合题意转化为，进而转化为四个正整数的和为，结合隔板法，即可求解.
【详解】设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，
则有恒等式，
其中，，，，
即，，，，
故式为，
上式四个正整数的和为，相当于个分成四组，运用隔板法，在个空中放块板，故有种方法．
故答案为：．
二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，第13、14题选对得4分，第15、16题选对得5分，否则一律得零分.
13. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据交集概念求解.
【详解】因为集合，，
所以.
故选：D.
14. 垃圾分类是保护环境，改善人居环境､促进城市精细化管理､保障可持续发展的重要举措.某小区为了倡导居民对生活垃圾进行分类，对垃圾分类后处理垃圾（千克）所需的费用（角）的情况作了调研，并统计得到下表中几组对应数据，同时用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则下列说法错误的是（ ）
A. 变量、之间呈正相关关系B. 可以预测当时，的值为
C. D. 由表格中数据知样本中心点为
【答案】C
【解析】
【分析】利用回归直线方程可判断A选项；将代入回归直线方程可判断B选项；计算出样本的中心点坐标，结合平均数公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，因为回归直线方程，故变量、之间呈正相关关系，A对；
对于B选项，当时，，B对；
对于CD选项，，则，
故样本的中心点的坐标为，
另一方面，，解得，C错D对.
故选：C.
15. 已知某个三角形的三边长为、及，其中.若，是函数的两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由a，b为函数的两个零点可得，即可得、，由两边之和大于第三边，结合题意可得.
【详解】由为函数的两个零点，故有，
即恒成立，
故，，则，，
由a，b，c为某三角形的三边长，且，
故，且，则， 因为必然成立，
所以，即，解得，
所以，
故的取值范围是：.
故选：B.
16. 设为数列的前项和，有以下两个命题：①若是公差不为零的等差数列且，，则是的必要非充分条件；②若是等比数列且，，则的充要条件是.那么（ ）
A. ①是真命题，②是假命题B. ①是假命题，①是真命题
C. ①、②都是真命题D. ①、②都是假命题
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列和等差数列的前项和性质分析①的真假，由等比数列和等比数列的前项和性质分析②的真假，综合可得答案.
【详解】根据题意，对于命题①，是公差不为零的等差数列，
若，则在中，至少有一项，
假设，则，
必有，
反之，在等差数列中，若，
则，有，则成立，
但不成立，
故是的必要非充分条件，故①正确；
对于命题②，若是等比数列，设其公比为，若，时，
有，则中，至少有一项为，则，
假设则有必有，
又由，必有为偶数且，故，
反之，若，则，必有，则有，，
则，
若是等比数列且，，则的充要条件是，
故②正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键点是，熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，从而分析得解.
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17. 设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为．
（1）求函数解析式；
（2）在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据降幂公式，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据图象的两条相邻对称轴之间的距离为求出即可；
（2）由得出，过点作于点，得出，分别求出的长，结合即可得出，进而得出，根据即可求得答案．
【小问1详解】
，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以, 则，解得，
所以．
【小问2详解】
由得，，
因为，所以，即，
，解得(舍负)，
过点作于点，如图所示，
由得，，则，
所以，则，
所以，则．
18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点.
（1）设平面与直线相交于点，求证：；
（2）若，，，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出；
（2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案．
【小问1详解】
证明：平面与直线相交于点，平面平面，
四边形是菱形，，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，
；
【小问2详解】
连接，取中点，连接、，
菱形中，，，是等边三角形，
是中点，，
平面，平面，，
、平面，，平面．
是直线与平面的所成角，
是中点，，．
平面，平面，，
为中点，，中，，
等边中，高，
中，，
可得，即直线与平面的所成角等于．
19. 某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立.
（1）计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率；
（2）若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望；
（3）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出.
【答案】（1）
（2）
（3）先派出甲
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解；
（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解；
（3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可．
【小问1详解】
设事件表示“该小组比赛胜利”，
则；
【小问2详解】
由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，
则，，，
所以的分布为：
所以；
【小问3详解】
若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，
由（2）可知，，
若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，
则，
则
，
因为，所以，，
所以，即，
所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．
20. 如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上.
（1）求线段的长；
（2）若线段的中点在轴上，求的面积；
（3）是否存在以、为邻边的矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得线段的长；；
（2）线段PQ的中点在轴上，得点纵坐标，代入椭圆方程得点横坐标，此时轴，易得其面积；
（3）假设存在，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．
【小问1详解】
由可得：，，从而，
所以令，则，解得：，
所以.
【小问2详解】
线段的中点在轴上，则，所以，即轴，
所以令，则，解得：，
所以；
【小问3详解】
，
假设存在以，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，
设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，
则，，所以，
都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，
则②，
②代入①得，解得：或，
若时，，，此时与重合，点坐标为；
若时，联立，
消去可得：，解得：，
因为，所以，
所以存在满足题意的点，其纵坐标为或.
【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
21. 已知函数（为常数），记.
（1）若函数在处的切线过原点，求实数的值；
（2）对于正实数，求证：；
（3）当时，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题以，得到，求得，结合导数的几何意义，求得切线方程，将原点代入切线方程，即可求解；
（2）设函数，求得，求得函数的单调性和最小值为，得到，即可得证；
（3）根据题意，得到，结合，把转化为，设，利用导数求得的单调性和最大值，即可得证.
【小问1详解】
解：由题意，函数，且，
可得，则，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为，
又因为函数在处的切线过原点，可得，
解得.
【小问2详解】
解：设函数，
可得，其中，
则，
令，可得，即，即，解得，
令，可得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
可得的最小值为，所以，
又由，
所以.
【小问3详解】
解：当时，即证，
由于，所以，只需证，
令，只需证明，
又由，
因为，可得，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也时最大值，所以，
即，即时，不等式恒成立.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．