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2024年奉贤高三数学模拟试卷一、填空题（本大题满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，考生应在答题纸相应位置直接填写结果）1复数的虚部是 2函数的最小正周期为 .3若，则有最大值为 4若，则 （结果用的代数式表示）5为了研究某班学生的脚步（单位厘米）和身高之间有线性相关关系，设其回归直线方程为该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为 6若数列满足对任意整数有成立，则在该数列中小于100的项一共有 项7若函数为奇函数，则 8中，若在上的投影为则 9如图，已知三角形为直角三角形（为直角），分别连接点与线段的等分点，得到个三角形依次为，将绕看所在直线旋转一周，记，旋转得到的几何体的体积依次为，若，则三角形旋转得到的几何体的体积 10已知，若非零整数使得等式恒成立，则得所有可能得取值为 11若曲线得右顶点，若对线段上任意一点，端点除外，在上存在关于轴对称得两点、使得三角形为等边三角形，则正数得取值范围是 12已知正方体的棱长为，为正方形边上的个两两不同的点若对任意的点，存在点.使得直线与平面以及平面所成角大小均为，则正整数的最大值为 二、选择题（本大题满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑）13在中，“”是“”的（）A充分非必要条件B必要非充分永件C充要条件D既非充分又非必要条件14如果分别是的对立事件，下列选项中不能判断件与事件相互独立的是（）ABCD15有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则下列说法正确的是（）A的中位数一定等于的中位数；B的平均数一定等于的平均数；C的标准差一定不小于的标准差；D的30百分位数一定不等于的30百分位数16若数列的前项和为，关于正整数的方程记为，命题：对于任意的，存在等差数列使得有解；命题：对于任意的，存在等比数列使得有解；则下列说法中正确的是（）A命题为真命题，命题为假命题；B命题为假命题，命题为真命题；C命题为假命题，命题为假命题；D命题为真命题，命题为真命题；三、解答题（本大题78分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤17如图，四棱锥的底面是梯形，平面，(1)求证：平面(2)若二面角的大小为，求与平面所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）18已知三角形的三个角对应的边分别为、(1)求证：存在以为三边的三角形；(2)若以为三边的三角形为等腰直角三角形，求三角形的最小角19在刚刚结束的杭州亚运会上，中国羽毛球队延续了传统优势项目，以4金3银2铜的成绩傲视亚洲在旧制的羽毛球赛中，只有发球方赢得这一球才可以得分，即如果发球方在此回合的争夺中输球，则双方均不得分但发球方输掉此回合后，下一回合改为对方发球(1)在旧制羽毛球赛中，中国队某运动员每一回合比赛赢球的概率均为，且各回合相互独立若第一回合该中国队运动员发球，求第二回合比赛有运动员得分的概率；(2)羽毛球比赛中，先获得第一分的队员往往会更加占据心理上的优势，给出以下假设：假设1：各回合比赛相互独立；假设2：比赛双方运动员甲和乙的实力相当，即每回合比赛中甲获胜的概率均为；求第一回合发球者在整场比赛中先得第一分的概率，并说明旧制是否合理？20如图，已知椭圆的方程为和椭圆，其中分别是椭圆的左右顶点(1)若恰好为椭圆的两个焦点，椭圆和椭圆有相同的离心率，求椭圆的方程；(2)如图，若椭圆的方程为.是椭圆上一点，射线分别交椭圆于，连接（均在轴上方）.求证：斜率之积为定值，求出这个定值；(3)在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为，求正数的值21若定义在上的函数和分别存在导函数和且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”我们将满足方程的称为“导控点”(1)试问函数是否为函数的“导控函数”？(2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”；(3)若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”1【分析】根据复数虚部的定义即可得解【详解】复数的虚部是.故答案为：.2【分析】利用辅助角公式化一，再根据三角函数的周期性即可得解.【详解】，其中，所以函数的最小正周期为.故答案为：.3#0.25【分析】根据基本不等式即可求解.【详解】因为，显然当时，取得最大值，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以有最大值为.故答案为：.4#【分析】根据对数的运算性质化简即可.【详解】.故答案为：.5【分析】将代入回归直线方程即可得解.【详解】由题意，令，则，即该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为厘米.故答案为：.6【分析】根据与的关系求出数列的通项，再令即可得解.【详解】设数列的前项和为，则，当时，当时，当时，上式也成立，所以，令，则，所以在该数列中小于100的项一共有项.故答案为：.7【分析】利用函数是奇函数得到，然后利用方程求解，即可得解【详解】因为函数为奇函数，所以，当时，则，则，即，所以，解得，所以.故答案为：.8【分析】作，根据题意，求得，得到，结合，即可求解.【详解】如图所示，过点作于点，因为向量在上的投影为，可得，所以，又因为，则.故答案为：.9625【分析】设，两式相除求出，再由可得，再计算三角形旋转得到的几何体的体积即可.【详解】设，则，得，所以，可得，则三角形旋转得到的几何体的体积.故答案为：.10【分析】根据复合函数的求导公式求导，然后根据化简整理即可得出答案.【详解】由，得，因为非零整数使得等式恒成立，所以恒成立，所以有，所以，若，则，所以，此时，若，则，即，所以，此时，综上所述，.故答案为：.11【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，转化为渐近线的斜率大于或等于，即可求解.【详解】由任意点线段上，端点除外，在上存在关于轴对称得两点使得为等边三角形，即存在点使得，所以存在点使得，由双曲线的其中一条渐近线方程为，则满足的斜率大于或等于，即，所以，又由，所以实数的取值范围为.故答案为：.128【分析】先确定当线与平面所成角大小均为时，满足的条件，同理当直线与平面所成角大小均为时，满足的条件，再考虑如何作出，即可.【详解】如图：设，为正方形的两个点，且满足直线与平面所成的角为，过作于，连接，则为线与平面所成的角，是.所以.所以在平面内，以为圆心，为半径做圆，取为圆上一点，过作圆的切线，切线与正方形边的交点即为，.又，所以与平面所成的角为，所以以为圆心，为半径做圆，做该圆的切线，与正方形边的交点即为，.如图：因为，所以与相离，两圆有4条公切线，与正方形的边有8个交点.在这8个点中，任选一个点，存在点.使得直线与平面以及平面所成角大小均为.故答案为：8【点睛】关键点点睛：本题的关键是弄清楚，点的作法.先根据直线与平面所成角的概念，判断，应满足的条件，以后的问题就好想多了.13A【分析】由三角函数值及充分条件、必要条件的定义即可得出结论.【详解】在中，若，则；反之，若，且，所以或，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.14C【分析】根据相互独立事件的乘法公式和条件概率公式结合相互独立事件的定义逐一判断即可.【详解】对于A，因为，所以相互独立，故A正确；对于B，因为，所以，所以相互独立，所以相互独立，故B正确；对于C，所以，所以无法判断相互独立，故C错误；对于D，因为，所以相互独立，故D正确.故选：C.15A【分析】根据中位数、百分位数、平均数及标准差的定义一一判断即可.【详解】对于A：因为的中位数为从小到大排列的第个数，设为；又的中位数从小到大排列的第个数恰为，所以的中位数一定等于的中位数，故A正确；对于B：因为与不一定相等，故的平均数与的平均数不一定相等，故B错误；对于C：因为的极差不大于的极差，所以的标准差不大于的标准差，故C错误；对于D：因为，则的百分位数为从小到大排列的第个数，设为；的百分位数为从小到大排列的第个数恰为，故的百分位数一定等于的百分位数，故D正确.故选：A16D【分析】根据题意，利用等差数列与等比数列的性质，结合有解，构造出满足条件的等差、等比数列，即可求解.【详解】当时，可得且，显然满足；当时，设等差数列的首项，公差为，可得，此时，满足，即存在等差数列使得有解，当时，设等差数列的首项，公差为，可得，此时，满足，即存在等差数列使得有解，综上可得，对于任意的，存在等差数列使得有解，所以命题为真命题；当时，取等比数列的首项为，公比为，可得，则，此时满足，即成立；当时，取等比数列的首项为，公比为，可得，此时，满足，即存在等比数列使得有解；当时，令，即为首项，公比为的等比数列，此时，满足，即存在等比数列使得有解；综上可得，对于任意的，存在等比数列使得有解，所以命题为真命题.故选：D.【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律求解；4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解；5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进行证明；6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解.17(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理即得.（2）由已知及（1）确定二面角的平面角及线面角，再结合数量关系求出线面角的正切.【详解】（1）在四棱锥中，连接，由平面，平面，得，而，平面，所以平面.（2）在梯形中，由，得，又，则，由（1）知，平面，平面，得，则，是与平面所成的角，是二面角的平面角，即，在中，于是，因此，所以与平面所成角的大小为.18(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正弦定理和三角形任意两边之和大于第三边即可证明；（2）由题意可得均为锐角，不妨设，则可得或，然后分情况讨论即可.【详解】（1）证明：因为，所以，因为三角形的三个角对应的边分别为、，所以，设三角形的外接圆半径为，则由正弦定理得，所以，所以存在以为三边的三角形；（2）因为以为三边的三角形为等腰直角三角形，所以，所以都为锐角，不妨设，因为，所以，或，所以或，当时，则，不合题意，舍去，当时，则，因为，所以,因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以,所以,所以三角形的最小角为.19(1)(2)不合理,理由见详解【分析】（1）由全概率公式，即可求解；（2）由已知条件，求出第一回合发球者在整场比赛中先得第一分的概率，与比较，即可得到答案.【详解】（1）设事件表示第一回合该中国队运动员赢球，事件表示第二回合该中国队运动员赢球，事件表示第二回合比赛有运动员得分，由已知， ，则，即第二回合比赛有运动员得分的概率为.（2）设运动员甲先发球，记事件表示第i回合该运动员甲赢球，记事件表示运动员甲先得第一分，则，则，所以，即则第一回合发球者在整场比赛中先得第一分的概率大于，则比赛双方运动员实力相当的情况下，先发球者更大概率占据心理上的优势，所以旧制不合理.20(1)(2)证明见解析，定值为(3)【分析】（1）根据椭圆顶点坐标、焦点坐标、离心率和的关系直接求解即可；（2）设，利用两点连线斜率公式表示出，结合在椭圆上直接化简整理即可；（3）设直线与椭圆交于另一点，知关于坐标原点对称，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，利用可构造方程求得结果.【详解】（1）由得：，且的离心率为；恰为的两个焦点，即椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，椭圆的方程为：.（2）设，则，即，为定值，定值为.（3）设直线与椭圆交于另一点，由椭圆对称性可知：关于坐标原点对称，设直线，则，由得：，则，由（2）知：，解得：，又，.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中的定值、参数值的求解问题；本题第三问求解的关键是能够通过椭圆的对称性将问题转化为一条直线与椭圆的交点问题，进而根据已知等量关系，利用韦达定理来进行求解.21(1)是(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据“导控函数”得定义求解即可；（2）由题意可得，再根据“导控点”的定义可得，求出，进而可求出，进而可得出答案；（3）根据“导控函数”的定义结合充分条件和必要条件的定义求证即可.【详解】（1）由，得，由，得，因为，所以函数是函数的“导控函数”；（2）由，得，由，得，由，得，由题意可得恒成立，令，解得，故，从而有，所以，又恒成立，即恒成立，所以，所以，故且“导控点”为；（3）充分性：若存在常数使得恒成立，则为偶函数，因为函数为偶函数，所以，则，即，所以恒成立，所以；必要性：若，则，所以函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，因此，又，因此函数是函数的“导控函数”，所以，即恒成立，用代换有，综上可知，记，则，因此存在常数使得恒成立，综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”【点睛】关键点点睛：理解“导控函数”和“导控点”的定义是解决本题的关键.
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