精品解析：上海市上海师范大学附属中学宝山分校、闵行分校2025-2026学年高三上学期期中联考数学试题

2025学年第一学期上师闵分-宝分期中联考高三数学试卷 一、填空题（本大题共有12题.满分54分，1-6题每题4分，7-12题每题5分） 1. 已知集合，，则______ 2. 设，i为虚数单位，若为纯虚数，则______. 3. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则圆锥的表面积为_________. 4. 已知等比数列的前项和为，若，则的公比__________. 5. 已知函数，则在点处的切线的倾斜角为_____. 6. 在展开式中，含有项的系数为______.（结果用数值表示） 7. 不等式的解集为_____. 8. 盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒面已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是______.（结果用数值表示） 9. 设是空间中平面内一个边长为2的等边三角形，P是空间中一点，则的最小值为______. 10. 若，则实数的取值范围是________． 11. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点,，P是与的一个交点，与的离心率分别为，，若，，则双曲线的离心率_____. 12. 已知关于的方程在上有两个不相等的实很，则实数的取值范围是________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，13-14题每题4分，15-16题每题5分） 13. 已知、是非零实数，若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 随着Deepseek的流行，各种大模型层出不穷，现有甲、乙两个大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分(满分10分)，得到如图所示的统计表格： 评委编号模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 8.0 9.2 8.0 8.2 8.6 8.4 乙 7.8 9.0 8.3 8.4 8.5 8.5 则下列结论正确的是（ ） A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 C. 甲得分的极差大于乙得分的极差 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 15. 如图，有两张全等的正三角形纸片，边长为2，按照下面两种方法分别将它们裁剪拼成一个三棱锥和一个三棱柱（包括侧面和底面），设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则等于（ ） A. B. C. D. 1 16. 已知，曲线在区间内恰有一条对称轴和一个对称中心，给出下述两个命题，命题：对任意，存在，使得；命题：存在，对任意，满足．下列说法正确的是（ ） A. 命题是真命题，命题是假命题 B. 命题是假命题，命题是真命题 C. 命题和命题都是真命题 D. 命题和命题都是假命题 二、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点 （1）证明：直线平面 （2）若，求三棱锥的体积. 18. 设常数，，. （1）若是奇函数，求实数的值； （2）设，中，内角的对边分别为.若，，，求的面积. 19. 为迎接我校校庆，社团联组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类.校庆当日，志愿者小玲负责在服务点发放纪念品.在做准备工作时，小玲清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向社团联申请补领，其余纪念品的份数如下表所示： 书签 明信片 手绘款 40 普通款 150 120 （1）设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小玲补领了手绘款明信片50张.记事件：“首位抵达的校友抽到手绘款纪念品”，事件：“首位抵达的校友没有抽到明信片”，分别计算，并判断事件是否独立； （2）设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品.若小玲希望事件：“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生的概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则她应该申请补领多少张手绘款明信片？ 20. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为F，直线交于A，B两点. （1）若点F到直线的距离为，求的准线方程； （2）设直线交x轴于点E，若，三角形的面积为，求直线的倾斜角的大小； （3）设p为常数直线过焦点F，直线，分别交的准线于点C，D，证明.以为直径的圆经过两个定点. 21. 已知函数的定义域为D，若存在常数，使得对于D内任意的，都有成立，则称是“函数”. （1）判断，是否为“函数”，并说明理由； （2）若，是“函数”，求实数的取值范围； （3）设函数，的图象是连续曲线，且，其导函数为.且，其中.数列满足：，.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期上师闵分-宝分期中联考高三数学试卷 一、填空题（本大题共有12题.满分54分，1-6题每题4分，7-12题每题5分） 1. 已知集合，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次不等式求解集合，结合交集运算可得答案. 【详解】由，则. 故答案为：. 2. 设，i为虚数单位，若为纯虚数，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】由复数的乘法运算与纯虚数的概念求解即可 【详解】因为为纯虚数， 所以，解得， 故答案为：2 3. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则圆锥的表面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥的表面积公式可求答案. 【详解】圆锥的侧面积为，底面积为， 所以表面积为. 故答案为： 4. 已知等比数列的前项和为，若，则的公比__________. 【答案】## 【解析】 【分析】直接利用等比数列的公式计算得到答案. 【详解】，解得. 故答案为： 5. 已知函数，则在点处的切线的倾斜角为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】求导，确定切线斜率，即可求解. 【详解】设切线的倾斜角为， ， 所以， 所以在点处的切线斜率， 所以， 故答案为： 6. 在展开式中，含有项的系数为______.（结果用数值表示） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式可求得展开式中含有项的系数. 【详解】因为的展开式通项为， 由题意可知在展开式中，含有项的系数为. 故答案为：. 7. 不等式的解集为_____. 【答案】 【解析】 【分析】讨论去绝对值求解不等式. 【详解】当时，原不等式变为，得； 当时，原不等式变为，不等式无解； 当时，原不等式变为，得； 综上，不等式的解集为. 故答案为：. 8. 盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒面已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是______.（结果用数值表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出买4个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可计算作答. 【详解】小明购买4个盲盒的试验有个基本事件，它们等可能，能集齐3种玩偶的事件含有的基本事件数为：， 所以能集齐3种玩偶的概率是. 故答案为：. 9. 设是空间中平面内一个边长为2的等边三角形，P是空间中一点，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，然后由数量积坐标表示结合代数知识可得答案. 【详解】如图，以中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则，设， 则， 从而， 当时取等号. 故答案为：. 10. 若，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得函数的值域为，所以时，函数的最大值大于等于，分，，三种情况结合对勾函数性质求解即可. 【详解】由题意得函数的值域为， 当时，函数在处有最小值为，即时，， 要使函数的值域为， 则时，函数的最大值大于等于， 当时，因为在上均单调递增， 所以函数在上单调递增， 当时，，所以， 当时，， 即函数在区间上值域为，满足题意； 当时，在上单调递增，值域为，不满足题意； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在有最大值为， 则，解得或（舍去），所以； 综上所述：实数的取值范围是. 故答案为： 11. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点,，P是与的一个交点，与的离心率分别为，，若，，则双曲线的离心率_____. 【答案】 【解析】 【分析】先设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长，焦距．因为涉及椭圆及双曲线离心率的问题，所以需要找，，之间的关系，而根据椭圆及双曲线的定义可以用，表示出，，并且．在△中根据余弦定理，通过求解方程，得到结果． 【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义： ，解得，， 设，．则： 在△中由余弦定理得，， 化简得：，该式可变成：． ．又，解得，所以． 故答案为： 12. 已知关于的方程在上有两个不相等的实很，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】原方程可化为，令，，即得在有两个不相等的实根，再转化为和，有两个不同的交点，利用导数研究函数图象，并结合图象得到结果即可. 【详解】由，可得方程 可化为， 令，， 因为在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 故时，值域为. 方程可化为， 当时，方程可化为，不成立， 故，故原方程可化为， 由已知在有两个不相等的实根， 即和，有两个不同的交点. ， 当和时，， 即在上递减，在上递减； 当时，，在递增. 另外，时，；时，； ，当时，， 当，且时，， 当，且时，， 根据以上信息，函数，大致图象如下， 当时，和，的图象有两个不同的交点. 所以的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)或已知零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，13-14题每题4分，15-16题每题5分） 13. 已知、是非零实数，若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：利用作差法分析判断即可. 【详解】对于选项AD：例如，满足，但，故AD错误； 对于选项B：利用，满足，但，故B错误； 对于选项C：因为， 且，、是非零实数，则， 可得，即，故C正确； 故选：C. 14. 随着Deepseek的流行，各种大模型层出不穷，现有甲、乙两个大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分(满分10分)，得到如图所示的统计表格： 评委编号模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 8.0 9.2 8.0 8.2 8.6 8.4 乙 7.8 9.0 8.3 8.4 8.5 8.5 则下列结论正确的是（ ） A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 C. 甲得分的极差大于乙得分的极差 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出甲，乙两个大模型的平均数，中位数，极差，方差即可得解. 【详解】因为甲得分的平均数, 乙得分的平均数，，故A错误； 将甲的6个得分从小到大排序：， 所以甲的中位数为； 将乙的6个得分从小到大排序：， 所以甲的中位数为；，故B错误； 甲的极差为，乙的极差为，故C错误； 甲得分的方差， 乙得分的方差， ，故D正确. 故选：D 15. 如图，有两张全等的正三角形纸片，边长为2，按照下面两种方法分别将它们裁剪拼成一个三棱锥和一个三棱柱（包括侧面和底面），设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则等于（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】借助所拼成三棱柱上底面与下底面面积相等可得该三棱柱底面边长，再结合体积公式计算这两个多面体的体积即可得. 【详解】设给出正三角形纸片的边长为2， 那么，该三棱锥为正三棱锥，该三棱柱为正三棱柱， 设正三棱锥的高为， 正三棱锥的体积为， 如图：设正三棱柱底面边长为，则， 则其高为， 由三个角剪下的三个全等四边形的面积与底面三角形面积相等， 则有，解得， 则三棱柱的体积为， 所以. 故选：B 16. 已知，曲线在区间内恰有一条对称轴和一个对称中心，给出下述两个命题，命题：对任意，存在，使得；命题：存在，对任意，满足．下列说法正确的是（ ） A. 命题是真命题，命题是假命题 B. 命题是假命题，命题是真命题 C. 命题和命题都是真命题 D. 命题和命题都是假命题 【答案】A 【解析】 【分析】利用整体代换法求得的对称轴和对称中心，根据其在内的对称轴和对称中心个数可构造不等式组求得的范围，进而结合正弦型函数值域的求法依次判断两个命题即可. 【详解】由得：，即的对称轴为； 由得：，即的对称中心为； 在内恰有一条对称轴和一个对称中心，且， ，解得：； 对于命题，当时，，又， 当时，， 即存在，使得，则命题为真命题； 对于命题，当时，，又， 则对任意，总存在大于的部分，则命题为假命题. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数性质的综合应用问题，解题关键是能够利用整体代换法求得正弦型函数的对称轴和对称中心，进而根据区间内的对称轴和对称中心个数确定的取值范围. 二、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点 （1）证明：直线平面 （2）若，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，令，连接DE，要证直线平面，只要证，根据三角形的中位线容易证得； （2）根据已知求出相关线段长，再由求棱锥体积. 【小问1详解】 连接，令，连接DE，则E是、的中点， 在△中D是线段BC中点，E是的中点， ∴，又平面，平面， ∴直线平面； 【小问2详解】 设点到平面的距离为， ∵点在底面圆上， ∴， ∵，D是BC的中点， ∴，， 因为是圆柱的轴截面，则到AB的距离，即到平面的距离， 所以. 18. 设常数，，. （1）若是奇函数，求实数的值； （2）设，中，内角的对边分别为.若，，，求的面积. 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】 （1）由，知，再对进行检验，即可； （2）结合二倍角公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质，可推出，再由余弦定理求出的值，最后根据，即可得解． 【详解】（1）解：由题意 检验： 对任意都有 是奇函数 . （2）解：，整理得， A是三角形的内角 所以 由余弦定理，即 整理得，解得或 ，或. 19. 为迎接我校校庆，社团联组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类.校庆当日，志愿者小玲负责在服务点发放纪念品.在做准备工作时，小玲清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向社团联申请补领，其余纪念品的份数如下表所示： 书签 明信片 手绘款 40 普通款 150 120 （1）设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小玲补领了手绘款明信片50张.记事件：“首位抵达的校友抽到手绘款纪念品”，事件：“首位抵达的校友没有抽到明信片”，分别计算，并判断事件是否独立； （2）设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品.若小玲希望事件：“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生的概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则她应该申请补领多少张手绘款明信片？ 【答案】（1），事件A，不独立 （2）59 【解析】 【分析】（1）根据概率公式求出、，根据相互独立事件的概率公式判断是否独立； （2）表示出首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品的概率，解不等式求解即可. 【小问1详解】 依题意， 书签 明信片 手绘款 40 50 普通款 150 120 ， ， ， 因为， 所以事件A，不独立. 【小问2详解】 设手绘款明信片的张数为，首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品为事件C， 则，解得， 考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，且为整数， 所以手绘款明信片的张数为59. 20. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为F，直线交于A，B两点. （1）若点F到直线的距离为，求的准线方程； （2）设直线交x轴于点E，若，三角形的面积为，求直线的倾斜角的大小； （3）设p为常数直线过焦点F，直线，分别交的准线于点C，D，证明.以为直径的圆经过两个定点. 【答案】（1） （2）45°或135° （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由点到线的距离公式求解，即可求解； （2）设，，.直线的方程为，联立抛物线方程， 由韦达定理得到，，再结合，向量的坐标运算，及即可求解； （3）设直线的方程为（过焦点F），与抛物线联立，结合韦达定理求得.. 进而写出以为直径的圆的方程，进而可求解. 【小问1详解】 抛物线的焦点F的坐标为. 点F到直线的距离公式为： 因为，所以. 抛物线的准线方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为与抛物线联立： 设，，. 由韦达定理：， 由，得. 又E在直线上，且E为与x轴交点，故： 代入韦达定理： 三角形的面积 已知当时，倾斜角；当时，倾斜角. 综上，倾斜角为45°或135°. 【小问3详解】 抛物线（p为常数），焦点，准线. 设直线的方程为（过焦点F），与抛物线联立： 直线的方程为，与准线交于. 因为，所以. 同理. 以为直径的圆的圆心为，半径为 . 化简得圆心，半径. 圆的方程为：. 整理得. 令，则或. 故圆经过定点和. 21. 已知函数的定义域为D，若存在常数，使得对于D内任意的，都有成立，则称是“函数”. （1）判断，是否为“函数”，并说明理由； （2）若，是“函数”，求实数的取值范围； （3）设函数，的图象是连续曲线，且，其导函数为.且，其中.数列满足：，.证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由新定义代入即可判断； （2）由新定义，同时构造和通过求导，确定单调性即可求解. （3）由条件先证明函数单调递增，再证明函数单调递减，由此证明，再证明，结合绝对值不等式性质证明结论. 【小问1详解】 ，设 ∴是上的函数 【小问2详解】 不妨设，且 ∵为上的“函数”， 则恒成立 即在上单调递增，在上单调递减. 所以，恒成立 在恒成立，. 综上，的范围为. 【小问3详解】 证明：由， 设，则， 故为单调递增函数， 则，恒有， 即，得， 设，则， 故为单调递减函数， 则，恒有，即，得. 综上可知，， 又， ，， 则， 当时， ， 则 . 又， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $