精品解析：上海市静安区2025-2026学年度高三第二学期教学质量调研数学试卷

静安区2025学年度第二学期教学质量调研 高三数学试卷 2026.04 考生注意： 1．本试卷共21道试题，满分150分，考试时间120分钟．作答前，考生在答题纸正面填写姓名、学校、准考证号等信息，粘贴考生本人条形码． 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，在草稿纸、试卷上作答一律不得分． 3．可使用符合规定的计算器．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题． 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）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果． 1. 直径为的球的表面积为______．（计算结果保留） 2. 设i是虚数单位，计算：______． 3. 在的二项展开式中，的系数为______．（用数字作答） 4. 双曲线的两条渐近线夹角大小为______．（结果用反三角函数值表示） 5. 若，则______． 6. 某汽车制造厂生产一种用于发动机的活塞销，其设计标准直径为．根据长期生产数据，该活塞销的实际直径服从正态分布，方差为．规定：活塞销的直径在到之间为合格品．随机抽取一个活塞销，其为合格品的概率是______．（结果保留三位小数） 参考数据：若随机变量，则，，． 7. 现有两个罐子，都放有3个球，这些球除颜色外，大小与质地都相同，A罐中放有2个红球，1个白球，B罐中放有3个红球，从两个罐子中各摸出1个球并交换，这样交换2次后，白球还在A罐子中的概率是______． 8. 已知定义在R上的偶函数的最小正周期为2，当时，，则当时，______． 9. 在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 10. 如图所示，在中，，，，为边的中点，在边上，且，交于点，则______． 11. 若满足，且的复数z有两个，分别设为、，则______． 12. 设，函数，给出下列三个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，，则． 其中所有正确结论的序号是______． 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）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置上，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 14. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 15. 袋子里装有四枚围棋子，其中两枚黑色棋子、两枚白色棋子，从中随机取出两枚棋子，那么互斥而不对立的事件是（ ）． A. “至多有一枚白色棋子”与“至多有一枚黑色棋子” B. “至多有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” C. “恰好有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” D. “至多有一枚白色棋子”与“都是白色棋子” 16. 设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（ ）． A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①和②都错误 D. ①和②都正确 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，第17～19题每题14分，第20～21题每题18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. 下表是某品牌净化器的年销售量与年份的统计表． 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代码x 1 2 3 4 5 年销售量у（万台） 2 3.5 2.5 8 9 （1）用计算器计算净化器的年销售量y关于年份代码x的线性回归方程；（回归系数计算结果保留两位小数） （2）为了调查A、B两地区人群对该品牌净化器的了解情况，调查机构在A、B两地区的人群中分别进行品牌知晓情况的问卷调查．统计知晓与不知晓的人数，得到如下2×2列联表． 知晓 不知晓 合计 A地区 80 20 100 B地区 40 60 100 合计 120 80 200 试根据表中数据判断A、B两地区的人群对该品牌净化器的知晓情况是否有显著差异．（规定显著水平） 附：关于回归方程，回归系数的计算公式，其中为样本点的中心；的计算公式； 0.05 0.01 0.001 k 3.841 6.635 10.828 18. 已知等差数列的首项，公差为，等比数列的首项，公比为，数列满足（n为正整数）． （1）依次写出数列的前项； （2）设数列的前项和为，求． 19. 如图，在长方体中，，，，是的中点． （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 20. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； （3）过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 21. 已知函数（且）． （1）当时，求函数的极值； （2）若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； （3）若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 静安区2025学年度第二学期教学质量调研 高三数学试卷 2026.04 考生注意： 1．本试卷共21道试题，满分150分，考试时间120分钟．作答前，考生在答题纸正面填写姓名、学校、准考证号等信息，粘贴考生本人条形码． 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，在草稿纸、试卷上作答一律不得分． 3．可使用符合规定的计算器．用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题． 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）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果． 1. 直径为的球的表面积为______．（计算结果保留） 【答案】 【解析】 【详解】由题意知球的半径， 所以球的表面积. 2. 设i是虚数单位，计算：______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法及复数的乘方求解即可. 【详解】， 所以. 3. 在的二项展开式中，的系数为______．（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】二项展开式的通项公式为. 令，解得，则. 故的系数为15. 4. 双曲线的两条渐近线夹角大小为______．（结果用反三角函数值表示） 【答案】 【解析】 【分析】首先得到双曲线的两条渐近线，再利用正切两角和差公式求解即可. 【详解】由题可得，，因此渐近线方程为， 两条渐近线斜率为​，​. 两直线夹角，夹角公式为​​​， 代入得，​ 由于​且，因此夹角大小为. 5. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式以及二倍角公式即可求解. 【详解】， 故. 6. 某汽车制造厂生产一种用于发动机的活塞销，其设计标准直径为．根据长期生产数据，该活塞销的实际直径服从正态分布，方差为．规定：活塞销的直径在到之间为合格品．随机抽取一个活塞销，其为合格品的概率是______．（结果保留三位小数） 参考数据：若随机变量，则，，． 【答案】0.954 【解析】 【详解】依题意，活塞销的直径，， 因此， 所以随机抽取一个活塞销，其为合格品的概率是0.954 7. 现有两个罐子，都放有3个球，这些球除颜色外，大小与质地都相同，A罐中放有2个红球，1个白球，B罐中放有3个红球，从两个罐子中各摸出1个球并交换，这样交换2次后，白球还在A罐子中的概率是______． 【答案】 【解析】 【详解】用分别表示交换1次，2次后白球还在A罐中的事件， 依题意，，，， 由全概率公式得， 所以交换2次后，白球还在A罐子中的概率是. 8. 已知定义在R上的偶函数的最小正周期为2，当时，，则当时，______． 【答案】 【解析】 【详解】当时，， ， 又定义在R上的偶函数，且最小正周期为2， ， ． 9. 在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设的中点为，在底面的投影为，则就是与底面所成角，再解三角形求正弦值即可． 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 10. 如图所示，在中，，，，为边的中点，在边上，且，交于点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出直线、的方程，联立求解得到点坐标，根据两点间的距离公式即可求出. 【详解】因为，，所以. 以点为原点，以为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，，，即. 因为为边的中点，所以. 因为，所以. 直线：，即. 直线：，即. 联立，解得，即. 故. 11. 若满足，且的复数z有两个，分别设为、，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据复数的几何意义分析可得，，联立方程运算求解即可. 【详解】设，，，， 因为，则，可知点的轨迹是以为圆心，半径为5的圆， 可得； 且，则，可知点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支， 则，，，可得， 联立方程，解得， 且，则，可得，， 所以. 12. 设，函数，给出下列三个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，，则． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【解析】 【分析】对①：结合的单调性，令即可得反例；对②：利用函数性质判断的单调性，则可求出各段的上界，再令计算即可得；对③：分及进行讨论，当时，利用点到直线的距离公式计算即可得解；当时，计算出即可得解. 【详解】对①：若，即时，有， 则在区间上单调递增，故①错误； 对②：由， 则当时，单调递增，当时，单调递增， 当时，单调递减，当时，单调递减， 则时，，当时，， 当时，， 要使得存在最大值，则，解得，故②正确； 对③：由题意可得，若，则在上， 则， 由，则； 若，则， 有，故； 综上可得：恒成立，故③正确. 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选项，考生应在答题纸的相应位置上，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和函数值得变化趋势即可判断． 【详解】解： 定义域为 故排除， 又， 函数为偶函数， 图象关于轴对称，故排除， ， 当时，的变化是越来越快，故排除 故选：． 【点睛】本题考查了函数图象的识别，属于基础题． 14. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由解得或，即集合， 由可得，解得，即集合； 所以. 15. 袋子里装有四枚围棋子，其中两枚黑色棋子、两枚白色棋子，从中随机取出两枚棋子，那么互斥而不对立的事件是（ ）． A. “至多有一枚白色棋子”与“至多有一枚黑色棋子” B. “至多有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” C. “恰好有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” D. “至多有一枚白色棋子”与“都是白色棋子” 【答案】C 【解析】 【分析】利用对立事件、互斥事件的定义判断即可． 【详解】记随机取出两枚棋子，均为黑色棋子为事件，一枚黑色棋子、一枚白色棋子为事件，均为白色棋子为事件. 对于A：“至多有一枚白色棋子”包含事件、事件，“至多有一枚黑色棋子” 包含事件、事件. 两个事件都包含事件，能同时发生，不是互斥事件.A不满足. 对于B：“至多有一枚白色棋子”包含事件、事件，“都是黑色棋子”为事件. 两个事件都包含事件，能同时发生，不是互斥事件.B不满足. 对于C：“恰好有一枚白色棋子”为事件，“都是黑色棋子”为事件. 两个事件不能同时发生，且并集不是全集（缺少事件），是互斥而不对立事件.C满足. 对于D：“至多有一枚白色棋子”包含事件、事件，“都是白色棋子”为事件. 两个事件不能同时发生，且并集是全集，是对立事件.D不满足. 16. 设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（ ）． A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①和②都错误 D. ①和②都正确 【答案】A 【解析】 【分析】分、为同一平面的相邻顶点、、为同一平面的不相邻顶点及、为体对角线上两顶点进行讨论，可求出对应的长度，取中点为，利用空间向量线性运算与数量积公式可得，再求出对应范围即可得解. 【详解】设中点为， 若、为同一平面的相邻顶点，则， 则，即， ， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为同一平面的不相邻顶点，则， 则，即， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为体对角线上两顶点，则， 则，即， 则， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，最大值等于零； 综上可得：①正确；②错误. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，第17～19题每题14分，第20～21题每题18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. 下表是某品牌净化器的年销售量与年份的统计表． 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代码x 1 2 3 4 5 年销售量у（万台） 2 3.5 2.5 8 9 （1）用计算器计算净化器的年销售量y关于年份代码x的线性回归方程；（回归系数计算结果保留两位小数） （2）为了调查A、B两地区人群对该品牌净化器的了解情况，调查机构在A、B两地区的人群中分别进行品牌知晓情况的问卷调查．统计知晓与不知晓的人数，得到如下2×2列联表． 知晓 不知晓 合计 A地区 80 20 100 B地区 40 60 100 合计 120 80 200 试根据表中数据判断A、B两地区的人群对该品牌净化器的知晓情况是否有显著差异．（规定显著水平） 附：关于回归方程，回归系数的计算公式，其中为样本点的中心；的计算公式； 0.05 0.01 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） （2）在犯错误的概率不超过0.05 的前提下，认为A、B两地区的人群对该品牌净化的知晓情况有显著差异 【解析】 【分析】（1）计算出样本中心以及回归系数和，即可求解； （2）利用列联表中的数据，代入公式计算观测值，并与临界值3.841进行比较，从而判断两个分类变量是否有关. 【小问1详解】 由表可知，样本中心 为： . .则 . 所以，净化器的年销售量 关于年份代码 的线性回归方程为：. 【小问2详解】 根据 列联表中的数据，计算 的观测值： . 因为 ， 所以，在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下，认为 A、B 两地区的人群对该品牌净化器的知晓情况有显著差异. 18. 已知等差数列的首项，公差为，等比数列的首项，公比为，数列满足（n为正整数）． （1）依次写出数列的前项； （2）设数列的前项和为，求． 【答案】（1）数列的前项依次为 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列、等比数列的通项公式，分别求出和的通项，再按​的分段定义，依次代入到，区分奇偶项计算得到前项； （2）将​拆分为前项中的奇数项和与偶数项和两部分：奇数项是的前个奇数项，构成新等差数列，用等差数列求和公式计算；偶数项是的前个偶数项，构成新等比数列，用等比数列求和公式计算，最后将两部分和相加得到​． 【小问1详解】 根据题意可得，， 所以，，， ，，， 所以数列的前项依次为． 【小问2详解】 ． 所以． 19. 如图，在长方体中，，，，是的中点． （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用棱锥的体积公式求解； （2）通过建立空间直角坐标系，得到两个平面的法向量进而求解二面角即可. 【小问1详解】 因为底面是直角梯形，上底，下底，高， 因此梯形面积 ， 四棱锥的高为到底面的距离，即， 因此体积 . 【小问2详解】 以为原点，分别以​为轴建立空间直角坐标系， 根据题意得各点坐标，，，， 平面​的一个法向量为， 在平面中，向量，，设平面的法向量为， 则  令，得，即. 设锐二面角为，则 ， ​​ 因此锐二面角大小为. 20. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值； （3）过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在定点 ，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法可求得椭圆的标准方程； （2）设直线 的方程，并与椭圆联立方程组，利用韦达定理及的条件，建立直线参数间的关系，再使用点到直线的距离公式即可证明. （3）设直线 的方程为 ，并与椭圆联立方程组，求出 的值，结合三点共线则即可求解. 【小问1详解】 由题意知 ，即 . 又因为离心率 ，所以 ，所以 . 故椭圆 的方程为 . 【小问2详解】 证明：设 。 因为 ，所以 . 设直线 的方程为 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 代入 ，即 ， 整理得 。 代入韦达定理结果并化简得 。 原点 到直线的距离 所以原点 到直线 的距离为定值 . 【小问3详解】 存在定点 ，理由如下： 由（1）知 ，设直线 的方程为 ， 设 ，则 ， 联立方程组 ，消去 得 ， 由韦达定理得 . 设 ，若 三点共线，则 ， 即 ，整理得 . 将 代入上式，化简得 . 代入韦达定理结果，得 . 化简得 ，解得 . 所以存在定点 ，使得 三点始终共线. 21. 已知函数（且）． （1）当时，求函数的极值； （2）若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； （3）若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 【答案】（1）极大值，无极小值 （2），切点坐标为 （3）的取值范围 【解析】 【分析】（1）求导找单调性变化点，进而确定极值； （2）先求导得到切线斜率公式，再根据 “切点在曲线、切线上，且切线斜率等于导数” 列三个方程，联立消元求解，试根得到切点横坐标，最终算出和切点坐标； （3）将两函数交点问题转化为方程根的问题，用导数分析函数单调性，再根据零点存在性求参数范围． 【小问1详解】 当时，，的定义域为， ， 令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在处取极大值，无极小值． 【小问2详解】 ， 设切点为，切线的斜率为，所以①， 因为切点同时在曲线和切线上，所以②， 由①得③，由②得④， ③④得⑤， 将⑤代入②中得，即⑥， 设，， 令， 由，得，单调递增， 又， 所以时，，单调递减， 时，，单调递增， 又， 所以是的唯一零点， 即方程⑥的根，代入⑤得，切点坐标为． 【小问3详解】 令，即，整理得， 问题转化为在有个不同正根， 令， ， 若，则，在单调递增，最多个零点，不符合题意， 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 要使有个不同零点，需满足极小值小于（当和时，满足题意）， 所以，解得， 所以的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $