2024年新高考第二次模拟考试 数学（上海卷）（全解全析）.docx

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2024年上海高考数学第二次模拟考试数学·全解全析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷由选择题、填空题和解答题三大题组成，共21题。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．3.答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．4．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，，，为虚数单位），且，则　　．【分析】利用复数的乘法以及复数的模，化简求解即可．【解答】解：，，，为虚数单位），且，可得，，解得，，可得．故答案为：【点评】本题考查复数的模的运算，复数的乘法，考查计算能力．2．若集合，，则使得成立的所有的值组成的集合是　　．【分析】依题意可得，首先求出集合，再分类讨论分别计算可得．【解答】解：因为，，，，所以；①当时，符合题意；②当，即解得，即；司 ③当，即解得，即；综上可得．故答案为：．【点评】本题主要考查集合的包含关系，集合的运算等知识，属于基础题．3．已知随机变量，若，则　0.2　．【分析】由已知可得正态分布曲线的对称轴为，得到，再由得答案．【解答】解：随机变量，正态分布曲线的对称轴为，又，且，．故答案为：0.2．【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．4．若关于的不等式的解集为空集，则实数的取值范围是　，　．【分析】由绝对值三角不等式求出，再根据条件求出的范围．【解答】解：由绝对值三角不等式，可得，当且仅当，即时，等号成立，因为不等式的解集为空集，所以，即实数的取值范围是，．故答案为：，．【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，属于基础题．5．在的展开式中各项的系数和是　　．【分析】令，利用赋值法求解即可．【解答】解：令，可得．故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，属于基础题．6．曲线在点处的切线方程为　　．【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再由直线方程的斜截式得答案．司 【解答】解：由，得．，则曲线在点处的切线方程为．故答案为：．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数，是基础题．7．函数，则的最大值为　　．【分析】首先利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出结果．【解答】由于．当，时，函数取得最大值．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．8．某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程（单位：万千米）对应维修保养费用（单位：万元）的四组数据，这四组数据如表：行驶里程万千米1245维修保养费用万元0.500.902.302.70若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为6万千米时的维修保养费是　3.34　．【分析】根据已知条件，求出，的平均值，再结合线性回归方程过样本中心，即可求解线性回归方程，再将代入，即可求解．【解答】解：由表中数据可得，，，样本中心点为，回归直线方程为，，解得，故回归直线方程为，司 当时，，故估计该款汽车行驶里程为6万千米时的维修保养费是3.34万元．故答案为：3.34．【点评】本题主要考查了线性回归方程的性质，以及平均值的求解，属于基础题．9．如图所示，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，其中点为半圆弧的中点，该几何体的体积为　　．【分析】在三角形中作于点，求得圆锥的底面半径和高，计算出球体和圆锥体积即可求得结果．【解答】解：根据题意可知，三角形即为等腰直角三角形，作于点，如下图所示：则三角形绕着直径所在直线旋转一周得到的几何体为两个全等的圆锥和，由半径为2可得圆锥底面圆半径为，圆锥的高，则圆锥的体积，半圆面旋转一周形成半径为2的球体，其体积为，因此剩余部分所形成的几何体的体积为．故答案为：．【点评】本题主要考查了旋转体的结构特征，考查了圆锥和球的体积公式，属于中档题．10．平面向量，满足，，，则与夹角的最大值为　　．【分析】设与夹角为，设，则，求出，再由向量夹角公式可得的表达式，结合基本不等式的性质分析可得答案．司 【解答】解：设与夹角为，设，则，，则，，则，则，，当且仅当时等号成立，则有，又由，则，即与夹角的最大值为．故答案为：．【点评】本题考查向量数量积的性质以及应用，涉及向量夹角的计算，基本不等式的性质，属于中档题．11．已知椭圆与双曲线有共同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为　　．【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值，即可得出答案．【解答】解：由题意得设椭圆，双曲线，且设，，由椭圆的定义得①，由双曲线的定义得②，由①②得，由①②得，在△中，由余弦定理得，③，设，司 ，当即时，取最大值为．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的性质，考查换元法，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12．已知等差数列满足：，则正整数的最大值为　62　．【分析】由题意可以构造函数，结合函数的图像和性质以及等差数列的性质求解即可．【解答】解：设等差数列的公差为（不妨设，首项为，可得，记函数，可得函数至少有三个根，，．可知绝对值和为平底型图像，如下图所示，故为偶数，记，要使，所以，，对的点都在平底上即，，，，所以，即，所以，所以，而，所以．故，即，所以正整数的最大值为62，故答案为62．司 【点评】此题主要考查等差数列的性质及其应用，解题的关键是构造函数，然后利用函数的图像和性质求解，此题是一道难题．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）每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸相应编号位置将代表正确选项的小方格涂黑。13．已知平面，，直线，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【分析】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断．【解答】解：由题意，当时，平面与平面可能平行，也可能相交，故充分性不成立，当时，直线与直线可能平行，可能相交，还可能异面，故必要性不成立，所以“”是“”的既不充分也不必要条件．故选：．【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．14．已知等比数列中，，公比，则下列说法正确的是　　A．数列是等比数列B．数列不是等比数列C．数列是等比数列D．数列是单调递减数列司 【分析】利用等比数列的通项公式求出，利用等比数列的定义分别判断，求出数列的通项公式即可判断．【解答】解：等比数列中，，公比，，即，对于，，所以数列不是等比数列，故错误；对于，，故数列是首项为，公比为的等比数列，故错误；对于，，故数列是首项为9，公比为3的等比数列，故正确；对于，，所以数列是单调递增数列，故错误．故选：．【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，等比数列的判断，考查运算求解能力，属于基础题．15．从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”——图书馆，建设高水平、现代化、开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声．现有一块不规则的地，其平面图形如图1所示，（百米），建立如图2所示的平面直角坐标系，将曲线看成函数图象的一部分，为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图，则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为　　A．B．C．D．【分析】由条件求的解析式，设，利用表示梯形的面积，利用导数求其最大值．司 【解答】解：将点代入函数中可得，解得，所以，设线段对应的函数解析式为，因为直线经过点，，所以，，所以，设，则点的坐标为，由可得，所以点的坐标为，所以，所以直角梯形的面积，所以，令，可得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取最大值，最大值为．故选：．【点评】本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，考查运算求解能力，属于中档题．16．已知定义在上的函数，对于给定集合，若对任意，，当时都有，则称是“封闭”函数．已知给定两个命题：：若是“封闭”函数，则是“封闭”函数．：若是“，封闭”函数，则在区间，上严格减．则下列正确的判断为　　A．是真命题，是真命题B．是假命题，是真命题C．是真命题，是假命题D．是假命题，是假命题【分析】通过定义进行证明若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数，判断命题司 ，再举出反例判断命题．【解答】解：命题：若是“封闭”函数，即对，都有，对于集合，任意的，，使得，则，而，所以，故一定是“封闭”函数，当时，命题正确；命题：不妨设，，，当，时，，，此时是“，封闭”函数，但为单调递增区间，命题是假命题．故选：．【点评】本题考查了命题真假的判断和函数新定义问题，属中档题．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．（14分）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面．（1）证明：；（2）若为的中点，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成的角的正弦值．【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证明平面即可推理作答；（2）由给定的线面角求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面的正弦作答．【解答】证明：（1）如图，在三棱柱中，取的中点，连接，司 因为是等边三角形，则，又平面，平面平面，平面平面，则平面，而平面，于是，又，，平面，因此平面，又平面，则，于是，所以．解：（2）取的中点，连接．由（1）得平面，又，所以是直线与平面所成的角，即，，由（1）知，，两两互相垂直，以为坐标原点，直线为轴，过点且平行于的直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，，0，，，2，，，，于是，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成的角的正弦值为．【点评】本题主要考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．司 18．（14分）挑选空间飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要五关：目测、初检、复检、文考（文化考试）、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.5、0.6、0.75，能通过文考关的概率分别是0.6、0.5、0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．（1）求甲被录取成为空军飞行员的概率；（2）求甲、乙、丙三位同学中恰好有一个人通过复检的概率．【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解；（2）利用独立事件的概率乘法公式求解．【解答】解：设甲乙丙三位同学分别通过复检为事件，，，甲乙丙同学通过文考为事件，，，可得（A），（B），（C），（D），（E），，（1）由题意，可得甲被录取成为空军飞行员的概率为：（A）（D）；（2）由题意，甲乙丙三位同学分别通过复检，即为事件，，，利用独立事件的概率计算公式，可得甲、乙、丙三位同学中恰好有一个人通过复检的概率为：．【点评】本题主要考查了相互独立事件的概率的求解，次独立重复试验恰好发生得概率的求解，属于中档题．19．（14分）在中，内角，，所对的边分别为，，，且．（1）求；（2）若，的面积为，求的周长．【分析】（1）由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可得的值．（2）由正弦定理化简已知等式可得，又由余弦定理有，可得，又由题意利用三角形的面积公式可求得，从而可得，的值，进而根据余弦定理可求的值，即可得解三角形的周长的值．【解答】解：（1）由，可得，可得，即，司 可得，由，可得．（2）因为，由正弦定理有：，可得，又由及余弦定理有：，有，有，可得：，又因为的面积为，可得，所以解得，，由余弦定理可得，可得，可得的周长．【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．20．（18分）已知椭圆的离心率为，轴被抛物线截得的线段长与长轴长的比为．（1）求、的方程；（2）设与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于点、，直线、分别与相交于、．（ⅰ）设直线、的斜率分别为、，求的值；（ⅱ）记、的面积分别是、，求的最小值．【分析】（1）解，即可得出轴被抛物线截得的线段长，进而列出方程组，求解即可得出答案；（2）联立直线与抛物线的方程，得到，根据韦达定理，即可得出斜率之间的关系，求出的值；联立方程组，表示出各个点的坐标．结合图象，将三角形的面积之比转化为坐标关系，即可得出表达式，然后根据基本不等式即可得出最小值．司 【解答】解：（1）解，可得，所以，轴被抛物线截得的线段长为．由已知可得，，解得．所以椭圆的方程为，抛物线的方程为．（2）由（1）知，．设直线的方程为，，，，．联立直线与抛物线的方程，可得，则．又，，所以．联立直线与抛物线的方程，可得，则．同理：．设，，，．联立直线与椭圆的方程，可得，则，同理可得，．司 由图象知，，，，所以，，当且仅当时，取等号，所以，的最小值为．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．21．（18分）三个互不相同的函数，与在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”．（1）设，，试分别判断、是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由；（2）求所有的二次函数（用表示，，使得该函数是与在区间上的“分割函数”；（3）若，，，且存在实数，，使得为与在区间，上的“分割函数”，求的最大值．【分析】（1）根据题意可得当时，恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；（2）根据“分割函数”的性质，则对一切实数恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得且对一切实数恒成立，结合图形即可求解；（3）利用导数求出函数极值，则，，作出其函数与函数的图象，设直线与的图象交于点，，，，利用代数法求出弦长，，结合导数研究函数，司 ，的性质即可求解．【解答】解：（1）因为恒成立，且恒成立，所以当时，恒成立，故是与在上的“分割函数”；又因为，当与1时，其值分别为1与，所以与在上都不恒成立，故不是与在上的“分割函数”；（2）设是与在区间上的“分割函数”，则对一切实数恒成立，又因为，当时，它的值为4，可知的图象在处的切线为直线，它也是的图象在处的切线，所以，可得，所以对一切实数恒成立，即且对一切实数恒成立，可得且，即，又时，与为相同函数，不合题意，故所求的函数为；司 （3）关于函数，令，可得，，当与时，；当，与，时，，可知是函数极小值点，0是极大值点，该函数与的图象如图所示：由为与在区间，上的“分割函数”，故存在使得且直线与的图象相切，并且切点横坐标，，，此时切线方程为，即，，设直线与的图象交于点，，，，则由，可得，所以，，令，，，司 则，当时，，所以在，上单调递减，所以（2），所以，所以的最大值为．【点评】本题属于新概念题，考查了转化思想、数形结合思想、导数的综合运用，理解定义及作出图象是关键，属于难题．司