精品解析：上海市复旦大学附属中学2025-2026学年高三上学期综合练习（1）（9月）数学试题

复旦大学附属中学2025—2026学年第一学期 高三年级（上）数学综合练习（1） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 集合，，则 __________. 【答案】 【解析】 【分析】根据交集的定义易得. 【详解】因为集合B是自然数集，集合A中只有0是自然数，所以. 故答案为：. 2. 函数的最小正周期为_______． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由，得函数的最小正周期为. 考点：三角函数的周期. 3. 设为虚数单位，若为纯虚数，则实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助纯虚数定义列不等式组计算即得. 【详解】由题意可得，解得. 故答案为：. 4. 在的二项展开式中，项的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】写出通项公式，利用通项公式求指定项的系数即可. 【详解】二项式的通项公式为， 令，可得，所以项的系数为. 故答案为：. 5. 已知、为实数，且函数是偶函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，结合二次函数的对称性，即可列式求解. 【详解】函数是偶函数， 则且，得， 所以. 故答案为：4 6. 某运动员在某次男子米气手枪射击比赛中的得分数据（单位：环）为：，，，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】将数据从小到大排序，再根据百分位数的概念求解即可. 【详解】分数据从小到大为：，，，，，，，，，，，， 共个数，则， 所以这组数据的第百分位数为. 故答案为：. 7. 已知关于正整数的方程，则该方程的解为________. 【答案】或 【解析】 【分析】先利用组合数的性质得到，再结合题意建立方程求解即可. 【详解】因为成立，所以，解得， 因为，所以或， 当时，解得，当时，解得. 故答案为：或 8. 若，且，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】由条件得到，再结合对数的运算性质即可求解. 【详解】由， 可得：， 所以， 即，即， 而，所以， 故答案为： 9. 某商场周年庆举办优惠酬宾赠券活动，购买单件商品可以使用优惠券一张，并且每天购物只能用一张优惠券．一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下： 优惠券1：若商品标价超过50元，则付款时减免标价的10%； 优惠券2：若商品标价超过100元，则付款时减免20元； 优惠券3：若商品标价超过100元，则超过100元的部分减免18%． 如果某顾客购买的一件商品标价为元，且他发现使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，则的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】设购买的商品的标价为元，根据题意列出不等式即可得到答案． 【详解】设购买的商品的标价为元，， 使用优惠券1时减免元；使用优惠券2时减免20元；使用优惠券3时减免元， 由题意，且，解得． 所以的取值范围是. 故答案为：. 10. 已知正三棱锥底面边长为1，侧棱长为2，将其绕着它的某一条侧棱所在直线旋转一周所得的几何体的体积为_______________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题设分析并想象，得几何体是以为底面半径，高分别为、的圆锥构成的组合体，再应用圆锥的体积公式求几何体体积. 【详解】如下图，正三棱锥，， 其中是线段（除端点外）上任意点，且棱锥绕旋转一周，，， 所以在旋转过程中，线段上所有点都在侧面绕旋转一周的几何体内或上， 综上，将绕旋转等同于将侧面绕旋转，若， 所以，即，可得，所以， 所以，几何体是以为底面半径，高分别为、的圆锥构成的组合体， 所以几何体体积为. 故答案为： 11. 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】作出示意图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案. 【详解】设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为， 记边上的切点分别为， 由切线的性质可得：，由双曲线定义可得：，即，则，又. 则，又，则，即. 同理可得，的内切圆也与轴相切于点. 连接，则与轴垂直，设圆与相切于点，连接， 过点作，记垂足为，则. 设直线倾斜角为，则. 在四边形中，注意到，又四边形内角和为， 则，在中，， ， 则， 则直线斜率，即. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处. 12. 已知平面内的三个非零向量、、满足，且，则当取得最大值时，______________. 【答案】 【解析】 【分析】令，根据已知易得是边长为2的等边三角形，原点在以为直径的圆周上（不与重合），再由条件确定的位置，进而求即可得. 【详解】令， 由，所以是边长为2的等边三角形， 且，则原点在以为直径的圆周上（不与重合），为圆心，如下图示， 若，则， 所以要使最大，只需尽量小，且点在其轨迹的左上部， 所以，仅当与点轨迹左上部相切时最小，即如图中时，最小， 由，故. 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选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 设,则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由可推出同号,则根据分类讨论可得出,根据,两边同乘可得,即可选出选项. 【详解】解:由题知,则同号, 当时,有, 当时,有, 故能推出, 当成立时,又, 对不等式两边同时乘以可得, 故“”是“”的充分必要条件. 故选:C 14. 下列函数中，在区间上是严格增函数且在区间上存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】发现函数零点不在上判断A，C，举反例判断B，利用反比例函数性质判断单调性，再求解零点判断D即可. 【详解】对于A，令，且使，解得， 得到在区间上不存在零点，故A错误， 对于B，令，而，， 得到，则在区间上不可能是严格增函数，故B错误， 对于C，令，且使，解得， 得到在区间上不存在零点，故C错误， 对于D，令，， 由反比例函数性质得在区间上单调递增， 则在区间上单调递增，可得在区间上是严格增函数， 令，解得，符合题意，故D正确. 故选：D 15. 已知正四棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，E是棱的中点，F是棱上靠近点C的三等分点，动点P在侧面（包括边界）内运动，若平面则线段长度的最小值是（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，上靠近点C的三等分点为，上靠近点的三等分点为， 上靠近点的三等分点为，连接，，，，，，在正四棱柱中，易证平面平面.又平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，可确定点在线段上运动.在中，利用三角形知识即可求解线段的长度的最小值. 【详解】     取的中点，上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为， 上靠近点的三等分点为，连接，，，，，，如图所示. 在正四棱柱中， ∵，且， ∴四边形是平行四边形，∴. 又平面，平面，∴平面. ∵，分别是和的中点，∴. 同理可知， 又， ∴四边形是平行四边形，∴. ∴. 又平面，平面，∴平面. 又，平面，平面， ∴平面平面. ∵平面，动点P在矩形（包括边界）内运动， ∴点在线段上运动. 在中，易求，，为等腰三角形， ∴点为线段的中点时，取得最小值.     此时， 即的最小值为. 故选：C. 16. 设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（ ） A. 为严格减数列 B. 为严格增数列 C. 为严格增数列，为严格减数列 D. 为严格减数列，为严格增数列 【答案】B 【解析】 【分析】由可知的边为定值，由，，可知为定值，结合双曲线定义可知动点在以，为焦点的双曲线上，再根据面积公式可得单调性. 【详解】 由已知，即的边为定值，不妨设，为定点，如图所示， 又，， 则， 即为定值， 又， 所以为定值， 即， 所以动点到定点，的距离之差的绝对值为定值， 满足双曲线定义， 所以动点的轨迹为以，为焦点的双曲线， 如图所示， 所以， 又， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 则数列为递增数列， 所以当增大时，变大，即变大， 此时向远离处运动，即变大， 所以变大， 即数列为严格增数列，且，均为严格增数列， 故选：B. 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的相应位置写出必要的步骤. 17. 如图，四棱锥中，底面 为矩形，，且该四棱锥的体积为. （1）证明：平面底面 ； （2）求异面直线和 所成角的余弦值. 【答案】（1）证明：设该四棱锥的高为，则体积 ， 从而， 等腰中，设边 的中点为 ，易知， 在中，，所以， 所以该四棱锥的高为即为， 即底面 ，又平面， 所以面底面 . （2） 【解析】 【分析】（1）由四棱锥的体积为得到高 ，取 的中点为 ，计算出，从而底面 即可得证. （2）因为，所以即为异面直线和 所成的角或其补角，最后在中利用余弦定理即可求出夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以即为异面直线和 所成的角或其补角； 由（1）知平面底面 ，且平面底面， 在矩形 中，，所以平面， 因为平面，从而， 中，，所以， 同理可得， 中，， 由余弦定理可得， 所以异面直线和 所成角的余弦值为. 18. 在中，角A、、的对边分别为、、，已知． （1）若，，求的面积； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，根据余弦定理可得角A，代入面积公式即可得答案. （2）根据余弦定理及均值不等式，可得a的范围，根据两边之和大于第三边，即可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理得，，故， 由余弦定理得， 因为，所以， 所以的面积； 【小问2详解】 由题意及均值不等式得 ， 当且仅当时等号成立，故， 又，所以， 所以的取值范围是. 19. 为了缓解交通压力，需要限定汽车速度，交管部门对某路段作了调研，得到了某时间段内的车流量（千辆/小时）和汽车平均速度（千米/小时）的下列数据： 10 30 40 60 70 0.8 6 8 4.8 3.5 为了描述车流量和汽车平均速度的关系，现有以下三种模型供选择：，， （1）选出你认为最符合实际的函数模型，请说明理由并计算的值； （2）计算该路段最大车流量及最大车流量时汽车的平均速度． 【答案】（1） 根据表格数据可知，随着汽车平均速度的增大，车流量呈现出先增大后减少的趋势； 再由一次函数性质可知成持续增大模式，由幂函数性质可知成持续减少模式； 只有符合题意； 将代入表达式可得， 解得 （2）最大车流量为千辆/小时,此汽车的平均速度千米/小时. 【解析】 【分析】（1）由基本初等函数模型性质并结合表中数据变化规律可得结论，代入计算可求得； （2）利用基本不等式计算即可得最大车流量为千辆/小时,此时平均速度千米/小时. 【小问1详解】 符合题意,理由略； 【小问2详解】 由（1）可知， 由基本不等式可得， 因此，当且仅当时，即时，等号成立； 因此该路段最大车流量为千辆/小时,最大车流量时汽车的平均速度千米/小时. 20. 已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为. （1）求椭圆的焦距和离心率； （2）若，求直线的方程； （3）过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为. 若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）直线经过定点. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆方程确定、，利用解出即可求解； （2）设直线的方程，直曲联立根据韦达定理得：，结合为中点解出坐标，再利用，解出，即可求解； (3)分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，斜率存在时，设出方程，直曲联立，利用韦达定理，结合已知条件，求出直线过定点；斜率不存在时，设出、两点坐标，根据中点坐标公式，求出、坐标，结合已知条件，求出直线过定点，两种情况综合即可求解. 【小问1详解】 由得，所以焦距，离心率 . 【小问2详解】 ，设直线的方程， 与椭圆:，联立得：， 整理得：，， 因为点与点不重合，为中点，所以， 代入方程，解得，所以可得点， 于是由得，直线的方程：. 【小问3详解】 ①当直线斜率存在时，设方程为：，与椭圆:， 联立，得：， 整理得：， 设，由韦达定理得， 且，化简得， 又，从而，， 由可得，从而， 又因为，， 所以上式化为： 整理得：， 韦达定理代入：， 化简得：. ，所以或 当时，直线为：， 直线经过点，舍去； 当时，直线为：， 此时成立，直线经过定点 ②当直线斜率不存在时，设，， 则，，， 代入，得 与联立得：解得 此时直线也经过点. 综上，直线经过定点. 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于设分斜率存在与不存在两种情况设出直线方程， 利用直曲联立得到方程，结合韦达定理解决问题. 21. 已知函数，其中为正整数，且为常数． （1）求函数的单调增区间； （2）若对于任意，函数，在内均存在唯一零点，求a的取值范围； （3）设是函数大于0的零点，其构成数列．问：是否存在实数a使得中的部分项：，，，（其中时，）构成一个无穷等比数列若存在；求出a；若不存在请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据导数求解即可得答案； （2）由题知，函数在上单调递增，进而转化为，再解不等式得对一切成立，进而得； （3）根据得，再证明时是恒为1的常数列，符合题意，和时不满足题意即可. 【小问1详解】 解：由题知， 所以，令得， 所以函数的单调增区间为． 【小问2详解】 解：当时，恒成立， 所以，函数在上单调递增， 所以函数在内均存在唯一零点只需即可， 即 因为为正整数，， 所以对一切成立 因为当时，，当且仅当时等号成立， 所以． 【小问3详解】 解：由于得，下面证明时满足题意. ① ，则． 则． 由（2），是上的严格增函数， 所以． 所以，是恒为1的常数列，符合题意． ② ． ， 由于是上的严格增函数，所以． ， 由于是上的严格增函数， 所以． 所以，是严格增数列，那么无穷等比数列也为严格增数列． 所以，． 当时，．但这与矛盾 故不符合题意． ③时，， 由于是上的严格增函数，所以． ， 由于是上的严格增函数， 所以． 所以，是严格减数列，那么无穷等比数列也为严格减数列． 所以，． 当时，．但这与矛盾 故不符合题意． 综上，使数列部分项可以构成等比数列的充要条件是：． 【点睛】关键点点睛：本题第3问解题的关键在于根据得，进而分，，分别说明时成立，其他范围不成立即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦大学附属中学2025—2026学年第一学期 高三年级（上）数学综合练习（1） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 集合，，则 __________. 2. 函数的最小正周期为_______． 3. 设为虚数单位，若为纯虚数，则实数__________. 4. 在的二项展开式中，项的系数为______. 5. 已知、为实数，且函数是偶函数，则__________. 6. 某运动员在某次男子米气手枪射击比赛中的得分数据（单位：环）为：，，，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数为_________. 7. 已知关于正整数的方程，则该方程的解为________. 8. 若，且，则______________. 9. 某商场周年庆举办优惠酬宾赠券活动，购买单件商品可以使用优惠券一张，并且每天购物只能用一张优惠券．一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下： 优惠券1：若商品标价超过50元，则付款时减免标价的10%； 优惠券2：若商品标价超过100元，则付款时减免20元； 优惠券3：若商品标价超过100元，则超过100元的部分减免18%． 如果某顾客购买的一件商品标价为元，且他发现使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，则的取值范围是______________. 10. 已知正三棱锥底面边长为1，侧棱长为2，将其绕着它的某一条侧棱所在直线旋转一周所得的几何体的体积为_______________. 11. 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为_____. 12. 已知平面内的三个非零向量、、满足，且，则当取得最大值时，______________. 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选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 设,则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分也非必要条件 14. 下列函数中，在区间上是严格增函数且在区间上存在零点的是（ ） A. B. C. D. 15. 已知正四棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，E是棱的中点，F是棱上靠近点C的三等分点，动点P在侧面（包括边界）内运动，若平面则线段长度的最小值是（ ） A. B. 3 C. D. 16. 设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（ ） A. 为严格减数列 B. 为严格增数列 C. 为严格增数列，为严格减数列 D. 为严格减数列，为严格增数列 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的相应位置写出必要的步骤. 17. 如图，四棱锥中，底面 为矩形，，且该四棱锥的体积为. （1）证明：平面底面 ； （2）求异面直线和 所成角的余弦值. 18. 在中，角A、、的对边分别为、、，已知． （1）若，，求的面积； （2）若，求的取值范围． 19. 为了缓解交通压力，需要限定汽车速度，交管部门对某路段作了调研，得到了某时间段内的车流量（千辆/小时）和汽车平均速度（千米/小时）的下列数据： 10 30 40 60 70 0.8 6 8 4.8 3.5 为了描述车流量和汽车平均速度的关系，现有以下三种模型供选择：，， （1）选出你认为最符合实际的函数模型，请说明理由并计算的值； （2）计算该路段最大车流量及最大车流量时汽车的平均速度． 20. 已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为. （1）求椭圆的焦距和离心率； （2）若，求直线的方程； （3）过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为. 若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由. 21. 已知函数，其中为正整数，且为常数． （1）求函数的单调增区间； （2）若对于任意，函数，在内均存在唯一零点，求a的取值范围； （3）设是函数大于0的零点，其构成数列．问：是否存在实数a使得中的部分项：，，，（其中时，）构成一个无穷等比数列若存在；求出a；若不存在请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $