上海市宜川中学2024-2025学年高二下学期3月阶段测试 数学试卷（含解析）

这是一份上海市宜川中学2024-2025学年高二下学期3月阶段测试 数学试卷（含解析），共15页。
1．本考试设试卷和答题纸，答案写在答题纸上，写在试卷上无效.
2．答题前，考生务必在答题纸上清楚填涂班级、姓名和准考证号.
3．本试卷共4页，考试时间120分钟，试卷满分150分.
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．
1. 设抛物线的准线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合抛物线的标准方程确定其准线方程即可.
【详解】由抛物线方程可得，则，故准线方程为.
故答案为．
【点睛】本题主要考查由抛物线方程确定其准线的方法，属于基础题.
2. 双曲线的焦距是10，则实数的值为_____________.
【答案】
【解析】
【详解】双曲线的焦距为
所以,,
所以
故本题正确答案是
3. 函数，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据导数的定义结合求导公式计算即可.
【详解】，
则.
故答案为：.
4. 设甲乙两射手独立地射击同一目标，他们命中率分别为和，则在一次射击中，目标被击中的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用相互独立事件概率得乘法公式计算即可.
【详解】由题意得目标被击中的概率.
故答案为：.
5. 圆的圆心到直线的距离=_____
【答案】3
【解析】
【分析】配方得出圆心坐标，由点到直线距离公式计算．
【详解】圆的标准方程是，圆心坐标为，圆心到直线的距离为．
故答案为3．
【点睛】本题考查点到直线距离公式，解题时用配方法求出圆心坐标，再由距离公式求解．
6. 有一组按从小到大顺序排列的数据：3，5，，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由极差和平均数求出，即可求出中位数.
【详解】依题意可得极差为，平均数为，
所以，解得，
所以中位线为.
故答案为：
7. 已知直线与直线的夹角为，则实数______.
【答案】或
【解析】
【分析】设两直线夹角为，可得，分和两种情况，结合直线的夹角公式运算求解即可.
【详解】设直线与直线的夹角为，
则，可得，，
设直线的倾斜角为，则，
设直线的倾斜角为，
若，则直线即为，可知，
可得，，符合题意；
若，则，
因为，可得，
即，解得或（舍去）；
综上所述：或.
故答案为：或.
8. 已知事件和互斥，它们都不发生的概率为，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用对立事件和互斥事件的概率公式求解即可.
【详解】因为事件和互斥，，
所以，
因为事件和都不发生的概率为，
所以，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
9. 有一种空心钢球（钢的密度为），质量为，测得球的外直径为，则它的内直径为______（精确到）
【答案】#
【解析】
【分析】利用密度公式和球的体积公式可求答案.
详解】由可得，
设内半径为，则，解得，
所以它的内直径为.
故答案为：
10. 在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有______种不同的插法．
【答案】
【解析】
【分析】利用倍缩法求解即可.
【详解】由题意，不同的插法共有种.
故答案为：.
11. 如图，底面半径为4的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则圆锥的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，以母线长为半径绕一圈可带动底面圆走三圈，推知母线长后即可求解.
【详解】设圆锥母线长，底面半径为，由题意，即，
侧面展开的扇形的弧长是，于是侧面积为，
底面积为，故表面积为.
故答案为：
12. 已知，分别是双曲线渐近线上的两点，且轴，点是坐标原点.现将所在平面沿轴折成平面角为锐角的二面角，翻折后如图，此时若，则的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先找到角和角，分别利用余弦定理，表示和，然后设出点的坐标，用坐标表示和，代入计算即可.
分别在两个
【详解】
根据题意，，,
所以,
因为,,
又因为,,
所以，
设，则，，
，，，
故答案为：.
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选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 若为正整数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数的含义可求答案.
【详解】因为表示共有9个因式的乘积，
所以，
故选：D
14. 已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用倾斜角与斜率的关系，利用赋值法可得结论.
【详解】因为直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，
所以，，
取，，满足，可求得，，此时，
所以“”是“”的不充分条件；
取，，满足，但，此时，
所以“”是“”的不必要条件；
所以“”是“”的既不充分又不必要条件.
故选：D.
15. 某水管的流水量（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，则的实际意义是（ ）
A. 3秒时水管的流水量B. 3秒内水管的流水总量
C. 3秒内水管的流水量的平均变化率D. 3秒时水管流水量的瞬时变化率
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义即可得解.
【详解】由导数的几何意义可知，的实际意义是3秒时水管流水量的瞬时变化率.
故选：D.
16. 设圆锥的旋转轴与母线所成的角为，用一个不过圆锥顶点的平面截这个圆锥，设这个平面与圆锥旋转轴所成的角为，则这个平面与圆锥的侧面相截得到的平面曲线为（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥曲线的形成即可判断.
【详解】圆锥的旋转轴与母线所成的角为，
用一个不过圆锥顶点的平面截这个圆锥，设这个平面与圆锥旋转轴所成的角为，
即平面与圆锥母线平行，故这个平面与圆锥的侧面相截得到的平面曲线为相截得到的平面曲线为抛物线.
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. （1）求满足等式的正整数的解；
（2）已知数据的茎叶图如图所示，其中数据的十位数部分为茎，数据的个位数部分为叶，例如第一个数据为53．求该组数据的众数、平均值、方差和第60百分位数.（写出必要的计算步骤）．
【答案】（1）1或3；（2）众数为81，，方差，第60百分位数为82.
【解析】
【分析】（1）根据组合数的含义列出不等式可求答案；
（2）根据数据结合统计量的求解公式和方法可得答案.
【详解】（1）由题意或，
由可得或，时，，不合题意，舍去；
由可得或（舍），
综上可得，满足等式的正整数的解为1或3.
（2）由题意所有数据为：53,65,74,76,81,81,81,82,82,84,91,98.
由于81出现的最多，所以众数为81，
平均值，
方差，
由于，所以第60百分位数为82.
18. 如图，在四棱锥中平面ABCD，E为PD的中点，，，．

（1）求证：平面平面
（2）求直线EC与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将问题转化为证明平面，利用已知，结合勾股定理即可得证；
（2）利用（1）中结论判断线面角，结合直角三角形性质将所求转化为即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
由题知，，，所以，又
由余弦定理得，
所以，，
即，因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，在平面内的射影为，所以在平面内的射影也为，
故直线EC与平面PAC所成角即为.
因为，所以，
所以，又因为E为PD的中点，所以，
所以，所以.
19. 已知甲，乙两人下棋，
（1）若每局两人获胜的可能性一样，在一场三局两胜的比赛中，最终获胜者赢得10万元奖金．若第一局比赛甲胜，后因客观因素终止比赛．问怎样分10万元奖金才公平？
（2）若甲每局获胜的概率均为且每局之间的胜负互不影响，对于甲而言，一局定胜负和三局两胜比较，哪个更有利？
【答案】（1）甲应该分得万元，乙分得万元；
（2）一局定胜负.
【解析】
【分析】（1）分局，局比赛，求出甲获胜的概率，从而得到最终甲获胜的概率，根据甲乙最终获胜的概率分钱；
（2）分别算出两种情况的甲获胜的概率，然后作差比大小，决定最后的有利情况.
【小问1详解】
若两局比完，甲第局获胜，概率为；
若三局比完，甲第局输，第局赢，概率为；
故比完比赛，甲获胜的概率为，因此甲应该分得万元，乙分得万元.
【小问2详解】
一局定胜负，甲获胜的概率是；
三局两胜，甲连胜两局，或者第三局赢，前两局赢一次输一次，概率为.
，而，故，
即，于是一局定胜负更有利.
20. 已知函数
（1）判断函数的奇偶性.
（2）当时，求函数经过点的切线方程；
（3）若函数在处有极值，根据实数的不同取值，讨论关于的方程的实根的个数.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的对称性，分和两种情况讨论即可；
（2）设切点为，根据导数的几何意义求出切线方程，再将点代入求出切点，即可得解；
（3）由题意可得，求出，再利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的图象，结合图象讨论即可得解.
【小问1详解】
函数为二次函数，是轴对称图形，且对称轴为，
当时，函数的图象关于对称，所以函数为偶函数，
当时，函数为非奇非偶函数；
【小问2详解】
当时，，则，
设切点为，
则切线的斜率，
所以切线方程为，
又因为切线过点，
所以，
化简得，解得，
切线方程为，即；
【小问3详解】
，则，
因为函数在处有极值，
所以，解得，
则，
令，则或，令，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的极小值点，
所以，所以
，
当时，，当时，，
如图，作出函数的大致图象，

由图可知，当或时，方程有个实数根；
当或时，方程有个实数根；
当时，方程有个实数根.
21. 已知椭圆，点，点是椭圆上的三个动点.
（1）若，求的值；
（2）已知，若，求的取值范围；
（3）已知，请研究面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由，得到 代入椭圆方程求解；
（2）设 ，由 ，得到 ，再由 代入椭圆方程化简得到 ，再利用基本不等式求解；
（3）假设直线MN的斜率存在，设直线MN为 代入椭圆方程，由 ，结合韦达定理，得到 ，由点P与点 不重合，得到 然后求得弦长 和点P到直线MN的最大距离即可.
【小问1详解】
解：因为，
所以 代入椭圆得 ，
即 ；
【小问2详解】
设 ，由题意可知 ，则 .
又有 代入椭圆得 ，
化简得 ，所以 .
因为 ，所以 .
【小问3详解】
如图所示：
假设直线MN的斜率存在，
设直线MN为 .
将 代入椭圆得，
.
由韦达定理得 ，则 ，
由题意可知， ，则 ，
化简得
代入得 ，
得 ，因为点P与点 不重合，所以
所以 ，
下面求点P到直线 的最大距离:
设平行于直线 的椭圆切线 ，
将 代入椭圆得 ，
即 ，切线1到直线 的距离为 .
当点P在这条切线上时，点P到直线 距离最大， .
所以 面积的最大值 .
若直线 的斜率不存在，则 .
由 ，得到 ，化简得 ，所以 .
所以直线 .
所以 ，且当点 时，点P 到直线MN 的距离最大， .
所以 面积的最大值 .
综上所述： 面积的最大值 .
【点睛】思路点睛：当直线MN斜率存在时，设直线MN为 ，与椭圆方程联立，根据 ，结合韦达定理得到 ，由点 与点 不重合，得到从而表示弦长 ，再设平行于直线MN的椭圆切线 ，当点P为切点时，点P到直线MN的距离最大而得解.