上海市普陀区2024届高三下学期4月质量调研（二模）数学试卷及参考答案

这是一份上海市普陀区2024届高三下学期4月质量调研（二模）数学试卷及参考答案，共18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．已知复数，其中为虚数单位，则在复平面内所对应的点的坐标为 .
2．已知，设集合，集合，若，则 .
3．若，则 .
4．已知，若，则 .
5．若实数，满足，则的最小值为 .
6．设，若，且，则 .
7．为了提高学生参加体育锻炼的积极性，某校本学期依据学生特点针对性的组建了五个特色运动社团，学校为了了解学生参与运动的情况，对每个特色运动社团的参与人数进行了统计，其中一个特色运动社团开学第1周至第5周参与运动的人数统计数据如表所示.
若表中数据可用回归方程来预测，则本学期第11周参与该特色运动社团的人数约为 .（精确到整数）
8．设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是 .
9．若向量在向量上的投影为，且，则 .
10．已知抛物线的焦点是双曲线的右焦点，过点的直线的法向量，与轴以及的左支分别相交，两点，若，则双曲线的实轴长为 .
11．设，，是正整数，是数列的前项和，，，若，且，记，则 .
12．已知，若关于的不等式的解集中有且仅有一个负整数，则的取值范围是 .
二、单选题
13．从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球，两个红球分别标记为、，白球标记为，则它的一个样本空间可以是（ ）
A．B．
C．D．
14．若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
15．直线经过定点，且与轴正半轴、轴正半轴分别相交于，两点，为坐标原点，动圆在的外部，且与直线及两坐标轴的正半轴均相切，则周长的最小值是（ ）
A．3B．5C．10D．12
16．设是数列的前项和，若数列满足：对任意的，存在大于1的整数，使得成立，则称数列是“数列”.现给出如下两个结论：①存在等差数列是“数列”；②任意等比数列都不是“数列”.则（ ）
A．①成立②成立B．①成立②不成立
C．①不成立②成立D．①不成立②不成立
三、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.
18．设函数，，，它的最小正周期为.
(1)若函数是偶函数，求的值；
(2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，，求的值.
19．张先生每周有5个工作日，工作日出行采用自驾方式，必经之路上有一个十字路口，直行车道有三条，直行车辆可以随机选择一条车道通行，记事件为“张先生驾车从左侧直行车道通行”.
(1)某日张先生驾车上班接近路口时，看到自己车前是一辆大货车，遂选择不与大货车从同一车道通行.记事件为“大货车从中间直行车道通行”，求；
(2)用表示张先生每周工作日出行事件发生的次数，求的分布及期望.
20．设椭圆，的离心率是短轴长的倍，直线交于、两点，是上异于、的一点，是坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线过的右焦点，且，，求的值；
(3)设直线的方程为，且，求的取值范围.
21．对于函数，和，，设，若，，且，皆有成立，则称函数与“具有性质”.
(1)判断函数，与是否“具有性质”，并说明理由；
(2)若函数，与“具有性质”，求的取值范围；
(3)若函数与“具有性质”，且函数在区间上存在两个零点，，求证.
周次
1
2
3
4
5
参与运动的人数
35
36
40
39
45
参考答案：
1．
【分析】求出复数的共轭复数，进而可得点的坐标．
【详解】由题意，复数，在复平面内所对应的点的坐标为．
故答案为：．
2．2
【分析】根据已知条件，结合交集的定义，讨论或4即可求解．
【详解】集合,,，集合,，，则是的子集，
当时，等式不成立，舍去，
当时，解得，此时，,，满足题意，
故．
故答案为：2．
3．
【解析】利用诱导公式，求得所求表达式的值.
【详解】依题意.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查诱导公式的运用，属于基础题.
4．
【分析】根据正态分布的对称性计算可得.
【详解】若，且，
则，
则.
故答案为：
5．
【分析】由已知，，，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
6．
【分析】根据题意，由二项式系数的性质可得，然后分别令，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
且，，所以是二项式系数最大的项，则，
令，则，
令，则，
则.
故答案为：
7．57
【分析】由已知求出样本点的中心的坐标，代入线性回归方程，再取求解．
【详解】，，
把代入，得．
可得线性回归方程为．
把代入，可得．
故答案为：57．
8．（或,答案不唯一）
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】，，成等差数列，
则，即，解得或，
故“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是（或．
故答案为：（或,答案不唯一）
9．
【分析】根据投影公式求出，由得，代入向量夹角公式，即可得出答案．
【详解】在上的投影为，
，则，即
又，平方得，则
即．
故答案为：．
10．2
【分析】求出直线的方程，可得点的坐标，利用向量的坐标运算可求出点的坐标，代入双曲线方程，结合，可得，的值，从而可得实轴长．
【详解】由抛物线方程知，，
又直线的法向量，
所以直线的方程为，
令，得，所以，设,，
由，得,,，
所以，，
设双曲线方程，将代入得，
因为抛物线的焦点是双曲线的右焦点，
所以，解得，，
所以双曲线的实轴长．
故答案为：2．
11．7
【分析】根据数列递推式求出的通项，从而可得，进而可得，根据，即可求出．
【详解】当，故，
当时，，故，
因为，故，所以，则，
当时，，
设数列，易知，
必有1024，512，256，128，64，32，8,这7个数前面的系数为1，其余系数都是0，
故．
故答案为：7．
12．
【分析】原式可化为，然后研究函数的图象，只需当时，在下方时，只有一个负整数即可，构造不等式组求解．
【详解】原不等式可化为：，
令，，显然时，，单调递减；时，，单调递增，
所以，且时，，,
同一坐标系中，作出与（过定点的图象：
据图可知，满足题意的整数解为，此时应满足，
解得．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查不等式解问题，关键是将不等式适当变形，转化为两个函数交点问题.
13．B
【分析】根据样本空间的定义即可求解.
【详解】从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球的所有可能结果为，
所以它的一个样本空间为.
故选：B.
14．C
【分析】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得，
所以圆锥的体积为，解得，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为．
故选：C．
15．C
【分析】先设动圆的圆心坐标为，，，结合直线与圆相切的性质可得，当圆与直线相切于点处时，圆半径最小，结合两点间距离公式即可求解．
【详解】设动圆的圆心坐标为，
即圆半径，由题意，
设，，圆与直线相切于点，则，，
所以，
即的周长为，
所以的周长最小即为圆半径最小，因为，
则，整理得，
解得或,
当时，圆心在内，不合题意；
当时，符合题意，即圆半径的最小值为，周长的最小值为．
故选：C．
16．D
【分析】由题意可得任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得，对命题①，分公差或两种情况讨论可判断结论，对于②，举例如，可判断结论.
【详解】由“G数列”的定义，对任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得，成立，
则对任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得，
对于命题①不成立，理由如下：
假设存在，
当时，总存在，由于对任意正整数，有，
所以总存在正整数，使得与，
所以不会存在，
当时，总存在，由于对任意正整数，有，
所以总存在正整数，使得与，
所以不会存在，
对于命题②不成立，理由如下：
举例说明：如，有，
因为，所以，
可以取，就可以保证不等式成立，
综上所述：①不成立，②不成立.
故选：D.
【点睛】考查新定义题型，考查转化思想与阅读理解能力，以及分类讨论思想的应用.
17．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；
（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.
【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，
则 ，，
又底面是正方形，即 ，
则，即四边形为平行四边形，
则，又在平面外，平面，
故平面.
（2）取线段的中点为点，连接、，
又，底面是边长为的正方形，
则，且，，
又二面角的大小为，
即平面平面，
又平面，平面平面，
则平面，
则是直线与平面所成角，
在中，，
即，
故直线与平面所成角的大小为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦函数的周期公式可求，又函数是偶函数，结合，即可求解的值；
（2）由，可得，结合题意利用正弦定理可求，由余弦定理可求，进而可求的值．
【详解】（1）因为函数的最小正周期为，且，
所以，即，
则，
又函数是偶函数，
则，，
即，又，
则.
（2）由得，，
又，，则，即，
由余弦定理得，，
即，则.
19．(1)
(2)答案见详解
【分析】（1）先求出事件的概率，在事件发生的条件下事件发生的概率为，再由积事件的概率公式可得；
（2）求出事件发生的次数的取值，然后算出对应的概率，可得的分布，再算期望.
【详解】（1）依题意得，事件的概率为，在事件发生的条件下事件发生的概率为，
则.
（2）依题意得，事件发生的次数可取：，所以，即，
则的分布为：
即，
则，
则所求的的期望.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；
（2）设的左焦点为，连接，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出，再代入三角形面积公式中即可求解；
（3）设出，，三点的坐标，利用向量的运算得到，，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到和，将点的坐标代入椭圆方程中得到，此时满足，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．
【详解】（1）由的离心率是短轴的长的倍，得
，即，
又，则，
故椭圆的方程为.
（2）设的左焦点为，连接，
因为，所以点、关于点对称，
又，则，
由椭圆的对称性可得，
，且三角形与三角形全等，
则，
又，化简整理得，
，则.
（3）设，，，
又 ，则，，
由得，，
，
由韦达定理得，，，
又，
则，，
因为点在椭圆上，所以，
化简整理得，，
此时，，
则

，
令，即，
则，
则的取值范围是.
【点睛】关键点点睛:本题考查直线与椭圆得位置关系及弦长范围问题，关键是向量坐标化得C坐标并代入椭圆方程得m,k的等量关系.
21．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，结合性质的定义判断即可；
（2）根据，，与 “具有性质”，可得对，,恒成立，再求出的范围即可；
（3）根据条件，得到，再构造函数，结合条件证明不等式即可．
【详解】（1）由，且，
得，即，
则，
即 ，
即 ，
则函数与“具有性质”.
（2）由函数与“具有性质”，
得，，且，
即，
整理得，
则对恒成立，
又，，
则，，即，
则，即所求的的取值范围为.
（3）由函数在有两个零点，得，
又函数与“具有性质”，
则，
即，
即，
令，即，
记，即，
因为，
当时，；当时，，
所以函数在区间是减函数，在上是增函数.
要证，即证，
不妨设，即证，
只需证，
即证，
设，即，
因为，
所以函数在是减函数，且，
又，则，
即，则得证，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求出参数的取值范围，关键是利用极值点偏移构造函数证明不等式．