上海市朱家角中学2024-2025学年高三下学期3月考试数学试题（解析版）

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（完卷时间120分钟 满分150分）2025.3
一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1. 已知全集，集合，则______．
【答案】
【解析】
【分析】求解即可得集合A，进而得.
【详解】解得，
所以的解集为，即，
所以.
故答案为：.
2. 若x>0，y>0，且x＋4y＝1，则xy的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由基本不等式求解即可.
【详解】，
当且仅当时等号成立.
故答案为：
3. 设i是虚数单位，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据虚数的性质即可求得代数式的值.
【详解】.
故答案为：.
4. 已知一个随机变量的分布列为，若是，的等差中项，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分布列的性质及等差中项即可求.
【详解】由题可知，，解得，
故答案为:.
5. 已知向量，，且，则.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】根据共线向量的坐标表示求得结果.
【详解】因为向量，，且，
所以，所以.
故答案为：.
6. 已知随机变量服从二项分布，若，，则的值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由二项分布的期望方差公式，即可得到结果.
【详解】因为随机变量服从二项分布，
则，，
解得.
故答案为：
7. 若等比数列的前n项和为，，则首项的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得等比数列公比的取值范围，根据，结合等比数列前n项和为，得，从而得，求解出范围.
【详解】设等比数列的公比为，则，
因为，当时，，
所以，即，
当时，，
当时，，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解等比数列极限相关问题，注意若等比数列有极限，则该数列为无穷递缩等比数列.
8. 已知两个具有线性相关关系的变量的一组数据，根据上述数据可得关于的回归直线方程，则实数__________.
【答案】20
【解析】
【分析】由回归直线经过点即可计算.
【详解】由题中数据可知，因为回归直线一定经过点，所以.
故答案为：20.
9. 已知圆锥底面半径与球的半径都是，如果圆锥的体积恰好也与球的体积相等，那么这个圆锥的母线长为_________
【答案】
【解析】
【分析】求出球的体积，由圆锥的体积恰好也与球的体积相等，可得圆锥的高，计算可得圆锥的母线长.
【详解】解：由题意得：球的体积为：，
圆锥的体积：，其中h为圆锥的高，
因为圆锥的体积恰好也与球的体积相等，可得，，
故圆锥的母线长：，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查空间几何体简单的体积运算，属于基础题.
10. 已知函数的值域为，若关于的不等式的解集为，则实数的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得，然后求出不等式的解，结合已知条件可得出关于的方程，进而可求得的值.
【详解】由题意知，
因为函数的值域为，所以，，可得，
由可知，且有，解得，
所以，，，
所以，，解得.
故答案为：.
【点睛】利用一元二次不等式的解集求参数，一般转化为解集的端点值为对应的一元二次方程的根，可以利用韦达定理或者利用代入法求解.
11. 函数的部分图象如图，下列结论正确的序号是______．
①的最小正周期为6；
②；
③的图象的对称中心为；
④的一个单调递减区间为．
【答案】②③
【解析】
【分析】由判断①；由和点在的图象上求解判断②正确；令求解判断③；令求解判断④.
【详解】解：由图可得，所以①错误；
因为，所以．
因为点在的图象上，
所以，即．
因为，所以，所以，所以②正确；
令得，所以的图象的对称中心为，所以③正确；
令，得，
令得，令得，所以，所以④错误．
故答案为：②③．
12. 函数的表达式为，如果且，则abc的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大致图象，令，可得的范围，则的三个根为，从而可得，右边去括号即可得解.
【详解】，
当或时，，当时，，
所以函数的增区间为，减区间为，
则函数的极大值为，极小值为，
作出函数的大致图象，若且，
令，则，
即的三个根为，
即，
又，
所以.
故答案为：.
二、单选题（本大题共4题，满分20分）
13. “且”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分、必要条件结合不等式性质理解判断.
【详解】若且，例如满足条件，但不满足
若，则，且
∴“且”是“”的必要不充分条件
故选：B
14. 如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（ ）
A. 与垂直B. 与平面垂直
C. 与平行D. 与平面平行
【答案】C
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法逐一判断即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，
则
，
对于A，，
则，所以，故A正确；
对于B，，则，所以，
又平面，
所以平面，故B正确；
对于C，，
若与平行，则存在唯一实数使得，
所以，无解，
所以与不平行，故C错误；
对于D，，
设平面的法向量，
则有，可取，
因为，且平面，
所以平面，故D正确.
故选：C
15. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的正态分布密度曲线，结合正态分布的对称性和性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，随机变量服从正态分布，且，
可得随机变量的方差为，即，所以A错误；
对于B中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量，
所以，所以B错误；
对于C中，根据正态分布密度曲线图像，可得时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积，
所以，所以C正确；
对于D中，根据正态分布密度曲线图像，可得，，
即，所以D错误.
故选：C.
16. 已知，集合，若集合恰有8个子集，则的可能值有几个（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据子集个数可得集合元素个数，再由正弦函数性质即可确定n的取值.
【详解】由题意易知，，均是集合中的元素，
又集合恰有8个子集，故集合只有三个元素，
有，则结合诱导公式易知，
可取的值是4或5.
故选：B
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）
17. 设在直三棱柱中，,,依次为,的中点．
（1）求异面直线所成角的大小（用反三角函数值表示）；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量求异面直线所成的角.
（2）先求出平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离.
【小问1详解】
以为原点建立如图空间坐标系，
则 ,
， ，

.
【小问2详解】
设平面的一个法向量为，
， ，
解得：
令可得，
∵

∴点到平面的距离为﹒
18. 已知向量，其中，若函数的最小正周期为.
（1）求的单调增区间；
（2）在中，若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由辅助角公式将函数化简，再由函数周期即可求得，再根据正弦型函数的单调区间即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）中函数的解析式可得，再由正弦定理可得，再结合平面向量数量积的定义代入计算，即可得到结果.
小问1详解】
的最小正周期为.
故，
令，解得，
故函数的单调增区间为
小问2详解】
设中角所对的边分别是.
，即，解得.
，
，
.
19. 为了提高我市的教育教学水平，市教育局打算从红塔区某学校推荐的10名教师中任选3人去参加支教活动．这10名教师中，语文教师3人，数学教师4人，英语教师3人．求：
（1）选出的语文教师人数多于数学教师人数的概率；
（2）选出的3人中，语文教师人数的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分别求出“恰好选出1名语文教师和2名英语教师”、“恰好选出2名语文教师”、“恰好取出3名语文教师”的概率，应用互斥事件加法求概率；
（2）首先的所有可能取值，然后分别计算出每一个取值的概率，即得的分布列，再利用数学期望公式求其数学期望．
【小问1详解】
设“选出的3名教师中语文教师人数多于数学教师人数”为事件，
“恰好选出1名语文教师和2名英语教师”为事件，“恰好选出2名语文教师”为事件，
“恰好取出3名语文教师”为事件，
由事件彼此互斥，且，
而，，，
所以选出的3名教师中语文教师人数多于数学教师人数的概率为.
【小问2详解】
由于从10名教师中任选3人的结果为，
从10名教师中任取3人，其中恰有k名语文教师的结果数为，
那么从10人任选3人，其中恰有k名语文教师的概率为且．
所以随机变量的分布列是

的数学期望.
20. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距是.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l：与椭圆C交于两个不同点D，E，以线段为直径的圆经过原点，求实数的值；
（3）设A，B为椭圆C的左､右顶点，为椭圆C上除A，B外任意一点，线段的垂直平分线分别交直线和直线于点P和点Q，分别过点P和Q作轴的垂线，垂足分别为M和N，求证：线段MN的长为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆方程；
（2）联立方程组，求得，结合，列出方程求得的值，即可求解；
（3）设，由此得到，利用分别表示出直线和的方程，联立两直线方程，求出点横坐标，进而可求出线段的长，得出结论成立.
【小问1详解】
解：由题意，椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距是，
可得，解得，
因此椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设，，
联立方程组 ，整理得，
由，解得，
则，
因为以线段为直径圆经过原点，所以，则，
可得，即，
代入得，整理得满足，
所以.
【小问3详解】
解：因为，为椭圆的左､右顶点，可得，，
设，则，所以，则，
因为线段的垂直平分线分别交直线和直线于点和点，
则为中点，所以，
又因为直线的斜率为，所以其垂直平分线的斜率为，
则的方程为，
即；
又由直线的斜率为，所以直线的方程为，
由，可得，则，
解得，即，
又因为、分别为、在轴的垂足，
则，，
所以为定值.
21. 已知函数.
（1），求实数的值；
（2）若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围；
（3）设，试利用结论，证明：若，其中，则.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，根据题意得到方程组，即可求解；
（2）把转化为即对任意恒成立，设，设，利用导数求得函数在单调性，结合，即可求解；
（3）解法1：由不等式，推得，进而利用累加法，即可得证；解法2：由，得到，结合累加法，即可得证.
【小问1详解】
由函数，可得，所以，.
又由，所以，解得.
【小问2详解】
若，可得，
则，则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，则，设函数，可得，
因为，所以恒成立，所以函数在上严格递增，
所以，故，即实数的取值范围为.
【小问3详解】
解法1：由，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立；
所以，当且仅当时，等号成立，
故，
当且仅当时等号成立.
因此有，
，
，
以上个式子相加得：
.
解法2：由，
可得，
当且仅当时等号同时成立.
故，
，
，
以上个式子相加得：
.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
0
1
2
3
P