精品解析：上海市南洋模范中学2025-2026学年第二学期高三阶段练习数学试卷

2025学年第二学期南模中学高三年级阶段练习 数学试卷 （考试时间120分钟，满分150分） （试卷共4页，答题纸共2页） 一、填空题（本大题共12题，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位置直接填写结果） 1. 已知集合，，则________． 【答案】 {4,5} 【解析】 【详解】由题意， . 2. 已知向量，若，则______． 【答案】-2 【解析】 【分析】由平面向量垂直的坐标表示求解． 【详解】解：因为，所以， 得， 解得， 故答案为：-2 3. 已知，则________． 【答案】 3 【解析】 【详解】由，则 4. 已知圆锥的高为8，底面半径为6，则该圆锥的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理求出母线长，再根据圆锥的侧面积公式求解即可. 【详解】因为圆锥的高为8，底面半径为， 所以圆锥的母线长为， 则圆锥的侧面积. 故答案为：. 5. 函数f(x)＝的最大值是___________. 【答案】 【解析】 【详解】由. 6. 已知虚数是关于的实系数一元二次方程的一个根，且，则实数的值为________． 【答案】 8 【解析】 【分析】利用实系数一元二次方程虚根共轭成对的性质，结合韦达定理与复数模的运算性质求解的值. 【详解】因为虚数是实系数一元二次方程的根，所以 ，解得， 根据实系数一元二次方程虚根的共轭性质，方程的另一个根为的共轭复数， 由韦达定理 ，又，且，所以 . 7. 若正实数、满足，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的运算公式，求出实数、满足的等量关系，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】由题意得，可得， 由对数性质可知，根据基本不等式可知，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4. 故答案为：4. 8. 相互独立事件，满足，，则________． 【答案】## 【解析】 【详解】由对立事件的性质得， 则，解得， 已知事件，相互独立，则 ，解得． 9. 设为各项均为正数的等比数列的前项和，若，则________． 【答案】 9 【解析】 【分析】先利用等比数列通项公式化简已知等式求出公比，再结合等比数列前项和公式化简所求比值后代入计算结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，则，首项， 因为 ，，所以由得 ，又，则整理得  ， 解得或，又，故， 则 . 10. 在1、2、3、4、5的所有排列、、、、中，满足条件，，的排列的个数是________． 【答案】25 【解析】 【分析】通过，，讨论求解即可. 【详解】要求​且​，因此一定是三个位置中最小的数， 情况1：， 此时剩余数为 ，，要求，：没有比2小的剩余数，共种； ：仅剩余比3小，此时，​从 选，剩下数为，共种， ：剩余比4小的数有 ，此时从中选一下，为5和剩下的一个，全排列，故共种； ：剩余所有数都比5小，此时可为剩下3个数的全排列，共种； 本类合计：； 情况2：， 此时剩余数为，， ：此时，此时为的全排列，共种； ：若此时，则为全排列，共种， 若此时，则，1种， 故总共种； ：若此时，为全排列，共种， 若此时，为全排列，共种， 故共种； 本类合计：种； 情况3： 此时剩余数为，， ：​只能选，此时为的全排列，共种； ：只能选，此时为的全排列，共种； 本类合计：， 情况4： 此时没有足够两个比大的数给，共种， 将所有情况相加， ，即满足条件的排列共个. 11. 已知两定点和，双曲线以，为焦点且经过动点，若在直线上运动，则双曲线的离心率的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设出双曲线方程，联立直线方程，可得与交点横坐标有关一元二次方程，结合双曲线定义与一元二次方程根的判别式可计算出的范围，再利用离心率定义计算即可得解. 【详解】设双曲线的方程为，， 联立，消去可得 ， 则 ， 化简得 ，又，解得， 故. 12. 已知墙面与地面互相垂直，，一个气球（视为球）悬在空中．某时刻，太阳光线（视为平行直线）与恰好垂直，气球的影子在上的长度为2，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为1，在地面上与距离最大的点到的距离为2，则该气球的半径为________． 【答案】 【解析】 【分析】设气球的球心为，过球心作垂直于太阳光线的平面，该平面与墙面和地面分别相交于直线和，因为太阳光线与垂直，所以，，已知气球的影子在上的长度为 2，设影子在上的两个端点分别为，则，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为 1，设该点为，则到的距离（为在上的投影），影子在地面上与距离最大的点到的距离为 2，设该点为，则到的距离（为在上的投影），设气球的半径为，球心到的距离为，到墙面的距离为，到地面的距离为，且满足： ，根据圆的切线性质得到和，由影子在上的长度，结合勾股定理得到，通过计算得到. 【详解】设气球的球心为，过球心作垂直于太阳光线的平面， 该平面与墙面和地面分别相交于直线和， 因为太阳光线与垂直，所以，， 已知气球的影子在上的长度为 2，设影子在上的两个端点分别为，则， 影子在墙面上与距离最大的点到的距离为 1，设该点为， 则到的距离（为在上的投影）， 影子在地面上与距离最大的点到的距离为 2，设该点为， 则到的距离（为在上的投影）， 设气球的半径为，球心到的距离为， 到墙面的距离为，到地面的距离为，且满足： ， 根据圆的切线性质： 在墙面上：， 在地面上：， 由影子在上的长度，结合勾股定理， 球心到直线的距离与半径的关系为： ， 由 和 ，可得： ， 将、代入，再结合 ， 得： ， 展开并整理： ，， 解得（半径为正数，舍去）. 二、选择题（本大题共4题，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. 若直线的倾斜角为，则 A. 等于 B. 等于 C. 等于 D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合倾斜角的定义确定倾斜角即可. 【详解】绘制直线如图所示，由直线倾斜角的定义可知等于. 本题选择C选项. 【点睛】本题主要考查直线方程的理解，直线倾斜角的定义及其确定等知识，意在考查学生的转化能力和概念掌握程度. 14. 若三角形三条边的长度分别为2，2025，2026，则该三角形是（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 不能确定的 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意先判断最大角，再结合余弦定理运算求解即可. 【详解】长度为2026的边所对的角最大，其余弦值为， 可知最大角为钝角，所以该三角形为钝角三角形. 15. 已知向量，，不共面，下列选项中的三个向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【详解】已知不共面，逐一判断： A：，故，，共面. B：，故，，共面. C：假设，整理得. 即，因不共面，不存在这样的，故，，不共面. D：，故，，共面. 16. 由二项式定理可知，用赋值法，令，得到，借助赋值法，可以计算得到等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对赋值为，，，，得到四个等式，将这四个等式相加求解即可. 【详解】， 令，， 令，， 令（虚数单位， ），， 令，， 将，得到 ， 又， ， ， ， 则转化为 ， 即， 即， 即，故选项D正确. 三、解答题（本大题共5题，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的相应位置写出必要的步骤） 17. 为深入学习党的二十大精神，激励青年学生积极奋发向上.某学校团委组织学生参加了“青春心向党，奋进新时代”为主题的知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如图所示. （1）用样本估计总体，试估计此次知识竞赛成绩的平均数； （2）将此次竞赛成绩近似看作服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），已知样本的标准差.现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人，记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量，求的数学期望； （3）从得分区间和的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间的概率. 参考数据：若，则，. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平均数的计算公式求解即可； （2）根据正态分布的对称性求解，然后根据二项分布的期望公式求解期望即可； （3）根据分层抽样、条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意有， 所以估计此次知识竞赛成绩的平均数为； 【小问2详解】 由题意有，因为，即，所以， 由题意得抽取100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数服从二项分布，即，所以， 所以抽取100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数的数学期望为； 【小问3详解】 由频率分布直方图有：分数在和的频率分别为和， 按照分层抽样，抽取10份，其中在应抽取份，分数应抽取份， 令事件抽取3份试卷来自不同区间，事件取出的试卷有2份来自区间， 所以， 所以. 所以抽测3份试卷有2份来自区间的概率为. 18. 如图所示，三棱锥中，平面，，，是的中点． （1）求证：与是异面直线； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】第（1）问用反证法，假设两条直线共面，通过推理得出与已知条件矛盾，从而证明它们异面； 第（2）问通过作辅助线将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再在三角形中利用余弦定理求出角的余弦值. 【小问1详解】 证明 假设与共面，设平面为， 因为，，，所以平面即为平面，所以平面， 这与平面矛盾， 所以与是异面直线． 【小问2详解】 取的中点，连接，，则，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角． 因为，，平面， 所以，，，， 故异面直线与所成角的余弦值为． 19. 已知函数且是定义在上的奇函数. （1）若，求不等式的解集； （2）若，且，求函数在上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用奇函数的性质确定参数，由判断函数单调性，结合奇函数性质转化不等式，再根据定义域列不等式组求解，得到不等式的解集； (2)由求出底数，通过换元法将转化为关于的二次函数，根据的取值范围确定的区间，再利用二次函数的单调性求解值域. 【小问1详解】 由为定义在上的奇函数，得，即， 故，. 由，结合，得，故. 在上单调递增，且. 由，得. 所以，解得. 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 由，整理得， 解得（舍去），故. ，令， 则，故. 当时，单调递增，得. 函数，开口向上，对称轴为. 当时，；当时，， 故函数在上的值域为. 20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作直线与椭圆交于、两点． （1）若，求的周长； （2）若，，是否存在直线，使得在为直角三角形？若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由； （3）若存在，使得、中一个面积是另一个面积的两倍，求椭圆的离心率的取值范围． 【答案】（1） （2）存在，且直线的方程为 （3） 【解析】 【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得； （2）设出直线方程，与椭圆方程联立可得与交点纵坐标有关韦达定理，再分及计算即可得解； （3）由椭圆的对称性，不妨设，则可得，设出直线方程，与椭圆方程联立可得与交点纵坐标有关韦达定理，则可结合列出含、、、有关等式，结合范围与椭圆离心率定义计算即可得解. 【小问1详解】 ， 由椭圆定义可得， 故的周长为 ； 【小问2详解】 若，，则，由，故，， 由题意可得斜率不为，设，、， 联立，消去可得， 则，， 若，由、， 则 ， 即 ， 解得，即； 若，由，， 则 ， 由，则， 故，无解， 故，结合椭圆对称性可得； 综上所述：存在直线，使得为直角三角形， 且直线的方程为，即； 【小问3详解】 由椭圆的对称性，不妨设， 则，即， 由题意可得、异号，故， 设，联立， 消去可得， 则，， 由，则，， 即，化简得， 即，由、，故， 即 ，即有，故，则. 21. 已知，设集合，． （1）求； （2）证明：存在唯一的，使得集合恰有三个元素； （3）若集合元素个数大于等于，且的所有元素按照一定顺序可以排成一个等差数列，则称为一个“好值”，判断所有“好值”的个数，并说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）2个，理由见解析 【解析】 【分析】（1）设，求导判断函数单调性，求得的最小值，即得； （2）先判断两个方程的解的个数．当时，两个方程各有两个解，要使并集恰有三个元素，只需证明两个方程有且只有一个公共解对应的唯一． （3）设 的两个解为，其中．则 的两个解为 ．再分有三个元素和四个元素两种情况讨论． 【小问1详解】 依题意，，设，则， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 而，即方程只有1个实根为0，故. 【小问2详解】 由（1）可知，方程 在时无解，在时有一个解，在时有两个解． 令，，则． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增，且． 因此方程 在时无解，在时有一个解，在时有两个解． 当时， ，不符合题意． 当时，两个方程各有两个解，若恰有三个元素，则两个方程必须有一个公共解． 设公共解为，则，且 ，即 ． 令 ，，则 ． 因为 ，所以 ． 所以在上单调递增． 当时， ， ，所以方程 在上有且只有一个解． 设这个解为，则对应唯一．故存在唯一的，使得集合恰有三个元素． 【小问3详解】 由前两问可知，若集合元素个数大于等于，则． 设方程 的两个解为，其中． 因为 ， ，所以 ， ． 故方程 的两个解为 ，从而 ． 第一种情况，恰有三个元素． 由第（2）问可知此时 ，即，且 ． 于是 ，所以可以排成等差数列．因此第（2）问中唯一对应的是一个“好值”． 第二种情况，恰有四个元素． 若 ，则四个元素按从小到大排列为 ． 若它们能排成等差数列，则应有 ． 但时， ，矛盾，所以此时不可能． 若，则四个元素按从小到大排列为 ． 若它们能排成等差数列，则应满足 ， ．由第二个式子得． 因为，所以 ． 设为方程 在上的根，则． 将代入 ，令 则 ． 又 ，且函数 在上单调递增，所以，从而 ． 对求导，得 当 时，分母为正； 下面证明分子为正． 记 由，且函数在上单调递增，又 ，可知． 所以当时，，从而． 因为，两边同乘负数时，不等号方向改变，得 于是 又二次函数 的判别式为 ， 且二次项系数为正，所以 恒成立． 因此 ，从而． 因此在上单调递增，故 有且只有一个解．于是四个元素能排成等差数列时，对应唯一一个． 综上，满足条件的“好值”共有个． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期南模中学高三年级阶段练习 数学试卷 （考试时间120分钟，满分150分） （试卷共4页，答题纸共2页） 一、填空题（本大题共12题，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位置直接填写结果） 1. 已知集合，，则________． 2. 已知向量，若，则______． 3. 已知，则________． 4. 已知圆锥的高为8，底面半径为6，则该圆锥的侧面积为______． 5. 函数f(x)＝的最大值是___________. 6. 已知虚数是关于的实系数一元二次方程的一个根，且，则实数的值为________． 7. 若正实数、满足，则的最小值为________． 8. 相互独立事件，满足，，则________． 9. 设为各项均为正数的等比数列的前项和，若，则________． 10. 在1、2、3、4、5的所有排列、、、、中，满足条件，，的排列的个数是________． 11. 已知两定点和，双曲线以，为焦点且经过动点，若在直线上运动，则双曲线的离心率的取值范围为_______． 12. 已知墙面与地面互相垂直，，一个气球（视为球）悬在空中．某时刻，太阳光线（视为平行直线）与恰好垂直，气球的影子在上的长度为2，影子在墙面上与距离最大的点到的距离为1，在地面上与距离最大的点到的距离为2，则该气球的半径为________． 二、选择题（本大题共4题，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. 若直线的倾斜角为，则 A. 等于 B. 等于 C. 等于 D. 不存在 14. 若三角形三条边的长度分别为2，2025，2026，则该三角形是（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 不能确定的 15. 已知向量，，不共面，下列选项中的三个向量不共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 16. 由二项式定理可知，用赋值法，令，得到，借助赋值法，可以计算得到等于（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共5题，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的相应位置写出必要的步骤） 17. 为深入学习党的二十大精神，激励青年学生积极奋发向上.某学校团委组织学生参加了“青春心向党，奋进新时代”为主题的知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如图所示. （1）用样本估计总体，试估计此次知识竞赛成绩的平均数； （2）将此次竞赛成绩近似看作服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），已知样本的标准差.现从该校参与知识竞赛的所有学生中任取100人，记这100人中知识竞赛成绩超过88分的学生人数为随机变量，求的数学期望； （3）从得分区间和的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷有2份来自区间的概率. 参考数据：若，则，. 18. 如图所示，三棱锥中，平面，，，是的中点． （1）求证：与是异面直线； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 19. 已知函数且是定义在上的奇函数. （1）若，求不等式的解集； （2）若，且，求函数在上的值域. 20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作直线与椭圆交于、两点． （1）若，求的周长； （2）若，，是否存在直线，使得在为直角三角形？若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由； （3）若存在，使得、中一个面积是另一个面积的两倍，求椭圆的离心率的取值范围． 21. 已知，设集合，． （1）求； （2）证明：存在唯一的，使得集合恰有三个元素； （3）若集合元素个数大于等于，且的所有元素按照一定顺序可以排成一个等差数列，则称为一个“好值”，判断所有“好值”的个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $