上海市杨浦高级中学2024-2025学年高三下学期期初摸底考数学试卷（解析版）

这是一份上海市杨浦高级中学2024-2025学年高三下学期期初摸底考数学试卷（解析版），共20页。
1. 设集合，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据集合交集的概念与运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，
根据集合交集的概念与运算，可得.
故答案为：.
2. 关于的不等式的解集是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分式不等式的解法计算即可.
【详解】由可得，即，解之得，或，
所以不等式的解集为.
故答案为：
3. 已知函数，则________.
【答案】
【解析】
【分析】判断所在区间，再代入计算即得.
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：
4. 若奇函数，则__________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据函数为奇函数，求得a的值，再代入求值即得答案.
【详解】依题意为奇函数，
,即，
可得，即，故，
则，
故答案为：6
5. 抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为_________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标及双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式计算即得.
【详解】抛物线，即的焦点为，双曲线的渐近线方程为，
所以点到直线的距离．
故答案为：
6. 已知向量，若与垂直，则等于___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由向量减法的坐标运算及垂直的坐标表示列方程求得，再应用模长的坐标运算求.
【详解】由，又与垂直，
所以，可得，
所以.
故答案为：2
7. 已知的展开式中所有项的系数和为1024，则含项的系数为______．（用数字作答）
【答案】300
【解析】
【分析】由赋值法求出，再根据通项公式计算即可．
【详解】在中，令，
得，解得，
所以含的项为，
故答案为：300．
8. 一个盒子里装有3种颜色，大小形状质地都一样的9个球，其中黄球4个，蓝球3个，绿球2个，现从盒子中随机取出两个球，记事件“取出的两个球颜色不同”，记事件“取出一个蓝球，一个绿球”，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】事件“取出的两个球颜色不同”，包括一个黄球一个蓝球，
一个黄球一个绿球以及一个蓝球一个绿球，三种情况，
则,
事件“取出一个蓝球，一个绿球”，
则，
所以.
故答案为：
9. 复数满足，则________.
【答案】
【解析】
【分析】设，结合复数的几何意义，列出方程组即可求解.
【详解】设复数，
由，可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上，所以，
由可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上，所以，
联立，解得，所以，
经检验，满足，
则.
故答案为：.
10. 已知4件产品中有2件次品，现逐个不放回检测，直至能确定所有次品为止，记检测次数为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定，分别求出各自的概率，然后期望公式可求
【详解】记检测次数为，则
当时，检测的两件产品均为正品或为次品，则，
当时，只需前两件产品中正品和次品各一件，第三件无论是正品还是次品，
都能确定所有次品，则，
所以，
故答案为：
11. 已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，则球的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可知四点共圆，可得，由余弦定理可得，且，再根据外接球直径利用勾股定理计算出外接球半径，可得球的表面积.
【详解】根据题意可知四边形的顶点在同一个圆上，连接，如下图所示：
易知，又，
在中，由余弦定理可得；
中，由余弦定理可得;
又易知，所以可得，
解得，又，所以，
可得，即，
设四边形的外接圆半径为，由正弦定理可得，
解得，
又平面，且，
设四棱锥的外接球半径为，
可得，即；
因此外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用四点共圆性质得出对角线，再由正弦定理求出外接圆半径，再根据线面垂直关系可得外接球半径可得结果.
12. 已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】，
则，
其周期为，而，即最多3个不同取值，
集合有且仅有两个元素，设，
则在中，或，或，
又，即
一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为，
于是有，即有，解得，
不相等的两项为，
故，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：此题关键是通过周期性分析得到相等的项为相邻的两项，不相等的两项之间隔一项，从而求得.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，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答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑.
13. 若，是函数两个相邻的最值点，则等于（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到函数的最小正周期，再用最小正周期公式可解.
【详解】由，是函数两个相邻的最值点，
，
所以，即.
故选：A.
14. 对两组呈线性相关的变量进行回归分析，得到不同的两组样本数据，第一组和第二组对应的线性相关系数分别为，则是第一组变量比第二组变量线性相关程度强的（ ）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】D
【解析】
【分析】根据相关系数的定义以及充要条件的判断进行分析.
【详解】因为，但不确定的正负情况，
所以不能推出第一组变化量和第二组变量相关度；
若第一组变量比第二组变量相关强度强，则，
所以是第一组变量比第二组变量线性相关程度强的既不充分也不必要条件.
故选：D.
15. 在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合已知可得，利用共面求.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以，
因为共面，所以，解得.
故选：D.
16. 记函数，函数，若对任意的，总有成立，则称函数包裹函数 .判断如下两个命题真假：
①函数包裹函数的充要条件是；
②若对于任意对任意都成立，则函数包裹函数.
则下列选项正确的是（ ）
A. ①真②假B. ①假②真C. ①②全假D. ①②全真
【答案】D
【解析】
【分析】①根据包裹函数的定义可以得到，由，可得，即①正确；
②利用反证法证明可得，即，则函数包裹函数，即②正确.
【详解】①因为函数包裹函数，
所以，
又因为，所以，
所以函数包裹函数的充要条件是，故①正确；
②假设，令，
则当时，，与题意中矛盾，
故假设不成立.所以，即，
所以函数包裹函数，故②正确.
故选：D.
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的相应位置写出必要的步骤.
17. 如图，在正三棱柱中，为中点，点在棱上，.
（1）证明：平面；
（2）求锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）解法1：作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；解法2：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由证明出结论；
（2）解法1：作出辅助线，得到即为二面角的平面角，求出各边长，求出锐二面角的余弦值；解法2：求出平面的法向量，得到平面的法向量，求出答案.
【小问1详解】
解法1：设，则为中点，
，连接，
延长交延长线于，
由得，
为中点，
，
平面平面，
平面，
解法2：取中点，取中点，连接，
因为为正三棱柱，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图，
则，
，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
平面，
故平面.
【小问2详解】
解法1：因为，所以，故四边形为正方形，
故⊥，且为中点，
又，，
故，故⊥，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角平面角，
又，，
且，，
，
故锐二面角的余弦值为.
解法2：设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
，
所以锐二面角的余弦值为.
18. 某风景区在一个直径为100米的半圆形花园中设计一条观光线路（如图所示）．在点与圆弧上的一点之间设计为直线段小路，在路的两侧边缘种植绿化带；从点到点设计为沿弧的弧形小路，在路的一侧边缘种植绿化带．（注小路及绿化带的宽度忽略不计）
（1）设（弧度），将绿化带总长度表示为的函数；
（2）试确定的值，使得绿化带总长度最大．
【答案】（1），；（2）当时，绿化带总长度最大．
【解析】
【分析】（1）利用三角函数结合弧长公式，可将绿化带总长度表示为的函数；
（2）求出函数的导函数，确定函数的单调性，即可确定的值，使得绿化带总长度最大．
【详解】解：（1）由题意，，直径为100米，
半径为50米，圆心角为，，
绿化带总长度，；
（2），，
，
令，可得，
当时，当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
时，绿化带总长度最大．
19. 随着5G时代的全面来临，借助手机，网银等实施的非接触式电信诈骗迅速发展蔓延，不法分子甚至将“魔爪”伸向了学生.为了调查同学们对“反诈”知识的了解情况，某校进行了一次抽样调查，统计得到以下列联表.
（1）取进行独立性检验，判断该校学生对“反诈”知识的了解与性别是否有关；
（2）用频率估计概率，样本估计总体，从全校男生中随机抽取5人，记其中对“反诈”知识了解的人数为，求的分布及数学期望；
（3）为了增强同学们的防范意识，该校举办了主题为“防电信诈骗，做反诈达人”的知识竞赛.已知全校参加本次竞赛的学生分数近似服从正态分布，若某同学成绩满足，则该同学被评为“反诈标兵”；若，则该同学被评为“反诈达人”.
（i）试判断分数为88分的同学能否被评为“反诈标兵”；
（ii）若全校共有50名同学被评为“反诈达人”，估计参与本次知识竞赛的学生人数.（四舍五入后取整）
附：（1），其中，；
（2）若，则：，，.
【答案】（1）答案见解析；
（2）分布列见解析，3.75；
（3）（i）能被评为“反诈标兵”；（ii）2198人.
【解析】
【分析】（1）完善列联表，计算卡方值，判断求解即得；
（2）由已知，根据二项分布得出的分布列和数学期望；
（3）（i）依题意求出，由即可判断；（ii）利用正态曲线的对称性，计算出，即可估计出学生总人数.
【小问1详解】
完成列联表：
零假设该校学生对“反诈”知识的了解与性别无关，
则，依题意，，
因为进行独立性检验，推断不成立，所以判断该校学生对“反诈”知识的了解与性别有关.
【小问2详解】
由（1）知，样本中男生对“反诈”知识了解的频率为是，
用样本估计总体，从全校男生中随机抽取一人，
对“反诈”知识了解的概率为，则，
，
，
，
，
，
．
则X的分布列为
所以．
【小问3详解】
（i）依题意，，因，故该同学可被评为“反诈标兵”；
（ii）因,
则估计参与本次知识竞赛的学生人数约为人.
20. 已知椭圆的左右顶点分别为，，点为椭圆上的一动点，直线与的斜率之积为，面积的最大值为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆相交于，两点，记直线，的斜率分别为，，若.
（i）求证：直线过定点；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，根据直线与的斜率之积为列方程，由椭圆的几何性质可知当点在椭圆的上、下顶点处时，的面积最大，由此可解得的值，进而得椭圆的标准方程；
（2）（i）设出直线的方程，由得，将，代入可得，即可证得直线过定点；
（ii）设的方程为，与椭圆方程联立可得，利用根与系数的关系可得，，进而根据三角形的面积公式可得，利用换元法，结合对勾函数的单调性可求最值,
【小问1详解】
设，，，
则，，，
又，.，.
面积的最大值为，，，
椭圆方程为.
【小问2详解】
（i）
设直线的方程为，直线的方程为，
则M，N同时满足方程和，
即，又，.
代入得，即，过定点.
（ii）设，，由题意知直线的斜率不为，
所以设的方程为，联立，消去后整理得：
，，，
.
，令，.
因此，，，
由对勾函数的单调性可知，在区间上单调递增，
所以.
此时，，所以面积的最大值为.
21. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点.
（1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由；
（2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）是，理由见解析；
（2）的取值范围为；证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用定义及导数的计算法则计算即可；
（2）①根据定义知，利用导数研究导函数单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明.
【小问1详解】
是，理由如下：
根据条件易知，
又，可得，
显然，符合“双中值函数”定义，
即函数是否是上的“双中值函数”；
【小问2详解】
①因为，所以.
因为是上的“双中值函数”，所以.
由题意可得.
设，则.
当时，，则为减函数，即为减函数；
当时，，则为增函数，即为增函数.
故.
因为，且时，,时，，
所以，所以，即的取值范围为；
②证明：不妨设，
则，，即，．
要证，可证，即证．
设，
则．
设，则φ'(x)=-lnx>0，
所以在上单调递增，所以，
所以，则在上单调递减．
因为，所以，即．
因为，所以．
因为，所以．
因为，所以．
由①可知在上单调递增，所以，即得证．
【点睛】思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调性与最值即可；第二小问，可利用等量关系消元转化证明，类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明.
不了解
了解
合计
女生
20
20
40
男生
10
合计
80
性别
不了解
了解
合计
女生
20
20
40
男生
10
30
40
合计
30
50
80
X
0
1
2
3
4
5
P