上海市格致中学2023届高三三模数学试题（含解析）

上海市格致中学2023届高三三模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题

1．在复数集中，若复数z满足，则___________．

2．双曲线的离心率为____．

3．若全集为，集合，，则___________．

4．已知函数为奇函数，则实数______

5．若的展开式中共有7项，则常数项为___________（用数字作答）.

6．从高三某班抽取名同学，他们的数学成绩如下：，，，，，，，，，（单位：分），则这名同学数学成绩的第百分位数是___________．

7．盒子中有大小与质地相同的5个红球和4个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球3个，再从盒子中取1个球.则第二次取出的球是白色的概率为______.

8．关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为___________．

9．已知，设，则函数的值域为___________．

10．已知在上是严格增函数，且该函数在上有最小值，那么的取值范围是___________．

11．已知正项数列的前n项和为，若，，数列的前n项和为，则下列结论正确的是___________．

①；

②是等差数列；

③；

④满足的n的最小正整数解为10．

12．已知平面向量，，满足，，，则的最大值为___________．

二、单选题

13．“”是“”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件

14．实验测得六组成对数据的值为，，，，，，由此可得y与x之间的回归方程为，则可预测当时，y的值为（    ）

A．67 B．66 C．65 D．64

15．将函数，的图象绕点顺时针旋转角（）得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图形，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

16．在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ）

A．当时，三棱锥的体积为定值

B．当时，四棱锥的外接球的表面积是

C．的最小值为

D．存在唯一的实数对，使得平面PDF

三、解答题

17．在中，，，边中线.

(1)求的值；

(2)求的面积．

18．如图，三棱柱中､四边形是菱形，且，，，，

(1)证明：平面平面；

(2)求直线和平面所成角的正弦值；

19．2022年11月21日第22届世界杯在卡塔尔开幕，是历史上首次在中东国家举办，也是第二次在亚洲国家举办的世界杯足球赛.某校“足球社团”调查学生喜欢足球是否与性别有关，现从全校学生中随机抽取了人，若被抽查的男生与女生人数之比为5：3，男生中喜欢足球的人数占男生的，女生中喜欢足球的人数占女生的.经计算，有95%的把握认为喜欢足球与性别有关，但没有99%的把握认为喜欢足球与性别有关.

(1)请完成下面的列联表，并求出k的值；

(2)将频率视为概率，用样本估计总体，从全校男学生中随机抽取3人，记其中喜欢足球的人数为X，求X的分布列及数学期望.

附：，其中.

20．已知椭圆C：的焦距为，且过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点（异于椭圆顶点），点P为线段MN的中点，为坐标原点．

①若点P在直线上，求证：线段的垂直平分线恒过定点，并求出点的坐标；

②求证：当的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．

21．已知，

（1）求在处的切线方程以及的单调性；

（2）对，有恒成立，求的最大整数解；

（3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.

参考答案：

1．

【分析】设出，再利用复数的运算法则和复数相等的定义即可得出结果.

【详解】设，则，则，解得，或，所以或，

故答案为：

2．

【详解】试题分析：由题意得：

考点：双曲线离心率

3．

【分析】先求出集合，再求出，再利用集合的运算即可得出结果.

【详解】因为，由，得到，即，

又，易知，所以，

所以，

故答案为：

4．1

【分析】根据奇函数的定义结合指数运算求解.

【详解】若函数为奇函数，则，

即，解得：，

故答案为：1.

5．240

【分析】由可得的值，再写出展开式的通项，令的指数位置等于即可求解.

【详解】因为的展开式中共有7项，

所以，可得，

所以展开式的通项为，

令可得，

所以常数项为，

故答案为：.

6．

【分析】根据百分位数定义可求.

【详解】解：因为，

所以这名同学数学成绩的第百分位数是，

故答案为：.

7．

【分析】根据全概率公式求解可得.

【详解】设事件为“第一次抽到白球”，事件为“第二次抽到白球”，

则，所以，

由题可得，，，，

所以.

故答案为：.

8．

【分析】构造，利用函数的性质，将问题转化成在上恒成立，再通过分离常转化成求函数的最值即可求出结果.

【详解】因为关于x的不等式的解集是，所以在上恒成立，

令，易知为偶函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，

所以，当时，由，得到，

当时，由，得到，又因为，当且仅当时取等号，所以，

综上，实数的取值范围为.

故答案为：.

9．

【分析】确定函数的定义域，化简可得的表达式，换元令，可得，结合二次函数的性质即得答案.

【详解】由题意得，则，即的定义域为，

故，

令，则，

函数在上单调递增，故，

故函数的值域为，

故答案为：

10．

【分析】根据条件，结合的图像与性质即可求出结果.

【详解】当时， ，

又因为在上是严格增函数，

所以且，即，，

又，取，得到，

当时，，又，所以，

又该函数在上有最小值，所以，得到，

综上所述，.

故答案为：.

11．②③④

【分析】根据题意得，整理得，即可判断②；由②知，，所以，，即可判断①；因为，即，令，即，构造函数，利用函数的单调性即可判断出③的正误；再根据题意得，求和得，再根据题意求解即可判断④的正误.

【详解】因为，当时，，解得，

当时，，所以，

整理得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，故②正确；

对于①，由，又正项数列的前项和为，得到，

当时，解得，当时，，即，

又，所以时，满足，所以，

又，因为，

所以，即，故①不正确；

对于③，令，所以，

当时，恒成立，所以在单调递增，所以，即，

所以在上恒成立，令，所以，又，即成立，故③正确；

对于④，因为，所以，所以

，所以

，

因为，即，化简整理得：，

当时，，当时，，

所以满足的的最小正整数解为，故④正确.

故答案为：②③④.

【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.

12．

【分析】根据题意，设出，，的坐标，结合向量模长的坐标公式，分类讨论，即可得到的范围，从而得到结果.

【详解】设，，，，

由已知可得：，

当且仅当时，取等号，

当时，有，得，

当时，有，得，

所以当时，.

所以的最大值为.

故答案为：.

13．A

【分析】解绝对值不等式得到解集为，从而得到，但，求出答案.

【详解】，当时，，即，解得，

与取交集，得，

当时，，即，成立，故，

当时，，解得，与取交集，得，

综上：的解集为，

因为，但，

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

14．B

【分析】先求出样本中心点，线性回归方程恒过，代入即可求出，再令，代入求解即可.

【详解】由表中数据可得，，，

线性回归方程为，则，解得，

故，当时，.

故选：B.

15．A

【分析】要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为，故只需求 处的倾斜角即可.

【详解】  

函数，

，

当时，，函数在上递增，

当时，，函数在上递减，

可得在处切线的倾斜角为，

因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为，也就是说，最大旋转角为，即的最大值为.

故选：A.

16．C

【分析】由线面平行的判定可知平面，知三棱锥底面积和高均为定值，A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径的方程，求得后知B正确；将C中问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，将问题转化为长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得，可知D正确.

【详解】对于A，当时，为中点，又为中点，，

平面，平面，平面，

则当在线段上移动时，其到平面的距离不变，

三棱锥的体积为定值，A正确；

对于B，当时，取交点，连接，则四棱锥为正四棱锥，

平面，

设四棱锥的外接球的球心为，半径为，则在直线上，

，，，即，

解得：，四棱锥的外接球的表面积，B正确；

对于C，将问题转化为在平面内求解的最小值，

作关于线段的对称点，过作，交于，如下图所示，

，（当且仅当与重合时取等号），

，

，

，，

即的最小值为，故C错误；

对于D，以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

若平面，则，

，

解得：（舍）或，

存在唯一的实数对，使得平面，故D正确.

故选：C.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换得出的值；

（2）由余弦定理得出，最后由面积公式得出的面积．

【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得

因为，所以，因为，所以.

（2）因为，，可知为等腰三角形.

在中，由余弦定理可得

即，解得.

所以的面积为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.

【详解】（1）连接交于O，连接，如图，

四边形是菱形，所以，

又，，是的中点，

所以且，

由，可知为正三角形，

所以，，

在中，，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

（2）设到平面的距离为，

因为中，，，

所以，

又，，

所以由，可得,

即,

设直线和平面所成角为，

则.

19．(1)列联表见解析，

(2)分布列见解析，

【分析】（1）依题意，先填好列联表，再根据卡方计算临界值求出k；

（2）按照二项分布求解.

【详解】（1）由已知，完成列联表，

将数值代入公式可得的观测值：，

根据条件，可得，解得，

因为，所以；

（2）由（1）知，样本的男生中喜欢足球的频率为，用样本估计总体，从全校男生中随机抽取一人，喜欢足球的概率为，

则 ，

， ，

， ，

则X的分布列为

；

综上， ，数学期望为 .

20．(1)

(2)①证明见解析，；②直线OM与ON的斜率之积为.

【分析】（1）根据焦距和所过点联立方程组求解即可；

（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，①根据中点公式及垂直平分线方程化简即可证明并得到定点；②利用弦长公式和点到直线距离公式，表示出三角形面积，并借助重要不等式得到三角形面积最大时，直线方程中的参数满足的条件，由此化简直线OM与ON的斜率之积即可得出定值.

【详解】（1）因为焦距为，即，所以，

又因为椭圆过点，所以，解得，

所以椭圆C的方程为.

（2）由题意知，直线l斜率存在，设直线l方程为，设.

由得，

，.

①因为点P为线段的中点，点P在直线上，所以，即，.

所以.

所以线段MN的垂直平分线方程为，即，即.

故线段的垂直平分线恒过定点.

②由弦长公式得，

坐标原点到直线的距离为，

所以的面积为.

当且仅当，即时等号成立.

所以.

所以直线OM与ON的斜率之积为定值.

21．（1）切线方程为；单调递减区间为，单调递增区间为（2）的最大整数解为（3）证明见解析

【解析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内；

（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；

（3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明；

【详解】解：（1）

所以定义域为

；

；

所以切线方程为；

，

令解得

令解得

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）等价于；

，

记，，所以为上的递增函数，

且，，所以，使得

即，

所以在上递减，在上递增，

且；

所以的最大整数解为.

（3），得，

当，，，；

所以在上单调递减，上单调递增，

而要使有两个零点，要满足，

即；

因为，，令，

由，，

即：，

而要证，

只需证，

即证：

即：由，只需证：，

令，则

令，则

故在上递增，；

故在上递增，；

.

【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调性，综合性比较强，属于难题.