精品解析：上海市上海理工大学附属中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试卷

上理附2024 学年第二学期高三质量调研数学学科试卷 满分 150 分，时间 150 分钟 2025.03 一. 填空题 (共 12 题， 满分 54 分. 第 1-6 题每题满分 4 分， 第 7-12 题每题满分 5 分) 考 生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果. 1. 设集合，，则________． 2. 已知等差数列的公差为1，为其前n项和，若，则＝___． 3. 已知为锐角,若，则 _____. 4. 已知正实数a、b满足，则的最小值等于____________． 5. 在二项展开式中，常数项是_______. 6. 已知正三棱锥的侧面与底面所成二面角为 ，且，则侧棱和底面所成角的正切值为_____. 7. 已知复数满足，则的最大值为_____. 8. 点为圆上的一个动点，点，则向量在方向上的投影数量的最大值为__________. 9. 某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动， 运送的卡车共装有 10 个纸箱， 其中 6 箱数学书， 4 箱语文书. 到目的地时发现丢失一箱， 但不知丢失哪一箱. 现从剩下 9 箱中任意打开 2 桶，则刚好都是数学书的概率为_____. 10. 已知点是双曲线左支上一点，是双曲线左右焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段的中垂线，则该双曲线的离心率是______ . 11. 已知函数，若 恒成立，则实数 的取值范围为_____. 12. 已知数列满足，其首项，若数列是单调递增数列，则实数取值范围是______. 二. 选择题 (共 4 题， 满分 18 分. 第 13，14 题每题满分 4 分， 第 15，16 题每题满分 5 分) 每 題有且仅有一个正确答案， 考生应在答题纸的相应编号处， 将答案的小方格涂黑， 选对得满 分， 否则一律得零分. 13. 设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是 A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 14. 投掷一枚均匀的骰子，事件: 点数大于 2 ; 事件: 点数小于4 ; 事件: 点数为偶数. 则下列关于事件描述正确的是（ ） A. 与是互斥事件 B. 与是对立事件 C. 与是独立事件 D. 与是独立事件 15. 设 ，若函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 16. 直线(，不全为)与圆有公共点，且公共点横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（ ） A. 60条 B. 66条 C. 72条 D. 78条 三. 解答题 (共 5 题， 满分 78 分) 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. 在中，分别是角的对边. 若. （1）求值； （2）求边长的值. 18. 如图，在多面体中，底面是边长为的等边三角形，三条侧棱 都垂直于底面，且三条侧棱长 . （1）求二面角的大小； （2）求多面体的体积. 19. 某公司为招聘新员工设计了一个面试方案:应聘者从道备选题中一次性随机抽取 道题，按照题目要求独立完成. 规定：至少正确完成其中道题便可通过面试.已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且两位应聘者每题正确完成与否互不影响. （1）求甲正确完成面试题数的分布列及其期望； （2）求乙正确完成面试题数的分布列及其方差； （3）试问:甲和乙谁通过面试的可能性更大?并说明理由. 20. 已知抛物线的焦点为，若△的三个顶点都在抛物线上，且，则称该三角形为“核心三角形”. （1）是否存在“核心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和？请说明理由； （2）设“核心三角形”的一边所在直线的斜率为4，求直线的方程； （3）已知△是“核心三角形”，证明：点的横坐标小于2. 21. 定义：集合存在实数，满足对任意，都有恒成立；集合在上是严格递增函数）. （1）若函数，求实数的取值范围； （2）已知函数，假设，且，试判断的符号，并证明：； （3）若对任意函数，满足恒成立，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 $ 上理附2024 学年第二学期高三质量调研数学学科试卷 满分 150 分，时间 150 分钟 2025.03 一. 填空题 (共 12 题， 满分 54 分. 第 1-6 题每题满分 4 分， 第 7-12 题每题满分 5 分) 考 生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果. 1. 设集合，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用补集、交集的定义直接求解作答. 【详解】由，得或，又， 所以. 故答案为： 2. 已知等差数列的公差为1，为其前n项和，若，则＝___． 【答案】2 【解析】 【分析】先求得，然后求得. 【详解】依题意. 故答案为： 3. 已知为锐角,若，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出，再根据两角差的正（余）弦公式求出、，即可得解. 【详解】因为锐角，所以，又， 所以， 所以 ， ， 所以. 故答案为： 4. 已知正实数a、b满足，则的最小值等于____________． 【答案】4 【解析】 【分析】直接利用基本不等式计算得到答案. 【详解】，当，即，时等号成立， 则的最小值为4． 故答案为：4． 5. 在二项展开式中，常数项是_______. 【答案】60 【解析】 【分析】首先写出二项展开式的通项公式，并求指定项的值，代入求常数项. 【详解】展开式的通项公式是， 当时， . 故答案为60 【点睛】本题考查二项展开式的指定项，意在考查公式的熟练掌握，属于基础题型. 6. 已知正三棱锥的侧面与底面所成二面角为 ，且，则侧棱和底面所成角的正切值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设的中心为，连接、并延长交于点，连接，即可得到为侧面与底面所成二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，再由及锐角三角函数计算可得. 【详解】如图，设的中心为，连接、并延长交于点，连接， 因为为正三棱锥，所以平面，为的中点，， 又，所以，又，所以为侧面与底面所成二面角的平面角， 即，又平面，所以为侧棱与底面所成的角， 所以，即侧棱和底面所成角的正切值为. 故答案为： 7. 已知复数满足，则的最大值为_____. 【答案】7 【解析】 【分析】根据复数运算的几何意义，把问题转化为点到圆上的点的距离的取值范围求解. 【详解】如图： 因为复数满足，所以复数对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上. 又表示点到点的距离. 结合图形可知，当，，三点共线，且，在点两侧时，最大， 此时. 所以. 故答案为：7 8. 点为圆上的一个动点，点，则向量在方向上的投影数量的最大值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】设点，即可求出，，再由在方向上的投影数量为及余弦函数的性质计算可得. 【详解】因为点为圆上的一个动点， 所以设点，则, 又， 所以，， 所以在方向上的投影数量为， 又，所以在方向上的投影数量的取值范围为， 即在方向上的投影数量的最大值为. 故答案为：. 9. 某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动， 运送的卡车共装有 10 个纸箱， 其中 6 箱数学书， 4 箱语文书. 到目的地时发现丢失一箱， 但不知丢失哪一箱. 现从剩下 9 箱中任意打开 2 桶，则刚好都是数学书的概率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】剩下9箱中任意打开2箱都是数学书的情况整体分为两种情况：丢失的是数学书和语文书，计算出每种情况的概率即可. 【详解】设事件表示丢失一箱后任取两箱都是数学书，事件表示丢失一箱为分别表示数学书、语文书． 由全概率公式得. 故答案为：. 10. 已知点是双曲线左支上一点，是双曲线的左右焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段的中垂线，则该双曲线的离心率是______ . 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得，通过斜率以及直角三角形关系建立等量关系，结合双曲线的定义求解离心率. 【详解】 由题：双曲线的一条渐近线恰是线段的中垂线，O是的中点， 所以渐近线与平行，所以， ， 所以，又 所以， 所以，离心率. 故答案为： 【点睛】此题考查求双曲线的离心率，关键在于根据题意找出等量关系，结合几何特征求解. 11. 已知函数，若 恒成立，则实数 的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】将不等式变形为，对恒成立，构造函数，利用函数单调性可得，即，对恒成立，利用导数求出的最大值得解. 【详解】由恒成立，即，对恒成立， 整理得，对恒成立， 令，易知在上单调递增， 则上式为，则，即， 整理得，对恒成立， 令，则， 可得，，单调递增， ，，单调递减，则， 所以. 故答案为：. 12. 已知数列满足，其首项，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数列是单调递增数列，对实数分类讨论，通过并利用函数单调性即可求得实数的取值范围. 【详解】由题意得，则，即， 当时，解得或； 当时，不等式无解； 又因为，所以 即，又，所以 即； 又因为，易得 所以，，解得或 利用对勾函数性质可知，函数在上满足恒成立， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 二. 选择题 (共 4 题， 满分 18 分. 第 13，14 题每题满分 4 分， 第 15，16 题每题满分 5 分) 每 題有且仅有一个正确答案， 考生应在答题纸的相应编号处， 将答案的小方格涂黑， 选对得满 分， 否则一律得零分. 13. 设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是 A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】A中，也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，也可能相交；D中，也可能在平面内. 【考点定位】点线面的位置关系 14. 投掷一枚均匀的骰子，事件: 点数大于 2 ; 事件: 点数小于4 ; 事件: 点数为偶数. 则下列关于事件描述正确的是（ ） A. 与是互斥事件 B. 与是对立事件 C. 与独立事件 D. 与是独立事件 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的定义判断即可. 【详解】依题意事件，事件，事件， 所以与不是互斥事件，显然不可能是对立事件，故A、B错误； 因为，所以，又，， 所以，所以与是独立事件，故C正确； 因为，所以，又， 所以，所以与不是独立事件，故D错误； 故选：C 15. 设 ，若函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断，，再求出函数导函数，分析函数的极值点，即可判断、，从而得解. 【详解】因为， 由图可知当时，当时，所以，， 又， 由图象可知，函数有两个极值点，并且函数是先增后减再增，所以极大值点小于极小值点， 所以有两个零点，不妨设为，则，，且， 所以导函数的图象如下图所示： 所以，，则，所以，，，. 故选：A 16. 直线(，不全为)与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（ ） A. 60条 B. 66条 C. 72条 D. 78条 【答案】C 【解析】 【分析】先找出圆上横、纵坐标均为整数的点共有个，经过其中任意两点的割线为个点中任取2点，再加上过每一个点的切线，再减去经过坐标原点的6条即可得到答案. 【详解】因为上的整点有12个：、、， 符合题意的直线可能同时经过上述个整点中的个点或者为圆上过上述个整点中的个点的切线， 再排除掉其中经过坐标原点的条，即得答案为， 故选：C 三. 解答题 (共 5 题， 满分 78 分) 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. 在中，分别是角的对边. 若. （1）求的值； （2）求边长的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及二倍角公式计算可得； （2）利用余弦定理计算可得. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，，，可得， 因为，所以，即， 显然，解得． 【小问2详解】 在中，由余弦定理， 得，解得或， 当时，又，所以，又，， 所以，则，与矛盾，所以舍去； 所以． 18. 如图，在多面体中，底面是边长为的等边三角形，三条侧棱 都垂直于底面，且三条侧棱长 . （1）求二面角的大小； （2）求多面体的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面、的法向量，利用空间向量法计算可得； （2）将多面体补形为三棱柱，则多面体的体积为三棱柱减去四棱锥的体积，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得. 【小问1详解】 依题意建立如下所示空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的一个法向量可以为， 设二面角的平面角为，由图可知为锐角，所以， 所以，所以二面角的大小为； 【小问2详解】 依题意将多面体补形为三棱柱， 则多面体的体积为三棱柱减去四棱锥的体积， 取的中点，连接，则，又平面，平面， 所以，又，平面，所以平面， 又，，所以， 又， 所以. 19. 某公司为招聘新员工设计了一个面试方案:应聘者从道备选题中一次性随机抽取 道题，按照题目要求独立完成. 规定：至少正确完成其中道题便可通过面试.已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且两位应聘者每题正确完成与否互不影响. （1）求甲正确完成面试题数的分布列及其期望； （2）求乙正确完成面试题数的分布列及其方差； （3）试问:甲和乙谁通过面试的可能性更大?并说明理由. 【答案】（1）分布列见解析； （2）分布列见解析； （3）甲通过面试的可能性更大；理由见解析 【解析】 【分析】（1）确定的可能取值，利用超几何分布求概率公式求出概率，列出分布列，求出期望即可； （2）确定的可能取值，利用二项分布求概率公式求出概率，列出分布列，求出期望方差即可； （3）确定甲、乙通过面试的概率，比较即可的结论. 【小问1详解】 甲正确完成试题数的可能取值为，，， ，，， 所以甲正确完成面试题数的分布列为： . 【小问2详解】 乙正确完成面试题数的可能取值为：，，， ，， ，， 所以乙正确完成面试题数的分布列为： 所以， . 【小问3详解】 因为，， 所以，所以甲通过面试的可能性大. 20. 已知抛物线的焦点为，若△的三个顶点都在抛物线上，且，则称该三角形为“核心三角形”. （1）是否存在“核心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和？请说明理由； （2）设“核心三角形”的一边所在直线的斜率为4，求直线的方程； （3）已知△是“核心三角形”，证明：点的横坐标小于2. 【答案】（1）不存在，理由见解析.（2）.（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用求得第三个点的坐标，由此判断出这样的“核心三角形”不存在. （2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，写出韦达定理，根据求得点的坐标并代入抛物线方程，由此求得的值，进而求得直线的方程. （3）设出直线的方程并与抛物线方程联立，写出判别式和韦达定理，利用求得点的坐标并代入抛物线方程， 【详解】（1）由于，即，即 ，所以 第三个顶点的坐标为， 但点不在抛物线上， ∴这样的“核心三角形”不存在. （2）设直线的方程为，与联立并化简得： 设，，， ，， 由（1）得，即，所以 由得：，， 代入方程，解得：，∴直线的方程为. （3）设直线的方程为，与联立并化简得：， ∵直线与抛物线相交，∴判别式， 即. ，∴， 由，得，即 点的坐标为， 又∵点在抛物线上，∴，得， ∵，即，∴， ∴点的横坐标. 【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 21. 定义：集合存在实数，满足对任意的，都有恒成立；集合在上是严格递增函数）. （1）若函数，求实数的取值范围； （2）已知函数，假设，且，试判断的符号，并证明：； （3）若对任意函数，满足恒成立，求实数的取值范围 【答案】（1） （2），证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将代入，令即可； （2）由的单调性得出化简得出，再由结合不等式的性质证明即可； （3）证明，恒成立，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得在严格单调递增， ∴当时，恒成立，即恒成立， ∴，， 设，易知当时，， ∴，， ∴若函数，则实数的取值范围是. 【小问2详解】 由题意可得，在上是严格递增函数， ∵，∴，即， 又∵，∴，∴， 又∵，∴，， ∴. 证明如下： ∵，∴， 又∵在上是严格递增函数， ∴，∴， 又∵，∴，∴， 又∵，∴， ∴，即得证. 【小问3详解】 依题意，任意的，恒成立并且在严格单调递增； 当时，此时，由于，当时，， 故，不符合严格单调增题意； 故存在使得； 先说明函数没有零点：若恒成立，则，不符合严格单调增题意； 故假设存在零点， 此时，，∴，不符合严格单调增题意； 若函数仅有一个零点，则必存在，使得，不符合严格单调增题意； ∴函数没有零点，故存在使得； 一方面，若存在满足且，不符合严格单调增题意； 另一方面，若存在满足且， 则由严格单调增，，都有，故当时，， 故，不符合严格单调增题意； 综上所述，对任意的恒成立， （如：不妨令，符合已有条件，进行验证） 结合题干，可得的取值范围是. 【点睛】本题属函数新定义问题，可以先通过举例方式，将抽象定义转化为具体函数，加深对题目信息的理解，然后再综合函数、导数等相关知识，使用分类讨论等方式对问题进行分析解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $