2023届上海市七宝中学高三5月第二次模拟数学试题含解析

这是一份2023届上海市七宝中学高三5月第二次模拟数学试题含解析，共17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。
2023届上海市七宝中学高三5月第二次模拟数学试题 一、填空题1．已知集合，集合，则____________．【答案】【分析】根据并集的定义运算即可.【详解】因为，，所以，故答案为：2．在复平面内，点对应的复数z，则___________【答案】【分析】由点的坐标写出复数，再计算。【详解】由题意，∴。故答案为：。【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的模，属于基础题。3．若不等式的解集为，则实数等于_________.【答案】3【分析】求出绝对值符号的不等式解集，再比对作答.【详解】不等式，化为，因此不等式的解集为，依题意，，于是，解得，所以实数等于3.故答案为：34．在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为_________.【答案】【分析】绕直线AB旋转一周 ，所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，由此根据圆锥的体积公式能求出其体积.【详解】因为在直角三角形中，，，，所以绕直线AB旋转一周所得几何体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，示意图如下图所示：    所以绕直线AB旋转一周所得几何体的体积为.故答案为:．5．已知随机变量服从正态分布，若，则__________．【答案】1【分析】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为，据此得到关于a的方程，解方程可得a的值.【详解】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为，结合题意有：.故答案为1．【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.6．若，则=_________.【答案】56【分析】把表示成的二项式形式，再根据二项式定理求解作答.【详解】依题意，，所以.故答案为：567．已知函数，则曲线在处的切线方程为______.【答案】【解析】求出和即可【详解】因为，所以，所以所以曲线在处的切线方程为：即故答案为：【点睛】本题考查的是导数的几何意义，较简单.8．若函数的最小值为，则常数的一个取值为_________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据题意，由三角恒等变换公式进行化简，然后由函数的最小值为，列出方程，即可得到结果.【详解】因为其中，，且，即，即，所以，则，.当时，，即的一个取值为.故答案为：.9．某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程（单位：万千米）对应维修保养费用（单位：万元）的四组数据，这四组数据如下表：行驶里程/万千米维修保养费用万元若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为万千米时的维修保养费是_____________．【答案】万元【分析】根据回归直线的性质可得，进而可得估计值.【详解】由已知得，，故样本中心为，即，解得，回归直线为，当时，，故答案为：.万元10．已知单位向量，若对任意实数，恒成立，则向量的夹角的最小值为_________.【答案】/60o【分析】把两边平方得到关于的一元二次不等式，利用一元二次不等式恒成立的条件以及两向量夹角的余弦公式求得结果.【详解】，是单位向量，由得：，依题意，不等式对任意实数恒成立，则，解得，而，则，又，函数在上单调递减，因此，所以向量，的夹角的取值范围为.则向量的夹角的最小值为.故答案为：.11．不与轴重合的直线经过点，双曲线：上存在两点A，B关于对称，AB中点M的横坐标为，若，则的值为_________.【答案】【分析】由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得.【详解】设，则，两式相减得，即，即 ，所以，因为是AB垂直平分线，有，所以，即，化简得，故，则.故答案为：12．对于一个有穷正整数数列，设其各项为，，...，，各项和为，集合中元素的个数为，对所有满足的数列，则的最大值为_________.【答案】1250【分析】根据给定条件，分五步证明对所有满足的数列，求出的最大值作答.【详解】①存在大于1的项，否则此时有；②，否则将拆分成个1后变大；③当时，有，否则交换顺序后变为，进一步有，否则有，此时将改为，并在数列末尾添加一项1，此时变大；④各项只能为2或1，否则由①②③可得数列中有存在相邻的两项，设此时中有项为2，则将改为2，并在数列末尾添加一项1后，的值至少变为；⑤由上可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，从而有，由二次函数的性质可得，当且仅当时，最大为1250.故答案为：1250【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 二、单选题13．设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为、是两个不同的平面，直线，若对内的任意直线，都有，根据线面垂直的定义可知，，，所以，“对内的任意直线，都有”“”；若，因为，对内的任意直线，与的位置关系不确定，所以，“对内的任意直线，都有”“”.因此，“对内的任意直线，都有”是“”的充分而不必要条件.故选：A.14．已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（   ）A．数列的最大项为 B．数列的最小项为C．数列为严格递增数列 D．数列为严格递增数列【答案】D【分析】分别在为偶数和为奇数的情况下，根据项的正负和的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用和可知CD正误.【详解】对于A，由题意知：当为偶数时，；当为奇数时，，，最大；综上所述：数列的最大项为，A正确；对于B，当为偶数时，，，最小；当为奇数时，；综上所述：数列的最小项为，B正确；对于C，，，，，，，数列为递增数列，C正确；对于D，，，；，，，又，，数列为递减数列，D错误.故选：D.15．某环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水排放量与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.则下列正确的命题是（   ）  A．在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业弱；B．在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业弱；C．在时刻，甲、乙两企业的污水排放都不达标；D．甲企业在，，这三段时间中，在的污水治理能力最强【答案】D【分析】根据题目中的数学模型建立关系，比较甲乙企业的污水治理能力.【详解】设甲企业的污水排放量与时间t的关系为，乙企业的污水排放量与时间t的关系为.对于A选项，在这段时间内，甲企业的污水治理能力，乙企业的污水治理能力.由图可知，，所以,即甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A选项错误；对于B选项，由图可知， 在时刻的切线斜率小于在时刻的切线斜率，但两切线斜率均为负值，故在时刻甲企业的污水治理能力比乙企业强，故B选项错误；对于C选项，在时刻，甲、乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量，故甲、乙两企业的污水排放都达标，故C选项错误；对于D选项，由图可知，甲企业在，，这三段时间中，在时的差值最大，所以在时的污水治理能力最强，故D选项正确，故选：D.16．已知定义在R上的函数，对于给定集合A，若，当时都有，则称是“A封闭”函数.已知给定两个命题：：若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数；：若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数.则下列判断正确的为（   ）A．对，对 B．不对，对 C．对，不对 D．不对，不对【答案】C【分析】根据定义可得都有，都有，再判定所给定区间里是否有成立即可判断作答.【详解】对命题：对于集合使，则,而是“封闭”函数，则，即都有，对于集合使，则，而，所以，即，故一定是“封闭”函数正确；对命题，其逆否命题为，若是“封闭”函数，则不是“[a,b]封闭”函数， 只需判断出其逆否命题的正误即可，使，则，若，则，由解得，因为，所以，即使，则，满足是“[a,b]封闭”函数，所以命题的逆否命题为假命题，则原命题也为假命题，错误.故选：C【点睛】思路点睛：函数性质及命题真假判断，根据给定条件可得都有，都有，再利用递推关系及函数新定义判断正误即可. 三、解答题17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB＝bsin（A）．（1）求A；（2）D是线段BC上的点，若AD＝BD＝2，CD＝3，求△ADC的面积．【答案】（1）A；（2）.【解析】（1）首先利用正弦定理可得asinB＝bsinA，然后利用两角差的正弦公式展开化简即可求解.（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DACθ，在△ADC中，利用正弦定理可得sinθcosθ，根据同角三角函数的基本关系求出sin2θ，再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）由正弦定理可得asinB＝bsinA，则有bsinA＝b（sinAcosA），化简可得sinAcosA，可得tanA，因为A∈（0,π），所以A．（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DACθ，∠ACDθ，在△ADC中，，则，所以，可得sinθcosθ，又因为sin2θ+cos2θ＝1，可得sinθ，cosθ，则sin2θ＝2sinθcosθ，所以S△ADCsin∠ADC．【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．已知正方体，点为中点，直线交平面于点.  (1)证明：点为的中点；(2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析.(2). 【详解】（1）在正方体中，，又平面，且平面，则平面，而交平面于点，即平面，又平面，有平面，因此平面平面，于是，而为中点，所以为的中点.（2）以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，  不妨设正方体的棱长为3，设，则,从而，设平面的一个法向量为，则,即,不妨取,则,即，设直线与平面所成角为，又直线与平面所成角的正弦值为，因此，解得，所以.19．随着五一黄金周的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解、两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得关于旅游景点的问卷100份，关于旅游景点的问卷80份.问卷中，对景点的满意度等级为：非常满意、满意、一般、差评，对应分数分别为：4分、3分、2分、1分，数据统计如下： 非常满意满意一般差评景点5030515景点353078假设用频率估计概率，且游客对，两个旅游景点的满意度评价相互独立.(1)从所有（人数足够多）在旅游景点的游客中随机抽取2人，从所有（人数足够多）在旅游景点的游客中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出“非常满意”的概率；(2)根据上述数据，你若旅游，你会选择、哪个旅游景点?说明理由.【答案】(1)；(2)选择景点，理由见解析. 【分析】（1）求出游客在，景点给出“非常满意”评价的概率，再利用互斥事件、独立重复事件的概率公式计算作答.（2）列出游客对，景点评分的分布列，并求出期望和方差，再比较大小作答.【详解】（1）设“这4人中恰有2人给出“非常满意”的评价”为事件，由表中数据可知，游客在景点给出“非常满意”评价的概率为，游客在景点给出“非常满意”评价的概率为，则.（2）设一位游客对景点的满意度评分为，一位游客对景点的满意度评分为，由数表中数据得的分布为：1234的分布为：1234则，，，，显然，所以选择景点.20．已知椭圆：过点记椭圆的左顶点为M，右焦点为(1)若椭圆C的离心率，求的范围；(2)已知，过点作直线与椭圆分别交于，两点（异于左右顶点）连接，，试判定与是否可能垂直，请说明理由；(3)已知，设直线的方程为，它与相交于，.若直线与的另一个交点为.证明：.【答案】(1)；(2)垂直，理由见解析；(3)证明见解析. 【分析】（1）先根据在椭圆上，得到b,a的关系，再结合离心率的范围可以求得b的范围；（2）假设向量数量积为0，可以求得E点坐标，可以确定EM与EG垂直；（3）设点后联立直线和椭圆方程，再消参数得出横坐标关系，即可得出结论.【详解】（1）在椭圆上, 可得；（2）  且椭圆过, 因此椭圆方程为由题意得，假设设,则,由得 即①又点在椭圆上，②①②联立消去，得则 （为左项点不符合题意舍）, 所以与垂直.（3）  设,由（2）知椭圆方程为与直线的方程 联立消去，并整理得，可得又点A 在直线上， 又直线 AD 的方程为与椭圆方程为联立消去，整理得,所以于是可得  ，即,从而B , D 两点关于 x 轴对称，因此.【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．已知关于的函数，与在区间上恒有，则称满足性质.(1)若，，，，判断是否满足性质，并说明理由；(2)若，，且，求的值并说明理由；(3)若，，，，试证：是满足性质的必要条件.【答案】(1)满足，理由见解析(2)，理由见解析(3)证明见解析 【分析】（1）结合题意，利用配方法与二次函数的性质，分别证明，即可；（2）先根据题意得到是的极小值点，从而求得，再进行检验即可；（3）构造函数，求得的隐零点，结合题意得到，与，从而得证.【详解】（1）满足，理由如下：因为，，，所以，在上单调递增，在上单调递减，当时，取到最小值0，故.又，综上，满足性质.（2），理由如下：设，则，由条件知，则是的极小值点，所以，即.当时，，当时，；当时，；所以，即恒成立(当且仅当时取等号)因此.（3）设，由（2）所证的(当且仅当时取等号)知:，当时取等号.设，则，所以在上单调递增，又，所以存在使得，即，则，又，则，结合条件可得，所以，设，则，又由已知，则是的极小值点，所以，即，结合，可得，故，所以是满足性质的必要条件.【点睛】关键点睛：本题第3小问解决的关键是构造函数，求得的隐零点，从而得到的关系，由此得解.