数学：上海市2024届高考模拟测试卷05（临考押题卷02）（解析版）

这是一份数学：上海市2024届高考模拟测试卷05（临考押题卷02）（解析版），共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，全集，则 ．
【答案】
【解析】集合，全集，
所以，
故答案为：
2．复数满足（为虚数单位），则 .
【答案】
【解析】由题意可得，
所以.
故答案为：.
3．函数的递增区间是
【答案】
【解析】由题意得，，即，
又因的对称轴为，所以在上单调递增，
故根据复合函数单调性得，函数的递增区间为.故答案为：.
4．已知直线的倾斜角比直线的倾斜角小，则的斜率为 ．
【答案】
【解析】由直线方程：得的倾斜角为，
所以的倾斜角为，即的斜率为.
故答案为：.
5．已知，则的最小值为
【答案】
【解析】依题意，，
所以且，
所以，
当时等号成立.
故答案为：
6．的二项展开式中的常数项为 ．（结果用数字表示）
【答案】
【解析】，
由得，
所以常数项为.
故答案为：
7．小张、小王两家计划假期来嘉定游玩，他们分别从“古猗园，秋霞圃，州桥老街”这三个景点中随机选择一个游玩，记事件表示“两家至少有一家选择古猗园”，事件表示“两家选择景点不同”，则概率 ．
【答案】
【解析】根据题意，“两家分别从“古猗园，秋霞圃，州桥老街”这三个景点中随机选择一个游玩”，有种情况，
事件A：两家至少有一家选择古猗园，有种情况，故，
若两家选择景点不同且至少有一家选择古猗园，有种情况，即.
所以.
故答案为：
8．已知，若函数的图象关于直线对称，则的值为 .
【答案】
【解析】因为函数的图象关于直线对称，
所以，，解得，，
又，所以.故答案为：.
9．若数列满足，（，），则的最小值是 .
【答案】6
【解析】由已知，，…，，，
所以，，
又也满足上式，所以，
设，由对勾函数性质知在上单调递减，在递增，
因此在时递减，在时递增，
又，，所以的最小值是6，故答案为：6.
10．如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，与半圆面所成角的余弦值为 ．
【答案】
【解析】过点作于点，
因为面底面，面底面，面，
所以平面，
则，
当且仅当，即点位于圆弧的中点时，最大，此时为的中点，
因为面底面，面底面面，
所以面，又面，所以，
所以即为与半圆面所成角的平面角，
在中，，
所以，
故答案为：．
11．已知平面向量、、满足，且，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】根据题意不妨设，为坐标原点，
则，
即点到的距离比到点的距离大2，
根据双曲线的定义可知的轨迹为双曲线的一支，以2为长轴，4为焦距，
则，
又，易知C点轨迹为，
显然C点轨迹为点轨迹双曲线的渐近线，如上图所示，
由图形的对称性不妨设，则，
由题意，
当时，此时点横坐标最小，
由点到直线的距离公式可知，
而双曲线在渐近线下方，则，
与双曲线方程联立，即，
则，联立，
即，
由双曲线的性质可知满足的点横坐标无上限，
故的取值范围是.
故答案为：
12．已知实数，若对任意，不等式恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】当对对任意，不等式恒成立时，
又
，，
而，
当且仅当时等号成立，
故
所以，即，
要取最大值，
则必有，两边平方整理得，
所以当时，，
当时，，
所以，所以，
当时，，
所以，所以，
当时，，
所以，所以，
当时，，
所以，所以，
综上所述：的最大值为.
故答案为：.
二、选择题
13．已知，若，则是的（ ）条件.
A．充分非必要B．必要非充分
C．充分必要D．既非充分也非必要
【答案】A
【分析】由充分条件和必要条件的定义判断.
【解析】时，有，满足，则是的充分条件；
时，有或，不能得到，则不是的必要条件.
所以是的充分非必要条件.
故选：A
14．为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）：
若已求得一元线性回归方程为，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．当时，y的预测值为2.2
C．样本数据y的第40百分位数为1
D．去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不会改变
【答案】D
【解析】，所以样本点的中心坐标为，
将它代入得，，解得，故A错误；
对于B，当时，y的预测值为，故B错误；
对于C，样本数据y的第40百分位数为，故C错误；
对于D，由相关系数公式可知，去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不会改变，故D正确.
故选：D.
15．已知函数，则以下正确的个数有（ ）
(1)有两个极值点；(2)的驻点为和；(3)有3个零点；（4）直线是曲线的切线.
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【解析】对于(1)，因为，令，得，
当，或，当时，，
则的增区间为，，
的减区间为，所以有两个极值点为与，
故(1)正确；
对于(2)，因为，，所以的驻点为和，故(2)正确；
对于(3)，因为的增区间，，
减区间为，又因为，，，所以有个零点，故(3)错误；
对于（4），，得，又，
则曲线的切线在点和的切线方程为和，
则直线不是曲线的切线，故（4）错误；
所以正确的个数是个.
故选：C.
16．对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作．下列结论中正确的个数为（ ）
①若曲线是一个点，则点集所表示的图形的面积为；
②若曲线是一个半径为的圆，则点集所表示的图形的面积为；
③若曲线是一个长度为的线段，则点集所表示的图形的面积为；
④若曲线是边长为的等边三角形，则点集所表示的图形的面积为．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】设点，
对于①，若曲线表示点，则，
化简可得，
所以，点集所表示的图形是以点为圆心，半径为2的圆及其内部，
所以，点集所表示的图形的面积为，①对；
对于②，若曲线表示以点为圆心，半径为2的圆，
设为曲线上一点，当点在曲线内时，，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，可得，此时；
当点在曲线外时，，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，，可得，此时，
当点在曲线上时，线段的长不存在最小值，
综上所述，或，即或，
所以，点集所表示的图形是夹在圆和圆的区域（但不包括圆的圆周），
此时，点集所表示的图形的面积为，②错；
对于③，不妨设点曲线为线段，且，
当点与点重合时，由①可知，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，
当点与点重合时，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，
故当点在线段上滑动时，点集表示的区域是一个边长为2的正方形和两个半径为1的半圆所围成的区域，
此时，点集的面积为，③对；
对于④，若曲线是边长为9的等边三角形，设等边三角形为，
因为，，则，
由③可知，点集构成的区域由矩形、、，
以及分别由点为圆心，半径为1，圆心角为的三段圆弧，
和夹在等边三角形和等边三角形中间的部分（包括边界），
因此，，则，
所以，点集所表示的图形的面积为，④对.
综上所述：正确的序号为①③④，共3个.故选：C.
三、解答题
17．如图，正直三棱柱中，，，是的中点，是的中点.
(1)判断直线与直线的位置关系并证明；
(2)求直线与平面所成的角的大小.
解：(1)直线与直线的异面且相互垂直，证明如下：
由面，，面，面，即直线与直线的异面；
正直三棱柱中，，则面，且，
可构建如下图示空间直角坐标系，令，
则，即，
所以，即直线与直线相互垂直.
综上，直线与直线异面且相互垂直
(2)由(1)知：面的一个法向量，，
所以，则，
故直线与平面所成角余弦值为，又线面角的范围为，
所以直线与平面所成角大小为.
18．已知锐角的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A；
(2)若，求的周长的取值范围.
解：(1)由已知得，，
则根据正弦定理得，
，为锐角三角形，．
(2)由正弦定理得，即，
则，
，
因为，解得，得，
所以，得．
19．21世纪汽车博览会在上海2023年6月7日在上海举行，下表为某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
(1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B取到模型有棕色内饰，求，并据此判断事件A和事件B是否独立；
(2)为回馈客户，该公司举行了一个抽奖活动，并规定，在一次抽奖中，每人可以一次性抽取两个汽车模型.为了得到奖品类型，现作出如下假设：
假设1：每人抽取的两个模型会出现三种结果：①两个模型的外观和内饰均为同色；②两个模型的外观和内饰均为不同色；③两个模型的外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色.
假设2：该抽奖设置三类奖，奖金金额分别为：一等奖600元，二等奖300元，三等奖150元.
假设3：每种抽取的结果都对应一类奖.出现某种结果的概率越小，奖金金额越高.
请判断以上三种结果分别对应几等奖.设中奖的奖金数是，写出的分布，并求的数学期望.
解：(1)由给定的数表知，，，，
而，因此事件相互独立，
所以，事件相互独立.
(2)设事件：外观和内饰均为同色，事件：外观内饰都异色，事件：仅外观或仅内饰同色，
依题意，；；
，则，
因此抽取的两个模型的外观和内饰均为不同色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖；
外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖，
奖金额的可能值为：，
奖金额的分布列：
奖金额的期望（元）.
20．设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点．
(1)若，求线段中点的轨迹方程；
(2)若直线的方向向量，当焦点为时，求的面积；
(3)若是抛物线准线上的点，直线，，的斜率分别为，，，求证：为的等差中项．
(1)解：设，焦点，
则由题意，即，
故，将其代入抛物线中得：
，即，
所求的轨迹方程，
(2)解：设，
，
由于直线的方向向量，所以直线的斜率为2，故直线，即，由得，，，
到直线的距离为，
(3)证明：点的坐标为、
设直线，代入抛物线得，
所以，
因而，，
因而，
而，故，
当直线轴时，，
，，
故
综上可知：命题得证．

21．已知与都是定义在上的函数，若对任意，，当时，都有，则称是的一个“控制函数”．
(1)判断是否为函数的一个控制函数，并说明理由；
(2)设的导数为，，求证：关于的方程在区间上有实数解；
(3)设，函数是否存在控制函数？若存在，请求出的所有控制函数；若不存在，请说明理由．
解：(1)对任意，则，且，
故是函数的一个控制函数；
(2)因为，则，
则，
，，
设，
在上，在上，
则在单调递减，在上单调递增，
最大值，
，，，，，
，，
则，
，即，
同理，，
，即
综上：，
，在区间上的值域为，
则在区间上有实数解.
(3)①先证引理:对任意，关于的方程在区间上恒有实数解.这等价于
，由(2)知结论成立.
②(证控制函数的唯一性)假设存在“控制函数”，由上述引理知，
对任意，当时，
都存在使得.(*)
下证：.
若存在使得，考虑到是值域为的严格增函数，
故存在使得.由(*)知存在使得，
于是有，由的单调性知，矛盾.
故对任意都有
同理可证，对任意都有，从而.
③(证控制函数的存在性)最后验证，是的一个“控制函数”.
对任意，当时，都存在使得，
而由的单调性知，即.
综上，函数存在唯一的控制函数.
x
1
2
3
4
5
y
0.5
0.9
1
1.1
1.5
红色外观
蓝色外观
米色内饰
8
12
棕色内饰
2
3
600
300
150