精品解析：上海市光明中学2025-2026学年第一学期学业质量调研高三数学试卷

光明中学2025学年第一学期学业质量调研 高三数学 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．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 3．答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中1~6题每题4分，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. 若集合，或，则______. 2. 不等式的解为__________． 3. 已知向量，若，则__________. 4. 已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为____________． 5. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________． 6. 已知，且，则____________． 7. 已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为__________. 8. 已知等比数列是严格减数列，其前项和为，若成等差数列，则__________. 9. 已知平面向量满足，若平面向量满足，则的最大值为__________. 10. 已知双曲线：的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线于交、两点，若，则的离心率为__________． 11. 某区域的地形大致如图，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设：警戒区域为空旷的扇环形平地；假设：视探照灯为点，且距离地面米；假设：探照灯照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯以某一俯角从侧扫描到侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环由此，通过调整的俯角，逐次扫描形成扇环、、.第一次扫描时，光斑的长轴为，米，此时在探照灯处测得点的俯角为如图记，经测量知米，且是公差约为米的等差数列，则至少需要经过______次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕. 12. 空间直角坐标系中，从原点出发的两个向量、满足：，，且存在实数，使得成立，则由构成的空间几何体的体积是______. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13~14题每题4分，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编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分，否则一律得零分．】 13. 若，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（ ）． A. B. C. D. 15. 给出下列4个命题： ①若事件和事件互斥，则； ②数据的第百分位数为10； ③已知关于的回归方程为，则样本点的离差为； ④随机变量的分布为，则其数学期望. 其中正确命题的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 16. 数列中，是其前项的和，若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称数列为“某数列”现有如下两个命题：①等比数列为“某数列”；②对任意的等差数列，总存在两个“某数列”和，使得.则下列选项中正确的是（ ） A. ①为真命题，②为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①为假命题，②为假命题 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相应编号的规定区域内写出必要的步骤．】 17. 如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 18. 在锐角三角形中，角的对边分别为，为在方向上的投影向量，且满足. （1）求的值； （2）若，求的周长. 19. 如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 20. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线为的法向量为，求直线的方程； （3）是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 21. 函数的表达式为. （1）若，直线与曲线相切于点，求直线的方程； （2）函数的最小正周期是，令，将函数的零点由小到大依次记为，证明：数列是严格减数列； （3）已知定义在上的连续奇函数满足，对任意，当时，都有且.记，.当时，是否存在，使得成立？若存在，求出符合题意的；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 光明中学2025学年第一学期学业质量调研 高三数学 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．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 3．答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中1~6题每题4分，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. 若集合，或，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据交集概念进行求解. 【详解】根据题意，或. 故答案为：. 2. 不等式的解为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的求解方法可得答案. 【详解】因为，所以. 故答案为： 3. 已知向量，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量数量积垂直的坐标表示列出方程即可求解. 【详解】已知向量，若，则，解得. 故答案为：. 4. 已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面积公式求解. 【详解】解：因为圆锥的底面半径为，母线长为， 所以圆锥的侧面积为， 故答案为： 5. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________． 【答案】##． 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． 【详解】因为，所以，因此． 故答案为：． 6. 已知，且，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】由倍角公式化简方程，解出，得的值. 【详解】已知，由倍角公式得， 由，，解得，则. 故答案为：. 7. 已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】不妨设中，，，利用余弦定理求出，即可求出，再由正弦定理计算可得. 【详解】不妨设中，，， 由余弦定理，即， 解得，又， 所以， 由正弦定理， 即这个三角形外接圆的直径为. 故答案为： 8. 已知等比数列是严格减数列，其前项和为，若成等差数列，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用等差数列的定义和等比数列的求和公式即可. 【详解】因为成等差数列， 故，即， 解得：或. 因为等比数列是严格减数列，且，故. 所以. 故答案为：3 9. 已知平面向量满足，若平面向量满足，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，先求出，以点为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，根据求出点的轨迹，进而可得出答案. 【详解】如图，设， 因为， 所以，故， 如图，以点为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系， 则，设， 由，得， 所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆， 表示两点间的距离， 所以的最大值为. 故答案为：. 10. 已知双曲线：的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线于交、两点，若，则的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】如图所示， 由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b， ∵∠MAN=60°， ∴|AP|=b， ∴|OP|=． 设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ，则tan θ=． 又tan θ=， ∴，解得a2=3b2， ∴e=． 答案： 点睛： 求双曲线的离心率的值（或范围）时，可将条件中提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，再根据和转化为关于离心率e的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值（或取值范围）． 11. 某区域的地形大致如图，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设：警戒区域为空旷的扇环形平地；假设：视探照灯为点，且距离地面米；假设：探照灯照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯以某一俯角从侧扫描到侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环由此，通过调整的俯角，逐次扫描形成扇环、、.第一次扫描时，光斑的长轴为，米，此时在探照灯处测得点的俯角为如图记，经测量知米，且是公差约为米的等差数列，则至少需要经过______次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕. 【答案】 【解析】 【分析】依题意，，，得到是以为首项，以为公差的等差数列，求出与比较得到答案. 【详解】因为在中， ，， 所以，， 故， 故是以为首项，以为公差的等差数列， 故， 而，， 故. 所以至少需要次才能将整个警戒区域扫描完毕. 故答案为：. 12. 空间直角坐标系中，从原点出发的两个向量、满足：，，且存在实数，使得成立，则由构成的空间几何体的体积是______. 【答案】## 【解析】 【分析】由不等式有解，结合数量积运算，求得，又且，可得围成的空间几何体是以原点为顶点，高为2，母线长为的圆锥，从而根据锥体体积公式求得结论. 【详解】由已知得，所以， 所以存在实数，使得不等式有解， 则有，解得， 又因为且，所以在方向上的数量投影是， 所以围成的空间几何体是以原点为顶点，高为，母线长为的圆锥， 故由构成的空间几何体的体积为. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13~14题每题4分，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编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分，否则一律得零分．】 13. 若，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质解决即可. 【详解】因为，所以，故有. 故选：D. 14. 已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象和的奇偶性判断. 【详解】易知是偶函数， 是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数， A. ，定义域为R， 又，所以是奇函数，符合题意，故正确； B. ，，不符合图象，故错误； C. ，定义域为R， 但，故函数是非奇非偶函数，故错误； D. ，定义域为R， 但，故函数是非奇非偶函数，故错误， 故选：A 15. 给出下列4个命题： ①若事件和事件互斥，则； ②数据的第百分位数为10； ③已知关于的回归方程为，则样本点的离差为； ④随机变量的分布为，则其数学期望. 其中正确命题的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义判断A；根据百分位数的定义判断B；根据离差的定义判断C；根据期望公式判断D. 【详解】对于①：因为事件和事件互斥，所以，故①错误； 对于②：因为，所以第百分位数为从小到大排列的第个数，即可为，故②正确； 对于③：因为，当时， 所以样本点的离差为，故③正确； 对于④：，故④错误. 故选：C 16. 数列中，是其前项的和，若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称数列为“某数列”现有如下两个命题：①等比数列为“某数列”；②对任意的等差数列，总存在两个“某数列”和，使得.则下列选项中正确的是（ ） A. ①为真命题，②为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①为假命题，②为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列前n项和公式计算，再建立方程并判断①；求出等差数列的通项，再拆分成两个等差数列，结合等差数列前n项和建立方程判断②. 【详解】对于①，由等比数列，得， 若对任意正整数，总存在正整数，使得，则，即，显然不成立，①为假命题； 对于②，设等差数列的公差为，则. 令，，则， 下面证是“某数列”. 设的前项和为，则， 于是对任意的正整数，总存在正整数，使得，所以是“某数列”. 同理，可证也是“某数列”. 所以对任意的等差数列，总存在两个“某数列”和，使得成立，故②为真命题. 故选：C 【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 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相应编号的规定区域内写出必要的步骤．】 17. 如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 【答案】 （1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=． 连结OB．因为AB=BC=，，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，，知PO⊥平面ABC． （2）． 【解析】 【分析】（1）连接，欲证平面，只需证明即可； （2）方法一：过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可. 【详解】（1）略 （2）［方法一］：【最优解】定义法 作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）易知平面，从而OP⊥CH， 所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°． 所以OM=，CH==． 所以点C到平面POM的距离为． ［方法二］：等积法 设C到平面的距离为h，由（1）知即为P到平面的距离，且．又，在中，，则由余弦定理得， 则，即，则．即点C到平面POM的距离为． ［方法三］：向量法 如图，以O为原点，建立直角坐标系，设，，，，，，，． 设平面的一个法向量，则，令，则，所以，点C到平面的距离为． 【整体点评】（2）方法一：根据定义法求点到面的距离，是解决点面距问题的首选方法，特别是题目中含有面面垂直的条件，计算简单，是该题的最优解； 方法二：根据等积法求点到面的距离，也是解决点面距问题的常用方法； 方法三：当题目中有较好的建系条件，利用向量法解决点面距，思想简单，过程稍繁． 18. 在锐角三角形中，角的对边分别为，为在方向上的投影向量，且满足. （1）求的值； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可得到，利用正弦定理将边化角，即可得到，再由平方关系计算可得； （2）利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式及（1）的结论得到，从而求出、，再由正弦定理求出，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 由为在方向上的投影向量，则， 又，即， 根据正弦定理，， 在锐角中，，则，即， 由，则，整理可得，解得（负值舍去）. 【小问2详解】 由，根据正弦定理，可得， 在中，，则， 所以，所以， 由（1）可知，则， 由，则，解得（负值舍去）， 根据正弦定理，可得，则，， 故的周长. 19. 如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）； （2）l∥PC，理由：∵是的中点，是的中点，∴DO∥PC； 又∵平面，，∴DO∥平面PBC； 又∵平面平面，∴∥， ∴∥． 【解析】 【分析】（1）过作于，连接，可证平面，则为直线与平面所成角，解三角形即可求解； （2）根据线面平行的性质定理即可判断． 【小问1详解】 过作于，连接， ∵平面平面，且平面平面，，平面， ∴平面，∴为直线与平面所成角． ∵，不妨设， 在中，由正弦定理得． 易知， ， ∴在中，，， ， ∴直线与平面所成角的大小为． 【小问2详解】 略 20. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线为的法向量为，求直线的方程； （3）是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，直线的斜率为 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）由题意直线的斜率为，方程为，联立方程，求出点的坐标，同理求出点的坐标，进而可求出直线的方程； （3）设直线的方程为，联立方程，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线的斜率，再分和两种情况讨论即可得解. 【小问1详解】 由已知条件可知， 所以， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 因为直线为的法向量为， 所以直线的斜率为，方程为， 联立，得，解得（舍去）， 从而， 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得点的坐标为， 所以直线的斜率， 所以直线的方程为，即； 【小问3详解】 假设存在满足条件的直线， 设直线的方程为， 联立，得，解得（舍去）， 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得， 故直线的斜率 ， 当为直角三角形时，只有或， 于是或， 若，由，可得，从而， 若，由，可得，从而， 所以存在，直线的斜率为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 21. 函数的表达式为. （1）若，直线与曲线相切于点，求直线的方程； （2）函数的最小正周期是，令，将函数的零点由小到大依次记为，证明：数列是严格减数列； （3）已知定义在上的连续奇函数满足，对任意，当时，都有且.记，.当时，是否存在，使得成立？若存在，求出符合题意的；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）证明如下： 由，得，则，令，得， ①当时，，此时函数没有零点； ②当时，由，知在上严格单调递增，在严格单调递减， 又在上严格单调递增，在严格单调递减， 因此时，在时有最小值，在时有最大值， 因为， 所以在上没有交点，即在上没有零点； 于是函数的零点满足， 因为在严格减，所以， 又因为，所以数列是严格减数列. （3）不存在，理由如下： 因为， 所以是以为周期的周期函数， 因为任意，当时，都有且， 所以当时，在上有唯一的最大值， 由，得，，， 假设存在，使得成立， 即成立， 故当时，取得最大值； 当时，取得最大值， 由，可知 ①时，， 又因为是奇函数，所以当时，在上有唯一的最小值， 故当时，取得最小值； 当时，取得最小值， 由，可知 ②时，， 若成立， 则由①②得：，即， 因为，，，，此时等式左边为奇数，等式右边为偶数，所以等式不成立， 因此当时，不存在，使得成立. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由函数零点的意义可得，按分段，结合导数讨论函数值的情况即可得证. （3）求出函数的周期及在上的最大值，结合的奇偶性确定的最值情况，推理导出矛盾得解. 【小问1详解】 当时，，求导得，则， 所以直线的方程是. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $