2023~2024学年上海黄埔区高考数学冲刺试题一模带解析

2023-2024学年上海市黄埔区高考数学冲刺模拟试题（一模）一、填空题：（本大题满分54分，前6题每小题满分4分，后6题每小题满分5分）1.已知集合则_____.【正确答案】【详解】试题分析：．故答案应填：【考点】集合运算【名师点睛】本题重点考查集合的运算，容易出错的地方是审错题意，属于基本题，难度不大.一要注意培养良好的答题习惯，避免出现粗心而出错，二是明确江苏高考对于集合题的考查立足于列举法，强调对集合运算有关概念及法则的理解.2.复数其中i为虚数单位，则z的实部是________________.【正确答案】5【详解】试题分析：．故答案应填：5【考点】复数概念【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如，其次要熟悉复数的相关概念，如复数的实部为，虚部为，模为，共轭为3.在平面直角坐标系中，双曲线的焦距是____________.【正确答案】【详解】试题分析：．故答案应填：【考点】双曲线性质【名师点睛】本题重点考查双曲线几何性质，而双曲线的几何性质与双曲线的标准方程息息相关，明确双曲线标准方程中各个量的对应关系是解题的关键，揭示焦点在x轴，实轴长为，虚轴长为，焦距为，渐近线方程为，离心率为．4.已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1+a22=3，S5=10，则a9的值是______.【正确答案】【详解】由得，因此考点：等差数列性质5.定义在区间[0,3π]上的函数y=sin2x的图象与y=cosx的图象的交点个数是______.【正确答案】7【详解】由，因为，所以共7个考点：三角函数图像6.如图，一个酒杯的内壁的轴截面是抛物线的一部分，杯口宽，杯深，称为抛物线酒杯.在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径的取值范围为______.【正确答案】【分析】根据圆的方程、抛物线方程以及两点的距离公式建立不等式求解.【详解】由题可知，设抛物线方程为，因为，所以，解得，所以抛物线方程为，在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，设玻璃球截面所在圆的方程为，依题意，需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，即，则有恒成立，解得，得，所以玻璃球的半径的取值范围为.故答案为.7.定义在R上的函数f(x)满足+>1,,则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为_________.【正确答案】【分析】构造函数，根据，利用导数研究的单调性，结合原函数的性质和函数值，利用单调性转化不等式，从而可得结果.【详解】设，则，，在定义域上单调递增，，又，，即不等式的解集为，故答案为.本题主要考查抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.8.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），椭圆的参数方程为（为参数），设直线与椭圆相交于、两点，则线段的长是________【正确答案】【分析】将椭圆方程和直线方程化为普通方程，联立可求得两交点的横坐标，利用弦长公式可求得结果.【详解】由椭圆参数方程得椭圆的普通方程为：由直线参数方程得直线的普通方程为：联立可得：，即，解得：，故答案为本题考查参数方程中的弦长问题的求解，关键是能够熟练掌握参数方程化普通方程的方法，利用弦长公式求得弦长.9.设是定义在R上且周期为2的函数，在区间[）上，其中若，则的值是.【正确答案】【详解】，因此【考点】分段函数，周期性质【名师点睛】分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么.函数周期性质可以将未知区间上的自变量转化到已知区间上.解决此类问题时，要注意区间端点是否可以取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数分界点处的函数值.10.如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，，则的值是_______.【正确答案】【详解】因为，，因此，【考点】向量数量积【名师点睛】研究向量的数量积，一般有两个思路，一是建立平面直角坐标系，利用坐标研究向量的数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种思路实质相同，但坐标法更易理解和化简.对于涉及中线的向量问题，一般利用向量加、减法的平行四边形法则进行求解．11.若函数的表达式（常数）对于任意两个不同的、，当时，均有（为常数，）成立，如果满足条件的最小自然数为6，则实数的取值范围是______.【正确答案】或.【分析】根据已知，利用对任意且恒成立，且对且有解，进而得到关于实数t的不等式组求解.【详解】因为，所以，因为，所以由有：，由题可知，对任意且恒成立，且对且有解，则对任意且恒成立，或对且有解，因为，且，所以，若对任意且恒成立，则，解得；若或对且有解，则时，或；时，或；解得或.因此，实数的取值范围是或.故或.12.如图所示，在四面体中，底面是一个边长为2的等边三角形，的外心为点O，平面，且，动点分别在线段（含端点）上和所在的平面中运动，满足．（1）则的最大值为__．（2）则的取值范围为__．【正确答案】①;②..【分析】取的中点E，连接，等边三角形的中心O在上，过点O作于G，过点M作于I，由几何关系可得N在所在平面中运动，所以N的轨迹是以I为圆心，为半径的圆，据此分别求得的最大值和最小值，即可确定其取值范围．【详解】取的中点E，连接，等边三角形的中心O在上，过点O作于G，过点M作于I，∵是等边三角形，所以，∵平面，平面,∴，又平面，∴BC⊥平面，又平面，∴平面平面，平面平面,∵，平面，∴平面，同理平面，设，∵是边长为2的等边三角形，所以，∵，故，所以，则，在中，，在中，∵，∴，∵N在所在平面中运动，所以N的轨迹是心I为圆心，为半径的圆，又∵平面，所以，所以最小时，的值最小，又的最小值为的值减去圆的半径，，所以最小值为，设，则单调递增，令，解得，当时，，递减，当时，，递增，故，即当时，最小，最小值为，故最小值为＝，当的值最大时最大，最大值，由于，（）为m的减函数，所以时最大，最大值为，此时的最大值为，故，．本题主要考查空间距离的计算，涉及到空间线面垂直以及面面垂直的证明和性质的应用，考查了空间想象能力，解答的关键是将线段长度的平方表示为参变量的函数，然后利用函数的最值求解线段的最值.二、选择题：（本大题满分20分，共4小题，每题有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号填涂在答题纸相应的空格中.每题选对得5分）13.若在区间内有定义，且x0∈，则“”是“x0是函数的极值点”的（）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分条件也非必要条件【正确答案】D【分析】根据极值的概念，导数的几何意义即可求解．【详解】由不一定能得到x0是函数的极值点，反例，，但并不是的极值点，反过来：x0是函数的极值点也不一定能得到，反例，为的极小值点，但不存在，∴“”是“x0是函数的极值点”的既非充分条件也非必要条件，故选：D．14.对于函数f（x）=asinx+bx+c(其中，a,bR,cZ),选取a,b,c的一组值计算f（1）和f（-1），所得出的正确结果一定不可能是A.4和6 B.3和1 C.2和4 D.1和2【正确答案】D【详解】试题分析：求出f（1）和f（﹣1），求出它们的和；由于c∈Z，判断出f（1）+f（﹣1）为偶数．解：f（1）=asin1+b+c①f（﹣1）=﹣asin1﹣b+c②①+②得：f（1）+f（﹣1）=2c∵c∈Z∴f（1）+f（﹣1）是偶数故选D考点：函数的值．15.在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，记点的轨迹为曲线，则下列命题中，可能成立的个数为（）（I）曲线上所有的点到点的距离大于2（II）曲线上有两点到点与的距离之和为6（III）曲线上有两点到点与的距离之差为2（IV）曲线上有两点到点的距离与到直线的距离相等A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【正确答案】B【分析】根据已知可得出点的轨迹方程为直线.根据点到直线的距离，即可判断（I）；根据椭圆、双曲线以及抛物线的定义，可求出（II）（III）（IV）的点的轨迹方程，结合各个图象的性质，即可判断（II）（III）（IV）.【详解】设，则由已知可得，，所以，点的轨迹方程为直线.对于（I），点到直线的距离，故（I）错误；对于（II），根据椭圆的定义可知，到点与的距离之和为6的点在椭圆上，设椭圆方程为，则，，所以，，所以，椭圆方程为.当时，直线方程为，显然与椭圆有两个交点，即曲线上有两点到点与的距离之和为6，故（II）正确；对于（III），根据双曲线的定义可知，到点与的距离之差为2的点的轨迹为双曲线的一支.设双曲线的方程为，则，，所以，，所以，双曲线的方程为.因为双曲线的渐近线方程为，直线的斜率为2，所以直线与双曲线的一条渐近线平行或重合，所以，直线与双曲线最多有一个交点，故（III）错误；对于（IV），当时，根据抛物线的定义可知，到点的距离与到直线的距离相等的点的轨迹为抛物线.由已知可设抛物线的方程为，联立可得，，，所以，当时，直线与抛物线有两个交点，即曲线上有两点到点的距离与到直线的距离相等，故（IV）正确.综上所述，可能成立的为（II）（IV）.故选：B.16.老张每天下班回家，通常步行5分钟后乘坐公交车再步行到家，公交车有，两条线路可以选择.乘坐线路所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要5分钟；乘坐线路所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后步行到家要12分钟.下列说法从统计角度认为不合理的是（）（参考数据：，则，，）A.若乘坐线路，前一定能到家B.乘坐线路和乘坐线路在前到家的可能性一样C.乘坐线路比乘坐线路在前到家的可能性更大D.若乘坐线路，则在前到家的可能性不超过【正确答案】A【分析】利用正态分布曲线的对称性及正态分布的概率，对四个选项逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为，即乘坐线路能到家的概率为，所以乘坐线路，前不一定能到家，所以A错误，对于B，乘坐线路在前到家的概率为，乘坐线路在前到家的概率为，所以乘坐线路和乘坐线路在前到家的可能性一样，所以B正确，对于C，乘坐线路在前到家的概率为，乘坐线路在前到家概率为，所以乘坐线路比乘坐线路在前到家的可能性更大，对于D，乘坐线路，则在前到家的概率为，所以D正确，故选：A三、解答题：（本大题满分76分，共5小题，解答本大题需要有必要的步骤和过程）17.尝试使用概率的“可加性”解决下面的问题：（1）设是同一样本空间中的两个事件，探索，，，之间的等量关系，并说明理由.（2）甲、乙各抛郑枚硬币，证明：“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”这一事件的概率小于.【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）通过事件间的关系，表示和事件，表示积事件，即可找出关系得到结果；（2）先设出事件事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”，事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数多”，事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数一样多”，再利用硬币的对称生和即可得到证明.【小问1详解】，因为表示事件和事件至少有一个发生，表示事件和事件同时发生，所以【小问2详解】设事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”，事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数多”，事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数一样多”，由硬币的对称性知，，又，，所以，故，即“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”这一事件的概率小于.18.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.（1）若则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？【正确答案】（1）312（2）【详解】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，，然后利用导数求其最值.试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.因为A1B1=AB=6，所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0<h<6，OO1=4h连结O1B1.因为在中，所以，即于是仓库的容积，从而.令，得或（舍）.当时，，V是单调增函数；当时，，V是单调减函数.故时，V取得极大值，也是最大值.因此，当m时，仓库的容积最大.【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.19.2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；（2）“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为可选作为“基地学校”的学校个数，求的分布列和数学期望；（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【正确答案】（1）（2）分布列见解析，（3）12轮【分析】（1）根据已知条件结合条件概率的概率公式求解，（2）的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，从而可求得的分布列和数学期望，（3）根据题意，结合二项分布概率公式求解【小问1详解】由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个，设事件为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”，事件为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”则，，所以小问2详解】“单板滑雪”参与人数超过45人的学校有4所，则的可能取值为0，1，2，3，,,,,所以的分布列为0123所以【小问3详解】由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，所以小在轮测试中获得“优秀”的次数满足，由，得，所以理论上至少要进行12轮测试20.某疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机抽取了患该疾病的病人进行调查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性性别病人的，女性患Ⅰ型病的人数占女性性别病人的．（1）若在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少有多少人？（2）某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物．两个团队各至多安排2个接种周期进行试验．甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为，每人每次花费元，每人每次接种每个周期至多接种3次，第一个周期连续2次出现抗体则终止本接种周期进入第二个接种周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期：第二接种周期连续2次出现抗体则终止试验，否则需依次接种至至试验结束；乙团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为，每人每次花费元，每个周期接种3次，每个周期必须完成3次接种，若一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期，假设两个研发团队每次接种后产生抗体与否均相互独立．当，时，从两个团队试验的平均花费考虑，公司应选择哪个团队？（3）乙团队为奖励参与研发的工作人员，特地给参与本次研发的工作人员每人发放价值1000元的购物卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动．规则是：在某张方格图上标有第0格、第1格、第2格、…第30格共31个方格．棋子开始在第0格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是，其中）．若掷出正面，将棋子向前移动一格（从k到），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从k到）．重复多次，若这枚棋子最终停在第29格，则认为“闯关成功”，并赠送1000元购物卡；若这枚棋子最终停在第30格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束．设棋子移到第n格的概率为，若某员工参与这档“闯关游戏”，试比较一名员工闯关成功和失败的概率，并说明理由．附：，0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【正确答案】（1）18人（2）该公司选择乙团队进行药品研发（3）该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由见解析【分析】（1）列出列联表，并计算出，再列不等式即可求得男性患者至少有多少人；（2）分别求得甲、乙两研发团队试验总花费的数学期望，再对二者进行比较即可解决；（3）先找到棋子移到第格，第格，第格的概率间的递推关系，再利用叠加法求得棋子移到第格的概率公式，即可求得闯关成功的概率和闯关失败的概率，二者再进行大小比较即可解决.【小问1详解】设男性患者有a人，则女性患者有人，列联表如下：Ⅰ型病Ⅱ型病合计男a女合计要使在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，则，解得．∵，，∴a的最小整数值为18，因此．男性患者至少有18人【小问2详解】设甲研发团队试验总花费为元，则的可能取值为、、，∵，，，∴，函数在递减，∴，设乙研发团队试验总花费为Y元，则Y的可能取值为、，∴，，∴，设，，函数在递减，，∴恒成立，所以，该公司选择乙团队进行药品研发【小问3详解】棋子开始在第0格为必然事件，．第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为，．棋子移到第格的情况是下列两种，而且也只有两种：棋子先到第格，又掷出反面，其概率为；棋子先到第格，又掷出正面，其概率为，所以，即，且，所以当时，数列是首项，公比为的等比数列．则，，，…，，以上各式相加，得，所以．所以闯关成功（即这枚棋子最终停在第29格）的概率为，闯关失败（即这枚棋子最终停在第30格）的概率为．所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率．21.已知抛物线C:,过抛物线C上点M且与M处的切线垂直的直线称为抛物线C在点M的法线．（1）若抛物线C在点M的法线的斜率为，求点M的坐标；（2）设P为C对称轴上的一点，在C上是否存在点，使得C在该点的法线通过点P．若有，求出这些点，以及C在这些点的法线方程；若没有，请说明理由．【正确答案】（1）；（2）当时，在上有三点，及，在该点的法线通过点，法线方程分别为，，，当时，在上有一点，在该点的法线通过点，法线方程为．【详解】试题分析：（1）求导可得点处切线的斜率法线斜率为=点的坐标为；（2）设为上一点，由上点处的切线斜率,法线方程为法线过点；若的法线方程为：．再讨论和，即可求得：当时，有三点和三条法线；当时，有一点和一条法线．试题解析：（1）函数的导数，点处切线的斜率过点的法线斜率为=，解得，．故点的坐标为．（2）设为上一点，若，则上点处的切线斜率,过点的法线方程为，法线过点;若，则过点的法线方程为：．若法线过点，则，即．若，则，从而，代入得，．若，与矛盾，若，则无解．综上，当时，在上有三点，及，在该点的法线通过点，法线方程分别为，，．当时，在上有一点，在该点的法线通过点，法线方程为．考点：1.导数；2.切线；3.法线；4.直线方程.22.如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆:及其上一点A(2，4).（1）设圆N与x轴相切，与圆外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程；（2）设平行于OA的直线l与圆相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程；（3）设点T（t，0）满足：存在圆上的两点P和Q，使得求实数t的取值范围.【正确答案】(1)；(2)2x−y+5=0或2x−y−15=0.(3).【详解】试题分析：（1）根据直线与x轴相切确定圆心位置，再根据两圆外切建立等量关系求半径;（2）根据垂径定理确定等量关系，求直线方程；（3）利用向量加法几何意义建立等量关系，根据圆中弦长范围建立不等式，求解即得参数取值范围.试题解析：解：圆M的标准方程为，所以圆心M（6，7），半径为5，.（1）由圆心N在直线x=6上，可设.因为N与x轴相切，与圆M外切，所以，于是圆N的半径为，从而，解得.因此，圆N的标准方程为.（2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为.设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，则圆心M到直线l的距离因为而所以，解得m=5或m=-15.故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.（3）设因为，所以……①因为点Q在圆M上，所以…….②将①代入②，得.于是点既在圆M上，又在圆上，从而圆与圆有公共点，所以解得.因此，实数t的取值范围是.【考点】直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算【名师点睛】直线与圆中的三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理；两个公式：点到直线距离公式及弦长公式，其核心都是转化到与圆心、半径的关系上，这是解决直线与圆的根本思路.对于多元问题，也可先确定主元，如本题以为主元，揭示在两个圆上运动，从而转化为两个圆有交点这一位置关系，这也是解决直线与圆问题的一个思路，即将问题转化为直线与圆、圆与圆的位置关系问题.23.已知函数，当