上海市交大附中2024届高考仿真卷数学试题含解析

上海市交大附中2024届高考仿真卷数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．执行如下的程序框图，则输出的是（）A． B．C． D．2．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是A． B．C． D．3．已知双曲线：，，为其左、右焦点，直线过右焦点，与双曲线的右支交于，两点，且点在轴上方，若，则直线的斜率为()A． B． C． D．4．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．5．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若、M是线段AB的三等分点，则椭圆的离心率为()A． B． C． D．6．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位7．设，点，，，，设对一切都有不等式成立，则正整数的最小值为（）A． B． C． D．8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（即质数）的和”，如，．在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是（）A． B． C． D．以上都不对9．设等比数列的前项和为，若，则的值为（）A． B． C． D．10．函数在上的图象大致为()A． B．C． D．11．已知椭圆的中心为原点，为的左焦点，为上一点，满足且，则椭圆的方程为（）A． B． C． D．12．定义：表示不等式的解集中的整数解之和.若，，，则实数的取值范围是A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，，则__________.14．如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．15．数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:①的值域为;②;③;④其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)16．满足约束条件的目标函数的最小值是.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）在中，内角所对的边分别为，已知，且.（Ｉ）求角的大小；（Ⅱ）若，求面积的取值范围.18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线交曲线于两点，为中点.（1）求曲线的直角坐标方程和点的轨迹的极坐标方程；（2）若，求的值.19．（12分）设，函数.（1）当时，求在内的极值；（2）设函数，当有两个极值点时，总有，求实数的值.20．（12分）已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.21．（12分）已知直线的参数方程为（，为参数），曲线的极坐标方程为.(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并说明曲线的形状；(2)若直线经过点，求直线被曲线截得的线段的长.22．（10分）已知函数.（Ⅰ）求在点处的切线方程；（Ⅱ）已知在上恒成立，求的值.（Ⅲ）若方程有两个实数根，且，证明：.

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】

列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.【详解】满足，执行第一次循环，，；成立，执行第二次循环，，；成立，执行第三次循环，，；成立，执行第四次循环，，；成立，执行第五次循环，，；成立，执行第六次循环，，；成立，执行第七次循环，，；成立，执行第八次循环，，；不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.【点睛】本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.2、D【解析】

根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果.【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得，，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D．【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.3、D【解析】

由|AF2|＝3|BF2|，可得.设直线l的方程x＝my+，m＞0，设，，即y1＝﹣3y2①，联立直线l与曲线C,得y1+y2＝-②，y1y2＝③，求出m的值即可求出直线的斜率.【详解】双曲线C：，F1，F2为左、右焦点，则F2（，0），设直线l的方程x＝my+，m＞0，∵双曲线的渐近线方程为x＝±2y，∴m≠±2，设A（x1，y1），B（x2，y2），且y1＞0，由|AF2|＝3|BF2|，∴，∴y1＝﹣3y2①由，得∴△＝（2m）2﹣4（m2﹣4）＞0，即m2+4＞0恒成立，∴y1+y2＝②，y1y2＝③，联立①②得，联立①③得，，即：，，解得：，直线的斜率为，故选D．【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，属于中档题．4、C【解析】

将函数解析式化简，并求得，根据当时可得的值域；由函数在上单调递减可得的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得的取值范围.【详解】依题意，则，当时，，故函数在上单调递增，当时，；而函数在上单调递减，故，则只需，故，解得，故实数的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题.5、D【解析】

根据题意，求得的坐标，根据点在椭圆上，点的坐标满足椭圆方程，即可求得结果.【详解】由已知可知，点为中点，为中点，故可得，故可得；代入椭圆方程可得，解得，不妨取，故可得点的坐标为，则，易知点坐标，将点坐标代入椭圆方程得，所以离心率为，故选：D.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，难点在于根据题意求得点的坐标，属中档题.6、C【解析】

根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【详解】由图象知：，∴.又时函数值最大，所以.又，∴，从而，，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求．7、A【解析】

先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，∴，∴，随n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上单增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整数的最小值为3.【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化思想，属于中档题.8、A【解析】

首先确定不超过的素数的个数，根据古典概型概率求解方法计算可得结果.【详解】不超过的素数有，，，，，，，，共个，从这个素数中任选个，有种可能；其中选取的两个数，其和等于的有，，共种情况，故随机选出两个不同的数，其和等于的概率．故选：.【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.9、C【解析】

求得等比数列的公比，然后利用等比数列的求和公式可求得的值.【详解】设等比数列的公比为，，，，因此，.故选：C.【点睛】本题考查等比数列求和公式的应用，解答的关键就是求出等比数列的公比，考查计算能力，属于基础题.10、A【解析】

首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可利用排除法解得；【详解】解：依题意，，故函数为偶函数，图象关于轴对称，排除C；而，排除B；，排除D.故选：.【点睛】本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于基础题.11、B【解析】由题意可得c=，设右焦点为F′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′，由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知，∠FPO+∠OPF′=90°，即PF⊥PF′．在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=，由椭圆定义，得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12，从而a=6，得a2=36，于是b2=a2﹣c2=36﹣=16，所以椭圆的方程为．故选B．点睛：椭圆的定义：到两定点距离之和为常数的点的轨迹，当和大于两定点间的距离时，轨迹是椭圆，当和等于两定点间的距离时，轨迹是线段（两定点间的连线段），当和小于两定点间的距离时，轨迹不存在．12、D【解析】

由题意得，表示不等式的解集中整数解之和为6.当时，数形结合（如图）得的解集中的整数解有无数多个，解集中的整数解之和一定大于6.当时，，数形结合（如图），由解得.在内有3个整数解，为1，2，3，满足，所以符合题意.当时，作出函数和的图象，如图所示.若，即的整数解只有1，2，3.只需满足，即，解得，所以.综上，当时，实数的取值范围是.故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】

由题意得，，再代入中，计算即可得答案.【详解】由题意可得，，∴，解得，∴.故答案为：.【点睛】本题考查向量模的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意向量数量积公式的运用.14、1【解析】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，．故答案为1．考点：正弦定理的应用．15、②【解析】

根据新定义，结合实数的性质即可判断①②③，由定义求得比小的有理数个数，即可确定④.【详解】对于①，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以①错误；对于②，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以②正确；对于③，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以③错误；对于④，由定义可知，所以④错误；综上可知，正确的为②.故答案为：②.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.16、-2【解析】

可行域是如图的菱形ABCD，代入计算，知为最小.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ｉ）根据，利用二倍角公式得到，再由辅助角公式得到，然后根据正弦函数的性质求解.（Ⅱ）根据（Ｉ）由余弦定理得到，再利用重要不等式得到，然后由求解.【详解】（Ｉ）因为，所以，，，或，或，因为，所以所以；（Ⅱ）由余弦定理得：，所以，所以，当且仅当取等号，又因为，所以，所以【点睛】本题主要考查二倍角公式，辅助角公式以及余弦定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18、（1），；（2）或【解析】

（1）根据曲线的参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由，，可得点的轨迹的极坐标方程；（2）将曲线极坐标方程求，与直线极坐标方程联立，消去，得到关于的二次方程，由的几何意义可求出，而（1）可知，然后列方程可求出的值.【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，圆的圆心为，设，所以，则由，即为点轨迹的极坐标方程.（2）曲线的极坐标方程为，将与曲线的极坐标方程联立得，，设，所以，，由，即，令，上述方程可化为，解得.由，所以，即或.【点睛】此题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利用极坐标求点的轨迹方程，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.19、（1）极大值是，无极小值；（2）【解析】

（1）当时，可求得，令，利用导数可判断的单调性并得其零点，从而可得原函数的极值点及极大值；（2）表示出，并求得，由题意，得方程有两个不同的实根，，从而可得△及，由，得．则可化为对任意的恒成立，按照、、三种情况分类讨论，分离参数后转化为求函数的最值可解决；【详解】（1）当时，.令，则，显然在上单调递减，又因为，故时，总有，所以在上单调递减.由于，所以当时，；当时，.当变化时，的变化情况如下表：+-增极大减所以在上的极大值是，无极小值.（2）由于，则.由题意，方程有两个不等实根，则，解得，且，又，所以.由，，可得又.将其代入上式得：.整理得，即当时，不等式恒成立，即.当时，恒成立，即，令，易证是上的减函数.因此，当时，，故.当时，恒成立，即，因此，当时，所以.综上所述，.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值、研究函数的极值等知识，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，该题综合性强，难度大，对能力要求较高．20、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.【详解】解：（Ⅰ）可得，结合，解得，，，得椭圆方程；（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，由，得，由，得，∵，设点O到直线：的距离为d，，，由，得，，，∴∴，∴而，，易知，∴，则，四边形的面积当且仅当，即时取“”.∴四边形面积的最大值为4.【点睛】本题考查了由求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于难题.21、(1)曲线表示的是焦点为，准线为的抛物线;(2)8.【解析】试题分析：（1）将曲线的极坐标方程为两边同时乘