2024届上海市进才中学高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届上海市进才中学高三上学期期中考试数学试题含答案，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．集合，集合，则 .
【答案】/
【分析】根据交集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故答案为：
2．不等式 的解集是 ．
【答案】
【分析】分式不等式可转化为整式不等式求解，但要注意分母不为零.
【详解】不等式等价于 ，解得.
故解集为：.
故答案为：
3．已知是虚数单位，是关于的方程的一个根，则 .
【答案】
【分析】把代入方程并化简，利用复数相等的概念得到的值，即得的值．
【详解】把代入方程得，
所以，
所以，
所以，解得，
所以．
故答案为：．
4．已知函数，则函数的值域为 ．
【答案】
【分析】先求出的值域，再利用对数函数的单调性求出函数的值域
【详解】满足，即得，定义域为，
令，则，
又在上单调递增，
所以，
所以函数的值域为为,
故答案为：.
5．在的展开式中，的系数为 ．
【答案】
【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，可得，故的系数为.
故答案为：
6．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面积的计算问题，如图所示，弧田是由弧和弦所围成的图中阴影部分．若弧田所在扇形的圆心角为，扇形的面积为，则此弧田的面积为 ．

【答案】
【分析】设扇形的半径为，利用扇形的面积公式求出的值，然后利用扇形的面积减去三角形的面积可得出弧田的面积.
【详解】设扇形的半径为，则扇形的面积为，解得，
取的中点，连接，如下图所示：

因为，则，
又因为，则，
所以，，，则，
所以，，
因此，弧田的面积为.
故答案为：.
7．已知，是两两垂直的单位向量，则 ．
【答案】
【分析】用向量的模的定义直接运算即可得出答案.
【详解】因为，是两两垂直的单位向量，
所以，则.
故答案为：.
8．在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ．
【答案】
【分析】分析可得数列是等比数列，求得，由已知可得出，令，分析数列的单调性，求出数列最大项的值，即可得出实数的最小值.
【详解】由有，且，
故数列为首项为，公比为的等比数列，可得，
不等式可化为，令，
当时；当时，．
故有当时，，
则，
当时，，即，
此时，数列单调递减，
综上所述，，可得实数的最小值为．
故答案为：.
9．已知圆与圆外切，点P是圆C上一动点，则点P到直线的距离的最大值为
【答案】4
【分析】利用两圆的外切关系先计算，再根据圆上一动点到定直线的距离的最值计算即可.
【详解】圆化为标准方程为，
可得，其半径为，
圆的圆心为，半径为，
因为两圆外切，所以，解得，
可得圆的半径为，
因为圆心到直线的距离为，
则点P到直线的距离的最大值为.
故答案为：4.
10．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为 ．

【答案】/
【分析】根据平面图形的几何性质，分别求等腰三角形和梯形的高，再求各个面的面积，即可求总面积.
【详解】分别取，的中点，，连接，，

过点作的垂线，垂足为，
因为，,所以，所以，
根据对称性易得，
所以，
在中，，所以，
，
又，
所以.
故答案为：.
11．已知，是函数的两个零点，且，当时，最小值与最大值之和为 ．
【答案】
【分析】先利用三角函数恒等变换将函数化为的形式，再由可得的两个零点为，再结合可求出函数的最小正周期，从而可求出，进而可求得结果.
【详解】
，
由，得，得，
因为是函数的两个零点，且，
所以的最小正周期为，所以，得，
所以，
由，得，则，
所以，得，
所以，
所以最小值与最大值之和为，
故答案为：.
12．已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为 ．
【答案】10或17
【分析】先判断的对称性，设出直线、直线的方程并与函数联立，根据列方程，由此化简求得正方形的面积.
【详解】由得函数关于点中心对称，
显然该正方形的中心为，
由正方形性质得于，且，
设直线的方程为，则直线的方程为，
设，，则，，
联立直线方程与函数得，即，
所以，同理，
又，
所以，即，
化简得，
所以或，
所以或，
所以
或17．
故答案为：10或17
【点睛】求解函数对称中心，可利用来进行求解，求解曲线和直线交点有关问题，可利用设而不求的方法，用整体代换法来进行求解.
二、单选题
13．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】化简不等式，根据充分条件、必要条件的概念求解即可.
【详解】由可得，
由可得，即，
因为成立推不出成立，成立能推出成立，
所以“”是“”的必要而不充分条件，
故选：B
14．已知偶函数的定义域为，且在上为增函数，则（ ）
①；②；③；④在上为减函数．
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【分析】由函数的奇偶性的定义即可判定的关系，奇偶性与部分单调性的综合运用，可以推断整个函数的单调性，继而可以比较函数值的大小.
【详解】因为偶函数的定义域为，
所以，即，则①正确，②错误；
因为偶函数的定义域为，且在上为增函数，
所以在上为减函数，
继而，则③错误，④正确.
故选：B.
15．关于函数，给出下列两个结论：
①方程一定有实数解；
②如果方程（为常数）有解，则解的个数一定是偶数.
则（ ）
A．①正确，②正确B．①错误，②错误
C．①正确，②错误D．①错误，②正确
【答案】C
【分析】由函数解析式可推出是偶函数，在上单调递增，在上单调递减，结合图形判断各项的正误.
【详解】令，解得，可知的定义域为，
且，所以函数是偶函数，
当时，则，
因为在上单调递增，且恒成立，所以在上单调递减，
当时，则，
因为在上单调递减，且恒成立，所以在上单调递增，
可得的函数图象如下：

对于①：方程根的个数即为函数与的交点个数，
由图象可得：当时，函数与函数的图像一定有交点，
由对称性可知，当时，函数与函数的图像也一定有交点，故①正确；
对于②：当时，方程只有1个解，故②错误；
故选：C.
【点睛】关键点睛：根据函数解析式确定单调区间，奇偶性，进而结合图象判断各项的正误，注意一次函数的性质和函数对称性的应用.
16．斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论：
① 存在，使得，，成等差数列；
② 存在，使得，，成等比数列；
③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④ 存在正整数，且，使得.
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由递推公式得性质后判断，
【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确，
对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误，
对于③，，
故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确，
对于④，依次写出数列中的项为，
可得，故④正确，
故选：C
三、解答题
17．三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1） 连接、，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）方法一：几何法，过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为，由线面垂直的性质得到，再由，从而得到平面，再证明平面，从而求出，最后由点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即可得解；
方法二：利用等体积法计算可得.
【详解】（1）连接、，由分别是的中点，
根据中位线性质，，且，
由棱台性质，，于是，
又由可知，四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，于是平面.

（2）方法一： 过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，，
根据勾股定理，，
因为面，面，所以，所以，
所以平面，又平面，则，
又，，平面，于是平面.
又平面，则，
又，，平面，故平面，
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.

方法二：过作，垂足为，作，垂足为，
因为面，面，所以，所以，
所以平面，
由题干数据可得，，，，
根据勾股定理，，
设点到平面的距离为，
则，
，
由，解得.

18．锐角的内角，，的对边分别为，，，设.
(1)求证：内角；
(2)若，求的面积的最大值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理，二倍角公式，，得到，求出；
（2）由正弦定理和面积公式得到，结合为锐角三角形，求出，从而求出的面积的最大值.
【详解】（1）因为，
故，即，
所以，
因为为锐角三角形，所以，故，
所以，即，
因为为锐角三角形，所以，故，
所以，解得；
（2）由（1）知，，又，
故，
所以，
故
，
因为为锐角三角形，所以，
且，解得，
故，则，，
则.
的面积的最大值为.
19．某学习平台中“挑战答题”积分规则如下：选手每天可参加一局“挑战答题”活动．每局中选手需依次回答若干问题，当累计回答正确3道题时，答题活动停止，选手获得10个积分；或者当累计回答错误2道题时，答题活动停止，选手获得8个积分．假定选手甲正确回答每一道题的概率均为．
(1)甲完成一局“挑战答题”活动时回答的题数记为，求的分布列；
(2)若，记为“甲连续9天参加‘挑战答题’活动获得的积分”，求．
【答案】(1)分布列见解析
(2)
【分析】（1）利用互斥事件与独立事件的概率公式，结合随机变量分布列的求解方法即可得解；
（2）记“连续9天参加“挑战答题”活动中得10分的次数”，利用二项分布求得，再利用随机变量数学期望的性质求得，从而得解.
【详解】（1）记“第个题目回答正确”，“第个题目回答不正确”，，由题意知可能取值为2，3，4，
，
，
，
则的分布列为：
（2）记“连续9天参加“挑战答题”活动中得10分的次数”，
每天得10分的概率记为，则
由题意知
，
所以，
又因为，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是得到关于的关系式，从而利用随机变量数学期望的性质求解即可.
20．双曲线的离心率为，圆与轴正半轴交于点，点在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作圆的切线交双曲线于两点、，试求的长度；
(3)设圆上任意一点处的切线交双曲线于两点、，试判断是否为定值?若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)为定值，且
【分析】（1）由离心率为，可得，再由点在双曲线上可得出的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）求出两条切线的方程，进而求出两切线与双曲线的交点坐标，结合两点间的距离公式可求得；
（3）线斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理、三角形相似可得为定值，验证切线斜率不存在的情况作答.
【详解】（1）解：设双曲线的半焦距为，依题意，，即有，则，
因为点在双曲线上，则，可得，则，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：当切线的斜率不存在时，切线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，合乎题意，
当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，
由题意可得，解得，此时，切线方程为，
联立，可得或，即点，
联立，可得或，即点，
因此，.
（3）解：当圆在点处切线斜率不存在时，点或，切线方程为或，
由（1）及已知，得，则有，
当圆在点处切线斜率存在时，设切线方程为，设点、，
则有，即，
由消去得：，
显然，
由韦达定理可得，，
而，，
则
，
因此，
在中，于点，则，
又因为，所以，，
所以，，则，
综上得为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．已知.
(1)求函数的极小值；
(2)当时，求证:；
(3)设，记函数在区间上的最大值为，当最小时，求a的值.
【答案】(1)函数的极小值为；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）首先求导函数，求导函数的零点，分析零点两侧导数值的符号，由此确定极值点；
（2）由题意证得，即可证得题中的结论；
（3）由题意结合（2）中的结论分类讨论即可求得a的值.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
令可得，，解得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，函数取极小值，极小值为；
（2）设，，
令得或者，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
而，，，
所以当时，，即；
（3）由（2）知，
所以，
又，
设，则，
函数在区间上的最大值为在时的最大值，
所以是中的较大者，
若，即时，；
若，即时，；
所以当最小时，，此时.
【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的极值，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
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