上海市長寧、青浦、寶山、嘉定2023-2024學年高考考前模擬數(shù)學試題含解析

上海市長寧、青浦、寶山、嘉定2023-2024學年高考考前模擬數(shù)學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數(shù)滿足當時，，且當時，；當時，且).若函數(shù)的圖象上關于原點對稱的點恰好有3對，則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．復數(shù)的共軛復數(shù)對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜?shù)谋?當比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米....所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律，若阿基里斯和烏龜?shù)木嚯x恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（）A．米 B．米C．米 D．米4．在等差數(shù)列中，若，則（）A．8 B．12 C．14 D．105．已知函數(shù)（）的最小值為0，則（）A． B． C． D．6．高斯是德國著名的數(shù)學家，近代數(shù)學奠基者之一，享有“數(shù)學王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設，用表示不超過的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)，例如：，，已知函數(shù)（），則函數(shù)的值域為（）A． B． C． D．7．已知是虛數(shù)單位，若，則（）A． B．2 C． D．108．已知函數(shù)，則函數(shù)的零點所在區(qū)間為（）A． B． C． D．9．雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．10．為實現(xiàn)國民經濟新“三步走”的發(fā)展戰(zhàn)略目標，國家加大了扶貧攻堅的力度．某地區(qū)在2015年以前的年均脫貧率（脫離貧困的戶數(shù)占當年貧困戶總數(shù)的比）為．2015年開始，全面實施“精準扶貧”政策后，扶貧效果明顯提高，其中2019年度實施的扶貧項目，各項目參加戶數(shù)占比（參加該項目戶數(shù)占2019年貧困戶總數(shù)的比）及該項目的脫貧率見下表：實施項目種植業(yè)養(yǎng)殖業(yè)工廠就業(yè)服務業(yè)參加用戶比脫貧率那么年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的（）A．倍 B．倍 C．倍 D．倍11．設拋物線的焦點為F,拋物線C與圓交于M,N兩點,若,則的面積為()A． B． C． D．12．已知，若則實數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖是某幾何體的三視圖，俯視圖中圓的兩條半徑長為2且互相垂直，則該幾何體的體積為________.14．在中，，，，則________，的面積為________．15．已知正數(shù)a，b滿足a+b=1，則的最小值等于__________，此時a=____________.16．設復數(shù)滿足，其中是虛數(shù)單位，若是的共軛復數(shù)，則____________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系．已知直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），曲線的極坐標方程為；（1）求直線的直角坐標方程和曲線的直角坐標方程；(2）若直線與曲線交點分別為，，點，求的值．18．（12分）在如圖所示的多面體中，四邊形是矩形，梯形為直角梯形，平面平面，且，，.（1）求證：平面.（2）求二面角的大小.19．（12分）已知函數(shù)u（x）＝xlnx，v（x）x﹣1，m∈R．（1）令m＝2，求函數(shù)h（x）的單調區(qū)間；（2）令f（x）＝u（x）﹣v（x），若函數(shù)f（x）恰有兩個極值點x1，x2，且滿足1e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）求x1?x2的最大值．20．（12分）2018年反映社會現(xiàn)實的電影《我不是藥神》引起了很大的轟動，治療特種病的創(chuàng)新藥研發(fā)成了當務之急．為此，某藥企加大了研發(fā)投入，市場上治療一類慢性病的特效藥品的研發(fā)費用（百萬元）和銷量（萬盒）的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下：研發(fā)費用（百萬元）2361013151821銷量（萬盒）1122.53.53.54.56（1）求與的相關系數(shù)精確到0.01，并判斷與的關系是否可用線性回歸方程模型擬合？（規(guī)定：時，可用線性回歸方程模型擬合）；（2）該藥企準備生產藥品的三類不同的劑型，，，并對其進行兩次檢測，當?shù)谝淮螜z測合格后，才能進行第二次檢測．第一次檢測時，三類劑型，，合格的概率分別為，，，第二次檢測時，三類劑型，，合格的概率分別為，，．兩次檢測過程相互獨立，設經過兩次檢測后，，三類劑型合格的種類數(shù)為，求的數(shù)學期望．附：（1）相關系數(shù)（2），，，．21．（12分）已知函數(shù).(1)求不等式的解集；(2)若對任意恒成立，求的取值范圍.22．（10分）已知等差數(shù)列an,和等比數(shù)列b(I)求數(shù)列{an}(II)求數(shù)列n2an?a

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

先作出函數(shù)在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，分類利用圖像列出有3個交點時滿足的條件，解之即可.【詳解】先作出函數(shù)在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，如圖所示，當時，對稱后的圖象不可能與在的圖象有3個交點；當時，要使函數(shù)關于原點對稱后的圖象與所作的圖象有3個交點，則，解得.故選：C.【點睛】本題考查利用函數(shù)圖象解決函數(shù)的交點個數(shù)問題，考查學生數(shù)形結合的思想、轉化與化歸的思想，是一道中檔題.2、A【解析】

試題分析：由題意可得：.共軛復數(shù)為，故選A.考點：1.復數(shù)的除法運算;2.以及復平面上的點與復數(shù)的關系3、D【解析】

根據(jù)題意，是一個等比數(shù)列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】根據(jù)題意，這是一個等比數(shù)列模型，設，所以，解得，所以.故選：D【點睛】本題主要考查等比數(shù)列的實際應用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.4、C【解析】

將，分別用和的形式表示，然后求解出和的值即可表示.【詳解】設等差數(shù)列的首項為，公差為，則由，，得解得，，所以．故選C．【點睛】本題考查等差數(shù)列的基本量的求解，難度較易.已知等差數(shù)列的任意兩項的值，可通過構建和的方程組求通項公式.5、C【解析】

設，計算可得，再結合圖像即可求出答案.【詳解】設，則，則，由于函數(shù)的最小值為0，作出函數(shù)的大致圖像，結合圖像，，得，所以.故選：C【點睛】本題主要考查了分段函數(shù)的圖像與性質，考查轉化思想，考查數(shù)形結合思想，屬于中檔題.6、B【解析】

利用換元法化簡解析式為二次函數(shù)的形式，根據(jù)二次函數(shù)的性質求得的取值范圍，由此求得的值域.【詳解】因為（），所以，令（），則（），函數(shù)的對稱軸方程為，所以，，所以，所以的值域為.故選：B【點睛】本小題考查函數(shù)的定義域與值域等基礎知識，考查學生分析問題，解決問題的能力，運算求解能力，轉化與化歸思想，換元思想，分類討論和應用意識.7、C【解析】

根據(jù)復數(shù)模的性質計算即可.【詳解】因為，所以，，故選：C【點睛】本題主要考查了復數(shù)模的定義及復數(shù)模的性質，屬于容易題.8、A【解析】

首先求得時，的取值范圍.然后求得時，的單調性和零點，令，根據(jù)“時，的取值范圍”得到，利用零點存在性定理，求得函數(shù)的零點所在區(qū)間.【詳解】當時，.當時，為增函數(shù)，且，則是唯一零點.由于“當時，.”，所以令，得，因為，，所以函數(shù)的零點所在區(qū)間為.故選：A【點睛】本小題主要考查分段函數(shù)的性質，考查符合函數(shù)零點，考查零點存在性定理，考查函數(shù)的單調性，考查化歸與轉化的數(shù)學思想方法，屬于中檔題.9、C【解析】

根據(jù)雙曲線的標準方程，即可寫出漸近線方程.【詳解】雙曲線,雙曲線的漸近線方程為，故選：C【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單幾何性質，屬于容易題.10、B【解析】

設貧困戶總數(shù)為，利用表中數(shù)據(jù)可得脫貧率，進而可求解.【詳解】設貧困戶總數(shù)為，脫貧率，所以.故年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的倍.故選：B【點睛】本題考查了概率與統(tǒng)計，考查了學生的數(shù)據(jù)處理能力，屬于基礎題.11、B【解析】

由圓過原點，知中有一點與原點重合，作出圖形，由，，得，從而直線傾斜角為，寫出點坐標，代入拋物線方程求出參數(shù)，可得點坐標，從而得三角形面積．【詳解】由題意圓過原點，所以原點是圓與拋物線的一個交點，不妨設為，如圖，由于，，∴，∴，，∴點坐標為，代入拋物線方程得，，∴，．故選：B.【點睛】本題考查拋物線與圓相交問題，解題關鍵是發(fā)現(xiàn)原點是其中一個交點，從而是等腰直角三角形，于是可得點坐標，問題可解，如果僅從方程組角度研究兩曲線交點，恐怕難度會大大增加，甚至沒法求解．12、C【解析】

根據(jù)，得到有解，則，得，，得到，再根據(jù)，有，即，可化為，根據(jù)，則的解集包含求解，【詳解】因為，所以有解，即有解，所以，得，，所以，又因為，所以，即，可化為，因為，所以的解集包含，所以或，解得，故選：C【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法及集合的關系的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、20【解析】

由三視圖知該幾何體是一個圓柱與一個半球的四分之三的組合，利用球體體積公式、圓柱體積公式計算即可.【詳解】由三視圖知，該幾何體是由一個半徑為2的半球的四分之三和一個底面半徑2、高為4的圓柱組合而成，其體積為.故答案為：20.【點睛】本題考查三視圖以及幾何體體積，考查學生空間想象能力以及數(shù)學運算能力，是一道容易題.14、【解析】

利用余弦定理可求得的值，進而可得出的值，最后利用三角形的面積公式可得出的面積.【詳解】由余弦定理得，則，因此，的面積為.故答案為：；.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，同時也考查了三角形面積的計算，考查計算能力，屬于基礎題.15、3【解析】

根據(jù)題意，分析可得，由基本不等式的性質可得最小值，進而分析基本不等式成立的條件可得a的值，即可得答案．【詳解】根據(jù)題意，正數(shù)a、b滿足，則，當且僅當時，等號成立，故的最小值為3，此時.故答案為：3；.【點睛】本題考查基本不等式及其應用，考查轉化與化歸能力，屬于基礎題.16、【解析】

由于，則．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）,曲線（Ⅱ）【解析】試題分析：（1）消去參數(shù)可得直線的直角坐標系方程，由可得曲線的直角坐標方程；（2）將（為參數(shù)）代入曲線的方程得：，，利用韋達定理求解即可.試題解析：（1），曲線，（2）將（為參數(shù)）代入曲線的方程得：.所以.所以.18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）根據(jù)面面垂直性質及線面垂直性質，可證明；由所給線段關系，結合勾股定理逆定理，可證明，進而由線面垂直的判定定理證明平面.（2）建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并求得平面和平面的法向量，由空間向量法求得兩個平面夾角的余弦值，結合圖形即可求得二面角的大小.【詳解】（1）證明：∵平面平面ABEG，且，∴平面，∴，由題意可得，∴，∵，且，∴平面.（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，則，，，，，，.設平面的法向量是，則，令，，由（1）可知平面的法向量是，∴，由圖可知，二面角為鈍二面角，所以二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直及線面垂直的性質應用，空間向量法求二面角的大小，屬于中檔題.19、（1）單調遞增區(qū)間是（0，e），單調遞減區(qū)間是（e，+∞）（2）【解析】

（1）化簡函數(shù)h（x），求導，根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的單調性的關系即可求出（2）函數(shù)f（x）恰有兩個極值點x1，x2，則f′（x）＝lnx﹣mx＝0有兩個正根，由此得到m（x2﹣x1）＝lnx2﹣lnx1，m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，消參數(shù)m化簡整理可得ln（x1x2）＝ln?，設t，構造函數(shù)g（t）＝（）lnt，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，求出函數(shù)的最大值即可求出x1?x2的最大值．【詳解】（1）令m＝2，函數(shù)h（x），∴h′（x），令h′（x）＝0，解得x＝e，∴當x∈（0，e）時，h′（x）＞0，當x∈（e，+∞）時，h′（x）＜0，∴函數(shù)h（x）單調遞增區(qū)間是（0，e），單調遞減區(qū)間是（e，+∞）（2）f（x）＝u（x）﹣v（x）＝xlnxx+1，∴f′（x）＝1+lnx﹣mx﹣1＝lnx﹣mx，∵函數(shù)f（x）恰有兩個極值點x1，x2，∴f′（x）＝lnx﹣mx＝0有兩個不等正根，∴l(xiāng)nx1﹣mx1＝0，lnx2﹣mx2＝0，兩式相減可得lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），兩式相加可得m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，∴∴l(xiāng)n（x1x2）＝ln?，設t，∵1e，∴1＜t≤e，設g（t）＝（）lnt，∴g′（t），令φ（t）＝t2﹣1﹣2tlnt，∴φ′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt），再令p（t）＝t﹣1﹣lnt，∴p′（t）＝10恒成立，∴p（t）在（1，e]單調遞增，∴φ′（t）＝p（t）＞p（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，∴φ（t）在（1，e]單調遞增，∴g′（t）＝φ（t）＞φ（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0，∴g（t）在（1，e]單調遞增，∴g（t）max＝g（e），∴l(xiāng)n（x1x2），∴x1x2故x1?x2的最大值為．【點睛】本題考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值和最值，考查了函數(shù)與方程的思想，轉化與化歸思想，屬于難題20、（1）0.98;可用線性回歸模型