精品解析：上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试卷

2025届复旦附中高三（下）3月月考数学试卷 一、填空题（第1－6题每题4分.第7－12题每题5分，满分54分） 1. 已知集合，则______. 【答案】-1 【解析】 【分析】根据相等集合的概念以及集合中元素的互异性可得，从而求解. 【详解】由题意得，，解得或， 当时，集合为，不满足集合中元素的互异性，舍去， 当时，集合为，满足题意， 故答案为：-1. 2. 复数的虚部为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法化简复数值，然后根据定义得出复数的虚部. 【详解】，即虚部. 故答案为： 3. 函数的定义域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域. 【详解】对于函数，有，解得. 故函数的定义域为. 故答案为：. 4. 过点，两点的直线与直线平行，则的值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用两直线平行时斜率相等即可求解. 【详解】因为直线的斜率为2，所以，所以. 故答案为：2. 5. 已知扇形的半径为，周长为，则其面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用扇形的周长及半径求出扇形的弧长，利用弧长公式即可求出扇形的圆心角，根据扇形面积公式，即可求得答案. 【详解】因为扇形的半径为，周长为， 所以扇形的弧长 所以扇形的圆心角等于，则扇形的圆心角的弧度数为． 根据扇形面积公式 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式的应用，考查计算能力，属于基础题． 6. 已知某独立性检验中，由，计算出，若将列联表中的数据分别变成，计算出的，则是的多少倍______. 【答案】4 【解析】 【分析】分别将和代入公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故答案：4. 7. 无穷等比数列满足：，，则的各项和为______． 【答案】 【解析】 【分析】设无穷等比数列的公比为，的前项和为，根据所给条件求出、，即可求出，再取极限即可. 【详解】设无穷等比数列的公比为，的前项和为， 则，解得或， 当时，解得， 所以， 所以； 当时，解得， 所以， 所以； 综上可得的各项和为. 故答案为： 8. 已知均为常数，对任意的实数恒成立，则______. 【答案】20 【解析】 【分析】把问题转化为二项展开式的指定项的系数求解. 【详解】 即， 所以. 所以即为展开式中的的系数. 所以. 故答案为： 9. 设，若实数，满足，且函数的图像可以无限接近直线但又永远不相交，则不等式的解集为_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】利用函数的图象特点，再结合的图象无限趋近于1，可得，的值，则不等式可解． 【详解】解：因为趋近时，趋近于0， 所以趋近时，趋近于，所以，所以， 所以，所以不等式可化为， 又因为是减函数，所以，解得或. 故答案为：或． 10. 已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于两点.若，则C的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】判断关于x轴对称，可得，设由求出，联立求得M点坐标，结合直线列式可推得，即可求得双曲线离心率. 【详解】根据双曲线C：的对称性以及其两条渐近线关于x轴对称， 不妨设M在第一象限， 可知点关于x轴对称，则， 设，则， 即，则， 由题意得直线的方程为， 联立，即得，故, 则， 所以C的离心率为， 故答案为： 11. 对于，函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分离常数可得，构造函数，根据题意可得的值域为，且为单调函数，即可求导，结合或恒成立求解. 【详解】依题意，任意的均使得有且仅有一个零点，令0，得， 记函数，即与直线有且仅有一个交点， 若的值域不是，设的值域为，则，使得，矛盾， 所以的值域为，且为单调函数（否则与直线存在至少两个交点）， 所以恒有或，易得， 当且时，有，所以恒有，得恒成立， 记，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以的最大值为， 故实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 12. 已知平面向量满足，若，且，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出图形，设，，，，，，则，再根据题意得点是直线与的角平分线的交点，得到，进而得到，求解计算即可. 【详解】如下图所示，设，，，，，， 因为，所以， 因此点在直线上，又由于，因此是的角平分线， 因此点是直线与的角平分线的交点.根据角平分线的性质可. 过点作的平行线交于点，则. 因此点在以为圆心，半径为2的圆上运动由于，由此当直线相切于时， 有最大值，有最小值.设此时切点为，则，， 故.综合上述，的最小值为. 故答案为：. 【点睛】与平面向量有关的最值问题，常见处理方法有两种： 第一种：利用坐标进行转化； 第二种：利用点的几何意义转化成轨迹问题求解. 二、单选题（本大题共4题.满分20分） 13. 对四组数据进行统计，获得以下散点图，则其相关系数值最大的是（ ） A. r1 B. r2 C. r3 D. r4 【答案】A 【解析】 【分析】根据相关系数的定义的值越接近于1关联性越强，结合图象即可求解． 【详解】根据相关系数的定义知，越接近于1关联性越强， 结合图象知，第一、三两幅图为正相关，且第一幅图的相关性较强，所以， 又因为第二、四幅图变量之间为负相关，且第二幅图的相关性较强，所以， 故选：A． 14. 已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】举例验证必要性，通过向量的运算来判断充分性. 【详解】当，且时， ，充分性满足； 当时， ，当，时， 是可以大于零的， 即当时，可能有，，必要性不满足， 故“，且”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 15. 已知是直二面角，直线在平面上，直线在平面上.若、均与既不平行，也不垂直，则与的位置关系是（ ） A. 可能垂直，也可能平行 B. 可能垂直，但不可能平行 C. 不可能垂直，但可能平行 D. 既不可能垂直，也不可能平行 【答案】D 【解析】 【分析】假设，然后利用已知条件推理，得到，这与与既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立；假设，利用线面平行的性质定理进行推导，得到，这与和与既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立，从而得到答案． 【详解】①假设，因为与既不垂直，也不平行，所以，过在内作直线，如图所示： 因为，所以，又因为，所以， 又因为，，所以，， 所以这与与既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立， 所以与不垂直，同理与也不垂直； ②假设，则，，，所以， 这与和与既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立，所以与不平行． 综上所述，与的位置关系是既不可能垂直，也不可能平行． 故选：D． 16. 设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为“内和数列”，并令，称为的“伴随数列”，下列四个命题： ①若为等差数列，则为内和数列 ②若为等比数列，则为内和数列 ③若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列 ④若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列 其中真命题的个数是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】通过特例判断①②错误；利用作差法证明数列为递增数列，判断③的真假；举反例判断④错误. 【详解】对于命题①、②：例如，可知即为等差数列也为等比数列， 则，但不存在，使得， 所以不为内和数列，故①、②错误； 对于命题③：因为， 对任意，，可知存在， 使得，， 则，即， 且内和数列为递增数列，可知， 所以其伴随数列为递增数列，故③正确； 对于命题④：例如， 显然是所有正整数的排列，可知为内和数列，且的伴随数列为递增数列， 但不是递增数列，故④错误； 故选：B 【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算. 三、解答题（本大题共有5题，满分76分） 17. 已知函数. （1）求函数的单调减区间； （2）如果函数在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前12项和. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）化简的解析式，利用整体代入法求得的单调递减区间. （2）根据三角函数的零点、等差数列前项和公式以及分组求和法来求得的前12项和. 【小问1详解】 . 令 得. 因此，函数的减区间是. 【小问2详解】 函数的最小正周期为， 当时，， 令，即， 故或，解得或， 所以函数在上的零点分别为，. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列； 数列是以为首项，为公差的等差数列， 则 所以的前12项和为. 18. 如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合.设P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是圆弧AB的中点. （1）若圆锥的侧面积是圆柱的侧面积，求该几何体的体积； （2）若圆锥的高为1，求直线PB1与平面PAC所成角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据圆锥侧面积是圆柱侧面积求出圆锥的高，再计算几何体的体积. （2）涉及线面角的概念，线面角是直线与平面所成的角，可通过向量法求解.先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再求出直线的方向向量，最后根据向量夹角公式求出线面角. 【小问1详解】 设圆锥的母线长为，圆锥的高为. 已知圆锥底面半径，圆柱底面半径，圆柱高. 圆锥侧面积，圆柱侧面积. 因为圆锥的侧面积是圆柱的侧面积，所以，解得. 根据圆锥的母线，底面半径，由勾股定理可得圆锥的高. 圆锥体积. 圆柱体积. 该几何体的体积. 【小问2详解】 因为圆锥的高为，底面半径为，所以圆锥的母线长. 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，. ，，. 设平面的法向量. 则，令，则，，所以. 设直线与平面所成角为. 则. 所以直线与平面所成角. 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：第次检查抽取号零件，测量其尺寸(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：，，. （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）若变量与存在线性关系，记，求回归系数的值； （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个零件中有对相邻序号的零件，求的数学期望. 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. 参考公式：（1）线性回归方程：，其中，. （2）期望的线性性质：，其中是若干随机变量. 【答案】（1）600个 （2） （3）个 【解析】 【分析】（1）利用样本质量合格的频率估计总体的概率，求总体中质量合格的零件数量. （2）根据给出的公式可求的值. （3）根据期望的线性性质求解. 【小问1详解】 因为在这100个零件中，合格的零件为60个， 故质量合格的零件所占样本比例为. 而在这1000个零件中，质量合格的零件数为：(个). 【小问2详解】 由可得，， 又因为，， 因此可得：. 代入数据可得： 【小问3详解】 用表示抽查的结果，若第个零件与第个零件被选中，则记； 若结果是其余情况，则记，. 由线性期望的性质可得： (个). 20. 如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：； （3）若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，求椭圆的标准方程； （2）要证，只需证，通过直线与椭圆联立方程组，由韦达定理和两点间距离公式证明； （3）由题意有，由韦达定理和距离公式化简得，由题意，所以，可得. 【小问1详解】 由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有，， 又点在椭圆上，有，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 要证，即证， 设， 当直线斜率不存在时，由椭圆对称性可知成立， 当直线斜率存在时，设斜率为，则方程为， 由得， ， 由得， ， 得，， ，，则有. 所以与等底等高，有. 【小问3详解】 由（2）可知，同理有， 由，可得，则有， 设直线的斜率为，直线方程为，设， 由得， ， ， ， 所以， 即， 化简得，即，由题意，所以， 所以. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 21. 已知，若对于给定的及平面上一点，函数的图像上存在与不同的一点，使得直线为函数在点的切线，则称点具有“性质”. （1）判断点是否具有“性质”，并说明理由； （2）证明：“点具有‘性质’”的充分必要条件是“”； （3）若对于任意的非零实数，直线上的所有点均具有“性质”，求实数的值. 【答案】（1）具有，理由见详解 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】(1)点具有“性质”即，再利用导数求切线方程进行求解； (2)利用导数列出斜率相等的式子，整理得关于的一元二次方程，方程有解即可证明必要性，反之，也可证明充分性； (3)先求解特殊情况时值，再进行检验即可. 【小问1详解】 当时，函数，故， 于是过点的切线方程为：， 把点坐标代入上面切线方程，化简得：， 因为恒大于0，故， 所以存在点，故点具有“性质”； 【小问2详解】 当时，，故， 必要性：，整理得：， 故，整理得：， 特别地，当时，点与点重合，不合题意，故； 充分性：若时，则有解， 即存在点使得直线为函数在点的切线， 即点具有“性质”， 综上，“点具有‘性质’”的充分必要条件是“”； 【小问3详解】 设，， 故，， 由题意可得：，整理得：， 由于的任意性，不妨取，带入上式， 整理得：， 令， 则函数，除了之外，至少还要有1个根， ， 故，由的任意性，则， 下面对进行检验， ， 故， 故，，故此时存在点满足题意， 若，由三次函数性质，方程对必有解， 综上，，对于任意的非零实数，直线上的所有点均具有“性质”. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数找到斜率之间的关系，进行整理，转化为方程的解的问题，从而可以求值和证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届复旦附中高三（下）3月月考数学试卷 一、填空题（第1－6题每题4分.第7－12题每题5分，满分54分） 1. 已知集合，则______. 2. 复数的虚部为________. 3. 函数的定义域为__________． 4. 过点，两点直线与直线平行，则的值为______. 5. 已知扇形的半径为，周长为，则其面积为____________. 6. 已知某独立性检验中，由，计算出，若将列联表中数据分别变成，计算出的，则是的多少倍______. 7. 无穷等比数列满足：，，则的各项和为______． 8. 已知均为常数，对任意的实数恒成立，则______. 9. 设，若实数，满足，且函数的图像可以无限接近直线但又永远不相交，则不等式的解集为_____________． 10. 已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于两点.若，则C的离心率为______. 11. 对于，函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围是______. 12. 已知平面向量满足，若，且，则的最小值为___________. 二、单选题（本大题共4题.满分20分） 13. 对四组数据进行统计，获得以下散点图，则其相关系数值最大的是（ ） A. r1 B. r2 C. r3 D. r4 14. 已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 已知是直二面角，直线在平面上，直线在平面上.若、均与既不平行，也不垂直，则与的位置关系是（ ） A 可能垂直，也可能平行 B. 可能垂直，但不可能平行 C. 不可能垂直，但可能平行 D. 既不可能垂直，也不可能平行 16. 设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为“内和数列”，并令，称为的“伴随数列”，下列四个命题： ①若等差数列，则为内和数列 ②若为等比数列，则为内和数列 ③若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列 ④若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列 其中真命题的个数是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 三、解答题（本大题共有5题，满分76分） 17. 已知函数. （1）求函数的单调减区间； （2）如果函数在上的零点从小到大排列后构成数列，求的前12项和. 18. 如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合.设P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是圆弧AB的中点. （1）若圆锥的侧面积是圆柱的侧面积，求该几何体的体积； （2）若圆锥的高为1，求直线PB1与平面PAC所成角的大小. 19. 为了检查一批零件的质量是否合格，检查员计划从中依次随机抽取零件检查：第次检查抽取号零件，测量其尺寸(单位：厘米).检查员共进行了100次检查，整理并计算得到如下数据：，，. （1）这批零件共有1000个.若在抽查过程中，质量合格零件共有60个，估计这批零件中质量合格的零件数量； （2）若变量与存在线性关系，记，求回归系数的值； （3）在抽出的100个零件中，检查员计划从中随机抽出20个零件进行进一步检查，记抽出的20个零件中有对相邻序号的零件，求的数学期望. 示例零件序号为“1、2、4、5”与“1、2、3、5”时均恰有2对相邻序号的零件. 参考公式：（1）线性回归方程：，其中，. （2）期望的线性性质：，其中是若干随机变量. 20. 如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：； （3）若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值． 21. 已知，若对于给定的及平面上一点，函数的图像上存在与不同的一点，使得直线为函数在点的切线，则称点具有“性质”. （1）判断点是否具有“性质”，并说明理由； （2）证明：“点具有‘性质’”的充分必要条件是“”； （3）若对于任意的非零实数，直线上的所有点均具有“性质”，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$