上海市崇明區(qū)2024-2025學年高三上學期第一次模擬考試數學試題答案

第1頁/共1頁2024學年第一學期崇明區(qū)高三第一次模擬考試高三數學考生注意：1．本試卷共4頁，21道試題，滿分150分，考試時間120分鐘．2．本試卷分設試卷和答題紙．試卷包括試題與答題要求．作答必須涂（選擇題）或寫（非選擇題）在答題紙上，在試卷上作答一律不得分．3．答卷前，務必用鋼筆或圓珠筆在答題紙正面清楚地填寫姓名、準考證號碼等相關信息．一、填空題（本大題共有12題，滿分54分，其中1～6題每題4分，7～12題每題5分）1.已知集合，則__________.【答案】【解析】【分析】根據交集運算求解.【詳解】因為集合，所以，故答案為：2.不等式的解為__________．【答案】【解析】【分析】將分式不等式轉化為一元二次不等式后可求原不等式的解.【詳解】不等式的解即為，故原不等式的解為，故答案為：3.若復數滿足其中為虛數單位，則_____.【答案】【解析】【分析】設，根據實虛部分別相等可解.【詳解】解:，則所以，，，故答案為：【點睛】根據復數相等求復數，解決的關鍵是實虛部分別相等求解；基礎題.4.的二項展開式中的系數為__________．【答案】35【解析】【分析】寫出展開式的通項，利用通項計算可得.【詳解】二項式展開式的通項為（且），令，解得，所以，所以二項展開式中的系數為.故答案為：5.雙曲線的漸近線方程是__________．【答案】【解析】【分析】將雙曲線方程中的1變?yōu)?后可得漸近線方程.【詳解】雙曲線的漸近線方程為即，故答案為：.6.已知為正實數，且滿足，則的最大值是______．【答案】100【解析】【分析】利用基本不等式的變形，得到，即可求解.【詳解】因為，所以，當且僅當，即時，等號成立.即的最大值為.故答案為：7.已知，如果，那么實數的值為______.【答案】4【解析】【分析】根據向量的坐標表示即可.【詳解】由題意得，則.故答案為：4.8.已知，關于的方程的解___________．【答案】【解析】【分析】根據分段函數的形式分段求解即可.【詳解】等價于或，故，故答案為：9.在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點的坐標是__________．【答案】【解析】【分析】根據空間點關于坐標平面的對稱點特征可求對稱點的坐標.【詳解】點關于平面的對稱點的坐標為，故答案為：.10.某校四個植樹小隊，在植樹節(jié)這天種下柏樹的棵數分別為，若這組數據的中位數和平均數相等，那么_____.【答案】或【解析】【分析】利用平均數，中位數的性質結合分類討論求解即可.【詳解】當時，將數據進行排列，得到，因為這組數據的中位數和平均數相等，所以，解得，當時，將數據進行排列，得到，因為這組數據的中位數和平均數相等，所以，解得，與范圍不符，故排除當時，將數據進行排列，得到，因為這組數據的中位數和平均數相等，所以，解得，經檢驗，和均符合題意.故答案為：或.11.已知，若函數在區(qū)間上有且僅有3個零點和1個極小值點，則的取值范圍是__________．【答案】【解析】【分析】根據零點個數和極小值點的個數可得關于的不等式，故可求其取值范圍.【詳解】當時，，因為函數在區(qū)間上有且僅有3個零點和1個極小值點，所以，故，故答案為：12.已知函數的定義域，值域，則函數為增函數的概率是__________．【答案】【解析】【分析】求出所有函數的個數，再求出增函數的個數，利用古典概型的概率公式可求對應的概率.【詳解】若函數的定義域為，值域為，則不同的函數的個數為，其中增函數共有3個：（1）；（2）；（3）；故所求概率為，故答案為：.二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，其中13～14題每題4分，15～16題每題5分）13.下列函數中，在其定義域上既是奇函數又是嚴格增函數的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性的定義及基本函數的性質逐個判斷即可.【詳解】對于A，的定義域為R，且，所以為奇函數，又是嚴格增函數，正確；對于B，的定義域為R，且，所以不為奇函數，錯誤；對于C，的定義域為0,+∞，不關于原點對稱，所以不具有奇偶性，嚴格增函數，錯誤；對于D，的定義域為R，且，所以為奇函數，但為周期函數，不是定義域R上的嚴格增函數，錯誤.故選：A14.已知直線和平面，則“垂直于內的兩條直線”是“”的（）．A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.充要條件 D.非充分非必要條件【答案】B【解析】【分析】利用直線與平面垂直的判定定理，即可得出結論.【詳解】根據直線與平面垂直的判定定理可知：如果一條直線垂直于平面內的兩條相交直線，那么這條直線垂直于這個平面.而“垂直于內的兩條直線”，沒有滿足相交，所以不一定能推出直線與平面垂直，但是如果一條直線與平面垂直，一定能推出這條直線垂直于平面內的所有直線，即可得：“垂直于內的兩條直線”是“”的必要不充分條件.故選：B.15.拋擲一紅一綠兩顆質地均勻的骰子，記錄骰子朝上面的點數，若用表示紅色骰子的點數，用表示綠色骰子的點數，用表示一次試驗結果，設事件；事件：至少有一顆點數為6；事件；事件.則下列說法正確的是（

）A.事件與事件為互斥事件 B.事件與事件為互斥事件C.事件與事件相互獨立 D.事件與事件相互獨立【答案】D【解析】【分析】A選項，寫出事件包含情況，得到，A錯誤；B選項，寫出事件包含的情況，結合A選項，得到，B錯誤；C選項，寫出事件包含的情況，故，C錯誤；D選項，寫出事件和包含的情況，得到，D正確.【詳解】A選項，事件包含的情況有，事件：至少有一顆點數為6包含的情況有，故，事件與事件不為互斥事件，A錯誤；B選項，事件包含的情況有，故，事件與事件不為互斥事件，B錯誤；C選項，拋擲一紅一綠兩顆質地均勻的骰子，共有種情況，故，事件包含的情況為，故，故，故事件與事件不相互獨立，C錯誤；D選項，事件包含的情況有，，共18種情況，故，事件包含的情況有：，故，因為，所以事件與事件相互獨立，D正確.故選：D16.已知數列，若存在數列滿足對任意正整數，都有，則稱數列是的交錯數列.有下列兩個命題：①對任意給定的等差數列，不存在等差數列，使得是的交錯數列；②對任意給定的等比數列，都存在等比數列，使得是的交錯數列.下列結論正確的是（）A.①與②都真命題； B.①為真命題，②為假命題；C.①為假命題，②為真命題； D.①與②都是假命題．【答案】A【解析】【分析】對于①：根據等差數列通項公式為一次函數形式分析判斷；對于②：根據等比數列通項公式為指數型，并舉例說明即可.【詳解】對于①：因為數列、均為等差數列，設，則，若，可知當時，恒成立，不滿足交錯數列；若，可知的符號不變，不滿足交錯數列；若，可知當時，恒成立，不滿足交錯數列；綜上所述：對任意等差數列、，均不是的交錯數列，故①正確；對于②：因為數列為等比數列，設，等比數列的公比為不妨假設，，此時等比數列的公比為當為奇數，則；當為偶數，則；滿足是的交錯數列，若等比數列的公比為，根據對稱結構，上述結論依然成立，同理若，，此時等比數列的公比為當為奇數，則；當為偶數，則；滿足是的交錯數列，若等比數列的公比為，根據對稱結構，上述結論依然成立，綜上所述：對任意給定的等比數列，都存在等比數列，使得是的交錯數列，故②正確；故選：A.【點睛】關鍵點點睛：數列是特殊的函數，根據數列的特性，準確構造相應的函數，借助函數性質分析求解是解題的關鍵，背景函數的條件，應緊扣題中的限制條件.三、解答題（本大題共有5題，滿分78分）17.如圖，在直三棱柱中，E、F分別為、的中點，，.（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中點，可得四邊形是平行四邊形，再由線面平行的判定定理可得答案；（2）利用相等可得答案.【小問1詳解】取中點，連接，則，，又，，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；【小問2詳解】由（1）點是中點，連接，因為平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，所以，，，所以，，所以為等腰三角形，則，且，所以，設點到平面的距離為，由得，所以，所以，即點到平面的距離為.18.在中，已知點D是BC邊上一點，且，.（1）若，且，求AD的長；（2）若，，求AD的長（結果精確到0.01）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）結合角的關系，利用二倍角的正切公式列式求解即可.（2）先利用正弦定理求得AC，再利用余弦定理求解即可.【小問1詳解】因為，所以，，又，所以即，解得.【小問2詳解】在中，，由正弦定理得，所以，在中，由余弦定理得.19.王老師將全班40名學生的高一數學期中考試（滿分100分）成績分成5組，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，現將記作第一組，、、、分別記作第二、三、四、五組．已知第一組、第二組的頻率之和為0.3，第一組和第五組的頻率相同．（1）估計此次考試成績的平均值（同一組數據用該組數據的中點值代替）；（2）王老師將測試成績在和內的試卷進行分析，再從中選2人的試卷進行優(yōu)秀答卷展示，求被選中進行優(yōu)秀答卷展示的這2人的測試成績至少1個在內的概率；（3）已知第二組考生成績的平均數和方差分別為65和40，第四組考生成績的平均數和方差分別為83和70，據此計算第二組和第四組所有學生成績的方差．【答案】（1）745（2）（3）【解析】【分析】（1）根據頻率之和為1可求的值，根據組中值可求平均數；（2）根據對立事件可求2人的測試成績至少1個在內的概率；（3）根據分層方差和總體方差的關系式可求第二組和第四組所有學生成績的方差.【小問1詳解】由題意得，解得所以平均數等于【小問2詳解】由題意，內有8人，內有2人，所以被選中進行優(yōu)秀答卷展示的這2人的測試成績至少1個在內的概率為.【小問3詳解】設第二組、第四組的平均數與方差分別為，由題意，第二組、第四組分別有10人和8人，所以成績在第二組、第四組的平均數成績在第二組、第四組的方差故估計成績在第二組、第四組方差是.20.已知橢圓，點、分別是橢圓的下焦點和上焦點，過點的直線與橢圓交于A、B兩點．（1）若直線平行于軸，求線段AB的長；（2）若點A在y軸左側，且，求直線l的方程；（3）已知橢圓上的點C滿足，是否存在直線l使得的重心在x軸上？若存在，請求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．【答案】（1）3（2）或（3）存在，或或【解析】【分析】（1）根據橢圓方程求出直線與橢圓交點的橫坐標后可求；（2）設，根據點在橢圓上和可得關于的方程組，求出其解后可得直線方程；（3）就斜率是否存在分類討論，若斜率存在，則聯立直線方程和橢圓方程，利用韋達定理結合中心在軸上求出的縱坐標，再根據求出的橫坐標，代入橢圓方程可求斜率.【小問1詳解】由題意，、，所以直線的方程是，代入中，得，所以【小問2詳解】設，則所以，又，所以所以點坐標是或，所以直線的方程是或.【小問3詳解】當直線的斜率存在時，設直線的方程為，代入中，得，此時，設、、，則，所以中點.又的重心在軸上，所以，即，故，因為，所以，所以，因為，所以，所以，所以，因為點在橢圓上，所以，解得或當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時、恰為長軸頂點，點為短軸頂點，滿足題意．綜上所述，存在直線l使得的重心在軸上，其方程為：或或.【點睛】思路點睛：圓錐曲線中的直線的存在性問題，可直線滿足的幾何性質轉化為坐標的關系，再結合韋達定理轉化為參數的方程，從而求出參數的值.21.定義：若曲線和曲線有公共點P，且曲線在點P處的切線與曲線在點P處的切線重合，則稱與在點P處“一線切”.（1）已知圓與曲線在點處“一線切”，求實數a的值；（2）設，，若曲線與曲線在點P處“一線切”，求實數a的值；（3）定義在上的函數的圖象為連續(xù)曲線，函數的導函數為，對任意的，都有成立.是否存在點使得曲線和曲線在點處“一線切”？若存在，請求出點的坐標，若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）（3）不存在點滿足條件，理由見解析【解析】【分析】（1）利用導數求出曲線在點處的切線方程，再根據圓心到切線的距離為半徑可求的值；（2）設出公切點，則可得關于切點橫坐標與的方程組，解方程組可求得的值；（3）假設存