2025-2026学年上海市虹口区高三一模数学试卷（附答案解析）

这是一份2025-2026学年上海市虹口区高三一模数学试卷（附答案解析），共19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．已知集合，，则
2．函数的定义域为
3．的二项展开式中的系数是
4．已知 ，若幂函数为偶函数，则实数
5．若事件、互斥，且，，则
6．已知复数是实系数一元二次方程的一个虚数根，则 ．
7．已知某圆锥的底面半径为2，侧面积为，则该圆锥的体积为 （结果保留）
8．甲、乙、丙人站到共有级的台阶上，若每级台阶最多站人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 .（用数字作答）
9．已知双曲线的焦点分别为和，若点为上的点，且满足，，则点到的一条渐近线的距离为 ．
10．小虹同学要在边长为10的正方形纸片上剪出一个等腰梯形的图案，如图所示，腰、与正方形内的抛物线分别相切于、两点，其中的顶点为的中点. 若当点到的距离为4.5时，，则当等腰梯形的面积取到最小值时， . （结果保留2位小数）

11．若，则实数的取值范围是：
12．已知空间中单位向量，满足，则在方向上的数量投影的值为
二、单选题
13．已知、为实数，则“”是“”的（ ）条件.
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．非充分又非必要
14．已知， 若，则实数的取值可以是（ ）
A．B．
C．D．
15．如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ）
A．异面直线和所成角的大小为
B．直线与平面所成角的大小为
C．
D．的面积为
16．若每一项均为正数的数列的前项和为，若对于任意的正整数，均存在正整数使得，则称具有“性质”．对于以下两个命题，说法正确的是（ ）
①存在等比数列，使得具有“性质”；
②若具有“性质”，记且为等差数列，则．
A．①和②都为真命题B．①和②都为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
三、解答题
17．如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，点为中点.
(1)若点是线段上的动点，求证：直线与直线不相交；
(2)若平面，，，求点到平面的距离.
18．已知，，设.
(1)当，时，试判断函数的奇偶性，并说明理由；
(2)当且函数的最小正周期为时，若在中，，求的取值范围.
19．班主任小明为了解本班每位学生每周平均手机使用时长(单位：小时)，在某一学期每周对全班名学生进行问卷调查，收集了全部数据并计算出每位学生每周平均手机使用时长，绘制了相应的统计图表，全班用时最长的为小时.其中，男生每周平均手机使用时长的茎叶图如图所示，女生每周平均手机使用时长的频率分布直方图如图所示.

(1)求该班男生每周平均手机使用时长的第百分位数；
(2)小明老师想从本班每周平均手机使用时长小于小时的学生中任选人在班会课上做经验分享．设事件表示 “人中至多名男生”，事件表示 “人中恰有名学生的每周平均手机使用时长位于区间”．试判断事件和事件是否独立，并说明理由；
(3)小明老师发现本班有位学生的每周平均手机使用时长超过小时，这位学生的数据平均数为小时．当去掉这位学生中用时最长和用时最短的数据后，平均数变为小时，且这位学生中女生的数据从小到大依次排序成等差数列．那么这位学生每周平均手机使用时长的方差是否超过？请说明理由．
20．已知椭圆的左、右焦点分别为和，点是的长轴上的动点，点为上的动点，且异于点．
(1)当点位于椭圆的左焦点，且、、能构成三角形时，求的周长；
(2)当点位于椭圆的左顶点时，直线与轴交于点，，求实数的值；
(3)当点与椭圆的左、右顶点均不重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，过点作直线与椭圆交于、两点，设和分别为弦和弦的中点，若、、、为四个相异的点，，且直线恒过定点，求点的坐标．
21．已知函数的定义域为（），记，其中，且．
(1)当，，，求函数的零点；
(2)当，，若恒有，求实数的取值范围；
(3)当，求证：“对于任意的正有理数，函数在上均是严格增函数”的充要条件是“任取中两个不相同的元素和，均有”．
《上海市虹口区2025-2026学年高三一模数学试卷》参考答案
1．
【分析】解绝对值不等式，再求交集即可.
【详解】由，，
则，
故答案为：
2．
【分析】根据偶数根式被开方数非负，结合分式不等式的解法，即可得答案.
【详解】由题意得，即，解得或，
所以定义域为.
故答案为：
3．
【分析】根据二项展开式通项公式求的系数.
【详解】根据二项式定理，的通项为，
当，即，
将代入系数部分得：.
故答案为：.
4．
【分析】根据偶函数的性质与定义，逐一分析的各个取值，即可得答案.
【详解】当时，，定义域为，不关于原点对称，所以不是偶函数；
当时，，定义域为，不关于原点对称，所以不是偶函数；
当时，，定义域为R，关于原点对称，
设，则，为偶函数，符合题意.
故答案为：
5．/
【分析】利用互斥事件的加法公式列方程求概率即可.
【详解】由互斥事件的概率加法有，
所以.
故答案为：
6．
【分析】利用实系数方程复数根的性质及根与系数关系得，再由共轭复数的运算性质求结果.
【详解】由实系数一元二次方程复数根的性质知，
故.
故答案为：
7．
【分析】根据圆锥体积公式、侧面积公式，结合圆锥的性质进行求解即可.
【详解】设圆锥的母线为，因为圆锥侧面积为，
所以，
所以该圆锥的高为，
因此该圆锥的体积为，
故答案为：
8．
【分析】对每个台阶上所站的人数进行分类讨论，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】当每个台阶上各站人时有种，
当两个人站在同一个台阶上时，有种，
综上所述，共有种不同的站法.
故答案为：.
9．
【分析】利用勾股定理和双曲线的定义及的关系，先求出双曲线的方程及渐近线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可.
【详解】因为双曲线的焦点分别为和，
所以，所以.
因为，，所以在中，有.
设，则由勾股定理可得
，所以，
所以，所以.
又由，可得，
所以双曲线的方程为.
其渐近线方程为，即.
取渐近线，则点到该直线的距离为
.
故答案为：
10．
【分析】如图建系，设抛物线方程为，根据题意得到，将其代入抛物线得到，根据抛物线设，，利用导数求出，设直线的方程为，利用直线的方程求出和，求出，利用基本不等式求最小值即可得解.
【详解】如图建系，设抛物线方程为，

当点到的距离为4.5时，，
则，代入抛物线，解得，
则，即，设，则，
设，，
，，，
则直线的方程为，
令，解得，令，解得，
故，
当且仅当时，即时，等号成立，
故当时，取最小值，此时.
故答案为：
11．
【分析】将问题转化为函数在上的值域，利用导数结合函数图像即可求解.
【详解】由题意可知：方程有解，可化为，
并且或，令，，，
当时，，单调递增，
当或时，在上单调递减，
且当时，，，，
所以的大致图像如图所示，因为，，，
所以在上的值域为，
即的取值范围是.
故答案为：
12．/
【分析】通过已知条件建立向量与的关系，进而求出在方向上的数量投影的值.
【详解】由，可得，即，因为，为单位向量，
代入可得，化简得.
设向量与的夹角为，，
所以，
向量在方向上的数量投影为，而，
故向量在方向上的数量投影的值为.
故答案为.
13．B
【详解】因为，则，又，则，
命题“若，则”为真命题，即，
命题“若，则”为假命题，即
所以“”是“”的必要非充分条件.
故选：B.
14．B
【分析】将选项中的自变量代入对应解析式中，结合特殊角三角函数值可确定结果.
【详解】对于A，，，A错误；
对于B，，可以取，B正确；
对于C，，，C错误；
对于D，，，D错误.
故选：B.
15．D
【分析】设球的半径为，求得，证得平面，得到，得到，进而得到，把异面直线和所成角转化为直线和所成角，可判定A不正确；作，证得平面，得到即为直线与平面所成角，可判定B不正确；在直角中，求得，结合二倍角公式，可得判定C不正确；结合面积公式，可判定D正确.
【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，可得，可得，
因为和分别为的中点，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
在直角中，可得，
对于A，由，可得异面直线和所成角，即为直线和所成角，
因为，所以异面直线和所成角的大小为，所以A不正确；
对于B，过点作，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成角，
在直角中，，可得，则，
所以，所以B不正确；
对于C，在直角中，，可得，
所以，则，
所以，所以C不正确；
对于D，由的面积为，所以D正确.
故选：D.
16．A
【分析】对于①，举出实例即可验证；对于②，先得到，为常数列，依次类推可得，当时，每一个的最大值为，求和可得.
【详解】对于①，因为数列每一项均为正数，故，
又对于任意的正整数，均存在正整数使得，
故存在正整数使得，即，
设，则，
其中，故，
解得，
当时，取，满足要求，
对任意的正整数，均存在正整数，使得上式成立，
具有“性质”，故存在等比数列，使得具有“性质”；①正确；
对于②，当时，，故只能等于1，即，
当时，，故只能等于1，即，，
为等差数列，故公差为，所以，
假设，则当时，，这与矛盾，
故，所以为常数列，
易知，若，则，舍去，
若，则，令可得，
同理易知，若，则，舍去，
所以，，令，可得，
或，令，可得，
同理，可得或，
或可得，或可得，
依次类推可得，当时，每一个的最大值为，
当时，，②正确.
故选：A
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先证明平面，然后分析直线与直线交点情况即可证明；
（2）利用等体积法求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
如图所示：
因为四边形为菱形，所以为的中点，
所以在中有，由分别是的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以直线与直线没有公共点，
即直线与直线不相交.
（2）因为平面，点为中点，
所以平面即平面，
所以为三棱锥的高，且，
因为四边形为菱形，且，
所以菱形为边长是2正方形，
所以，
且，即，
又，
在中，，
即为的高，
所以，
设点到平面的距离为，
由等体积法得：，
即，
解得：，
所以点到平面的距离为.
18．(1)函数是非奇非偶函数，理由见解析
(2)
【分析】（1）由可得的奇偶性；
（2）先求出函数的解析式，再由正弦定理和余弦定理得到，再利用三角恒等变换对进行化简并结合三角函数的图象性质得到结果.
【详解】（1）当，时，，由，
所以既不关于轴对称，也不关于原点对称，
所以函数是非奇非偶函数.
（2）当且函数的最小正周期为时，，，
由在中，，利用正弦定理可得，再利用余弦定理可得，所以，
，
由于，，，所以，
即的取值范围是.
19．(1)
(2)不相互独立，理由见解析
(3)不超过，理由见解析
【分析】（1）根据茎叶图判断出男生人数，然后由第百分位数的计算公式求得结果；
（2）分别求解出，然后根据与的关系作出判断；
（3）先确定出的值以及男生数据，再根据平均数公式以及等差数列的性质求解出女生数据，最后计算出方差即可作出判断.
【详解】（1）由茎叶图可知男生总人数为，所以，
将男生每周平均手机使用时长从小到大排列，第位的数据分别为，
所以第百分位数为；
（2）事件和事件不相互独立，理由如下：
由，解得，
所以女生中每周平均手机使用时长小于小时的人数为，
且女生中每周平均手机使用时长位于区间有人，位于区间有人，
由茎叶图可知，男生中每周平均手机使用时长小于小时的人数为，
且男生中每周平均手机使用时长位于区间有人，
抽取的人中，每周平均手机使用时长位于区间的共有人，
所以，，
若抽取的是名男生和名女生且恰好有人的每周平均手机使用时长位于区间，其概率为，
若抽取的是名女生且恰好有人的每周平均手机使用时长位于区间，其概率为，
所以，
显然，所以事件和事件不相互独立；
（3）由茎叶图和频率分布直方图可知，，
个数据中，男生数据为，设女生数据为且，
由题意可知，，解得，
又因为成等差数列，所以，
所以这个数据分别为：，
所以方差为，
所以这位学生每周平均手机使用时长的方差不超过.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据焦点三角形的周长计算公式求解出结果；
（2）联立直线与椭圆方程，求得点坐标，然后根据纵坐标求得的值；
（3）先判断出的位置关系，然后通过联立直线与椭圆方程求得中点的坐标，由此可表示出直线的方程，根据直线过定点可求解出结果.
【详解】（1）由椭圆方程可知，，
所以的周长为；
（2）因为，所以，则，即，
联立，可得，解得或，所以，
因为，所以，
所以；
（3）因为，所以，
所以，
所以 ，所以，所以；
当中有一条直线斜率不存在时，此时一定有一条弦的中点和点重合，故不符合条件；
当为坐标原点时，此时均与点重合，故不符合条件；
由上可知，的斜率都存在，设，，
联立，可得，
所以，所以，所以，所以，
同理可得，即，
所以，所以，
令，解得，
因为直线恒过定点，所以，所以，
所以.
21．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出，令解方程即可得到答案；
（2）求出并根据题意化简得到，令，根据题意得到，解得，再结合二次函数图象即可求得答案；
（3）利用充要条件的定义，结合函数严格递增的概念进行证明.
【详解】（1）当，，时，，
令，解得，
所以函数的零点为.
（2），
若，当时的二次项系数为负导致当时，，
当时，，均不满足恒成立，故，
所以，设，
则，解得或（舍去），即，
此时，所以在上单调递增，
所以，
所以实数的取值范围为.
（3）必要性：对于，取，
因为函数在上是严格增函数且，所以，
即，
即，
所以.
充分性：，且，
因为，
所以，
即，又，
所以函数在上是严格增函数.
题号
13
14
15
16






答案
B
B
D
A