精品解析：上海市控江中学2024-2025学年高三下学期3月学情调研数学试卷

2024学年第二学期高三年级学情调研 高三数学 120分钟 满分150分 一、填空趣（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分） 1. 设集合，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】解二次不等式求出集合A，再根据集合的交集运算法则可得答案. 【详解】集合， 所以． 故答案为：. 2. 若复数z满足，则复平面内复数所对应的点Z位于第_______象限． 【答案】四 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可利用复数的几何意义求解. 【详解】因为，所以在复平面内与复数对应的点Z为， 故复数对应的点Z位于第四象限． 故答案为：四 3. 已知函数，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用分段函数，代值求解即可. 【详解】因为，所以． 故答案为：. 4. 若是函数两个相邻的零点，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据周期计算公式即可求解. 【详解】由题意得函数的最小正周期 ，解得． 故答案为： 5. 已知三角形为单位圆O的内接正三角形，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】由正三角形性质求出边长，再利用数量积的定义计算得解. 【详解】依题意，O是正三角形的中心，设正三角形的边长为a， 则，解得，即，又， 所以 . 故答案为： 6. 若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先用直线平行解出，再利用平行线间的距离公式求解. 【详解】直线与直线平行， 则，解得， 故直线，直线， 这两条直线间的距离为：． 故答案为：. 7. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 【答案】9 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】因为，且，则由对称性得， 又， 所以，故， 又因为， 所以， 当且仅当且，即时等号成立， 所以的最小值为9. 故答案为：9. 8. 已知是定义在R上的奇函数，是定义在R上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最小值为_______． 【答案】－4 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性的定义可求的范围，从而可得范围和最小值. 【详解】因为是定义在R上的奇函数，是定义在R上的偶函数， 所以， 所以，即， 因为的值域为，所以的值域也为， 所以的值域为，所以的值域也为， 所以的最小值为． 故答案为：－4. 9. “太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中所有曲线均为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】记，则为直线AP的斜率，数形结合即可求出最小值和最大值，从而可得其范围. 【详解】记，则为直线AP的斜率， 故当直线AP与半圆相切时，k最小， 此时设，故，解得或， 由图可知需舍去， 故． 当过时，． 故答案为：. 10. 在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体所得截面的周长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先作出截面图形，然后根据相似和勾股定理求出各边，即可求得结果. 【详解】取正方体轴线与交点为， 连接并延长，交延长线与， 连接，交于， 连接， 作出图形如图， 由图可知，过点，，的平面截该正方体所得截面为五边形， 则，所以，同理，， 正方体的棱长为，， ， ， 四边形的周长为. 故答案为： 11. 对一列整数，约定：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值．设全部输入完毕后显示的最后的结果为p．若将从1到2030的2030个整数随机地输入，则p的最小值和最大值之和为_______． 【答案】2030 【解析】 【分析】计算前几个连续奇数，偶数的结果的最小值，总结其中的规律，根据规律即可求解． 【详解】对于连续四个奇数：，由题意运算，其结果最小值为0； 同理可得，对于连续四个偶数：，其结果最小值为0. 在1到2030的2030个整数中有1015个奇数和1015个偶数，， 由奇数，经过计算最小值为1，且由偶数，经过计算最小值为0，则的最小值为1. 除2030之外，前2029个数中有1015个奇数和1014个偶数，，， 由奇数，经过计算最小值为1，且由偶数2,4，经过计算最小值为2， 则前2029个数经过计算最小值为，故的最大值为. 则p的最小值和最大值之和为2030. 故答案为：2030. 12. 机场为旅客提供的圆锥形一次性纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为，旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，该椭圆的离心率等于_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，即可根据相似求解，进而根据椭圆方程求解，，即可由离心率公式求解. 【详解】如图，设，因，故，又， 由余弦定理，，即， 设椭圆中心为O，作圆锥的轴截面AMN，与底面直径BC交于E，与椭圆交于P，Q， 连AE交BD于G，以点O为原点，DB为x轴，建立直角坐标系． 则，又由得， 从而，则得， 不妨设椭圆方程为，把和点P坐标代入方程，解得， 则，故． 故答案为： 二、选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分） 13. 若能被5整除，则x，n的一组值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，再逐项判断得解. 【详解】依题意，， 对于A，，，不能被5整除，A不是； 对于B，，，不能被5整除，B不是； 对于C，，，能被5整除，C是； 对于D，，，不能被5整除，D不是. 故选：C 14. 如右图，有两个具有共顶点且全等的正六边形，若共线，且，则共有（ ）个不同的正值． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正六边形特征，结合数量积的几何意义即可判断. 【详解】 如图，过作的垂线， 由正六边形的性质可得：过作直线的垂线，垂足为，作直线的垂线，垂足为， 其它垂足，如图所示， 当时， 当时，在上的投影向量可以是， 由数量积的几何意义可得， ，， ，， 所以共有5个不同的正值. 故选：B 15. 如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，设其高为，容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，设其高为，当容器内盛有一定量的水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器水平倒置，水面也恰好过点（图2），对于命题：①；②将容器侧面水平放置，当水面静止时，水面恰好经过点．下列判断正确的是（ ） A. ①、②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①、②都是假命题 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合棱柱和棱锥的体积公式求解即可. 【详解】由题意可知图1水的高度，几何体正四棱柱的高为，设底面正方形的边长为， 图1中水的体积为，图2中水的体积为， 所以，解得，故①正确， 对于②，当容器侧面水平放置时，点在长方体中截面上， 又因为容器容积为，所以水的体积是容器容积的一半， 即水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过点，故②正确， 故选：A 16. 设，为等差数列，令，，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】分析函数的单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明. 【详解】已知，， 则，故在上单调递增. 又由，得， 故，即， 则函数的图象关于点中心对称. 已知数列是等差数列，则. ①先证明充分性： 若，由数列是等差数列， 可得， 则， 所以由函数的对称性可知， ，，，， ，即“”得证. 因此，“”是“”的充分条件； ②再证明必要性： 下面用反证法证明： 假设， 已知数列是等差数列，则， 即，由等差数列性质可得 ， 所以，，，，， 由函数在上单调递增， 可得， 同理可得， ， ， 各式累加得，， 所以，即， 这与已知矛盾，故假设错误； 同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误； 所以“”得证. 即“”是“”的必要条件. 综上所述，“”是“”的充要条件. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾. 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17. 如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，且. （1）证明：平面； （2）求二面角余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明. （2）由第（1）的结论建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即可得到结论. 【小问1详解】 ， ，且， 又 面PBD 又平行四边形 面PBD 【小问2详解】 设与BD交点为O， 则为中点，， 面面， 面 法一：建系：如图建系， ， ， 设平面的法向量为， 则， 设平面的法向量为， 则， 设二面角的平面角为 二面角的余弦值为． 法二：即求直接找角：作面PBD， 面，作，连即为所求角 二面角的余弦值为． 法三：等积法：角度转化+等体积公式 设二面角的平面角为 二面角的余弦值为． 18. 广告公司为某游乐场设计某项设施宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为的扇形和三角区域构成，其中在一条直线上，，记该设施平面图的面积为，，其中． （1）写出关于的函数关系式； （2）如何设计，使得有最大值？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先，求解三角形和扇形的面积，然后，求和即可得到相应的解析式； （2）根据三角函数辅助角公式和导数的计算等知识求解其最大值即可． 【小问1详解】 由已知可得， 在△中由正弦定理可得： ，所以， 从而， 所以，. 【小问2详解】 ， 由 令增区间是； 令减区间是； 所以在处取得最大值是． 答：设计成时，该设施的平面图面积最大是． 19. 若数列满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量． （1）若，求随机变量X的分布列与数学期望； （2）求，其中且． 【答案】（1）随机变量X的分布列： X 1 2 3 P （2） 【解析】 【分析】（1）将时，所有数列排出来，从而得到X的取值有1，2，3，结合组合数求解； （2）由（1）可推出，X的可能取值为：1，2，3，…，k，再分析当时，则数列的具体选择情况，将这个问题转化为组合问题，从而得到即可； 【小问1详解】 若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1； 从集合中任意取出两个不同数列，，， ∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况， 其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况， 若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况， 另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，共有种情况，故， 当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，， ， 随机变量X的分布列： X 1 2 3 P 则随机变量X的数学期望为； 【小问2详解】 证明：数列是从集合中任意取出的两个数列， ∴数列为k项数列， ∴X的可能取值为：1，2，3，…，k， 根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个， 当时，则数列中有m项取值不同，有项取值相同， 从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同， ，这个问题是组合问题， ∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况， ， ∴随机变量X的分布列为： X 1 2 3 …… k P …… 20. 如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点. （1）求抛物线的方程； （2）若，证明：； （3）若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标. 【答案】（1） （2）证明如下： 由题知，设， ，代入抛物线可得， ， 又， 同理. （3）证明如下： 因为， 所以，代入点得①， 设，同理， 过点② ， 结合①②可得 又因为 所以，整理得 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）先求直线再联立抛物线得出韦达定理应用中点坐标得出,进而得出抛物线； （2）先设直线方程代入抛物线联立方程组，结合根与系数的关系，应用，即可得到结论. （3）先设直线过点P得出,同理结合理过点Q得出,最后得出的直线得出定点. 【小问1详解】 当时，， 联立消去， 可得， 设， 拋物线C方程为：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解题定点的关键是先点斜式设出直线方程结合抛物线方程得出直线,同理得出的直线方程进而得出定点. 21. 在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”． （1）判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； （2）已知函数是“旋转函数”，求的最大值； （3）若函数是“旋转函数”，求的取值范围． 【答案】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下： 的图象逆时针旋转后与轴重合， 当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾， 因此，函数不是“旋转函数”. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）确定函数的图象逆时针旋转后的图象，结合函数定义和新定义判断结论； （2）条件可转化为函数与函数的图象最多有1个交点，其中，进一步转化为函数在上单调，结合导数与单调性的关系列不等式求结论； （3）条件可转化为与的图象最多有一个交点，由此可转化为恒成立， 分，，讨论确定的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得，函数与函数的图象最多有1个交点，其中， 所以关于的方程最多有一个根， 即关于的方程最多有一个根， 即函数在上单调． 易知，且． 若， 则，不满足题意， 所以， 所以， 即， 即的最大值为． 【小问3详解】 由题意可知，与的图象最多有一个交点， 故，最多一个解，即与的图象至多一个交点， 所以恒大于等于0或恒小于等于0， 当时，，所以. 令， 故， 当时，在单调递减；在单调递增； 当，且时，，，矛盾； 当时，，满足条件； 当，在单调递增；在单调递减； 所以，故， 综上所述；. 【点睛】方法点睛：“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.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”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期高三年级学情调研 高三数学 120分钟 满分150分 一、填空趣（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分） 1. 设集合，则_______． 2. 若复数z满足，则复平面内复数所对应的点Z位于第_______象限． 3. 已知函数，则_______． 4. 若是函数两个相邻的零点，则的值为_______． 5. 已知三角形为单位圆O的内接正三角形，则_______． 6. 若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为_______． 7. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 8. 已知是定义在R上的奇函数，是定义在R上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最小值为_______． 9. “太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中所有曲线均为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的取值范围是_______． 10. 在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体所得截面的周长为_______． 11. 对一列整数，约定：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值．设全部输入完毕后显示的最后的结果为p．若将从1到2030的2030个整数随机地输入，则p的最小值和最大值之和为_______． 12. 机场为旅客提供的圆锥形一次性纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为，旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，该椭圆的离心率等于_______． 二、选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分） 13. 若能被5整除，则x，n的一组值可能为（ ） A. B. C. D. 14. 如右图，有两个具有共顶点且全等的正六边形，若共线，且，则共有（ ）个不同的正值． A. B. C. D. 15. 如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，设其高为，容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，设其高为，当容器内盛有一定量的水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器水平倒置，水面也恰好过点（图2），对于命题：①；②将容器侧面水平放置，当水面静止时，水面恰好经过点．下列判断正确的是（ ） A. ①、②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①、②都是假命题 16. 设，为等差数列，令，，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 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17. 如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，且. （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 18. 广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为的扇形和三角区域构成，其中在一条直线上，，记该设施平面图的面积为，，其中． （1）写出关于的函数关系式； （2）如何设计，使得有最大值？ 19. 若数列满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量． （1）若，求随机变量X的分布列与数学期望； （2）求，其中且． 20. 如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点. （1）求抛物线的方程； （2）若，证明：； （3）若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标. 21. 在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”． （1）判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； （2）已知函数是“旋转函数”，求的最大值； （3）若函数是“旋转函数”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $