上海師大附中2024年高考數(shù)學(xué)模擬試卷（3月份）

上海師大附中2024年高考數(shù)學(xué)模擬試卷（3月份）姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單選題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．已知集合{A=x|x>?2}，B={x|xA．A?B B．A∩B=?C．A??B2．現(xiàn)有一球形氣球，在吹氣球時(shí)，氣球的體積V（單位：L）與直徑d（單位：dm）的關(guān)系式為V=πd3A．2π B．π C．π2 D．3．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a=3，且c?2b+2A．1 B．3 C．2 D．24．在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°.P為△ABC所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且PC=2，若CP=λ①λ+μ的最小值為?4②PA?PB③λ+μ的最大值為34④PA?PB其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本題共12小題，共54分。5．復(fù)數(shù)3+4i3?4i的虛部是6．雙曲線x2?y7．若拋物線x2=my的焦點(diǎn)到它的準(zhǔn)線距離為1，則實(shí)數(shù)m=8．(x+3x)n的二項(xiàng)展開式的各項(xiàng)系數(shù)之和為9．已知兩個(gè)單位向量a，b滿足|4a+b|=13，則向量a10．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x+1)=2f(x)，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)=x(1?x)，則f(11．設(shè)圓錐的底面中心為O，PB、PC是它的兩條母線，且|BC|=2，若棱錐O?PBC是正三棱錐，則該圓錐的體積為．12．已知函數(shù)f(x)=2f'(3)?x?213．已知數(shù)列{an}，{bn}是公差相等的等差數(shù)列，且an+bn14．如圖ABCDEF?A'B'C'D15．已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，過F116．已知n∈N?，集合A={sinkπn|k∈N，0≤k≤n}，若集合A恰有三、解答題：本題共5小題，共76分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17．（1）已知tan(3π4（2）已知△ABC中，tanA+tanB+3=3tanAtanB，且18．如圖，在圓柱中，底面直徑AB等于母線AD，點(diǎn)E在底面的圓周上，且AF⊥DE，F(xiàn)是垂足．（1）求證：AF⊥DB；（2）若圓柱與三棱錐D?ABE的體積的比等于3π，求直線DE與平面ABD所成角的大?。?9．某校舉行“強(qiáng)基計(jì)劃”數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)測(cè)評(píng)，要求以班級(jí)為單位參賽，最終高三一班(45人)和高三二班(30人)進(jìn)入決賽.決賽規(guī)則如下：現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)紙箱，甲箱中有4個(gè)選擇題和2個(gè)填空題，乙箱中有3個(gè)選擇題和3個(gè)填空題，決賽由兩個(gè)環(huán)節(jié)組成，環(huán)節(jié)一：要求兩班級(jí)每位同學(xué)在甲或乙兩個(gè)紙箱中隨機(jī)抽取兩題作答，作答后放回原箱，并分別統(tǒng)計(jì)兩班級(jí)學(xué)生測(cè)評(píng)成績(jī)的相關(guān)數(shù)據(jù)；環(huán)節(jié)二：由一班班長王剛和二班班長李明進(jìn)行比賽，并分別統(tǒng)計(jì)兩人的測(cè)評(píng)成績(jī)的相關(guān)數(shù)據(jù)，兩個(gè)環(huán)節(jié)按照相關(guān)比賽規(guī)則分別累計(jì)得分，以累計(jì)得分的高低決定班級(jí)的名次．（1）環(huán)節(jié)一結(jié)束后，按照分層抽樣的方法從兩個(gè)班級(jí)抽取20名同學(xué)，并統(tǒng)計(jì)每位同學(xué)答對(duì)題目的數(shù)量，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)為：一班抽取同學(xué)答對(duì)題目的平均數(shù)為1，方差為1；二班抽取同學(xué)答對(duì)題目的平均數(shù)為1.5，方差為0.25，求這20人答對(duì)題目的均值與方差；（2）環(huán)節(jié)二，王剛先從甲箱中依次抽出兩道題目，答題結(jié)束后將所答題目放入乙箱，然后李明在乙箱中再依次抽取兩道題目，求李明抽取的兩題均為選擇題的概率．20．已知點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線Γ：x22?y2=1的左、右焦點(diǎn)，直線l：（1）當(dāng)F1∈l時(shí)，求F2（2）若O為原點(diǎn)，直線l與Γ的兩條漸近線在一、二象限的交點(diǎn)分別為C，D，證明；當(dāng)△COD的面積最小時(shí)，直線CD平行于x軸；（3）設(shè)P為x軸上一點(diǎn)，是否存在實(shí)數(shù)k(k>0)，使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．21．已知函數(shù)g(x)=ax2?(a+2)x，h(x)=lnx（1）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)y=g(x)在x=1處的切線方程；（2）當(dāng)a為正數(shù)且1≤x≤e時(shí)，f(x)min=?2（3）若f(x1)?f(x2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、B={x|x2+2x?15≥0}={x|x≥3或x≤-5}，集合A、B不具備包含關(guān)系，A錯(cuò)誤；

B、A∩B={x|x≥3}，B錯(cuò)誤；

C、A?={x|x≤-2}，B?={x|-5<x<3}，則A?、B?2．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)V=f(d)=π故答案為：A

【分析】首先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，再把數(shù)值代入到導(dǎo)函數(shù)的解析式，計(jì)算出結(jié)果即可3．【答案】A【解析】【解答】∵a=3，∴c-2b+2acosC=0，

∴sinC-2sinB+2sinAcosC=0.

∴sinC-2sin(A+C)+2sinAcosC=0，

∴sinC-2sinAcosC-2sinCcosA+2sinAcosC=0，

∴sinC-2sinC'cosA=0，

∵sinC>0，∴cosA=12，A∈(0，π)，

∴A=π3，

設(shè)該三角形外接圓的半徑為r，

由正弦定理得asinA=34．【答案】A【解析】【解答】如圖，以C為原點(diǎn)，CA，CB所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，

則C(0，0)，A(3，0)，B(0，4)，因?yàn)镻C=2，所以設(shè)P(2cosθ，2sinθ)，

則CP→=2cosθ，2sinθ，CA→=3，0，CB→=0，4，

所以CP→=λCA→+μCB→=3λ，4μ，

所以2cosθ=3λ2sinθ=4μ，即23cosθ=λ12sinθ=μ（θ為任意角），

所以λ+μ=23cosθ+12sinθ=5645．【答案】24【解析】【解答】3+4i3?4i=3+4i23?4i3+4i=-7256．【答案】2【解析】【解答】雙曲線x2?y24=1，可得a=1，b=2，則c=1+4=57．【答案】±2【解析】【解答】∵x2=my=2·m2y，∴p=m2，又拋物線的焦點(diǎn)到它的準(zhǔn)線距離為1，所以p=m28．【答案】54【解析】【解答】令x=1，則4n=256，解得n=4，所以展開式通項(xiàng)為：Tk+1=3kC4kx4-2k9．【答案】120°【解析】【解答】根據(jù)題意，設(shè)向量a，b的夾角為θ，若|4a+b|=13，則16a?2+b?2+8a?·b10．【答案】1【解析】【解答】因?yàn)閒(x+1)=2f(x)，所以f(32)=f(12+1)=2f(12)=2×11．【答案】2【解析】【解答】已知如圖所示：

∵棱錐O-PBC為正三棱錐，∴PB=PC=BC=2，OB=OC=OP，

∵PO⊥BO，PO⊥OC，由勾股定理得OB=0C=OP=2，即圓錐的底面圓半徑r=2，高為2，

則該圓錐的體積為V=13π×22×212．【答案】16【解析】【解答】因?yàn)閒(x)=2f'(3)?x?29x2+lnx，所以f'(x)=2f'(3)?49x+1x，則f'(3)=2f13．【答案】5+n【解析】【解答】設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的公差為d，由an+bn=a1+b1+2(n-1)d=a1+b1-2d+2nd=2n+5，

可得2d=2a1+b1-2d=5，解得d=1a1+b1=7，則an=a1+n-1，bn=b1+n-1，

即abn=ab14．【答案】6【解析】【解答】由題意知，若兩個(gè)對(duì)角線在同一個(gè)側(cè)面，因?yàn)橛?個(gè)側(cè)面，所以共有6組，若相交且交點(diǎn)在正六棱柱的頂點(diǎn)上，因?yàn)橛?2個(gè)頂點(diǎn)，所以共有12組，若相交且交點(diǎn)在對(duì)角線延長線上時(shí)，如圖所示，

連接AD，C'D，E'D，AB'，AF'，先考慮下底面，根據(jù)正六邊形性質(zhì)可知EF//AD//BC，所以E'F'//AD//B'C'，且B'C'=E'F'≠AD，故ADC'B'共面，且ADE'F'共面，故AF'，DE'相交，且C'D，AB'相交，故共面有2組，則正六邊形對(duì)角線AD所對(duì)應(yīng)的有2組共面的面對(duì)角線，同理可知正六邊形對(duì)角線BE，CF所對(duì)的分別有兩組，共6組，故對(duì)于上底面對(duì)角線A'D'，B'E'，C'F'同樣各對(duì)兩組，共6組，若對(duì)面平行，一組對(duì)面中有2組對(duì)角線平行，三組對(duì)面共有6組，所以共面的概率是6+12+12+6C122=611.

15．【答案】3【解析】【解答】已知如圖所示：

依題得|PF1|+|PF2|=2a，|QF1|+|QF2|=2a，又|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，則|PF1|=43a，|QF1|=49a，|PF2|=23a，|QF2|=149a，

則cos∠QF1F2=-cos∠PF1F2，則2c2+49a2-149a22·2c·49a=-2c2+43a2-2316．【答案】{【解析】【解答】因?yàn)锳={0，sinπn，sin2πn，…，17．【答案】（1）tan(原式=sin（2）因?yàn)閠an(A+B)=所以tan(π?C)=?sin2B=2sinBcosB=32，且所以2B=π3或2π3，即B=當(dāng)B=π6，則A=π當(dāng)B=π3，則A=π【解析】【分析】(1)由已知結(jié)合兩角和的正切公式可求tana，然后結(jié)合同角基本關(guān)系可求；

(2)由兩角和的正切公式先求tan(A+B)，進(jìn)而可求tanC，C，再由二倍角公式及特殊角三角函數(shù)值求出B，即可判斷.18．【答案】（1）根據(jù)圓柱性質(zhì)，DA⊥平面ABE．∵EB?平面ABE，∴DA⊥EB．∵AB是圓柱底面的直徑，點(diǎn)E在圓周上，∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE．∵AF?平面DAE，∴EB⊥AF．又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB．∵DB?平面DEB，∴AF⊥DB．（2）過點(diǎn)E作EH⊥AB，H是垂足，連接DH如圖所示：

根據(jù)圓柱性質(zhì)，平面ABD⊥平面ABE，AB是交線．且EH?平面ABE，所以EH⊥平面ABD．又DH?平面ABD，所以DH是ED在平面ABD上的射影，從而∠EDH是DE與平面ABD所成的角．設(shè)圓柱的底面半徑為R，則DA=AB=2R，于是V圓柱=2πR3，由V圓柱：VD?ABE=3π，得EH=R，可知HDH=∴∠EDH=arctan【解析】【分析】(1)欲證AF⊥DB，先證AF⊥平面DEB，根據(jù)線面垂直的判定定理可知只需證EB⊥AF，AF⊥DE，且EB∩DE=E，即可證得線面垂直；

(2)點(diǎn)E作EH⊥AB，H是垂足，連接DH，易證∠EDH是DE與平面ABD所成的角，在三角形EDH中求出此角即可.19．【答案】（1）一班抽取4575×20=12人，二班抽取一班樣本平均數(shù)為1，樣本方差為1，二班樣本的平均數(shù)為1.5，樣本方差為0.25，總樣本的平均數(shù)為12×1+8×1.512+8記總樣本的樣本方差為12×[1+(1?1.2)所以，這20人答對(duì)題目的樣本均值為1.2，樣本方差為0.76．（2）設(shè)事件A為“李明同學(xué)從乙箱中抽出的第1個(gè)題是選擇題”，事件B1為“王剛同學(xué)從甲箱中取出2事件B2為“王剛同學(xué)從甲箱中取出1個(gè)選擇題1事件B3為“王剛同學(xué)從甲箱中取出2則B1、B2、B3P(B1)=C4P(A|B1)=58P(A)=P(B所求概率即是A發(fā)生的條件下B1發(fā)生的概率：P(【解析】【分析】(1)首先求分層抽取的兩個(gè)班的人數(shù)，再根據(jù)兩個(gè)班抽取人數(shù)的平均數(shù)和方差，結(jié)合總體平均數(shù)和方差公式，代入求值；

(2)根據(jù)全概率公式和條件概率公式，即可求解.20．【答案】（1）由雙曲線Γ：x22?y2∵F1∈l時(shí)，∴0=?∴直線l：y=33x+1，F(xiàn)2到（2）由雙曲線Γ：x22?∵直線l與Γ的兩條漸近線在一、二象限的交點(diǎn)分別為C，D，∴?2由y=22xy=kx+1得交點(diǎn)由y=?22xy=kx+1得交點(diǎn)∴S△CDO=所以當(dāng)△COD的面積最小時(shí)，直線CD平行于x軸；（3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)k(k>0)，使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，設(shè)P(m，0)，A(x1，由y=kx+1x2?2y2∴Δ=16k2?4(1?2k2)(?4)>0且x1+xAB的中點(diǎn)M(2k所以AB的垂直平分線方程為y?11?2k2=?PA?PB=0∴(k∴(k∴?4?4km+(1+m∴?4?4k×∴4k4+k2?3=0，解得k=±3存在實(shí)數(shù)k=32，使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，此時(shí)【解析】【分析】(1)易求焦點(diǎn)坐標(biāo)，可得F2到l的距離；

(2)求得兩漸近線方程，聯(lián)立方程可得S△CDO=12×1×|122?k??122+k|，可證結(jié)論；

(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k(k>0)，使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，設(shè)P(m，0)，A(x121．【答案】（1）a=1時(shí)，g(x)=x2?3x故g(1)=?2，g'所以y=g(x)在x=1處的切線方程為y+2=?(x?1)，即x+y+1=0；（2）f(x)=g(x)+h(x)=ax2?(a+2)x+lnx則f'因?yàn)閍>0，當(dāng)a≥1時(shí)，易得f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，f(x)當(dāng)1e<a<1時(shí)，f(x)在[1，1故f(x)當(dāng)0<a≤1e時(shí)，f(x)在[1，e]上單調(diào)