2023~2024学年上海静安区高考数学冲刺试题5月带解析

2023-2024学年上海市静安区高考数学冲刺模拟试题（5月）一､填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.已知集合，则_________．【正确答案】分析】解分式不等式得到集合，求交集即可.【详解】对于集合，解不等式，所以，即，等价于，解得或，所以，，则.故答案为.2.若复数满足，则________．【正确答案】【分析】设，，依题意可得，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程，即可求出、的值，从而求出其模.【详解】设，，由，所以，即，所以，所以，所以，则.故3.某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出8名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分100分）的茎叶图如图所示，其中甲班学生成绩的平均分是86，乙班学生成绩的中位数是83，则的值为_______．【正确答案】13【分析】根据平均数的算法，可得，将乙班的学生成绩按从小到大的顺序排好序，以及中位数的概念，可得结果.【详解】观察茎叶图，甲班学生成绩的平均分是，故；乙班学生成绩的中位数是，故.∴．故13本题主要根据茎叶图计算中位数与平均数，属基础题.4.已知若向量在向量方向上的数量投影为，则实数_______．【正确答案】3【分析】根据数量投影公式，代入求值.【详解】由条件可知，向量在向量方向上的数量投影为，解得.故35.已知等比数列中，若成等差数列，则______．【正确答案】4【分析】由已知可得，观察所求分式即可得．【详解】设等比数列的公比为，因为，成等差数列，所以，所以，且，所以，解得或，为保证有意义，则，所以，所以．故4．6.（n为正整数）的二项展开式中，若第三项与第五项的系数相等，则展开式中的常数项为______．【正确答案】20【分析】根据第三项与第五项的系数相等，建立方程求出，然后进行计算即可．【详解】第三项与第五项的系数相等，，得，则的展开式中的常数项为．故20．7.已知，则的最小值为___________.【正确答案】【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】因为，所以，故，当且仅当且，即时，等号成立，所以，则的最小值为.故答案为.8.已知是抛物线的焦点，P是抛物线C上一动点，Q是曲线上一动点，则的最小值为_______．【正确答案】【分析】根据题意，过点作，垂足为，过点，垂足为，根据抛物线的定义，转化为，结合图象，得到，当且仅当在一条直线上时，的最小值，即可求解.【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，准线方程为，又由曲线，可化为，可得圆心坐标为，半径，过点作，垂足为，过点作，垂足为，交抛物线于，如图所示，根据抛物线的定义，可得，要使得取得最小值，只需使得点与重合，此时与重合，即，当且仅当在一条直线上时，所以的最小值为.故答案为.9.若关于x的不等式的解集，则实数的取值范围是__________．【正确答案】【分析】不等式转换为对任意的，都有不等式恒成立，则按照绝对值不等式即可求得实数的取值范围.【详解】关于x的不等式的解集，则对任意的，都有不等式恒成立此时，故原不等式化为，故，则对任意的成立，故实数的取值范围是.故答案为.10.已知平面向量满足，则的取值范围是__________．【正确答案】【分析】不妨设，则，得到，结合绝对值三角不等式，即可求解.【详解】不妨设，则，由，可得，则，所以的取值范围是.故答案为.11.已知函数点M､N是函数图象上不同的两个点，则（为坐标原点）的取值范围是_________．【正确答案】【分析】根据给定的条件，求出过原点与曲线相切的切线斜率，曲线的渐近线，再确定的范围，进而求出的范围作答.【详解】当时，，求导得，即函数在上单调递增，当时，由，得，于是函数的图象是焦点在y轴上的双曲线在第二象限的部分，是其渐近线，如图，令过原点的直线与曲线相切的切点为，则，整理得，令，，函数在上单调递增，而，因此当且仅当时，，则的解为，即过原点的直线与曲线相切的切点为，切线方程为，设其倾斜角为，有，因为点M、N是函数图象上不同的两个点，则，而正切函数在上单调递增，因此，又，所以的取值范围是.故12.若存在实数及正整数，使得在区间内恰有个零点，则所有满足条件的正整数的值共有_________个．【正确答案】【分析】利用换元思想将问题转化为方程在实数范围内一定有两个异号的根，根据方程与函数的应用进行讨论分析.【详解】由题意知，，令，，此时，而，，，则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根，当时，，一个周期内有两个零点，则或；当时，，一个周期内有三个零点，则需要个周期，即；当时，此时，解得，若，此时，则一个周期内有四个零点，则需要个周期，即；若，此时，，则一个周期内有三个零点，则需要个周期，即；若，此时，一个周期内有两个零点，则或.综上所述，这样的正整数有个，分别是.故关键点睛：本题主要考查函数与方程的应用，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，属于中档题.二､选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）13.“”是“直线与直线平行”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【正确答案】B【分析】利用两直线平行求出实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若直线与直线平行，则且，因为“”“且”，但“”“且”，因此，“”是“直线与直线平行”的必要不充分条件.故选：B.14.从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取一个数，这个数比m大的概率为，若m为上述数据中的第x百分位数，则x的取值可能为（）A.50 B.60 C.70 D.80【正确答案】C【分析】先求出，再结合百分位数的定义，即可求解．【详解】从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取一个数，这个数比大的概率为，则，为数据2，3，4，5，6，7，8，9的第6个数，为上述数据中的第百分位数，，则的取值可能为70．故选：C．15.已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为1，P､Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：①三角形SPQ面积的最大值为2；②三棱锥体积的最大值为；③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为．以上所有正确结论的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【正确答案】B【分析】首先确定的最大值，再结合三角形面积公式，即可判断①；利用三棱锥等体积转化，再集合三角形面积公式，即可判断②；首先表示四面体SOPQ外接球的半径，再判断有无最值.【详解】①如图，由条件可知，，点是直径的两个端点，，所以是钝角，，当时，的面积最大，最大值是，故①错误；②，，当时，的最大值是，所有三棱锥的最大值是，故②正确；③设外接圆的半径为，四面体SOPQ外接球的半径，中，根据正弦定理可得，，得，，所以，则外接球的半径也无最小值，所以四面体SOPQ外接球表面积无最小值，故③错误.故选：B16.设是两个非零向量的夹角，若对任意实数t，的最小值为1．命题p：若确定，则唯一确定；命题q：若确定，则唯一确定．下列说法正确的是（）A.命题p是真命题，命题q是假命题B.命题p假命题，命题q是真命题C.命题p和命题q都是真命题D.命题p和命题q都假命题【正确答案】B【分析】由向量的最小值为1，分析可得，然后判断命题真假即可.【详解】因为，所以当时，取得最小值.所以，化简得所以若确定，则唯一确定，若确定，则不唯一.所以命题p为假命题，命题q为真命题.故选：B.三､解答题（本大题共5题，满分78分）17.已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，半径为2，母线SA､SB的长为，且M为线段AB的中点．（1）证明：平面SOM平面SAB；（2）求直线SM与平面SOA所成角的大小．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直再由面面垂直判定定理证明即可；（2）由线面角定义求线面角求正切再求角即可【小问1详解】因为为中点，所以，因为平面，平面，所以，且，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【小问2详解】设的中点为，连接，则，因为，所以，因为底面，所以,平面，平面，,所以平面，所以即是直线与平面所成角．因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，得．因为，所以，所以．18.全国中学生生物学竞赛隆重举行．为做好考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在[80，90)的人数，求的分布列和数学期望；【正确答案】（1），中位数；（2）分布列见解析，.【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积为1，结合中位数的定义进行求解即可；（2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望公式进行求解即可.【小问1详解】由频率分布直方图的性质可得，，解得，设中位数为，解得；【小问2详解】的三组频率之比为0.28：0.12：0.04=7：3：1从中分别抽取7人，3人，1人，所有可能取值为0，1，2，3，，，，故的分布列为：0123故19.若数列满足（n为正整数，p为常数），则称数列为等方差数列，p为公方差．（1）已知数列的通项公式分别为判断上述两个数列是否为等方差数列，并说明理由；（2）若数列是首项为1，公方差为2的等方差数列，数列满足，且，求正整数m的值；（3）在（1）､（2）的条件下，若在与之间依次插入数列中的项构成新数列，，求数列中前50项的和．【正确答案】（1）数列为等方差数列，数列不是等方差数列，理由见解析；（2）40（3）11522【分析】（1）根据等方差数列的定义，即可判断；（2）首先求得数列的通项公式，再根据数列的通项公式，结合对数换底公式，即可求解；（3）首先确定的取值，再根据等比数列和等差数列求和公式，即可求解.【小问1详解】因为（常数），所以数列为等方差数列，1为公方差；因为，所以数列不是等方差数列．【小问2详解】由题意得，，显然，解得．【小问3详解】由题意得：新数列中，（含）前共有：项，由，得，所以新数列中的前50项含有数列的前9项，含有数列的前41项，即20.已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为（1）求椭圆C的标准方程（2）直线与椭圆C交于P、Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为①求四边形APBQ的面积的最大值②设直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.【正确答案】（1）；（2）①，②是常数，理由见解析．【分析】（1）设椭圆的方程为，由题可得，再结合，即可求得,从而求得椭圆的标准方程；（2）①设点、，联立，整理得：，四边形的面，而易求，代入韦达定理即可求得的表达式，从而求得的最大值；②直线的斜率，直线的斜率，代入韦达定理化简整理可得的值为常数．【详解】（1）设椭圆的方程为．由题意可得，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）①由（1）可求得点、的坐标为，，则，设直线的方程为，设点、，联立，整理得：，由，可得.由韦达定理知：，，四边形的面积，故当时，；②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，则.所以的值为常数．方法点睛：本题考查求椭圆的标准方程，及椭圆中最值，定值问题,圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略：(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．21.已知函数（､）．（1）当a=2，b=0时，求函数图象过点的切线方程；（2）当b=1时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围；（3）当，b=1时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围．【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）利用导数求函数在某一点的切线方程即可；（2）利用导数分析函数的单调性，极值求参数的取值范围即可.（3）利用导数分析的极值，从而求得恒成立求参数k的取值范围，然后构造函数利用导数分类讨论求解即可.【小问1详解】当时，，所以切线方程为，即为．小问2详解】，一方面，因为函数既存在极大值，又存在极小值，则必有两个不等的实根，则，由可得，且，解得且；另一方面，