精品解析：上海市文来中学2025届高三上学期期中考试数学试题

上海市文来中学 2024 学年第一学期期中考试高三年级数学试卷 （本试卷满分150分，考试时间120分钟，可以使用计算器） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知全集， 集合， 则_______ 2. 已知，则___________. 3. 直线的倾斜角为_________． 4. 若复数满足，其中为虚数单位，则_________． 5. 如果圆锥的底面圆半径为1，母线长为2，则该圆锥的侧面积为_______. 6. 已知向量的夹角为， 且，则 __________________ 7. 的二项展开式中的常数项为_________.（结果用数值表示） 8. 数列满足，若，，则数列的前20项的和为______． 9. 甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有______种. 10. 过抛物线的焦点的直线交于点，交的准线于点，，点为垂足.若是的中点，且，则_________. 11. 已知正方形的边长为2，中心为，四个半圆的圆心均为正方形各边的中点（如图），若在上，且，则的最大值为______． 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、单选题（本大题共有4题，满分18分，其中第13-14题每题4分，第15-16每题5分） 13. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 14. 已知直线，及平面，，则下列命题正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 15. 心形代表浪漫的爱情，人们用它来向所爱之人表达爱意.一心形作为建筑立面造型，呈现出优雅的弧度，心形木屋融入山川，河流，森林，草原，营造出一个精神和自然聚合的空间.图是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ） A. B. C. D. 16. 在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点与直线上任意一点，称的最小值为点与直线间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列两个命题： ①已知点，直线，则； ②定点、，动点满足则点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的是（ ） A. 命题①成立，命题②不成立 B. 命题①不成立，命题②成立 C. 命题①②都成立 D. 命题①②都不成立 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，其中第17-19题每题满分14分，第20-21每题满分 18分） 17. 如图，在直三棱柱中，，为中点，为中点，为中点. （1）求证:平面; （2）求直线与平面所成角的大小. 18. 在中，内角A，，所对的边分别为，，.已知. （1）求A； （2）若，求周长的最大值. 19. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得如下图所示的频率分布直方图 （1）求频率分布直方图中的值； （2）若在抽取的100份样本中有20份样本的数据如下： 44，46，50，52，60，63，66，68，68，72，75，76，79，79，81，82，82，83，90，92 求该组数据（指这20分样本构成的数据）的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求这两组成绩的总平均数和总方差. 20. 已知椭圆的离心率为，其左右焦点为、，斜率为1的直线经过右焦点，与椭圆交于不同的两点、，的周长为12. （1）求椭圆的方程； （2）求的面积； （3）过点任作与坐标轴都不垂直的直线与椭圆交于、两点，在轴上是否存在一定点，使恰为的平分线？. 21. 已知函数的导函数为． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在两个不同的零点，，求实数的取值范围； （3）在（2）的条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市文来中学 2024 学年第一学期期中考试高三年级数学试卷 （本试卷满分150分，考试时间120分钟，可以使用计算器） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知全集， 集合， 则_______ 【答案】 【解析】 【分析】由补集定义即可得解. 【详解】由，，则. 故答案为：. 2. 已知，则___________. 【答案】##-0.8. 【解析】 【分析】由同角三角函数的平方关系即可求得答案. 【详解】因为已知，，则. 故答案为：. 3. 直线的倾斜角为_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角 【详解】，则，斜率为 则，解得 故答案为 【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题 4. 若复数满足，其中为虚数单位，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的定义，设，再利用待定系数法求得的值即可求解. 【详解】设，则且 于是可得. 5. 如果圆锥的底面圆半径为1，母线长为2，则该圆锥的侧面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的侧面积公式即可求解． 【详解】由圆锥的侧面积公式 故答案为：2π 6. 已知向量的夹角为， 且，则 __________________ 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用模长的计算公式，得到，利用数量积的定义，得到，从而可得，即可求解. 【详解】由，得到，又向量的夹角为，， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 7. 的二项展开式中的常数项为_________.（结果用数值表示） 【答案】 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】由可得， 令，即，则， 即的二项展开式中的常数项为. 故答案为：. 8. 数列满足，若，，则数列的前20项的和为______． 【答案】210 【解析】 【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解. 【详解】数列满足，若，，则， 所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列 所以数列的前20项的和为 . 故答案为：210. 9. 甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有______种. 【答案】 【解析】 【分析】由排列组合中的捆绑法和插空法计算. 【详解】利用捆绑法可得，丙和丁相邻的排法有种， 然后将乙、戊和丙、丁4人进行排列，排法有种， 因为甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成2个空位， 利用插空法排列甲，排法有种， 所以不同的排列方法有种. 故答案为： 10. 过抛物线的焦点的直线交于点，交的准线于点，，点为垂足.若是的中点，且，则_________. 【答案】4 【解析】 【分析】作于点，与轴交于点，借助相似三角形的性质可得，，再结合所给数据与抛物线定义计算即可得解. 【详解】作于点，与轴交于点，如图， 则， 又且是的中点，则有， 即，又，故， 又，，， 故，即，则. 故答案为：4 11. 已知正方形的边长为2，中心为，四个半圆的圆心均为正方形各边的中点（如图），若在上，且，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设，,又，利用向量的坐标运算，结合三角函数的恒等变形与性质求解即可. 【详解】如图，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 设， 又， 则， ，即 ， 解得， , 因为，则， 所以当时，取得最大值1， 则的最大值为. 故答案为：. 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. 【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、单选题（本大题共有4题，满分18分，其中第13-14题每题4分，第15-16每题5分） 13. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据充分性和必要性的定义判断即可． 【详解】若，得， 若，则，解得或， 所以“”是“”的充分非必要条件． 故选：A． 14. 已知直线，及平面，，则下列命题正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：若，，则或与相交或与异面，故B错误； 对于C：若，则都有 ，又，则使得， ∴，又，∴，故C正确； 对于D：若，，则或或或与相交但不垂直，故D错误. 故选：C 15. 心形代表浪漫的爱情，人们用它来向所爱之人表达爱意.一心形作为建筑立面造型，呈现出优雅的弧度，心形木屋融入山川，河流，森林，草原，营造出一个精神和自然聚合的空间.图是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇偶性和最值排除错误答案即可. 【详解】A选项：，故A错误； B选项：记，则，故为奇函数， 不符合题意，故B错误； C选项：记，则， 故为偶函数， 当时，， 此函数在上单调递增，在上单调递减， 且，故C正确； D选项：记，则， 故既不是奇函数也不是偶函数，不符合题意，故D错误. 故选：C. 16. 在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点与直线上任意一点，称的最小值为点与直线间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列两个命题： ①已知点，直线，则； ②定点、，动点满足则点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的是（ ） A. 命题①成立，命题②不成立 B. 命题①不成立，命题②成立 C. 命题①②都成立 D. 命题①②都不成立 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，设点是直线上一点，且，可得，讨论与的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；对于②，根据定义得，再根据对称性进行讨论，求得轨迹方程，即可判断． 【详解】对于①，设点Q是直线上一点，且，可得， 由，解得，即有， 当时，取得最小值； 由，解得或，即有， 的范围是，无最值， 综上可得，P，Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为，故①正确； 对于②，定点、，动点， 满足， 则：， 显然上述方程所表示的曲线关于原点对称，故不妨设，. 当时，有，得：； 当时，有，此时无解； 当时，有，； 则点P的轨迹是如图所示的以原点为中心的两支折线. 结合图像可知，点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点，因此②正确， 故选：C. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好基础知识，以不变应万变才是制胜法宝. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，其中第17-19题每题满分14分，第20-21每题满分 18分） 17. 如图，在直三棱柱中，，为中点，为中点，为中点. （1）求证:平面; （2）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明：以为原点，为正半轴方向建立空间直角坐标系， 则， 进而得. 于是，而平面的一个法向量. 由于，且平面，因此平面. （2） 【解析】 【分析】（1）应用空间向量法先求平面的法向量，再根据于，且平面，因此平面. （2）应用空间向量法计算线面角的正弦值，再根据反三角写出线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 设平面的一个法向量. 由， , 令,则， 所以平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为，则， 因此直线与平面所成角的大小为. 18. 在中，内角A，，所对的边分别为，，.已知. （1）求A； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1） （2）12 【解析】 【分析】（1）由已知结合正弦定理角化边，整理根据余弦定理即可得出，然后根据的范围，即可得出答案； （2）方法一：根据余弦定理得出，根据基本不等式可得出，整理即可得出，得出答案；方法二：根据正弦定理得出，.设周长为，表示出周长.然后根据诱导公式以及辅助角公式化简可得出.然后根据的范围，即可得出答案. 【小问1详解】 在中，由已知结合正弦定理角化边可得， 整理可得， 所以. 又，所以. 【小问2详解】 方法一：由（1）知， 所以， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以，，整理可得， 所以， 故的周长的最大值为12. 方法二：由（1）知， 所以，， 记的周长为，则， 由，，得， 所以. 又， 所以当时，. 19. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得如下图所示的频率分布直方图 （1）求频率分布直方图中的值； （2）若在抽取的100份样本中有20份样本的数据如下： 44，46，50，52，60，63，66，68，68，72，75，76，79，79，81，82，82，83，90，92 求该组数据（指这20分样本构成的数据）的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求这两组成绩的总平均数和总方差. 【答案】（1） （2）第75百分位数为81.5 （3）总平均数为62，总方差为37 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质即可求解； （2）由百分位数的定义求解； （3）求出成绩在及的人数，利用总平均数和总方差的公式求解. 【小问1详解】 ∵每组小矩形的面积之和为1， ∴， 解得：. 【小问2详解】 ∵， ∴该组数据的第75百分位数为第15项与第16项数据的平均数，即为. 【小问3详解】 由图可知，成绩在的人数为， 成绩在的人数为， 故这两组成绩的总平均数， 这两组成绩的总方差. 所以这两组成绩的总平均数是62，总方差是37. 20. 已知椭圆的离心率为，其左右焦点为、，斜率为1的直线经过右焦点，与椭圆交于不同的两点、，的周长为12. （1）求椭圆的方程； （2）求的面积； （3）过点任作与坐标轴都不垂直的直线与椭圆交于、两点，在轴上是否存在一定点，使恰为的平分线？. 【答案】（1）； （2）； （3）存在. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，可得，由离心率可求，结合可求，从而可得椭圆的方程； （2）设，且，由，可得，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理及即可求解； （3）设，设，假设存在点满足题意，则，根据韦达定理即可求解. 【小问1详解】 由题意得的周长为12，即，所以， 又椭圆的离心率为，即，所以， 又，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）得，则直线的方程为， 设，且， 由，得， 则， 所以， 因为，所以， 即的面积为. 【小问3详解】 设，设， 由,得， 所以. 若点存在，设，由题意得， 所以， 所以， 即， 所以，得， 即在轴上存在一定点，使恰为的角平分线. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 21. 已知函数的导函数为． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在两个不同的零点，，求实数的取值范围； （3）在（2）的条件下，证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由题意及（2）知， 存在不同的， 使得， 不妨设， 则，. 设，则， 当时，，在上恒成立， 当时，单调递减，， 即. ， 在上单调递增，， 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）利用导数求出函数的最小值，由题意只需最小值小于0即可得出的取值范围； （3）构造函数，利用导数得出单调性可得，即可由及的单调性得证. 【小问1详解】 若， ，又， 曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ， 设，则. 令， 得， 在上，， 在上，， 在上单调递减， 在上单调递增， . 又当或时，， 要使有两个零点， 只需， 解得， 的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：在证明第三问中，根据题意构造函数，利用单调性得出，再由的单调性即可得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $