精品解析：上海市七宝中学2023届高三5月第一次模拟练习数学试题（解析版）

2022学年第二学期5月高三第一次数学练习版

一、填空题：（本大题共有12题，满分54分，其中第1题至第6题每题填对得4分，否则一律得零分；第7题至第12题每题填对得5分，否则一律得零分．）

1. 不等式的解集是 _____.

【答案】

【解析】

【分析】由对数函数的单调性可出原不等式的解集.

【详解】因为函数在上为增函数，由可得.

因此，不等式的解集为.

故答案为：.

2. 若复数是的一个根，则_____.

【答案】

【解析】

【分析】设设，，代入中，得到方程组，求出，求出模长.

【详解】由题意得，设，，

则，即，

所以，

因为，所以，故，

故.

故答案为：

3. 的展开式中，的系数为___________.(用数字作答)

【答案】5

【解析】

【分析】利用二项展开式的通项公式可求得结果.

【详解】的展开式的通项公式为，，

令，得，

所以的系数为.

故答案为：5

4. 在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则____．

【答案】##

【解析】

【分析】利用三角函数的定义结合二倍角的正弦公式可求得的值.

【详解】在平面直角坐标系中，角的终边经过点，

由三角函数定义可得，，

因此，.

故答案为：.

5. 已知直线的一个法向量为，则直线的倾斜角为_________．

【答案】120°

【解析】

【分析】根据法向量求直线的方向向量，由方向向量即可求出倾斜角.

【详解】因为直线的一个法向量为，

所以直线的一个方向向量为，

所以直线的斜率为，

倾斜角为120°．

故答案为：120°

【点睛】本题考查了求直线的方向向量、由方向向量求直线的倾斜角，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.

6. 等轴双曲线的焦距为____.

【答案】

【解析】

【分析】根据等轴双曲线定义得到，进而求出，得到焦距.

【详解】由题意得，，故，故，焦距为.

故答案为：

7. 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙至少一人入选的概率为____．

【答案】##0.9

【解析】

【分析】把另3 编号，用列举法写出从5人中任选3人的所有基本事件，可得出甲、乙至少一人入选的基本事件，记数后由概率公式计算概率．

【详解】另三名同学记为1，2，3，由从5人中选3名同学基本事件有：甲乙1，甲乙2，甲乙3，甲12，甲13，甲23，乙12，乙13，乙23，123共10个，

其中甲、乙至少一人入选的基本事件有甲乙1，甲乙2，甲乙3，甲12，甲13，甲23，乙12，乙13，乙23共9个，

所以所求概率为．

故答案为：．

8. 已知，若在上恰有两个不相等的实数、满足，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【解析】

【分析】由可得出，分析可知函数在上恰有两个最大值点，可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】因为，所以，

因为在上恰有两个不相等的实数、满足，且，

所以，函数在上恰有两个最大值点，

所以，，解得，

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

9. 已知，，请写出与和均相切的一条直线方程______．（只需写一条）

【答案】（或，只要答一个即可）．

【解析】

【分析】设函数图象上的切点为，函数图象上切点为，求出导函数，利用列方程组求得后可得切线方程．

【详解】设函数图象上的切点为，函数图象上切点为，

，，,,

由得，消去得,或,从而有或,

又，，

所以切线方程为或，即或，

故答案为：（或，只要答一个即可）．

10. 在中，角、、所对的边分别为、、，，的平分线交于，若，则的最小值为____.

【答案】##

【解析】

【分析】利用可得出，然后将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】因为，的平分线交于，且，

由，即，

整理可得，所以，，

因此，，

当且仅当时，即当时，等号成立，

因此，的最小值为.

故答案为：.

11. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知动点在圆上，若点，点，则的最小值为 __．

【答案】

【解析】

【分析】先利用阿氏圆定义设出，由得到，利用，即可求出最小值.

【详解】设，不妨取，使得，所以，

整理得：.

此方程与为同一方程，所以，解得：，即.

所以（当且仅当P、B、C三点共线时等号成立）

此时.

所以的最小值为.

故答案为：.

12. 已知为单位向量，向量满足，则的取值范围是__.

【答案】

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，设，确定点A，B轨迹，从而设，求出的表达式结合三角恒等变换化简，再结合二次函数性质即可求得答案.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，令,

设则由可得，

即点A轨迹为以为圆心，半径为2的圆，

点B轨迹为以为圆心，半径为3的圆，

则设，

则

，（为辅助角）

，

令，则，

则，

又，

而，

故，故的取值范围是，

故答案为：

【点睛】本题是关于向量和三角函数的综合性题目，综合性较强，解答时要注意建立坐标系，利用向量的坐标运算结合三角函数的恒等变换进行解答，难点在于化简的表达式时，计算较为复杂，要注意计算的准确性.

二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中第13题第14题每题4分，第15题第16题每题5分）

13. 下列函数中，在定义域内不是奇函数的是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出各选项的函数定义域，再利用奇函数的定义判断作答.

【详解】对于A，令，由，得的定义域为R，

，函数不是奇函数；

对于B，令，由，得，即函数的定义域为，

，函数是奇函数；

对于C，令，显然函数定义域为R，，

函数是奇函数；

对于D，令，函数的定义域为，

，函数是奇函数.

故选：A

14. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（    ）

A. 将总体划分为层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为、和，且已知，则总体方差

B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于

C. 若，，则事件、相互独立

D. 某医院住院的位新冠患者的潜伏天数分别为、、、、、、、，则该样本数据的第百分位数为

【答案】C

【解析】

【分析】利用方差公式可判断A选项；利用相关系数与线性相关关系可判断B选项；利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.

【详解】对于A选项，设层数据分别为、、、；、、、，

因为，所以，总体平均数为，

所以，，，

所以，总体方差为

，

则，

所以，当或时，，否则，A错；

对于B选项，在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数的绝对值越接近于，B错；

对于C选项，由条件概率公式可得，所以，，

所以，，故，

所以，事件、相互独立，C对；

对于D选项，将样本数据由小到大排列分别为、、、、、、、，

所以，该样本数据的第百分位数为，D错.

故选：C.

15. 《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】每个顶点对应个鳖臑，所以个顶点对应个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除，即可得解.

【详解】在正方体中，当顶点为时，三棱锥、、、

、、均为鳖臑．

所以个顶点为个．但每个鳖臑都重复一次，

所以，鳖臑的个数为个.

故选：B．

16. 已知是等差数列，，且存在正整数，使得对任意的正整数都有．若集合中只含有4个元素，则的取值不可能是（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】B

【解析】

【分析】根据为等差数列，写出通项，根据题意列出之间的关系，进而找到两个数列基本量之间的关系，分别就四种情况讨论，选出符合题意的值，进而判断选项即可.

【详解】解：设等差数列首项为，公差为，则，，

由题知，存在正整数，使得，，

若集合有4个不同元素，则，

当时，，即，即，

所以，或，

因为是等差数列，各项均唯一，所以舍去，

故解得，取时，，

此时在单位圆上的4等分点可取到4个不同的正弦值，

即集合可取4个元素，

当时，，即，即，

所以，或，（舍），

故解得，此时在单位圆上的5等分点，

取到的，，，，，不可能取到4个不同的正弦值，故不成立，

同理可得当时，集合可取4个元素.

故选：B

【点睛】思路点睛：该题考查集合间的基本关系，属于难题，关于新定义集合的思路有：

（1）根据题意，先写出几项，找出规律；

（2）找到新集合和旧集合之间的关系；

（3）分情况讨论，结合题意，找出适合的答案即可.

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相应编号的规定区域内写出必要的步骤．

17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，分别为棱，的中点，.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；

（2）以点为坐标原点，、、分别为、、轴，如图建立空间直角坐标系.求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.

小问1详解】

证明：在四棱锥中，

取的中点，连接、，

因为是的中点，所以，且.

又因为底面是正方形，是的中点，

所以，且.所以.

所以四边形是平行四边形，所以.

由于平面，平面，所以平面.

【小问2详解】

因为底面是正方形，所以.又因为平面.

所以以点为坐标原点，、、分别为、、轴，如图建立空间直角坐标系.

，，，，，.

，，

设平面的法向量为.有：即令，则，

所以..设直线与平面所成角为.

有：.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

18. 已知数列的前n项和为，，对任意的正整数，点均在函数图像上．

（1）证明：数列是等比数列；

（2）证明：中任何不同三项不构成等差数列．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）确定得到，得到证明.

（2）确定数列的通项公式，假设存在使得成等差数列，得到，根据奇偶性得到矛盾，得到证明.

【小问1详解】

点均在函数图像上，则，故，

，故是首项为2，公比为2的等比数列.

【小问2详解】

，故，，且从第二项起严格增，

假设存在使得成等差数列，则，

即，等式左边为偶数，右边为奇数，故假设不成立.

故中任何不同三项不构成等差数列．

19. 一场始于烟火，归于真诚的邂逅，让无数人赴山赶海“进淄赶烤”，淄博某烧烤店趁机推出150元烧烤套餐.某同学调研发现，烧烤店成本（单位：千元，包含人工成本、原料成本、场地成本、设备损耗等各类成本）与每天卖出套餐数（单位：份）的关系如下：

与可用回归方程（其中为常数）进行模拟．

参考数据与公式：设，则线性回归直线中，．

（1）试预测该烧烤店一天卖出100份的利润是多少元．（利润=售价-成本，结果精确到1元）

（2）据统计，由于烧烤的火爆，饮料需求也激增.4月份的连续16天中某品牌饮料每天为淄博配送的箱数的频率分布直方图，用这16天的情况来估计相应的概率．供货商拟购置辆小货车专门运输该品牌饮料，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该饮料，满载发车，否则不发车．若发车，则每辆车每趟可获利500元；若未发车，则每辆车每天平均亏损200元．若或4，请从每天的利润期望角度给出你的建议．

【答案】（1）3236元   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）根据所给数据求出、，即可求出回归方程，再代入求出预测值，即可得到利润；

（2）根据频率分布直方图，得到送货箱数的概率分布表，设该运输户购辆车和购辆车时每天的利润分别为、元，求出分布列，计算出期望，即可判断.

【小问1详解】

根据题意，，

所以，

所以，

又，所以，

所以时，（千元），

即卖出份的成本为元，故利润（元）．

【小问2详解】

根据频率分布直方图，可知送货箱数的概率分布表为：

设该运输户购辆车和购辆车时每天的利润分别为、元，

则的可能取值为1500，800，100，其分布列为：

故，

则的可能取值为2000，1300，600，，其分布列为

故，

因为，即购置3辆小货车的利润更高，建议购买3辆车．

20. 已知椭圆：的左焦点为，左、右顶点分别为，，上顶点为.

（1）若为直角三角形，求的离心率；

（2）若，，点，是椭圆上不同两点，试判断“”是“，关于轴对称”的什么条件？并说明理由；

（3）若，，点为直线上的动点，直线，分别交椭圆于，两点，试问的周长是否为定值？请说明理由.

【答案】（1）   

（2）必要不充分条件，理由见解析   

（3）是，理由见解析

【解析】

【分析】（1）利用为直角三角形得到，转化为即可得.

（2）根据椭圆的对称性可证必要性，又反例可知不满足充分性.

（3）先证直线过椭圆的右焦点，可得的周长为

【小问1详解】

如图，，，

，，

由题意，即，故，

解得离心率

【小问2详解】

必要不充分条件.

必要性：根据椭圆的对称性可知，当，关于轴对称时，成立；

充分性：椭圆方程为，设，

，在上不单调，

所以可举反例：分别取，，

即，

使得，但，不关于轴对称.

【小问3详解】

由题意，，，椭圆方程为，

设，则直线的斜率为，方程为：，

联立椭圆方程得，

，故，代入得，

所以，

同理直线的方程为：，

联立椭圆方程得，

，故，代入得，

所以，

所以，

直线方程为，

令，可得，即直线恒过椭圆的右焦点.

所以的周长为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21. 已知函数，其导函数为，

（1）若函数有三个零点，且，试比较与的大小.

（2）若，试判断在区间上是否存在极值点，并说明理由.

（3）在（1）的条件下，对任意的，总存在使得成立，求实数的最大值.

【答案】（1）   

（2）存在，理由见解析   

（3）2

【解析】

【分析】（1）根据分析得到，是方程的两根，由韦达定理得，计算出；

（2）由导函数为二次函数，开口向上，结合特殊点的函数值及零点存在性定理得到极值点情况；

（3）将分别代入，得到不等式组，整理得到，求出，进而求出的最大值.

【小问1详解】

因为，故一正一负，

，所以，所以是方程的两根，

由韦达定理得，

因为

所以，故，，，

因为，，所以；

【小问2详解】

，开口向上，

，，，

①当时，，

根据零点存在定理可知，存在使得，

且时，，单调递增，时，，单调递减，

所以在区间上存在极大值点，

②当时，，，

根据零点存在定理可知，存在使得，且时，，

时，，所以在区间上存在极小值点；

【小问3详解】

对任意的，总存在使得成立，

设，的最大值为，则，

即①，②，③，

由①+③得④，

由②得⑤，

④+⑤得，即，

当且仅当，即时取等，所以的最大值为2.

【点睛】设一元三次方程的三个根为，

原方程可化为，

整理得，

比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：

.