2024~2025学年上海市闵行区高三上学期期中联考数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年上海市闵行区高三上学期期中联考数学试卷【有解析】，共18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（本大题满分54分，1-6小题每题4分，7-12小题每题5分）
1. 已知全集，集合，，则______.
【正确答案】
【分析】将集合化简，即可得到，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，则或x>1，
且，所以.
故
2. 若复数，为虚数单位，则的实部为______.
【正确答案】2
【分析】根据乘法运算化简，即可根据实部定义求解.
【详解】，故实部为2，
故2
3. 已知，向量，，若，则实数的值是______.
【正确答案】3
【分析】利用向量垂直的坐标表示计算可得结果.
【详解】依题意可知，即，
解得.
故3
4. 在空间直角坐标系中，点，间的距离为3，则实数的值是______.
【正确答案】或
【分析】利用空间中两点间距离公式即可解得.
【详解】在空间直角坐标系中，点，间的距离为3，结合距离公式可得：
，解得或.
故或.
5. 已知二项式的展开式各项系数和等于64，则______.
【正确答案】
【分析】根据展开式各项系数和等于列出方程，即可求解出的值.
【详解】因为展开式各项系数和等于，
所以，解得，
故答案为.
6. 若，则等于______.
【正确答案】
【分析】根据排列数计算公式直接求得结果.
【详解】因为，
解得，
故答案为.
7. 若对任意正实数、，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.
【正确答案】
【分析】变形可得，利用基本不等式求得的最小值即可.
【详解】因为、为正实数，所以，
所以由，可得，
又，当且仅当，即时取等号，
因为对任意正实数、，不等式恒成立，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为.
8. 为了解某年级学生的课外学习情况，从该年级名学生中按分层抽样，从男生中抽取名，女生中抽取名，则男生甲被抽中且女生乙没有被抽中的概率为______（用数字作答）
【正确答案】##
【分析】求出男生甲被抽中的概率、女生乙没有被抽中的概率，即可得答案.
【详解】解：因为在样本中，男生占，
所以该年级男生总人数为：(人)，
所以男生甲被抽中的概率为，
同理可得该年级女生总人数为：(人)，
所以女生乙被抽中的概率为，没有被抽中的概率为，
所以男生甲被抽中且女生乙没有被抽中的概率为.
故
9. 已知平面四边形的四个内角、、、由小到大依次排列恰成公差不为零的等差数列，，则的取值范围是______
【正确答案】
【分析】设出等差数列的公差，并求出范围，再将表示为公差的函数，利用单调性求出值域即可.
【详解】依题意，设内角、、、所成等差数列的公差为，
，而，解得，
则，由，得，
因此，
而函数在上递减，，即函数在上都递减，
则在上递减，当时，，
当时，，于是，
所以的取值范围是.
故
10. 在平面上，已知两个单位向量、的夹角为，向量，其中.则的最大值为______.
【正确答案】
【分析】根据平面向量的数量积的运算律可得，再结合基本不等式求解即可.
详解】由题意，，，，，
则，
因为，则，
所以，
当且仅当时等号成立，
即的最大值为.
故答案为.
11. 已知A、、、是半径为1的球面上的四点，且这四点中任意两点间的距离都相等，则点A到平面的距离为______.
【正确答案】
【分析】根据题意可以补成正方体来研究，再用等体积法计算距离即可.
【详解】由于A、B、C、D这四点中任意两点间距离相等，
所以这四点构成一个正四面体，可以补成正方体，如图所示，
设正四面体的棱长为，则正方体棱长，
根据正四面体的外接球与正方体外接球是一样的，直径，
则，已知球半径，则，解得，
先求正四面体的体积，可以看做长方体体积减去4个全等的直三棱锥体积，
即，
又可把正四面体底面看作是由四个全等的等边三角形三棱锥，
每个底面积，
由等体积法得，，解得.
故答案为.
12. 定义在R上的奇函数y=fx的导函数是，若函数最小值点为，则函数的严格单调递减区间为______.
【正确答案】.
【分析】由题意可得是R上偶函数，令g(x)=y=f'x⋅lg2x,x>0，则有，结合对数函数的性质可知当时，，当时，，从而可得f'x0，∴，
∴函数增区间：；减区间：，
∴，，
∴，
即函数的值域.
21. 已知函数的定义域为，直线：与曲线相切，若对一切恒成立，称直线是函数的“下切线”；若对一切恒成立，称直线是函数的“上切线”.
（1）若，求其“上切线”的方程；
（2）若存在直线，既是函数的“下切线”，也是函数的“上切线”，试求的取值范围；
（3）证明：对任意的，函数，既有“上切线”，也有“下切线”.
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）设出直线，结合余弦函数性质可得当或当时都不符合要求，再结合导数的几何意义计算即可得解；
（2）由题意可得、存在公切线，结合导数的几何意义即可表示出与有关等式，构造相应函数后借助导数研究其单调性即可得解；
（3）由，可取上斜率为的切线，则可设其切点为，从而表示出两切线，再结合“上切线”与“下切线”定义，借助作差法研究函数与两切线的差的正负即可得证.
【小问1详解】
设直线：是的“上切线”，
则有恒成立，令，
则，即，
若，则对任一确定的，都存在，
使，
若，则对任一确定的，都存在，
使，
故，令，解得，
有，即此时的切线为，又，故，
即的“上切线”的方程为；
【小问2详解】
设该直线的方程为，其在上的切点为，
在上的切点为，
对，有，对，有，
则，
即，
令，，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故是函数的“下切线”；
令
，则当时，，当时，，
故上单调递增，在上单调递减，
故，
故是函数的“上切线”；
则有，即有，
则，
整理得，
令，
则，
令，则，
故在上单调递增，又，
故当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
即，又时，，
即，即；
【小问3详解】
，
则，
令，，
设分别为的两根，则，
有，故，
则，在点处的切线为，
即，
同理可得，在点处的切线为，
，
由，则恒成立，即为其“下切线”；
同理可得，
由，则恒成立，即为其“上切线”；
综上所述，对任意的，函数，既有“上切线”，也有“下切线”.
关键点点睛：最后一问关键点在于取上斜率为的切线，设其切点为，从而表示出两切线，再结合“上切线”与“下切线”定义，借助作差法研究函数与两切线的差的正负.
奖金
20
40
60
80
100
200
500
1000
张数
100
50
20
15
10
5
2
1