2024~2025学年上海市嘉定区高三上册9月月考数学阶段性试卷（附解析）

这是一份2024~2025学年上海市嘉定区高三上册9月月考数学阶段性试卷（附解析），共17页。
【正确答案】
【分析】利用交集的运算规律，计算即可
【详解】.
故
2. 已知为虚数单位，，则__________.
【正确答案】2
【分析】首先化解复数，再根据复数的定义，即可求解.
【详解】.
故2
3. 已知，且为第二象限角，则__________.
【正确答案】
【分析】由同角关系式求解即可.
【详解】因为，且为第二象限角，
所以，，
又因为，
即，
解得.
故
4. 已知向量，则在上的投影向量为__________.
【正确答案】
【分析】代入投影向量公式，即可求解.
【详解】在上的投影向量为.
故
5. 已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：，则这组数据的第75百分位数是______.
【正确答案】##
【分析】根据题意，利用百分位数的定义和计算方法，即可求解.
【详解】将数据从小到大排序得，
因为，所以第75百分位数是.
故答案为.
6. 函数的图象在点处的切线方程为______.
【正确答案】
【分析】利用导数的几何意义求得切线方程.
【详解】依题意，，
所以函数在点处的切线方程为.
故
7. 中国古代数学著作主要有《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《四元玉鉴》《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为__________.
【正确答案】##
【分析】利用编号，列举样本空间的方法，结合古典概型概率公式，即可求解.
【详解】将这5部书籍依次记为，其中《九章算术》为编号，
则从这5部书籍中任意抽取2部的样本空间，共有10个样本点，
其中抽到《九章算术》的样本点为，共有4个样本点，
所以所求概率.
故
8. 已知．若，则________．
【正确答案】
分析】借助赋值法可得，结合二项式定理计算即可得解.
【详解】令，则有，即，
即有，则.
故答案为.
9. 黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德•黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则__________.
【正确答案】##
【分析】由，推得f4+x=fx，得到的周期为4，奇函数性质得，且，即可求解.
【详解】因为，所以，
因为是奇函数，所以，
所以f4+x=fx，所以周期为4，
所以，
且，
所以.
故答案为.
10. 在某次数学测验中，学号为的四位同学的考试成绩为，且满足，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为__________.
【正确答案】15
【分析】先分为与两种情况，然后分别计算不同情况的种数，然后两种情况种数相加即可.
【详解】从所给的5个成绩中，任意选出4个的一个组合，
即可得到四位同学的考试成绩按排列的一个可能情况，故方法有种.
从所给的5个成绩中，任意选出3个的一个组合，
即可得到四位同学的考试成绩按排列的一个可能，故方法有种.
综上可得，满足的这四位同学的考试成绩的所有可能情况共有种.
故15
11. 地震定位对地震救援具有重要意义，根据双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.已知地震台站在公路上（为直线），且，相距28，地震局以的中点为原点，直线为轴，1为单位长度建立如图所示的平面直角坐标系.在一次地震发生后，根据两站收到的信息，并通过计算发现震中在双曲线的右支上，且，则到公路的距离为______.
【正确答案】
【分析】先利用双曲线的性质计算焦距与，然后计算该焦点三角形的面积，利用等面积法计算到公路的距离即可.
【详解】设双曲线的焦距为，
由题意得，，则，解得，
由双曲线的定义得，
又，
即，
三角形的面积，
设到公路的距离为，则，得，
即到公路的距离为.
故
12. 已知圆上任意一点的取值与无关，则实数的取值范围是__________.
【正确答案】
【分析】首先构造点到直线的距离的几何意义，转化为直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】设，
故可以看作点Px,y到直线
与直线距离之和的5倍，
的取值与无关，
这个距离之和与点在圆上的位置无关，
如图所示：可知直线平移时，
点与直线的距离之和均为的距离，
即此时圆在两直线内部，
当直线与圆相切时
化简得，
解得或（舍去），
所以.
故
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. 已知，则“”是“”的（ ）条件.
A. 充分非必要B. 必要非充分
C. 充分必要D. 既非充分又非必要
【正确答案】B
【分析】首先根据条件求的取值范围，再根据集合的包含关系，判断命题的充分，必要条件.
【详解】，与同号，则，所以恒成立，
则“”是“”的必要非充分条件.
故选：B
14. 已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【正确答案】C
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断.
【详解】对于A，可相交，故错误；
对于B，两直线可异面，平行，也可以相交，故错误；
对于C，垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确；
对于D，两平面可相交，故错误；
故选：C.
15. 已知，存在常数，使为偶函数，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】首先根据为偶函数，求，再根据三角函数的性质求的值.
【详解】由于函数，存在常数，
为偶函数，
则：，
由于函数为偶函数，故，
所以，，
当时.
故选：B.
16. 在数列an中，满足（为正整数），则①一定存在常数，使得都成立；②一定存在常数，使得（为正整数）都成立上面判断正确的是（ ）
A. ①成立，②成立B. ①成立，②不成立
C. ①不成立，②成立D. ①不成立，②不成立
【正确答案】B
【分析】取特殊值有，①成立，取，满足，②不成立即可得出选项.
【详解】数列an满足：an−1+an+1>2ann>1,n∈N∗，
①不妨设，则，
若存在常数，使得an>a1+n−1d且，即nn−12+1>1+n−1d，
应有，显然成立，故①正确
②取，显然满足，
但对q∈R,a11−q21−q=0>a2，②为假命题；
故选:B.
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. 如图，在三棱锥中，，.

（1）证明：平面；
（2）若是棱上一点且，求二面角的大小.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）由（1），得到，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
小问1详解】
证明：连接，因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，则，所以，
因为，且平面，所以平面.
【小问2详解】
解：由题设，又因为为的中点，所以，
由（1），可得，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，因为，由题意易得，
所以为正三角形，可得，
因为，所以，所以，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
令，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且为锐角，
所以，可得
即二面角的大小为.

18. 已知数列是公差不为0的等差数列，，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前2024项和．
【正确答案】（1）
（2）1012
【分析】（1）由等差数列、等比数列基本量的计算求得即可；
（2）得到表达式后，发现（），故由分组求和法即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意可知，，即，解得，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，，
对于任意，有，
所以，
故数列的前2024项和为
．
19. 2024年4月25日，第18届北京国际汽车展览会在中国国际展览中心开幕，本届展会以“新时代新汽车”为主题，在展览会上国内新能源车引得了国内外车友的关注.为了解人们的买车意向，在车展现场随机调查了50名男观众和50名女观众，已知男观众中有40人偏向燃油车，女观众中有20人偏向燃油车，剩余被调查的观众则偏向新能源车.
（1）根据已知条件，填写下列列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断男观众和女观众买车意向的偏向情况是否有差异；
（2）现按比例用分层随机抽样的方法从被调查的偏向燃油车的观众中抽取9人，再从这9人中随机抽取4人，记表示这4人中女观众的人数，求的分布列和数学期望.
附.
【正确答案】（1）列联表见解析，有差异
（2）分布列见解析，
【分析】（1）根据题意即可填写列联表，然后计算，根据独立性检验的思想判断即可；
（2）根据分层随机抽样可知有6名男观众，3名女观众，由此可知的可能取值，根据古典概型的概率计算公式求解概率即可得到分布列，最后求数学期望即可.
【小问1详解】
由题意可得列联表：
零假设：男观众和女观众买车意向的偏向情况没有差异，
则
根据小概率值的独立性检验可知，零假设不成立，
所以可以认为男观众和女观众买车意向的偏向情况有差异.
【小问2详解】
因为抽取的9人中有名男观众，名女观众，
所以的可能取值为，
则，
，
所以的分布列为：
则.
20. 已知椭圆一个焦点是.直线与直线关于直线对称，且相交于椭圆的上顶点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的值；
（3）设直线分别与椭圆另交于两点，证明：直线过定点.
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）由焦点和顶点坐标计算即可求出椭圆标准方程；
（2）已知直线与直线关于直线对称，设对称点，利用对称关系列方程组求的值；
（3）通过联立方程组求出两点坐标，求直线的方程，根据方程确定所过定点.
【小问1详解】
因为相交且关于直线对称，故的交点在直线上，
又直线与轴相交于点，则椭圆的上顶点为0,1，
设椭圆的标准方程为，则，
又半焦距，得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）可得.
设点Bx,y是上任意异于的一点，
点是关于直线的对称点，
所以由得，
由得，
联立①、②，解得，
代入直线得．
又由点，在直线上可得，故，
所以，由得，
故的值为1；
【小问3详解】
设Px1,y1，Qx2,y2．
联立直线与椭圆：，得，
所以，
同理，，
又由（2）：，所以也可表示为，
所以直线的方程为，
化简得，
所以对任意的，总会过点．
故直线过定点．
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知函数.
（1）判断函数的奇偶性；
（2）若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围；
（3）记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）
【分析】（1）根据奇偶函数的定义，即可判断；
（2）首先根据极值点的定义求，并利用函数的导数，判断函数的单调性，求函数的极值，再利用函数的图象，结合函数有3个零点求参数的取值范围；
（3）首先根据函数的的单调性去绝对值，再变形不等式，转化为函数在递减；在递增，再利用函数的导数和单调性的关系，转化为参变分离，求最值问题，即可求解.
【小问1详解】
当时，，满足偶函数；
当时，，且为非奇非偶函数.
【小问2详解】
函数在处有极值，
可得，解得，
所以
当时，递减；当或时，递增，
可得在处取得极小值，且为0，在处取得极大值，且为，
的方程有3个不同的实根，等价为，
即有的取值范围是.
【小问3详解】
在递减，可得时，，
，即为，
即
即为
即对任意且时恒成立.
所以在递减；在递增.
当在恒成立时，可得，即在恒成立，
在上单调递增，即，则.
当在恒成立时，可得，即在恒成立，
，当时等号成立，则，则.
综上可得的取值范围是.
关键点点睛：本题的关键是第3问，变形不等式，转化为两个函数的单调性问题，结合导数，即可求解.偏向燃油车
偏向新能源车
男观众
女观众
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
偏向燃油车
偏向新能源车
总计
男观众
40
10
50
女观众
20
30
50
总计
60
40
100
0
1
2
3