精品解析：上海市闵行中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

闵行中学2024学年第一学期高三年级 数学学科期中考试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 命题：叶训 校审：钱洁琼 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. 已知集合，，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用集合间的基本关系及元素与集合的关系计算即可. 【详解】由题意，，且，可知，所以. 故答案为： 2. 已知向量，，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标运算计算即可. 【详解】易知. 故答案为： 3. 抛物线的准线方程是，则其标准方程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据准线方程可求抛物线的标准方程. 【详解】由抛物线的准线方程是可知，抛物线开口向上，焦点为坐标， 则抛物线的标准方程为. 故答案为：. 4. 已知，则_________． 【答案】0 【解析】 【分析】将齐次正余弦的分式，利用同角三角函数商的关系化弦为切，代值计算即得. 【详解】由. 故答案为：0. 5. 已知，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】求导后代入计算即可； 【详解】由题意得，所以. 故答案为：. 6. 设，若，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用对数函数单调性求解不等式. 【详解】当时，函数在上单调递减， 不等式，即，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 7. 若，则的值为_________． 【答案】9 【解析】 【分析】利用二项式定理直接计算即可. 【详解】， ， 所以. 故答案为：9 8. 已知一个圆锥的高是2，侧面展开图是半圆，则它的侧面积是______． 【答案】## 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，根据侧面展开图是半圆解得，再由求出可得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则，解得， 又由，可得，， 所以圆锥的侧面积是. 故答案为：. 9. 若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，由已知等式模长关系得到，再结合二次函数的性质计算即可； 【详解】设，则， 所以，解得， 所以， 所以的取值范围是为. 故答案为：. 10. 如图，已知点，分别在的边，上，且，，直线交边的延长线于点，记，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，由2次三点共线可得，分别用和表示和，进而可得的值. 【详解】连接，由题意可知，，三点共线，则， 又因为，，三点共线，则， 所以，即，即， 因为， 又因为， 所以. 故答案为：. 11. 已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，是1为首项，公比为2的等比数列，设，，则当时，的最大值是_________． 【答案】9 【解析】 【分析】由等差和等比数列的基本量法求出数列和的通项，进而可得和，再判断数列为递增数列，由等比数列的求和公式求解即可； 【详解】由题意可得， 所以， 所以， 因为， 所以数列为递增数列， 因为，， 所以的最大值是9. 故答案为：9. 12. 已知，，则的最小值为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】设，把问题转化为求与图象上两点距离的平方的最小值，再利用导数的几何意义求解即可； 【详解】， 设，则在函数的图象上，在函数的图象上，且与关于直线对称， 所以问题转化为求与图象上两点距离的平方的最小值， ，令，则，由对称性可得最小时，， ， 所以的最小值为. 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够把所求代数式转化为求与图象上两点距离的平方的最小值. 二、选择题：（本大题满分18分，共4小题，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分；每题有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号填涂在答题纸相应的空格中．） 13. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用幂函数、指数函数的单调性，结合充分必要条件的定义即可得答案. 【详解】是增函数， 又， ， 又是增函数， 则，故充分性成立； 是增函数，， ， 又是增函数， ，故必要性成立. 即“”是“”的充要条件. 故选：. 14. 直线绕原点按顺时针方向旋转后所得的直线与圆的位置关系是（ ） A. 直线过圆心 B. 直线与圆相交，但不过圆心 C. 直线与圆相切 D. 直线与圆无公共点 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线l的方程，再根据圆心与直线l的关系判断作答. 【详解】直线过原点，斜率为，倾斜角为， 依题意，直线l的倾斜角为，斜率为，而l过原点，因此直线l的方程为：， 而圆的圆心为，半径为，于是得圆心在直线l上， 所以直线l与圆相交，过圆心. 故选：A 15. 在中，已知，且，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 有一个角为的直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理，正弦定理，同角的三角函数关系化简即可； 【详解】由可得， 又，所以， 由和正弦定理可得，即， 所以，所以，所以的形状为等边三角形， 故选：D. 16. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，记集合，下列结论： ①若与均为等差数列，则中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素．其中正确的是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列与等比数列的函数特性结合反例一一分析结论即可. 【详解】对于①，若与均为等差数列，不妨设各自公差分别为， 则，所以， 因为与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，所以： （i）若，则，则； （ii）若，则，则不存在； （iii）若，，则；综上①正确； 对于②，若与均为等比数列，不妨设各自公比分别为， 显然，显然该数列的奇数项都相同，故②错误； 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得：关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故选：C 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 三、解答题：（本大题满分78分，共5小题，解答本大题要有必要的过程） 17. 如图，在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为3，它的对角线和相交于点 （1）求证；平面，并求四棱锥的体积； （2）求二面角的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质得，结合正四棱锥的特征可由线线垂直得线面垂直；再根据锥体体积公式计算即可； （2）作出二面角的一个平面角，利用等积法及余弦定理计算解三角形即可. 【小问1详解】 由题意可知底面，， 因为底面，则， 又平面， 所以平面， 因为该四棱锥底面边长为2，侧棱长为3， 则，底面正方形的面积为， 所以四棱锥的体积为； 【小问2详解】 如图所示，作，垂足为E，连接， 结合正四棱锥的特征，易知，即， 所以为二面角的一个平面角， 在等腰中，由等面积法可知：， 即，所以， 在中，由余弦定理， 所以， 即二面角的大小为. 18. 已知函数（其中常数）． （1）若函数的最小正周期是，求的值及函数的单调递增区间； （2）若，，求函数的值域及零点． 【答案】（1），； （2）；. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数式，结合三角函数的性质计算即可； （2）利用（1）化简得函数解析式，利用整体思想及三角函数的性质求值域与零点即可. 【小问1详解】 由， 若函数的最小正周期是，则，即，所以， 令，解之得， 所以函数的单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）知：，若，则， 则时，有，则， 故，函数值域为， 而在上，只有，即， 即函数的零点为. 19. 一个盒子里装有大小和质地完全相同的4个红球、6个白球； （1）从中任取2个球，求2个球中至少有1个红球的概率； （2）从中任取4个球，求白球个数不比红球多的概率； （3）从中任取5个球，其中红球个，白球个（，），若取一个红球记2分，取一个白球记1分，求使总分不少于7分的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分为一个红球和两个红球，由组合数的计算古典概率即可； （2）分为零个白球，一个白球，两个白球，由组合数的计算古典概率即可； （3）由已知列不等式组可得，再分红球个数为2,3,4由组合数计算古典概率即可； 【小问1详解】 从中任取2个球，2个球中至少有1个红球的概率为. 【小问2详解】 从中任取4个球，白球个数不比红球多的概率为， 【小问3详解】 由题意可得，解得， 可能情况为： 红球2个，白球3个，此时概率为， 红球3个，白球2个，此时概率为， 红球4个，白球1个，此时概率为， 所以总分不少于7分的概率为. 20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆的下顶点，点为直线：上一点． （1）若，线段的中点在轴上，求点的坐标； （2）已知直线交轴于点，直线经过点，若有一个内角的余弦值为，求的值； （3）若椭圆上存在点到直线的距离为，且满足，则当变化时，求的最小值． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意及条件先得出椭圆方程，由AM的中点在轴上先得出M纵坐标，再代入直线方程即可求得M； （2）分类讨论中哪个内角余弦值为，分别解三角形求得对应的值即可； （3）根据点到直线的距离公式化简得出，再根据三角函数的有界性得出，解不等式求出的取值范围即可求得的最小值. 【小问1详解】 由题意可得， 因为的中点在轴上，则由中点坐标公式可知：A、M的纵坐标之和为0， 所以的纵坐标为，代入得：. 【小问2详解】 由直线方程可知，由直线方程可知，故有如下两种情况： ①若，则，，即， . ②若，则， ， . 即， 综上或. 【小问3详解】 设，则由题意得， 显然椭圆在直线的左下方，则， 即， ， 据此可得， 整理可得，即， 又， 从而.即的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是设，燃烧后结合辅助角公式和正弦函数的值域导出含的不等式. 21. 若函数在处取得极值，且（常数），则称是函数的“相关点”. （1）若函数存在“相关点”，求的值； （2）若函数（常数）存在“1相关点”，求的值： （3）设函数的表达式为（常数且），若函数有两个不相等且均不为零的“2相关点”，过点存在3条直线与曲线相切，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）函数在 上单调递减，在上单调递增，可得为函数的极值点，进而结合题意即可求解； （2）由题意可得，即得，设，结合导数可得函数在上单调递增，且，进而求解； （3）由，可得，设，为函数的“2相关点”，则，，进而可得，，，故，再结合导数的几何意义求解即可. 【小问1详解】 函数的对称轴为， 且函数在 上单调递减，在上单调递增， 所以为函数的极值点， 因为函数存在“相关点”， 由题意可得，，解得. 【小问2详解】 由，则 ， 由题意可得，，即，即， 设，则， 所以函数在上单调递增，且， 所以方程存在唯一实数根1，即，即， 此时，则， 令，即；令，即， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的极值点为1，所以1是函数的“1相关点”， 所以. 【小问3详解】 由，得，即， 设，为函数的“2相关点”，则， 另一方面，，所以， 所以且，解得，，， 故，则， 因为过点存在3条直线与曲线相切， 设其中一个切点为，则， 整理得， 设，且函数有三个不同的零点， 则， 令，则；令，则或. 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 所以，即，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的: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、验证、运算，使问题得以解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闵行中学2024学年第一学期高三年级 数学学科期中考试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 命题：叶训 校审：钱洁琼 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. 已知集合，，且，则_________． 2. 已知向量，，则_________． 3. 抛物线的准线方程是，则其标准方程是__________. 4. 已知，则_________． 5. 已知，则_________． 6. 设，若，则实数的取值范围是______. 7. 若，则的值为_________． 8. 已知一个圆锥的高是2，侧面展开图是半圆，则它的侧面积是______． 9. 若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 10. 如图，已知点，分别在的边，上，且，，直线交边的延长线于点，记，则_________. 11. 已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，是1为首项，公比为2的等比数列，设，，则当时，的最大值是_________． 12. 已知，，则的最小值为_________． 二、选择题：（本大题满分18分，共4小题，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分；每题有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号填涂在答题纸相应的空格中．） 13. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 直线绕原点按顺时针方向旋转后所得的直线与圆的位置关系是（ ） A. 直线过圆心 B. 直线与圆相交，但不过圆心 C. 直线与圆相切 D. 直线与圆无公共点 15. 在中，已知，且，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 有一个角为的直角三角形 D. 等边三角形 16. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，记集合，下列结论： ①若与均为等差数列，则中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素．其中正确的是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 三、解答题：（本大题满分78分，共5小题，解答本大题要有必要的过程） 17. 如图，在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为3，它的对角线和相交于点 （1）求证；平面，并求四棱锥的体积； （2）求二面角的大小． 18. 已知函数（其中常数）． （1）若函数的最小正周期是，求的值及函数的单调递增区间； （2）若，，求函数的值域及零点． 19. 一个盒子里装有大小和质地完全相同的4个红球、6个白球； （1）从中任取2个球，求2个球中至少有1个红球的概率； （2）从中任取4个球，求白球个数不比红球多的概率； （3）从中任取5个球，其中红球个，白球个（，），若取一个红球记2分，取一个白球记1分，求使总分不少于7分的概率． 20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆的下顶点，点为直线：上一点． （1）若，线段的中点在轴上，求点的坐标； （2）已知直线交轴于点，直线经过点，若有一个内角的余弦值为，求的值； （3）若椭圆上存在点到直线的距离为，且满足，则当变化时，求的最小值． 21. 若函数在处取得极值，且（常数），则称是函数的“相关点”. （1）若函数存在“相关点”，求的值； （2）若函数（常数）存在“1相关点”，求的值： （3）设函数的表达式为（常数且），若函数有两个不相等且均不为零的“2相关点”，过点存在3条直线与曲线相切，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $