上海市七宝中学2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份上海市七宝中学2023届高三三模数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市七宝中学2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题1．已知复数满足，则复数的虚部为__________.2．已知，则__________.3．分别抛郑3枚质地均匀的硬币，则等可能事件的样本空间中样本点的个数是__________．4．已知向量，,若，则实数__________．5．已知是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，在等差数列中，，则数列的前7项和__________.6．已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________．7．珠穆朗玛峰高达8848.86米，但即使你拥有良好的视力，你也无法在上海看到它．一个观察者距离珠穆朗玛峰多远，才能在底面上看到它呢？为了能够通过几何方法解决这个问题，需要利用简单的几何模型表示这个问题情境，在此过程中，有下列假设：①珠穆朗玛峰的形状为等腰梯形；②地球的形状是一个球体；③太阳光线沿直线传播；④没有事物可以阻碍人们看到珠穆朗玛峰的视线．你认为最不重要的一个假设是__________．8．安排4名男生和3名女生参与完成3项工作，要求必须每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式种数为__________．9．若，则被10除所得的余数为__________.10．已知函数，直线：，若直线与的图象交于点，与直线交于点，则，之间的最短距离是__________.11．在正四棱柱中，，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为_____.12．数列共有项（常数为大于5的正整数），对任意正整数，有，且当时，．记的前项和为，若对任意都成立，则的最大值是__________． 二、单选题13．已知集合，，若“”是“”的充分非必要条件，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．14．已知是空间的直线或平面，要使命题“若，则”是真命题，可以是（    ）A．是三个不同的平面 B．是两条不同的直线，是平面C．是三条不同的直线 D．是两条不同的直线，是平面15．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）A． B．C． D．16．如图所示，已知，对任何，点按照如下方式生成： ，且按逆时针排列，记点的坐标为，则为A． B． C． D． 三、解答题17．如图，是边长为2的正三角形所在平面上一点（点、、、逆时针排列），且满足，记.  (1)若，求的长；(2)用表示的面积，并求的取值范围.18．如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径.  (1)若是弦的中点，且，求证：平面；(2)若，直线与平面所成的角为，求异面直线与所成角的大小.19．某学校有两个餐厅为学生提供午餐与晩餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晩餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况（午餐，晩餐）甲30天20天40天10天乙20天25天15天40天 为了吸引学生就餐，餐厅推出就餐抽奖活动，获奖的概率为，而餐厅推出就餐送贴纸活动，每次就餐送一张.假设甲、乙选择餐厅就餐相互独立，用频率估计概率.(1)分别估计一天中甲午餐和晩餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晩餐都选择B餐厅就餐的概率；(2)记为学生乙在一天中获得贴纸的数量，求的分布列和数学期望；(3)餐厅推出活动当天学生甲就参加了抽奖活动，已知如果学生甲抽中奖品，则第二天午餐再次去餐厅就餐的概率为，如果学生甲并没有抽中奖品，第二天午餐依然在餐厅就餐的概率为，若餐厅推出活动的第二天学生甲午餐去餐厅就餐的概率是，求.20．已知是椭圆的左顶点，是椭圆上不同的两点．(1)求椭圆的焦距和离心率；(2)设，若，且、、和、、分别共线，求证：三点共线；(3)若是椭圆上的点，且，求的面积．21．已知函数.(1)，求实数的值；(2)若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围；(3)设，试利用结论，证明：若，其中，则.
参考答案：1．【分析】由题意知，求复数的虚部可转化为先求，从而解得．【详解】因为，所以，故，故复数的虚部为.故答案为：.2．3【分析】由二次方程的根只有一个，则，且根为1，代入即可求解.【详解】因为，所以二次方程有两个相等的实数根，则①，且方程的根为1，所以②，联立①②解得：所以故答案为：.3．8【分析】根据每枚硬币的情况数，即可求出分别抛郑3枚硬币的所有情况数．【详解】每枚硬币都有2种情况，即正面和反面，则分别抛掷3枚硬币，（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），所有，故答案为：8．4．/【分析】直接由向量垂直的坐标运算公式计算即可．【详解】因为，所以，解得，故答案为：．5．/3.5【分析】由题意，然后利用等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】因为是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，且，所以，则.故答案为：.6．【分析】根据离心率求得，即可求得渐近线方程.【详解】因为双曲线的离心率为2，则，解得，故双曲线的渐近线方程为.故答案为：.7．①【分析】由数学建模时，假设针对问题的主要因素，忽略次要因素的原则，即可得出答案．【详解】数学建模时，针对问题的主要因素，忽略次要因素，这里我们需要测量观察者距离珠穆朗玛峰多远，主要关注的应该是珠穆拉玛峰的高度，此时，珠穆朗玛峰的形状对于测量结果影响很小，故假设①最不重要，故答案为：①．8．216【分析】首先根据捆绑法将男生分为3组，然后男生与女生分别全排列，根据分步计数乘法原理计算即可．【详解】由于每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则先从4个男生选2人一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，女生的安排方法共有，故不同的安排共有种．9．【分析】令，可得，结合二项展开式，即可求解.【详解】令，可得，所以被10除所得的余数为.故答案为：.10．【分析】根据题意两直线垂直所以，之间的距离即为到直线的距离，即为与平行且与相切的直线的切点到直线的距离.【详解】因为函数，直线：，若直线与的图象交于点，与直线交于点，直线的斜率为1，直线：的斜率为，所以两直线垂直，所以函数图象上的点A到直线的最短距离，即为之间的最短距离由题意可得，.令，解得（舍去）.因为，取点，所以点A到直线的距离，则，之间的最短距离是.故答案为：11．/【分析】过做与直线垂直的平面，则点的轨迹的长即为平面与正四棱柱的交线长.【详解】如图，连接，，由题可知，，平面.因平面，则.又平面，平，，则平面.又平面，则；如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，过做垂线，交于G.由题可得，平面，又，则平面.因平面，则.又平面，平面，，则平面.因平面，则；因平面，平面，，则平面.连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.注意到，，则，故.则点的轨迹的长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的轨迹问题，难度较大.本题关键为做出轨迹，即过定点做空间直线的垂面，因直接做出平面难度较大，故转化为做空间直线所在平面的垂线.12．21【分析】根据已知得出数列的性质，再分类讨论当为偶数和为奇数的情况即可得出答案．【详解】根据条件可知，数列具有性质为，首尾对称性两个数互为相反数，如果中间数为1个，则必为0．下面对讨论：当为偶数（数列各个数非零），，解得；当为奇数（数列中），，解得，故最大值为21，故答案为：21．13．B【分析】首先解一元二次不等式求出集合，依题意可得，即可得到，再求出集合，即可求出参数的取值范围.【详解】由，解得，所以，因为，所以不等式，等价于，因为“”是“”的充分非必要条件，所以，所以，则，所以不等式，即，解得，所以，又，所以.故选：B14．D【分析】根据线面、面面的、线线的垂直关系逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A：若是空间中三个不同的平面，且，则平面和平面的位置不确定，故A错误；对于C：若是空间中三条不同的直线，且，则直线和直线的位置不确定，故C错误；对于B：是空间中两条不同的直线，是空间的平面，且，则直线和平面的关系为直线平面或直线平面，故B错误；对于D：是空间中两条不同的直线，是空间的平面，且，则，故D正确，故选：D.15．D【分析】通过函数奇偶性的定义对选项逐个进行判断，再取图象上的特殊点进行排除即可.【详解】由图可知，在上的图象关于轴对称，所以在上为偶函数，故应先判断各选项中函数的奇偶性.对A，，为偶函数，故A选项的函数为其定义域内的偶函数.同理：对C、D选项的均为其定义域内的偶函数，只有选项的为其定义域内的奇函数，从而排除选项B.又，对A选项：，所以排除A.而由图可知，对C选项：，，故排除C.故选：D.16．A【分析】利用向量的定义，推导知的向量坐标，然后求出an，bn的表达式，然后进行计算即可．【详解】由题意可知， （k 0）都是在上一个点的基础上横坐标发生变化，纵坐标不变. （k 0）都是在上一个点的基础上横坐标减小，纵坐标增加. （k 0）都是在上一个点的基础上横坐标减小，纵坐标也减小.又，所以 =4- = = =3- =+ = 所以选A.【点睛】本题是新定义题目，首先读懂新定义的实质，转化成我们已有的知识并解决．本题实质考查向量的坐标运算，几何运算，难度较大．17．(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理直接计算即可；（2）由正弦定理求出AP，然后代入三角形面积公式，结合辅助角公式及三角函数值域求出面积范围.【详解】（1）由，且是边长为2的正三角形，则，且，所以在中，由余弦定理得，所以；（2）由，则，则，在中，由正弦定理有，得，所以，又，且，则，所以，所以，则，故的取值范围为.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）取线段的中点，连接，证明，则即为异面直线与所成角，证明平面，再解即可.【详解】（1）因为是弦的中点，且，可知是线段的中点，故在中，为边的中位线，则，又面，且直线不在面，则平面；（2）取线段的中点，连接，在中，线段是的中位线，故，则即为异面直线与所成角，由题意知，，因为平面，平面，所以，因为是圆柱下底面的直径，所以，又平面，所以平面，所以平面，又因平面，所以，在中，，故，故，故，则异面直线与所成角的大小为.  19．(1)0.3，0.4(2)，分布列见解析(3) 【分析】（1）根据古典概型公式计算即可.（2）求得的可能取值及对应概率完成分布列，根据离散型随机变量的期望公式求解即可.（3）根据全概率和条件概率公式求解即可.【详解】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晩餐都选择A餐厅就餐”，事件D为“乙员工午餐和晩餐都选择B餐厅就餐”，因为100个工作日中甲员工午餐和晩餐都选择A餐厅就餐的天数为30，乙员工午餐和晩餐都选择B餐厅就餐的天数为40，所以.（2）由题意知，可以取的值为：0，1，2，，，故的分布为：.（3）设表示事件“去餐厅就餐获奖”，表示事件“学生甲午餐去餐厅就餐”，由题知，，，，，则，解得.即如果学生甲并没有抽中奖品，第二天午餐依然在餐厅就餐的概率.20．(1)焦距为，离心率为(2)证明见解析(3) 【分析】（1）直接由椭圆的方程得出和，再由求出，即可得出焦距和离心率；（2）设，，首先由得出，方法一：由三点共线和三点共线，得出，再将代入椭圆方程，联合整理得，，即可证明结论；方法二：写出直线的方程与椭圆联立，由根与系数关系得出点和的坐标，进而得出，，即可证明结论；（3）设，由，得出和，①当直线的斜率不存在时，得出，即可得出的面积；②当直线的斜率存在时，设，与椭圆方程联立，得出和，结合点在椭圆上，得出，再根据弦长公式得出，根据点到直线距离公式得出点到直线的距离，根据即可得出面积．【详解】（1）由可知，，，故，所以焦距，离心率．（2）设，，由题意，，，，，，，，又，所以，得，方法一：由三点共线，则，即，同理可得，三点共线，则，即，故，即，又，，所以，所以，由，整理得，所以有，又，故，所以，所以三点共线．方法二：因为，，则，由得直线的方程为，与椭圆联立，得，则，所以，同理得，所以，，即三点共线．  （3）设，因为，，，①当直线的斜率不存在时，则，所以，，又是椭圆上的点，此时，故，②当直线的斜率存在时，可设，由，得，所以，，所以，又点在椭圆上，代入整理得，，从而，于是，点到直线的距离，所以．  21．(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）求得，根据题意得到方程组，即可求解；（2）把转化为即对任意恒成立，设，设，利用导数求得函数在单调性，结合，即可求解；（3）解法1：由不等式，推得，进而利用累加法，即可得证；解法2：由，得到，结合累加法，即可得证.【详解】（1）由函数，可得，所以，.又由，所以，解得.（2）若，可得，则，则不等式可化为，即对任意恒成立，令，则，设函数，可得，因为，所以恒成立，所以函数在上严格递增，所以，故，即实数的取值范围为.（3）解法1：由，因为，可得，当且仅当时，等号成立；所以，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时等号成立.因此有，， ，以上个式子相加得：.解法2：由，可得，当且仅当时等号同时成立.故，，，以上个式子相加得：.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．