2023届上海市嘉定二中等四校高三第二次模拟考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。 3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ） A． B． C．或 D． 2．下列函数中，既是奇函数，又在上是增函数的是（ ）． A． B． C． D． 3． 若x,y满足约束条件的取值范围是 A．[0,6] B．[0,4] C．[6, D．[4, 4．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A． B． C． D． 5．使得的展开式中含有常数项的最小的n为( ) A． B． C． D． 6．设是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点，使（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C． D． 7．如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ） A． B． C． D． 8．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B＝（　　） A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2} 9．如果，那么下列不等式成立的是（ ） A． B． C． D． 10．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ） A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米 11．的展开式中的系数为（ ） A． B． C． D． 12．已知数列，，，…，是首项为8，公比为得等比数列，则等于（ ） A．64 B．32 C．2 D．4 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在编号为1，2，3，4，5且大小和形状均相同的五张卡片中，一次随机抽取其中的三张，则抽取的三张卡片编号之和是偶数的概率为________. 14．如图，养殖公司欲在某湖边依托互相垂直的湖岸线、围成一个三角形养殖区.为了便于管理，在线段之间有一观察站点，到直线，的距离分别为8百米、1百米，则观察点到点、距离之和的最小值为______________百米. 15．已知函数是偶函数，直线与函数的图象自左向右依次交于四个不同点A，B，C，D．若AB＝BC，则实数t的值为_________． 16．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）已知，且． （1）请给出的一组值，使得成立； （2）证明不等式恒成立． 18．（12分）已知函数，，若存在实数使成立，求实数的取值范围. 19．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率． （1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率； （2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率． 20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求曲线的极坐标方程和曲线的普通方程； （2）设射线与曲线交于不同于极点的点，与曲线交于不同于极点的点，求线段的长． 21．（12分）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为60千米/小时、120千米/小时、600千米/小时，每千米的运费分别为20元、10元、50元.这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为m元（），运输的路程为S（千米）.设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为（元）、（元）、（元）. （1）请分别写出、、的表达式； （2）试确定使用哪种运输工具总费用最省. 22．（10分）若函数在处有极值，且，则称为函数的“F点”. （1）设函数（）. ①当时，求函数的极值； ②若函数存在“F点”，求k的值； （2）已知函数（a，b，，）存在两个不相等的“F点”，，且，求a的取值范围. 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、D 【答案解析】 先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论. 【题目详解】 ， 若在上不单调，令， 则函数对称轴方程为 在区间上有零点（可以用二分法求得）. 当时，显然不成立； 当时，只需 或，解得或. 故选:D. 【答案点睛】 本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题. 2、B 【答案解析】 奇函数满足定义域关于原点对称且，在上即可. 【题目详解】 A：因为定义域为，所以不可能时奇函数，错误； B：定义域关于原点对称，且 满足奇函数，又，所以在上，正确； C：定义域关于原点对称，且 满足奇函数，，在上，因为，所以在上不是增函数，错误； D：定义域关于原点对称，且， 满足奇函数，在上很明显存在变号零点，所以在上不是增函数，错误； 故选：B 【答案点睛】 此题考查判断函数奇偶性和单调性，注意奇偶性的前提定义域关于原点对称，属于简单题目. 3、D 【答案解析】 解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图： 目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值， 由解得C（2，1）， 目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是[4，+∞）． 故选D． 4、B 【答案解析】 取的中点，连接、，推导出，设设球心为，和的中心分别为、，可得出平面，平面，利用勾股定理计算出球的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果. 【题目详解】 取的中点，连接、， 由和都是正三角形，得，，则，则，由勾股定理的逆定理，得. 设球心为，和的中心分别为、. 由球的性质可知：平面，平面， 又，由勾股定理得. 所以外接球半径为. 所以外接球的表面积为. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，找出球心的位置，并以此计算出球的半径长，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 5、B 【答案解析】 二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B 【考点定位】本题考查二项式定理的应用． 6、D 【答案解析】 利用向量运算可得，即，由为的中位线，得到，所以，再根据双曲线定义即可求得离心率. 【题目详解】 取的中点，则由得， 即； 在中，为的中位线， 所以， 所以； 由双曲线定义知，且，所以， 解得， 故选：D 【答案点睛】 本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质，难度一般. 7、A 【答案解析】 作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可. 【题目详解】 作于,于. 因为平面平面,平面.故, 故平面.故二面角为. 又直线与平面所成角为,因为, 故.故,当且仅当重合时取等号. 又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号. 故. 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题. 8、D 【答案解析】 解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项. 【题目详解】 因为集合 ， 故选：D. 【答案点睛】 本题考查集合的交集运算，属于基础题. 9、D 【答案解析】 利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出. 【题目详解】 ∵，∴，，，. 故选：D. 【答案点睛】 本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题. 10、B 【答案解析】 由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可. 【题目详解】 因为弧长比较短的情况下分成6等分， 所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长， 故导线长度约为63(厘米). 故选：B. 【答案点睛】 本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题. 11、C 【答案解析】 由题意，根据二项式定理展开式的通项公式，得展开式的通项为，则展开式的通项为，由，得，所以所求的系数为.故选C. 点睛：此题主要考查二项式定理的通项公式的应用，以及组合数、整数幂的运算等有关方面的知识与技能，属于中低档题，也是常考知识点.在二项式定理的应用中，注意区分二项式系数与系数，先求出通项公式，再根据所求问题，通过确定未知的次数，求出，将的值代入通项公式进行计算，从而问题可得解. 12、A 【答案解析】 根据题意依次计算得到答案. 【题目详解】 根据题意知：，，故，，. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了数列值的计算，意在考查学生的计算能力. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 先求出所有的基本事件个数，再求出“抽取的三张卡片编号之和是偶数”这一事件包含的基本事件个数，利用古典概型的概率计算公式即可算出结果. 【题目详解】 一次随机抽取其中的三张，所有基本事件为： 1，2，3；1，2，4；1，2，5；1，3，4；1，3，5；1，4，5；2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5；共有10个， 其中“抽取的三张卡片编号之和是偶数”包含6个基本事件， 因此“抽取的三张卡片编号之和是偶数”的概率为：. 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查了古典概型及其概率计算公式，属于基础题. 14、 【答案解析】 建系，将直线用方程表示出来，再用参数表示出线段的长度，最后利用导数来求函数最小值. 【题目详解】 以为原点，所在直线分别作为轴，建立平面直角坐标系，则.设直线，即，则， 所以，所以， ， 则， 则 ， 当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 所以当时，最短，此时. 故答案为： 【答案点睛】 本题考查导数的实际应用，属于中档题. 15、 【答案解析】 由是偶函数可得时恒有，根据该恒等式即可求得，，的值，从而得到，令，可解得，，三点的横坐标，根据可列关于的方程，解出即可． 【题目详解】 解：因为是偶函数，所以时恒有，即， 所以， 所以，解得，，； 所以； 由，即，解得； 故，． 由，即，解得． 故，． 因为，所以