上海市徐汇、金山、松江区2023-2024学年高三二诊模拟考试数学试卷含解析

上海市徐汇、金山、松江区2023-2024学年高三二诊模拟考试数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．关于函数，下列说法正确的是（）A．函数的定义域为B．函数一个递增区间为C．函数的图像关于直线对称D．将函数图像向左平移个单位可得函数的图像2．设函数的导函数，且满足，若在中，，则（）A． B． C． D．3．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（）A．2 B．5 C． D．4．以下四个命题：①两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近1；②在回归分析中，可用相关指数的值判断拟合效果，越小，模型的拟合效果越好；③若数据的方差为1，则的方差为4；④已知一组具有线性相关关系的数据，其线性回归方程，则“满足线性回归方程”是“，”的充要条件；其中真命题的个数为()A．4 B．3 C．2 D．15．己知集合，，则（）A． B． C． D．6．由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a1>0”是“S9>S8”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7．已知，，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（）A． B． C． D．8．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（）A． B．C． D．9．若某几何体的三视图（单位:cm）如图所示，则此几何体的体积是（）A．36cm3 B．48cm3 C．60cm3 D．72cm310．已知为虚数单位，若复数满足，则（）A． B． C． D．11．已知平面向量，，，则实数x的值等于（）A．6 B．1 C． D．12．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:二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则_______.14．等差数列（公差不为0），其中，，成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.15．展开式中项的系数是__________16．已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________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）已知，，.（1）求的最小值；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.18．（12分）已知分别是内角的对边，满足（1）求内角的大小（2）已知，设点是外一点，且，求平面四边形面积的最大值.19．（12分）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.20．（12分）某景点上山共有级台阶，寓意长长久久．甲上台阶时，可以一步走一个台阶，也可以一步走两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为，每步上两个台阶的概率为．为了简便描述问题，我们约定，甲从级台阶开始向上走，一步走一个台阶记分，一步走两个台阶记分，记甲登上第个台阶的概率为，其中，且．（1）若甲走步时所得分数为，求的分布列和数学期望；（2）证明：数列是等比数列；（3）求甲在登山过程中，恰好登上第级台阶的概率．21．（12分）中，内角的对边分别为，.（1）求的大小；（2）若，且为的重心，且，求的面积.22．（10分）已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点.（Ⅰ）求点的轨迹的方程；（Ⅱ）过点作直线与曲线交于两点，点的坐标为，直线与轴分别交于两点，求证：线段的中点为定点，并求出面积的最大值.

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、B【解析】

化简到，根据定义域排除，计算单调性知正确，得到答案.【详解】，故函数的定义域为，故错误；当时，，函数单调递增，故正确；当，关于的对称的直线为不在定义域内，故错误.平移得到的函数定义域为，故不可能为，错误.故选：.【点睛】本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，定义域，对称，三角函数平移，意在考查学生的综合应用能力.2、D【解析】

根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，，得到，，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.【详解】设，所以，因为当时，，即，所以，在上是增函数，在中，因为，所以，，因为，且，所以，即，所以，即故选：D【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3、D【解析】

根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥.，，，故最大面的面积为.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.4、C【解析】

①根据线性相关性与r的关系进行判断,

②根据相关指数的值的性质进行判断,

③根据方差关系进行判断,

④根据点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，而回归直线必过样本中心点，可进行判断.【详解】①若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故①正确;

②用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大,模型的拟合效果越好,故②错误;

③若统计数据的方差为1,则的方差为,故③正确;

④因为点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，即，不一定成立，而回归直线必过样本中心点，所以当，时，点必满足线性回归方程；因此“满足线性回归方程”是“，”必要不充分条件.故④错误;

所以正确的命题有①③.

故选：C.【点睛】本题考查两个随机变量的相关性，拟合性检验，两个线性相关的变量间的方差的关系，以及两个变量的线性回归方程，注意理解每一个量的定义，属于基础题.5、C【解析】

先化简，再求.【详解】因为，又因为，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题.6、C【解析】

根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解：若{an}是等比数列，则，

若，则，即成立，

若成立，则，即，

故“”是“”的充要条件，

故选：C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.7、D【解析】

“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.【详解】由题意知：可化简为，，所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.8、A【解析】

由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（c为半焦距;a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则所以,,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.9、B【解析】试题分析：该几何体上面是长方体，下面是四棱柱；长方体的体积，四棱柱的底面是梯形，体积为，因此总的体积.考点：三视图和几何体的体积.10、A【解析】分析：题设中复数满足的等式可以化为，利用复数的四则运算可以求出.详解：由题设有，故，故选A.点睛：本题考查复数的四则运算和复数概念中的共轭复数，属于基础题.11、A【解析】

根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】，，，，即，故选：A【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.12、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】试题分析：由坐标系可知考点：复数运算14、4【解析】

根据等差数列关系，用首项和公差表示出，解出首项和公差的关系，即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由题意得:，则整理得，，所以故答案为：4【点睛】此题考查等差数列基本量的计算，涉及等比中项，考查基本计算能力.15、-20【解析】

根据二项式定理的通项公式，再分情况考虑即可求解．【详解】解：展开式中项的系数：二项式由通项公式当时，项的系数是，当时，项的系数是，故的系数为；故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意分情况考虑，属于基础题．16、【解析】

，可得在时，最小值为，时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，且，求解出即满足最小值为.【详解】当，，当且仅当时，等号成立.当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足并且，即，解得.【点睛】本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，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）2；（2）.【解析】

（1）化简得，所以，展开后利用基本不等式求最小值即可；（2）由（1），原不等式可转化为，讨论去绝对值即可求得的取值范围.【详解】（1）∵，，∴，∴.∴.当且仅当且即时，.（2）由（1）知，，对任意，都有，∴，即.①当时，有，解得；②当，时，有，解得；③当时，有，解得；综上，，∴实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查基本不等式的运用和求解含绝对值的不等式，考查学生的分类思想和计算能力，属于中档题.18、（1）（2）【解析】

（1）首先利用诱导公式及两角和的余弦公式得到，再由同角三角三角的基本关系得到，即可求出角；（2）由（1）知，是正三角形，设，由余弦定理可得：，则，得到，再利用辅助角公式化简，最后由正弦函数的性质求得最大值；【详解】解：（1）由，，，，，，，；（2）由（1）知，是正三角形，设，由余弦定理得：，，，所以当时有最大值【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，三角恒等变换公式的应用，三角形面积公式的应用，以及正弦函数的性质，属于中档题.19、（1）见解析；（2）【解析】

分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.详解：（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.20、见解析【解析】

（1）由题可得的所有可能取值为，，，，且，，，，所以的分布列为所以的数学期望．（2）由题可得，所以，又，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列．（3）由（2）可得．21、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理，转化为，分析运算即得解；（2）由为的重心，得到，平方可得解c,由面积公式即得解.【详解】（1）由，由正弦定理得C，即∴∵∴，又∵∴（2）由于为的重心故，∴解得或舍∴的面积为.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.22、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）先画出图形，结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值，，故可确定