精品解析：上海大学附属嘉定高级中学2025-2026学年高三上学期期中质量监测数学试卷

上大嘉高2025学年第一学期期中质量监测 高三年级数学学科试卷 命题人：王苗苗 审题人：石云 2025年11月 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中第1题至第6题每题填对得4分，第7题至第12题每题填对得5分．） 1. 函数的定义域是______． 2. 设且，则函数的图像恒过的定点坐标为_______． 3. 若直线：与直线：互相垂直，则______． 4. 若角的终边经过，则______． 5. 一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角，腰和上底长均为1的等腰梯形，则平面图形的面积等于______． 6. 已知向量，则_________. 7. 设的内角所对的边分别为，若，则的形状为_______ 8. 如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为__________. 9. 已知复数满足，则的最大值为_____. 10. 已知函数，则关于的表达式的解集为__________. 11. 已知函数，将的图像向左平移个单位后得到函数的图像，若图像上各最高点到点的距离的最小值为1，则__________． 12. 已知平面向量与的夹角为，与的夹角为，，，和在上的数量投影分别为、，则的取值范围是______． 二、选择题（满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分．） 13. 中，“”是“”的（ ）条件. A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分也非必要 14. 已知，则下列结论不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 15. 如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ） A. B. 、、三点共线 C. 与是异面直线 D. 16. 已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（ ） A. ①②都为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①②都为假命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且. （1）证明：； （2）若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小. 18. 设． （1）当函数的最小正周期为时，求的增区间； （2）若，且在中，角A、B、C所对的边长为a、b、c，锐角A满足，，求a的最小值． 19. 为了打造美丽社区，某小区准备将一块由一个半圆和长方形组成的空地进行美化，如图，长方形的边为半圆的直径，O为半圆的圆心，，现要将此空地规划出一个等腰三角形区域（底边）种植观赏树木，其余区域种植花卉．设，． （1）当时，求的面积； （2）求三角形区域面积的最大值． 20. 已知直线：与圆：． （1）求证：直线过定点，并求出此定点坐标； （2）若直线与圆相切，求直线的方程； （3）设为坐标原点，若直线与圆交于，两点，且直线，的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由． 21. 已知函数，． （1）若，求在的切线； （2）若函数在处取到极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数m的取值范围； （3）记（e是自然对数的底数）．若对任意、且时，均有成立，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上大嘉高2025学年第一学期期中质量监测 高三年级数学学科试卷 命题人：王苗苗 审题人：石云 2025年11月 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中第1题至第6题每题填对得4分，第7题至第12题每题填对得5分．） 1. 函数的定义域是______． 【答案】 【解析】 【分析】由对数函数的定义可得，解不等式即可得出答案. 【详解】依题意得，即，解得或， 所以函数的定义域为， 故答案为： 2. 设且，则函数的图像恒过的定点坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】令，求得恒成立，进而得到函数恒过定点，得到答案. 【详解】令，可得恒成立， 所以函数的图象恒过定点. 故答案为：. 3. 若直线：与直线：互相垂直，则______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据直线互相垂直求出的值. 【详解】由题意得，解得. 故答案为：0 4. 若角的终边经过，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题设结合三角函数定义求出和，再利用诱导公式和二倍角公式即可计算得解. 【详解】角的终边经过，，， 所以. 故答案为：. 5. 一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角，腰和上底长均为1的等腰梯形，则平面图形的面积等于______． 【答案】 【解析】 【分析】作直观图，利用平面几何求得下底的长，然后由斜二测直观图画法规则得到直观图，并得到对于线段长和角，然后由梯形面积公式求得结果. 【详解】如图，四边形是底角，腰和上底长均为1的等腰梯形， 过点作交于点， 则四边形为平行四边形，且， ∴， 由斜二测直观图画法规则得直观图的平面图如下： ∵，，∴，， ∴， 故答案为： 6. 已知向量，则_________. 【答案】7 【解析】 【分析】用向量的模长公式和数量积计算即可. 【详解】已知向量,则, 又 ,即, 又 ,则,即, 故答案为: 7 . 7. 设的内角所对的边分别为，若，则的形状为_______ 【答案】直角三角形 【解析】 【分析】根据正弦定理,将条件式子转化为角的表达式,结合正弦的和角公式即可求得角A,进而判断三角形形状. 【详解】因为 由正弦定理可得 即,而 所以 因为在三角形中 所以 所以,即为直角三角形 故答案为: 直角三角形 【点睛】本题考查了三角函数恒等变形及三角形形状的判断,正弦定理边角转化的应用,属于基础题. 8. 如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出斜边上的高，再求出圆锥与半球体积的差即可得解. 【详解】在中，，则， 由斜边与扇形的弧相切，扇形半径， 阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体是绕直线旋转一周所得圆锥， 挖去扇形弧绕直线旋转一周所得半球， 所以所求体积为. 故答案为： 9. 已知复数满足，则的最大值为_____. 【答案】7 【解析】 【分析】根据复数运算的几何意义，把问题转化为点到圆上的点的距离的取值范围求解. 【详解】如图： 因为复数满足，所以复数对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上. 又表示点到点的距离. 结合图形可知，当，，三点共线，且，在点两侧时，最大， 此时. 所以. 故答案为：7 10. 已知函数，则关于的表达式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用幂函数的性质及函数的奇偶性和单调性即可求解. 【详解】由题意可知，的定义域为， 所以， 所以函数是奇函数， 由幂函数的性质知，函数在函数上单调递增， 由，得，即， 所以，即，解得， 所以关于的表达式的解集为. 故答案为：. 11. 已知函数，将的图像向左平移个单位后得到函数的图像，若图像上各最高点到点的距离的最小值为1，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换规律可得，设的对称轴，由条件求得，可得，从而求得答案. 【详解】把函数的图象向左平移个单位后， 得到函数的图象， 再根据的图象上各最高点到点的距离的最小值为1 ， 设的对称轴，则最高点的坐标为， 它与点的距离的最小值为1， 即，求得，可得， 即，解得， 故答案为：. 12. 已知平面向量与的夹角为，与的夹角为，，，和在上的数量投影分别为、，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知与的夹角为，利用正弦定理可得出，结合数量投影的定义得出，，利用三角恒等变换化简得出，再由以及正弦型函数的基本性质可求得结果. 【详解】作，，则， 由题意可知，与的夹角为， 所以与的夹角为， 则，， 在、、构成的中，应用正弦定理可得， 所以 ， 因为，所以， 因为， ， 所以，故。 故答案为：. 二、选择题（满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分．） 13. 中，“”是“”的（ ）条件. A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分也非必要 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理及充要条件的定义判断即可. 【详解】在中，令内角所对的边分别为， 由正弦定理得， 所以”是“”的充要条件. 故选：C 14. 已知，则下列结论不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用不等式性质判断AD；举例说明判断B；利用绝对值的三角形不等式判断C. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，取，，B错误； 对于C，，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，，D正确. 故选：B 15. 如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ） A. B. 、、三点共线 C. 与是异面直线 D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答. 【详解】在平行六面体中，令，，， 则，， ， ，因为不共线所以与不平行，故A错误. ， ，即有，，有公共点， 所以、、三点共线，B选项正确. 因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线， 故C选项错误. 因为，所以，故D选项错误. 故选：B 16. 已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（ ） A. ①②都为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①②都为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②. 【详解】由，可得圆心，半径为， 由，可得，半径， 由，所以， 所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切， 故①为假命题； 因为，所以直线过点， 当与圆相切时，可得，所以， 所以对任意，直线上都存在点， 圆上都存在两点、，使.故②正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且. （1）证明：； （2）若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小. 【答案】（1）取中点，连接， 由已知条件是边长为的正三角形，得. 平面，所以平面 ， 又平面 ，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）先取中点，连．利用等腰三角形三线合一得．再根据线面垂直判定定理证平面 ，最后由线面垂直性质得. （2）已知二面角为，即面面垂直.由面面垂直性质定理得平面，所以是线面角，求出角大小. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 二面角的大小为，即平面平面. 由平面平面，且由（1）知，平面， 所以平面，从而即为与平面所成角 在中，，从而， 在中，， 因为平面，且平面，所以， 所以在中，，且， 易求得，即与平面所成角的大小为. 18. 设． （1）当函数的最小正周期为时，求的增区间； （2）若，且在中，角A、B、C所对的边长为a、b、c，锐角A满足，，求a的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的最小正周期求出，即可得到的解析式，然后由二倍角公式和辅助角公式化简解析式，根据正弦函数的单调区间求得函数的单调递增区间； （2）依题意可得，即可求出A，由数量积的定义求出，再由余弦定理及基本不等式求出a的最小值． 【小问1详解】 因为且函数的最小正周期为， 所以，解得，所以， 则， 令， 则， 即函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，，则， 因为，所以，则，解得． 因为，所以， 由余弦定理，得， 所以，当且仅当时取等号， 故a的最小值为． 19. 为了打造美丽社区，某小区准备将一块由一个半圆和长方形组成的空地进行美化，如图，长方形的边为半圆的直径，O为半圆的圆心，，现要将此空地规划出一个等腰三角形区域（底边）种植观赏树木，其余区域种植花卉．设，． （1）当时，求的面积； （2）求三角形区域面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数表达出的长，再由面积公式即可求解. （2）用的三角函数表达出三角形区域面积，利用换元法转化为二次函数，求出三角形区域面积的最大值. 【小问1详解】 设与相交于点，则， 则，， 易知等于到的距离， 所以 【小问2详解】 过点作于点，则， 而， 则三角形区域面积为 ， 设，因为，所以， 故，而， 则，故当时，取得最大值， 故三角形区域面积的最大值为 20. 已知直线：与圆：． （1）求证：直线过定点，并求出此定点坐标； （2）若直线与圆相切，求直线的方程； （3）设为坐标原点，若直线与圆交于，两点，且直线，的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析，定点坐标为 （2）或 （3）为定值， 【解析】 【分析】（1）直接由直线系方程求解直线恒过定点的坐标； （2）设直线方程，利用几何法直接求出直线与圆相切时直线方程； （3）设直线方程，联立方程组，化为关于的一元二次方程，利用斜率公式及根与系数关系即可证明为定值. 【小问1详解】 由直线：， 得， 联立，解得， 所以直线恒过定点； 【小问2详解】 由圆：，得圆心，半径， 又由（1）得直线恒过定点， 当直线斜率不存在时，方程为，直线与圆相切成立， 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 圆心到直线的距离 由直线与圆相切可得，即， 解得，直线方程为，即， 综上所述：直线的方程为或； 【小问3详解】 由（2）可得直线斜率一定存在，设直线的方程为，，， 联立方程，即， ，即， ，， 又，， ， 所以为定值，. 21. 已知函数，． （1）若，求在的切线； （2）若函数在处取到极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数m的取值范围； （3）记（e是自然对数的底数）．若对任意、且时，均有成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据导函数求导，即可； （2）根据极值，求出，得到，利用导数的性质，判断有3个不同的实根时，m的取值范围； （3）根据的单调性，问题转化为，整理得，，分别判断函数和函数在上的单调性，根据不等式恒成立的性质，分离参数，即可求出a的取值范围． 【小问1详解】 （1）时，，∴， ∴，，∴切线方程为． 【小问2详解】 （2）在处取得极值， 因为，则， 故，得； ，此时，， 故和上，单调递增， 上，单调递减， 因为关于x的方程有3个不同的实根， 根据函数的图象，当时，满足题意，得， 故． 【小问3详解】 （3），单调递减，对任意、且时， ，则， 则对任意、且时，均有成立， 转化为，对任意、且时， 均有成立， 即， 所以，函数在上单调递减，函数在上单调递增， ①函数在上单调递减，即在上恒成立， 又因为，，， 故，得在上恒成立， 令，，令，得， 所以，在上单调递增，在上单调递减， 故，故． ②函数在上单调递增，即在上恒成立， 又因为，，， 故，得在上恒成立， 因为函数在上为单调递增函数，故，此时，． 综上所述，实数a的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $