2024-2025学年上海市虹口区高三上册11月联考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年上海市虹口区高三上册11月联考数学检测试题（含解析），共19页。试卷主要包含了 已知，且，则________等内容，欢迎下载使用。
1. 不等式的解集为___________.
【正确答案】
【分析】将不等式变形为，利用分式不等式的解法解此不等式即可得解.
原不等式即为，等价于，解得，
因此，原不等式的解集为.
故答案为.
2. 表面积为的球的体积是__________（结果保留）
【正确答案】##
【分析】根据表面积求得球的半径，进而求得球的体积.
设球的半径为，则，
所以球的体积为.
故
3. 已知向量和向量平行，则实数__________.
【正确答案】
【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
因为向量和向量平行，
所以，即，所以.
故
4. 的展开式中，项的系数是__________.
【正确答案】5040
【分析】根据计数原理确定展开式中含的项，即可得出答案.
的展开式中，含有的项是，
所以项的系数是5040，
故
5. 已知，且，则________.
【正确答案】
【分析】利用同角三角函数的基本关系式及角所在的象限求出正弦函数值，求解即可．
∵第四象限角，，∴，
故答案为.
本题考查诱导公式以及同角三角函数的基本关系式的应用，考查计算能力．
6. 在中，已知角所对的边分别为，若，则__________.
【正确答案】
【分析】根据正余弦定理边角互化即可求解.
由可得，
进而可得，
所以，
由于,故，
故
7. 已知定义域为R的奇函数y=fx，满足，且，则函数y=fx在区间上的零点个数的最小值为__________.
【正确答案】
【分析】根据奇函数的性质和可知，f1=0，，再利用得函数y=fx为周期函数，利用周期性可得区间上的其余零点.
依题意，奇函数y=fx的定义域为R，所以.
由，得，即，由奇函数的性质得f1=0，
又，即，由奇函数的性质得，解得，
由，得，
所以函数y=fx是周期函数，且周期为，
因此，f1=0，，，，，，，f6=f0=0.
这表明函数在上至少有这个零点.
当时，函数在上的全部零点恰为.
所以，函数y=fx在区间上的零点个数的最小值为.
故答案为.
8. 函数，的最小值为________.
【正确答案】5
【分析】用三角函数的恒等变换化简f（x），结合基本不等式求出f（x）的最值即可.
此时时取等，
但，所以，当时，有最小值为5，
故答案为5.
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了逻辑推理与计算能力，是综合性题目．
9. 若，则实数取值范围是__________.
【正确答案】
【分析】根据题意，分，与讨论，结合一次函数与二次函数的值域列出不等式，即可得到结果.
当时，，
当时，，
若，
则时，，
则上单调递减，在上单调递增，则，
此时要满足函数的值域为，则，解得；
若，则当时，；
当时，，满足函数的值域为；
若，则时，，
则在上单调递增，则，
此时要满足函数的值域为，则，解得；
综上所述，实数的取值范围是.
故
10. 已知在一个平面上过点作单位圆的两条切线和，点和点分别为切点，则的最小值是__________.
【正确答案】
【分析】设，把用表示出来，然后求最小值．
设，，则，.
从而，故.
故.
当时，
所以的最小值是.
故．
11. 现有10个完全相同，尺寸为的长方体箱子，将第一个箱子平放在地面上，其余的9个箱子的每一个箱子都平放在前面的箱子上，可以任意旋转箱子，那么使得这10个箱子堆放高度为41的堆放方式共有__________种.
【正确答案】5130
【分析】设分别有个高度为的箱子，结合题意可得，，进而得到，，，再结合排列组合知识求解即可.
因为10个箱子都有3种不同的高度，
设分别有个高度为的箱子，
则，则，
由于，则，
所以，，，
则使得这10个箱子堆放高度为41的堆放方式共有种.
故5130.
12. 已知且，设函数的导函数为，且，当时，实数的取值范围是__________.
【正确答案】
【分析】根据已知求导函数，再构造新函数，应用，两种情况分类讨论求出参数即可.
，且，
令，，
若时，单调递增，则若，则单调递减，单调递增，
因为存在，所以x∈−∞,a,f'x>0,fx单调递增，单调递减，x∈b,+∞,f'x>0,fx单调递增，
因为所以分别为y=fx的极大值点和极小值点，不合题意；
若时，单调递减，若，则，x∈−∞,x0,g'x>0,gx单调递增，单调递减，
因为存在，所以，f'x0=2mx0lnm−2ex=2e1lnm−x0>0，
即，故lnmx0=x0lnm=lnelnm2>1，所以e>m>1e，
单调递减，x∈a,b,f'x>0,fx单调递增，单调递减，
因为所以分别为y=fx的极小值点和极大值点，符合题意；
所以.
故
关键点点睛：解题的关键点是分类讨论后求解，得出，对的计算求解.
二､选择题（本大题共4题，满分18分，第13～14题每题4分，第题每题5分）
13. 对于实数“”是“”的（）条件.
A. 充分非必要B. 必要非充分
C. 充要D. 既非充分又非必要
【正确答案】B
【分析】根据题意，分别求解不等式，再由充分条件以及必要条件的定义，即可得到结果.
由可得，解得，
由可得，解得，
则 “”是“”的必要非充分条件.
故选：B
14. 已知直线及平面，其中，且和之间的距离为2，那么在平面内到直线和距离之和为3的点的集合不可能是（）
A. 一个点B. 一条直线
C. 两条直线D. 空集
【正确答案】A
【分析】考虑且和到平面之间的距离相等和不等，得到BCD可能，当与相交（垂直或斜交），由对称性分析，A不可能，得到答案.
如图1，假如且和到平面之间的距离等于，
和在平面上的投影分别为，
在平面内取一点，过点作⊥，则⊥，，
设，则，
过点作⊥平面，交于点，同理过点作⊥平面，交于点，
则，分别为点到和的距离，
由勾股定理得，，
所以，
，两边平方得，
故①，
当，即时，①只有1个根，
即此时在平面内存在一条直线到直线和距离之和为3，
当，即时，①有2个根，
此时在平面内存在2条直线到直线和距离之和为3，
，即时，①无根，
即此时在平面内到直线和距离之和为3的点的集合为空集，
BCD均可能，A不可能；
假如且和到平面之间的距离分别等于，
可同理分析，要么存在一条直线，要么存在两条直线，要么为空集；
假如与相交（垂直或斜交），如图2，
假设在平面内存在一个点到直线和距离之和为3，
由对称性可知，则存在另一个点到直线和距离之和为3，
所以至少存在两个点，到直线和距离之和为3，
综上，BCD可能，A不可能,
故选：A
15. 设分别为双曲线的左､右焦点.若在双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线的斜率为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意，由勾股定理可得，再由双曲线的定义代入计算，即可得到的关系式，再由双曲线渐近线的方程，即可得到结果.
由题意可得，为等腰三角形，且，
又到直线的距离等于双曲线的实轴长，
由勾股定理可得，
结合双曲线的定义可得，即，所以，
代入可得，整理可得，
即，所以双曲线的渐近线方程的斜率为.
故选：C
16. 已知两个各项均不为零的无穷数列和，若对于数列中的任意一项，总在数列中存在一项，使得，则称数列是数列的“数列”.对于以下两个命题，说法正确的是（）.
①对于任意等比数列，总存在等比数列是其“数列”；
②存在公差不为零的等差数列，使其“数列”是等差数列.
A. ①真②真B. ①真②假C. ①假②真D. ①假②假
【正确答案】B
【分析】结合等比数列和等差数列的定义及通项公式，利用数列的定义求解.
设等比数列的通项公式为，
则是等比数列，故①是真命题；
设等差数列的通项公式为，
则不是等差数列，故②是假命题.
故选：B
三､解答题（本大题共有78分，第1719题每题14分，第20题16分､第21题20分）
17. 已知数列的前项和为.
（1）若数列为等差数列，，求数列的通项公式；
（2）若数列为等比数列，，求的值，并求满足时，正整数的最小值.
【正确答案】（1）
（2）2；7
【分析】（1）计算出公差，然后写出通项公式；
（2）计算出公比，根据无穷等比数列求和公式计算出，写出再解不等式得出答案.
【小问1】
设的公差为，由，
又，则，解得，
所以.
【小问2】
设的公比为，由，，得，则，
所以，
而，
所以，化简得，
由于为正整数，所以的最小值为7.
18. 已知，.
（1）若函数y=fx在区间上是严格增函数，求实数的取值范围；
（2）设的三边分别是，若，，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）化简函数解析式为，由可求得的取值范围，根据已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得的取值范围. （2）先求出C，再用正弦定理边角互化，转化为三角函数求值域即可.
【小问1】
所以
所以即，由于，
即，故，而，故.
又由于，所以.
【小问2】
，所以，即或，
由于为的内角，故.
所以由正弦定理，，.
所以，.
所以的取值范围是1,2.
19. 在边长为2的正方体中，已知点是棱上的动点（包含端点）.
（1）若为的中点（图1），求点到平面的距离；
（2）若点与点重合（图2），求证：与平面的交点为等边的中心；
（3）是否存在点使得与平面的所成角是，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析（3）存在，
【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案；
（2）由三垂线定理，可证平面，然后由可得结论；
（3）设，由题及空间向量知识可得关于y的表达式，即可得答案.
【小问1】
以为原点､方向作为轴､轴､轴正方向，建立空间直角坐标系.
则
所以，
设n=x,y,z为平面的法向量，则，即n=1,−1,1.
所以点到平面的距离为.
【小问2】
证明：当点与点重合时，为在平面上的投影，
由于，结合三垂线定理，所以，同理可得.
由于和是平面上相交于点的直线，所以平面.
所以平面，故，
由于，所以，
即，即为的外心.
又由于为等边，则为中心.
【小问3】
若存在这样的点，设，所以
故，
解得，所以存在，此时
20. 已知甲和乙分别依次各抛掷次和次同一枚质地均匀的硬币，甲和乙每次抛硬币均互不影响.
（1）若，设事件：甲抛掷的3次硬币中至少1次正面；事件B：甲抛掷的3次硬币中有且仅有第二次是反面，判断事件和事件是否是独立的，并说明理由；
（2）若，若甲在第次抛掷的结果与乙在第次抛掷的结果相同，则称甲和乙“有灵犀”，求在此情况下，甲和乙“心有灵犀”有且仅有2次的概率；
（3）若，求甲抛掷次硬币的正面数比乙抛掷次硬币的正面数多的概率.
【正确答案】（1）事件和事件不是独立的，理由见解析
（2）
（3）
【分析】（1）利用对立事件来求至少有1次正面的概率，利用相互独立事件的判断公式来进行求解即可；
（2）利用相互独立事件同时发生用乘法公式来计算即可；
（3）利用反证法来分析求解即可.
【小问1】
事件：甲抛掷的3次硬币中至少1次正面，则，
事件B：甲抛掷的3次硬币中有且仅有第二次是反面，则，
而事件：表示甲抛掷的3次硬币中仅第二次反面，其余两次正面，则，
此时，故事件和事件不是独立的.
【小问2】
设事件C：甲和乙“心有灵犀”有且仅有2次
则.
【小问3】
设事件：甲抛掷的正面数比乙抛掷的正面数多；事件：甲抛掷的反面数比乙抛掷的反面数多.
现考虑，当两个事件同时发生时，甲抛掷的次数至少比乙抛掷的次数多2次，
故与矛盾，即.
再考虑，如果两个事件都不发生，则甲抛掷的次数要小于等于乙抛掷的次数，故与矛盾，
故，即为全集.
所以有可加性，可得，
由于硬币的质地均匀，故有.
21. 已知为实数，记.
（1）当时，定义在上的奇函数满足：当时，，求的解析式；
（2）若函数为偶函数，若对于任意，关于的不等式均成立，求实数的取值范围；
（3）求证：“”是“存在正数，使得函数在处取到最小值”的充要条件.
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）当，利用函数奇偶性可知，代入求得时的解析式，从而得到分段函数解析式；
（2）根据函数的单调性、奇偶性化简不等式，利用分离常数法，求导求出的单调性求得的取值范围.
（3）先证明充分性，通过求导得出，，由于的图像是连续曲线，由零点存在性定理可知函数y=f'x有且只有一个零点，再证明函数y=fx在处取到最小值，最后再证明必要性．
【小问1】
当时，，
所以当时，.
所以.
【小问2】
当函数y=fx为偶函数时，必有，解得，
经检验，此时y=fx确为偶函数.
此时，令，解得，
故当时，f'x