2023-2024學年上海市黃埔區高考數學沖刺模擬試題（一模）一、填空題：（本大題滿分54分，前6題每小題滿分4分，后6題每小題滿分5分）1.已知集合則_____.【正確答案】【詳解】試題分析：．故答案應填：【考點】集合運算【名師點睛】本題重點考查集合的運算，容易出錯的地方是審錯題意，屬于基本題，難度不大.一要注意培養良好的答題習慣，避免出現粗心而出錯，二是明確江蘇高考對于集合題的考查立足于列舉法，強調對集合運算有關概念及法則的理解.2.復數其中i為虛數單位，則z的實部是________________.【正確答案】5【詳解】試題分析：．故答案應填：5【考點】復數概念【名師點睛】本題重點考查復數的基本運算和復數的概念，屬于基本題.首先對于復數的四則運算，要切實掌握其運算技巧和常規思路，如，其次要熟悉復數的相關概念，如復數的實部為，虛部為，模為，共軛為3.在平面直角坐標系中，雙曲線的焦距是____________.【正確答案】【詳解】試題分析：．故答案應填：【考點】雙曲線性質【名師點睛】本題重點考查雙曲線幾何性質，而雙曲線的幾何性質與雙曲線的標準方程息息相關，明確雙曲線標準方程中各個量的對應關系是解題的關鍵，揭示焦點在x軸，實軸長為，虛軸長為，焦距為，漸近線方程為，離心率為．4.已知{an}是等差數列，Sn是其前n項和.若a1+a22=3，S5=10，則a9的值是______.【正確答案】【詳解】由得，因此考點：等差數列性質5.定義在區間[0,3π]上的函數y=sin2x的圖象與y=cosx的圖象的交點個數是______.【正確答案】7【詳解】由，因為，所以共7個考點：三角函數圖像6.如圖，一個酒杯的內壁的軸截面是拋物線的一部分，杯口寬，杯深，稱為拋物線酒杯.在杯內放入一個小的玻璃球，要使球觸及酒杯底部，則玻璃球的半徑的取值范圍為______.【正確答案】【分析】根據圓的方程、拋物線方程以及兩點的距離公式建立不等式求解.【詳解】由題可知，設拋物線方程為，因為，所以，解得，所以拋物線方程為，在杯內放入一個小的玻璃球，要使球觸及酒杯底部，設玻璃球截面所在圓的方程為，依題意，需滿足拋物線上的點到圓心的距離大于等于半徑恒成立，即，則有恒成立，解得，得，所以玻璃球的半徑的取值范圍為.故答案為.7.定義在R上的函數f(x)滿足+>1,,則不等式（其中e為自然對數的底數）的解集為_________.【正確答案】【分析】構造函數，根據，利用導數研究的單調性，結合原函數的性質和函數值，利用單調性轉化不等式，從而可得結果.【詳解】設，則，，在定義域上單調遞增，，又，，即不等式的解集為，故答案為.本題主要考查抽象函數的單調性以及函數的求導法則，屬于難題.求解這類問題一定要耐心讀題、讀懂題，通過對問題的條件和結論進行類比、聯想、抽象、概括，準確構造出符合題意的函數是解題的關鍵；解這類不等式的關鍵點也是難點就是構造合適的函數，構造函數時往往從兩方面著手：①根據導函數的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據選項的共性歸納構造恰當的函數.8.在平面直角坐標系中，已知直線的參數方程為（為參數），橢圓的參數方程為（為參數），設直線與橢圓相交于、兩點，則線段的長是________【正確答案】【分析】將橢圓方程和直線方程化為普通方程，聯立可求得兩交點的橫坐標，利用弦長公式可求得結果.【詳解】由橢圓參數方程得橢圓的普通方程為：由直線參數方程得直線的普通方程為：聯立可得：，即，解得：，故答案為本題考查參數方程中的弦長問題的求解，關鍵是能夠熟練掌握參數方程化普通方程的方法，利用弦長公式求得弦長.9.設是定義在R上且周期為2的函數，在區間[）上，其中若，則的值是.【正確答案】【詳解】，因此【考點】分段函數，周期性質【名師點睛】分段函數的考查方向注重對應性，即必須明確不同的自變量所對應的函數解析式是什么.函數周期性質可以將未知區間上的自變量轉化到已知區間上.解決此類問題時，要注意區間端點是否可以取到及其所對應的函數值，尤其是分段函數分界點處的函數值.10.如圖，在中，是的中點，是上的兩個三等分點，，，則的值是_______.【正確答案】【詳解】因為，，因此，【考點】向量數量積【名師點睛】研究向量的數量積，一般有兩個思路，一是建立平面直角坐標系，利用坐標研究向量的數量積；二是利用一組基底表示所有向量，兩種思路實質相同，但坐標法更易理解和化簡.對于涉及中線的向量問題，一般利用向量加、減法的平行四邊形法則進行求解．11.若函數的表達式（常數）對于任意兩個不同的、，當時，均有（為常數，）成立，如果滿足條件的最小自然數為6，則實數的取值范圍是______.【正確答案】或.【分析】根據已知，利用對任意且恒成立，且對且有解，進而得到關于實數t的不等式組求解.【詳解】因為，所以，因為，所以由有：，由題可知，對任意且恒成立，且對且有解，則對任意且恒成立，或對且有解，因為，且，所以，若對任意且恒成立，則，解得；若或對且有解，則時，或；時，或；解得或.因此，實數的取值范圍是或.故或.12.如圖所示，在四面體中，底面是一個邊長為2的等邊三角形，的外心為點O，平面，且，動點分別在線段（含端點）上和所在的平面中運動，滿足．（1）則的最大值為__．（2）則的取值范圍為__．【正確答案】①;②..【分析】取的中點E，連接，等邊三角形的中心O在上，過點O作于G，過點M作于I，由幾何關系可得N在所在平面中運動，所以N的軌跡是以I為圓心，為半徑的圓，據此分別求得的最大值和最小值，即可確定其取值范圍．【詳解】取的中點E，連接，等邊三角形的中心O在上，過點O作于G，過點M作于I，∵是等邊三角形，所以，∵平面，平面,∴，又平面，∴BC⊥平面，又平面，∴平面平面，平面平面,∵，平面，∴平面，同理平面，設，∵是邊長為2的等邊三角形，所以，∵，故，所以，則，在中，，在中，∵，∴，∵N在所在平面中運動，所以N的軌跡是心I為圓心，為半徑的圓，又∵平面，所以，所以最小時，的值最小，又的最小值為的值減去圓的半徑，，所以最小值為，設，則單調遞增，令，解得，當時，，遞減，當時，，遞增，故，即當時，最小，最小值為，故最小值為＝，當的值最大時最大，最大值，由于，（）為m的減函數，所以時最大，最大值為，此時的最大值為，故，．本題主要考查空間距離的計算，涉及到空間線面垂直以及面面垂直的證明和性質的應用，考查了空間想象能力，解答的關鍵是將線段長度的平方表示為參變量的函數，然后利用函數的最值求解線段的最值.二、選擇題：（本大題滿分20分，共4小題，每題有且只有一個結論是正確的，必須把正確結論的代號填涂在答題紙相應的空格中.每題選對得5分）13.若在區間內有定義，且x0∈，則“”是“x0是函數的極值點”的（）A.充分非必要條件B.必要非充分條件C.充要條件D.既非充分條件也非必要條件【正確答案】D【分析】根據極值的概念，導數的幾何意義即可求解．【詳解】由不一定能得到x0是函數的極值點，反例，，但并不是的極值點，反過來：x0是函數的極值點也不一定能得到，反例，為的極小值點，但不存在，∴“”是“x0是函數的極值點”的既非充分條件也非必要條件，故選：D．14.對于函數f（x）=asinx+bx+c(其中，a,bR,cZ),選取a,b,c的一組值計算f（1）和f（-1），所得出的正確結果一定不可能是A.4和6 B.3和1 C.2和4 D.1和2【正確答案】D【詳解】試題分析：求出f（1）和f（﹣1），求出它們的和；由于c∈Z，判斷出f（1）+f（﹣1）為偶數．解：f（1）=asin1+b+c①f（﹣1）=﹣asin1﹣b+c②①+②得：f（1）+f（﹣1）=2c∵c∈Z∴f（1）+f（﹣1）是偶數故選D考點：函數的值．15.在平面直角坐標系中，已知點，，動點滿足，記點的軌跡為曲線，則下列命題中，可能成立的個數為（）（I）曲線上所有的點到點的距離大于2（II）曲線上有兩點到點與的距離之和為6（III）曲線上有兩點到點與的距離之差為2（IV）曲線上有兩點到點的距離與到直線的距離相等A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【正確答案】B【分析】根據已知可得出點的軌跡方程為直線.根據點到直線的距離，即可判斷（I）；根據橢圓、雙曲線以及拋物線的定義，可求出（II）（III）（IV）的點的軌跡方程，結合各個圖象的性質，即可判斷（II）（III）（IV）.【詳解】設，則由已知可得，，所以，點的軌跡方程為直線.對于（I），點到直線的距離，故（I）錯誤；對于（II），根據橢圓的定義可知，到點與的距離之和為6的點在橢圓上，設橢圓方程為，則，，所以，，所以，橢圓方程為.當時，直線方程為，顯然與橢圓有兩個交點，即曲線上有兩點到點與的距離之和為6，故（II）正確；對于（III），根據雙曲線的定義可知，到點與的距離之差為2的點的軌跡為雙曲線的一支.設雙曲線的方程為，則，，所以，，所以，雙曲線的方程為.因為雙曲線的漸近線方程為，直線的斜率為2，所以直線與雙曲線的一條漸近線平行或重合，所以，直線與雙曲線最多有一個交點，故（III）錯誤；對于（IV），當時，根據拋物線的定義可知，到點的距離與到直線的距離相等的點的軌跡為拋物線.由已知可設拋物線的方程為，聯立可得，，，所以，當時，直線與拋物線有兩個交點，即曲線上有兩點到點的距離與到直線的距離相等，故（IV）正確.綜上所述，可能成立的為（II）（IV）.故選：B.16.老張每天下班回家，通常步行5分鐘后乘坐公交車再步行到家，公交車有，兩條線路可以選擇.乘坐線路所需時間（單位：分鐘）服從正態分布，下車后步行到家要5分鐘；乘坐線路所需時間（單位：分鐘）服從正態分布，下車后步行到家要12分鐘.下列說法從統計角度認為不合理的是（）（參考數據：，則，，）A.若乘坐線路，前一定能到家B.乘坐線路和乘坐線路在前到家的可能性一樣C.乘坐線路比乘坐線路在前到家的可能性更大D.若乘坐線路，則在前到家的可能性不超過【正確答案】A【分析】利用正態分布曲線的對稱性及正態分布的概率，對四個選項逐個分析判斷即可.【詳解】對于A，因為，即乘坐線路能到家的概率為，所以乘坐線路，前不一定能到家，所以A錯誤，對于B，乘坐線路在前到家的概率為，乘坐線路在前到家的概率為，所以乘坐線路和乘坐線路在前到家的可能性一樣，所以B正確，對于C，乘坐線路在前到家的概率為，乘坐線路在前到家概率為，所以乘坐線路比乘坐線路在前到家的可能性更大，對于D，乘坐線路，則在前到家的概率為，所以D正確，故選：A三、解答題：（本大題滿分76分，共5小題，解答本大題需要有必要的步驟和過程）17.嘗試使用概率的“可加性”解決下面的問題：（1）設是同一樣本空間中的兩個事件，探索，，，之間的等量關系，并說明理由.（2）甲、乙各拋鄭枚硬幣，證明：“甲得到的正面數比乙得到的正面數少”這一事件的概率小于.【正確答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）通過事件間的關系，表示和事件，表示積事件，即可找出關系得到結果；（2）先設出事件事件“甲得到的正面數比乙得到的正面數少”，事件“甲得到的正面數比乙得到的正面數多”，事件“甲得到的正面數比乙得到的正面數一樣多”，再利用硬幣的對稱生和即可得到證明.【小問1詳解】，因為表示事件和事件至少有一個發生，表示事件和事件同時發生，所以【小問2詳解】設事件“甲得到的正面數比乙得到的正面數少”，事件“甲得到的正面數比乙得到的正面數多”，事件“甲得到的正面數比乙得到的正面數一樣多”，由硬幣的對稱性知，，又，，所以，故，即“甲得到的正面數比乙得到的正面數少”這一事件的概率小于.18.現需要設計一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部分的形狀是正四棱錐，下部分的形狀是正四棱柱（如圖所示），并要求正四棱柱的高是正四棱錐的高的4倍.（1）若則倉庫的容積是多少？（2）若正四棱錐的側棱長為，則當為多少時，倉庫的容積最大？【正確答案】（1）312（2）【詳解】試題分析：（1）明確柱體與錐體積公式的區別，分別代入對應公式求解；（2）先根據體積關系建立函數解析式，，然后利用導數求其最值.試題解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.因為A1B1=AB=6，所以正四棱錐P-A1B1C1D1的體積正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積所以倉庫的容積V=V錐+V柱=24+288=312（m3）.（2）設A1B1=a（m），PO1=h（m），則0<h<6，OO1=4h連結O1B1.因為在中，所以，即于是倉庫的容積，從而.令，得或（舍）.當時，，V是單調增函數；當時，，V是單調減函數.故時，V取得極大值，也是最大值.因此，當m時，倉庫的容積最大.【考點】函數的概念、導數的應用、棱柱和棱錐的體積【名師點睛】對應用題的訓練，一般從讀題、審題、剖析題目、尋找切入點等方面進行強化，注重培養將文字語言轉化為數學語言的能力，強化構建數學模型的幾種方法.而江蘇高考的應用題往往需結合導數知識解決相應的最值問題，因此掌握利用導數求最值方法是一項基本要求，需熟練掌握.19.2022年冬季奧林匹克運動會主辦城市是北京，北京成為第一個舉辦過夏季奧林匹克運動會和冬季奧林匹克運動會以及亞洲運動會三項國際賽事的城市.為迎接冬奧會的到來，某地很多中小學開展了模擬冬奧會賽事的活動，為了深入了解學生在“自由式滑雪”和“單板滑雪”兩項活動的參與情況，在該地隨機選取了10所學校進行研究，得到如下數據：（1）在這10所學校中隨機選取3所來調查研究，求在抽到學校至少有一個參與“自由式滑雪”超過40人的條件下，“單板滑雪”不超過30人的概率；（2）“單板滑雪”參與人數超過45人的學校可以作為“基地學校”，現在從這10所學校中隨機選出3所，記為可選作為“基地學校”的學校個數，求的分布列和數學期望；（3）現在有一個“單板滑雪”集訓營，對“滑行?轉彎?停止”這3個動作技巧進行集訓，且在集訓中進行了多輪測試.規定：在一輪測試中，這3個動作中至少有2個動作達到“優秀”.則該輪測試記為“優秀”，在集訓測試中，小明同學3個動作中每個動作達到“優秀”的概率均為，每個動作互不影響且每輪測試互不影響.如果小明同學在集訓測試中要想獲得“優秀”的次數的平均值達到3次，那么理論上至少要進行多少輪測試？【正確答案】（1）（2）分布列見解析，（3）12輪【分析】（1）根據已知條件結合條件概率的概率公式求解，（2）的可能取值為0，1，2，3，分別求出對應的概率，從而可求得的分布列和數學期望，（3）根據題意，結合二項分布概率公式求解【小問1詳解】由題可知10個學校，參與“自由式滑雪”的人數依次為27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，參與“單板滑雪”的人數依次為46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，其中參與“自由式滑雪”的人數超過40人的有4個，參與“自由式滑雪”的人數超過40人，且“單板滑雪”的人數超過30人的有2個，設事件為“從這10所學校中抽到學校至少有一個參與“自由式滑雪”的人數超過40人”，事件為“從10所學校中選出的3所學校中參與“單板滑雪”的人數不超過30人”則，，所以小問2詳解】“單板滑雪”參與人數超過45人的學校有4所，則的可能取值為0，1，2，3，,,,,所以的分布列為0123所以【小問3詳解】由題意可得小明同學在一輪測試中為“優秀”的概率為，所以小在輪測試中獲得“優秀”的次數滿足，由，得，所以理論上至少要進行12輪測試20.某疾病可分為Ⅰ、Ⅱ兩種類型．為了解該疾病類型與性別的關系，在某地區隨機抽取了患該疾病的病人進行調查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人數占男性性別病人的，女性患Ⅰ型病的人數占女性性別病人的．（1）若在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下認為“所患疾病類型”與“性別”有關，求男性患者至少有多少人？（2）某藥品研發公司欲安排甲乙兩個研發團隊來研發此疾病的治療藥物．兩個團隊各至多安排2個接種周期進行試驗．甲團隊研發的藥物每次接種后產生抗體的概率為，每人每次花費元，每人每次接種每個周期至多接種3次，第一個周期連續2次出現抗體則終止本接種周期進入第二個接種周期，否則需依次接種至第一周期結束，再進入第二周期：第二接種周期連續2次出現抗體則終止試驗，否則需依次接種至至試驗結束；乙團隊研發的藥物每次接種后產生抗體的概率為，每人每次花費元，每個周期接種3次，每個周期必須完成3次接種，若一個周期內至少出現2次抗體，則該周期結束后終止試驗，否則進入第二個接種周期，假設兩個研發團隊每次接種后產生抗體與否均相互獨立．當，時，從兩個團隊試驗的平均花費考慮，公司應選擇哪個團隊？（3）乙團隊為獎勵參與研發的工作人員，特地給參與本次研發的工作人員每人發放價值1000元的購物卡，并推出一檔“勇闖關，送大獎”的活動．規則是：在某張方格圖上標有第0格、第1格、第2格、…第30格共31個方格．棋子開始在第0格，然后擲一枚均勻的硬幣（已知硬幣出現正、反面的概率都是，其中）．若擲出正面，將棋子向前移動一格（從k到），若擲出反面，則將棋子向前移動兩格（從k到）．重復多次，若這枚棋子最終停在第29格，則認為“闖關成功”，并贈送1000元購物卡；若這枚棋子最終停在第30格，則認為“闖關失敗”，不再獲得其他獎勵，活動結束．設棋子移到第n格的概率為，若某員工參與這檔“闖關游戲”，試比較一名員工闖關成功和失敗的概率，并說明理由．附：，0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【正確答案】（1）18人（2）該公司選擇乙團隊進行藥品研發（3）該大學生闖關成功的概率大于闖關失敗的概率，理由見解析【分析】（1）列出列聯表，并計算出，再列不等式即可求得男性患者至少有多少人；（2）分別求得甲、乙兩研發團隊試驗總花費的數學期望，再對二者進行比較即可解決；（3）先找到棋子移到第格，第格，第格的概率間的遞推關系，再利用疊加法求得棋子移到第格的概率公式，即可求得闖關成功的概率和闖關失敗的概率，二者再進行大小比較即可解決.【小問1詳解】設男性患者有a人，則女性患者有人，列聯表如下：Ⅰ型病Ⅱ型病合計男a女合計要使在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下認為“所患疾病類型”與“性別”有關，則，解得．∵，，∴a的最小整數值為18，因此．男性患者至少有18人【小問2詳解】設甲研發團隊試驗總花費為元，則的可能取值為、、，∵，，，∴，函數在遞減，∴，設乙研發團隊試驗總花費為Y元，則Y的可能取值為、，∴，，∴，設，，函數在遞減，，∴恒成立，所以，該公司選擇乙團隊進行藥品研發【小問3詳解】棋子開始在第0格為必然事件，．第一次擲硬幣出現正面，棋子移到第1格，其概率為，．棋子移到第格的情況是下列兩種，而且也只有兩種：棋子先到第格，又擲出反面，其概率為；棋子先到第格，又擲出正面，其概率為，所以，即，且，所以當時，數列是首項，公比為的等比數列．則，，，…，，以上各式相加，得，所以．所以闖關成功（即這枚棋子最終停在第29格）的概率為，闖關失敗（即這枚棋子最終停在第30格）的概率為．所以該大學生闖關成功的概率大于闖關失敗的概率．21.已知拋物線C:,過拋物線C上點M且與M處的切線垂直的直線稱為拋物線C在點M的法線．（1）若拋物線C在點M的法線的斜率為，求點M的坐標；（2）設P為C對稱軸上的一點，在C上是否存在點，使得C在該點的法線通過點P．若有，求出這些點，以及C在這些點的法線方程；若沒有，請說明理由．【正確答案】（1）；（2）當時，在上有三點，及，在該點的法線通過點，法線方程分別為，，，當時，在上有一點，在該點的法線通過點，法線方程為．【詳解】試題分析：（1）求導可得點處切線的斜率法線斜率為=點的坐標為；（2）設為上一點，由上點處的切線斜率,法線方程為法線過點；若的法線方程為：．再討論和，即可求得：當時，有三點和三條法線；當時，有一點和一條法線．試題解析：（1）函數的導數，點處切線的斜率過點的法線斜率為=，解得，．故點的坐標為．（2）設為上一點，若，則上點處的切線斜率,過點的法線方程為，法線過點;若，則過點的法線方程為：．若法線過點，則，即．若，則，從而，代入得，．若，與矛盾，若，則無解．綜上，當時，在上有三點，及，在該點的法線通過點，法線方程分別為，，．當時，在上有一點，在該點的法線通過點，法線方程為．考點：1.導數；2.切線；3.法線；4.直線方程.22.如圖，在平面直角坐標系中，已知以為圓心的圓:及其上一點A(2，4).（1）設圓N與x軸相切，與圓外切，且圓心N在直線x=6上，求圓N的標準方程；（2）設平行于OA的直線l與圓相交于B，C兩點，且BC=OA，求直線l的方程；（3）設點T（t，0）滿足：存在圓上的兩點P和Q，使得求實數t的取值范圍.【正確答案】(1)；(2)2x?y+5=0或2x?y?15=0.(3).【詳解】試題分析：（1）根據直線與x軸相切確定圓心位置，再根據兩圓外切建立等量關系求半徑;（2）根據垂徑定理確定等量關系，求直線方程；（3）利用向量加法幾何意義建立等量關系，根據圓中弦長范圍建立不等式，求解即得參數取值范圍.試題解析：解：圓M的標準方程為，所以圓心M（6，7），半徑為5，.（1）由圓心N在直線x=6上，可設.因為N與x軸相切，與圓M外切，所以，于是圓N的半徑為，從而，解得.因此，圓N的標準方程為.（2）因為直線l∥OA，所以直線l的斜率為.設直線l的方程為y=2x+m，即2x-y+m=0，則圓心M到直線l的距離因為而所以，解得m=5或m=-15.故直線l的方程為2x-y+5=0或2x-y-15=0.（3）設因為，所以……①因為點Q在圓M上，所以…….②將①代入②，得.于是點既在圓M上，又在圓上，從而圓與圓有公共點，所以解得.因此，實數t的取值范圍是.【考點】直線方程、圓的方程、直線與直線、直線與圓、圓與圓的位置關系、平面向量的運算【名師點睛】直線與圓中的三個定理：切線的性質定理，切線長定理，垂徑定理；兩個公式：點到直線距離公式及弦長公式，其核心都是轉化到與圓心、半徑的關系上，這是解決直線與圓的根本思路.對于多元問題，也可先確定主元，如本題以為主元，揭示在兩個圓上運動，從而轉化為兩個圓有交點這一位置關系，這也是解決直線與圓問題的一個思路，即將問題轉化為直線與圓、圓與圓的位置關系問題.23.已知函數，當