上海市徐汇区、金山区、松江区2023-2024学年高考数学二模试卷含解析

上海市徐汇区、金山区、松江区2023-2024学年高考数学二模试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B．C． D．2．已知圆与抛物线的准线相切，则的值为（）A．1 B．2 C． D．43．在中，为中点，且，若，则（）A． B． C． D．4．等比数列若则（）A．±6 B．6 C．-6 D．5．已知点P在椭圆τ：=1(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（）A． B． C． D．6．设，均为非零的平面向量，则“存在负数，使得”是“”的A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件7．已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数的图象的一条对称轴是，则的最小值为A． B． C． D．8．已知f（x）=ax2+bx是定义在[a–1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是A． B．C． D．9．已知非零向量，满足，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解:10．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是（）A．正方体 B．球体C．圆锥 D．长宽高互不相等的长方体11．是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（）A． B． C． D．12．双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，内角的对边分别是，若，，则____.14．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．15．在直角三角形中，为直角，，点在线段上，且，若，则的正切值为_____.16．锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上每一点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线与曲线交于点，将射线绕极点逆时针方向旋转交曲线于点.（1）求曲线的参数方程；（2）求面积的最大值．18．（12分）设数列的前列项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.19．（12分）如图，在正四棱柱中，，，过顶点，的平面与棱，分别交于，两点（不在棱的端点处）.（1）求证：四边形是平行四边形；（2）求证：与不垂直；（3）若平面与棱所在直线交于点，当四边形为菱形时，求长.20．（12分）底面为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.21．（12分）已知函数（，），.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.22．（10分）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，P是侧棱上的一点，.（1）若，求直线AP与平面所成角；（2）在线段上是否存在一个定点Q，使得对任意的实数m，都有，并证明你的结论.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.【详解】由题意，该几何体如图所示：该几何体的体积.故选：A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题．2、B【解析】

因为圆与抛物线的准线相切，则圆心为（3,0），半径为4，根据相切可知，圆心到直线的距离等于半径，可知的值为2，选B.【详解】请在此输入详解！3、B【解析】

选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.【详解】，，，，，.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.4、B【解析】

根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知，，所以，而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.5、C【解析】

设，则，，，设，根据化简得到，得到答案.【详解】设，则，，，则，设，则，两式相减得到：，，，即，，，故，即，故，故.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.6、B【解析】

根据充分条件、必要条件的定义进行分析、判断后可得结论．【详解】因为，均为非零的平面向量，存在负数，使得，所以向量，共线且方向相反，所以，即充分性成立；反之，当向量，的夹角为钝角时，满足，但此时，不共线且反向，所以必要性不成立．所以“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件．故选B．【点睛】判断p是q的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件p能否推得条件q；二是由条件q能否推得条件p，定义法是判断充分条件、必要条件的基本的方法，解题时注意选择恰当的方法判断命题是否正确．7、C【解析】

将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，因为函数的图象的一条对称轴是，所以，即，所以，又，所以的最小值为．故选C．8、B【解析】

依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x），且定义域关于原点对称，a﹣1=﹣2a，即可得解.【详解】根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在[a–1，2a]上的偶函数，得a–1=–2a，解得a=，又f（–x）=f（x），∴b=0，∴a+b=．故选B．【点睛】本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数．9、C【解析】

根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.【详解】，，∴等价于，故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.10、C【解析】

根据基本几何体的三视图确定．【详解】正方体的三个三视图都是相等的正方形，球的三个三视图都是相等的圆，圆锥的三个三视图有一个是圆，另外两个是全等的等腰三角形，长宽高互不相等的长方体的三视图是三个两两不全等的矩形．故选：C．【点睛】本题考查基本几何体的三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键．11、D【解析】

首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.【详解】如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心，当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上，、分别为、的中点，则必有，，即为直角三角形.对于等腰梯形，如图：因为是等边三角形，、、分别为、、的中点，必有，所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图，，所以四棱锥底面的高为，.故选：D.【点睛】本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目.12、C【解析】

根据双曲线的标准方程，即可写出渐近线方程.【详解】双曲线,双曲线的渐近线方程为，故选：C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由，根据正弦定理“边化角”，可得，根据余弦定理，结合已知联立方程组，即可求得角.【详解】根据正弦定理：可得根据余弦定理：由已知可得：故可联立方程：解得：.由故答案为：.【点睛】本题主要考查了求三角形的一个内角，解题关键是掌握由正弦定理“边化角”的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.14、【解析】

先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.【详解】由题意作出区域，如图中阴影部分所示，易知，故，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15、3【解析】

在直角三角形中设，，，利用两角差的正切公式求解.【详解】设，，则，故.故答案为：3【点睛】此题考查在直角三角形中求角的正切值，关键在于合理构造角的和差关系，其本质是利用两角差的正切公式求解.16、【解析】

由余弦定理，正弦定理得出，从而得出，推出的范围，由余弦函数的性质得出的范围，再利用二倍角公式化简，即可得出答案.【详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形，则，，.故答案为【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（为参数）；（2）.【解析】

（1）根据伸缩变换结合曲线的参数方程可得出曲线的参数方程；（2）将曲线的方程化为普通方程，然后化为极坐标方程，设点的极坐标为，点的极坐标为，将这两点的极坐标代入椭圆的极坐标方程，得出和关于的表达式，然后利用三角恒等变换思想即可求出面积的最大值．【详解】（1）由于曲线的参数方程为（为参数），将曲线上每一点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线，则曲线的参数方程为（为参数）；（2）将曲线的参数方程化为普通方程得，化为极坐标方程得，即，设点的极坐标为，点的极坐标为，将这两点的极坐标代入椭圆的极坐标方程得，，的面积为，当时，的面积取到最大值.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，考查了伸缩变换，同时也考查了利用极坐标方程求解三角形面积的最值问题，要熟悉极坐标方程所适用的基本类型，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）由已知可得，构造等比数列即可求出通项公式；（2）当时，由，可求，时，由，可证，验证时，不等式也成立，即可得证.【详解】（1）由可得，，即，所以，解得，（2）当时，，,当时，，综上，由可得递增，，时；所以，综上：故.【点睛】本题主要考查了递推数列求通项公式，利用放缩法证明不等式，涉及等比数列的求和公式，属于难题.19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】

（1）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（2）由四边形是平行四边形，且，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）先证，可得为的中点，从而得出是的中点，可得.【详解】（1）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（2）因为，两点不在棱的端点处，所以，又四边形是平行四边形，，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）如图，延长交的延长线于点，若四边形为菱形，则，易证，所以，即为的中点，因此，且，所以是的中位线，则是的中点，所以.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和线段长的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.20、（1）见解析；（2）【解析】

（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量数量积运算即可.【详解】（1）证明：连接，由平行且相等，可知四边形为平行四边形，所以.由题意易知，，所以，，因为，所以平面，又平面，所以.（2）设，，由已知可得：平面平面，所以，同理可得：，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，为的中点，所以平行且相等，从而平面，又，所以，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，，，由平面几何知识，得.则，，，，所以，，.设平面的法向量为，由，可得，令，则，，所以.同理，平面的一个法向量为.设平面与平面所成角为，则，所以.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题.21、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）求导得到，讨论和两种情况，得到答案.（Ⅱ）变换得到，设，求，令，故在单调递增，存在使得，，计算得到答案.【详解】（Ⅰ）（），当时，在单调递减，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（Ⅱ）（），即，（）.令（），则