精品解析：上海市普陀区2024-2025学年高三下学期质量调研数学试题

上海市普陀区2024-2025学年高三下学期质量调研数学试题 考生注意： 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分.考试时问120分钟. 2.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 3.务必用钢笔或圆珠笔在答题纸相应位置正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条码贴在指定位置上. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对前6题得4分、后6题得5分，否则一律得零分. 1. 不等式的解集是____________. 2. 已知复数，其中i为虚数单位，则____________. 3. 已知事件与事件相互独立，若，则____________. 4. 设，，是等差数列的前项和，若，则的值为____________. 5. 设，拋物线上的点到的焦点的距离为5，点到轴的距离为3，则的值为____________. 6. 设，若的展开式中项的系数为10，则____________. 7. 在一个不透明的盒中装着标有数字1，2，3，4的大小与质地都相同的小球各2个，现从该盒中一次取出2个球，设事件为“取出2个球的数字之和大于5”，事件为“取出的2个球中最小数字是2”，则____________. 8. 若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为____________. 9. 设，函数的表达式为，则对任意的实数，皆有成立的一个充分条件是____________. 10. 设为正整数，集合，若集合满足，且对中任意的两个元素，皆有成立，记满足条件的集合的个数为，则____________. 11. 在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为____________. 12. 设，函数的表达式为，若函数恰有三个零点，则的取值范围是____________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13－14题每题4分，第15－16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在大题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，否则一律得零分. 13. 某市职业技能大赛的移动机器人比赛项目有19位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前10位的同学才能进入决赛.若该比赛项目中的某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这19位同学的预赛积分的（ ） A. 平均数 B. 众数 C. 中位数 D. 方差 14. 设，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，若角的终边经过点，且，则角属于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 15. 设，点，是坐标原点，，是双曲线的左焦点，若直线经过点，且与双曲线的右支在第一象限内交于点，则双曲线的离心率的一个可能的值是（ ） A. B. C. D. 16. 设，，、，是数列的前项和，且满足，数列是由个大于的整数组成的有穷数列，若，，则称数列是数列的“数列”.对于数列有如下两个命题：①若，则数列不是数列的“数列”；②若，则数列的“数列”至少有5个.则下列结论中正确的是（ ） A. ①为真②为真 B. ①为真②为假 C. ①为假②为真 D. ①为假②为假 三、解答题（本大题共有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. 如图，在三棱柱中，，且. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 设，函数的表达式为. （1）若，设的内角的对边分别为，，且，求的面积. （2）对任意的，皆有成立，且该函数在区间上不存在最小值，求函数在的单调区间. 19. 某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关—综合拓展—创新提升”三层动态原库，且三层题量之比为，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同. （1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自层的概率； （2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到层题的题数为，求的分布与期望． 20. 设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； （3）若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 21. 已知，对于函数，，设集合，，记. （1）若函数，请判断中元素的个数，并说明理由； （2）设，函数，若，求的值以及曲线在点处的切线方程； （3）设，函数，若对于任意的，皆有成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市普陀区2024-2025学年高三下学期质量调研数学试题 考生注意： 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分.考试时问120分钟. 2.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 3.务必用钢笔或圆珠笔在答题纸相应位置正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条码贴在指定位置上. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对前6题得4分、后6题得5分，否则一律得零分. 1. 不等式的解集是____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分式不等式的解法求解即可. 【详解】因为, 所以原不等式的解集为：. 故答案为： 2. 已知复数，其中i为虚数单位，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算求出，再根据共轭复数的概念求解即可. 【详解】因为， . 故答案为： 3. 已知事件与事件相互独立，若，则____________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用相互独立事件概率乘法公式和对立事件概率公式来求解即可. 【详解】由独立事件性质， ， , 故答案为： 4. 设，，是等差数列的前项和，若，则的值为____________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据等差数列数列的性质结合通项公式、求和公式，可直接求解. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， . 所以，， 所以：. 故答案为： 5. 设，拋物线上的点到的焦点的距离为5，点到轴的距离为3，则的值为____________. 【答案】9 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用抛物线的定义列式求解. 【详解】拋物线的准线为， 由点到轴的距离为3，得点的纵坐标， 由点到的焦点的距离为5，得，解得或，而， 所以. 故答案为：9 6. 设，若的展开式中项的系数为10，则____________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据二项式定理求项的系数即可. 【详解】项为， 由. 故答案为：2 7. 在一个不透明的盒中装着标有数字1，2，3，4的大小与质地都相同的小球各2个，现从该盒中一次取出2个球，设事件为“取出2个球的数字之和大于5”，事件为“取出的2个球中最小数字是2”，则____________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先求出事件、事件的基本事件数，再由条件概率公式计算可得. 【详解】事件（数字之和大于5）的基本事件数（数字组合）， 共有种； 而事件（最小数字是2且和大于5，即）的基本事件数有种， 由条件概率公式. 故答案为： 8. 若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式求解即可, 【详解】设底面半径为，母线长为l 由，得， 又，由勾股定理， 所以，解得， 底面圆周长，扇形中心角， 故答案为： 9. 设，函数的表达式为，则对任意的实数，皆有成立的一个充分条件是____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意分析出区间至少包含一个完整的周期，才能保证能取到时的所有函数值，再利用周期的公式求出的取值范围，结合充分条件的定义即可得到结果. 【详解】因为函数，要使， 则周期，即， 因为，所以一个充分条件是， 故答案为： 10. 设为正整数，集合，若集合满足，且对中任意的两个元素，皆有成立，记满足条件的集合的个数为，则____________. 【答案】19 【解析】 【分析】利用分类思想，列举思想即可得到答案. 【详解】当时， 若为二元集：如，共有15种， 若为三元集：如共有4种， 所以总共有：种； 故答案为：19. 11. 在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，得出的坐标，设，根据已知列出方程，化简得出点的轨迹为球.进而结合图象即可得出点到平面的最大距离，结合体积公式即可得出答案. 【详解】 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有. 又， 所以. 设，则. 因为， 代入可得， 整理可得， 即在以点为球心，为半径的球上. 又的面积为， 平面到平面的距离为4， 所以到平面的最大距离为. 体积最大值为. 故答案为：. 12. 设，函数的表达式为，若函数恰有三个零点，则的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据和的符号，将分为三个区间，，，并得到对应的不同的表达式，当时，无解；当时，有唯一解，通过分离常数得到，借助导数得到在上的值域，即可得到的取值范围；当时，将转化成关于的二次函数在上恰有两解的问题，即可求出的取值范围. 【详解】①当时， 所以，， ， 解得，不符合题意，所以在上无解. ②当时，， 所以，，， 令，所以， 即 令，所以， 所以，所以在单调递增， 所以，即. 此时在上有唯一解； ③当时，， 因为函数恰有三个零点， 所以在上有两解， 即在上有两解， 即在上有两解. 令 所以，即 解得， 综上①②③，所以的取值范围是. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13－14题每题4分，第15－16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在大题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，否则一律得零分. 13. 某市职业技能大赛的移动机器人比赛项目有19位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前10位的同学才能进入决赛.若该比赛项目中的某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这19位同学的预赛积分的（ ） A. 平均数 B. 众数 C. 中位数 D. 方差 【答案】C 【解析】 【分析】根据中位数的概念进行判断即可. 【详解】因为19位同学的积分，中位数是第10名，所以知道中位数即可判断是否在前10. 故选：C 14. 设，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，若角的终边经过点，且，则角属于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据诱导公式和二倍角公式可得，再根据角的终边经过点，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，异号， 所以在第二、四象限， 又，所以在第二象限. 故选：. 15. 设，点，是坐标原点，，是双曲线的左焦点，若直线经过点，且与双曲线的右支在第一象限内交于点，则双曲线的离心率的一个可能的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定直线与圆的位置关系，表示出直线的斜率，数形结合，根据直线斜率与双曲线渐近线斜率的关系，得到的关系，求出离心率的取值范围，即可进行判断. 【详解】如图： 因为，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，方程为：. 因为点到直线：的距离为：， 所以直线与圆相切. 又过点，且，直线与双曲线的右支在第一象限内交于点， 所以直线的斜率为：. 又一、三象限双曲线的渐近线的斜率为：. 又. 即. 故选：D 16. 设，，、，是数列的前项和，且满足，数列是由个大于的整数组成的有穷数列，若，，则称数列是数列的“数列”.对于数列有如下两个命题：①若，则数列不是数列的“数列”；②若，则数列的“数列”至少有5个.则下列结论中正确的是（ ） A. ①为真②为真 B. ①为真②为假 C. ①为假②为真 D. ①为假②为假 【答案】A 【解析】 【分析】先根据与的关系求出数列的通项公式，再结合“数列”的概念判断①②的真假即可. 【详解】对数列：① ② ①－②得：， 所以是以3为公比的等比数列， 令， 对①：若，. 因为，且为整数，，其余. 以为例，. 若，则，这与矛盾. 所以不能恒成立.故①为真. 对②：以为例： 设， 令，则方程的解有，，，，5个满足. 即时，数列的“数列”有5个. 当时，， 令，则方程满足的解的个数更多. 即时，数列的“数列”多于5个. …… 依次类推：当数列至少5个，故②为真. 故选：A 三、解答题（本大题共有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. 如图，在三棱柱中，，且. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）连结，连结CO 在中，， 故是等边三角形，所以为菱形， 所以，且是的中点. 因为， 所以. 因为， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连结，结合已知证明为菱形，以及.进而即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，进而得出相关点以及向量的坐标，然后求出平面的法向量以及，然后根据向量法求解即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，OC为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面的一个法向量， 则有，即. 令，可得平面的一个法向量为， 所以，直线与平面所成的角的正弦值为 . 18. 设，函数的表达式为. （1）若，设的内角的对边分别为，，且，求的面积. （2）对任意的，皆有成立，且该函数在区间上不存在最小值，求函数在的单调区间. 【答案】（1） （2）函数在单调递减，在单调递增 【解析】 【分析】（1）由已知可得，由此解得的值，通过验证可得，然后根据余弦定理和面积公式即可求解； （2）由已知可得，又函数在无最小值，可得，再根据三角函数的性质求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，解得或， 所以或， 若，则，不符；所以， 所以，所以， 由， 得，所以， ； 【小问2详解】 由，得，所以，， 令，因为，所以， 又函数在无最小值，所以函数的最小正周期,所以， 所以，则，此时，符合题意， 所以， 令，所以， 当时，， 因为， 所以在单调递减，在单调递增. 19. 某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关—综合拓展—创新提升”三层动态原库，且三层题量之比为，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同. （1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人的选题来自层的概率； （2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到层题的题数为，求的分布与期望． 【答案】（1） （2） X P . 【解析】 【分析】（1）先求出在层选题的概率和不在层选题的概率，再结合题意得到，最后利用二项分布概率公式求解即可. （2）先依据题意求出在层最多抽到7道，再求出对应概率，进而求出分布列和数学期望即可. 【小问1详解】 因为三层题量之比为， 所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为， 设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为， 由题意得，而二项分布概率公式为， 则至少2人的选题来自层的概率为， 故. 【小问2详解】 因为三层题量之比为， 所以在层最多抽到7道，且可取， 则， ， 其分布列为 X P 所以期望. 20. 设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标； （3）若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明. 【答案】（1） （2）或 （3） 设， 因为向量在直线上的投影为向量，故， 故直线的斜率为，故直线的方程为，故， 而， 故， 联立， ，， 故， 设，设， 由双勾函数的性质可得在为增函数， 故，故， . 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和的长度求出基本量后可得椭圆的标准方程； （2）求出直线与椭圆的交点后可得关于横坐标的方程，从而可求其坐标. （3）利用两角和的正切结合韦达定理可证. 【小问1详解】 ， 直线l过所以右焦点，即， 所以，椭圆方程为. 【小问2详解】 当，直线，， 解得， ， 设，到直线距离， 由面积，得或， 即或 . 【小问3详解】 略 21. 已知，对于函数，，设集合，，记. （1）若函数，请判断中元素的个数，并说明理由； （2）设，函数，若，求的值以及曲线在点处的切线方程； （3）设，函数，若对于任意的，皆有成立，求的取值范围. 【答案】（1）有2个元素，理由如下： 由. 当时，； 当时，. 所以有2个元素. （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）求的解即可得到答案. （2）根据两曲线的位置关系，先求的值，再结合导数的几何意义求曲线的切线方程. （3）先把问题转化成恒成立，再求函数的最小值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 将代入圆， 由相切. 此时，， 又，所以，所以， 切线方程，即. 【小问3详解】 对于任意的，皆有成立，即函数的图象与圆系：无交点，所以恒成立. 因为，，所以，. 当时，恒成立，所以函数在上单调递增，且. 由. 当时，设，则，所以在上单调递增， 所以. 即当时，； 又，所以. 所以. 设，，则， 所以在上单调递增，所以. 由. 综上，实数的取值范围为： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $