上海市普陀区2024−2025学年高三下学期质量调研 数学试题

这是一份上海市普陀区2024−2025学年高三下学期质量调研 数学试题，共13页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共12小题）
1．不等式的解集是 .
2．已知复数，其中i为虚数单位，则 .
3．已知事件与事件相互独立，若，则 .
4．设，，是等差数列的前项和，若，则的值为 .
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 .
6．设，若的展开式中项的系数为10，则 .
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 .
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 .
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 .
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 .
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 .
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 .
二、单选题（本大题共4小题）
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
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
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．
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
三、解答题（本大题共5小题）
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.
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.
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人的选题来自层的概率；
(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．
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.
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.
参考答案
1．【答案】
【详解】因为,
所以原不等式的解集为：.
2．【答案】
【详解】因为，
.
3．【答案】/
【详解】由独立事件性质，
，
.
4．【答案】/
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
.
所以，，
所以：.
5．【答案】9
【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.
6．【答案】2
【详解】项为，
由.
7．【答案】/
【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.
8．【答案】
【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.
9．【答案】
【详解】因为函数，要使，
则周期，即，
因为，所以一个充分条件是.
10．【答案】28
【详解】当时，
若为空集，符合题意；只有1种，
若为一元集：共有8种，
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.
11．【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.
12．【答案】
【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.
13．【答案】C
【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．【答案】B
【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．【答案】D
【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．【答案】A
【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.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）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.
（2）

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．【答案】(1)
(2)函数在单调递减，在单调递增
【详解】（1）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，
；
（2）由，得，所以，，
令，因为，所以，
又函数在无最小值，
所以，解得，
所以，则，所以，
令，所以，
当时，，
因为， 所以在单调递减，在单调递增.
19．【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）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.
（2）因为三层题量之比为，
所以在层最多抽到7道，且可取，
则，
，
其分布列为
所以期望.
20．【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【详解】（1），
直线l过所以右焦点，即，
所以，椭圆方程为.
（2）当，直线，，
解得，
，
设，到直线距离，
由面积，得或，
即或 .
（3）

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．【答案】(1)有2个元素，理由见解析
(2)，
(3)
【详解】（1）由.
当时，；
当时，.
所以有2个元素.
（2）将代入圆，
由相切.
此时，，
又，所以，所以，
切线方程，即.
（3）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：