2024年高考第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題（上海卷01）（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年高考第一次模擬考試（上海卷01）數(shù)學(xué)一．填空題1．若關(guān)于x的不等式|x+1|＜6﹣|x﹣m|的解集為?，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是．〖答案〗（﹣∞，﹣7]∪[5，+∞）〖解析〗由于關(guān)于x的不等式|x+1|+|x﹣m|＜6的解集為?，而|x+1|+|x﹣m|表示數(shù)軸上的x對(duì)應(yīng)點(diǎn)到﹣1、m對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離之和，它的最小值為|m+1|，故有|m+1|≥6，∴m+1≥6，或m+1≤﹣6，求得m≤﹣7，或m≥5，故〖答案〗為：（﹣∞，﹣7]∪[5，+∞）．2．在△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠A＝60°，M為△ABC的外心，若，λ，μ∈R，則＝．〖答案〗7〖解析〗如圖，設(shè)邊AB，AC中點(diǎn)分別為D，E，連接DM，EM，因?yàn)辄c(diǎn)M為△ABC的外心，于是DM⊥AB，EM⊥AC，所以，，，所以，，依題意，，，解得，所以＝7．故〖答案〗為：7．3．各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，S3＝7a3，則使成立的n的最小值為．〖答案〗8〖解析〗設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題設(shè)條件知：q＞0，∵a1＝1，S3＝7a3，∴a1（1+q+q2）＝7a1q2，解得q＝．∴Sn＝＝2[1﹣（）n]．由解得n＞7，∴n的最小值為8．故填：8．4．若4sin（x﹣）＝1，則cos（2x﹣）＝．〖答案〗〖解析〗由題意得sin（x﹣）＝，則cos（2x﹣）＝1﹣2sin2（x﹣）＝1﹣2×＝．故〖答案〗為：．5．若函數(shù)的值域?yàn)椋ī仭蓿?]，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是．〖答案〗（2，5]〖解析〗∵x≤1時(shí)，0＜3x≤3；x＞1時(shí)，﹣2x2+m＜m﹣2，且f（x）的值域?yàn)椋ī仭蓿?]，∴0＜m﹣2≤3，∴2＜m≤5，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是：（2，5]．故〖答案〗為：（2，5]．6．已知i為虛數(shù)單位，設(shè)z1＝x+2i，z2＝3﹣yi（x，y∈R），且z1+z2＝5﹣6i，則z1﹣z2＝.〖答案〗﹣1+10i〖解析〗∵z1＝x+2i，z2＝3﹣yi（x，y∈R），∴z1+z2＝x+3+（2﹣y）i＝5﹣6i，∴x+3＝5且2﹣y＝﹣6，解得x＝2，y＝8，故z1﹣z2＝2+2i﹣（3﹣8i）＝﹣1+10i，故〖答案〗為：﹣1+10i．7．圓x2+y2﹣2x﹣3＝0的半徑為．〖答案〗2〖解析〗圓x2+y2﹣2x﹣3＝0的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣1）2+y2＝4，可得圓的半徑為2，故〖答案〗為：2．8．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若a2＝2b2，sinC＝sinB，則cosA＝．〖答案〗〖解析〗∵a2＝2b2，∴a＝，∵sinC＝sinB，∴c＝，∴cosA＝＝＝．故〖答案〗為：．9．已知一組數(shù)據(jù)為﹣3，5，7，x，11，且這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為5，那么該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是．〖答案〗5〖解析〗根據(jù)題意，數(shù)據(jù)為﹣3，5，7，x，11的眾數(shù)為5，即5出現(xiàn)的次數(shù)最多，則x＝5，把這組數(shù)據(jù)從小到大排列，得﹣3，5，5，7，11，則數(shù)據(jù)的中位數(shù)是5，故〖答案〗為：5．10．在（x﹣2y+3z）7的展開式中，x4y3項(xiàng)的系數(shù)為．〖答案〗﹣280〖解析〗x4y3項(xiàng)的系數(shù)為：C＝﹣280．故〖答案〗為：﹣280．11．下列說法中，正確的個(gè)數(shù)為．（Ⅰ）有一個(gè)面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐；（Ⅱ）有兩個(gè)面互相平行，其余四個(gè)面都是等腰梯形的六面體是棱臺(tái)；（Ⅲ）底面是等邊三角形，側(cè)面都是等腰三角形的三棱錐是正三棱錐；（Ⅳ）棱錐的側(cè)棱長與底面多邊形的邊長相等，則此棱錐可能是正六棱錐．〖答案〗0〖解析〗對(duì)于（Ⅰ），棱錐的定義是：有一個(gè)面是多邊形，其余各面都是有一個(gè)公共頂點(diǎn)的三角形，由這些面所圍成的幾何體叫做棱錐，故錯(cuò)誤；對(duì)于（Ⅱ），有兩個(gè)面互相平行，其余四個(gè)面都是等腰梯形的六面體不一定是棱臺(tái)，只有當(dāng)四個(gè)等腰梯形的腰延長后交于一點(diǎn)時(shí)，這個(gè)六面體才是棱臺(tái)，如圖1，側(cè)棱延長線可能不交于一點(diǎn)，故錯(cuò)誤；對(duì)于（Ⅲ），底面是等邊三角形，側(cè)面都是等腰三角形的三棱錐不一定是正三棱錐，只有當(dāng)三棱錐的頂點(diǎn)在底面的射影是底面中心時(shí)，才是正三棱錐，故錯(cuò)誤；對(duì)于（Ⅳ），因?yàn)檎忮F的底面是正六邊形，側(cè)棱在底面內(nèi)的射影與底面邊長相等，所以正六棱錐的側(cè)棱長一定大于底面邊長，故錯(cuò)誤．故〖答案〗為：0．12．已知△ABC的邊AC＝2，且，則△ABC的面積的最大值為．〖答案〗〖解析〗由題意，設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊長度分別為a，b，c，則有b＝2，由，可得，整理得3cosAsinB+2sinAcosB＝sinAsinB，∴cosAsinB+2sin（A+B）＝sinAsinB，∵A+B+C＝π，∴cosAsinB+2sinC＝sinBsinA，∴2sinC＝sinB（sinA﹣cosA），由正弦定理可得2c＝b（sinA﹣cosA）＝2（sinA﹣cosA），∴c＝sinA﹣cosA＞0，則有．故△ABC的面積＝sinA（sinA﹣cosA）＝sin2A﹣sinAcosA＝．∵，∴，當(dāng)時(shí)，△ABC的面積S取得最大值．故〖答案〗為：．二．選擇題13．設(shè)集合A＝{x|x＞3}，則（）A．?∈A B．0∈A C．2∈A D．4∈A〖答案〗D〖解析〗因?yàn)榧螦＝{x|x＞3}，則??A，且0?A，2?A，4∈A，故選：D．14．對(duì)三組數(shù)據(jù)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，獲得以下散點(diǎn)圖．關(guān)于其相關(guān)系數(shù)依次是r1，r2，r3，則它們的大小關(guān)系是（）A．r1＞r3＞r2 B．r1＞r2＞r3 C．r2＞r1＞r3 D．r3＞r1＞r2〖答案〗A〖解析〗由題意得，第一組數(shù)據(jù)線性相關(guān)，且正相關(guān)，第二組數(shù)據(jù)線性相關(guān)，且負(fù)相關(guān)，第三組數(shù)據(jù)無相關(guān)關(guān)系，故r1＞r3＞r2，故選：A．15．關(guān)于曲線C：x2﹣xy+y2＝1有下列四個(gè)結(jié)論：①曲線C關(guān)于y軸對(duì)稱；②曲線C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；③曲線C上任意一點(diǎn)的橫坐標(biāo)不大于1；④曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離不超過．其中所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4〖答案〗B〖解析〗不妨設(shè)曲線上一點(diǎn)A（x0，y0），此時(shí)，設(shè)A關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)為B（﹣x0，y0），將點(diǎn)B代入曲線C可得，隨x0變化的值不一定始終為1，故①錯(cuò)誤；同理，設(shè)A關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)為B（﹣x0，﹣y0），將點(diǎn)B代入曲線C可得恒成立，故②正確；易知曲線方程y＝，可得﹣≤x≤，令，可得，解得y＝，即曲線C上有一點(diǎn)，故③錯(cuò)誤；易知，整理得，故④正確．綜上，結(jié)論正確的有②④．故選：B．16．設(shè)函數(shù)在區(qū)間上的最大值為M，最小值為m，則M﹣m的最小值為（）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗時(shí)，，令，則問題轉(zhuǎn)化為g（t）＝sint在[上的最大值是M，最小值是m，由正弦函數(shù)性質(zhì)，g（t）＝sint的周期是2π，要使得M﹣m最小，則g（t）的最大值或最小值點(diǎn)是區(qū)間[的中點(diǎn)，由周期性，不妨取或，或，時(shí)，，時(shí)，，故選：B．三．解答題17．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱錐C1﹣B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形A1ADD1和ABCD是全等的邊長為2的菱形，且∠A1AD＝∠ABC＝，A1C＝3．（1）求三棱錐A1﹣ACD的體積；（2）求直線CD1和平面B1BC所成角的正弦值．解：（1）取AD中點(diǎn)O，連接A1O，CO，則A1O⊥AD，CO⊥AD，則AD⊥平面A1OC，則＝??AD，∵，，A1C＝3，，＝A1O?CO?sin＝×××＝，＝??AD＝?2?＝；（2）以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)C，OD所在直線分別為x，y軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．∵AD⊥平面A1OC，AD?平面ABCD，∴平面A1OC⊥平面ABCD，交線為CO，過點(diǎn)A1作A1H⊥OC，則A1H⊥平面ABCD，∵，∴H點(diǎn)在CO的延長線上，，A（0，﹣1，0），D（0，1，0），，，，，＝（0，2，0），，，設(shè)平面CBB1的法向量為＝（x，y，2），則，即，令，則，設(shè)直線CD1和平面B1BC所成角為θ，則sinθ＝＝．18．已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)x＜0時(shí)，f（x）＝x2+2x﹣1．（1）求f（x）〖解析〗式；（2）畫出函數(shù)圖像，并寫出單調(diào)區(qū)間．（無需證明）解：（1）f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，可得f（0）＝0，當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＝x2+2x﹣1，當(dāng)x＞0時(shí)，﹣x＜0，f（﹣x）＝x2﹣2x﹣1＝﹣f（x），可得x＞0時(shí)，f（x）＝﹣x2+2x+1，所以f（x）＝；（2）由分段函數(shù)的圖象畫法，可得f（x）的圖象如右：f（x）的減區(qū)間為：（﹣∞，﹣1），（1，+∞）；增區(qū)間為：（﹣1，0），（0，1）．19．在某校開展的知識(shí)競賽活動(dòng)中，共有A，B，C三道題，答對(duì)A，B，C分別得1分、1分、2分，答錯(cuò)不得分．已知甲同學(xué)答對(duì)問題A，B，C的概率分別為，乙同學(xué)答對(duì)問題A，B，C的概率均為，甲、乙兩位同學(xué)都需回答這三道題，且各題回答正確與否相互獨(dú)立．（1）求乙同學(xué)恰好答對(duì)兩道題的概率；（2）運(yùn)用你學(xué)過的知識(shí)判斷，誰的得分能力更強(qiáng)．解：（1）設(shè)“乙同學(xué)恰好答對(duì)兩道題”為事件為A，所以P（A）＝＝．（2）設(shè)甲同學(xué)本次競賽中得分為X，則X的可能取值為0，1，2，3，4分，則P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝+＝，P（X＝4）＝＝，所以X的概率分布列為：X01234P所以E（X）＝0×+1×+2×+3×+4×＝；設(shè)乙同學(xué)本次競賽中得分為Y，由Y的可能取值為0，1，2，3，4分，P（Y＝0）＝＝，P（Y＝1）＝＝，P（Y＝2）＝＝，P（Y＝3）＝×＝，P（Y＝4）＝＝，所以Y的概率分布列為：Y01234P所以E（Y）＝0×+1×+2×+3×+4×＝，所以，所以乙的得分能力更強(qiáng)．20．設(shè)橢圓是橢圓Γ的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)在橢圓Γ上，點(diǎn)P（4，0）在橢圓Γ外，且．（1）求橢圓Γ的方程；（2）若，點(diǎn)C為橢圓Γ上橫坐標(biāo)大于1的一點(diǎn)，過點(diǎn)C的直線l與橢圓有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，并與直線PA，PB交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記△OMN，△PMN的面積分別為S1，S2，求的最小值．解：（1）因?yàn)辄c(diǎn)在橢圓Γ上，所以，①因?yàn)辄c(diǎn)P（4，0）在橢圓Γ外，且，所以，即a2﹣b2＝c2＝3，②由①②解得a2＝4，b2＝1，故橢圓Γ的方程為．（2）設(shè)點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2），設(shè)直線MN：x＝my+t，由橢圓性質(zhì)以及點(diǎn)C的橫坐標(biāo)大于1可知，t＞2，將直線MN代入方程并化簡可得，（my+t）2+4y2﹣4＝0，即（m2+4）y2+2mty+t2﹣4＝0，因?yàn)橹本€l與橢圓有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，所以Δ＝4m2t2﹣4（m2+4）（t2﹣4）＝0，即t2＝m2+4，直線AP的方程為：；直線BP的方程為lBP：，聯(lián)立方程得，同理得，所以，所以，，所以＝，令9t+8＝λ（λ＞26），則，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝28，即時(shí)，不等式取等號(hào)，故當(dāng)時(shí)，取得最小值．21．設(shè)函數(shù)．（1）求函數(shù)f3（x）在點(diǎn)（1，f3（1））處的切線方程；（2）證明：對(duì)每個(gè)n∈N*，存在唯一的，滿足fn（xn）＝0；（3）證明：對(duì)于任意p∈N*，由（2）中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足．（1）解：，所以，所以，又，所以函數(shù)f3（x）在點(diǎn)（1，f3（1））處的切線方程為，即；（2）證明：對(duì)每個(gè)n∈N*，當(dāng)x＞0時(shí)，由函數(shù)，可得，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．由于f1（1）＝0，當(dāng)n≥2時(shí)，，即