2024~2025学年上海市嘉定区高三上册10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10月月考数学阶段性试卷（附解析），共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共有12题，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1. 已知集合，，则________.
【正确答案】
【分析】通过列举表示集合，再根据交集的定义计算即可.
【详解】因为，
所以.
故答案为.
2. 不等式的解集为______．
【正确答案】
【分析】由不等式，可得，即可解得不等式的解集．
【详解】由不等式可得，
，
故不等式的解集为，
故答案为．
本题考查绝对值不等式的解法，关键是去掉绝对值，化为与之等价的不等式来解．
3. 双曲线的离心率为______．
【正确答案】
【分析】由双曲线的标准方程求得，从而求得双曲线的离心率.
【详解】因为双曲线，
所以，则，
所以双曲线的离心率为.
故
4. 某校学生志愿者协会共有200名成员，其中高一学生100名，高二学生60名，高三学生40名.为了解志愿者的服务意愿，需要用分层抽样的方法抽取50名学生进行问卷调查，则高三学生应抽取_________名.
【正确答案】10
分析】根据分层抽样定义及性质计算即可.
【详解】根据分层抽样定义及性质,设高三学生应抽取名
，.
故10.
5. 抛物线过点，则点到抛物线准线的距离为______．
【正确答案】
【分析】将已知点代入抛物线方程求得，结合抛物线定义求解即可.
【详解】由题意，解得，所以抛物线的准线为，
故所求为.
故答案为.
6. 已知向量，，且满足，则________.
【正确答案】
【分析】将平方转化，再由即可求得.
【详解】因为，所以，
所以，则，
又因为，，所以，所以.
故答案为.
7. 已知扇形的圆心角为，半径为，则由它围成的圆锥的母线与底面所成角的余弦值等于________.
【正确答案】
【分析】首先得到圆锥的母线，再求出圆锥的底面半径，即可得解.
【详解】依题意可得圆锥的母线，设圆锥的底面半径为，
则，解得，
所以扇形围成的圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.
故
8. 设实数､满足，则的最大值是___________．
【正确答案】
【分析】根据基本不等式求得正确答案.
【详解】依题意，
当且仅当或时等号成立.
故
9. 已知展开式的二项式系数之和为，则该展开式中的系数为________.
【正确答案】
【分析】由二项式系数和为求出，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】依题意可得，所以，
则展开式的通项为，，
令，解得，所以展开式中的系数为.
故
10. 已知和的图像的连续三个交点，，构成，则的面积为________.
【正确答案】.
【分析】根据函数和的图象，可知为等腰三角形，即可求的面积.
【详解】作出函数和的图象，可知为等腰三角形，
且的底边长为π，高为，则的面积为.
故答案为.
11. 在矩形中，边，的长分别为，，若，分别是边，上的点（不包括端点），且满，则的取值范围是________.
【正确答案】
【分析】根据题意，建立坐标系，设，根据条件，求得、的关系，代入数量积公式，即可求得答案.
详解】如图，建立平面直角坐标系，
所以，设，，其中，，
因为，所以，即，
又，，
所以，
即的取值范围是1,4.
故1,4.
12. 设集合A是由所有满足下面两个条件的有序数组构成：①；②；则集合A中的元素共有________个.
【正确答案】232
【分析】从条件②入手分类讨论，应用排列组合知识即可得到有序数组的个数即可.
【详解】当时，有五个数是0，
另一个数为1或，这样有个；
当时，中有四个数是0，
另两个数为两个1或两个或一个1和一个，
这样有个；
当时，中有三个数是0，
另三个数为三个1或三个或一个1和两个或两个1和一个，
这样有个；
综上集合A中的元素共有232个.
故232
二、选择题（本大题共有4题，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分，满分18分）
13. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】由可得或，即可判断.
【详解】由可得或，
又或
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:
14. 如果两个三角形不在同一平面上，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形（ ）
A. 全等B. 相似
C. 相似但不全等D. 不相似
【正确答案】B
【分析】根据等角定理进行判断.
【详解】根据等角定理：如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.
两个三角形的两边分别平行，那么这两个三角形的三个角可能出现以下情况：
（1）三组角对应相等，那么这两个三角形相似；
（2）三组角中有一组对应角互补，如，，，
又，则，所以，此时两个三角形相似；
（3）三组角中有两组对应角互补，如，，，
由，则，这与矛盾，故这种情况不会出现.
（4）三组对应角都互补，即，，，
这与，矛盾，所以该情况也不会出现.
综上可知，两个三角形相似.
故选：B
15. 若实数a使得，则（ ）
A. B.
C. 且D. a可以是任意实数
【正确答案】D
【分析】先求时范围，再求其补集即可.
【详解】设，则，
所以，此方程组无解，
所以使的实数不存在，
即对任意的实数，总有，
故选：D.
16. 已知函数是定义在上的严格单调减函数且为奇函数，数列是等差数列，若其前项和小于零，则的值（ ）
A. 恒为正数B. 恒为负数C. 恒为0D. 可正可负
【正确答案】A
【分析】设等差数列前项和为，由题可知，则，再根据下标和性质得到，，即可得到，，再结合函数的单调性与奇偶性得到，，从而得解.
【详解】函数是定义在上的严格单调减函数且为奇函数，
，且当，；当，．
设等差数列前项和为，由题可知，
则，即，则，．
所以，，
结合函数在上的单调递减和奇函数性质，可得，
所以，，
∴；
综上，的值恒为正数．
故选：A．
三、解答题（本大题共有5题，满分76分，解答下列各题必须写出必要的步骤）
17. 如图，在四面体中，，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上，
（1）若的面积为3，求四面体的体积；
（2）若，且与重合，求二面角的大小.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由图可得平面，从而，求出及，再由的面积求出，最后由锥体的体积公式计算可得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
依题意可得平面，平面，所以，
又，，所以，，
又为的中线，所以，
又，所以，
所以；
【小问2详解】
依题意可得平面，又，如图建立空间直角坐标系，
因为，所以，则，A2,0,0，，，
所以，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则，取，
又平面的一个法向量为，
显然二面角为锐二面角，设为，则，
所以，即二面角的大小为.
18. 设函数，.
（1）求方程的实数解；
（2）若不等式对于一切都成立，求实数b的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）转化为关于的一元二次方程进行求解.
（2）分离参数，构造函数，求导得到的最小值即可求解.
【小问1详解】
由，代入方程得：，
即，解得，即.
【小问2详解】
不等式即，
原不等式可化为对都成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故当时，，
所以，即，解得：
19. 甲乙两人轮流投掷骰子（正方体型，六个面分别标记有1，2，3，4，5，6点），每人每次投掷两颗，
（1）甲投掷一次，求两颗骰子点数相同的概率；
（2）甲乙各投掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大点的概率；
（3）若第一个使两颗骰子点数和大于者为胜，否则轮由另一人投掷.求先投掷人的获胜概率.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）记投掷一次两颗骰子点数为，则的可能取值为，，，，，求出所对应的概率，再由相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（3）由（2）可知同时投掷两颗骰子点数和大于的概率为，分析可得先投掷的人第（且）轮获胜，其概率为，再由无穷等比数列求和公式计算可得，
【小问1详解】
记两颗骰子点数相同为事件，则；
【小问2详解】
记投掷一次两颗骰子点数为，则的可能取值为，，，，，
所以，
，
，
，
，
，
记甲的点数和恰好比乙的点数和大点为事件，
则；
【小问3详解】
由（2）可知同时投掷两颗骰子点数和大于的概率为，
若先投掷的人第一轮获胜，其概率为；
若先投掷的人第二轮获胜，即第一轮两人的点数之和都小于或等于，则其概率为；
若先投掷的人第三轮获胜，即前两轮两人的点数之和都小于或等于，则其概率为；
若先投掷的人第四轮获胜，即前三轮两人的点数之和都小于或等于，则其概率为；
，
分析可得，若先投掷的人第（且）轮获胜，其概率为；
所以、、、组成以为首项，为公比的无穷等比数列，
所以，
从而，先投掷人的获胜概率为.
20. 如图，椭圆：的左右焦点分别为、，设Px0,y0是第一象限内椭圆上的一点，、的延长线分别交椭圆于点，

（1）若轴，求的面积；
（2）若，求点的坐标；
（3）求的最小值.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由椭圆方程求出，从而可得坐标，将其横坐标代入椭圆方程中可求出的值，进而可求出的面积;
（2）设点的坐标为，则直线的方程为，代入椭圆方程中求出得，因为，可得，计算即可得出坐标；
（3）由（2）同理可求得，从而可得化简后结合基本不等式可得答案
【小问1详解】
设椭圆半长轴长为，短半轴长为，半焦距为，
由椭圆，得，则，
所以，
当时，，得，
所以
所以的面积为;
【小问2详解】
设点的坐标为（），则直线的方程为，
将其代入椭圆方程中可得，
整理得，
所以，得，
所以，
因为，所以，可得，
化简得，
解得，代入得出
所以点的坐标为
【小问3详解】
由（2）得
同理可求得，
所以
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为
关键点点睛： 的最大值得关键是结合韦达定理得出,再转换未知量,最后应用基本不等式求解即可.
21. 设函数，直线是曲线在点处的切线.
（1）当时，求的单调区间.
（2）求证：不经过点.
（3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积.是否存在点使得成立?若存在，这样的点有几个? （参考数据：，，）
【正确答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）证明见解析 （3）2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【小问1详解】
当时，定义域为，则，
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
即的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
，切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
【小问3详解】
时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，，，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.