精品解析：上海市杨浦高级中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷

2024-2025学年上海市杨浦高级中学高三年级上学期 高三开学考数学试卷 2024.9 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1. 不等式的解集是__________. 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是__________. 3. 若平面向量，，，则向量，的夹角为______. 4. 在的展开式中（其中是正整数），各项的系数和为729，则项的系数为__________. 5. 已知函数是奇函数，当时，，当时，__________. 6. 已知（是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根，则__________. 7. 等差数列的首项，公差为，若，则__________. 8. 已知，，是不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中： （1）若，，，则； （2）若，，，则； （3）若，，，则且； （4）若，，，则， 所有真命题的序号是__________. 9. 已知是第二象限角终边上的一个点，且，将OP绕原点O顺时针旋转至，则点的坐标为__________. 10. 如图，沿东西方向相距4海里的两个小岛A，B，岛上安装了信号接收塔，舰艇P沿着某种确定的圆锥曲线轨迹航行，A，B是曲线的焦点，当P在小岛B正北方向处时，测得距小岛B3海里.当舰艇航行至小岛B西偏南的处时，测得距小岛B1.5海里.在以线段AB中点为圆心，1海里为半径的圆形海域内布满暗礁（不包含边界），舰艇P在航行的过程中，会放下巡逻船Q，巡逻船在以PB为直径的圆域内全面巡逻，舰长认为不会有触礁的风险，理由是__________. 11. 已知正数a，b，c满足，，则的最小值为___________. 12. 已知数列是有无穷项的等差数列，，公差，若满足条件：①是数列的项；②对任意的正整数，都存在正整数，使得.则满足这样的数列的个数是______种. 二、选择题（本大题共有4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. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 14. 下列函数中在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 15. 在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ） A. B. C. D. 16. 已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知等差数列的公差，前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 18. 对于函数，若其定义域内存在实数满足，则称为“准奇函数”. （1）已知函数，试问是否为“准奇函数”？说明理由； （2）若为定义在上的“准奇函数”，试求实数的取值范围. 19. 如图，在圆锥PO中，AC为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，点在线段BC上，，. （1）证明：平面BOP； （2）若圆锥PO的侧面积为，求二面角的余弦值. 20. 已知函数，其中为实常数. （1）若，解关于的方程； （2）讨论函数的奇偶性； （3）当时，用定义证明函数在上是严格增函数，并解不等式. 21. 中国古典园林洞门、洞窗具有增添园林意境，丰富园林文化内涵的作用，门、窗装饰图案成为园林建筑中具有文化价值以及文化内涵的装饰.如图1所示的一种椭圆洞窗，由椭圆和圆组成，， 是椭圆的两个焦点，圆以线段为直径， （1）设计如图所示的洞窗，椭圆的离心率应满足怎样的范围？ （2）经测量椭圆的长轴为4分米，焦距为2分米. （i）从射出的任意一束光线照在左侧距椭圆中心4分米的竖直墙壁上，如图2所示.建模小组的同学用长绳拉出椭圆洞窗的切线AB，B为切点，然后用量角器探究猜测是定值，请帮他们证明上述猜想. （ii）建模小组的同学想设计一个如图3的四边形装饰，满足：点是上的一个动点，P，Q关于原点对称，过和分别做圆的切线，交于R，S，求四边形装饰面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上海市杨浦高级中学高三年级上学期 高三开学考数学试卷 2024.9 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分. 1. 不等式的解集是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合绝对值的不等式的解法，准确计算，即可求解. 【详解】由不等式，可得或，解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】解出分式不等式即可得集合，结合集合间关系即可得解. 【详解】由，即，解得， 即，，. 故答案为： 3. 若平面向量，，，则向量，的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的定义可得夹角的余弦值，即可利用反三角函数的性质求解. 【详解】，，， 由于，故. 故答案为： 4. 在的展开式中（其中是正整数），各项的系数和为729，则项的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，令，得到，求得，结合二项展开式，即可求解项的系数. 【详解】因为二项式的展开式中，各项的系数和为729， 令，可得，解得， 则二项式的展开式中，项的系数为. 故答案为：. 5. 已知函数是奇函数，当时，，当时，__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数的性质直接求解即可. 【详解】设，则， 因为是奇函数， 所以， 则. 故答案为： 6. 已知（是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到方程的另一个根为，利用韦达定理，求得，再由，即可得到答案. 【详解】由是实系数一元二次方程的一个根， 可得方程的另一个根为，则， 所以. 故答案为：. 7. 等差数列的首项，公差为，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先求出公差，再根据等比数列前项和公式即可得解. 【详解】由，，得， 所以， 则， 所以. 故答案为：. 8. 已知，，是不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中： （1）若，，，则； （2）若，，，则； （3）若，，，则且； （4）若，，，则， 所有真命题的序号是__________. 【答案】（3）（4） 【解析】 【分析】根据直线、平面间的位置关系判断（1）（2），由面面垂直的性质定理与判定定理判断（3）（4）． 【详解】（1）缺少条件直线m需要属于平面，（1）错误； （2）两直线还可以是异面，故（2）错误； （3），，，所以且．（3）正确； （4）设，，过在平面内作直线,在平面内作直线，由面面垂直的性质定理知，又过一点与一个平面垂直的直线有且只有一条，所以重合，而，则重合，所以，（4）正确． 故答案为：（3）（4） 9. 已知是第二象限角终边上的一个点，且，将OP绕原点O顺时针旋转至，则点的坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意正切函数的二倍角公式可得，利用三角函数定义以及两角差的正弦、余弦公式计算可得结果. 【详解】设， 由可得（舍）或， 由正切函数定义可得，解得； ，，， 可得 . 即点的坐标为. 故答案为： 10. 如图，沿东西方向相距4海里的两个小岛A，B，岛上安装了信号接收塔，舰艇P沿着某种确定的圆锥曲线轨迹航行，A，B是曲线的焦点，当P在小岛B正北方向处时，测得距小岛B3海里.当舰艇航行至小岛B西偏南的处时，测得距小岛B1.5海里.在以线段AB中点为圆心，1海里为半径的圆形海域内布满暗礁（不包含边界），舰艇P在航行的过程中，会放下巡逻船Q，巡逻船在以PB为直径的圆域内全面巡逻，舰长认为不会有触礁的风险，理由是__________. 【答案】无论P在何处，以PB为直径的圆均与布满暗礁的圆外切 【解析】 【分析】根据题意，以AB所在的轴为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，即可得到舰艇航行的轨迹方程是双曲线，然后求得以PB为直径的圆的半径与，即可判断. 【详解】 以AB所在的轴为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 则，，由题意知，，， ，，， 则可知舰艇航行的轨迹方程是双曲线，且，， 则方程为，暗礁区域的圆心为，半径为1， 设，以PB为直径的圆域内全面巡逻，设圆心为，则圆心， 半径为，则， 则无论在何处，以PB为直径的圆均与布满暗礁的圆外切. 11. 已知正数a，b，c满足，，则的最小值为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】使用不等式将放缩，使用“1”的代换及基本不等式求得目标最小值. 【详解】由题意知，当且仅当时取等号， 故 ，当且仅当时取等号， 综上，当时，的最小值为2. 故答案为：2 【点睛】关键点点睛：本题求最小值关键是第一步用放缩法将放掉，第二步是将中的2代换为，将整式处理为，再用“1”的代换求最小值. 12. 已知数列是有无穷项的等差数列，，公差，若满足条件：①是数列的项；②对任意的正整数，都存在正整数，使得.则满足这样的数列的个数是______种. 【答案】 【解析】 【分析】设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，由已知，设，则.因为，所以，即数列的每一项均是整数，所以数列的每一项均是自然数，且是正整数. 由题意，设，则是数列中的项，所以是数列中的项.设，则，即. 因为，故是的约数，进而分类讨论求解即可. 【详解】设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，由已知，设，则由等差数列定义得. 因为，所以，即数列的每一项均是整数，所以数列的每一项均是自然数，且是正整数. 由题意，设，则是数列中的项，所以是数列中的项. 设，则，即. 因为，故是的约数.所以. 当时，，得，故，共种可能； 当时，，得，故，共种可能； 当时，，得，故，共种可能； 当时，，得，故，共2种可能； 当时，，得，故，共2种可能； 当时，，得，故，共1种可能； 当时，，得，故，共1种可能； 当时，，得，故，共1种可能. 综上，满足题意的数列共有（种）. 经检验，这些数列均符合题意. 故答案为：. 【点睛】首先根据等差数列概念和已知条件列得出的每一项均是自然数，且是正整数，再利用同样思路，由是数列的项得出是的约数，进而分类讨论得解. 二、选择题（本大题共有4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. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化，由正弦型函数的周期性即可求解. 【详解】由题意，得， 所以的最小正周期. 故选：A. 14. 下列函数中在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合常见函数的图象和性质进行判断. 【详解】对于A，因为是周期函数，在上不单调，故A错误； 对于B，在上是，单调递增，故B错误； 对于D，是二次函数，图象是开口向上的抛物线，对称轴为轴， 所以它在上为增函数，故D错误； 对于C，只有这个函数在上单调递减，故C正确. 故选：C 15. 在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果. 【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设关于平面的对称点为， 则，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 与到平面的距离， 又，， ，，，， （当且仅当三点共线时取等号）， 即的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值. 16. 已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，转化为，当且仅当在一条直线上时，取得最小值，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点坐标为， 又由圆，可化为， 可得圆心坐标为，半径， 设定点，满足成立，且 即恒成立， 其中，代入两边平方可得： ，解得， 所以定点满足恒成立， 可得， 如图所示，当且仅当在一条直线上时， 此时取得最小值， 即， 设，满足， 所以， ， 当时，等号成立， 故选：C. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将所求转化为三点共线时，线段的长的问题，结合抛物线方程即可求解. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知等差数列的公差，前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意得到关于、的方程组，解得、，即可求出通项公式； （2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，解得或， 因为，所以，则； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 . 18. 对于函数，若其定义域内存在实数满足，则称为“准奇函数”. （1）已知函数，试问是否为“准奇函数”？说明理由； （2）若为定义在上的“准奇函数”，试求实数的取值范围. 【答案】（1）不是“准奇函数”；理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）无解，故不是“准奇函数”； （2）参变分离，换元后转化为在上有解，求出对勾函数的单调性，求出其值域，从而得到实数的取值范围. 【小问1详解】 要想为“准奇函数”，存在满足， 只需有解，整理得：无解， 不是“准奇函数”； 【小问2详解】 为定义在的“准奇函数”， 在上有解，在上有解， 令， 在上有解， 又对勾函数在上单调递减， 在上单调递增，且时，；时，， ，的值域为， ，解得：， 故实数的取值范围是. 19. 如图，在圆锥PO中，AC为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，点在线段BC上，，. （1）证明：平面BOP； （2）若圆锥PO的侧面积为，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 平面，故以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 与同向的方向为轴正方向建立空间直角坐标系. 设，故，，，. . 故，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据圆锥PO的侧面积求得及，求出平面的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 圆锥PO的侧面积，， 由（1）可知，为平面的法向量， 设平面的法向量为，而，， 故，令得， 则， 所以二面角的余弦值为. 20. 已知函数，其中为实常数. （1）若，解关于的方程； （2）讨论函数的奇偶性； （3）当时，用定义证明函数在上是严格增函数，并解不等式. 【答案】（1）或； （2）答案见解析 （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）由可得，再借助指数运算解方程即可得； （2）分该函数为奇函数、偶函数与非奇非偶函数讨论并计算即可得； （3）借助严格增函数的定义即可证明，结合函数的单调性与奇偶性计算即可得不等式的解. 【小问1详解】 由题意， ，， 令，即有， 可得或， 或； 【小问2详解】 函数定义域， ①当为奇函数时，有， ， ，； ②当为偶函数时，， ， ， ； ③当时，函数为非奇非偶函数； 综上所述，当时，为奇函数； 当时，为偶函数， 当时，为非奇非偶函数； 【小问3详解】 当时，，任取，，设， ， 又，，所以， 故，即， 函数在上是严格增函数， 由（2）知，当时，为偶函数， 则由，可得， 即，即， 解得. 21. 中国古典园林洞门、洞窗具有增添园林意境，丰富园林文化内涵的作用，门、窗装饰图案成为园林建筑中具有文化价值以及文化内涵的装饰.如图1所示的一种椭圆洞窗，由椭圆和圆组成，， 是椭圆的两个焦点，圆以线段为直径， （1）设计如图所示的洞窗，椭圆的离心率应满足怎样的范围？ （2）经测量椭圆的长轴为4分米，焦距为2分米. （i）从射出的任意一束光线照在左侧距椭圆中心4分米的竖直墙壁上，如图2所示.建模小组的同学用长绳拉出椭圆洞窗的切线AB，B为切点，然后用量角器探究猜测是定值，请帮他们证明上述猜想. （ii）建模小组的同学想设计一个如图3的四边形装饰，满足：点是上的一个动点，P，Q关于原点对称，过和分别做圆的切线，交于R，S，求四边形装饰面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明：由测量数据可得，， 故，，墙壁所在直线， 易知直线斜率存在，设，可得， 设切线，联立， 则， 相切可得， 则， 则， 切点， ， 故，，，， 故，则. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据，即可根据椭圆中的关系以及离心率公式求解， （2）（i）联立直线与椭圆方程，根据判别式为0可得，进而可得，利用向量的坐标运算，即可求证； （ii）根据法向量可得切线方程，进而根据点到直线的距离公式可得是平行四边形，结合全等和切线长性质可得是菱形，即可根据三角形相似，结合函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 由题意可知椭圆满足， 故. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设动点，则，不妨设过点的两条切线法向量为， 过点的两条切线法向量为，均为非零向量， 故切线方程为和， 则满足和. 由此可知两组切线分别对应平行，四边形是平行四边形，过圆心做一组邻边的垂线，垂足为, 由于关于原点对称，故也关于原点对称，又, 故故，故平行四边形是菱形. 下面研究菱形的面积： 过作PR的垂线GH，则，由（i）可知,故， 设，则有：，解得，则， 其中的取值范围是， 设，在上是单调函数， 故的取值范围是. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将四边形的面积用表示出来，然后再利用函数的单调性求解最值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $