精品解析：上海市普陀区2024-2025学年高三下学期质量调研（二）数学试卷

上海市普陀区2024-2025学年高三下学期质量调研（二）数学试卷 2025.5 考生注意： 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分.考试时间120分钟. 2.本考试分试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求．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． 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. 设集合，则__________. 2. 不等式的解集为____________. 3. 已知是虚数单位，是纯虚数，则实数的值为__________. 4. 若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为________． 5. 的二项展开式的常数项为_______ 6. 若正数x、y满足，则的最大值为________． 7. 已知，如果，那么实数的值为______. 8. 已知，关于的方程的解___________． 9. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是__________． 10. 某地要建造一个市民休闲公园长方形，如图，边，边，其中区域开挖成一个人工湖，其他区域为绿化风景区．经测算，人工湖在公园内的边界是一段圆弧，且、位于圆心的正北方向，位于圆心的北偏东60°方向．拟定在圆弧处修建一座渔人码头，供游客湖中泛舟，并在公园的边、开设两个门、，修建步行道、通往渔人码头，且、，则步行道、长度之和的最小值是__________．（精确到0.001） 11. 已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为__________． 12. 已知在复数集中，等式对任意复数恒成立，复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点，，则满足条件的不同集合个数为__________． 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，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，否则一律得零分. 13. 设，则“”是“且”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既非充分又非必要条件. 14. 若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（ ） A. B. C. D. 15. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（    ） A. 事件与事件为互斥事件 B. 事件与事件为互斥事件 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件相互独立 16. 设函数，的定义域均为，值域分别为、，且．若集合S满足以下两个条件：（1）；（2）是有限集，则称和是S-互补函数．给出以下两个命题：①存在函数，使得和是-互补函数；②存在函数，使得和是-互补函数．则（ ） A. ①②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①②都是假命题 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. 设函数. （1）求函数的单调区间； （2）求不等式的解集. 18. 如图，在正方体中，E是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线DE与平面ABCD所成角的大小． 19. 机器人竞技是继电子竞技之后热门的科技竞技项目.某区为了参加市机器人竞技总决赛，开展了区内选拔赛，其中、、、四人进入区内个人组决赛，按照规则每人与其他三人各进行一场比赛，且这三场比赛互相独立.下表统计的是在近期热身中分别与、、三人比赛的情况. 比赛的次数 12 10 15 获胜的次数 4 5 12 （1）根据表格中的数据，试估计在区内决赛中至少获胜一场的概率； （2）根据表格中的数据，请给、、三人设计一个出场顺序，使得在这三场比赛中连胜两场的概率最大，并说明理由. 20. 已知椭圆，点、分别是椭圆的下焦点和上焦点，过点的直线与椭圆交于A、B两点． （1）若直线平行于轴，求线段AB的长； （2）若点A在y轴左侧，且，求直线l的方程； （3）已知椭圆上的点C满足，是否存在直线l使得的重心在x轴上？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 21. 过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”． （1）设，判断点是否为的“类点”，并说明理由； （2）设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值； （3）设，证明：轴上不存在的“类点”． 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（二）数学试卷 2025.5 考生注意： 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分.考试时间120分钟. 2.本考试分试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求．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． 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. 设集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的定义求得答案. 【详解】集合，所以. 故答案为： 2. 不等式的解集为____________. 【答案】 【解析】 【分析】运用公式法解绝对值不等式. 【详解】由可得， 解得，即. 故答案为：. 3. 已知是虚数单位，是纯虚数，则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算和复数分类即可得到答案. 【详解】， 因为其为纯虚数，则且，解得. 故答案为：. 4. 若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的侧面积公式直接计算可得. 【详解】由题意，圆柱的侧面积为：. 故答案为： 5. 的二项展开式的常数项为_______ 【答案】20 【解析】 【详解】的二项展开式的通项为． 令得．所以的二项展开式的常数项为． 6. 若正数x、y满足，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】令，再结合二次函数的性质求解即可； 【详解】因为正数x、y满足，所以， 所以， 所以当时，最大值为， 故答案为：. 7. 已知，如果，那么实数的值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据向量的坐标表示即可. 【详解】由题意得，则. 故答案为：4. 8. 已知，关于的方程的解___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的形式分段求解即可. 【详解】等价于或， 故， 故答案为： 9. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标. 【详解】点关于平面的对称点的坐标为， 故答案为：. 10. 某地要建造一个市民休闲公园长方形，如图，边，边，其中区域开挖成一个人工湖，其他区域为绿化风景区．经测算，人工湖在公园内的边界是一段圆弧，且、位于圆心的正北方向，位于圆心的北偏东60°方向．拟定在圆弧处修建一座渔人码头，供游客湖中泛舟，并在公园的边、开设两个门、，修建步行道、通往渔人码头，且、，则步行道、长度之和的最小值是__________．（精确到0.001） 【答案】1.172 【解析】 【分析】以为原点建立坐标系，求出圆半径，并设出点的坐标，借助辅助角公式及正弦函数的性质求出最小值. 【详解】以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，连接， 令圆的半径为，则，解得，设， 因此， 当且仅当时取等号， 所以步行道、长度之和的最小值是. 故答案为： 11. 已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为__________． 【答案】8 【解析】 【分析】以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，表示各向量坐标，利用数量积的坐标表示可得结果. 【详解】由题意得，，且. 以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，. 设，则， ∴，，， ∴，，， ∴点坐标可能为，，，，，，，， 故点个数的最大值为8. 故答案为：8. 12. 已知在复数集中，等式对任意复数恒成立，复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点，，则满足条件的不同集合个数为__________． 【答案】10 【解析】 【分析】由一元二次方程，复数根互为共轭复数根，一元四次方程可以分解为两个一元二次方程，因此四个根应该两两互为共轭复数根（或实数根），因此圆心在轴上，据此分类讨论可求得结论. 【详解】 ， 对比系数可得，， ，， 复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点 情况1，四个根两两互为共轭复数，故圆心在轴上，设单位的圆心为， 不妨设，， ，， ， 类似计算可得， ，， 因为， 所以只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得，此时集合的个数为5个， 情况2，四个根有2个为实数，另外2个为共轭复数故圆心在轴上，设单位的圆心为， 不妨设，，，， 计算可得，， ，， 因为，所以只能为负整数，又集合元素的互异性， 从而可得，此时集合的个数为5个， 综上：满足条件的不同的个数为10. 故答案为：10. 【点睛】关键点点睛：重点在于一元二次方程，复数根互为共轭复数根，进而确定一元四次方程可以分解为两个一元二次方程，从而4个根两两互为共轭复数根，进而确定圆心，从而分类讨论求解. 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，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，否则一律得零分. 13. 设，则“”是“且”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既非充分又非必要条件. 【答案】B 【解析】 【分析】利用不等式的性质证明必要性，通过特例说明充分性不成立. 【详解】先看充分性：若，，则满足，但不满足且， 所以“”不是“且”的充分条件； 再看必要性：因为且，根据不等式的性质可得. 所以“”是“且”的必要条件. 综上，“”是“且”的必要不充分条件. 故选：B 14. 若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线的夹角的定义，可得答案. 【详解】①由题意作图如下： 由图易知为等腰直角三角形，则直线与的夹角为； ②由题意作图如下： 由图易知为等边三角形，则直线与的夹角为； ③由题意作图如下： 由图易知，因为，则直线与的夹角为. 而不管怎么找顶点，都无法得到直线AB与CD所成角为. 故选：A. 15. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（    ） A. 事件与事件为互斥事件 B. 事件与事件为互斥事件 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，写出事件包含的情况，得到，A错误；B选项，写出事件包含的情况，结合A选项，得到，B错误；C选项，写出事件包含的情况，故，C错误；D选项，写出事件和包含的情况，得到，D正确. 【详解】A选项，事件包含的情况有， 事件：至少有一颗点数为6包含的情况有 ， 故，事件与事件不为互斥事件，A错误； B选项，事件包含的情况有 ， 故，事件与事件不为互斥事件，B错误； C选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有种情况， 故， 事件包含的情况为，故， 故，故事件与事件不相互独立，C错误； D选项，事件包含的情况有 ， ，共18种情况， 故， 事件包含的情况有：， 故， 因为，所以事件与事件相互独立，D正确. 故选：D 16. 设函数，的定义域均为，值域分别为、，且．若集合S满足以下两个条件：（1）；（2）是有限集，则称和是S-互补函数．给出以下两个命题：①存在函数，使得和是-互补函数；②存在函数，使得和是-互补函数．则（ ） A. ①②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①②都是假命题 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，取的值域为，得到，，满足要求，①正确；对于②，取是增函数，，先让的值域包含，根据正弦函数和正切函数的图象特征进行构造，的值域有，……，依次类推，得到答案. 【详解】对于①，取的值域为， 故，， 令， 满足和是有限集， 从而和是-互补函数，①正确； 对于②，取是增函数，，由复合函数性质， 只需考虑和即可， 先让的值域包含，则，， 那么接下来考虑让的部分被和取得， 因为的值域没有，所以的值域中没有， 所以的值域没有， 所以考虑让的值域中有， 则的值域有，……， 依次类推，按照这样的方式构造下去， 可以得到满足题意的，②正确. 故选：A 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 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. 设函数. （1）求函数的单调区间； （2）求不等式的解集. 【答案】（1）严格单调增区间为 和 ，严格单调减区间为 和 . （2） 【解析】 【分析】（1）直接求导，令导函数大于0和小于0即可； （2）转化为，解出即可. 【小问1详解】 ， 令，解得或者， 令，解得或， 所以，该函数的严格单调增区间为和，严格单调减区间为和. 【小问2详解】 ，即， ，即，利用穿根法解得. 所以解集为. 18. 如图，在正方体中，E是的中点． （1）求证：平面； （2）求直线DE与平面ABCD所成角的大小． 【答案】（1） 证明：连接，在正方体中，E是的中点， 所以E是的中点，且，即， 因为平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，结合正方体的性质易得，，进而求证即可； （2）过作，交于，连接，易得是直线与平面所成的角，进而结合直角三角形中正切的定义求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，交于，连接， 在正方体中，平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以是直线与平面所成的角. 由题意，设，则， ，所以， 所以在，， 故直线与平面所成角的大小是. 19. 机器人竞技是继电子竞技之后热门的科技竞技项目.某区为了参加市机器人竞技总决赛，开展了区内选拔赛，其中、、、四人进入区内个人组决赛，按照规则每人与其他三人各进行一场比赛，且这三场比赛互相独立.下表统计的是在近期热身中分别与、、三人比赛的情况. 比赛的次数 12 10 15 获胜的次数 4 5 12 （1）根据表格中的数据，试估计在区内决赛中至少获胜一场的概率； （2）根据表格中的数据，请给、、三人设计一个出场顺序，使得在这三场比赛中连胜两场的概率最大，并说明理由. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据表格中数据可得与其他三人比赛获胜概率，利用概率的乘法公式以及正难则反的解题思路，可得答案； （2）计算各种安排下比赛获胜的概率，进行比较可得答案. 【小问1详解】 由表格可估计与的比赛中获胜的概率， 与的比赛中获胜的概率，与的比赛中获胜的概率， 则估计在区内决赛中三场全输的概率， 所以估计在区内决赛中至少获胜一场的概率. 【小问2详解】 ①当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ②当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ③当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ④当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ⑤当比赛安排为时，连胜两场的概率为； ⑥当比赛安排为时，连胜两场的概率为； 由，则当比赛安排为或时，连胜两场的概率最大. 20. 已知椭圆，点、分别是椭圆的下焦点和上焦点，过点的直线与椭圆交于A、B两点． （1）若直线平行于轴，求线段AB的长； （2）若点A在y轴左侧，且，求直线l的方程； （3）已知椭圆上的点C满足，是否存在直线l使得的重心在x轴上？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）3 （2）或 （3）存在，或或 【解析】 【分析】（1）根据椭圆方程求出直线与椭圆交点的横坐标后可求； （2）设，根据点在椭圆上和可得关于的方程组，求出其解后可得直线方程； （3）就斜率是否存在分类讨论，若斜率存在，则联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理结合中心在轴上求出的纵坐标，再根据求出的横坐标，代入椭圆方程可求斜率. 【小问1详解】 由题意，、，所以直线的方程是， 代入中，得，所以 【小问2详解】 设，则 所以， 又，所以所以点坐标是或， 所以直线的方程是或. 【小问3详解】 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 代入中，得，此时， 设、、， 则，所以中点. 又的重心在轴上，所以， 即，故， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为点在椭圆上，所以，解得或 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时、恰为长轴顶点，点为短轴顶点，满足题意． 综上所述，存在直线l使得的重心在轴上， 其方程为：或或. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的直线的存在性问题，可直线满足的几何性质转化为坐标的关系，再结合韦达定理转化为参数的方程，从而求出参数的值. 21. 过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”． （1）设，判断点是否为的“类点”，并说明理由； （2）设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值； （3）设，证明：轴上不存在的“类点”． 【答案】（1） 函数，，点在上，求导得， 设切点为，切线方程为，即， 由切线过，得，,解得或， 因此切线方程为，所以点为的“类点”. （2）2； （3） 假设轴上存在函数的“类点”，记为，设坐标为， 求导得，设切点为，切线方程为， 即，由切线过，得，此方程至少有两个不同解， 设，则，由，得或， 当时，，函数是上的严格减函数， 当时，为上的严格增函数， 函数的极小值，极大值，又， 当或时，方程有两个不同解，当时，方程有三个不同解， 当时，在上，其余情况下在外，则， 设两垂直切线的斜率为，对应方程的两根为， 则，由， 得，则有， 由，得异号，不妨设， 由均值不等式知，， 则，与矛盾，即不存在， 所以轴上不存在的“类点”. 【解析】 【分析】（1）判断点的位置，求出过此点的切线方程，结合“类点”的定义判断即可. （2）求出过点的切线方程，并代入的坐标并结合“类点”的定义求出值，验证即可得解. （3）假定存在，并设出点的坐标，由过点的切线方程建立等式，分离参数构造函数，利用导数探讨方程根的情况导出矛盾得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 函数，求导得，设切点为， 切线方程为，即， 切线过，则， 依题意，方程有三个不同解，且成等差数列，设为，公差为， ， 因此，则，，则， 当时，，不过， 所以的值为2. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $