上海市进才中学2024-2025学年高三下学期3月练习数学试题

进才中学高三数学练习试卷 2025.03 一.填空题 7 1.不等式1 ≤0的解集是 2x-1 2.在(x+与)”的二项展开式中，若第四项与第六项的系数相等，则n= 3.若x,x2,…,xo的标准差为8，则2x-1,2x2-1,,2x0-1的标准差为 4.已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，角α的终边与圆心在原点的单 位圆交于第二象限内的点4(x学， 则sin2a= 5.双曲线二-y=1(a>0)的焦点为R、B,且P为该双曲线上一点，若PR卡10， PF,=6,则该双曲线的离心率为 6.在斜三棱柱ABC-AB,C中，连接AB、AC与B,C, 记三棱锥B-ACB的体积大小为Y,三棱柱ABC-AB,C 的体积大小为%，则二。 7.设数列{an}的前n项和为Sn,若a=l,Sn- am+1=0 2 (n∈N),则{an}的通项公式为 8. 已知不等式a≤2x2-3x+4≤b的解集为[a,1,则a+b的值为 4 9.我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦” 由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“一”和阴爻“一一”， 右图就是一重卦，在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有2个 阳爻的概率是 10.函数f=x(分+1， x+1 O为坐标原点，A为函数y=f(x)图象上横坐标为 n(neN)的点，向量OA与向量i=(1,0)的夹角为0n,则满足 an8+ian8++tang,<的最大整数n的值为 11.如图所示，P是一处观景台，A、B分别为观景区域的 边界，某工程队计划修建MO与NO两条道路.已知P与O 的距离为1km,且∠AOP=2∠BOP,为了便于工程队测量 观景台的观景效果，现给出如下假设： B 假设1：观景台的观景范围为四边形APBO: 假设2：观景台P、道路MO与NO均处于同一平面内，其中0<∠MOWN<π； 假设3：PA⊥MO,PB⊥NO 当四边形APBO的面积为最大值时，则∠MON= .(结果精确到0.01) 12.在平面直角坐标系中，将函数y=f(x)的图像绕坐标原点O逆时针旋转兀后，所得曲 4 线仍然是某个函数的图像，则称函数y=f()为“G函数”，若函数∫)=+为“G Q+ 函数”，则实数k的取值范围是 二.选择题 13.“tanx=-1”是“x=-T+2kπ(keZ)”的() 4 A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既非充分也非必要条件 14.在等比数列{an}中，4<a2o12=1(a≠-l),若集合 A=(a-马)+a,-马)++(a,-马)s0,1eN3,则集合A中元素的个数为() a a A.2012 B.2013 C.4022 D.4023 15.若复数z在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，则二的对应点均在() A.一条直线上 B.一个圆上 C.一条抛物线上 D.一支双曲线上 6.平面直角坐标系中，当P比，》不是原点时，定义P的伴随点”为P1十)： 当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身.平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成 的曲线C定义为曲线C的“伴随曲线”，现有下列命题： ①若点A的“伴随点”是点A,则点A的“伴随点”是点A: ②单位圆的“伴随曲线”是它自身： ③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C关于y轴对称： ④一条直线的“伴随曲线”是一条直线。 其中的真命题是() A.①② B.③④ C.②③ D.①④ 三.解答题. 17.在平面四边形ABCD中，∠ABC=5,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2. 2 (1)求将四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积： (2)若PB⊥平面ABCD,且PB=1,求二面角A-PD-B的平面角的大小. 18.已知o>0,f()=sin@x+2V5cos20x (1)若函数y=f(x)的最小正周期为π，求o的值： (2)当o=1时，设a∈[0,2π].若函数y=f(x)和y=f(x+a)在[0，π]上有相同的最大 值，求a的取值范围. 19.为了检查一批零件的质量是否合格，检查员计划从中依次随机抽取零件检查：第i次检 查抽取i号零件，测量其尺寸y,(单位：厘米)检查员共进行了100次检查，整理并计算得到 如下数据： =52,2,=2428, 100 I00 y=30.18. i=I (1)这批零件共有1000个.若在抽查过程中，质量合格的零件共有60个，估计这批零件 中质量合格的零件数量： (2)若变量y,与i存在线性关系，记y,=+b,求回归系数à的值（按照给出的公式计 算精确值)： (3)在抽出的100个零件中，检查员计划从中随机抽出20个零件进行进一步检查，记抽 出的20个零件中有X对相邻序号的零件，求X的数学期望. 示例零件序号为“1、2、4、5”与“1、2、3、5”时均恰有2对相邻序号的零件. 考公式：0线性回归方程：v=c+6,其中后=空G一0 b=-x. ∑x-x ②期望的线性性质：E∑X,]=∑EX],其中X,是若干随机变量， 20在平面直角坐标系x0中，已知椭圆T:千+yr=1的右顶点为4，点Pa.0、Q0) 分别是x轴负半轴、y轴正半轴上的动点. (1)若P是T的左焦点，且|OA曰PQ|,求t的值： (2)设t=2√2，「上存在x轴上方一点B.若tan∠AQB=2√2，求B的坐标： (3)设t=2,过P的直线I与Γ交于M、N两点(M、N两点不重合)，与y轴交于C 且C的纵坐标y。>1,记M与N到直线AQ的距离分别为d,、d2.若存在直线l,满足 d+d2=3√2成立，求a的取值范围. 21.设定义域为R的函数y=f(x),对于r>0,定义S,={x|x2+f2(x)≤r2}. (1)设f(x)=2x+1,求S: (2)设f(x)=4x2+a,是否存在a,使得S,是一段闭区间？若存在，求a的取值范围： 若不存在，请说明理由； (3)函数y=g(x)的定义域是(0，+o),函数值恒正，其导函数为y=g'(x)；当x>0时， 0<g'(x)<1.若对任意r>0,均有S,=[-g(r),g(r)】,求证：“函数y=f(x)是R上的 严格增函数”当且仅当“{x|f(x)≥0}=[0，+∞)”. 参考答案 一.填空题 2.8 24 5 3.16 4. 5. 25 2 63 1n=1 15 7.an= 8.4 9. 64 10.3 230- n≥2 11.80.44° 12.ke[-e,0] 二.选择题 13.B 14.D 15.A 16.C 三.解答题 17.解：(1)将四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：由 一个底面半径为1，高为2的圆柱，挖掉一个底面半径为1，高为1的圆锥，所形成的几何体. 其中V陆=2=2，写1行所求体积V=2-号- 3=3 (2)分别以BA、BC、BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 依题意，A1,0,0)、B(0,0,0)、D1,1,0)、P0,0,1),所以AF=(-1,0,1)、 PD=(1,1,-1)、BD=(1,1,0),设平面APD的法向量%=(u1,,%), 平面BPD的法向量乃=(a2,%,%),则4+%=0 42+2=0 4+4-%=042+y-w2=0 1 取n=(1,0,1),n2=(1,-1,0),设m、2所成角为0，则cos0= 1 √2V22 结合实际图形，所求二面角A-PD-B的平面角为空 (另解：取AP中点E,BE⊥平面APD,而CD⊥平面PBD。或者，取BC中点F, AF‖CD,继而补成正方体，在正方体中运算更快。) 18.(1)f(x)=sinx+2co=inx+2.1+cosx 2 =snor+5+5=2smar+写}5， 因为®>0且函数f(x)的最小正周期为元，故0=2红=2. 元 2)当四=1时.=2+引5.若x0时，子x+行智 3 当x+=时，函数y=f()取得最大值，即f()m=2sin+V5=2+5. 32 而函数y=f(x+a)与y=f(x)存在相同的最大值，故当x+a+=+2m(keZ)时， 32 函数y=f(x+a)在[0，列内取得最大值，因此可得x=元+2kc-a∈[0，]， 6 -a≥20 6 ①当k=0时，可得名-ae0,小，则有任-a≤元， 解得a∈ 06 6 0≤a≤2π 13π -a≥0 ② 当k=1时，可得3-ae0,列，则有13 6 -a≤π 解得a∈ 0≤a≤2π 当k≥2时，x=+2m-a≥+4怀-2元≥13，此时，x=+2km-ag[0,列， 6 6 6 6 当ks=时，x买+2ka-a≤-2红1i,此时，x无+2km-ag0, 6 6 6 综上所述，a的取值范围为 [2 19.(1)因为在这100个零件中，合格的零件为60个， 603 故质量合格的零件所占样本比例为 1005 而在这1000个零件中，质量合格的零件数为： 3×1000=600(个)， 100 100 100 x-x0y,-) 1y-72-2y-1001 (2)由a=▣ 可得，a=回10 4可 100 100 2-2∑i+1002 i=l 又因为y+2+…+y0=1005,1+2+3+…+100=100i, -1054 因此可得： a=- 2428-100×0.52×50.56 代入数据可得：a= 10 22-1002 338350-100×(50.5)2 2525 i= (3)用X,表示抽查的结果，若第i个零件与第i+1个零件被选中，则记X,=1: 若结果是其余情况，则记X,=0,X=X,+X2+…+Xm· 由线性期塑的性质可得：E[X]=∑EX]-卫PX=)=99×C器 =3.8(个) 20.(1)因为P与下的左焦点重合，故P(-V3,0),因此|OA=2. 又因为P(-√3,0)，而OA=|Pg,所以V3+2=2,解得：t=1(负舍). (2）因为an∠400=5，又因为an∠40B=25, 而an∠40B=a(∠BQ0+∠A00)=2反，代入解得n∠B00= 2 若B在第一象限，则0<tanAOB< ，故B在第二象限 2 设B(xo,yo),而tan∠B20= 2W2-6 整理可得2 %-2=x0 9 代入椭圆Γ方程x02+4y%2=1,可得：二y2-22%=0. 所以解得为=反（增根舍去，所以，=-4 B (3)由题意可知：直线AQ的解析式为x+y-2=0,设直线1的解析式为 x=my+a x=my+a(m>0),且M(x,片)、N(x2,y2).联立 x2+4y2=41 可得 (m2+4)y2+2may+(a2-4)=0,△=m2-a2+4.根据韦达定理， -2am 8a 为+2= 因为M、N两点均在直线AQ的左侧， m2+4 ，为+x2= m2+4 故4+d,=区+)+0+）-4=32.又因为x5e[-2,0),,%e-1, √2 因此(：+x)+0y+2)-4=-6,代入化简可得方程m2-am+(4+4a)=0. 设f(m)=m2-am+(4+4a）,又因为y。>1,故m∈(0，-a). ①若-2<a<0,此时直线l与「存在两个交点.若存在m'∈(0，-a),使得f(m)=0, 而f(-a)=a2+2a+2>0,故f0)<0,可得4+4a<0,故a<-1,因此2<a<-1. ②若a≤-2，而此时P在T的外部，m>√a2-4,故m∈(Wa2-4,-a) 若存在m'∈Va2-4,-a,使得f(m)=0,而f(-a)=a+2a+2>0, 故f0-4)<0,可得a2-a后-4+4a<0,故-<a≤-2. 2 综上所述，a的取值范围为a∈ 21.(1)由题设S,={x|x2+(2x+1)2≤1}，将x2+(2x+1)2≤1化简得5x2+4x≤0， 解得x[专0，故8=[] (2)因为f(x)=4x2+a,代入定义得：16x4+(8a+1)x2+(a2-1)≤0， 构造函数g(x)=16x4+(8a+1)x2+(a2-1), 故g'(x)=64x3+2(8a+1)x=x(64x2+16a+2),令g'(x)=0, 当a<-8时，存在1eR,8@=0:所以当x=0、X=时，gC=0, 进一步，列表可得： (-0,-t) (-t,0) 0 (0,) (t,+o) g(x) 0 0 0 g(x) 极小值 极大值 极小值 由此x=0是函数y=g)的极大值点，故当g0)<0时，S是一段闭区间，ae-山，-又 特别地，当a=-1,g0)<0,g(0)=0,g(-)<0,故S,仍是-段闭区间，a∈ 当a≥-时，当且仅当x=0时，g)=0.同理，x=0是函数y=g()的极小值点， 8 且取得最小值，当g(O)<0时，S,是一段闭区间，由此得a 综上所述，存在满足条件的a,且a∈[-1,1) (3)假设f0)≠0，若∈(0，f(00,则0廷S。，因此矛盾，故f(0)=0, 先证必要性：因为函数y=f(x)是R上的严格增函数且f(O)=0, 当x<0时，f(x)<f(0)；当x20时，f(x)≥f(0), 因此{x|f(x)≥0}=[0，+o),因此必要性得证： 再证充分性：引理：对任意x>0,当满足r2=x2+f(x)时，x=g(r), 已知x∈S,x≤g().假设x<g(r),设g(r)=x,任取<r,2=x2+f2(x)>6, 则xES。,因为函数y=g(x)是严格增函数，所以g()<g),即x=g(r)S。, 所以x=g()>x>g(),由此g(r)-g()>-x, 因此考虑构造h(x)=g(x)-x,当>r-x+x,则h(r)-h()>x-x-r+>0, 而h'(x)=g(x)-1<0,y=h(x)是严格减函数，h(r)-h()<0,故矛盾，即x=g(r), 下面证明函数y=f(x)在(0，+o)上为严格增函数： 任取x>x2>0,若+f(x)=2,x+2(x2)=, 联立上式可得f(化)-f(x)=2-x2-2+x号=(G-2)+5)-(:-x)x+x) 而g(G)=x,g(2)=x2,又因为y=h(x)是严格减函数，则x-x2<g(G)-g(3)<片-5· 由于5>x,5>x2,所以f2(x)-f2(x2)>0,故f(x)>f(x2). 同理，可证函数y=f(x)在(-o,0)上为严格增函数，且f(0)=0, 故函数y=f(x)在R上为严格增函数，因此充分性得证.