精品解析：上海市南洋模范中学2025-2026学年高三下学期3月阶段测试数学试卷

2025-2026学年上海市南洋模范中学高三年级下学期阶段测试 数学试卷 3.31 一、填空题（本大题共有12小题，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，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分． 1. 设集合，，若，则 ______. 2. 一组数据从小到大排列为：，则该组数据的分位数为__________. 3. 复数满足，则_______． 4. 在的二项展开式中项的系数为________. 5. 函数的定义域为________. 6. 关于x的方程有两解，则实数a的取值范围是______． 7. 若，则________. 8. 如图，在长方体中，，，，点是矩形（包括边界）上的动点，点是矩形（包括边界）上的动点，若，则四面体体积的最大值为______. 9. 如图，是款电动自行车用“遮阳神器”的结构示意图，它由三叉形的支架和覆盖在支架上的遮阳布组成. 已知，，且；为保障行车安全，要求遮阳布的最宽处；若希望遮阳效果最好（即的面积最大），则的大小约为______.（结果四舍五入精确到） 10. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记表示5次传球过程中，甲接到球的总次数，则X的数学期望________． 11. 若平面有不共线的五点A，B，C，D，O，记，，，，满足.，，则的最小值为______． 12. 已知，存在，当时，都有，则的取值范围是______． 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，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 已知集合，，则的子集个数为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 14. 已知圆：关于直线：对称，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 15. 已知双曲线，在双曲线左支上任取两个不同的点，，都有，则双曲线的离心率的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 16. 若无穷数列满足：，当时，，则称是“数列”．则下列正确的是（ ） A. 若是“数列”，则 B. 若是“数列”且是等差数列，则单调递增 C. 若是“数列”且单调递减，则是等比数列 D. 若是“数列”且是周期数列，则集合的元素个数最多是 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，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. 如图，在直三棱柱中，，，点满足，点为的中点. （1）证明：； （2）若异面直线和所成角为，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若点D满足，且，求的面积． 19. 为了解学生身体素质的情况，学校随机抽取了100位同学组织了一次体测，结果有20%的同学合格，经过调查，抽取的学生中只有10%的学生每日运动量能达标，每日运动量能达标的学生体测合格率有50%. （1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为体测成绩与每日运动量之间有关； 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 运动量未达标 合计 （2）从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中合格人数的分布列和期望； （3）为提升学生身体素质，学校决定给每个班级安排任务，规则如下：每天班主任从箱子里抽球，里面有2个白球和2个红球(大小、材质相同)，抽到红球放回，且学生就需要跑步1km；抽到白球则休息，抽完的球不放回，再往里放入一个红球，直至箱子里全部都是红球后结束，记天后任务结束的概率为.求. 附：，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 20. 已知平面上一动圆P与圆相内切（其中圆P的半径小于圆F的半径），且圆P经过点F关于原点的对称点，记圆心P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）记C与x轴的两个交点分别为，（在的右侧），直线l与C相交于点M，N（异于点，），且直线的斜率恰好是直线的斜率的7倍． （i）直线l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求四边形的面积S的最大值． 21. 已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”． （1）设函数． （i）当时，求在上的最大“Ω点”； （ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围； （2）设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上海市南洋模范中学高三年级下学期阶段测试 数学试卷 3.31 一、填空题（本大题共有12小题，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，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分． 1. 设集合，，若，则 ______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故答案为：1. 2. 一组数据从小到大排列为：，则该组数据的分位数为__________. 【答案】12 【解析】 【详解】因为这组数据共8个数，且， 所以该组数据的分位数为第7个数，即为12. 3. 复数满足，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的定义及性质求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故答案为： 4. 在的二项展开式中项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式可求出系数. 【详解】由通展开式项知，令，则， 二项展开式中项的系数为， 故答案为：. 5. 函数的定义域为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数函数和根式的定义域要求，结合三角函数图象性质求解即可. 【详解】由题意可得，得 或. 函数的定义域为， 故答案为: . 6. 关于x的方程有两解，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用对数的运算性质把原方程转化为，再将方程转化为一元二次函数在有两个零点的问题，结合二次函数图象可得，求解即可. 【详解】由题意可得， 原方程可化为：， 即，令， 如要函数在有两个零点，则需：，解得，， 故答案为：. 7. 若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据同角的三角函数关系式，结合余弦的二倍角公式进行求解即可． 【详解】因为， 所以，即， 整理得且， 所以或（舍）. 故答案为： 8. 如图，在长方体中，，，，点是矩形（包括边界）上的动点，点是矩形（包括边界）上的动点，若，则四面体体积的最大值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】取的中点，可得，可知点到平面的距离最大值为1，且的面积取到最大值为，进而可得四面体体积的最大值. 【详解】由题意可知：， 取的中点，连接，则，且， 由题意可知：平面，则平面， 由平面，可得， 因为，则，可得， 可知点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆， 则点到平面的距离最大值为1， 又因为点是矩形（包括边界）上的动点， 当且仅当点与点或点重合时，的面积取到最大值，最大值为， 所以四面体体积的最大值为. 故答案为：1. 9. 如图，是款电动自行车用“遮阳神器”的结构示意图，它由三叉形的支架和覆盖在支架上的遮阳布组成. 已知，，且；为保障行车安全，要求遮阳布的最宽处；若希望遮阳效果最好（即的面积最大），则的大小约为______.（结果四舍五入精确到） 【答案】 【解析】 【分析】设，则，则利用面积公式可得，利用导数可求面积最大时对应的角. 【详解】因为，， 故，故，设， 则，故，则， 又 ， 设， 则， ， 当时，，故在上为增函数， 故，此时， 故答案为：. 10. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记表示5次传球过程中，甲接到球的总次数，则X的数学期望________． 【答案】## 【解析】 【分析】记第次传球后球在甲手中的概率为，则不在甲手中的概率为，所以第次传球后球在甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，且传球者将球传给甲，所以，根据题意可求出，因为每一次传球后球在甲手中的次数都服从两点分布，根据期望的线性性质可求得. 【详解】记第次传球后球在甲手中的概率为，则不在甲手中的概率为，所以第次传球后球在甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，且传球者将球传给甲，所以， 根据题意第一次由甲传出，所以第一次传球后球肯定不在甲手中，所以， 又共传5次结束， 所以. 记为示性变量，当第次传球后球在甲手中时，否则，即每次传球后球在甲手中的次数服从两点分布， 所以， 所以 . 故答案为：. 11. 若平面有不共线的五点A，B，C，D，O，记，，，，满足.，，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用平面向量的几何意义，结合图像即可得到答案. 【详解】由,可得，且，即. 作， 如图所示，则，，均为正三角形，且， 由，得， 化简可得，，所以在直线上. 由图像可知，，所以， 可得点在以点为圆心，以为半径的圆E上，所以. 如图过E作MN垂线垂足为C，交圆E于D点，则显然， 此时的最小值为. 12. 已知，存在，当时，都有，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】令，得，故点在圆心为原点的单位圆上，点在曲线上，转化为向量与的夹角大于，利用数形结合即可解出. 【详解】令，故，故原不等式可化为：， 令，得， 故点在圆心为原点的单位圆上，点在曲线上， 作出大致图象如下： 故不等式的几何意义是：向量与的夹角大于， 设， 则当时，单调递减，当时，单调递增， 故当，故当且仅当时取等号，故， 故时，函数与直线恰好相切，切点为原点， 易知存在，在时使得恒成立， 当时，不存在一个给定的，使得恒成立， 综上，的取值范围是． 故答案为：. 【点睛】有结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 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，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 已知集合，，则的子集个数为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，借助导数计算可得该函数有且仅有一个零点，即可得中有且仅有一个元素，即可得的子集个数. 【详解】令，则，故在上单调递增， 又，故有且仅有一个零点， 即图象与图象有且仅有一个交点， 即中有且仅有一个元素，故的子集个数为. 14. 已知圆：关于直线：对称，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心坐标，进而求出，的关系，再利用基本不等式中“1”的妙用求解作答. 【详解】因为圆：关于直线：对称， 所以直线过圆心，即，因为，， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值是2． 故选：B． 15. 已知双曲线，在双曲线左支上任取两个不同的点，，都有，则双曲线的离心率的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的数量积确定，进而得到渐近线夹角，即可求解. 【详解】任取双曲线C左支上两个不同的点都有 . 即， 即对左支上任取两个不同的点， 设分别为两条渐近线上的两点， 由图可知，由于对左支上任取两个不同的点，需满足， 所以， 即双曲线两渐近线的夹角， . 即双曲线的离心率的最大值为. 16. 若无穷数列满足：，当时，，则称是“数列”．则下列正确的是（ ） A. 若是“数列”，则 B. 若是“数列”且是等差数列，则单调递增 C. 若是“数列”且单调递减，则是等比数列 D. 若是“数列”且是周期数列，则集合的元素个数最多是 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义数列，计算判断A，结合等差数列，单调性，周期数列计算判断BCD. 【详解】对于A，若是“数列”，当时，， ，若 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以，A错误. 对于B，若是“数列”且是等差数列，设公差为， 当时，，即， 当时，，则，，即， 此时，数列不单调递增，B错误. 对于C，若是“数列”且单调递减， 当时，，因为数列单调递减，所以. 当时，，因为数列单调递减，所以. 当时，，因为数列单调递减，所以. 可知数列不是等比数列，C错误. 对于D，若是“数列”且是周期数列，假设周期为， 当时，， 当时，，所以或 若时，当时，，所以或， 若时，当时，，所以或， 这样数列值会越来越大（非周期），所以 若时，当时，，所以或， 若时，当时，，所以或， 若时，当时，，所以或， 同理按此规律计算可得数列的取值可能是， 所以的元素个数最多是，D正确. 故选：D. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，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. 如图，在直三棱柱中，，，点满足，点为的中点. （1）证明：； （2）若异面直线和所成角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）如图，取 中点 ，连接 ， ，设与交于点 ， 由于 ， 为 中点，所以， 在直三棱柱中，有平面 ， 又平面 ，所以， 又，平面 ，所以平面 ， 又 平面 ，所以， 又，可得四边形 是正方形，所以，且 为线段中点， 又，可得点 为的中点， 又 为的中点，所以 是的中位线， 为的中位线， 所以 ，，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以； （2）. 【解析】 【分析】（1）取 中点 ，先由线面垂直证得，再设与交于点 ，根据证明，即可证得平面，再由线面垂直的性质即得证； （2）以 为原点建系，根据异面直线和 所成角为得出点 坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以 为原点，， 所在的直线为 轴，轴，以平行于的直线为 轴如图建系， 则，，，， 设，则，， 因异面直线和 所成角为，则， 解得，即，则， 则，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，故可取， 设平面的一个法向量为， 由，得，故可取， 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若点D满足，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理与和角的正弦公式化简求得，再根据内角范围即可求得； （2）设，由正弦定理求出，结合，由得，展开代入解方程求出，求出的面积，易得的面积. 【小问1详解】 由和正弦定理可得： ， 即， 在中，，代入整理得：， 因，则，故， 因为，所以． 【小问2详解】 由（1）知，则， 设，依题意，， 在中，由正弦定理，，得， 因为角是锐角，则， 在中，，因， 故，即， 也即，解得，故， 则，所以， 因，则， 所以， 即的面积为． 19. 为了解学生身体素质的情况，学校随机抽取了100位同学组织了一次体测，结果有20%的同学合格，经过调查，抽取的学生中只有10%的学生每日运动量能达标，每日运动量能达标的学生体测合格率有50%. （1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为体测成绩与每日运动量之间有关； 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 运动量未达标 合计 （2）从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中合格人数的分布列和期望； （3）为提升学生身体素质，学校决定给每个班级安排任务，规则如下：每天班主任从箱子里抽球，里面有2个白球和2个红球(大小、材质相同)，抽到红球放回，且学生就需要跑步1km；抽到白球则休息，抽完的球不放回，再往里放入一个红球，直至箱子里全部都是红球后结束，记天后任务结束的概率为.求. 附：，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）2×2列联表如下： 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 5 5 10 运动量未达标 15 75 90 合计 20 80 100 体测成绩与每日运动量之间有关 （2）的分布列为： 0 1 2 3 期望为 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题设信息即可完成2×2列联表，再进行零假设和计算卡方值，再由小概率值的独立性检验思想即可得解； （2）设抽取的三人中合格人数为X，由题设得到，利用二项分布概率公式和均值计算公式即可求解； （3）设“第次操作取出白球”， “第次操作取出红球”，，先依题意，，明确时，若天后任务结束，则第n次取出的是白球，前次操作中，有一次取出白球，其余次均取出红球，据此即可结合等比数列前n项和公式计算的概率. 【小问1详解】 依题意，完成下列2×2列联表如下： 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 5 5 10 运动量未达标 15 75 90 合计 20 80 100 零假设 体测成绩与每日运动量之间无关， 因， 根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即体测成绩与每日运动量之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.05. 【小问2详解】 该校随机抽取三人，每个人合格的概率为20%，设抽取的三人中合格人数为X， 则，由于测试相互独立，则， 故， ， ，， 则随机变量的分布列为： 0 1 2 3 故的数学期望为. 【小问3详解】 设“第次操作取出白球”， “第次操作取出红球”，， 依题意，， 当时，若天后任务结束， 则第n次取出的是白球，前次操作中，有一次取出白球，其余次均取出红球， 则 ， 经检验，，均满足该式， 所以. 20. 已知平面上一动圆P与圆相内切（其中圆P的半径小于圆F的半径），且圆P经过点F关于原点的对称点，记圆心P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）记C与x轴的两个交点分别为，（在的右侧），直线l与C相交于点M，N（异于点，），且直线的斜率恰好是直线的斜率的7倍． （i）直线l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求四边形的面积S的最大值． 【答案】（1） （2）（i）直线恒过定点；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据圆的位置关系，得到为定值，结合椭圆的定义即可求解； （2）（i）设直线方程，联立结合韦达定理得到，再由直线、斜率的关系构建方程化简即可； （ii）由（i）得到，结合，再根据换元法求最值． 【小问1详解】 圆，即, 所以圆心，半径， 因为是关于原点的对称点，所以， 设动圆的半径为，因为动圆与圆相内切，所以， 又因为圆经过点，所以，则， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，则， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 （i）曲线的方程，则， 由题可知直线斜率不为零，则设直线， ，， ， ， 又直线的斜率恰好是直线的斜率的倍，即， 即，整理得， 即， 即， ，解得， 时，， ，直线的方程为，即直线恒过定点； （ii）由（i）知，则， 则四边形的面积， ， ， 令， 则， 当，即时取等， 即四边形的面积S的最大值为． 21. 已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”． （1）设函数． （i）当时，求在上的最大“Ω点”； （ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围； （2）设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 若在D上的“Ω点”个数为，则，符合要求； 若在D上的“Ω点”个数为，令在D上的“Ω点”分别为、、、， 其中、，、、、， 若， 则若，由，则，即， 若，由题意，，， 故，即，又，故，符合要求； 若， 则，，，， 由，则， 若，即，则， 若，由题意，，且， 又，故，即，，，， 即有，即， 由，故， 又，故， 即在D上的“Ω点”个数不小于. 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得对，，当时，都有，即可结合导数研究单调性后取最大值点即可得； （ii）由题意可得在时恒成立，借助导数分、、及讨论函数单调性即可得； （2）分“Ω点”个数为，及大于等于进行讨论，结合，从而得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系. 【小问1详解】 （i）当时，， 则， 则当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 即对，，当时，都有， 即在上的最大“Ω点”为； （ii）由题意可得在时恒成立， ， 令，， 则， 当时，恒成立，故在上单调递减， 则， 故在上单调递减，此时，符合要求； 当时，令，则， 则当，即时，，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 有，不符合要求，故舍去； 当，即时，恒成立，故在上单调递减， 则，故在上单调递减， 此时，符合要求； 当，即时， 若，，若，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则若需恒成立，有，解得， 由，故， 由，故， 即当时，符合要求； 综上所述，； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，结合定义得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $