上海市崇明区2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试题答案

第1页/共1页2024学年第一学期崇明区高三第一次模拟考试高三数学考生注意：1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟．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．一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中1～6题每题4分，7～12题每题5分）1.已知集合，则__________.【答案】【解析】【分析】根据交集运算求解.【详解】因为集合，所以，故答案为：2.不等式的解为__________．【答案】【解析】【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式后可求原不等式的解.【详解】不等式的解即为，故原不等式的解为，故答案为：3.若复数满足其中为虚数单位，则_____.【答案】【解析】【分析】设，根据实虚部分别相等可解.【详解】解:，则所以，，，故答案为：【点睛】根据复数相等求复数，解决的关键是实虚部分别相等求解；基础题.4.的二项展开式中的系数为__________．【答案】35【解析】【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得.【详解】二项式展开式的通项为（且），令，解得，所以，所以二项展开式中的系数为.故答案为：5.双曲线的渐近线方程是__________．【答案】【解析】【分析】将双曲线方程中的1变为0后可得渐近线方程.【详解】双曲线的渐近线方程为即，故答案为：.6.已知为正实数，且满足，则的最大值是______．【答案】100【解析】【分析】利用基本不等式的变形，得到，即可求解.【详解】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.即的最大值为.故答案为：7.已知，如果，那么实数的值为______.【答案】4【解析】【分析】根据向量的坐标表示即可.【详解】由题意得，则.故答案为：4.8.已知，关于的方程的解___________．【答案】【解析】【分析】根据分段函数的形式分段求解即可.【详解】等价于或，故，故答案为：9.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是__________．【答案】【解析】【分析】根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标.【详解】点关于平面的对称点的坐标为，故答案为：.10.某校四个植树小队，在植树节这天种下柏树的棵数分别为，若这组数据的中位数和平均数相等，那么_____.【答案】或【解析】【分析】利用平均数，中位数的性质结合分类讨论求解即可.【详解】当时，将数据进行排列，得到，因为这组数据的中位数和平均数相等，所以，解得，当时，将数据进行排列，得到，因为这组数据的中位数和平均数相等，所以，解得，与范围不符，故排除当时，将数据进行排列，得到，因为这组数据的中位数和平均数相等，所以，解得，经检验，和均符合题意.故答案为：或.11.已知，若函数在区间上有且仅有3个零点和1个极小值点，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据零点个数和极小值点的个数可得关于的不等式，故可求其取值范围.【详解】当时，，因为函数在区间上有且仅有3个零点和1个极小值点，所以，故，故答案为：12.已知函数的定义域，值域，则函数为增函数的概率是__________．【答案】【解析】【分析】求出所有函数的个数，再求出增函数的个数，利用古典概型的概率公式可求对应的概率.【详解】若函数的定义域为，值域为，则不同的函数的个数为，其中增函数共有3个：（1）；（2）；（3）；故所求概率为，故答案为：.二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13～14题每题4分，15～16题每题5分）13.下列函数中，在其定义域上既是奇函数又是严格增函数的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性的定义及基本函数的性质逐个判断即可.【详解】对于A，的定义域为R，且，所以为奇函数，又是严格增函数，正确；对于B，的定义域为R，且，所以不为奇函数，错误；对于C，的定义域为0,+∞，不关于原点对称，所以不具有奇偶性，严格增函数，错误；对于D，的定义域为R，且，所以为奇函数，但为周期函数，不是定义域R上的严格增函数，错误.故选：A14.已知直线和平面，则“垂直于内的两条直线”是“”的（）．A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.非充分非必要条件【答案】B【解析】【分析】利用直线与平面垂直的判定定理，即可得出结论.【详解】根据直线与平面垂直的判定定理可知：如果一条直线垂直于平面内的两条相交直线，那么这条直线垂直于这个平面.而“垂直于内的两条直线”，没有满足相交，所以不一定能推出直线与平面垂直，但是如果一条直线与平面垂直，一定能推出这条直线垂直于平面内的所有直线，即可得：“垂直于内的两条直线”是“”的必要不充分条件.故选：B.15.抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（

）A.事件与事件为互斥事件 B.事件与事件为互斥事件C.事件与事件相互独立 D.事件与事件相互独立【答案】D【解析】【分析】A选项，写出事件包含情况，得到，A错误；B选项，写出事件包含的情况，结合A选项，得到，B错误；C选项，写出事件包含的情况，故，C错误；D选项，写出事件和包含的情况，得到，D正确.【详解】A选项，事件包含的情况有，事件：至少有一颗点数为6包含的情况有，故，事件与事件不为互斥事件，A错误；B选项，事件包含的情况有，故，事件与事件不为互斥事件，B错误；C选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有种情况，故，事件包含的情况为，故，故，故事件与事件不相互独立，C错误；D选项，事件包含的情况有，，共18种情况，故，事件包含的情况有：，故，因为，所以事件与事件相互独立，D正确.故选：D16.已知数列，若存在数列满足对任意正整数，都有，则称数列是的交错数列.有下列两个命题：①对任意给定的等差数列，不存在等差数列，使得是的交错数列；②对任意给定的等比数列，都存在等比数列，使得是的交错数列.下列结论正确的是（）A.①与②都真命题； B.①为真命题，②为假命题；C.①为假命题，②为真命题； D.①与②都是假命题．【答案】A【解析】【分析】对于①：根据等差数列通项公式为一次函数形式分析判断；对于②：根据等比数列通项公式为指数型，并举例说明即可.【详解】对于①：因为数列、均为等差数列，设，则，若，可知当时，恒成立，不满足交错数列；若，可知的符号不变，不满足交错数列；若，可知当时，恒成立，不满足交错数列；综上所述：对任意等差数列、，均不是的交错数列，故①正确；对于②：因为数列为等比数列，设，等比数列的公比为不妨假设，，此时等比数列的公比为当为奇数，则；当为偶数，则；满足是的交错数列，若等比数列的公比为，根据对称结构，上述结论依然成立，同理若，，此时等比数列的公比为当为奇数，则；当为偶数，则；满足是的交错数列，若等比数列的公比为，根据对称结构，上述结论依然成立，综上所述：对任意给定的等比数列，都存在等比数列，使得是的交错数列，故②正确；故选：A.【点睛】关键点点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.三、解答题（本大题共有5题，满分78分）17.如图，在直三棱柱中，E、F分别为、的中点，，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，可得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）利用相等可得答案.【小问1详解】取中点，连接，则，，又，，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由（1）点是中点，连接，因为平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，所以，，，所以，，所以为等腰三角形，则，且，所以，设点到平面的距离为，由得，所以，所以，即点到平面的距离为.18.在中，已知点D是BC边上一点，且，.（1）若，且，求AD的长；（2）若，，求AD的长（结果精确到0.01）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合角的关系，利用二倍角的正切公式列式求解即可.（2）先利用正弦定理求得AC，再利用余弦定理求解即可.【小问1详解】因为，所以，，又，所以即，解得.【小问2详解】在中，，由正弦定理得，所以，在中，由余弦定理得.19.王老师将全班40名学生的高一数学期中考试（满分100分）成绩分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图，现将记作第一组，、、、分别记作第二、三、四、五组．已知第一组、第二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．（1）估计此次考试成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中点值代替）；（2）王老师将测试成绩在和内的试卷进行分析，再从中选2人的试卷进行优秀答卷展示，求被选中进行优秀答卷展示的这2人的测试成绩至少1个在内的概率；（3）已知第二组考生成绩的平均数和方差分别为65和40，第四组考生成绩的平均数和方差分别为83和70，据此计算第二组和第四组所有学生成绩的方差．【答案】（1）745（2）（3）【解析】【分析】（1）根据频率之和为1可求的值，根据组中值可求平均数；（2）根据对立事件可求2人的测试成绩至少1个在内的概率；（3）根据分层方差和总体方差的关系式可求第二组和第四组所有学生成绩的方差.【小问1详解】由题意得，解得所以平均数等于【小问2详解】由题意，内有8人，内有2人，所以被选中进行优秀答卷展示的这2人的测试成绩至少1个在内的概率为.【小问3详解】设第二组、第四组的平均数与方差分别为，由题意，第二组、第四组分别有10人和8人，所以成绩在第二组、第四组的平均数成绩在第二组、第四组的方差故估计成绩在第二组、第四组方差是.20.已知椭圆，点、分别是椭圆的下焦点和上焦点，过点的直线与椭圆交于A、B两点．（1）若直线平行于轴，求线段AB的长；（2）若点A在y轴左侧，且，求直线l的方程；（3）已知椭圆上的点C满足，是否存在直线l使得的重心在x轴上？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．【答案】（1）3（2）或（3）存在，或或【解析】【分析】（1）根据椭圆方程求出直线与椭圆交点的横坐标后可求；（2）设，根据点在椭圆上和可得关于的方程组，求出其解后可得直线方程；（3）就斜率是否存在分类讨论，若斜率存在，则联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理结合中心在轴上求出的纵坐标，再根据求出的横坐标，代入椭圆方程可求斜率.【小问1详解】由题意，、，所以直线的方程是，代入中，得，所以【小问2详解】设，则所以，又，所以所以点坐标是或，所以直线的方程是或.【小问3详解】当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入中，得，此时，设、、，则，所以中点.又的重心在轴上，所以，即，故，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，因为点在椭圆上，所以，解得或当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时、恰为长轴顶点，点为短轴顶点，满足题意．综上所述，存在直线l使得的重心在轴上，其方程为：或或.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的直线的存在性问题，可直线满足的几何性质转化为坐标的关系，再结合韦达定理转化为参数的方程，从而求出参数的值.21.定义：若曲线和曲线有公共点P，且曲线在点P处的切线与曲线在点P处的切线重合，则称与在点P处“一线切”.（1）已知圆与曲线在点处“一线切”，求实数a的值；（2）设，，若曲线与曲线在点P处“一线切”，求实数a的值；（3）定义在上的函数的图象为连续曲线，函数的导函数为，对任意的，都有成立.是否存在点使得曲线和曲线在点处“一线切”？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）不存在点满足条件，理由见解析【解析】【分析】（1）利用导数求出曲线在点处的切线方程，再根据圆心到切线的距离为半径可求的值；（2）设出公切点，则可得关于切点横坐标与的方程组，解方程组可求得的值；（3）假设存