2024年上海市松江区高考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年上海市松江区高考数学二模试卷（含解析），共14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|0≤x≤4}，B={x|x=2n,n∈Z}，则A∩B=( )
A. {1,2}B. {2,4}C. {0,1,2}D. {0,2,4}
2.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x(千克)所需的费用y(角)的情况作了调研，并统计得到表中几组对应数据，同时用最小二乘法得到y关于x的线性回归方程为y =0.7x+0.4，则下列说法错误的是( )
A. 变量x，y之间呈正相关关系B. 可以预测当x=8时，y的值为6
C. m=3.9D. 由表格中数据知样本中心点为(3.5,2.85)
3.已知某个三角形的三边长为a、b及c，其中aA. (12,1)B. (12, 5−12)C. (0, 5−12)D. ( 5−12,1)
4.设Sn为数列{an}的前n项和，有以下两个命题：①若{an}是公差不为零的等差数列且k∈N，k≥2，则S1⋅S2…S2k−1=0是a1⋅a2…ak=0的必要非充分条件；②若{an}是等比数列且k∈N，k≥2，则S1⋅S2…Sk=0的充要条件是ak+ak+1=0.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
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.函数y=lg(x−2)的定义域为______．
6.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i⋅z=______．
7.已知随机变量X服从正态分布N(3,σ2)，且P(3≤X≤5)=0.3，则P(X>5)= ______．
8.已知点A的坐标为(12, 32)，将OA绕坐标原点O逆时针旋转π2至OP，则点P的坐标为______．
9.已知x7=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+…+a7(x−1)7，则a5= ______．
10.若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为______．
11.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，若a3=S5，则使得Sn12.已知函数f(x)=|lg2x|，若f(x1)=f(x2)(x1≠x2)，则4x1+x2的最小值为______．
13.已知F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点．若|AB|：|BF2|：|AF2|=3：4：5，则双曲线的离心率为______．
14.已知正三角形ABC的边长为2，点D满足CD=mCA+nCB，且m>0，n>0，2m+n=1，则|CD|的取值范围是______．
15.已知02.若该函数存在最小值，则实数a的取值范围是______．
16.某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为1，2，3，…，30，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有______种不同的选择方法．
三、解答题：本题共5小题，共78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)
设f(x)=sin2ω2x+ 3csω2xsinω2x(ω>0)，函数y=f(x)图像的两条相邻对称轴之间的距离为π．
(1)求函数y=f(x)的解析式；
(2)在△ABC中，设角A、B及C所对边的边长分别为a、b及c，若a= 3，b= 2，f(A)=32，求角C．
18.(本小题14分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)设平面ABE与直线PC相交于点F，求证：EF//CD；
(2)若AB=2，∠DAB=60°，PD=4 2，求直线BE与平面PAD所成角的大小．
19.(本小题14分)
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p1、p2、p3，假定p1、p2、p3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p1=34，p2=23，p3=12，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X的分布，并求X的期望E[X]；
(3)已知1>p1>p2>p3，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．
20.(本小题18分)
如图，椭圆Γ：y22+x2=1的上、下焦点分别为F1、F2，过上焦点F1与y轴垂直的直线交椭圆于M、N两点，动点P、Q分别在直线MN与椭圆Γ上．
(1)求线段MN的长；
(2)若线段PQ的中点在x轴上，求△F2PQ的面积；
(3)是否存在以F2Q、F2P为邻边的矩形F2QEP，使得点E在椭圆Γ上？若存在，求出所有满足条件的点Q的纵坐标；若不存在，请说明理由．
21.(本小题18分)
已知函数y=x⋅lnx+a(a为常数)，记y=f(x)=x⋅g(x)．
(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；
(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t−x)≥f(t)−tln2+a；
(3)a=1时，求证：g(x)+csx答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵集合A={x|0≤x≤4}，B={x|x=2n,n∈Z}，
∴A∩B={0,2,4}．
故选：D．
利用集合的交集运算求解．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于A，∵y关于x的线性回归方程为y =0.7x+0.4，0.7>0，
∴变量x，y之间呈正相关关系，故A正确，
对于B，当x=8时，y =0.7×8+0.4=6，故B正确，
对于CD，有标准数据可得，x−=2+3+4+54=3.5，y−=0.7×3.5+0.4=2.85，
故样本的中心点的坐标为(3.5,2.85)，y−=2+2.3+3.4+m4=2.85，解得m=3.7，故C错误，D正确．
故选：C．
对于A，结合利用回归直线方程，即可求解，对于B，将x=8代入线性回归方程，即可求解，对于CD，结合回归直线方程的性质，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的性质，考查计算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由a，b为函数f(x)=ax2−bx+c的两个零点，故有a(x−a)(x−b)=ax2−bx+c，
即ax2−a(a+b)x+a2b=ax2−bx+c恒成立，
故a(a+b)=b，a2b=c，则b=a21−a,c=a2b=a2×a21−a=a41−a，
由a，b，c为某三角形的三边长，且a故1−a>0，且aa必然成立，
所以a+c>ba+b>c，即a+a41−a>a21−aa+a21−a>a41−a，解得0所以a∈(12, 5−12).
故选：B．
由a，b为函数f(x)=ax2−bx+c的两个零点可得ax2−a(a+b)x+a2b=ax2−bx+c，即可得b=a21−a、c=a41−a，结合题意可得12本题主要考查函数的零点，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，对于命题①，{an}是公差不为零的等差数列，若a1⋅a2…ak=0，则在a1、a2…、…、ak中，至少有一项为0，
假设am=0，(1≤m≤k)，S2m−1=(a1+a2m−1)×(2m−1)2=(2m−1)am=0，必有S1⋅S2…S2k−1=0，
反之，在等差数列{an}中，若an=2n−3，则a1=−1，a2=1，有S2=0，
则S1⋅S2…S2k−1=0成立，但a1⋅a2…ak=0不成立，
故S1⋅S2…S2k−1=0是a1⋅a2…ak=0的必要非充分条件，①正确；
对于命题②，若{an}是等比数列，设其公比为q，
若k∈N，k≥2时，有S1⋅S2…Sk=0，则q≠1，则S1、S2…Sk中，至少有一项为0，
假设Sm=0，则有Sm=a1(1−qm)1−q=0，必有qm=1，
又由q≠1，必有m为偶数且q=−1，故ak+ak+1=0，
反之，若ak+ak+1=0，则q=−1，必有S2=0，则有k∈N，k≥2，则S1⋅S2…Sk=0，
故若{an}是等比数列且k∈N，k≥2，则S1⋅S2…Sk=0的充要条件是ak+ak+1=0，②正确．
故选：C．
根据题意，由等差数列和等差数列前n项和的性质分析①的真假，由等比数列和等比数列前n项和的性质分析②的真假，综合可得答案．
本题考查等差数列、等比数列的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】(2,+∞)
【解析】解：由x−2>0，得x>2．
∴函数y=lg(x−2)的定义域为(2,+∞)．
故答案为：(2,+∞)．
由对数式的真数大于0求解x的范围得答案．
本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
6.【答案】−2+i
【解析】解：由题意得：z=1+2i，
故iz=i(1+2i)=−2+i，
故答案为：−2+i．
根据复数的运算性质计算即可．
本题考查了复数的运算，是基础题．
7.【答案】0.2
【解析】解：X服从正态分布N(3,σ2)，P(X>5)=0.5−P(3≤X≤5)=0.5−0.3=0.2．
故答案为：0.2．
根据正态分布的对称性即可得．
本题考查正态分布的性质，属于基础题．
8.【答案】(− 32,12)
【解析】解：因为点A的坐标为(12, 32)，即∠xOA=π3，
所以∠xOP=π3+π2=5π6，
可得xP=cs5π6=− 32，yP=sin5π6=12，
所以点P的坐标为(− 32,12).
故答案为：(− 32,12).
由题意可求∠xOA=π3，∠xOP=π3+π2=5π6，利用任意角的三角函数的定义即可求解．
本题考查诱导公式的应用，考查三角函数的定义，比较基础．
9.【答案】21
【解析】解：根据x7=[(x−1)+1]7=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+…+a7(x−1)7，
根据二项式[(x−1)+1]7的展开式Tr+1=C7r⋅(x−1)7−r，(r=0,1,2,3,4,5,6,7)；
令r=2，故a5=C72=21．
故答案为：21．
直接利用二项式的展开式和组合数求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】 33π
【解析】解：由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，
因为4π=πl2，所以l=2，
半圆的弧长为2π，
圆锥的底面半径为2πr=2π，r=1，
所以圆锥的体积为：13×π12× 22−1= 33π．
故答案为： 33π．
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．
本题考查旋转体的条件的求法，侧面展开图的应用，考查空间想象能力，计算能力．
11.【答案】5
【解析】解：∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，a3=S5，
∴a1+2×2=5a1+5×42×2，
解得a1=−4，
∴Sn=−4n+n(n−1)2×2=n2−5n，
an=−4+(n−1)×2=2n−6，
∵Sn整理得n2−7n+6<0，解得1∵n∈N*，∴使得Sn故答案为：5．
利用等差数列的性质求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】4
【解析】解：f(x)=|lg2x|=−lg2x,0若f(x1)=f(x2)(x1≠x2)，不妨设0则−lg2x1=lg2x2，
所以lg2x1+lg2x2=lg2x1⋅x2=0，即x1⋅x2=1，
所以4x1+x2≥2 4x1⋅x2=4，当且仅当x1=12，x2=2时，等号成立．
故答案为：4．
由题意及对数的运算与对数函数的性质可得x1⋅x2=1，利用基本不等式即可求解．
本题考查对数函数的性质及对数的运算，考查基本不等式的运用，是中档题．
13.【答案】 13
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，考查转化思想与运算能力，求得a与c的值是关键，属于中档题．
根据双曲线的定义可求得a=1，根据勾股定理的逆定理可得∠ABF2=90°，再利用勾股定理可求得|F1F2|2=52，从而可求得双曲线的离心率．
【解答】
解：∵|AB|：|BF2|：|AF2|=3：4：5，不妨令|AB|=3，|BF2|=4，|AF2|=5，
∵|AB|2+|BF2|2=|AF2|2，∴∠ABF2=90°，
又由双曲线的定义得：|BF1|−|BF2|=2a，|AF2|−|AF1|=2a，
∴|AF1|+3−4=5−|AF1|，∴|AF1|=3．
∴|BF1|−|BF2|=3+3−4=2a，
∴a=1．
在Rt△BF1F2中，|F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2=62+42=52，
∵|F1F2|2=4c2，∴4c2=52，∴c= 13．
∴双曲线的离心率e=ca= 13．
故答案为 13．
14.【答案】(1,2)
【解析】解：取AC的中点E，则CA=2CE，
又CD=mCA+nCB，则CD=2mCE+nCB，
又2m+n=1，故B，D，E三点共线，
即点D在中线BE上运动，
在正三角形ABC中，BE⊥AC，
又m>0，n>0，则|CE|<|CD|<|CB|，
故|CD|∈(1,2)．
故答案为：(1,2)．
取AC的中点E，由题意得CD=2mCE+nCB，从而推得B，D，E三点共线，进而得出|CE|<|CD|<|CB|，即可求得结论．
本题考查平面向量基本定理的应用，属基础题．
15.【答案】{a|0【解析】解：由题意，令g(x)=(a−2)x+4a+1，x∈(−∞,2]，h(x)=2ax−1，x∈(2,+∞)，
当0因为f(x)存在最小值，故需g(2)=(a−2)×2+4a+1≤0，解得a≤12，
结合0当1因为f(x)存在最小值，故需g(2)≤h(2)，即(a−2)×2+4a+1≤2a，解得a≤34，
这与1当a=1时，g(x)=−x+5，(−∞,2]上单调递减，h(x)=2，存在最小值2；
则实数a的取值范围为{a|0故答案为：{a|0令g(x)=(a−2)x+4a+1，x∈(−∞,2]，h(x)=2a−1，x∈(2,+∞)，分类讨论a的取值范围，判断g(x)，h(x)的单调性，结合f(x)存在最小值，列出相应不等式，综合可得答案．
本题主要考查分段函数的最值，属于中档题．
16.【答案】1540
【解析】解：设挑选出的三名学生的学号分别为x，y，z，不妨设x则有恒等式x+(y−x)+(z−y)+(30−z)=30(*)，其中x≥1，y−x≥5，z−y≥5，30−z≥0，即x≥1，y−x−1≥4，z−y−4≥1，31−z≥1，
故(*)式为x+(y−x−4)+(z−y−4)+(31−z)=23，
上式四个正整数的和为23，相当于23个1分成四组，运用隔板法，在22个空中放3块板，故有C223=1540种方法．
故答案为：1540．
设挑选出的三名学生的学号分别为x，y，z，不妨设x本题考查隔板法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：f(x)=sin2ωx2+ 3sinωx2csωx2
= 32sinωx−12csωx+12
=sin(ωx−π6)+12，
因为函数y=f(x)的图像相邻两条对称轴之间的距离为π，
所以T=2π，
所以2πω=2π，得ω=1，
所以f(x)=sin(x−π6)+12；
(2)由f(A)=32，得f(A)=sin(A−π6)+12=32，
所以sin(A−π6)=1，
因为A∈(0,π)，则A−π6∈[−π6,5π6]，
所以A−π6=π2，解得A=2π3，
因为a= 3，b= 2，
由正弦定理得asinA=bsinB 3sinπ3= 2sinB，得sinB= 22，
因为a>b，所以B∈(0,π2)，
所以B=π4，
C=π−A−B=π12．
【解析】(1)先对函数化简，然后由函数y=f(x)图像相邻两条对称轴之间的距离为π，可求周期，进而可求ω，即可求解函数解析式；
(2)先由已知求出A，结合正弦定理求出B，然后结合三角形内角和即可求解C．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：∵平面ABE与直线PC相交于点F，∴平面ABE∩平面PCD=EF，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB/​/CD，
∵AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB/​/平面PCD，
∵AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PCD=EF，∴EF/​/CD；
(2)解：连接BD，取AD中点H，连接BH、EH，

∵菱形ABCD中，AB=AD，∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，
∵H是AD中点，∴BH⊥AD，
∵PD⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴BH⊥PD，
∵PD、AD⊂平面PAD，PD∩AD=D，∴BH⊥平面PAD．
∴∠BEH是直线BE与平面PAD的所成角，
∵E是PD中点，PD=4 2，∴DE=12PD=2 2．
∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，
∵H为AD中点，∴DH=12AD=1，Rt△DEH中，EH= DE2+DH2=3，
∵等边△ABD中，高BH= 32AD= 3，
∴Rt△BEH中，tan∠BEH=BHEH= 33，可得∠BEH=π6，即直线BE与平面PAD的所成角等于π6．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理，证出AB/​/平面PCD，然后根据平面ABE∩平面PCD=EF，利用线面平行的性质定理证出EF//CD；
(2)连接BD，取AD中点H，连接BH、EH，根据线面垂直的判定定理，证出BH⊥平面PAD，可得∠BEH是直线BE与平面PAD的所成角，然后在Rt△BEH中利用锐角三角函数的定义算出答案．
本题主要考查线面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角的定义与求法等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设事件A表示“该小组比赛胜利”，
则P(A)=34+14×23+14×13×12=2324；
(2)由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=p1，P(X=2)=(1−p1)p2，P(X=3)=(1−p1)(1−p2)，
所以X的分布为：123p1(1−p1)p2(1−p1)(1−p2)，
所以E(X)=p1+2(1−p1)p2+3(1−p1)(1−p2)=p1p2−2p1−p2+3；
(3)若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为E1，
由(2)可知，E1=p1p2−2p1−p2+3，
若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为E2，
则E2=p3p2−2p3−p2+3，
所以E1−E2=(p1p2−2p1−p2+3)−(p3p2−2p3−p2+3)=p1p2−2p1−p3p2+2p3=p2(p1−p3)−2(p1−p3)=(p1−p3)(p2−2)，
因为1>p1>p2>p3，所以p1−p3>0，p2−2<0，
所以E1−E2<0，即E1所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．
【解析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解；
(2)由题意可知，X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X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．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了离散型随机变量的分布和期望，属于中档题．
20.【答案】解：(1)依题意得：F1(0,1)，由F1N⊥y轴，得：yN=1，
代入椭圆方程得：xN= 22，
所以线段MN的长为 2.……4分
(2)显然yp=1，线段PQ的中点在x轴上，则yQ=−1，即QF2⊥y轴，
12+xQ2=1，xQ=± 22，……8分
所以S△F2PQ=12|xQ|×|F1F2|=12× 22×2= 22.…10分
(3)假设存在以F2Q，F2P为邻边的矩形F2PEQ，使得点E在椭圆Γ上，显然F2(0,−1)，设P(x0,1)，Q(x1,y1)，
则F2P=(x0,2)，F2Q=(x1,y1+1)，
因为四边形F2PEQ是矩形，一定为平行四边形，所以F2P+F2Q=F2E，
代入计算得E(x0+x1,y1+2)，
由题意知Q，E在椭圆Γ上及F2P⋅F2Q=0，
代入，得x0x1+2(y1+1)=0y122+x12=1(y1+2)22+(x0+x1)2=1，即x0x1=−2(y1+1)①y122+x12=1②(y1+2)22+x02+x12+2x0x1=1③，……12分
将①②代入③并化简得，x02=2(y1+1)，
再结合①，得x02=−x0x1，即x0=0或x0=−x1．
若x0=0，则y1=−1；……14分
若x0=−x1，则联立①②，得−x12+2(y1+1)=0y122+x12=1，
消去x1，得y12+4y1+2=0，解得y1=−2± 2，
由于− 2≤y1≤ 2，故y1=−2+ 2.……17分
综上，存在满足题意的Q点，其纵坐标为−1或−2+ 2.……18分
【解析】(1)根据已知求出点N的横坐标，根据对称性可得MN的长；
(2)求出点Q的横坐标，由三角形面积公式求解即可；
(3)假设存在以F2Q，F2P为邻边的矩形F2PEQ，使得点E在椭圆Γ上，显然F2(0,−1)，设P(x0,1)，Q(x1,y1)，利用向量的坐标运算表示出点E的坐标，由Q，E在椭圆Γ上及F2P⋅F2Q=0，可得方程组，从而可求得点Q的纵坐标．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)因为g(x)=lnx+ax，所以g′(x)=1x−ax2=x−ax2，所以g′(1)=1−a，
又因为g(1)=ln1+a1=a，所以g(x)在x=1处的切线方程为：y=(1−a)(x−1)+a．
将点O(0,0)代入切线方程可得a=12．
(2)证明：设函数h(x)=f(x)+f(t−x)(t>0)，
所以h(x)=xlnx+(t−x)ln(t−x)+2a，所以0所以h′(x)=lnx+1−ln(t−x)−1=lnxt−x，
令h′(x)>0，得：xt−x>1⇒2x−tt−x>0⇒t2所以h(x)在[t2,t)上严格递增；在(0,t2]上严格递减；
所以h(x)的最小值为h(t2)，即总有：h(x)≥h(t2)，
而h(t2)=f(t2)+f(t−t2)=tlnt2+2a=f(t)−tln2+a，
所以f(x)+f(t−x)≥f(t)−tln2+a．
(3)证明：当a=1时，即证lnx+1x0)，
由于csx∈[−1,1]，故exx−csx≥exx−1，只需证lnx+1x令k(x)=lnx+1x−exx+1(x>0)，只需证明k(x)<0，
而k′(x)=1x−1x2−ex(x−1)x2=(x−1)(1−ex)x2，
因为x>0，所以1−ex<0，令k′(x)>0，得01，
所以k(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，
所以k(x)max=k(1)=2−e<0，
故k(x)<0在x∈(0,+∞)上恒成立，结论得证．
【解析】(1)对g(x)求导，利用导数的几何意义求出g(x)在x=1处的切线方程，将原点坐标代入即可求解a的值；
(2)设函数h(x)=f(x)+f(t−x)(t>0)，利用导数求出h(x)的最小值，即可证明不等式；
(3)分析可得只需证lnx+1x0)，利用导数只需证明k(x)<0即可．
本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．x
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