2024届上海市大同中学高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届上海市大同中学高三上学期期中考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】由对数有意义的条件即真数大于0解不等式即可得解.
【详解】要使有意义，则当且仅当，解得，即函数的定义域为.
故答案为：.
2．已知集合，，则 ．
【答案】
【分析】直接由交集的概念、区间的表示即可得解.
【详解】因为，，所以.
故答案为：.
3．的二项展开式中项的系数是 ．
【答案】280
【分析】利用二项式定理计算即可.
【详解】设的展开式通项为，
当时，.
故答案为：280
4．已知向量，，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】由向量平行的充要条件可以分别求出的值，从而即可得解.
【详解】由题意，使得，即有，
解得，从而.
故答案为：.
5．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z的模等于 ．
【答案】
【分析】设，代入化简，根据复数相等可求出，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】设，
由可得，
则，解得：，故，
所以复数z的模等于.
故答案为：.
6．以下数据为某校参加数学竞赛的19人的成绩：66，75，77，69，78，70，72，86，88，79，80，81，94，84，82，98，83，90，91，则这19人成绩的第80百分位数是 ．
【答案】
【分析】根据求百分位数的解题步骤，可得答案.
【详解】由小到大排列，则66，69，70，72，75，77，78，79，80，81，82，83，84，86，88，90，91，94，98，
由，则第位的数字就是所求百分位数，即.
故答案为：.
7．在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与以点O为圆心的单位圆交于点，则的值为 ．
【答案】/
【分析】利用三角函数的定义及诱导公式与二倍角公式计算即可.
【详解】由三角函数的定义可知.
故答案为：
8．在高考志愿模拟填报实验中，共有9个专业可供学生甲填报，其中学生甲感兴趣的专业有3个．若在实验中，学生甲随机选择3个专业进行填报，则填报的专业中至少有1个是学生甲感兴趣的概率为 ．
【答案】
【分析】计算基本事件总数，计算其中没有感兴趣的专业包含的基本事件数，利用对立事件解决所求的概率.
【详解】随机选择3个专业，基本事件总数为，
填报的专业中没有感兴趣的专业包含的基本事件数为，
由题可知，填报的专业中至少有1个是学生甲感兴趣的概率为．
故答案为：.
9．已知的三边长之比为5∶6∶9，记的三个内角的正切值所组成的集合为M，则集合M中的最大元素为 ．
【答案】/
【分析】首先得出，再结合余弦定理以及平方关系、商数关系即可求解.
【详解】如图所示：
不失一般性，不妨分别设，则由余弦定理有，
故是钝角，是锐角，
则由大边对大角可得，所以，
又函数在上递增，此时，在上递增，此时，
所以三个内角的正切值最大为，
，，
所以集合M中的最大元素为.
故答案为：.
10．已知A，B是平面内两个定点，且，点集.若M，，则向量、夹角的余弦值的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由于为点集，则可根据集合特点判断点，则可知点与投影有关，则根据投影相关知识点，M，，所以根据集合特点即可代入计算.
【详解】因为，点集，
当时，过作于,延长于,使得,
则可知点在线段上运动.
因为，根据数量积的几何含义可知，在上的投影为3，即，
又因为M，，则为线段上的两个点，
所以、夹角最小为，最大为的二倍，
所以、夹角为，则最大为1，最小为
所以范围为.
故答案为：
11．已知函数的部分图像如图所示，若，不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】首先由题意得出的符号随的变化而变化的情况，然后对进行分类讨论即可得解.
【详解】由图可知当时，，时，，时，，
当时，，故满足题意；
当时，，故满足题意；
当时，或或，故或满足题意；
综上所述：不等式的解集为.
故答案为：.
12．若曲线上恰有两个点到直线的距离为1，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】易得方程表示以为圆心，为半径的圆，求出圆心到直线的距离，由题意可得，进而可得出答案.
【详解】将方程化为，
当时，方程表示点，不符题意，
当时，方程表示以为圆心，为半径的圆，
圆心到直线的距离为，
因为曲线上恰有两个点到直线的距离为1，
当时，，即直线过圆心，此时圆的半径为，满足题意；
当时，有，
当，即时，，解得；
当且，即时，，解得；
当时，，则；
综上，，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
.
【点睛】关键点睛：方程表示以为圆心，为半径的圆，求出圆心到直线的距离，由题意得出是解决本题的关键.
二、单选题
13．已知直线：，：，则“”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】B
【分析】先根据两直线垂直的充要条件求出，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为，
所以，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
14．若函数是偶函数，则的对称轴是直线（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用图象的变换规律即可得出答案.
【详解】因为函数是偶函数，
所以函数是关于对轴，
所以函数是关于对轴，即的对称轴是直线.
故选：C.
15．一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为．在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（ ）
A．B．8C．9D．
【答案】B
【分析】根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长.
【详解】如下图所示：

根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得；
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，
所以可知球的半径，此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为;
若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，
设正方体的最大棱长为，满足，解得.
故选：B
16．设且，n为正整数，集合．有以下两个命题：①对任意a，存在n，使得集合S中至少有2个元素；②若存在两个n，使得S中只有1个元素，则，那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题
C．①、②都是假命题D．①、②都是真命题
【答案】A
【分析】对于①命题，令函数，分和两种情况，利用零点存在定理得即可判断；对于②命题，通过举例说明.
【详解】对于①命题，设，令函数，
因为，，
所以存在有，
当时，，
所以存在有，
对于，因为是偶函数，
所以和情况一样，故①是真命题；
对于②命题，通过①得出一下结论：越小，集合元素数量越少，同理得出如果集合只能有一个元素，只能是的区间存在一个零点，
因此先讨论的零点情况（如果只有一个零点，也只有一个零点），
其图象如下图：
即时，也满足
故②是假命题.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于零点存在定理的应用以及由①得出的结论.
三、解答题
17．已知等差数列与等比数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若数列的各项均为正数，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，比较与的大小．
【答案】(1)，或
(2)答案见解析
【分析】根据题意求出等差数列得首项和公差与等比数列得首项和公比，再根据等差等比数列的通项即可得解；
（2）记，利用作差法判断出数列的单调性，从而可得出的大小关系，进而可得出结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，
得，
解得或，
所以，
或；
（2）因为数列的各项均为正数，
所以，
记，
则，
所以数列是递增数列，
所以，当且仅当时，，
即，当且仅当时，，
所以当时，，
当时，.
18．如图，在直三棱柱中，已知，，．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成的角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点作于点，首先证明为四棱锥的高，利用解三角形知识求出的长度，然后利用棱锥的体积公式即可求解.
（2）取的中点，连接，则，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，从而得出为直线与平面所成的角，最后在中，由，即可求出.
【详解】（1）如图所示：
过点作于点，
已知直三棱柱，则平面，
又平面，
则，
又因为，且平面，
所以平面，则为四棱锥的高，
又，，
可得，
则，
所以，
且，
所以四棱锥的体积为：.
（2）如图所示：
取的中点，连接，则，
又平面，平面，则，
而，且平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，
在中，，
在中， ，
所以，得.
即直线与平面所成的角的大小为.
19．设函数的最大值为M，最小正周期为T．
(1)若函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，求的单调减区间；
(2)设集合，求集合A中所有元素的和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据二倍角公式和辅助角公式将函数解析式化简；再根据图象平移得到函数的解析式；最后整体代入法求函数的单调递减区间.
（2）先由函数解析式求出M和T，再解三角方程求出满足条件的值，最后求和即可.
【详解】（1）.
由函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像可知
令，解得.
所以的单调减区间为.
（2）
，.
则.
由可得，即
，解得，即集合A中有10个元素.
所以集合A中所有元素之和为.
故集合A中所有元素之和为.
20．已知双曲线H：的左、右焦点为，，左、右顶点为，，椭圆E以，为焦点，以为长轴．
(1)求椭圆E的离心率；
(2)设椭圆E交y轴于，，过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点，求面积的最小值；
(3)设点满足．过M且与双曲线H的渐近线平行的两直线分别交H于点P，Q．过M且与PQ平行的直线交H的渐近线于点S，T．证明：为定值，并求出此定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，定值为
【分析】（1）由椭圆和双曲线中的关系即可求解.
（2）首先得出，联立直线的方程与双曲线方程，结合图形进而可以得到的面积的表达式，通过不断换元转化为二次函数求最值问题.
（3）令得，设方程与双曲线联立得坐标，求出直线的斜率为，写出直线方程并求出与渐近线的交点的坐标，可证是的中点.
【详解】（1）设椭圆方程，焦距为，
由题意知椭圆E的顶点、焦点分别为，
所以，
从而椭圆E的离心率为.
（2）如图所示：
由题意，直线斜率存在，
所以不妨设直线的方程为，，
又双曲线渐近线斜率的绝对值为，
且过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点，
所以直线的斜率满足，
将直线与双曲线方程联立，消去得，
而，
所以，
从而的面积为，
因为，令，所以，
从而，
进一步令，则，
当且仅当，即时，.
综上所述：面积的最小值.
（3）如图所示：
由题意双曲线的渐近线方程为即，
当时，由对称性得关于轴对称，关于轴对称，所以为的中点，故．
下面证明当时，即证为的中点.
因为点满足，则，
不妨设，当时，，此时点在直线的左上方，同理可证，点在两渐近线所夹区域的上方或下方，不妨设点在上方区域.
由题意，
设直线的方程为，直线的方程为，
由 即，所以，
所以满足，
同理满足，
所以直线的斜率：
，
设直线方程为,
由 得即，
得的横坐标，同理，
所以，
所以为的中点，故为定值1．
综上： 为定值1．
【点睛】关键点睛：第一问的关键是利用双曲线、椭圆中的平方关系；第二问的关键是将三角形面积表达式求出来利用函数求最值；第三位关键是先猜后证，猜可以取“特殊值”， 只需证为的中点，可先求出坐标再验证.
21．已知，函数．
(1)若k，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在区间上是严格减函数，求实数k的最大值：
(3)设，数列满足：，，且当时，若对一切正整数n成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)实数k的最大值
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线的斜率，利用直线方程的点斜式写出切线方程；
（2）转化为导函数小于等于零恒成立，结合三角函数的性质得到实数k的最大值；
（3）首先求得、、的范围，运用导数判断的单调性，考虑当时，数列的单调性，即可得到所求的最小值．
【详解】（1）当k时，，
，
，
，
曲线在点处的切线方程,即
（2）若函数在区间上是严格减函数，
在区间恒成立，
由于在区间最大值为1，所以，即实数k的最大值
（3）当， ，
（6），
由时，,
可得，
易得，
，
，
当时，（理由如图所示）
所以,
所以,
，
所以，
由的导数为，
可得在上递增，
当，，
可得当时，，
所以，
所以数列单调递增，且有上界，故必有极限，
设极限为，则，，
解得，
可以知道，.