精品解析：上海市实验学校2025届高三下学期3月月考数学试卷

上海市实验学校高三月考数学试卷 2025.3 将答案填写在答题纸上，写在试卷上不给分 一、填空题（本大题满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分） 1. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则实数的值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】首先确定，即可得到焦点在轴，然后可得椭圆的焦点，列方程求解． 【详解】双曲线，则，所以双曲线的焦点在轴上， 所以，又，故解得． 故答案为：1． 2. 已知，若对任意，都有，则实数的值是__________． 【答案】9 【解析】 【分析】利用基本不等式结合基本不等式取等的条件求解即可. 【详解】若对任意，都有， 则在处取得最小值，则 由基本不等式得： 当且仅当时，即时取等号, 则即 故答案为：9. 3. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据指对数运算及运算律分层计算即可. 【详解】因为，所以，所以． 故答案为：. 4. 在 中， ， ， ，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】先应用正弦定理边角转化结合已知得出，再应用余弦定理计算即可. 【详解】在  中，  ，   ， 由正弦定理得，所以，所以得出， 再应用余弦定理得 则  . 故答案为：. 5. 已知抛物线的焦点为，直线的倾斜角为，且过点.若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，联立抛物线并应用韦达定理得，再由抛物线的定义、中点公式求圆的半径和圆心横坐标，最后应用几何法求弦长. 【详解】由题意，联立，则，显然， 所以，故， 所以，以为直径的圆的圆心横坐标为3，半径为4， 故以为直径的圆被轴截得的弦长为. 故答案为： 6. 已知函数在上的最小值为，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过换元，问题转换成在可取到，进而可求解； 【详解】由，可得：， 令 由题意可知：在可取到， 结合余弦函数的性质可知需满足：， 解得， 所以的最小值为， 故答案为： 7. 已知一组数据1，1，2，3，5，2，1的第 60 百分位数为 ，且随机变量 的分布列为 0.5 2m 0.4 0.3 0.3 则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】先根据百分位数计算求出，再根据分布列数学期望公式计算即可. 【详解】一组数据1，1，2，3，5，2，1，从小到大排列为， 又因为，所以第 60 百分位数为 小到大排列的第5个数 ， 所以. 故答案为：. 8. 已知，，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】整理复数的等量关系，结合复数模长公式与几何意义，利用圆外一点与圆上点之间距离，可得答案. 【详解】由得， 所以，所以复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上； 而对应的点，易知的最小值为. 故答案为：. 9. 已知点分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出图象，易知，则然后易求得当时，此时可过作直线与垂直，易知得的方程，然后在上，直线，之间找点，使得到的距离等于点到的距离，此时最小距离和即为，由此求解． 【详解】易知，作出图象如下，过点作直线，则， 直线，过作直线，与直线交于点，易知四边形为平行四边形， 故，且到直线的距离等于到的距离， 设，则，解得或（舍，所以， 而，且（定值）， 故只需求出的最小值即可，显然， 故的最小值为． 故答案为：． 10. 若定义在上的函数同时满足：①为奇函数；②；③对任意的，且，都有，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，判断的奇偶性和单调性，进而判断的单调性，注意到，利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】因对任意的，且，都有， 则在上单调递减， 又为奇函数及，所以， 则为偶函数，且，故在上单调递增， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，则， 当时，，得，解得或, 故； 当时，，即， 得或，解得或， 综上，不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，且判断其单调性和奇偶性，再结合单调性与奇偶性解不等式即可. 11. 晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，是结构化学研究的一个重要方面在如图（1）所示的体心立方晶胞中，原子与（可视为球体）的中心分别位于正方体的顶点和体心，且原子与8个原子均相切，已知该晶胞的边长（图（2）中正方体的棱长）为，则当图（1）中所有原子个原子与1个原子）的体积之和最小时，原子的半径____ 【答案】 【解析】 【分析】根据原子与1个原子的直径和为正方体的体对角线长得到，再由8个原子与1个原子的体积之和为，利用导数法求解. 【详解】正方体的棱长为，则该正方体的体对角线长为， 设原子的半径为，原子的半径为，依题意，，即，， 个原子与1个原子的体积之和为： ， 令，，则， 由，得，当时，， 当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 即当时，取得最小值， 当图（1）中所有原子个原子与1个原子）的体积之和最小时，原子的半径为． 故答案为：． 12. 在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知连续项共有种情况，然后分类讨论，分、和，根据题意讨论即可. 【详解】因为数列的每一项只可以是或，所以连续项共有种不同的情况， 若，则数列中有组连续项，则这其中至少有两组按次序对应相等， 即项数为的数列一定是“阶可重复数列”； 若，数列，，，，，，，，，不是“阶可重复数列”， 则时，均存在不是“阶可重复数列”的数列， 所以，要使数列一定是“阶可重复数列”，则的最小值为. 【点睛】思路点睛： 关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 二、选择题（本大题满分 18 分，第 13、14 题每题 4 分，第 15、16 题每题 5 分） 13. 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】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合集合的并集运算来判断与之间的条件关系. 【详解】若，根据并集的定义,所以当时，一定有，即由能推出，所以是的充分条件.  若，则可能属于，也可能属于，不一定有. 例如，，当时，，但，即由不能推出，所以不是的必要条件. 综上，是的充分不必要条件.  故选：A. 14. 已知两个连续型随机变量X，Y满足条件，且服从标准正态分布．设函数，则的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算，可判断函数的对称性，再计算，即可排除选项. 【详解】或，因为， 所以或，即或， 或或 因为服从标准正态分布，所以根据对称性可知，所以函数关于对称，故排除AC； 当时，，，所以或,因为，其中，，，根据原则可知，，所以排除B； 故选：D 15. 在正方体中，动点在面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（ ） A. 椭圆的一部分 B. 线段 C. 圆的一部分 D. 抛物线的一部分 【答案】D 【解析】 【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由结合空间数量积的坐标运算化简得出点的轨迹方程，即可得出结论. 【详解】设正方体的棱长为， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、，设点， ，， ， 化简得， 所以，动点的轨迹方程为抛物线的一部分. 故选：D. 16. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 【解析】 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立. 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确. 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为增数列， 又，结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误. 故选：B. 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 三、解答题（本大题满分 78 分） 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，M是AD的中点，N是AB的中点． （1）求证：平面ADE； （2）求直线CM与平面DEN所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知线面关系，证明平面，有，又可证，可证得平面； （2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：因为平面，平面，所以， 由，知，， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，是的中点，所以， 又，平面， 所以平面． 【小问2详解】 平面，，以为坐标原点， 以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 故，，， 设平面的法向量， 则，令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知=(bsinx，acosx)，=(cosx，﹣cosx)，，其中a，b，xR.且满足，. （1）求a和b的值； （2）若关于x的方程在区间[0，]上总有实数解，求实数k的取值范围. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】 （1）化简函数，由，解得，再由，进而求得的值； （2）由（1）化简得，根据，得到，结合方程在区间上总有实数解，转化为在区间上成立，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数 ， 由得，， 因为，又，所以，所以. （2）由（1）得， 因为，所以， 所以，所以，即， 又因为方程在区间上总有实数解， 所以在区间上成立， 所以，， 所以，所以实数的取值范围为. 【点睛】利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略： 1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标； 2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 19. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: （2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 【答案】（1），85 （2） （3）得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【解析】 【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案； （2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可； （3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可. 【小问1详解】 由题意得:，解得， 设第60百分位数为，则， 解得，第60百分位数为85. 【小问2详解】 由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、. 则样本空间为. 设事件“两人分别来自和，则， 因此， 所以两人得分分别来自和的概率为. 【小问3详解】 由题意知，落在区间内的数据有个， 落在区间内的数据有个. 记在区间的数据分别为，平均分为，方差为； 在区间的数据分别为为，平均分为，方差为； 这20个数据的平均数为，方差为. 由题意，，且，则. 根据方差的定义， 由， 可得 故得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可. 20. 已知抛物线，直线交抛物线于两点， （1）若线段中点的纵坐标为2，求直线的方程； （2）若抛物线上存在两点关于直线轴对称，求的取值范围. （3）若存在定点，使以为直径的圆上的任意点，都满足（为原点），求定点的坐标和的值. 【答案】（1） （2） （3）定点， 【解析】 【分析】（1）联立直线与曲线方程后，结合韦达定理表示出并计算即可得； （2）分，及进行讨论，设，结合关于直线对称的点的性质可得，计算即可得； （3）设，，由题意可得，即可得该方程即为以为直径的圆的方程，结合点坐标与半径计算即可得解. 【小问1详解】 设， 联立，化简得， ，， 由于，所以， 故直线的方程为； 【小问2详解】 设， 若，则，易得此时不合题意； 若，由于关于直线轴对称， 故， 故，所以中点的纵坐标为， 将其代入中可得， 又，化简可得， 结合，故， 化简可得， 由于关于的方程要有两个不相等的实数根，所以， 故，即； 综上所述，； 【小问3详解】 设，，由题意可得， 整理得，即， 又点在以为直径的圆上，则即为该圆方程， 由，， 则， 则，， 即有， 则， 化简得，故，则，， 即，定点. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于设出、两点坐标，结合得到点的轨迹方程，该轨迹方程即为以为直径的圆的方程. 21. 已知常数，定义在的函数. （1）求函数的最小值： （2）若函数且的最小值等于的取小值. （i）求实数的值； （ii）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【答案】（1）； （2）（i）； （ii）证明如下： 因为在内单调递减，在内单调递增； 在内单调递减，在内单调递增；且. ①当时，与均无交点，不符； ②当时，与均只有1个点，共2个交点，不符； ③当时，在区间递减，所以时，， 所以与最多1个交点；同理与最多1个交点； 故与一共最多2个交点，不符； ④当时，与各有2个交点， 设其横坐标分别为且， 因为与共有3个交点， 所以中必存在两个相等，不妨设， 则即， 所以 下面证明存在使得. 设， 因为 且， 所以在区间至少有1个零点. 结合与各有2个交点及它们的单调性知， 所以存在，使得直线与共有3个交点. 因为， 所以，所以， 所以即，所以. ∴存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得最值； （2）（i）求导，利用导数判断函数的单调性，结合最值关系列式求解即可；（ii）根据函数单调性，分类讨论与的大小关系，进而可知交点情况，根据题意结合等差中项分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：， 由得；由得； 可知在区间内单调递减，在区间内单调递增； 所以函数的最小值为. 【小问2详解】 （i）由题意可知：， ①当时，在区间内单调递减，无最小值，不符； ②当时，由得；由得； 可知在区间内单调递减，在区间内单调递增； 故 因为和有相同的最小值，则， 即，所以； （ii）略 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： 1.构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； 2.求导数，得单调区间和极值点； 3.数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市实验学校高三月考数学试卷 2025.3 将答案填写在答题纸上，写在试卷上不给分 一、填空题（本大题满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分） 1. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则实数的值为______. 2. 已知，若对任意，都有，则实数的值是__________． 3. 已知函数，则______． 4. 在 中， ， ， ，则 _____. 5. 已知抛物线的焦点为，直线的倾斜角为，且过点.若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为__________. 6. 已知函数在上的最小值为，则的最小值为__________． 7. 已知一组数据1，1，2，3，5，2，1的第 60 百分位数为 ，且随机变量 的分布列为 0.5 2m 0.4 0.3 0.3 则 _____. 8. 已知，，则的最小值为__________． 9. 已知点分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为______. 10. 若定义在上的函数同时满足：①为奇函数；②；③对任意的，且，都有，则不等式的解集为__________. 11. 晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，是结构化学研究的一个重要方面在如图（1）所示的体心立方晶胞中，原子与（可视为球体）的中心分别位于正方体的顶点和体心，且原子与8个原子均相切，已知该晶胞的边长（图（2）中正方体的棱长）为，则当图（1）中所有原子个原子与1个原子）的体积之和最小时，原子的半径____ 12. 在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是_____. 二、选择题（本大题满分 18 分，第 13、14 题每题 4 分，第 15、16 题每题 5 分） 13. 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. 已知两个连续型随机变量X，Y满足条件，且服从标准正态分布．设函数，则的图像大致为（ ） A. B. C. D. 15. 在正方体中，动点在面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（ ） A. 椭圆的一部分 B. 线段 C. 圆的一部分 D. 抛物线的一部分 16. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 三、解答题（本大题满分 78 分） 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，M是AD的中点，N是AB的中点． （1）求证：平面ADE； （2）求直线CM与平面DEN所成角的正弦值． 18. 已知=(bsinx，acosx)，=(cosx，﹣cosx)，，其中a，b，xR.且满足，. （1）求a和b的值； （2）若关于x的方程在区间[0，]上总有实数解，求实数k的取值范围. 19. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: （2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 20. 已知抛物线，直线交抛物线于两点， （1）若线段中点的纵坐标为2，求直线的方程； （2）若抛物线上存在两点关于直线轴对称，求的取值范围. （3）若存在定点，使以为直径的圆上的任意点，都满足（为原点），求定点的坐标和的值. 21. 已知常数，定义在的函数. （1）求函数的最小值： （2）若函数且的最小值等于的取小值. （i）求实数的值； （ii）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $