上海市普陀区2025届高三下学期3月二模试题 数学 含解析

这是一份上海市普陀区2025届高三下学期3月二模试题 数学 含解析，共19页。
2.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.
3.务必用钢笔或圆珠笔在答题纸相应位置正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条码贴在指定位置上.
一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对前6题得4分、后6题得5分，否则一律得零分.
1. 不等式的解集是____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分式不等式的解法求解即可.
【详解】因为,
所以原不等式的解集为：.
故答案为：
2. 已知复数，其中i为虚数单位，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的运算求出，再根据共轭复数的概念求解即可.
【详解】因为，
.
故答案为：
3. 已知事件与事件相互独立，若，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用相互独立事件概率乘法公式和对立事件概率公式来求解即可.
【详解】由独立事件性质，
，
,
故答案为：
4. 设，，是等差数列的前项和，若，则的值为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据等差数列数列的性质结合通项公式、求和公式，可直接求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
.
所以，，
所以：.
故答案为：
5. 设，拋物线上的点到的焦点的距离为5，点到轴的距离为3，则的值为____________.
【答案】9
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用抛物线的定义列式求解.
【详解】拋物线的准线为，
由点到轴的距离为3，得点的纵坐标，
由点到的焦点的距离为5，得，解得或，而，
所以.
故答案为：9
6. 设，若的展开式中项的系数为10，则____________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据二项式定理求项的系数即可.
【详解】项为，
由.
故答案为：2
7. 在一个不透明的盒中装着标有数字1，2，3，4的大小与质地都相同的小球各2个，现从该盒中一次取出2个球，设事件为“取出2个球的数字之和大于5”，事件为“取出的2个球中最小数字是2”，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出事件、事件的基本事件数，再由条件概率公式计算可得.
【详解】事件（数字之和大于5）的基本事件数（数字组合），
共有种；
而事件（最小数字是2且和大于5，即）的基本事件数有种，
由条件概率公式.
故答案为：
8. 若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式求解即可,
【详解】设底面半径为，母线长为l
由，得，
又，由勾股定理，
所以，解得，
底面圆周长，扇形中心角，
故答案为：
9. 设，函数的表达式为，则对任意的实数，皆有成立的一个充分条件是____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意分析出区间至少包含一个完整的周期，才能保证能取到时的所有函数值，再利用周期的公式求出的取值范围，结合充分条件的定义即可得到结果.
【详解】因为函数，要使，
则周期，即，
因为，所以一个充分条件是，
故答案为：
10. 设为正整数，集合，若集合满足，且对中任意的两个元素，皆有成立，记满足条件的集合的个数为，则____________.
【答案】19
【解析】
【分析】利用分类思想，列举思想即可得到答案.
【详解】当时，
若为二元集：如，共有15种，
若为三元集：如共有4种，
所以总共有：种；
故答案为：19.
11. 在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，得出坐标，设，根据已知列出方程，化简得出点的轨迹为球.进而结合图象即可得出点到平面的最大距离，结合体积公式即可得出答案.
【详解】
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则有
又，
所以.
设，则.
因为，
代入可得，
整理可得，
即在以点为球心，为半径的球上.
又的面积为，
平面到平面的距离为4，
所以到平面的最大距离为.
体积最大值为.
故答案为：.
12. 设，函数的表达式为，若函数恰有三个零点，则的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据和的符号，将分为三个区间，，，并得到对应的不同的表达式，当时，无解；当时，有唯一解，通过分离常数得到，借助导数得到在上的值域，即可得到的取值范围；当时，将转化成关于的二次函数在上恰有两解的问题，即可求出的取值范围.
【详解】①当时，
所以，，
，
解得，不符合题意，所以在上无解.
②当时，，
所以，，，
令，所以，
即
令，所以，
所以，所以在单调递增，
所以，即.
此时在上有唯一解；
③当时，，
因为函数恰有三个零点，
所以在上有两解，
即在上有两解，
即在上有两解.
令
所以，即
解得，
综上①②③，所以的取值范围是.
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答案，考生应在大题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，否则一律得零分.
13. 某市职业技能大赛的移动机器人比赛项目有19位同学参赛，他们在预赛中所得的积分互不相同，只有积分在前10位的同学才能进入决赛.若该比赛项目中的某同学知道自己的积分后，要判断自己能否进入决赛，则他只需要知道这19位同学的预赛积分的（ ）
A. 平均数B. 众数C. 中位数D. 方差
【答案】C
【解析】
【分析】根据中位数的概念进行判断即可.
【详解】因为19位同学的积分，中位数是第10名，所以知道中位数即可判断是否在前10.
故选：C
14. 设，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，若角的终边经过点，且，则角属于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据诱导公式和二倍角公式可得，再根据角的终边经过点，即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
所以，异号，
所以在第二、四象限，
又，所以在第二象限.
故选：.
15. 设，点，是坐标原点，，是双曲线的左焦点，若直线经过点，且与双曲线的右支在第一象限内交于点，则双曲线的离心率的一个可能的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定直线与圆的位置关系，表示出直线的斜率，数形结合，根据直线斜率与双曲线渐近线斜率的关系，得到的关系，求出离心率的取值范围，即可进行判断.
【详解】如图：
因为，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，方程为：.
因为点到直线：的距离为：，
所以直线与圆相切.
又过点，且，直线与双曲线的右支在第一象限内交于点，
所以直线的斜率为：.
又一、三象限双曲线的渐近线的斜率为：.
又.
即.
故选：D
16. 设，，、，是数列的前项和，且满足，数列是由个大于的整数组成的有穷数列，若，，则称数列是数列的“数列”.对于数列有如下两个命题：①若，则数列不是数列的“数列”；②若，则数列的“数列”至少有5个.则下列结论中正确的是（ ）
A. ①为真②为真B. ①为真②为假C. ①为假②为真D. ①为假②为假
【答案】A
【解析】
【分析】先根据与的关系求出数列的通项公式，再结合“数列”的概念判断①②的真假即可.
【详解】对数列：①
②
①－②得：，
所以是以3为公比的等比数列，
令，
对①：若，.
因为，且为整数，，其余.
以为例，.
若，则，这与矛盾
所以不能恒成立.故①为真.
对②：以为例：
设，
令，则方程的解有，，，，5个满足.
即时，数列的“数列”有5个.
当时，，
令，则方程满足的解的个数更多.
即时，数列的“数列”多于5个.
……
依次类推：当数列至少5个，故②为真.
故选：A
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相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17. 如图，在三棱柱中，，且.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连结，结合已知证明为菱形，以及.进而即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，进而得出相关点以及向量的坐标，然后求出平面的法向量以及，然后根据向量法求解即可得出答案.
【小问1详解】
连结，连结CO
在中，，
故是等边三角形，所以为菱形，
所以，且是的中点.
因为，
所以.
因为，
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】

以为原点，为轴，为轴，OC为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，.
设平面的一个法向量，
则有，即.
令，可得平面的一个法向量为，
所以，直线与平面所成的角的正弦值为
.
18. 设，函数的表达式为.
（1）若，设的内角的对边分别为，，且，求的面积.
（2）对任意的，皆有成立，且该函数在区间上不存在最小值，求函数在的单调区间.
【答案】（1）
（2）函数在单调递减，在单调递增
【解析】
【分析】（1）由已知可得，由此解得的值，通过验证可得，然后根据余弦定理和面积公式即可求解；
（2）由已知可得，又函数在无最小值，可得，再根据三角函数的性质求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，解得或，
所以或，
若，则，不符；所以，
所以，所以，
由，
得，所以，
；
【小问2详解】
由，得，所以，，
令，因为，所以，
又函数在无最小值，所以函数的最小正周期,所以，
所以，则，此时，符合题意，
所以，
令，所以，
当时，，
因为， 所以在单调递减，在单调递增.
19. 某区为推进教育数字化转型，通过聚合区域学校的教育资源，依托AI技术搭建了区域智慧题库系统，形成了“通识过关—综合拓展—创新提升”三层动态原库，且三层题量之比为，设该题库中任意1道题被选到的可能性都相同.
（1）现有4人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道题作答，求这4人中至少有2人选题来自层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组卷系统从该题库中选取12道题生成试卷，若某老师要从生成的这份12道题的试卷中随机选取3道题做进一步改编，记该老师选到层题的题数为，求的分布与期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）先求出在层选题的概率和不在层选题的概率，再结合题意得到，最后利用二项分布概率公式求解即可.
（2）先依据题意求出在层最多抽到7道，再求出对应概率，进而求出分布列和数学期望即可.
【小问1详解】
因为三层题量之比为，
所以在层选题的概率为，不在层选题的概率为，
设至少2人的选题来自层的概率为，从层选题数量为，
由题意得，而二项分布概率公式为，
则至少2人的选题来自层的概率为，
故.
【小问2详解】
因三层题量之比为，
所以在层最多抽到7道，且可取，
则，
，
其分布列为
所以期望.
20. 设，点分别是椭圆的上顶点与右焦点，且，直线经过点与交于两点，是坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，点是轴上的一点，且的面积为，求点的坐标；
（3）若点在直线上，向量在直线上的投影为向量，证明.
【答案】（1）
（2）或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标和的长度求出基本量后可得椭圆的标准方程；
（2）求出直线与椭圆的交点后可得关于横坐标的方程，从而可求其坐标.
（3）利用两角和的正切结合韦达定理可证.
【小问1详解】
，
直线l过所以右焦点，即，
所以，椭圆方程为.
【小问2详解】
当，直线，，
解得，
，
设，到直线距离，
由面积，得或，
即或 .
【小问3详解】

设，
因为向量在直线上的投影为向量，故，
故直线的斜率为，故直线的方程为，故，
而，
故，
联立，
，，
故，
设，设，
由双勾函数的性质可得在为增函数，
故，故，
.
21. 已知，对于函数，，设集合，，记.
（1）若函数，请判断中元素的个数，并说明理由；
（2）设，函数，若，求的值以及曲线在点处的切线方程；
（3）设，函数，若对于任意的，皆有成立，求的取值范围.
【答案】（1）有2个元素，理由见解析
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）求的解即可得到答案.
（2）根据两曲线的位置关系，先求的值，再结合导数的几何意义求曲线的切线方程.
（3）先把问题转化成恒成立，再求函数的最小值即可.
【小问1详解】
由.
当时，；
当时，.
所以有2个元素.
【小问2详解】
将代入圆，
由相切.
此时，，
又，所以，所以，
切线方程，即.
【小问3详解】
对于任意的，皆有成立，即函数的图象与圆系：无交点，所以恒成立.
因为，，所以，.
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，且.
由.
当时，设，则，所以在上单调递增，
所以.
即当时，；
又，所以.
所以.
设，，则，
所以在上单调递增，所以.
由.
综上，实数的取值范围为：