2024-2025学年上海市奉贤区高三上学期高考一模数学试卷含详解

这是一份2024-2025学年上海市奉贤区高三上学期高考一模数学试卷含详解，共16页。试卷主要包含了12等内容，欢迎下载使用。
数学
2024.12
（完卷时间120分钟,满分150分）
一,填空题（本大题满分54分）本大题共有12题,考生应在答题纸相应编号的空格内直接写结果,1-6题每个空格填对得4分,7-12题每个空格填对得51分．
1．设全集,集合,则 ．
2．若直线：与直线：互相垂直,则 ．
3．已知,则不等式的解集为 ．
4．设若,则 ．
5．若五人站成一排,如果必须相邻,那么排法共 种.
6．的二项展开式中的常数项为 ．（用数字作答）
7．已知抛物线上有一点到准线的距离为,点到轴的距离为,则抛物线的焦点坐标为 ．
8．在复平面内,为坐标原点,复数,对应的点分别为,其中为虚数单位,则的大小为 ．
9．甲乙两人下棋,每局两人获胜的可能性一样,某一天两人要进行一场三局两胜的比赛,最终胜者赢得100元奖金,第一局比赛甲获胜,后因为有其他事情而中止比赛,则甲应该分 元奖金才公平？
10．申辉中学高一（8）班设计了一个“水滴状”班徽的平面图（如图）,徽章由等腰三角形及以弦和劣弧所围成的弓形所组成,其中,劣弧所在的圆为三角形的外接圆,圆心为．
已知,外接圆的半径是2,则该图形的面积为 ．（用含的表达式表示）
11．上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2）,风吹铃动,悦耳清脆,亦称惊鸟铃,一般一个惊鸟铃由铜铸造而成,由铃身和铃舌组成,为了知道一个惊鸟铃的质量,可以通过计算该惊鸟铃的体积,然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量,因此我们需要作出一些合理的假设：
假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥.
假设2：两圆锥的轴在同一条直线上.
假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计．
截面图如下（图3）,其中,,,则制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为）（结果精确到个位）
12．已知集合是由函数的图象上两两不相同的点构成的点集,集合,其中,．若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列,当时,则符合条件的点集的个数为 ．
二,选择题（本大题满分18分）本大题共有4题,每题有且只有一个正确答案,考生应在答题纸的相应编号上,将代表答案的小方格涂黑,13-14选对每个得4分,15-16选对每个得5分,否则一律类分．
13．在中,“”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
14．函数,则下列命题正确的是（ ）
A．函数是偶函数B．函数定义域是
C．函数最大值D．函数的最小正周期为
15．在四棱锥中,若,则实数组可能是（ ）
A．B．C．D．
16．已知数列不是常数列,前项和为,．若对任意正整数,存在正整数,使得,则称是“可控数列”．现给出两个命题：
①若各项均为正整数的等差数列满足公差,则是“可控数列”.
②若等比数列是“可控数列”,则其公比．
则下列判断正确的是（ ）
A．①与②均为真命题B．①与②均为假命题
C．①为假命题,②为真命题D．①为真命题,②为假命题
三,解答题（第17~19题每题14分,第20-21题每题18分,满分78分）
17．已知函数y=fx,其中（常数且）．
(1)若函数y=fx的图象过点,求关于的不等式的解集.
(2)若存在,使得数列是等比数列,求实数的取值范围.
18．某芯片代工厂生产甲,乙两种型号的芯片,为了解芯片的某项指标,从这两种芯片中各抽取100件进行检测,获得该项指标的频率分布直方图,如图所示：
假设数据在组内均匀分布,以样本估计总体,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)求频率分布直方图中x的值并估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
(2)已知甲型芯片指标在为航天级芯片,乙型芯片指标在为航天为航天级芯片．现分别采用分层抽样的方式,从甲型芯片指标在内取2件,乙型芯片指标在内取4件,再从这6件中任取2件,求至少有一件为航天级芯片的概率．
19．如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)求证：平面,平面平面.
(2)设为上的一点,．
在下面两问中选一个.
①若,求直线与平面所成角的大小．
②已知平面与平面所成锐二面角的大小为,若,求的长．
20．椭圆的左右焦点分别为,设Px0,y0是第一象限内椭圆上的一点,的延长线交椭圆于点．
(1)若椭圆的离心率,求的值.
(2)若,求.
(3)若,过点的直线与椭圆交于两点,且,则当时,判断符合要求的直线有几条,说明理由？
21．若函数的图象上存在个不同点,,,处的切线重合,则称该切线为函数的一条点切线,该函数具有点切线性质．
(1)判断函数,的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）.
(2)设,判断函数是否具有点切线性质,并说明理由.
(3)设,证明：对任意的,,函数具有点切线性质,并求出所有相应的切线方程．
1．
【分析】利用补集的定义可得出结合.
【详解】因为全集,集合,则.
故答案为：.
2．0
【分析】根据直线互相垂直求出的值.
【详解】由题意得,解得.
故答案为：0
3．
【分析】利用二次函数的判别式的符号,判断不等式恒成立.
【详解】因为,所以不等式的解集为.
故答案为：.
4．1
【分析】根据分段函数,分和求解即可.
【详解】当时,,解得：,满足.
当时,,方程无解.
所以.
故答案为：1
5．48
【分析】元素相邻问题运用捆绑法求解.
【详解】第一步：把捆绑当作一个元素与进行排列共有种.
第二步：之间进行排列共有种.
根据分步计数原理可知：排法的总数共有种.
故答案为：
6．5
【分析】写出展开式的通项,令的指数为即可.
【详解】由题意可知：,令,所以常数项为.
故答案为：
7．0,2
【分析】根据题意求出点的纵坐标,结合点到准线的距离可求出的值,即可得出抛物线焦点的坐标.
【详解】抛物线的准线方程为.
设点,则,由于点到准线的距离为,可得.
因为点到轴的距离为,则,所以,,解得.
故抛物线的方程为,其焦点坐标为.
故答案为：.
8．.
【分析】由复数乘法运算求得,进而得到,,利用向量数量积运算和模长公式求得,进而得到.
【详解】因为,.
所以,.
所以.
所以.
9．
【分析】分别求出甲,乙最终获胜的概率,即可求出答案.
【详解】乙最后获胜的情况为第二局,第三局必须乙胜,其概率为：.
即甲最终获胜的概率为,乙最终获胜的概率为.
故甲的奖金为元.
故答案为：.
10．
【分析】连接,求出,可得答案.
【详解】连接,则,.
.
.
.
所以该图形的面积为.
故答案为：.
11．
【分析】利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】由题意可知,圆锥的底面半径为,高为.
圆锥的底面半径为,高为.
因为.
所以,制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要千克铜.
故答案为：.
12．60
【分析】确定数列中最大值为1,最小值为,然后根据分类得出等差数列,再由等差数列的项确定点的横坐标的值,然后由中对应点的情形确定集合个数．
【详解】由已知,.
设,则,显然.
若,则,因此有.
由得或,对应.
同理对应.
集合中已经含有点.
因此产生的集合中,点可有也可没有,至少有一个.
所以的个数为.
若,则.
,或,,或.
对应点.
产生的集合中,点可有也可没有,至少有一个.
中至少有一个,中至少有一个,的个数为.
综上,集合的个数为．
故答案为：60.
【点睛】方法点睛：确定集合的个数即为确定集合中元素的可能性,本题中首先确定出最终等差数列的最大值和最小值,从而根据公差得出等差数列,由等差数列确定可能含有的点,从而得出集合个数．
13．A
【分析】结合同角三角函数关系,诱导公式,分别从充分性,必要性两方面来说明即可.
【详解】一方面：.
另一方面：,但.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
14．C
【分析】求出函数的定义域,可判断AB选项,利用二倍角的正弦公式以及正弦函数的有界性可判断C选项,利用正弦型函数的周期性可判断D选项.
【详解】设,由可得.
所以,函数的定义域为,定义域不关于原点对称.
所以,函数不是偶函数,A错B错.
当时,则
.
当且仅当时,即当时,函数取最大值,C对.
因为.
结合函数的定义域可知,函数的最小正周期为,D错.
故选：C.
15．A
【分析】利用底面是平行四边形判断A,根据向量的线性运算与向量的共线与共面性质判断B,C,D．
【详解】
对于选项A,若底面是平行四边形,设,则.
因此,即,故A正确.
对于选项B,若,则,故B错误.
对于选项C,若,则,故C错误.
对于选项D,若,则.
但平面,即不共面,因此不可能成立,故D错误．
故选：A．
16．C
【分析】给出①的反例,然后结合可控数列的含义以及等比数列的性质证明②是真命题,即可得到答案.
【详解】对于①,由于数列的各项均为正整数,且公差.
但对,有对任意正整数恒成立（否则,矛盾）.
故对时有.
这表明不是“可控数列”,故①错误.
对于②,若等比数列是“可控数列”,由于数列不是常数列,,故公比.
所以.
从而.
则.
当时,则.
令,则可知当时,不成立.
当时,显然成立,而对于恒成立.
由于为严格增数列,且时,.
故问题等价于存在,使得.
记,随m的增大,减小,故.
故只需,解得,故②正确.
综上,①是假命题,②是真命题.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于②的判断,解答时要利用等比数列的性质并结合不等式恒成立进行求解.
17．(1)或
(2)
【分析】（1）点代入函数解析式求出,再解指数不等式可得答案.
（2）根据数列是等比数列可得,令,利用导数判断出在上的单调性,求出的值域可得答案.
【详解】（1）若函数y=fx的图象过点,则.
解得,舍去,所以.
由得.
解得或.
所以不等式的解集为或.
（2）.
若存在,使得数列是等比数列.
则,可得.
由可得.
令,.
当时,,所以.
可得在上单调递减,所以.
则实数的取值范围.
18．(1),.
(2).
【分析】（1）由频率和为1求出得值,根据平均数公式求出平均值.
（2）根据条件列举样本容量和样本点的方法,列式求解.
【详解】（1）由题意得,解得.
由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值：
.
（2）根据分层抽样得,来自甲型芯片指标在和的各1件,分别记为和.
来自甲型芯片指标在和分别为3件和1件,分别记为,,和.
从中任取2件,样本空间可记为,,,,,.
,,,,,,,,共15个.
记事件：至少有一件为航天级芯片,则,,,,.
,,,共9个.
所以.
19．(1)证明见解析
(2)选①,直线与平面所成角为,选②,
【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得平面,线面垂直的判定定理可得平面.
（2）选①,以点为原点,所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系,根据求出点坐标,再求出,平面的一个法向量,根据线面角的向量求法可得答案,选②,设,根据求出点坐标,求出平面,平面的一个法向量,由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为底面是正方形,所以.
平面,平面.
所以平面.
,由四棱锥是正四棱锥.
可得平面,平面,所以.
由,平面.
所以平面.
又因为平面,所以平面平面.
（2）选①,如图,以点为原点,所在的直线分别为轴的
正方向建立空间直角坐标系,由,得
.
,.
由得.
所以.
因为平面,即平面.
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为.
.
由,得.
所以直线与平面所成角为.
选②,同①以点为原点,所在的直线分别为轴的
正方向建立空间直角坐标系,设,得
.
.
由得.
所以,.
设为平面的一个法向量.
则得,令得.
所以,因为平面.
所以是平面的一个法向量.
设平面与平面所成锐二面角的大小为,得.
由.
解得,即.
20．(1).
(2).
(3)答案见解析
【分析】（1）直接根据离心率的定义求解即可.
（2）直线与椭圆方程联立,利用三角函数的知识表示出,再利用弦长公式表示出,结合向量数量积公式代入求出,再求和.
（3）分类讨论,当直线斜率不存在时满足条件,当斜率存在时,先写出的表达式,然后对方程进行分类讨论.
【详解】（1）若,则,解得：.
（2）若,则椭圆方程为：且,由点在第一象限可知的斜率不为.
设直线的方程为：,直线与椭圆方程联立消去得：.
所以,.
因为,所以.
而.
解得：,把代入得：.
把代入椭圆方程得：.
（3）若,则椭圆方程为：,且.
当且直线斜率存在时,设直线的方程为：,.
直线与椭圆方程联立消去得：.
所以,.
所以,整理得：.
当或时,即或时.
方程无解,所以不存在满足的直线.
当即时,方程只有唯一的解,所以,存在一条满足的直线.
当,即时,方程有两个不相等的实数解.
所以存在两条满足的直线.
当且直线斜率不存在时,直线即轴,满足.
综上所述：当或时,存在一条满足的直线.
当时,存在两条满足的直线.
当 时,存在三条满足的直线.
【点睛】关键点点睛：本题考查的是直线与圆锥曲线相交的弦长问题,第二问的关键点是如何表示出和,第三问的关键点是写出当直线斜率存在时的表达式以及如何分类讨论解决方程的解的个数,另外还需注意直线斜率不存在的情况.
21．(1)偶函数,一条点切线方程为
(2)没有,理由见解析
(3)证明见解析,切线方程为和
【分析】（1）利用函数奇偶性的定义可得出函数的奇偶性,数形结合可得出该函数的一条点切线方程.
（2）求出f′x,分析函数f′x的单调性,即可得出结论.
（3）取点,,,利用导数求出曲线y=gx在三处的切线方程,利用这三条切线重合可得出,然后对,,的关系进行讨论,即可求出对应的切线方程.
【详解】（1）令,其中x∈R,则.
所以,函数为偶函数,且,如下图所示：
由图可知,函数的一条点切线方程为.
（2）因为,该函数的定义域为0,+∞,且.
令,其中,则.
所以,函数f′x在0,+∞上为增函数.
因此,不可能存在,且,使得.
因此,函数不具有点性质.
（3）取点,,.
因为,则.
所以,曲线y=gx在点处的切线方程为.
即.
曲线y=gx在点处的切线方程为.
曲线y=gx在点处的切线方程为.
由题意可知,这三条切线重合.
则.
由上得,则,,.
（i）若,,.
则,所以,.
因为,则（舍去）.
（ii）若,,中至少有一个成立.
不妨设,则.
若,则（舍去）,所以,.
故或.
综上所述,点切线方程为和.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问题考查点切线的新定义,解题的关键就是利用切线重合得出,通过分析,,之间的关系来求解.