精品解析：上海市宝山区2025-2026学年高三上学期期末教学质量监测（一模）数学试题

2025学年第一学期期末 高三年级数学学科教学质量监测试卷 考生注意： 1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟； 2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面； 3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题； 4．可使用符合规定的计算器答题． 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）要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分． 1. 若全集，集合，则___________． 2. 焦点为的抛物线的标准方程为___________． 3. 已知数列为等比数列，且，公比，则该数列的前4项的和等于___________． 4. 现从编号为的50支水笔中抽取10支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第9个数字开始由左向右读取，则抽取的第4支水笔的编号为___________（以下摘自随机数表第7行）． 39832776 39918535 32591131 40469235 04982212 20671263 5. 的展开式中的系数为___________． 6. 关于的方程的解集为___________． 7. 已知是偶函数，则的最大值为______. 8. 已知第一象限的点和经过直线，若直线的倾斜角为，则的最小值为___________． 9. 已知等腰中，分别为的中点，若，则___________． 10. 已知事件与事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则___________． 11. 如图，点在圆柱底面圆的圆周上，为圆的直径，与底面圆所成的角为，则异面直线与所成角的余弦值为___________． 12. 空间中，向量满足：，且的两两夹角都是，对于向量，若，则的最小值是___________． 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，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）． 13. 如果复平面上的向量所对应的复数是，则向量所对应的复数是（ ） A. B. C. D. 14. 若，则是的（ ） 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 15. 双曲线型自然冷却通风塔的外形是由双曲线的一部分绕其虚轴所在的直线旋转一周所形成的曲面，如图所示．已知它的下口直径为米，上口直径为米，最小直径为20米，高为80米，则此双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 16. 对任意正整数，数列满足，则称该数列“增长”数列． 命题1：存在的等差数列为“增长”数列，且满足其前项和． 命题2：存在各项均为正整数等比数列为“增长”数列且不是“增长”数列，使得为“增长”数列．（ ） A. ①是真命题，②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. ①是假命题，②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的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）． 17. 如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，分别是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 18. 某场篮球比赛中，甲、乙两队各5名队员进行比赛，他们得分的茎叶图如图．已知，且． （1）若甲队队员得分极差为32，乙得分的平均值为24，求其中和的值； （2）从得分在20分及以上的队员中随机抽取2名，求至少有1名来自乙队的概率； （3）若甲乙两队的队员平均分相等，求的最大值，并写出此时和的值． 19. 如图，摩天轮上一点距离地面的高度关于时间的函数表达式为：．已知摩天轮的半径为，其中心点距地面，摩天轮以每12分钟转一圈的方式做匀速转动，而点的起始位置在摩天轮的最低点处． （1）根据条件具体写出关于的函数表达式： （2）在摩天轮转动的一圈内，点有多长时间距离地面超过？ 20. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； （3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上．若关于原点对称，且，证明：存在点，使得为定值． 21. 已知连续函数和，设，集合． （1）若指数函数的图像过点，且，求； （2）若，，且在区间上存在极值点，求实数的取值范围，并判断是否属于，请说明理由； （3）若的导函数是上的严格减函数，，且函数在处的切线方程是．求证：“”的充要条件是“”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期期末 高三年级数学学科教学质量监测试卷 考生注意： 1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟； 2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面； 3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题； 4．可使用符合规定的计算器答题． 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）要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分． 1. 若全集，集合，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合补集的定义与运算，即可求解. 【详解】由全集，集合，则. 故答案为： 2. 焦点为的抛物线的标准方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意设出抛物线的方程，再根据焦点坐标求出即可得出答案. 【详解】由题意设抛物线的方程为 ， 由焦点为，则，则， 所以抛物线的方程为：. 故答案为：. 3. 已知数列为等比数列，且，公比，则该数列的前4项的和等于___________． 【答案】 【解析】 【分析】直接运用等比数列前项和公式进行求解即可. 【详解】因为数列为等比数列，且，公比， 所以该数列的前4项的和为， 故答案为： 4. 现从编号为的50支水笔中抽取10支水笔进行书写长度检测，若从以下随机数表第9个数字开始由左向右读取，则抽取的第4支水笔的编号为___________（以下摘自随机数表第7行）． 39832776 39918535 32591131 40469235 04982212 20671263 【答案】11 【解析】 【分析】由题目给出的随机数表，按照读取随机数表的方法得答案． 【详解】从随机数表第9个数字开始向右读，，（舍去），（舍去），，，（舍去），11……， 则第4支水笔的编号为． 故答案为：11． 5. 的展开式中的系数为___________． 【答案】12 【解析】 【分析】写出展开式的通项，得，再代入计算可得； 【详解】二项式展开式的通项为， 令，则，则，即的系数为. 故答案为：12. 6. 关于的方程的解集为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据绝对值三角不等式进行求解即可. 【详解】因为， 所以， 当且仅当时取等号， 即当时，成立， 所以关于的方程的解集为， 故答案为： 7. 已知是偶函数，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，再由利用导数求得函数单调性可得其最大值. 【详解】因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称， 易知定义域为，即，因此的解集为； 即可得，所以； 此时， 经检验满足，符合题意； 此时的定义域为，且， 易知当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 可知在处取得极大值，也是最大值，即； 所以的最大值为. 故答案为： 8. 已知第一象限的点和经过直线，若直线的倾斜角为，则的最小值为___________． 【答案】####1125 【解析】 【分析】由题设知，根据目标式，结合基本不等式“1”的代换求最小值即可. 【详解】由题设知，可得， ∴， 当且仅当时，即时，等号成立，的最小值为. 故答案为：. 9. 已知等腰中，分别为的中点，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的加减法结合平面向量基本定理列式计算求参即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 由题意得，在等腰中，， 且分别为的中点， 则，， 由平面向量的减法法则可得， 而， 则，所以解得. 故答案为：. 10. 已知事件与事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据互斥事件及所给条件求出，即可求出，从而得解. 【详解】因为事件与互斥，它们都不发生的概率为，且， ，解得， ， 则． 故答案为：． 11. 如图，点在圆柱底面圆的圆周上，为圆的直径，与底面圆所成的角为，则异面直线与所成角的余弦值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，结合线面角的定义、圆的性质、余弦定理进行求解即可. 【详解】在圆内，延长交圆上一点，连接， 因为是圆的直径， 所以，因此是异面直线与所成的角（或其补角）， 在圆中，因， 所以， 由圆柱的性质可知：底面圆，与底面圆所成的角为， 所以，因为，所以， 因此有， ， 因为， 所以， 所以， 因为底面圆，底面圆， 所以， 因此， 在中，由余弦定理可知： ， 故答案为： 12. 空间中，向量满足：，且的两两夹角都是，对于向量，若，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用已知条件求出相关向量的模及数量积，分析可知点的轨迹是与垂直的平面，记为平面，点的轨迹是以线段为直径的球，且即为平面上的点与球上的点之间的距离，求球心到平面的距离，结合球的性质运算求解即可． 【详解】设， 因为，的两两夹角都是， 则， 可得， 若，即， 可知点的轨迹是与垂直的平面，记为平面，且向量在方向上的投影为， 又因为， 若，即，则， 可知点的轨迹是以线段为直径的球， 设球心为的中点，则，半径， 可知平面的法向量为，且， 则即为平面上的点与球上的点之间的距离， 因为， 则， 可得球心到平面距离为：， 且，所以的最小值为． 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，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）． 13. 如果复平面上的向量所对应的复数是，则向量所对应的复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的相反向量的性质得出求出结果. 【详解】因为向量所对应的复数为，所以所对应的复数是. 故选：A. 14. 若，则是的（ ） 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】应用绝对值不等式及一元二次不等式化简，再结合充要条件定义判断求解. 【详解】不等式的解集为，不等式的解集为， 而是的真子集， 则是的必要非充分条件. 故选：B． 15. 双曲线型自然冷却通风塔的外形是由双曲线的一部分绕其虚轴所在的直线旋转一周所形成的曲面，如图所示．已知它的下口直径为米，上口直径为米，最小直径为20米，高为80米，则此双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到双曲线的方程，设，得到，将其代入双曲线的方程，联立方程组，求得，进而求得，即可求解. 【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为， 因为通风塔的外形最小直径为20米，可得，所以，即， 又因为通风塔的外形的下口直径为米，上口直径为米，且高为米， 设，其中，则， 将的坐标代入双曲线的方程，可得， 整理得，即，所以，解得， 所以，则， 所以此双曲线的焦距为. 故选：D. 16. 对任意正整数，数列满足，则称该数列为“增长”数列． 命题1：存在的等差数列为“增长”数列，且满足其前项和． 命题2：存在各项均为正整数的等比数列为“增长”数列且不是“增长”数列，使得为“增长”数列．（ ） A. ①是真命题，②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. ①是假命题，②是假命题 【答案】C 【解析】 【分析】首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到判断；设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“增长数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到判断. 【详解】假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由，得， 由题意，得对均成立，即. 当时，； 当时，， 因为， 所以，与矛盾，所以这样的等差数列不存在. ①是假命题； 设数列的公比为q，则， 因为的每一项均为正整数，且， 所以在数列中，为最小项. 同理，在数列中，为最小项. 由为“增长数列”，只需，即， 又因为不是“增长数列”，且为最小项， 所以，即， 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以，或，， 设， 当，时，， 则， 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 所以， 所以对于任意的，都有，即数列为“增长数列”. 当，时，，则. 因为， 所以数列不是“增长数列”. 综上：由于存在数列满足命题②的所有条件，故命题②为真命题. 故选：C 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规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）． 17. 如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，分别是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面； （2）根据平行线的性质，利用等积法进行求解即可. 【小问1详解】 连接， ∵是正方形，，分别是棱，的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵是的中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面，平面， ∵，直线平面， ∴平面平面，∵平面， ∴平面． 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 因为分别是的中点， 所以， 因为底面， 所以底面，因为底面， 所以， 因为底面为正方形，，分别是的中点 所以，， 因为， 所以， . 18. 某场篮球比赛中，甲、乙两队各5名队员进行比赛，他们得分的茎叶图如图．已知，且． （1）若甲队队员得分的极差为32，乙得分的平均值为24，求其中和的值； （2）从得分在20分及以上的队员中随机抽取2名，求至少有1名来自乙队的概率； （3）若甲乙两队的队员平均分相等，求的最大值，并写出此时和的值． 【答案】（1）， （2） （3）时， 的最大值是. 【解析】 【分析】（1）由甲队分数为：6，14，28，34，，乙队分数为：12，25，26，，31，分别利用极差和平均数的定义求解； （2）利用古典概型和对立事件的概率求解； （3）根据甲乙两队的队员平均分相等，得到，从而得到，再利用对勾函数的性质求解. 【小问1详解】 由茎叶图知：甲队分数为：6，14，28，34，， 乙队分数为：12，25，26，，31， 因为甲队队员得分的极差为32， 所以，解得， 又因为乙得分的平均值为24， 所以 ，解得. 【小问2详解】 由图知，20分以上的队员中，甲队有28、34、共3人，乙队有25、26、、31共4人，总共7人， 从7人中随机抽取2人，有种，且每种情况等可能， 记“至少有1名来自乙队”为事件A， 其对立事件是“2名都来自甲队”，有种，且每种情况等可能， 所以至少有1名来自乙队的概率为. 【小问3详解】 甲队的平均数为， 又， 因为甲乙两队的队员平均分相等，所以，即， 则，由，解得， 令，由对勾函数的性质得在上递减，在上递增， 又，且， 所以的最大值是，此时，. 19. 如图，摩天轮上一点距离地面的高度关于时间的函数表达式为：．已知摩天轮的半径为，其中心点距地面，摩天轮以每12分钟转一圈的方式做匀速转动，而点的起始位置在摩天轮的最低点处． （1）根据条件具体写出关于的函数表达式： （2）在摩天轮转动的一圈内，点有多长时间距离地面超过？ 【答案】（1）； （2）4分钟． 【解析】 【分析】（1）由中心点到地面距离得值，由摩天轮半径得值，由周期求得，再由初始值求得得表达式； （2）解不等式后可得． 【小问1详解】 中心点距地面40m，则，摩天轮的半径为30m，即，，， 最低点到地面距离为10 m， 所以，，又，则， 所以所求表达式为； 【小问2详解】 ，， 取一个周期内，有，，． 所以在摩天轮转动一圈内，点有4分钟的时间距离地面超过55m． 20. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； （3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上．若关于原点对称，且，证明：存在点，使得为定值． 【答案】（1） （2） （3）当为的中点时，，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得双曲线的方程； （2）根据直线与圆相切得，设，则，从而，进而求得 （3）设直线的方程为，联立方程组，设，得到，得出直线的方程求得和，结合为的中点，列出方程求得，求得为定值，利用直角的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 圆的圆心，半径为， ∵是圆上的动点，直线与圆相切， ∴，. 设，因为点是双曲线上的动点，，， 当时，取得最小值，且 【小问3详解】 由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则且， 设，则， 直线的方程为， 令，可得，即, 同理可得， 因为为的中点，所以， 即， 则， 可得， 整理得， 所以或， 若，即，则直线方程为，即， 此时直线过点，不合题意； 若时，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又由为直角三角形，且为斜边， 所以当为的中点时，. 21. 已知连续函数和，设，集合． （1）若指数函数的图像过点，且，求； （2）若，，且在区间上存在极值点，求实数的取值范围，并判断是否属于，请说明理由； （3）若的导函数是上的严格减函数，，且函数在处的切线方程是．求证：“”的充要条件是“”． 【答案】（1） （2），； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据指数函数的解析式代入计算求解得出，再解指数不等式得出； （2）构造函数，再根据导数得出函数单调性及极值，结合新定义得出即； （3）根据充分条件及必要条件定义应用导数结合切线及单调性计算证明即可. 【小问1详解】 设，由题意可知，则， 所以， 由，得， 即； 【小问2详解】 因为，所以， 设，因为，所以在上增函数， 所以，又因为在区间上存在极值点， 所以，解得，由得，则， 所以， 因为，所以，所以，即； 【小问3详解】 已知，则当时，， 因为是连续函数且，所以， 所以是得一个极大值点，故， 又，于是， 所以函数在处的切线方程是． 代入化简得，即，充分性成立； 已知，又函数在处的切线方程是， 即， 于是，所以，， 因为，又因为函数是上的减函数， 所以函数是上的减函数， 当时，， 所以是在上单调递减，则， 当时，， 所以是在上单调递增，则， 所以，必要性成立； 综上，“”的充要条件是“”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $