精品解析：上海市虹口区2024-2025学年高三下学期学习能力诊断测试（二）数学试卷

2024学年度第二学期期中学生学习能力诊断测试（二） 高三数学试卷 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.本考试分设试卷和答题纸，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上的相应位置，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，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. 已知集合，则__________. 2. 不等式的解集为______________． 3. 函数的最小正周期是___________． 4. 已知函数则=________. 5. 已知、为常数，函数为奇函数，则___________． 6. 的二项展开式中，项的系数为________. 7. 已知等比数列为严格增数列，其前项和为若，，则该数列的公比为________． 8. 已知为常数，圆与圆有公共点，当取到最小值时，的值为________． 9. 某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为________米．（结果精确到0.01米） 10. 如图，某建筑物垂直于地面，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，已知相距100米，，则该建筑物高度约为__________米．（保留一位小数） 11. 已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为__________．（用反三角表示） 12. 已知数列，，并且前项的和满足： ①存在小于的正整数，使得； ②对任意的正整数和，都有． 则满足以上条件的数列共有__________个． 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位置上，将所选答案的代号涂黑． 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. “”的一个必要非充分条件是（ ） A. B. C. D. 15. 设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系与、、、的取值有关 16. 已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（ ） A. ①是真命题，②是假命题 B. ①是假命题，②是真命题 C. ①②都是真命题 D. ①②都是假命题 三、解答题（本大题共5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应位置写出必要步骤． 17. 已知函数是定义在上的偶函数. （1）当时，，求时，的表达式； （2）当时，，若实数满足，求的取值范围. 18. 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. 19. 已知某区组建了一支120人的志愿者队伍，并由其中72人组成“志愿模范队”.经过一年的实践，全队共有72人的周平均服务时长超过2小时，其中有54人来自“志愿模范队”，如下表所示. 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 54 72 周平均服务时长不超过2小时 总计 72 120 （1）已知一名志愿者是“志愿模范队”成员，求其周平均服务时长超过2小时的概率. （2）请完成列联表，并根据表中数据回答：是否有99.9%的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系？ （3）现从周平均服务时长超过2小时的人员中按照是否为“志愿模范队”成员进行分层抽样，选取8人组建“志愿突击队”，并从这8人中再随机选取2人做深度访谈，记随机变量为这2人中来自于“志愿模范队”的人数，求的分布与方差 附录：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 20. 椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． （1）若，点的坐标为，求点到直线的距离； （2）当时，求满足的点的个数； （3）设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 21. 已知椭圆的方程为，右顶点为，上顶点为，椭圆的中心位于坐标原点，两个椭圆的离心率相等． （1）若椭圆的方程是，焦点在轴上，求的值； （2）设椭圆的焦点在轴上，直线与相交于点、，若，求的标准方程； （3）设椭圆的焦点在轴上，点在上，点在上．若存在是等腰直角三角形，且，求的长轴的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年度第二学期期中学生学习能力诊断测试（二） 高三数学试卷 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.本考试分设试卷和答题纸，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上的相应位置，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，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. 已知集合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由交集的运算可得. 【详解】因为集合中大于1且小于4的数只有2，3，所以. 故答案为：. 2. 不等式的解集为______________． 【答案】 【解析】 【分析】将原不等式等价转化为，然后解该二次不等式可得出结果. 【详解】不等式等价于，解得， 因此，不等式的解集为，故答案为. 【点睛】本题考查分式不等式的解法，解题的关键就是将分式不等式化为标准形式，转化为整式不等式求解，考查运算求解能力，属于基础题. 3. 函数的最小正周期是___________． 【答案】 【解析】 【详解】的最小正周期是， 故答案为： 4. 已知函数则=________. 【答案】 【解析】 【分析】由分段函数的解析式，代入已知值，可得答案. 【详解】由题意可得. 故答案为：. 5. 已知、为常数，函数为奇函数，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意结合奇函数的定义运算求解. 【详解】由题意，函数为奇函数， 则，故， 可得，则，解得， 所以. 故答案为：3. 6. 的二项展开式中，项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式通项公式，由的指数为2求得项数，从而得到系数． 【详解】由题意得二项式的展开式的通项公式为， 令，得，所以项的系数为． 故答案为：． 7. 已知等比数列为严格增数列，其前项和为若，，则该数列的公比为________． 【答案】 【解析】 【分析】设出等比数列公比，由题意建立方程，解方程并验根，可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由，则，解得， 由，则，代入上式可得， 去分母可得，易知， 可得，分解因式可得， 易知，解得或， 当时，，则，单调递减，不合题意. 故答案为：. 8. 已知为常数，圆与圆有公共点，当取到最小值时，的值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，求出两圆的圆心距，利用两圆有公共点的条件建立不等式求解. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径为1， 由两圆有公共点，得， ，当且仅当时取等号， 当时，取得最小值，取得最小值，此时两圆外切，满足两圆有公共点， 所以当取到最小值时，的值为1. 故答案为：1 9. 某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为________米．（结果精确到0.01米） 【答案】 【解析】 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合，即可得到对答案. 【详解】解：由正方体的棱长米， 因为平面平面，且平面，平面，平面， 如图所示，设正方体的中心为，连接，交平面于点，则平面， 在正方体中，底面是正三角形，其外接圆的半径为米， 又由勾股定理，可得米， 设米，因为点到平面的距离为2米， 所以米. 故答案为：. 10. 如图，某建筑物垂直于地面，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，已知相距100米，，则该建筑物高度约为__________米．（保留一位小数） 【答案】66.4 【解析】 【分析】先在和中，根据仰角分别用建筑物高度表示出和，然后在中利用余弦定理建立关于的方程，最后求解方程得到的值. 【详解】在中，已知从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，即.因为，所以. 在中，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，即.因为，且，所以. 在中，已知米，.根据余弦定理，将，代入可得： ，即 可得. 则. 故答案为：66.4. 11. 已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为__________．（用反三角表示） 【答案】 【解析】 【分析】由题意可设设，，结合，，求得和，再结合向量夹角得坐标表示即可求解. 【详解】可设，设， 则， 所以， 两式相减可得：，再代入第一个式子， 可得： 设向量与向量夹角为， 则， 易知对于当即取得最大值， 此时取得最大值， 即的最大值为，时取得， 再由余弦函数的单调性可知的最小值为， 故答案为： 12. 已知数列，，并且前项的和满足： ①存在小于的正整数，使得； ②对任意的正整数和，都有． 则满足以上条件的数列共有__________个． 【答案】 【解析】 【分析】根据的奇偶性结合，分析可知，进而可得，，即可求数列个数，同时排除不满足条件①的情况. 【详解】因为，，可知的奇偶性与的奇偶性一致， 对于①：存在小于的正整数，使得， 对于②：对任意的正整数和，都有， 可知为奇数，即， 令，则，可得或； 令，则，可得或； 综上所述：对任意的正整数，. 且，可得，， 即确定，不相等，有2种可能， 此时，条件②满足， 对于数列可知：均有2种可能， 则满足条件的数列共有个， 又因为存在小于的正整数，使得， 可知对任意，不成立，即这种情况不符合题意， 综上所述：符合题意的数列共有个. 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答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑． 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. “”的一个必要非充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合指数、对数函数的单调性，对选项A、B和C逐一分析判断，即可求解；对于D，利用不等式的性，即可求解. 【详解】对于选项A，由，得到，即，所以可得，故选项A错误， 对于选项B，由，得到，所以可得，故选项B错误， 对于选项C，由，得到，即，所以推不出， 但可以得出，故选项C正确， 对于选项D，由，得到， 又，当且仅当时取等号，显然不满足题意， 则，即， 又当，有，所以是的充要条件，故选项D错误， 故选：C. 15. 设，随机变量取值、、、的概率均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25，随机变量取值、、、的概率也均为0.25．若记、分别为、的方差，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系与、、、的取值有关 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机变量的取值情况，计算出它们的期望和方差，再借助均值不等式即可判断作答. 【详解】由随机变量的取值情况，它们的期望分别为：， ，即， ， 则 同理， 则 则 ， 因为 所以， 因为，不能取等号，所以，所以 所以. 故选：A. 16. 已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（ ） A. ①是真命题，②是假命题 B. ①是假命题，②是真命题 C. ①②都是真命题 D. ①②都是假命题 【答案】A 【解析】 【分析】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断； 对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断. 【详解】判断命题①： 已知过椭圆上任意一点作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于，两点，连接. 根据直线与圆的位置关系，当与圆相切时，满足给定条件. 当与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近，直到与圆相切；同理，当与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近直至相切.所以从直线与圆位置关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得与圆相切，故①正确. 判断命题②： 当在双曲线顶点时，过作圆的切线，交双曲线于另外两点，. 由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确. 故选：A. 三、解答题（本大题共5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应位置写出必要步骤． 17. 已知函数是定义在上的偶函数. （1）当时，，求时，的表达式； （2）当时，，若实数满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的性质直接求解即可； （2）先判断函数的单调性，再结合偶函数的性质解一元二次不等式即可. 【小问1详解】 因为函数是定义在上的偶函数，即 当时，， 所以， 所以. 【小问2详解】 当时，， 由幂函数和指数函数的单调性可得为递增函数. 又函数为偶函数， 所以， 两边平方后展开可得，即， 解得. 18. 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. 19. 已知某区组建了一支120人的志愿者队伍，并由其中72人组成“志愿模范队”.经过一年的实践，全队共有72人的周平均服务时长超过2小时，其中有54人来自“志愿模范队”，如下表所示. 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 54 72 周平均服务时长不超过2小时 总计 72 120 （1）已知一名志愿者是“志愿模范队”成员，求其周平均服务时长超过2小时的概率. （2）请完成列联表，并根据表中数据回答：是否有99.9%的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系？ （3）现从周平均服务时长超过2小时的人员中按照是否为“志愿模范队”成员进行分层抽样，选取8人组建“志愿突击队”，并从这8人中再随机选取2人做深度访谈，记随机变量为这2人中来自于“志愿模范队”的人数，求的分布与方差 附录：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） （2）有99.9%的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系. （3） 0 1 2 方差：. 【解析】 【分析】（1）利用古典概率求解即可； （2）计算出的值，即可判断； （3）利用超几何分布求出分布列，然后利用期望和方差的公式求解即可. 【小问1详解】 由表可知，若一名志愿者是“志愿模范队”成员，则其周平均服务时长超过2小时的概率：. 【小问2详解】 根据题意，可将表格补充完整： 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 54 18 72 周平均服务时长不超过2小时 18 30 48 总计 72 48 120 故， 所以有99.9%的把握认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系. 【小问3详解】 由分层抽样可知，这8人中有6个来自“志愿模范队”，2个不是“志愿模范队”成员， 故随机变量可能为 且, 故分布列如下： 0 1 2 所以期望：， 方差：. 20. 椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线与交于点． （1）若，点的坐标为，求点到直线的距离； （2）当时，求满足的点的个数； （3）设直线与的另一个交点为，，点的横坐标为，若的离心率，求的取值范围． 【答案】（1）； （2） 由，得点在以线段为直径的圆上，， 由消去得，即， 当时，，，因此点，共2个； 当时，，解得，， 因此点，共4个， 所以当时，点的个数为2；当时，点的个数为4. （3）. 【解析】 【分析】（1）求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求解. （2）求出以线段为直径的圆方程，再与椭圆方程联立，按求出方程组的交点坐标即可. （3）设，表示出点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，建立的关系，进而建立不等式求解. 【小问1详解】 依题意，，而，则直线的方程为， 即，所以点到直线的距离. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，由，且在线段上，得， 则，解得，而， 由点在上，得，即， 整理得，即，由，得，解得， 所以的取值范围是. 21. 已知椭圆的方程为，右顶点为，上顶点为，椭圆的中心位于坐标原点，两个椭圆的离心率相等． （1）若椭圆的方程是，焦点在轴上，求的值； （2）设椭圆的焦点在轴上，直线与相交于点、，若，求的标准方程； （3）设椭圆的焦点在轴上，点在上，点在上．若存在是等腰直角三角形，且，求的长轴的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）运用离心率公式计算即可； （2）先求出，得到直线的方程，设的方程为，，，直曲联立，运用弦长公式得到，求出即可； （3）先设出的方程，因为有且的条件，所以任取上一点（不与点重合），算出和直线的斜率.接着设出点的坐标，算出.由于，得出直线方程，进而得到与、的关系.结合以及曲线方程进一步求解，最后得到长轴取值范围即可. 【小问1详解】 由题，椭圆的离心率为，椭圆的离心率为， 解得 【小问2详解】 由题，，，所以，直线的方程为， 设的方程为，，， 联立直线与椭圆的方程，代入整理得， ，可得， 由韦达定理可得，， 故 ，解得. 所以的标准方程为. 【小问3详解】 由题，设的方程为， 由题意，且， 任取上一点（不与点重合），则，. 设，则， 直线的方程为，故， 代入得， 因为，解得， 由对称性，不妨设，代回直线方程可解得， 而点位于上，所以 ， 为上任一点，所以为定值，化简得. 设，为上任一点，即有解. 整理得，， 解得，所以 . 故的长轴长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $