2024-2025学年上海市奉贤区高三上学期高考一模数学试卷含答案

这是一份2024-2025学年上海市奉贤区高三上学期高考一模数学试卷含答案，共15页。试卷主要包含了若直线l1，申辉中学高一等内容，欢迎下载使用。
1．设全集U＝{1,2,3,4},集合A＝{2,4},则＝ ．
2．若直线l1：x+ay﹣2＝0与直线l2：ax+y﹣2＝0互相垂直,则a＝ ．
3．已知x∈R,则不等式x2﹣x+2＞0的解集为 ．
4．设若f（x0）＝1,则x0＝ ．
5．A,B,C,D,E五人并排站成一排,若A,B必须相邻,那么不同的排法共有 种．
6．的二项展开式中的常数项为 ．（用数字作答）
7．已知抛物线x2＝ay（a＞0）上有一点P到准线的距离为6,点P到x轴的距离为4,则抛物线的焦点坐标为 ．
8．在复平面内,O为坐标原点,复数z1＝i（﹣4﹣3i）,z2＝12+5i对应的点分别为Z1,Z2,其中i为虚数单位,则的大小为 ．
9．甲乙两人下棋,每局两人获胜的可能性一样,某一天两人要进行一场三局两胜的比赛,最终胜者赢得100元奖金,第一局比赛甲获胜,后因为有其他事情而中止比赛,则甲应该分 元奖金才公平？
10．申辉中学高一（8）班设计了一个“水滴状”班徽的平面图（如图）,徽章由等腰三角形ABC及以弦BC和劣弧BC所围成的弓形所组成,其中AB＝AC,劣弧BC所在的圆为三角形的外接圆,圆心为O．已知∠BAC＝θ,外接圆的半径是2,则该图形的面积为 ．（用含θ的表达式表示）
11．上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2）,风吹铃动,悦耳清脆,亦称惊鸟铃．一般一个惊鸟铃由铜铸造而成,由铃身和铃舌组成．为了知道一个惊鸟铃的质量,可以通过计算该惊鸟铃的体积,然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量．因此我们需要作出一些合理的假设：
假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥.
假设2：两圆锥的轴在同一条直线上.
假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计．
截面图如下（图3）,其中O1O3＝20cm,O2O3＝18cm,AB＝16cm,则制作100个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为8.9g/cm3）（结果精确到个位）
12．已知集合M＝{P0,P1,P2,…,Pn},n≥2,n∈N是由函数y＝csx,x∈[0,2π]的图像上两两不相同的点构成的点集,集合S＝{a|a＝•,i＝0,1,2,…,n,n≥2,n∈N},其中P0（0,1）,P1（π,﹣1）．若集合S中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为d的等差数列,当时,则符合条件的点集M的个数为 ．
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,考生应在答题纸的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,13-14选对每个得4分,15-16选对每个得5分,否则一律零分。
13．在△ABC中,“”是“sin2A+sin2B＝1”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
14．函数y＝lg2sinx+lg2csx,则下列命题正确的是（ ）
A．函数是偶函数
B．函数定义域是
C．函数最大值﹣1
D．函数的最小正周期为π
15．在四棱锥S﹣ABCD中,若,则实数组（x,y,z）可能为（ ）
A．（1,﹣1,1）B．（1,0,﹣1）C．（1,﹣1,0）D．（1,﹣1,﹣1）
16．已知数列{an}不是常数列,前n项和为Sn,且a1＞0．若对任意正整数n,存在正整数m,使得|an﹣Sm|≤a1,则称{an}是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列{an}是“可控数列”,②存在等比数列{an}是“可控数列”．则下列判断正确的是（ ）
A．①与②均为真命题
B．①与②均为假命题
C．①为真命题,②为假命题
D．①为假命题,②为真命题
三,解答题（第17～19题每题14分,第20～21题每题18分,满分78分）
17．（14分）已知函数y＝f（x）,其中f（x）＝ax（常数a＞0且a≠1）．
（1）若函数y＝f（x）的图像过点（2,9）,求关于x的不等式f（|2x﹣1|）＞3的解集.
（2）若存在x∈（0,1],使得数列f（1）,f（tx）,f（x2+2）是等比数列,求实数t的取值范围．
18．（14分）某芯片代工厂生产甲,乙两种型号的芯片,为了解芯片的某项指标,从这两种芯片中各抽取100件进行检测,获得该项指标的频率分布直方图,如图所示：
假设数据在组内均匀分布,以样本估计总体,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）求频率分布直方图中x的值并估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
（2）已知甲型芯片指标在[80,100）为航天级芯片,乙型芯片指标在[60,70）为航天为航天级芯片．现分别采用分层抽样的方式,从甲型芯片指标在[70,90）内取2件,乙型芯片指标在[50,70）内取4件,再从这6件中任取2件,求至少有一件为航天级芯片的概率．
19．（14分）如图为正四棱锥P﹣ABCD,O为底面ABCD的中心．
（1）求证：CD∥平面PAB,平面PAC⊥平面PBD.
（2）设E为PB上的一点,．
①若,求直线EC与平面BED所成角的大小．
②已知平面ECD与平面ABCD所成锐二面角的大小为,若,求AP的长．
20．（18分）椭圆Γ：＝1（a＞1）的左右焦点分别为F1,F2,设P（x0,y0）是第一象限内椭圆上的一点,PF1的延长线交椭圆于点Q（x1,y1）．
（1）若椭圆的离心率,求a的值.
（2）若a＝,,求x0.
（3）若a＝2,过点T（0,t）的直线l与椭圆Γ交于M,N两点,且|MN|＝2,则当t≥0时,判断符合要求的直线有几条,说明理由？
21．（18分）若函数y＝f（x）的图像上存在k个不同点P1,P2,…,Pk（k≥2,k∈N）处的切线重合,则称该切线为函数y＝f（x）的一条k点切线,该函数具有k点切线性质．
（1）判断函数y＝x2﹣2|x|,x∈R的奇偶性并写出它的一条2点切线方程（无需理由）.
（2）设f（x）＝ex﹣lnx,判断函数y＝f（x）是否具有k点切线性质,并说明理由.
（3）设g（x）＝csx+2x,证明：对任意的m≥3,m∈N,函数y＝g（x）具有m点切线性质,并求出所有相应的切线方程．
2024-2025学年上海市奉贤区高三（上）期末数学试卷（一模）
参考答案与试卷解析
一,填空题（本大题满分54分）本大题共有12题,考生应在答题纸相应编号的空格内直接写结果,1～6题每个空格填对得4分,7～12题每个空格填对得5分。
1．【解答】解：因为集合A＝{2,4},全集U＝{1,2,3,4}.
则．
故答案为：{1,3}．
2．【解答】解：由直线l1：x+ay﹣2＝0与直线l2：ax+y﹣2＝0互相垂直.
可得1×a+a×1＝0,解得a＝0．
故答案为：0．
3．【解答】解：不等式x2﹣x+2＝（x﹣1）2+1＞0的解集为R．
故答案为：R．
4．【解答】解：.
当x0＞0时,f（x0）＝lnx0+1＝1,解得：x0＝1,满足.
当x0≤0时,,方程无解.
所以x0＝1.
故答案为：1．
5．【解答】解：由题意,利用捆绑法,A,B必须相邻的方法数为A22•A44＝48种．
故答案为：48
6．【解答】解：由题意知,二项式展开式的通项公式为：
Tr+1＝•x30﹣6r•
＝•.
令30﹣＝0,解得r＝4.
所以常数项为．
故答案为：5．
7．【解答】解：抛物线x2＝ay（a＞0）的准线方程为.
设点P（x,y）,由于点P到准线的距离为.
因为点P到x轴的距离为4,则y＝4,所以,,解得a＝8.
故抛物线的方程为x2＝8y,其焦点坐标为（0,2）．
故答案为：（0,2）．
8．【解答】解：∵z1＝i（﹣4﹣3i）＝3﹣4i,z2＝12+5i.
∴＝（3,﹣4）,＝（12,5）.
∴cs＜,＞＝＝＝.
∴．
故答案为：．
9．【解答】解：乙最后获胜的情况为第二局,第三局必须乙胜,其概率为：.
即甲最终获胜的概率为,乙最终获胜的概率为.
故甲的奖金为100×＝75元．
故答案为：75．
10．【解答】解：如图,连接OB,OA,OC.
则由题意,O为三角形的外接圆圆心.
且外接圆的半径是2,可得OB＝OA＝OC＝2,∠BOC＝2θ.
所以.
则.
.
所以该图形的面积为4θ+4sinθ．
故答案为：4θ+4sinθ．
11．【解答】解：O1O3＝20cm,O2O3＝18cm,AB＝16cm.
由题意可知,圆锥O1O3的底面半径为8cm,高为20cm.
圆锥O2O3的底面半径为8cm,高为18cm.
因为.
所以,制作100个这样的惊鸟铃的铃身至少需要120千克铜．
故答案为：120．
12．【解答】解：由已知a0＝＝1,＝﹣1.
设Pi（xi,yi）,则ai＝＝yi.
由题意得﹣1≤yi≤1.
若d＝1,则S＝{﹣1,0,1},∴yi＝0.
由csxi＝0,xi∈[0,2π],∴xi＝或,对应Q1（,0）,Q2（,0）.
同理,Q3（2π,1）对应P0.
集合M中已经含有点P0,P1.
∴产生S＝{﹣1,0,1}的集合M中,点Q3可有可无,Q1,Q2至少有一个.
∴M的个数为2×3＝6.
若d＝,则S＝{﹣1,﹣,0,,1}.
csxi＝﹣,xi＝或xi＝,csxi＝,或.
对应点Q4（）,Q5（,）,Q6（,﹣）,Q7（,﹣）.
产生{﹣1,﹣,0,,1}的集合M中,Q6,Q7中至少有一个,M的个数为2×3×3×3＝54.
综上,集合M的个数为6+54＝60．
故答案为：60．
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,考生应在答题纸的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,13-14选对每个得4分,15-16选对每个得5分,否则一律零分。
13．【解答】解：在△ABC中,当时.
则A+B＝.
故sin2A+sin2B＝＝sin2A+cs2A＝1,故充分性成立.
当A＝120°,B＝30°,满足sin2A+sin2B＝1,但C≠,故必要性不成立.
综上所述,在△ABC中,“”是“sin2A+sin2B＝1”的充分不必要条件．
故选：A．
14．【解答】解：由可得,定义域不关于原点对称.
所以函数f（x）不是偶函数,AB错.
当时,则4kπ＜2x＜4kπ+π（k∈Z）
.
当且仅当时,即当时,函数f（x）取最大值﹣1,C对.
因为f（2π+x）＝lg2sin（2π+x）+lg2cs（2π+x）＝lg2sinx+lg2csx＝f（x）.
结合函数f（x）的定义域可知,函数f（x）的最小正周期为2π,D错．
故选：C．
15．【解答】解：作图,如图所示：在四棱锥S﹣ABCD中,如果底面ABCD是平行四边形.
根据平行四边形的性质,可设AC∩BD＝O,所以.
所以可得.
所以（x,y,z）＝（1,﹣1,1）,A选项正确.
如果（x,y,z）＝（1,0,﹣1）.
所以可得,B选项错误.
如果（x,y,z）＝（1,﹣1,0）.
所以可得,C选项错误.
如果（x,y,z）＝（1,﹣1,﹣1）.
所以可得.
,所以.
由向量加法的平行四边形法则可知,不成立.
因此不可能成立,D选项错误．
故选：A．
16．【解答】解：①,数列{an}不是常数列,则d≠0,则an看作是一次函数的变化.
由|an﹣Sm|≤a1得Sm﹣a1≤an≤Sm+a1,Sm看作是二次函数的变化.
当n足够大时,极限的思想说明不成立.
②,取,则.
当n＝1时,取m＝1,可得|a1﹣S1|＝0,a1＝2,满足|an﹣Sm|≤a1.
当n≥2时,取m＝n﹣1,可得|an﹣Sm|＝|2n﹣2n+2|＝2,而a1＝2,满足|an﹣Sm|≤a1．
故选：D．
三,解答题（第17～19题每题14分,第20～21题每题18分,满分78分）
17．【解答】解：（1）由题意可得,f（2）＝a2＝9.
因为a＞0且a≠1.
解得a＝3,所以f（x）＝3x.
由f（|2x﹣1|）＝3|2x﹣1|＞3得|2x﹣1|＞1.
解得x＞1或x＜0.
所以不等式f（|2x﹣1|）＞3的解集为{x|x＞1或x＜0}.
（2）f（1）＝a,f（tx）＝atx,f（2+x2）＝a.
若存在x∈（0,1],使得数列f（1）,f（tx）,f（x2+2）是等比数列.
则＝a,可得2tx＝x2+3.
由x∈（0,1]可得.
令,x∈（0,1]）,.
当x∈（0,1]时,.
可得在x∈（0,1]上单调递减,所以g（x）≥g（1）＝2.
则实数t的取值范围[2,+∞）．
18．【解答】解：（1）由题意得10×（0.002+0.005+0.023+0.025+0.025+x）＝1,解得：x＝0.020.
由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值：
.
（2）根据分层抽样得,来自甲型芯片指标在[70,80）和[80,90）的各1件.
来自甲型芯片指标在[50,60）和[60,70）分别为3件和1件.
记事件E：至少有一件为航天级芯片.
所以P（E）＝＝．
19．【解答】解：（1）证明：因为底面ABCD是正方形.
所以AB∥CD,又AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB.
所以CD∥平面PAB.
因为AC⊥BD,由四棱锥P﹣ABCD是正四棱锥.
可得PO⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD.
所以PO⊥AC,由PO∩BD＝O,PO,BD⊂平面PBD.
所以AC⊥平面PBD,又AC⊂平面PAC.
所以平面PAC⊥平面PBD.
（2）①由题,以O点为原点,,,所在的直线分别为x,y,z轴的正方向.
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为,则B（3,0,0）,C（0,3,0）,P（0,0,3）,A（0,﹣3,0）.
,
则＝（﹣3,0,3）＝（﹣2,0,2）.
则E（1,0,2）,所以.
因为AC⊥平面PBD,即AC⊥平面BED.
所以是平面BED的一个法向量.
设直线EC与平面BED所成角为θ.
则sinθ＝＝＝＝.
因为θ∈[0°,90°],所以.
所以直线EC与平面BED所成角为.
②由①,设AP＝a（a＞3）,则B（3,0,0）,C（0,3,0）,D（﹣3,0,0）.
,.
由.
得,所以,.
设为平面ECD的一个法向量.
则,即,令x＝1,则y＝﹣1,.
所以.
因为PO⊥平面ABCD.
所以是平面ABCD的一个法向量.
设平面ECD与平面ABCD所成锐二面角的大小为θ.
则,所以.
即csθ＝＝.
解得：,即．
20．【解答】解：（1）若椭圆的离心率.
此时e＝＝.
又a2＝c2+1.
解得a＝.
（2）易知直线PF1的斜率存在.
若a＝.
此时b＝c＝1.
所以F1（﹣1,0）.
则,.
所以.
易知.
所以过点F1的直线方程为.
联立,消去x并整理得.
由韦达定理得.
因为点P在椭圆上.
所以.
所以.
可得.
此时.
因为x0＞0.
所以x0＝1.
（3）若a＝2.
此时椭圆方程为.
当直线斜率不存在时,过任意点T（0,t）的唯一的直线l的方程为x＝0.
此时直线l与椭圆交于M（0,1）,N（0,﹣1）两点.
满足|MN|＝2.
当直线斜率存在时.
设过任意点T（0,t）的直线l的方程为y＝kx+t.
联立,消去y并整理得（1+4k）2x2+8ktx+4t2﹣4＝0.
此时Δ＝64k2t2﹣4（1+4k）2（4t2﹣4）＝64k2+16﹣16t2＞0.
所以.
整理得12k2+3﹣4t2﹣4k2t2＝0.
当时,方程12k2+3﹣4t2﹣4k2t2＝0无解.
时,.
当时,此时直线方程为,满足|MN|＝2.
当,即时,存在的两条直线,使得|MN|＝2．
综上所述,当时,存在3条直线,使得|MN|＝2.
当时,存在2条直线,使得|MN|＝2.
当或时,存在1条直线,使得|MN|＝2．
21．【解答】解：（1）设h（x）＝x2﹣2|x|,函数定义域为R.
此时h（﹣x）＝（﹣x）2﹣2|﹣x|＝x2﹣2|x|＝h（x）.
所以函数h（x）为偶函数.
此时.
函数图象如下所示：
由图知,函数y＝x2﹣2|x|的一条2点切线方程为y＝﹣1.
（2）因为f（x）＝ex﹣lnx,函数的定义域为（0,+∞）.
可得.
设k（x）＝,函数的定义域为（0,+∞）.
可得k′（x）＝＞0.
所以k（x）单调递增.
即f′（x）单调递增.
所以不可能存在a,b∈（0,+∞）且a≠b,使得f′（a）＝f′（b）.
则函数f（x）＝ex﹣lnx不具有k点性质.
（3）取P1（x1,csx1+2x1）,P2（x2,csx2+2x2）,P3（x3,csx3+2x3）.
因为g（x）＝csx+2x.
可得g′（x）＝2﹣sinx.
所以曲线y＝g（x）在点P1处的切线方程为y﹣csx1﹣2x1＝（2﹣sinx1）（x﹣x1）.
即y＝（2﹣sinx1）x+x1sinx1+csx1.
同理得,曲线y＝g（x）在点P2处的切线方程为y＝（2﹣sinx2）x+x2sinx2+csx2.
曲线y＝g（x）在点P3处的切线方程为y＝（2﹣sinx3）x+x3sinx3+csx3.
因为这三条切线重合.
所以.
可得sinx1＝sinx2＝sinx3.
则csx1＝±csx2,csx2＝±csx3,csx3＝±csx1.
若csx1＝﹣csx2,csx2＝﹣csx3,csx3＝﹣csx1.
此时csx1＝csx2＝csx3＝0.
所以x1sinx1＝x2sinx2＝x3sinx3.
因为sinx1＝sinx2＝sinx3≠0.
所以x1＝x2＝x3（舍去）.
若csx1＝csx2,csx2＝csx3,csx3＝csx1中至少有一个成立.
设csx1＝csx2.
此时x1sinx1＝x2sinx2.
若sinx1＝sinx2≠0.
则x1＝x2（舍去）.
所以sinx1＝sinx2＝0.
则csx1＝csx2＝1或csx1＝csx2＝﹣1．
综上所述,m点切线方程为y＝2x﹣1和y＝2x+1．
题号
13
14
15
16
答案
A
C
A
D