2023-2024学年上海市杨浦区高三上学期期中数学质量检测模拟试题(含解析)

2023-2024学年上海市杨浦区高三上学期期中数学质量检测模拟试题一、填空题（1-6题每小题4分，7-12每小题5分，满分54分）1．关于x的不等式x30的解集是x..2．已知函数fxtan2x，则函数fx的最小正周期是263．二项式(x)的展开式中，常数项为x．y24．双曲线x21两条渐近线的夹角大小是3345．已知角的顶点是坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点P,，则55cos2..6．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，平行平面A1BD与CD1B1间的距离为7．设m，n是两个单位向量，向量am2n，且a5，则mn.．若8．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据（单位：分）这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则xy．9．若z1z21，则称z1与z2互为“邻位复数”．已知复数z1a3i与z21biabR互为“邻位复数”，则a2b2的最大值10．若函数f(x)．．13xax2x5无极值点，则实数a的取值范围是311．在ABC中，AC2BC4，ACB为钝角，M,N是边AB上的两个动点，且MN1，若3CMCN的最小值为，则cosACB4．x2x28,x2,，都存在唯一的x2,2，满足12．已知函数f(x)若对任意的x12，xa1,x2.2f(x1)f(x2)，则实数a的取值范围是．二、选择题（13-14每小题4分，15-16每小题5分，共18分）13．已知abcd，下列选项中正确的是（A．adbcC．adbc14．下列问题中是古典概型的是A．种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率B．掷一颗质地不均匀的骰子，求出现1点的概率C．在区间[1，4]上任取一数，求这个数大于1.5的概率D．同时掷两枚质地均匀的骰子，求向上的点数之和是5的概率222215．从圆C1:xy4上的一点向圆C2:xy1引两条切线，连接两切点间的线段称为切点弦，）B．acbdD．acbd则圆C2内不与任何切点弦相交的区域面积为（A．）6B．4C．3D．2na,Nn13(n2)，使an2021对任意的nk（k为正整数）16．数列an中，a11，an1na5,Nn3恒成立的最大k值为（A．1209）C．1213D．1215B．1211三、解答题（满分78分）17．如图，直三棱柱ABCABC内接于高为2的圆柱中，已知ACB90，AA2，BCAC1，O为AB的中点.(1)求圆柱的表面积；(2)求二面角ABCA的大小.218．已知数列an的前n项和为Sn3n5n，数列{bn}满足b180，bn64bn1.(1)证明an是等差数列；(2)是否存在常数a、b，使得对一切正整数n都有anlogabnb成立.若存在，求出a、b的值；若不存在，说明理由.19．今年7月28日第5号台风“杜苏芮”在福建登陆，最大风力达到12级.路边一棵参天大树在树干某点B处被台风折断且形成120角，树尖C着地处与树根A相距10米，树根与树尖着地处恰好在路的两侧，设CAB（A，B，C三点所在平面与地面垂直，树干粗度忽略不计）(1)若45，求：折断前树的高度（结果保留一位小数）(2)问一辆横截面近似为宽2米，高2.5米的救援车能否从此处通过？并说明理由.（参考：见图，DE2为救援车的宽，21.414,62.449）x2y220．已知椭圆C:221(ab0)经过A(1,0)，B0,b两点.O为坐标原点，且AOB的面积为ab2，过点P0,1且斜率为k(k0)的直线l与椭圆C有两个不同的交点M，N.且直线AM，AN4分别与y轴交于点S，T.(1)求椭圆C的方程；(2)若以MN为直径的圆经过坐标原点，求直线l的方程；(3)设PSPO，PTPO，求的取值范围.221．已知函数fxlnxax，gxa1x1，aR.(1)当a2时，求函数fx在点1,f1处的切线方程；(2)令当hx2fxgx，若函数hx有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围；(3)在（2）的条件下，证明.x1x22a11．xx0或x3【分析】利用分式不等式的解法求解即可.【详解】因为x30，xxx30所以，解得x0或x3，x0所以x30的解集为xx0或x3.x故xx0或x3.2．π2【分析】利用正切函数最小正周期公式即可得解.【详解】因为fxtan2x，所以fx的最小正周期为T故答案为.3．160【分析】根据二项展开式的通项公式，即可得到答案；2rr6rr62rr【详解】Tr1C6x()C6x(2),r0,1,,6，x33当62r0r3时，T4C6(2)160，ππ.2π2常数项为160，故答案为.160本题考查二项式定理通项公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.4．60°##3【分析】求得双曲线的两条渐近线方程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小.y2【详解】双曲线x21的两条渐近线的方程为y3x，3π由直线y3x的斜率为3，可得倾斜角为，3y3x的斜率为3，可得倾斜角为所以两条渐近线的夹角的大小为π，32π，3故答案为.5．π3725【分析】利用任意角的三角函数的定义求得tan的值，进而根据二倍角的余弦公式，同角三角函数基本关系式即可求解．34【详解】因为角的顶点是坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点P(,)，55454所以tan，335161cossin1tan97所以cos22．cossin21tan2116259222故6．7．25313##33DCn【分析】建立空间直角坐标系，求得平面A1DB的法向量n，再由d即可得解.n【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，则A1(1,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0),C(0,1,0)，故DA1(1,0,1),DB(1,1,0),DC(0,1,0)nDA1xz0设平面A1DB的法向量为n(x,y,z)，则，nDBxy0取x1，则y1,z1，所以n(1,1,1)，由题意知平面A1BD平行于平面CD1B1，DCn13所以平面A1DB与平面D1CB1间的距离d.n33故答案为.7．033【分析】利用向量数量积的运算律求解即可.【详解】因为am2n，a5，m,n是两个单位向量，2所以am2n222m4mn4n14mn45，解得mn0.故答案为.08．9【分析】根据茎叶图中的数据，分别利用数据的中位数和平均数的公式，列出方程，求得x,y的值，即可求解.【详解】由平均数的公式得，甲的平均数为x1乙的平均数为x27121620(20x)31106x，668919(10y)2728101y，66106x101y，即yx5，66因为甲乙的平均数相等，可得又由甲的中位数为16201910y18，乙的中位数为，221910y18，解得y7，2因为甲乙的中位数相等，可得因为yx5，所以x2，所以xy9.故答案为.99．9【分析】由已知条件与复数模长的计算公式可知a1b3原点的距离的平方，利用两点间距离公式和圆的性质即可求解.【详解】因为复数z1a3i与z21bi互为“邻位复数”，2所以a3i1bi1，故a122所求表达式表示点a,b到1，3b21，即a1b3221，其表示的是点a,b的轨迹是以A1,3为圆心，半径r1的圆，而a2b2表示点a,b到原点的距离，故a2b2的最大值为原点到圆心的距离加半径，即OAr123213，所以a2b2的最大值为329，故9.10．1,12本题首先可根据函数解析式得出导函数f(x)，然后根据函数f(x)无极值点得出(-2a)-4£0，最后通过计算即可得出结果.【详解】因为f(x)因为函数f(x)213xax2x5，所以f(x)x22ax1，313xax2x5无极值点，3所以(-2a)-4£0，解得1a1，实数a的取值范围是1,1，故答案为.1,111．1PNPM【分析】取MN的中点P得PNPM，，再将CMCN用向量PN,PM,CP表示23并结合CMCN的最小值为得CPmin1，即C到直线AB的距离为1，再根据几何关系即可求得4cosACB1【详解】取MN的中点P，取PNPM，PNPM，221CMCNCPPMCPPNCPPMCPPMCP，43因为CMCN的最小值，41358所以CPmin1．作CHAB，垂足为H，如图，则CH1，又BC2，所以B30，因为AC4，所以由正弦定理得：sinA115，cosA，44所以cosACBcos150A31cosAsinA2231511135．242481358故答案为.本题考查向量的数量积运算，正弦定理解三角形，余弦的差角公式等，是中档题.12．1,5【分析】求得x≥2时的值域，方法一，只需使x＜2时对应的函数图像在该值域区间上只有一个交点即可，利用数形结合的办法，对参数分类讨论，写出满足的不等式组，求得a的取值范围；方法二：对a分类讨论，求得函数单调性，利用单调性满足只有一个交点，且值域要比上面求的值域要大，来求得参数的取值范围.1f(x)x4，【详解】解：【法1】当x2,时，f(x)2．因为2x2x8x而x41442x4，当且仅当x，即x2时，等号成立，所以yf(x)的取值范围是0，．x8xxxa1由题意及函数f(x)2a2，x2的图像与性质可得12a182a2或12a1，如上图所示．解得2a5或1a2，所以所求实数a的取值范围是281,5．【法2】1f(x)x4444，因为x2x4，当且仅当x，当x2,时，f(x)2，即2x2x8xxxx1即x2时，等号成立，所以yf(x)的取值范围是0，；8当x,2时，1（1）若a2，则f(x)2|xa|12ax（x,2），它是增函数，此时yf(x)的取值范围a21a2110,．由题意可得，解得a5，又a2，所以2a5；是2821ax,xa,2（2）若a2，则f(x)．函数yf(x)在,a上是增函数，此时yf(x)的xa1,ax2212a取值范围是0,1；而函数yf(x)在a,2上是减函数，此时yf(x)的取值范围是由,1．21题意可得22a1，解得a1，又a2，所以1a2．8综上，所求实数a的取值范围是1,5．故[-1,5).关键点点睛：数形结合将函数值问题转化为交点问题，值域范围问题，对参数分类讨论，借助单调性求解问题.13．B【分析】对于选项ACD，通过取特殊值即可排除，对选项B，利用不等式的性质可判断出选项是正确的，从而得出结果.【详解】对于选项A，因为a3,b2,c1,d10，满足abcd，但不满足adbc，所以选项A错误；对于选项B，因为ab,cd，由不等性质，同向可加性知acbd成立，所以选项B正确；对于选项C，因为a3,b2,c1,d10，满足abcd，但不满足adbc，所以选项C错误；对于选项D，因为a3,b2,c1,d0，满足abcd，但不满足acbd，所以选项D错误，故选：B.14．D【详解】A、B两项中的基本事件的发生不是等可能的；C项中基本事件的个数是无限多个；D项中基本事件的发生是等可能的，且是有限个．故选D．【考点】古典概型的判断．15．B【分析】由题画出大致图象，由切点弦找出临界点D，结合圆的面积公式即可求解.【详解】如图所示，设A为C1上一点，AB,AC为圆C1与C2的两条切线，BC为切点弦，因切点弦有无数条，当无数条切点弦交汇时，圆C2内不与任何切点弦相交的区域恰好构成虚线部分圆的面积，AO2,OB1，则AB3，由等面积法得ABOBAOBD，解得BD23，又对BOD由勾股定211理可得ODOBBD，则以OD为半径的圆的面积为S，故圆C2内不与任何24222切点弦相交的区域面积为故选：B16．B.4【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是等于2021，即可得答案.【详解】由已知可得，数列an：1,6,11,6,11,16,11,16,21,，可得规律为1,6,11；6,11,16；11,16,21；L此时将原数列分为三个等差数列：1,6,11,,an6,11,16,an5n2，nnn3m1,mN；35n8，nnn3m2,mN；35n18,nnn3m3,mN;311,16,21,an因为a12092021,a12102016,a12112021,a121220262021，所以满足an2021对任意的nkkN恒成立的最大k值为1211．故选：B.17．(1)3(2)arctan2【分析】（1）由勾股定理可求得底面圆的半径，分别求得圆柱的侧面积和底面积，进而可求得表面积；（2）方法一：连接AC，可证得BCAC，则可得所求二面角的平面角为ACA，根据长度关系可得结果；方法二：以C为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）ACB90，ACBC1，ABAC2BC22，底面圆O的半径r=2，圆柱的侧面积为2rAA2，22又圆柱的底面积为r2，圆柱的表面积S223.2（2）方法一：连接AC，AA平面ABC，BC平面ABC，AABC；ACB90，即ACBC，ACAAA，AC,AA平面ACCA，BC平面ACCA，又AC平面ACCA，∴BCAC；ACA即为二面角ABCA的平面角，AA2，AC1，tanACAAA2，ACAarctan2，AC即二面角ABCA的大小为arctan2.C方法二：以为坐标原点，CA,CB,CC正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，A1,0,2CAC0,0,0B0,1,0，，CB0,1,0，1,0,2，则，设平面ABC的法向量nx,y,z，CBny0则，令z1，解得：y0，x2，n2,0,1；CAnx2z0z轴平面ABC，m0,0,1是平面ABC的一个法向量，mn13cosm,n，33mn由图形可知：二面角ABCA为锐二面角，二面角ABCA的大小为arccos3，即arctan2.318．(1)证明见解析(2)存在，a1，b12log252S1,n1a【分析】（1）根据n求出an的通项公式，再根据等差数列的定义证明即可；SS,n2n1n106n（2）根据题意可求得bn52，logabnloga5106nloga2，代入anlogabnb中得66loga26n26nloga210loga2loga5b，只需满足以即可，从而求解a,b的210log2log5baa值即可.2【详解】（1）因为数列an的前n项和为Sn3n5n，所以当n1时，a1S1358，2当n2时，Sn13(n1)5(n1)，22所以anSnSn13n5n3(n1)5(n1)6n2，满足a18，所以数列an的通项公式为an6n2，nN*，所以an1an6(n1)26n26，nN*，所以an是等差数列；（2）因为b180，bn64bn1，bn11，所以bn64所以数列bn是以80为首项，1所以bn8064n11为公比的等比数列，6452106n；106n所以logabnloga52loga5106nloga2，要使对一切正整数n都有anlogabnb成立．即6n2loga5106nloga2b，即6n26nloga210loga2loga5b，166loga2a2所以，解得.210log2log5baab12log251故存在常数a,b，当a,b12log25时，对一切正整数n都有anlogabnb成立.219．(1)11.2米.(2)救援车不能从此处通过，理由见解析【分析】（1）在ABC中，利用正弦定理即可得解；（2）设DGEFh，利用三角函数的恒等变换得到h关于的关系式，结合正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）解：在ABC中，CBA120，CAB45，所以BCA15，由正弦定理，得.ABCB10sin15sin45sin12062，462242又sin15sin4530sin45cos30cos45sin301010ABBC(sin15sin45)所以sin120321525611.2米.3所以折断前树的高度11.2米；（2）设ABC的内接矩形DEFG的边DE在AC上且DE2，设DGEFh，因为CAB，CBA120，所以BCA60，所以ADCEDEhh210，tantan(60)coscos(60)所以h8，sinsin(60)则h38sinsin(60)81sincossin2sin60sin602163121631cos2sincossinsin2422433831183π43sin2cos2sin2，2223363π3因为(0,)，所以2ππ5π(,)66643π1所以sin(2),1，所以h0, 362因为43166.252.5，所以救援车不能从此处通过.332y2x1120．(1)2(2)y2x1(3)2,212【分析】（1）把点A坐标代入椭圆的方程得a1，由AOB的面积可得ab，解得b，进而24得椭圆C的方程；（2）设直线l的方程为ykx1，Mx1,y1，Nx2,y2．联立直线l与椭圆C的方程的关于x的一元二次方程，由0，进而解得k的取值范围，再列出韦达定理，由OMON，则OMON0，即可求出k，从而得解；（3）因为A(1,0)，P(0,1)，Mx1,y1，Nx2,y2，写出直线AM的方程，令x0，解得yS的坐标为(0,y1．点x11y1y2)．同理可：点T的坐标为(0,)．用坐标表示PS，PT，PQ，代入x11x21得PSPO,PTPO，y1kx1kx21111，1．同理由x1x2，x1x2，代入，x11x11x21化简再求取值范围．x2y2【详解】（1）因为椭圆C:221经过点A(1,0)，ab所以a21解得a1（负值舍去）．由AOB的面积为2122可知ab，解得b，42422y2x11所以椭圆C的方程为．2（2）设直线l的方程为ykx1，Mx1,y1，Nx2,y2．x22y21联立，消y整理可得(2k21)x24kx10．ykx1因为直线与椭圆有两个不同的交点，222所以16k42k10，解得k1，22,因为k0，所以k的取值范围是2，所以x1x214kxx，，122k212k212则y1y2kx11kx21kx1x2kx1x214kk21k2k212，2k12k12k121因为以MN为直径的圆经过坐标原点，所以OMON，则OMONx1x2y1y20，即k210，解得k2（负值舍去），2k212k211所以直线l的方程为y2x1.（3）因为A(1,0)，P0,1，Mx1,y1，Nx2,y2，所以直线AM的方程是：y令x0，解得yy1(x1)，x11y1y1，所以点S的坐标为0,．x11x11y2同理可得点T的坐标为0,．x12yy12PS0,1PT0,1，PO(0,1)．所以，x11x21由PSPO，PTPO，可得y1y21，1，x11x21y1kx1111，x11x11kx211，x214k1,x1x22，22k12k1所以同理由（2）得x1x2所以2k12kx11kx212kx1x2(1k)(x1x2)222x11x21x1x2(x1x2)12k114k(2)122k12k1(1k)(4k)22k2122k4k4k22(2k21)214k2k21(k1)2(k1)212，k1221k11,,0,22，因为k，所以，所以22k1则1122,0，所以2k1k12,2，所以的范围是2,2．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x1,y1、x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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x1x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解.21．(1)xy10(2)a1,0(3)证明见详解【分析】（1）先求导，利用导数可得切线斜率，由点斜式方程可得；（2）利用导数讨论单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（3）构造差函数，证明极值点偏移问题.【详解】（1）fx定义域为0,，fx所以切线斜率为f11，又f1ln122，所以切线方程为y2(x1)，即xy10.2（2）hx2fxgx2lnx(a1)x2ax1，112x2，xx2x1a1x1，hx定义域为0,，hx22a1x2axx①当a1时，有hx0恒成立，hx在0,上单调递增，函数hx不可能有两个零点；11,，②当a1时，由hx0，解得x0,，由hx0，解得xa1a111,上递减．故函数hx在0,上递增，在a1a12因为hx2lnxa1x2ax12lnx2ax1，故he22lne22a2a130，e2e2设kxlnxx1，x0，则kx11x1，当0x1时，kx0，当x1时，kx0，xx函数在(0,1)上递增，在(1,)上递减，故kx在x1处取得极大值，也是最大值，1kxmaxk10，所以lnxx1，故lnxx，212x22ax1即hx2lnxa1x2ax12xa12x21aa1x，21a1，则hx0x021aa1x00.a1a11因此，要使函数hx且两个零点，只需h0，a1取x0a1112lna10，即2ln，化简，得a12a10a1a1a1a1令mx2lnx121xmx0，x12，因为x1x1x12所以函数mx在1,上是单调递增函数，又m00，故不等式2lna1a0的解为a1,0，a1因此，使求实数a的取值范围是.a1,011，a112x2，则只需证明x1x2，根据（2）的结果，不妨设0x1a1a1（3）因为1a0，所以1121x0,x0,因为hx在0,时单调递增，且，12，a1a1a1a12x2，于是只需证明hx1ha12x20，因为h(x1)=h(x2)，所以即证hx2ha121x，x,，记Fxhxha1a122Fxhxhxa1x2xa124a1444a14a1022，1xa1xa1a1a111,单调递增，则FxF所以Fx在0，a1a12即证得x1x2，原命题得证.a1关键点睛：极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.