精品解析：上海市控江中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

控江中学2024学年第一学期高三年级期中考试 数学试卷 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）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 设，不等式的解集为______． 2. 设全集，集合，则______． 3. 已知复数满足（其中是虚数单位），则______． 4. 设．若向量与向量平行，则______． 5. 曲线在点处的切线方程为___________. 6. 的展开式中常数项是___________（用数字作答） 7. 设，函数是奇函数．若，，则______． 8. 设等差数列的公差不为0，其前项和为．若，则______． 9. 设，函数若关于的方程恰有一解，则的取值范围为______． 10. 设．对于样本数据，6，9，6，12，若该样本的第60百分位数是一个整数，则符合题意的的个数为______． 11. 在空间中，是一个定点，已知圆锥上的所有点到的距离都不超过1，则当该圆锥的体积取得最大值时，底面半径为______． 12. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：以及圆：，若点、分别在、上，点满足，则的最小值为______． 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. 下列方程中，能够表示双曲线的一条渐近线的是（ ）． A. B. C. D. 14. 在正方体中，是的中点，则在下列直线中，与直线相交的是（ ）． A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 15. 设，．若关于的等式恒成立，则满足条件的有序实数对的对数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 16. 已知函数的图像为曲线．关于命题①“任取平面上的一点，与曲线关于点对称的曲线总能表示函数”和命题②“存在倾斜角的直线，使得与曲线关于对称的曲线能表示函数”的真假判断，下列说法正确的是（ ）． A. ①和②都是真命题 B. ①和②都是假命题 C. ①是真命题，②是假命题 D. ①是假命题，②是真命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 在直四棱柱中，底面是菱形，且． （1）求证：直线； （2）求二面角的大小． 18. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知． （1）若，，求； （2）若，，求的周长． 19. 为迎接我校校庆，文创中心组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类．校庆当日，志愿者小江负责在弦歌台服务点发放纪念品．在做准备工作时，小江清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向文创中心申请补领，其余纪念品的份数如下表所示： 书签 明信片 手绘款 40 普通教 150 120 （1）设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小江补领了手绘款明信片40张．记事件A：首位抵达的校友抽到手绘款纪念品，事件：首位抵达的校友没有抽到明信片，分别计算、，并判断事件A，是否独立； （2）设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品．若小江希望事件“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则他应该申请补领多少张手绘款明信片？ 20. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线及圆的四个交点依次为、、、． （1）若点的纵坐标为，求； （2）证明为定值，并求出该定值； （3）过、分别作抛物线的切线、，且、交于点，求与的面积之和的最小值． 21. 设函数的定义域为．对于闭区间，若存在，使得对任意，均有成立，则记；若存在，使得对任意，均有成立，则记． （1）设，分别写出及； （2）设，．若对任意闭区间，均有不等式成立，求的最大值； （3）已知对任意闭区间，与均存在，求证：“是上的严格增函数或是上的严格减函数”的充要条件是“对任意两个不同的闭区间，，与至少有一个成立”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 控江中学2024学年第一学期高三年级期中考试 数学试卷 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）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 设，不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】由或即可求解. 【详解】由， 可得：或， 解得：或. 所以不等式的解集为：. 故答案为： 2. 设全集，集合，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用补集的定义可得出结合. 【详解】因为全集，集合，则. 故答案为：. 3. 已知复数满足（其中是虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则与模长公式运算即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：. 4. 设．若向量与向量平行，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示求得，从而得解. 【详解】因为向量与向量平行， 所以， 所以， 解得：， 所以. 故答案为： 5. 曲线在点处的切线方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解. 【详解】解：， 当时，， 所以曲线在点处的切线方程为. 故答案为：. 6. 的展开式中常数项是___________（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【分析】根据二项式写出展开式通项，并确定常数项对应的r值，即可得常数项. 【详解】展开式的通项，令，解得， 所以常数项是. 故答案为：15 7. 设，函数是奇函数．若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质有，代入计算可得结果. 【详解】解：因为函数是奇函数， 所以，解得： 故答案为： 8. 设等差数列的公差不为0，其前项和为．若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列的通项公式代入化简可得，再结合等差数列的前项和公式即可得出答案. 【详解】设等差数列的首项和公差为， 所以，可得，则， ， 故答案为：. 9. 设，函数若关于的方程恰有一解，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合图像即可求解. 【详解】由画出函数图像， 结合图像可知，方程恰有一解， 的取值范围为. 故答案为： 10. 设．对于样本数据，6，9，6，12，若该样本的第60百分位数是一个整数，则符合题意的的个数为______． 【答案】 【解析】 【分析】该样本共有五个数据，第60百分位数为第三四两个数的平均数，将数据从小到大排序，讨论的不同情况，计算符合条件的百分位数求出结果. 【详解】解：当时，该样本为，此时第60百分位数为，不合题意； 当时，该样本为，此时第60百分位数为，若为整数，则或； 当时，该样本为，此时第60百分位数为，若为整数，则； 当时，，此时第60百分位数为，不合题意； 所以符合题意的的个数为. 故答案为： 11. 在空间中，是一个定点，已知圆锥上的所有点到的距离都不超过1，则当该圆锥的体积取得最大值时，底面半径为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知，当圆锥体积最大时，圆锥内接于球，设球心到底面的距离为，列出底面半径与的关系，求导求出体积取最大值时的值，勾股可计算半径. 【详解】由题意可知：圆锥上的所有点到的距离都不超过1， 则圆锥在以为球心，以1为半径的球内， 当圆锥体积最大时，圆锥内接于球，设球心到底面的距离为， 如图所示：，，圆锥底面半径为，则， 圆锥的体积为：， 令，则， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，有最大值，此时，. 故答案为： 12. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：以及圆：，若点、分别在、上，点满足，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由得到，再由，结合对勾函数单调性即可求解. 【详解】 设为坐标原点，因为、分别在、上， 所以，又圆：，的半径为， 结合图象可知 由，可得：，所以， 且 由， 可得：， 可得： 可得： 可得： 因为， 结合对勾函数的单调性，在上单调递增可知： 在时，取得最小值， 所以，当，时，取得最小值， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】向量模长问题，往往通过平方转化成数量积问题，借助基本不等式或对勾函数解决最值. 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. 下列方程中，能够表示双曲线的一条渐近线的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程即可求解. 【详解】由双曲线方程，可知， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：. 14. 在正方体中，是的中点，则在下列直线中，与直线相交的是（ ）． A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线的特征判断即可. 【详解】对于，因为，平面，平面， 所以平面，所以直线与直线不相交，故错误； 对于，因为平面，平面，所以平面， 又平面，且，所以直线与直线不相交，故错误； 对于，因为平面，平面，所以平面， 又平面，且，所以直线与直线不相交，故错误； 因为直线都在平面内且不平行，所以直线相交，正确. 故选：. 15. 设，．若关于的等式恒成立，则满足条件的有序实数对的对数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数恒成立，则对应的图象完全相同求得有序实数对即可． 【详解】因为对于任意实数都有， 则函数的周期相同，， 若，此时， 因为，此时. 若，则方程, 因为，则， 综上满足条件的有序实数组为，共有2组. 故选：B. 16. 已知函数的图像为曲线．关于命题①“任取平面上的一点，与曲线关于点对称的曲线总能表示函数”和命题②“存在倾斜角的直线，使得与曲线关于对称的曲线能表示函数”的真假判断，下列说法正确的是（ ）． A. ①和②都是真命题 B. ①和②都是假命题 C. ①是真命题，②是假命题 D. ①是假命题，②是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】命题①由点的对称可得到对称前后点的关系，代入之后可得结果；命题②根据轴对称，找函数上的最低点，证明经过对称之后在第二或第三象限，再找与对称轴的交点必在第一象限，则图像经过轴，又原点也在轴，则对称后的图像与轴有两个交点，可得结论. 【详解】命题①：设曲线关于点对称的曲线上的点为，任取平面上一点，则点关于对称的点为在曲线上， 则有，即，仍为函数，故命题①正确； 命题②：对求导得，，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，且有最小值， 任取直线，设关于直线的对称点为， 则有，解得：， 因为，所以，即经过对称后，函数上的最低点必在第二象限或第三象限， 又函数与在第一象限有交点，关于对称后，对称图像仍与交于同一点， 所以对称之后的图像与轴有两个公共点，所以对称之后不是函数. 故选：C 【点睛】关键点睛：把握函数的特点，对应一个，有且只有唯一的一个值与之对应，当不为函数时，找到一个对应两个即可. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 在直四棱柱中，底面是菱形，且． （1）求证：直线； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明：底面是菱形，， 又因为四棱柱为直四棱柱，所以底面， 底面，，平面， 所以平面，平面，.得证. （2） 【解析】 【分析】（1）根据底面是菱形可得出对角线垂直，结合直四棱柱的特点可得到，由线面垂直的判定定理以及性质定理可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量法计算可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取BC中点，，且底面是菱形，则， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图： 则不妨设，，， ，，设平面的法向量为， 则，令，得， 又平面的法向量为， 所以二面角的平面角的余弦值为：， 所以二面角的大小为. 【点睛】 18. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知． （1）若，，求； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）可根据余弦定理，将已知条件代入求解边； （2）先由正弦定理得出角的正弦值，再求出角，进而求出角，最后求出边和，从而得到三角形的周长. 【小问1详解】 根据余弦定理，已知，，. 将，，代入余弦定理公式可得： 化简得 解得（因为边长不能为负，舍去）. 【小问2详解】 已知，由正弦定理可得. 因为，可得. 因为，，时有两解（为锐角或钝角）. 当为锐角时，. ，，. 则. 再由正弦定理，可得. ，可得. 此时三角形周长为. 当为钝角时，. . 由正弦定理，可得. ，可得. 此时三角形周长为. 则的周长为或. 19. 为迎接我校校庆，文创中心组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类．校庆当日，志愿者小江负责在弦歌台服务点发放纪念品．在做准备工作时，小江清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向文创中心申请补领，其余纪念品的份数如下表所示： 书签 明信片 手绘款 40 普通教 150 120 （1）设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小江补领了手绘款明信片40张．记事件A：首位抵达的校友抽到手绘款纪念品，事件：首位抵达的校友没有抽到明信片，分别计算、，并判断事件A，是否独立； （2）设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品．若小江希望事件“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则他应该申请补领多少张手绘款明信片？ 【答案】（1），，事件A，不独立 （2）59 【解析】 【分析】（1）根据概率公式求出、，根据相互独立事件的概率公式判断是否独立； （2）表示出首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品的概率，解不等式求解即可. 【小问1详解】 依题意， 书签 明信片 手绘款 40 40 普通教 150 120 ， ， ， 因为， 所以事件A，不独立. 【小问2详解】 设手绘款明信片的张数为，首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品为事件C， 则，解得， 考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，且为整数， 所以手绘款明信片的张数为59. 20. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过的直线与抛物线及圆的四个交点依次为、、、． （1）若点的纵坐标为，求； （2）证明为定值，并求出该定值； （3）过、分别作抛物线的切线、，且、交于点，求与的面积之和的最小值． 【答案】（1） （2）证明：由已知直线的斜率存在，设其方程为：， 设，则， 则，， 由可得： 则，， 即为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义即可求得； （2）根据题意，，再根据韦达定理可证； （3）利用点的坐标求出切线的方程，可得点的坐标，再得到弦长和点到直线的距离，可得面积代数式，根据二次函数求得最值. 【小问1详解】 根据已知抛物线的焦点，准线方程为：， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由可得， 则切线的方程为： ① 切线的方程为： ② ②①可得：，则， 由①可得：， 同理由②可得： 联立可得：，则， 点到直线的距离为， 则与的面积之和为： 令，则， 在恒成立，即函数单调递增， 则当即当时，即直线的方程为时， 则与的面积之和的最小值为. 【点睛】思路点睛： 解决圆锥曲线中有关三角形或者四边形面积问题时，一般思路： 确定三角形（四边形部分可转化为三角形）的底边和高；利用弦长和点到线的距离公式得到面积.另外可根据具体题目进行适当的分割，得以减少很大的运算量. 21. 设函数的定义域为．对于闭区间，若存在，使得对任意，均有成立，则记；若存在，使得对任意，均有成立，则记． （1）设，分别写出及； （2）设，．若对任意闭区间，均有不等式成立，求的最大值； （3）已知对任意闭区间，与均存在，求证：“是上的严格增函数或是上的严格减函数”的充要条件是“对任意两个不同的闭区间，，与至少有一个成立”． 【答案】（1），. （2） （3） 证明：下面证明充分性： 当与其中一式成立时， 不可能为常值函数，先任取， 总有或， 假设存在，使得， 记， 则， 因为存在，则或， 不妨设，则， 否则当， 此时，矛盾， 进而可得， 则， 因此①. 最后证明为上的严格减函数， 任取，需考虑如下情况： 情况一：若，则， 否则， 记， 则， ， 同理若， 所以， 根据①可得：. 情况二：若，则， 否则， ，由此矛盾， 因为，同情况一可得矛盾， 因此. 情况三：若，同上述可得， ， 所以. 情况四：若，同上述可得，，，所以. 情况五：若，同上述情况二可证明恒成立. 情况六：若，同上述情况一可证明恒成立. 即为上的严格增函数. 【解析】 【分析】（1）通过二次函数的性质求函数在区间最值即可； （2）通过导数确定函数的单调性及最值，结合题意即可得出答案； （3）根据充要条件证明步骤，必要性、充分性分开证明即可. 【小问1详解】 ， 由二次函数的性质知，在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，， 当时，. 【小问2详解】 因为，所以， 令，可得或，令，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当趋近负无穷，趋近，当趋近正无穷，趋近正无穷， 又，，的图象如下图， 当时，在时，， 则，不成立， 当时，在时，， 则，成立， 由图象，结合题意要使在有与， 且对任意闭区间，均有不等式成立， 所以的最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题： （1）通过二次函数的性质求函数单调性即可求最值； （2）通过导数确定函数的单调性和最值，结合的图象即可得出答案； （3）根据充要条件证明步骤，必要性、充分性分开证明，注意条件结论不要混淆. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $