上海市四校（复兴高级中学、松江二中、奉贤中学、金山中学）2024届高三下学期3月联考数学试卷及答案

这是一份上海市四校（复兴高级中学、松江二中、奉贤中学、金山中学）2024届高三下学期3月联考数学试卷及答案，共19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．已知复数满足（为虚数单位），则 .
2． .
3．若函数为偶函数，则实 ．
4．中国古典数学的代表作有《算数书》《九章算术》《周髀算经》《孙子算经》等.学校图书馆计划将这四本书借给名学生阅读，要求每人至少读一本，则不同的借阅方式有 种(用数字作答).
5．已知数列的前项和，，则 .
6．对于独立事件A、B，若，，则 .
7．在的二项展开式中，的系数为 .
8．已知向量，满足，，，则等于 ．
9．已知点在圆C：（）内，过点M的直线被圆C截得的弦长最小值为8，则 ．
10．已知x，y的对应值如下表所示：
若y与x线性相关，且回归直线方程为，则 ．
11．若不等式对任意的恒成立，则的最小值为 ．
12．如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱贯穿构成，正四棱柱的侧棱平行于正四棱锥的底面，正四棱锥的侧棱长为，底面边长为6，正四棱柱的底面边长为是正四棱锥的侧棱和正四棱柱的侧棱的交点，则 .

二、单选题
13．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
14．已知抛物线方程，过点的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
15．以下四个命题：
①函数最小值为；
②方程没有整数解；
③若，则；
④不等式的解集为.
其中真命题的个数为（ ）
A．B．C．D．
16．已知农历每月的第天的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为，其中为常数．根据以上信息，下列说法中正确的有（ ）
①农历每月第天和第天的月相外边缘形状相同；
②月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为；
③月相外边缘的离心率第8天时取最大值；
④农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间内．
A．①③B．②④C．①②D．③④
三、解答题
17．在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，．
(1)若圆锥侧面积为，求圆锥的体积；
(2)设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值．
18．设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
（Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率.
19．如图，某城市小区有一个矩形休闲广场，米，广场的一角是半径为16米的扇形BCE绿化区域，为了使小区居民能够更好的在广场休闲放松，现决定在广场上安置两排休闲椅，其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅MN（宽度不计），点M在线段AD上，并且与曲线CE相切；另一排为单人弧形椅沿曲线CN（宽度不计）摆放．已知双人靠背直排椅的造价每米为2a元，单人弧形椅的造价每米为a元，记锐角，总造价为W元．
(1)试将W表示为的函数，并写出的取值范围；
(2)问当AM的长为多少时，能使总造价W最小．
20．在中，已知，，设分别是的重心、垂心、外心，且存在使.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)求的外心的纵坐标的取值范围；
(3)设直线与的另一个交点为，记与的面积分别为，是否存在实数使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21．固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
0
2
4
6
8
1
13
参考答案：
1．1
【分析】
根据复数的运算法则求出，再写出复数的虚部即可.
【详解】
∵，
∴，
故答案为：.
2．
【详解】．
试题分析：
考点：倍角的正切．
3．
【分析】根据函数是偶函数建立恒等式求解参数即可.
【详解】因为是偶函数，
所以，
所以，
故答案为：1
4．36
【分析】根据题意，分2步进行分析：
①从4本书中选出2本，分配给三人中的1人；②剩下的2本安排给剩下的2人；
由分步计数原理可得答案.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①从4本书中选出2本，分配给三人中的1人，有种；
②剩下的2本安排给剩下的2人，有种；
则有18×2=36种.
故答案为：36.
5．
【分析】
根据求出，再根据对数的运算性质计算可得.
【详解】因为数列的前项和，
所以，
所以.
故答案为：
6．
【分析】
根据相互独立事件和对立事件的概率计算即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
因为，为独立事件，所以与相互独立，
则有，
故答案为：.
7．2000
【分析】
写出二项展开式的通项公式，令求出答案.
【详解】
的二项展开式通项公式，
令得，
所以的系数为2000
故答案为：2000
8．
【分析】
根据平面向量的数量积的运算律和坐标运算求解.
【详解】因为向量，满足，，，
所以，解得，
所以，
故答案为: .
9．
【分析】根据点与圆的位置关系，可求得r的取值范围，再利用过圆内一点最短的弦，结合弦长公式可得到关于r的方程，求解即可.
【详解】由点在圆C：内，且
所以，又，解得
过圆内一点最短的弦，应垂直于该定点与圆心的连线，即圆心到直线的距离为
又，
所以，解得
故答案为：
10．1
【分析】
根据线性回归方程过样本中心点直接计算即可.
【详解】根据表格可知，，
，
因为y与x线性相关，且回归直线方程为，
所以，得，解得.
故答案为：1
11．4
【分析】
首先分析出，再得到，最后利用基本不等式即可得到答案.
【详解】时，有，所以，
令，
的零点是，在上，在上，
的零点是，在上，在上，
若不等式对任意的恒成立，则，，
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：4.
12．2
【分析】
先作出截面，再由截面分析出各三角形的边长，利用相似三角形求解即可.
【详解】过作垂直于四棱锥底面的截面，如图所示，

由条件可知，为底面正方形的对角线，所以，
所以,
长度为正四棱柱底面正方形的对角线，所以，
长度为正四棱柱底面正方形的对角线的一半，所以，
由可得，解得，
由可得，所以，
故答案为：2
【点睛】关键点睛：作出截面把立体几何问题转化为平面几何问题，然后应用相似三角形求解.
13．A
【分析】根据一元二次不等式以及分式不等式的解法，求出，即可得出答案.
【详解】解可得，，所以.
解可得或，所以不等式的解集，
即的解集为或，即或.
所以，.
故选：A.
14．C
【分析】
考虑直线斜率存在，和不存在三种情况，设直线方程为，联立方程，根据得到答案.
【详解】点在抛物线上，易知当直线斜率不存在时不满足；
当直线斜率时，易知满足条件；
当直线斜率存在且时，设直线方程为，即，
，整理得到，，
，解得，直线方程为.
综上所述：满足条件的直线有2条.
故选：C
15．B
【分析】
对于①，直接求函数的解析式的范围即可判断，构造函数，根据函数单调性即可判断③，构造函数，利用函数单调性和特殊值，即可判断②④.
【详解】对于①，函数中，
由得，所以，①错；
对于②，由得，
设，因为和是增函数，
所以为递增函数，
又时，，
时，，
所以的解，②正确；
对于③，
，
设，则是增函数，
则，所以，③正确；
对于④，由得，
又时，，时，，
所以时，，④错.
故选：B
16．D
【分析】利用已知条件求出第天和第天的方程即可判断A，根据椭圆上点到焦点的距离的最大值为，求出的范围即可判断B，求出离心率的表达式判断C，利用离心率的表达式，求出农历初六至初八时的的范围即可判断D.
【详解】由方程知：
A：当时，椭圆方程为，
当时，椭圆方程为，
化简为，即，所以①错误；
B：月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为：
，
因为，所以，
所以，所以②错误；
C：月相外边缘的离心率为：，
而，所以当时，最大，
即月相外边缘的离心率第8天时取最大值，所以③正确；
D：农历初六至初八，即时，即，
此时月相外边缘离心率：，即，
因为，，所以，，所以，故④正确.
综上所述，正确的有③④.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是求得，由此即可顺利得解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由圆锥侧面积公式求得母线长，可得圆锥的高，进而由圆锥的体积公式计算即可；
（2）由条件得点是线段中点，取中点，则，又，所以平面，从而是直线与平面所成的角，计算即可.
【详解】（1）设圆锥底面半径为，母线长为，，
则侧面积，解得，
于是圆锥的高，
圆锥的体积．
（2）中，，，则点是线段中点，
取中点，连接，，
则，又，则，
由直线平面，平面，得，
结合，且，平面，
所以平面，
因此直线是在平面内的射影，
从而是直线与平面所成的角，
∵，∴，
又，得，
即直线与平面所成的角的正切值为
18．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可；
(Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.
【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为，
故，从面.
所以，随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望.
(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.
且.
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由(Ⅰ)知：
.
【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
19．(1)，
(2)米
【分析】（1）总造价由两部分组成，根据弧长公式可求得，而切线长需构造直角三角形或借助坐标求解，最后由线段长为正，可得的取值范围；
（2）利用导数求函数最值，先求导数，确定导函数零点，分析函数单调性，确定极值点，即最值点即可得答案.
【详解】（1）解：过N作AB的垂线，垂足为F，过M作NF的垂线，垂足为G，
在中，，则，
在中，，则，
由题意易得，
所以，
；
（2）解：，
令，得，又，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以当时，总造价W最小，最小值为，此时，，，
所以当米时，能使总造价W最小．
20．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】
（1）根据重心坐标公式以及向量共线可得，即可根据垂直的坐标运算求解，
（2）根据外心的性质得，与椭圆方程联立可得，即可根据椭圆的有界性求解，
（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据共线关系以及面积的表达，代入化简求解即可.
【详解】（1）
设，则的重心.
，，则，
为垂心，故
因为存在使，故，所以，，
而，由垂心定义得，即，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）
由外心的定义知点在轴上，则，
的中点，，
所以，整理得.
与的方程为联立，得.
因为，所以.
（3）由对称性，不妨设点在第一象限，设，，直线：，
联立方程得，
，整理得；
，又，所以.
由条件知，，，所以三点共线且所在直线平行于轴，
由，知，
所以.
令，解得（舍去）.
又点在直线：上，所以，
即，所以.又，联立得，所以.
又，所以，即，所以.
所以，当点在第一、四象限时，；当点在第二、三象限时，.
故存在实数使.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21．(1)答案见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
（3）当时，利用数学归纳法证得排除该可能；当，同理证得，从而利用换元法即可得解.
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
和角公式：，
故；
导数：，；
（2）构造函数，，
由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为．
（3）当时，存在，使得，
由数学归纳法证明：，证明如下：
①当时，成立，
②假设当（为正整数）时，，
则成立.
综上：.
所以，有，即.
当时， ，
而函数的值域为，
则对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比余弦二倍角公式，猜测.
证明如下：
类比时的数学归纳法，设，
易证，，，，，
所以若，
设，则，解得：或，即，
所以，于是.
综上：存在实数使得成立.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
0
1
2
3