2024年上海师大附中高考数学模拟试卷（3月份）（含解析）

这是一份2024年上海师大附中高考数学模拟试卷（3月份）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合{A=x|x>−2}，B={x|x2+2x−15≥0}，则下列结论中正确的是( )
A. A⊆BB. A∩B=⌀C. A−⊆B−D. A−∩B−≠⌀
2.现有一球形气球，在吹气球时，气球的体积V(单位：L)与直径d(单位：dm)的关系式为V=πd36，当d=2dm时，气球体积的瞬时变化率为( )
A. 2πB. πC. π2D. π4
3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a= 3，且c−2b+2 3csC=0，则该三角形外接圆的半径为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
4.在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC=2，若CP=λCA+μCB，则给出下面四个结论：
①λ+μ的最小值为−45；
②PA⋅PB的最小值为−6；
③λ+μ的最大值为34；
④PA⋅PB的最大值为8．
其中，正确结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.复数3+4i3−4i的虚部是______．
6.双曲线x2−y24=1的焦距是______．
7.若抛物线x2=my的焦点到它的准线距离为1，则实数m= ______．
8.(x+3x)n的二项展开式的各项系数之和为256，则该二项展开式中的常数项为______．
9.已知两个单位向量a，b满足|4a+b|= 13，则向量a，b的夹角为 ．
10.设函数f(x)的定义域为R，满足f(x+1)=2f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)=x(1−x)，则f(32)= ______．
11.设圆锥的底面中心为O，PB、PC是它的两条母线，且|BC|=2，若棱锥O−PBC是正三棱锥，则该圆锥的体积为______．
12.已知函数f(x)=2f′(3)⋅x−29x2+lnx，则f(1)= ______．
13.已知数列{an}，{bn}是公差相等的等差数列，且an+bn=2n+5，若bn为正整数，设cn=abn(n∈N*)，则数列{cn}的通项公式为cn= ______．
14.如图ABCDEF−A′B′C′D′E′F′为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是______．
15.已知F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过F1的直线与C交于P，Q两点，若|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，则C的离心率是______．
16.已知n∈N*，集合A={sinkπn|k∈N,0≤k≤n}，若集合A恰有8个子集，则n的可能值的集合为______．
三、解答题：本题共5小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
(1)已知tan(3π4+α)=3，求sin2α+cs(π+α)sin(π2−α)+sin2α+sinαcs3α的值．
(2)已知△ABC中，tanA+tanB+ 3= 3tanAtanB，且sinBcsB= 34，判断△ABC的形状，并说明理由．
18.(本小题14分)
如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AD，点E在底面的圆周上，且AF⊥DE，F是垂足．
(1)求证：AF⊥DB；
(2)若圆柱与三棱锥D−ABE的体积的比等于3π，求直线DE与平面ABD所成角的大小．
19.(本小题14分)
某校举行“强基计划”数学核心素养测评，要求以班级为单位参赛，最终高三一班(45人)和高三二班(30人)进入决赛.决赛规则如下：现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有4个选择题和2个填空题，乙箱中有3个选择题和3个填空题，决赛由两个环节组成，环节一：要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱，并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据；环节二：由一班班长王刚和二班班长李明进行比赛，并分别统计两人的测评成绩的相关数据，两个环节按照相关比赛规则分别累计得分，以累计得分的高低决定班级的名次．
(1)环节一结束后，按照分层抽样的方法从两个班级抽取20名同学，并统计每位同学答对题目的数量，统计数据为：一班抽取同学答对题目的平均数为1，方差为1；二班抽取同学答对题目的平均数为1.5，方差为0.25，求这20人答对题目的均值与方差；
(2)环节二，王刚先从甲箱中依次抽出两道题目，答题结束后将所答题目放入乙箱，然后李明在乙箱中再依次抽取两道题目，求李明抽取的两题均为选择题的概率．
20.(本小题16分)
已知点F1，F2分别为双曲线Γ：x22−y2=1的左、右焦点，直线l：y=kx+1与Γ有两个不同的交点A，B．
(1)当F1∈l时，求F2到l的距离；
(2)若O为原点，直线l与Γ的两条渐近线在一、二象限的交点分别为C，D，证明；当△COD的面积最小时，直线CD平行于x轴；
(3)设P为x轴上一点，是否存在实数k(k>0)，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由．
21.(本小题18分)
已知函数g(x)=ax2−(a+2)x，h(x)=lnx，令f(x)=g(x)+h(x)．
(1)当a=1时，求函数y=g(x)在x=1处的切线方程；
(2)当a为正数且1≤x≤e时，f(x)min=−2，求a的最小值；
(3)若f(x1)−f(x2)x1−x2>−2对一切0答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：B={x|x2+2x−15≥0}={x|x≥3或x≤−5}，
则集合A，B不具有包含关系，故A错误；
A∩B={x|x≥3}，故B错误；
A−={x|x≤−2}，B−={x|−5A−∩B−={x|−5故选：D．
先求出集合B，再根据交集和补集的定义结合集合间的关系逐一判断即可．
本题主要考查集合的交集和补集的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：气球体积在[2,2+△d]内平均变化率为△V△d=π(2+△d)36−π×236△d=2π+π△d+π6⋅(△d)2，
所以当d=2dm时，气球体积的瞬时变化率为△d→0lim△V△d=△d→0lim[2π+π△d+π6⋅(△d)2)]=2π．
故选：A．
直接根据瞬时变化率的定义求解即可．
本题考查了瞬时变化率，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵a= 3，∴c−2b+2acsC=0，∴sinC−2sinB+2sinAcsC=0．
∴sinC−2sin(A+C)+2sinAcsC=0，
∴sinC−2sinAcsC−2sinCcsA+2sinAcsC=0，
∴sinC−2sinCcsA=0，∵sinC>0，∴csA=12,A∈(0,π)，
∴A=π3，设该三角形外接圆的半径为r，
由正弦定理得asinA= 3 32=2=2r，
∴r=1．
故选：A．
先应用正弦定理及两角和的正弦公式化简求出角A，再根据正弦定理求出外接圆半径即可．
本题考查的知识要点：正弦定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：如图，以C为原点，CA，CB所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，
则C(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，
因为PC=2，所以设P(2csθ,2sinθ)，
则CP=(2csθ,2sinθ)，CA=(3,0),CB=(0,4)，
所以CP=λCA+μCB=(3λ,4μ)，
所以2csθ=3λ2sinθ=4μ，即23csθ=λ12sinθ=μ(θ为任意角)，
所以λ+μ=23csθ+12sinθ
=56(45csθ+35sinθ)
=56sin(θ+φ)(其中sinφ=45,csφ=35)，
所以λ+μ的最大值为56，最小值为−56，
所以①③错误，
因为PA=(3−2csθ,−2sinθ),PB=(−2csθ,4−2sinθ)，
所以PA⋅PB=−2csθ(3−2csθ)−2sinθ(4−2sinθ)
=4−(8sinθ+6csθ)
=4−10sin(θ+α)(其中sinα=35,csα=45)，
因为−10≤−10sin(θ+α)≤10，
所以−6≤4−10sin(θ+α)≤14，
所以PA⋅PB∈[−6,14]，
所以PA⋅PB的最小值为−6，最大值为14，
所以②正确，④错误．
故选：A．
以C为原点，CA，CB所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，设P(2csθ,2sinθ)，然后表示出CP,CA,CB的坐标，由题意可得23csθ=λ12sinθ=μ，再逐个分析判断即可．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于中档题．
5.【答案】2425
【解析】解：3+4i3−4i=(3+4i)2(3−4i)(3+4i)=−725+2425i，其虚部为2425．
故答案为：2425．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查合复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
6.【答案】2 5
【解析】解：双曲线x2−y24=1，
可得a=1，b=2，
则c= 1+4= 5，
所以双曲线的焦距为：2 5．
故答案为：2 5．
通过双曲线方程，求出c，得到焦距即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，焦距的求法，是基础题．
7.【答案】±2
【解析】解：∵x2=my=2⋅ m2y，
∴p=|m2|，
又抛物线的焦点到它的准线距离为1，
∴p=|m2|=1，则m=±2．
故答案为：±2．
根据抛物线的几何性质即可求解．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
8.【答案】54
【解析】解：令x=1，则4n=256，
解得n=4，
所以展开式通项为：Tk+1=3kC4kx4−2k，k≤4且k∈N，
令4−2k=0得，k=2，
故常数项为：C42×32=54．
故答案为：54．
先利用赋值法求出n的值，然后利用展开式通项求常数项．
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了赋值法的应用，属于基础题．
9.【答案】120°
【解析】【分析】
本题考查向量夹角的求法，涉及向量数量积的计算，属于基础题．
根据题意，设向量a，b的夹角为θ，由数量积的运算性质可得16a2+b2+8a⋅b=17+8csθ=13，求出csθ的值，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，设向量a，b的夹角为θ，
若|4a+b|= 13，两边平方可得16a2+b2+8a⋅b=17+8csθ=13，
解可得csθ=−12，
又由0°≤θ≤180°，故θ=120°，
故答案为120°．
10.【答案】12
【解析】解：因为f(x+1)=2f(x)，所以f(32)=f(12+1)=2f(12)=2×12×(1−12)=12．
故答案为：12．
令x=12代入已知关系即可求值．
本题考查函数值的计算，属于基础题．
11.【答案】2 23π
【解析】解：∵棱锥O−PBC为正三棱锥，∴PB=PC=BC=2，OB=OC=OP，
∵PO⊥BO，PO⊥OC，由勾股定理得OB=OC=OP= 2，
即圆锥的底面圆半径r= 2，高为 2，
则该圆锥的体积为V=13π×( 2)2× 2=2 23π．
故答案为：2 23π．
由已知求出圆锥的底面圆的半径和圆锥的高，从而得到圆锥的体积．
本题主要考查圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】169
【解析】解：因为f(x)=2f′(3)⋅x−29x2+lnx，所以f′(x)=2f′(3)−49x+1x，
则f′(3)=2f′(3)−43+13，解得：f′(3)=1，
所以f(x)=2x−29x2+lnx，则f(1)=2−29+ln1=169．
故答案为：169．
对f(x)求导，再代入x=3，从而求得f′(3)=1，进而得到f(x)=2x−29x2+lnx，由此计算可得f(1)．
本题主要考查了函数求导公式的应用，属于基础题．
13.【答案】5+n
【解析】解：设数列{an}，{bn}的公差为d，由an+bn=a1+b1+2(n−1)d=a1+b1−2d+2nd=2n+5，
可得2d=2a1+b1−2d=5，
解得d=1a1+b1=7，
则an=a1+n−1，bn=b1+n−1，
即abn=ab1+n−1=a1+(b1+n−1)−1=7−2+n=5+n，
所以cn=5+n．
故答案为：5+n．
设数列{an}，{bn}的公差为d，由an+bn=2n+5可得a1+b1，d，代入abn可得答案．
本题考查了数列的递推式，重点考查了等差数列通项公式的求法，属中档题．
14.【答案】611
【解析】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组，
若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，
若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接AD，C′D，E′D，AB′，AF′，
先考虑下底面，根据正六边形性质可知EF/​/AD/​/BC，所以E′F′//AD//B′C′，
且B′C′=E′F′≠AD，故ADC′B′共面，且ADE′F′共面，
故AF′，DE′相交，且C′D，AB′相交，故共面有2组，
则正六边形对角线AD所对应的有2组共面的面对角线，
同理可知正六边形对角线BE，CF所对的分别有两组，共6组，
故对于上底面对角线A′D′，B′E′，C′F′同样各对两组，共6组，
若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，
所以共面的概率是6+12+12+6C122=611．
故答案为：611．
共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了棱柱的结构特征，属于中档题．
15.【答案】 33
【解析】解：依题得|PF1|+|PF2|=2a，|QF1|+|QF2|=2a，又|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，
则|PF1|=43a,|PF2|=2a3，|QF1|=49a,|QF2|=149a，
则cs∠QF1F2=−cs∠PF1F2，
则(2c)2+(49a)2−(149a)22⋅2c⋅49a=−(2c)2+(43a)2−(23a)22⋅2c⋅43a，
即12c2+1627a2−19627a2=−4c2−169a2+49a2，
则16c2=14427a2，则e2=13，
即e= 33．
故答案为： 33．
根据椭圆定义，|PF1|，|PF2|，|QF1|，|QF2|都用a表示，由cs∠QF1F2=−cs∠PF1F2，构造齐次式即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】{4,5}
【解析】解：因为A={0,sinπn,sin2πn,…,sinnπn}，
因为集合A恰有8个子集，
所以A中含有3个元素且sin0=sinπ，
结合诱导公式可知，n=4或n=5，
则n的可能值的集合为{4,5}．
故答案为：{4,5}．
由已知结合集合元素个数与集合子集个数的关系即可求解．
本题主要考查了集合元素个数与集合子集个数的规律的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)tan(3π4+α)=tan3π4+tanα1−tan3π4tanα=3⇒tanα=−2，
原式=sin2α−cs2α+2sinαcsαsin2α+cs2α+sinα(sin2α+cs2α)cs3α=−515，
(2)因为tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAtanB= 3(tanAtanB−1)1−tanAtanB=− 3，
所以tan(π−C)=− 3⇒tanC= 3⇒C=π3，
sin2B=2sinBcsB= 32，且2B∈(0,2π)，
所以2B=π3或2π3，即B=π6或π3，
当B=π6，则A=π2，此时tanA无意义，矛盾．
当B=π3，则A=π3，满足题意，此时△ABC是正三角形．
【解析】(1)由已知结合两角和的正切公式可求tanα，然后结合同角基本关系可求；
(2)由两角和的正切公式先求tan(A+B)，进而可求tanC，C，再由二倍角公式及特殊角三角函数值求出B，即可判断．
本题主要考查了两角和的正切公式，三角形的诱导公式及二倍角公式，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)根据圆柱性质，DA⊥平面ABE．
∵EB⊂平面ABE，
∴DA⊥EB．
∵AB是圆柱底面的直径，点E在圆周上，
∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，
故得EB⊥平面DAE．
∵AF⊂平面DAE，
∴EB⊥AF．
又AF⊥DE，且EB∩DE=E，
故得AF⊥平面DEB．
∵DB⊂平面DEB，
∴AF⊥DB．
解：(2)过点E作EH⊥AB，H是垂足，连接DH．
根据圆柱性质，平面ABD⊥平面ABE，AB是交线．且EH⊂平面ABE，所以EH⊥平面ABD．
又DH⊂平面ABD，所以DH是ED在平面ABD上的射影，从而∠EDH是DE与平面ABD所成的角．
设圆柱的底面半径为R，则DA=AB=2R，
于是V圆柱=2πR3，VD−ABE=13AD⋅S△ABE=2R23⋅EH．
由V圆柱：VD−ABE=3π，得EH=R，可知H是圆柱底面的圆心，AH=R，
DH= DA2+AH2= 5R
∴∠EDH=arctanEHDH=arctan 55．
【解析】(1)欲证AF⊥DB，先证AF⊥平面DEB，根据线面垂直的判定定理可知只需证EB⊥AF，AF⊥DE，且EB∩DE=E，即可证得线面垂直；
(2)点E作EH⊥AB，H是垂足，连接DH，易证∠EDH是DE与平面ABD所成的角，在三角形EDH中求出此角即可．
本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)一班抽取4575×20=12人，二班抽取3075×20=8人，
一班样本平均数为1，样本方差为1，
二班样本的平均数为1.5，样本方差为0.25，
总样本的平均数为12×1+8×1.512+8=1.2，
记总样本的样本方差为12×[1+(1−1.2)2]+8×[0.25+(1.5−1.2)2]20=0.76，
所以，这20人答对题目的样本均值为1.2，样本方差为0.76．
(2)设事件A为“李明同学从乙箱中抽出的第1个题是选择题”，
事件B1为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是选择题”，
事件B2为“王刚同学从甲箱中取出1个选择题1个填空题“，
事件B3为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是填空题”，
则B1、B2、B3，彼此互斥，且B1∪B2∪B3=Ω，
P(B1)=C42C62=25，P(B2)=C41C21C62=815，P(B3)=C22C62=115，
P(A|B1)=58，P(A|B2)=815，P(A|B3)=38，
P(A)=P(B1)×P(A|B1)+P(B2)×P(A|B2)+P(B3)×P(A|B3)=25×58+518×12+115×38=1324，
所求概率即是A发生的条件下B1发生的概率：P(B1|A)=P(B1A)P(A)=P(B1)P(A|B1)P(A)=25×581324=613．
【解析】(1)首先求分层抽取的两个班的人数，再根据两个班抽取人数的平均数和方差，结合总体平均数和方差公式，代入求值；
(2)根据全概率公式和条件概率公式，即可求解．
本题考查均值与方差的计算，考查全概率公式，是中档题．
20.【答案】解：(1)由双曲线Γ：x22−y2=1的左焦点F1(− 3,0)，右焦点F2( 3,0)，
∵F1∈l时，∴0=− 3k+1，∴k= 33，
∴直线l：y= 33x+1，F2到l的距离d= 33× 3+1 13+1= 3；
(2)由双曲线Γ：x22−y2=1得两渐近线的方程为y=± 22x，
∵直线l与Γ的两条渐近线在一、二象限的交点分别为C，D，∴− 22由y= 22xy=kx+1得交点C的横坐标为1 22−k，
由y=− 22xy=kx+1得交点D的横坐标为−1 22+k，
∴S△CDO=12×1×|1 22−k−−1 22+k|=| 212−k2|≥2 2，当k=0时取等号，
所以当△COD的面积最小时，直线CD平行于x轴；
(3)假设存在实数k(k>0)，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，
设P(m,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+1x2−2y2=2，消去y得(1−2k2)x2−4kx−4=0，
∴Δ=16k2−4(1−2k2)(−4)>0且1−2k2≠0，解得−1x1+x2=4k1−2k2，x1x2=−41−2k2，
AB的中点M(2k1−2k2,11−2k2)，
所以AB的垂直平分线方程为y−11−2k2=−1k(x−2k1−2k2)，令y=0，则m=3k1−2k2，
PA⋅PB=0，则(x1−m,y1)⋅(x2−m,y2)=0，
∴(k2+1)x1x2+(k−m)(x1+x2)+1+m2=0，
∴(k2+1)×−41−2k2+(k−m)⋅2k1−2k2+1+m2=0，
∴−4−4km+(1+m2)(1−2k2)=0，
∴−4−4k×3k1−2k2+(1+(3k1−2k2)2(1−2k2)=0,
∴4k4+k2−3=0，解得k=± 32，又k>0，故k= 32，点P(−3 3,0)，
存在实数k= 32，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，此时P(−3 3,0)．
【解析】(1)易求焦点坐标，可得F2到l的距离；
(2)求得两渐近线方程，联立方程可得S△CDO=12×1×|1 22−k−−1 22+k|，可证结论；
(3)假设存在实数k(k>0)，使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，设P(m,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程可得x1+x2=4k1−2k2，x1x2=−41−2k2，由AP=BP，可得m=3k1−2k2，由PA⊥PB，得(x1−m,y1)⋅(x2−m,y2)=0，求解即可．
本题考查直线与双曲线的位置关系，考查运算求解能力，属难题．
21.【答案】解：(1)a=1时，g(x)=x2−3x，g′(x)=2x−3，
故g(1)=−2，g′(1)=−1，
所以y=g(x)在x=1处的切线方程为y+2=−(x−1)，即x+y+1=0；
(2)f(x)=g(x)+h(x)=ax2−(a+2)x+lnx，1≤x≤e，
则f′(x)=2ax−(a+2)+1x=2ax2−(a+2)x−1x=(2x−1)(ax−1)x，
因为a>0，
当a≥1时，易得f(x)在[1,e]上单调递增，f(x)min=f(1)=−2，
当1e故f(x)min=f(1a)<−2，不合题意；
当0故a的最小值为−1；
(3)若f(x1)−f(x2)x1−x2>−2对一切0所以f(x1)+2x1令F(x)=f(x)+2x=ax2−ax+lnx，x>0，
则F(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以F′(x)=2ax−a+1x=2ax2−ax+1x≥0在x>0时恒成立，即2ax2−ax+1≥0在x>0时恒成立，
当a=0时，F′(x)=1x≥0在x>0时恒成立，符合题意，
当a≠0时，因为y=2ax2−ax+1 过定点(0,1)，对称轴x=14，则只要Δ=a2−8a≤0，
所以0≤a≤8，
故a的取值范围为[0,8]．
【解析】(1)把a=1代入，对函数求导，结合导数几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
(2)结合导数与单调性及最值关系分析函数的最小值的取得条件，即可求解；
(3)已知不等式可转化为f(x1)+2x10，从而有F(x)在(0,+∞)上单调递增，结合导数与单调性关系可求．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨论思想及转化思想的应用，属于中档题．