2025-2026学年上海市静安区高三一模数学试卷（附答案解析）

这是一份2025-2026学年上海市静安区高三一模数学试卷（附答案解析），共21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
1．已知全集是实数集R，集合，则集合的补集 ．
2．已知椭圆的标准方程为，则该椭圆的长轴的长等于 ．
3．已知直线与，则直线与的夹角大小是 ．
4．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数 ．
5．已知是第四象限角，，则
6．设等差数列的前项和为（为正整数），首项，，则 ．
7．已知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的表面积与球的表面积也相等，则圆柱的体积与球的体积之比 ．
8．已知函数，则 ．
9．抛物线具有如下的光学性质：所有平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后都过这条抛物线的焦点；设抛物线的方程为，一束光线从平行于其对称轴方向射向抛物线，光线所在直线交抛物线于一点，这点的纵坐标为12，则这束光线经过抛物线反射后所在直线的一个法向量为 ．
10．在中，将角所对边的边长分别记作.设.若，，则的面积为 ．
11．如图，已知是半圆O的直径，直径长为2，点均在半圆O上，且都不与点重合，四点依次按照逆时针方向排列. 若CD的长为，则的取值范围为 ．
12．设是定义在上的偶函数， 对任意的， 都有， 且当时， .设，若函数在左开右闭区间上恰有3 个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
二、单选题
13．在三维空间中，下列命题是真命题的一个是（ ）
A．垂直于同一条直线的两条直线平行
B．垂直于同一个平面的两个平面平行
C．若一条直线垂直于一个平面，另一条直线与这个平面平行，则这两条直线互相垂直
D．若两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面互相垂直
14．如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ）

A．众数平均数中位数B．众数中位数平均数
C．众数平均数中位数D．中位数平均数众数
15．若数列满足且，则称数列为“对数底数列”.已知正项数列是“对数2底数列”且，则当且时，（ ）
A．B．C．D．
16．已知函数；现有下述两个结论：
①若在区间内恰有一个零点，则的取值范围是；
②若，则方程的解为； 则下列说法正确的是（ ）
A．结论①和②均正确B．结论①正确，结论②错误
C．结论①错误，结论②正确D．结论①和②均错误
三、解答题
17．为开展社区与学校教育共建活动，某地区教育系统从、两所学校的5名教师志愿者中随机抽调2人到某社区为居民开展“义务教育咨询”活动．
已知、两所学校中的志愿者学科分布如下：
(1)假设学校语文a老师、数学b、c老师，学校语文d老师、数学e老师，列出“从，两所学校的5名教师志愿者中随机抽调2人” 的样本空间；
(2)求事件“抽到的2人恰好都是语文老师”的概率；
(3)求事件“抽到的2人中，恰好有1名语文老师1名数学老师，且这2人恰好来自同一所学校”的概率．
18．已知函数().
(1)将函数化为的形式，并指出这个函数的振幅和初始相位；
(2)若函数的最小正周期为，求的值并求函数的值域.
19．已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．
(1)证明：平面；
(2)若2，求直线与平面所成角的正弦值．
20．在平面直角坐标系中，已知双曲线的焦距为4，点在上．
(1)求双曲线的方程；
(2)设直线l的斜率为，l交双曲线于两点，且与圆相切，切点位于轴上方，求的值；
(3)如图，设过双曲线的左焦点的直线交的左支于点、，过的右焦点的直线交的右支于点、，若直线，且四边形的面积为，求直线的方程．
21．已知函数（）的图象关于点成中心对称的充要条件是（）是奇函数；如果一个函数的图象关于点成中心对称，则称这个函数是点奇函数，其中点为对称中心；设函数，.
(1)若函数是点奇函数，求实数的值；
(2)证明：对于任意给定的实数，函数存在两个极值点；若是的极小值点，求出的所有极值点；
(3)若是的极大值点，函数是否是点奇函数？若是，求出对称中心；若不是，请说明理由.
学科
语文
数学
学校
1
2
学校
1
1
《上海市静安区2025-2026学年高三一模数学试卷》参考答案
1．
【分析】化简集合，根据补集概念求解.
【详解】由已知,或，
所以.
故答案为：
2．10
【分析】根据椭圆方程，直接求解.
【详解】由椭圆方程可知，，，
所以椭圆的长轴长为.
故答案为：10
3．/
【分析】先根据直线的斜率求出直线的倾斜角，再利用两条直线倾斜角的大小求出两条直线的夹角.
【详解】直线的斜率为，设直线的倾斜角为，由，可得；
直线的斜率为，设直线的倾斜角为，由，可得；
所以直线与的夹角.
故答案为：.
4．
【分析】由已知得出，结合复数的除法化简可得复数.
【详解】因为，所以.
故答案为：.
5．
【分析】根据同角三角函数关系得到，再利用二倍角公式计算得到答案.
【详解】是第四象限角，，则，
故，故.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和转化能力.
6．
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，且，可得，解得，
所以.
故答案为：.
7．/
【分析】根据圆柱的侧面积公式和球的表面积公式得出半径等于圆柱的高，再根据体积公式化简即可.
【详解】设圆柱的底面圆和球的半径为，圆柱的高为，
则由题意得，，则，
则.
故答案为：
8．
【分析】根据分段函数的解析式结合指、对数的运算性质求解即可.
【详解】因为，则，
且，
所以
故答案为：.
9．，答案不唯一
【分析】先求出反射光线所在直线的一个方向向量，然后设反射光线所在直线的法向量为，建立等式求解即可得到答案.
【详解】设入射光线所在直线交抛物线于点，由题意得点坐标为，
设抛物线的焦点为，所以反射光线所在直线的一个方向向量为，
设反射光线所在直线的法向量为，
则，取，则，
所以这束光线经过抛物线反射后所在直线的一个法向量为.
故答案为：，答案不唯一.

10．/
【分析】由余弦定理及已知条件，整理得到的值，然后求，由三角形面积公式即可求得结果.
【详解】由余弦定理得，
∵，，∴，即，
整理得，即，所以，
∵，∴，
∴.
故答案为：.
11．
【分析】连接，设，利用转化法结合辅助角公式及三角函数的性质计算即可.
【详解】
连接，由，
知，
设，则为锐角，且，
所以
，
由于，所以，
即的取值范围为.
故答案为：
12．
【分析】首先根据对称性，周期性画出函数在区间的图象，再在同一坐标系下作出函数的图象，由函数的零点个数，转化为两个函数图象的交点个数，列式求解.
【详解】因为是定义在上的偶函数， 则， 函数图象关于轴对称，
且， 即的周期为4.
作出函数在上的图象，
根据的对称性及周期性， 可得出在上的图象，
若函数在左开右闭区间上恰有3个不同的零点，
则在区间上关于的方程恰有 3 个不同的实数根，
则函数与函数在上恰有 3 个不同的交点；
所以，解得.
故答案为：
13．C
【分析】ABD在正方体中找反例；C利用线面线面平行的性质定理、线面垂直的性质定理可判断.
【详解】如图为正方体，
，但，故A错误；
平面平面，平面平面，
但平面平面，故B错误；
，与平面平行的所有平面均与平行，故D错误；
如图，
，由线面平行的性质定理可知，平面内一定存在直线与平行，
由线面垂直的性质定理可知，，则有，故C正确.
故选：C
14．B
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【详解】由频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小，
平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，
故平均数大于中位数，所以众数中位数平均数.
故选：B
15．C
【分析】根据定义，即，再利用累乘，平方后再由根据递推关系可得答案.
【详解】因为正项数列是“对数2底数列”，所以，所以，
所以且，
以上式子相乘得，所以，
所以，得，
即，得，因为，所以；
同理，，所以，所以，
所以.故.
故选：C.
16．B
【分析】①求导，分和讨论函数单调性，再结合零点问题确定参数范围即可；②令，求导，根据单调性即可判断．
【详解】①，
当时，因为，所以，即，在定义域内单调递增；
当时，由； 由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在定义域内单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
当时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点；
当时，由可得仅有一解，
所以仅有一解，
令，则直线与的图象仅有一个交点，
因为，且直线过点，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，
所以 ，结合 ，则的取值范围为 . 结论①正确
②由题，，记上式为 ，
由，则 ，
所以函数 在定义域内单调递减，因此 ，仅有一个解，至此可以判断结论②错误．
注意到待求方程 ，对中含的部分单独考察，即 ，
其中关于的多项式的解为 或（舍去），
因此时可消去.
当 时，有，满足题意；
综上，原方程的解为．
故选：B．
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可列出其样本空间，即可求解；
（2）符合“抽到的人恰好都是语文老师”只有一种可能，利用古典概率即可求解；
（3）由题符合题意的有：，，有种可能，即可求解.
【详解】（1）样本空间为：.
（2）事件“抽到的人恰好都是语文老师”只有一种可能，所以概率为，
（3）事件“抽到的人中，恰好有名语文老师名数学老师，且这人恰好来自同一所学校”，
来自学校有两种可能：，，来自学校一种可能，总计结果有种可能，
所以概率为.
18．(1)答案见解析
(2)，
【分析】（1）由三角恒等变换化简函数表达式即可得解；
（2）由周期公式求得，根据振幅求得值域.
【详解】（1），
这个函数的振幅为2，初始相位为.
（2）由的最小正周期为，且 ，故.
函数的值域为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行；
（2）方法一：建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点到平面的距离，进而求线面夹角.
【详解】（1）因为，，则，可得，
且平面，平面，所以平面.
（2）方法一：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值是．
方法二：由题意可知：，，，
则，
，
设点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积，
则，解得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值．
20．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据双曲线的焦距为及点在上，列方程即可求得结果；
（2）设直线的方程为，利用直线与圆相切，求出直线的方程，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理或求出两个交点坐标，从而求得；
（3）由双曲线的对称性，易知四边形为平行四边形，设直线的方程为（或），求出直线和直线的距离，再将直线方程与双曲线方程联立，利用弦长公式求出的长，根据平行四边形的面积为列出方程，求出，再根据直线与双曲线左支有两个交点对结果进行取舍，从而得到答案.
【详解】（1）由双曲线的焦距为4，点在上，
可得，所以，且，又因为，即，
联立方程组，解得，，所以的方程为.
（2）设直线l方程为，代入圆的方程整理得，直线与圆相切，
所以判别式，所以，切点位于轴上方，故.
将直线代入双曲线方程，整理得，解得，
两点的坐标分别为（）、（），
从而；
另解：由题意设直线方程为，该直线与圆相切，
则圆心到直线的距离，解得. 联立得
设，，则，
（3）由题意直线与平行，由双曲线的对称性，易知=，四边形为平行四边形．
当直线垂直于x轴时，，此时四边形的面积为，不合题意，舍去；
设直线方程为，则直线方程为，
直线和的距离就是点到直线的距离，
设，，联立方程组，整理的，
则，且，，
又由双曲线的渐近线的方程为，
要使得过的左焦点的直线交的左支于点、，可得，()
则，
所以，化简可得，
解得，或，因为，所以，
故直线的方程为或．
另解：设直线方程为，代入双曲线方程得，整理得
，(因为双曲线的渐近线斜率为，直线AB与双曲线左支交于两点，所以)
，，所以，
点到直线的距离，，
化简可得，解得，或，因为当时，直线AB斜率平方，
此时AB与双曲线左支只能交于一点，舍去，所以，
故直线的方程为，或．
21．(1)；
(2)证明见解析，极小值点1，极大值点；
(3)是，.
【分析】（1）法一：由题意可得是奇函数，由此计算可求得；法二：由题意可得对任意实数恒成立，据此计算可求得；
（2）求导可得，可得有两个不等的解，进而可得有两个极值点，由题意可得，求得的值，验证即可；
（3）法一：当时，由题意有，可得，求解即可.法二：由题意可得恒成立，求解即可.
【详解】（1）法一：若函数是点奇函数，则是奇函数，得是奇函数，
即，因为，
，比较两式右边，由
所以，解得.
法二：若函数是点奇函数，则的图像关于点对称，
则对任意实数恒成立，
即，化简得，
所以，解得．
（2），从而，其中，
所以恰有两解，即函数恰有两个驻点，设为，，，
则就是一元二次方程；
当时，，当时，，当时，
从而是的极大值点，是的极小值点，所以函数存在两个极值点，此外再无极值点.
因为是的极小值点，所以，即，解得或1.
当时，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因此是的极大值点(舍去)；
当时，，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
因此是的极小值点.
综上，可得，极小值点，极大值点.
所以的所有极值点为和.
（3）法一：由（2）可知，当时，是的极大值点，
， 极大值点，极小值点.
假设 是点奇函数，则满足：，
即，
等式左边展开计算：，
要求与无关，所以的系数必须为0，所以，解得.
.
即函数的对称中心是，函数是点奇函数.
法二：由（2）可知，当时，是的极大值点，，
此时极大值点，极小值点.符合题意；
假设存在对称中心，则满足恒成立，
即，
化简得恒成立，
所以，解得
所以函数存在唯一的对称中心，
所以函数是点奇函数.
题号
13
14
15
16






答案
C
B
C
B