上海市松江区2024_2025学年高三数学上学期期末质量监控考试试题含解析

这是一份上海市松江区2024_2025学年高三数学上学期期末质量监控考试试题含解析，共18页。
考生注意：
1．本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分．
2．答题前，务必在答题纸上填写座位号和姓名．
3．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位．
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. 已知集合，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】找出集合A与集合B的公共元素，即可确定出交集．
【详解】因为集合，，
所以.
故答案为：.
2. 若，则______．
【答案】
【解析】
【详解】,
则，
故答案为.
3. 函数的定义域是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
【详解】要使函数有意义，则，解得，
即函数的定义域为.
故答案为：．
4. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理可得答案.
【详解】，
，
故答案为：
5. 若复数满足（其中是虚数单位），则复数的共轭复数______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算得到，根据共轭复数的定义即可得到结果.
【详解】由题意得，，
∴.
故答案为：.
6. 已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为，则该圆锥的高为______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据给定条件，利用侧面积公式求出母线长，进而求出圆锥的高.
【详解】圆锥的底面半径，设其母线长为，则，解得，
所以该圆锥的高.
故答案为：4
7. 已知，则＝________．
【答案】65
【解析】
【分析】根据二项展开式，利用赋值法求解.
【详解】令，则有，
再令，则有，
所以，
故答案为：65.
8. 已知等比数列中，，则______．
【答案】或
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可求的值.
【详解】因为，所以，
因为，所以，解得或．
当时，，所以；
当时，，所以．
故答案为：或.
9. 已知函数的表达式为，则满足的实数m的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合偶函数定义可得为偶函数，再利用指数函数对称性解出不等式即可得.
【详解】当时，有，又定义域为，故为偶函数，
又当时，单调递增，故对有，
即，即有，解得，
故m的最大值为.
故答案为：.
10. 已知点P为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量运算将转化为，通过求的取值范围来求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为.
因为
．
又因为椭圆的，为椭圆的右焦点，
设Px0,y0，，
，
，
所以，，
∴．
故答案为：
11. 已知平面向量，的夹角为，与的夹角为，，和在上的投影为x，y，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知与的夹角为，从而根据正弦定理可得，再根据投影的定义表示出，最后对化简变形通过正弦函数的性质即可求解.
【详解】因为平面向量，的夹角为，与的夹角为，
所以与的夹角为，
所以根据正弦定理可得，，
所以，所以，
因为，所以，
所以在上的投影为，
在上的投影为，
所以
因为，所以，所以，
所以,所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的综合问题，考查向量投影，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是根据向量投影的概念表示出，考查计算能力，属于难题.
12. 交通信号灯由红灯、绿灯、黄灯组成．黄灯设置的时长与路口宽度、限定速度、停车距离有关．根据路况不同，道路的限定速度一般在30千米/小时至70千米/小时之间．由相关数据，驾驶员反应距离（单位：米）关于车速v（单位：米/秒）的函数模型为：；刹车距离（单位：米）关于车速v（单位：米/秒）的函数模型为：，反应距离与刹车距离之和称为停车距离．已知某个十字路口宽度为30米，为保证通行安全，黄灯亮的时间是允许限速车辆离停车线距离小于停车距离的汽车通过十字路口，则该路口黄灯亮的时间最多为______秒（结果精确到0.01秒）．
【答案】
【解析】
【分析】依题意求出反应距离，刹车距离，即可得到路程，再根据速度、路程、时间的关系计算可得；
【详解】解：依题意当小汽车最大限速（约）时，
反应距离，刹车距离，
所以停车距离为，
又路口宽度为，所以，
所以时间；
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，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑．
13. 已知，以下四个数中最大的是（ ）
A. bB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得，而、都是正数，故只需让它们的平方作差与0比较大小即可.
【详解】由题意，所以，
由基本不等式可得，同时注意到，所以，
，
而、都是正数，所以.
故选：D.
14. 渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示：
那么1974年5月出生的男职工退休年龄为（ ）
A. 62岁3个月B. 62岁4个月C. 62岁5个月D. 63岁
【答案】C
【解析】
【分析】构造等差数列得出公差及首项，再应用等差数列通项公式计算即可.
【详解】设1965年5月出生的男职工退休年龄为岁，则1966年5月出生的男职工退休年龄为岁，
所以公差为，设5月出生的男职工退休年龄为是首项为,公差为的等差数列，
1974年5月出生的男职工退休年龄为.
故1974年5月出生的男职工退休年龄为62岁5个月.
故选：C.
15. 抛掷三枚硬币，若记“出现三个正面”、“两个正面一个反面”和“两个反面一个正面”分别为事件A、B和C，则下列说法错误的是（ ）
A. 事件A、B和C两两互斥B.
C. 事件A与事件是对立事件D. 事件与相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】利用互斥事件的定义判断A，；利用互斥事件概率加法公式求解判断B；利用对立事件的定义判断C；利用相互独立事件判断D.
【详解】抛掷三枚硬币，样本空间(正,正,正),(正,正,反),(正,反,正),(反,正,正),
(正,反,反),(反,正,反),(反,反,正),(反,反,反)，共8个样本点，
事件(正,正,正)，(正,正,反),(正,反,正),(反,正,正)，(正,反,反),(反,正,反),(反,反,正)，
对于A，事件中任何两个事件都不能同时发生，事件两两互斥，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，事件与可以同时不发生，事件A与事件不是对立事件，C错误；
对于D，，，
，则事件，相互独立，D正确.
故选：C
16. 设函数与均是定义在上的函数，有以下两个命题：①若是周期函数，且是上的减函数，则函数必为常值函数；②若对任意的a，，有成立，且是上的增函数，则是上的增函数．则以下选项正确的是（ ）
A. ①真命题，②是假命题B. 两个都是真命题
C. ①是假命题，②是真命题D. 两个都是假命题
【答案】A
【解析】
【分析】用反证法判断命题①，用反例判断命题②．
【详解】①若y=fx是周期函数，设是它的正周期，即，
假设函数y=fx不是常值函数，设，且，又恒成立，因此，
取，其中是不大于的最大整数，则，
而，
所以，这是是减函数矛盾，所以不成立，
所以，即是常值函数，①是真命题；
②取，，则对任意的，，，满足，
但是减函数，②是假命题．
故选：A．
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，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. 某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数依次为1、2、3、4、5，现从一批该日用品中随机抽取20件，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：
（1）若所抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，等级系数为5的恰有2件，求a、b、c的值；
（2）在（1）的条件下，将等级系数为4的3件日用品记为、、，等级系数为5的2件日用品记为、，现从、、、、这5件日用品中任取两件（假定每件日用品被取出的可能性相同），写出所有可能的结果，并求这两件日用品的等级系数恰好相等的概率．
【答案】（1），，
（2）所有可能的结果详见解析；概率为．
【解析】
【分析】（1）根据频率和频数的关系可求的值，根据频率和为可求的值.
（2）用列举法写出所有可能性，再结合古典概型公式求解即可.
小问1详解】
因为等级系数为4的恰有3件，所以；
等级系数为5的恰有2件，所以；
因为，所以.
故，，.
【小问2详解】
从、、、、这5件日用品中任取两件，所有可能得结果有：
，，，，，，，，，共10种情况.
这两件日用品的等级系数恰好相等的结果有：，，，，共4个.
因为每种结果出现的可能性相同，所以这两件日用品的等级系数恰好相等的概率为：.
18. 如图，已知平面，，为等边三角形，，点F为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算得出，结合线面平行判定定理即可得结论；
（2）确定平面的一个法向量，利用和的夹角求解即可.
【小问1详解】
因为平面，，为等边三角形，
设，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
为的中点，，
，，
，平面，
平面.
【小问2详解】
又是轴上的单位向量，则其是平面的一个法向量，
因为，设和平面所成的角为，
则，
直线和平面所成角的正弦值为.
19. 为了打造美丽社区，某小区准备将一块由一个半圆和长方形组成的空地进行美化，如图，长方形的边为半圆的直径，O为半圆的圆心，，现要将此空地规划出一个等腰三角形区域（底边）种植观赏树木，其余区域种植花卉．设，．

（1）当时，求的面积；
（2）求三角形区域面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数表达出的长，再由面积公式即可求解.
（2）用的三角函数表达出三角形区域面积，利用换元法转化为二次函数，求出三角形区域面积的最大值.
【小问1详解】
设与相交于点，则，
则，，
易知等于到的距离，
所以
【小问2详解】
过点作于点，则，
而，

则三角形区域面积为
，
设，因为，所以，
故，而，
则，故当时，取得最大值，
故三角形区域面积的最大值为
20. 如果一条双曲线实轴和虚轴分别是一个椭圆的长轴和短轴，则称它们为“共轴”曲线．若双曲线与椭圆是“共轴”曲线，且椭圆，（、分别为曲线、的离心率）．已知点，点为双曲线上任意一点．
（1）求双曲线的方程；
（2）延长线段到点，且，若点Q在椭圆上，试求点P的坐标；
（3）若点P在双曲线的右支上，点A、B分别为双曲线的左、右顶点，直线交双曲线的左支于点R，直线、的斜率分别为、．是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或或
（3）当重合时，；当不重合时，存在实数，使得，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据“共轴”曲线定义，直接列式计算可得答案；
（2）设，由，可得，代入方程与方程联立，即可求得点P的坐标；
（3）讨论当重合时，；不重合时，设出直线的方程为，与双曲线方程联立，消元后利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值.
【小问1详解】
根据题意双曲线，
因为，解得，
双曲线的方程为；
【小问2详解】

由（1）知，，，
设，
已知，又，
所以，
由点Q在椭圆上，则，
又点为双曲线上任意一点，则，
联立，解得，或，
所以点P的坐标为或或；
【小问3详解】
当重合时，；当不重合时，存在实数，使得，理由如下，
当重合时，由题意，则，则，
当不重合时，，设直线的方程为，，
由得，
因为双曲线的渐近线方程为，
又直线交双曲线的左支于点R，右支于点P，所以，
由韦达定理得，，
所以
，
所以存在实数，使得.
【点睛】思路点睛：本题的解题思路是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断是否为定值.
21. 定义在上的函数y=fx，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数y=fx在处的切线与直线平行，则称函数y=fx在上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数y=fx在的相依区间．已知．
（1）当时，函数在R上处处相依，证明：导函数在0,1上有零点；
（2）若函数在0,+∞上处处相依，且对任意实数、，，都有恒成立，求实数的取值范围．
（3）当时，，为函数在的相依区间，证明：．
【答案】（1）证明见详解
（2） （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求出，根据零点存在性定理判断证明；
（2）根据函数在0,+∞上处处相依，可得，使得，转化，x0∈0,+∞，得解；
（3）根据题意可得，结合的单调性将要证明的问题转化为，，构造函数，利用导数证明.
【小问1详解】
当时，，
，
所以，，
即，又在上处处相依，
所以函数在0,1上有零点.
【小问2详解】
，x∈0,+∞，
，
因为函数在0,+∞上处处相依，
所以，，使得，
即，使得，
，x0∈0,+∞，即，x0∈0,+∞，
又，
.
所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
当时，，则，
因为为函数的在的相依区间，
所以，又，
则，
因为，，即单调递减，
，，即单调递增，
所以，则，
要证，即证，即证，
即证，，
令，
，
令，，
，
因为，，，
所以，即在0,1上单调递减，则，
所以φ'x