上海市金山区2024届高三二模数学试题（原卷版+解析版）

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一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．
1. 已知集合，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】计算出集合后，利用交集定义即可得.
【详解】由，故.
故答案为：.
2. 已知向量，，若，则实数的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据，可得，再根据数量积的坐标公式即可得解.
【详解】因，
所以，解得.
故答案为：.
3. 函数的定义域为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由对数函数性质，解分式不等式求定义域即可.
【详解】由题设，
所以此函数的定义域为．
故答案为：
4. 已知复数满足，则的模为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，则，由题意建立方程解出a，b，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】设，则，
由，得，
则，解得，所以，
所以.
故答案为：
5. 设公比为2的等比数列的前项和为，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和的概念计算即可得解.
【详解】因为，
所以，故.
故答案为：4
6. 如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.
【答案】10.
【解析】
【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
【详解】因为长方体的体积为120，
所以，
因为为的中点，
所以，
由长方体的性质知底面，
所以是三棱锥的底面上的高，
所以三棱锥的体积.
【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.
7. 设()，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由奇函数定义求出，再利用导数的几何意义求出切线方程即得.
【详解】函数是奇函数，则恒成立，
而不恒为0，因此，，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为.
故答案为：
8. 已知双曲线(，)，给定的四点、、、中恰有三个点在双曲线上，则该双曲线的离心率是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的对称性可得，两点一定在双曲线上，然后再判断另一个点，求出双曲线方程，再根据离心率公式即可得解.
【详解】根据双曲线的对称性可得，两点一定在双曲线上，
若在双曲线上，
则，方程组无解，故不在双曲线上，
则在双曲线上，
则，解得，
所以双曲线的离心率.
故答案为：.
9. 为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下图所示列联表：
取显著性水平，若本次考察结果支持“药物对疾病预防有显著效果”，则()的最小值为___________．
(参考公式：；参考值：）
【答案】
【解析】
【分析】由题意列出不等式，结合近似计算求出m的取值范围，即可得答案.
【详解】由题意可知，
则，
解得或，而，
故m的最小值为44.
故答案为：44.
10. 在的展开式中，记项的系数为，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，即可求解.
【详解】展开式的通项公式为，
所以，
则.
故答案为：40
11. 某临海地区为保障游客安全修建了海上救生栈道，如图，线段、是救生栈道的一部分，其中，，在的北偏东方向，在的正北方向，在的北偏西方向，且．若救生艇在处载上遇险游客需要尽快抵达救生栈道，则最短距离为___________m．(结果精确到1 m)
【答案】
【解析】
【分析】先在中求出AC，再利用正弦定理，在中求出，进而转化到中求解即可.
【详解】解：作交于E，由题意可得如图：
，
所以，
，
在中，由正弦定理可得：
，
所以，
所以，
，
在直角中，，
故答案为：475.
12. 已知平面向量、、满足：，，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件推理得到在方向上的投影数量等于在方向上的投影数量，且等于，，故可以作出图形，设出，将所求转化成关于的函数形式，利用基本不等式即可求得.
【详解】因，由可得，
即在方向上的投影数量等于在方向上的投影数量，且等于，
又由可得，不妨设，
则，，于是，
因，则，因，当且仅当时，等号成立，
即当时，取得最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于运用向量数量积的定义和投影向量的数量理解的相互关系,设出夹角，将所求化成关于的函数形式.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 若抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，则的值为（ ）．
A. 2B. 3C. 4D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出抛物线的焦点和椭圆的右顶点坐标，得，即可求解.
【详解】由题意知，（）的焦点为，
的右顶点为即为抛物线的焦点，
所以，解得.
故选：D
14. 下列说法不正确的是（ ）．
A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22第60百分位数为14
B. 若随机变量服从正态分布，且，则
C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高
D. 对具有线性相关关系的变量、，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
【答案】A
【解析】
【分析】利用百分位数定义即可判断选项A，利用正态分布的性质即可判断选项B，根据线性相关系数的性质即可判断选项C，利用线性回归方程中的基本量即可判断选项D.
【详解】对A：因为，所以第百分位数为,A错误；
对B：若随机变量服从正态分布，且，
则，
则，B正确；
对C：若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，C正确；
对于D，样本点的中心为，所以，，
因为满足线性回归方程，所以，所以，D正确.
故选：A
15. 如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（ ）．
A. B.
C. A、、三点共线D. 直线与相交
【答案】D
【解析】
【分析】分别求得的长度判断选项A；利用反证法否定选项B和选项C；求得直线与的位置关系判断选项D.
【详解】取中点F，连接,取中点H，连接.
又△为正三角形，则，，
又平面⊥平面，平面平面，
则平面，平面，
又平面，平面，
则，，
设，则,
则，
则.故选项A判断错误；
假设，
又，，平面，
则平面，又平面，则，
这与矛盾，故假设不成立，不互相垂直
故选项B判断错误；
由平面，可得直线平面，
假设A、、三点共线，则，则平面，
这与平面矛盾，故假设不成立.
故选项C判断错误；
由，可得，，
则四边形为梯形，则直线与相交. 故选项D判断正确.
故选：D
16. 设，有如下两个命题：
①函数的图象与圆有且只有两个公共点；
②存在唯一的正方形，其四个顶点都在函数的图象上．
则下列说法正确的是（ ）．
A. ①正确，②正确B. ①正确，②不正确
C. ①不正确，②正确D. ①不正确，②不正确
【答案】B
【解析】
【分析】对①：结合函数性质与图象判断即可得；对②：由曲线的对称性，可得要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形.
【详解】对①：令，
当时，，当时，，
则在、上单调递增，在上单调递减，
又，，
函数的图象与圆的图象如图所示：
故函数的图象与圆有且只有两个公共点，故①正确；
对②：由，
故要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，
显然，当时，，
点在函数图像外侧，则，此时；
利用极限思想，时，，此时；
时，，此时，如图所示，
故至少两个正方形， 故②错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：结论②需注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．
17. 已知函数，记，，，.
（1）若函数的最小正周期为，当时，求和的值；
（2）若，，函数有零点，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的周期公式求得，再利用三角函数的值域与周期性求得，从而得解；
（2）根据题意，利用换元法将问题转化为在有解，从而利用参变分离法或二次函数根的布分即可得解.
【小问1详解】
因为函数的最小正周期，所以，
则当时，，
所以，得，
因为，所以取得，
【小问2详解】
解法一：
当，时，，，
设，
由题意得，在有解，化简得，
又在上单调递减，
所以，则.
解法二：
当，时，，，
设，
由题意得，在有解，
记，对称轴为，
则由根的分布可得，即，解得，
所以.
18. 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，点是的中点，点在上，异面直线与所成的角是．
（1）求证：；
（2）若，，求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意易得，结合，可证平面，进而可证结论；
（2）法一：取的中点，连接，，，取中点，连接，，，可得为所求二面角的平面角，进而求解可得二面角E−AG−C的大小．
法二：以为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得二面角E−AG−C的大小．
【小问1详解】
因为，所以是直线与所成角，为，
所以，得，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，
由平面，得．
【小问2详解】
解法一：取的中点，连接，，．
因为，
所以四边形为菱形，
所以．
取中点，连接，，．
则，，
所以为所求二面角的平面角．
又，所以．
在中，由于，
由余弦定理得，
所以，因此为等边三角形，
因此二面角E−AG−C的大小为．
解法二：以为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，，，，
故，，，
设是平面的一个法向量．
由，可得，
取，可得平面的一个法向量．
设是平面的一个法向量．
由，可得，
取，可得平面的一个法向量．
所以．
因此二面角E−AG−C的大小为．
19. 有标号依次为1，2，…，(，)的个盒子，标号为1号的盒子里有3个红球和3个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）设号盒子中红球个数为随机变量，求的分布及，并猜想的值（无需证明此猜想）．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．猜想
【解析】
【分析】（1）结合排列组合与概率公式计算即可得；
（2）得出的所有取值及其概率，求得其概率分布，即可得其期望，列出号盒子与号盒子中的红球个数的关系，即可得，
【小问1详解】
由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
【小问2详解】
由题可知可取，
，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数的分布列为：
；
猜想，理由如下：
当时，设号盒子里有3个红球的概率为，有2个红球的概率为，
则号盒子里有1个红球的概率为，
则，
，
，
则
，
由每个盒子中原本的红球与白球个数相等，
故号盒子中红球个数为与白球个数为的概率相等，
即，即有，
故，
当时，
有，，，
，
故可得.
20. 已知椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于不同的两点、．
（1）证明：点到右焦点的距离为；
（2）设点，当直线的斜率为，且与平行时，求直线的方程；
（3）当直线与轴不垂直，且△的周长为时，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）直线与圆相切，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆的方程与配方法，进行化简即可得证；
（2）设直线l的方程为，将其与椭圆的方程联立，由与平行，根据向量共线的坐标表示，可得关于m的方程，解之即可；
（3）设直线l的方程为，将其与椭圆方程联立，运用韦达定理，结合弦长公式，点到直线的距离公式，进行求解即可得出结果.
【小问1详解】
由，得；
【小问2详解】
根据题意画出图象，如图，
设直线的方程为，
联立，消去，得，
由，得，
从而，，
又，，
由与平行，得，解得，
故直线的方程为；
【小问3详解】
直线与圆相切，证明过程如下：
设直线的方程为，
联立 消去，得，
从而，
由，得，即，
又因为，
即，
化简，整理得，
即，从而，
又圆心到直线的距离，
故直线与圆相切．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，关键点是熟练掌握向量共线的坐标表示，弦长公式，点到直线的距离公式等.本题中需设出直线方程并与椭圆标准方程进行联立，运用韦达定理，与其他公式结合并化简，来得到所求结果，考查逻辑推理能力和计算能力.
21. 已知函数与有相同的定义域．若存在常数()，使得对于任意的，都存在，满足，则称函数是函数关于的“函数”．
（1）若，，试判断函数是否是关于的“函数”，并说明理由；
（2）若函数与均存在最大值与最小值，且函数是关于的“函数”，又是关于的“函数”，证明：；
（3）已知，，其定义域均为．给定正实数，若存在唯一的，使得是关于的“函数”，求的所有可能值．
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）证明见解析 （3）的所有可能值为或
【解析】
【分析】（1）结合题目所给定义分别计算即可得；
（2）结合定义可得，，即可得解；
（3）记集合，，结合定义可得，再分、、讨论即可得.
【小问1详解】
不是关于“函数”．
解法一：当时，，所以不存在，使得
解法二：因为函数()的值域为，比如取，则，
不存在，使得；
【小问2详解】
设．
由题意，存在，使得．
因为函数是关于的“函数”，
所以存在，满足，
从而．
同理，由是关于的“函数”，
可得，
综上，；
【小问3详解】
记集合，．
由是关于的“函数”，得，
①当时， ，，
从而，解得，
因唯一，令，解得(舍)或(舍)；
②当时，，，
从而，解得，
因唯一，令，解得，符合题意；
③当时，，，
从而，解得，
因唯一，令，解得，符合题意；
综上，的所有可能值为或．
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助集合，，得到，从而对、、讨论.
药物
疾病
合计
未患病
患病
服用
50
未服用
50
合计
80
20
100