上海市控江中學(xué)2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期3月學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（解析版）

第1頁/共1頁2024學(xué)年第二學(xué)期高三年級學(xué)情調(diào)研高三數(shù)學(xué)120分鐘滿分150分一、填空趣（本大題共12題，1-6每題4分，7-12每題5分，共54分）1.設(shè)集合，則_______．【答案】【解析】【分析】解二次不等式求出集合A，再根據(jù)集合的交集運(yùn)算法則可得答案.【詳解】集合，所以．故答案為：.2.若復(fù)數(shù)z滿足，則復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)所對應(yīng)的點(diǎn)Z位于第_______象限．【答案】四【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算化簡復(fù)數(shù)，即可利用復(fù)數(shù)的幾何意義求解.【詳解】因?yàn)?，所以在?fù)平面內(nèi)與復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)Z為，故復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)Z位于第四象限．故答案為：四3.已知函數(shù)，則_______．【答案】【解析】【分析】利用分段函數(shù)，代值求解即可.【詳解】因?yàn)?，所以．故答案為?4.若是函數(shù)兩個(gè)相鄰的零點(diǎn)，則的值為_______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)周期的計(jì)算公式即可求解.【詳解】由題意得函數(shù)的最小正周期，解得．故答案為：5.已知三角形為單位圓O的內(nèi)接正三角形，則_______．【答案】【解析】【分析】由正三角形性質(zhì)求出邊長，再利用數(shù)量積的定義計(jì)算得解.【詳解】依題意，O是正三角形的中心，設(shè)正三角形的邊長為a，則，解得，即，又，所以.故答案為：6.若直線與直線平行，則這兩條直線間的距離為_______．【答案】【解析】【分析】先用直線平行解出，再利用平行線間的距離公式求解.【詳解】直線與直線平行，則，解得，故直線，直線，這兩條直線間的距離為：．故答案為：.7.已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，且，則的最小值為_______.【答案】8【解析】【分析】利用正態(tài)分布的對稱性求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【詳解】因?yàn)?，且，則由對稱性得，又，所以，故，又因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)且，即時(shí)等號成立，所以的最小值為8.故答案為：8.8.己知是定義在R上的奇函數(shù)，是定義在R上的偶函數(shù)，若函數(shù)的值域?yàn)椋瑒t函數(shù)的最小值為_______．【答案】－4【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義可求的范圍，從而可得范圍和最小值.【詳解】因?yàn)槭嵌x在R上的奇函數(shù)，是定義在R上的偶函數(shù)，所以，所以，即，因?yàn)榈闹涤驗(yàn)?，所以的值域也為，所以的值域?yàn)?，所以的值域也為，所以的最小值為．故答案為：?.9.“太極圖”形狀如對稱的陰陽兩魚互抱在一起，如圖是放在平面直角坐標(biāo)系中的“太極圖”，圖中所有曲線均為圓或半圓，已知點(diǎn)是陰影部分（包括邊界）的動(dòng)點(diǎn)，則的取值范圍是_______．【答案】【解析】【分析】記，則為直線AP的斜率，數(shù)形結(jié)合即可求出最小值和最大值，從而可得其范圍.【詳解】記，則為直線AP的斜率，故當(dāng)直線AP與半圓相切時(shí)，k最小，此時(shí)設(shè)，故，解得或，由圖可知需舍去，故．當(dāng)過時(shí)，．故答案為：.10.在棱長為的正方體，中，，過點(diǎn)，，的平面截該正方體所得截面的周長為_______．【答案】【解析】【分析】先作出截面圖形，然后根據(jù)相似和勾股定理求出各邊，即可求得結(jié)果.【詳解】取正方體軸線與交點(diǎn)為，連接并延長，交延長線與，連接，交于，連接，作出圖形如圖，由圖可知，過點(diǎn)，，的平面截該正方體所得截面為五邊形，則，所以，同理，，正方體的棱長為，，，，四邊形的周長為.故答案為：11.對一列整數(shù)，約定：輸入第一個(gè)整數(shù)，只顯示不計(jì)算，接著輸入整數(shù)，只顯示的結(jié)果，此后每輸入一個(gè)整數(shù)都是與前次顯示的結(jié)果進(jìn)行求差再取絕對值．設(shè)全部輸入完畢后顯示的最后的結(jié)果為p．若將從1到2030的2030個(gè)整數(shù)隨機(jī)地輸入，則p的最小值和最大值之和為_______．【答案】2030【解析】【分析】計(jì)算前幾個(gè)連續(xù)奇數(shù)，偶數(shù)的結(jié)果的最小值，總結(jié)其中的規(guī)律，根據(jù)規(guī)律即可求解．【詳解】對于連續(xù)四個(gè)奇數(shù)：，由題意運(yùn)算，其結(jié)果最小值為0；同理可得，對于連續(xù)四個(gè)偶數(shù)：，其結(jié)果最小值為0.在1到2030的2030個(gè)整數(shù)中有1015個(gè)奇數(shù)和1015個(gè)偶數(shù)，，由奇數(shù)，經(jīng)過計(jì)算最小值為1，且由偶數(shù)，經(jīng)過計(jì)算最小值為0，則的最小值為1.除2030之外，前2029個(gè)數(shù)中有1015個(gè)奇數(shù)和1014個(gè)偶數(shù)，，，由奇數(shù)，經(jīng)過計(jì)算最小值為1，且由偶數(shù)2,4，經(jīng)過計(jì)算最小值為2，則前2029個(gè)數(shù)經(jīng)過計(jì)算最小值為，故的最大值為.則p的最小值和最大值之和為2030.故答案為：2030.12.機(jī)場為旅客提供的圓錐形一次性紙杯如圖所示，該紙杯母線長為，開口直徑為，旅客使用紙杯喝水時(shí)，當(dāng)水面與紙杯內(nèi)壁所形成的橢圓經(jīng)過母線中點(diǎn)時(shí)，該橢圓的離心率等于_______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)余弦定理可得，即可根據(jù)相似求解，進(jìn)而根據(jù)橢圓方程求解，，即可由離心率公式求解.【詳解】如圖，設(shè)，因，故，又，由余弦定理，，即，設(shè)橢圓中心為O，作圓錐的軸截面AMN，與底面直徑BC交于E，與橢圓交于P，Q，連AE交BD于G，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，DB為x軸，建立直角坐標(biāo)系．則，又由得，從而，則得，不妨設(shè)橢圓方程為，把和點(diǎn)P坐標(biāo)代入方程，解得，則，故．故答案為：二、選擇題（本大題共4題，第13、14題各4分，第15、16題各5分，共18分）13.若能被5整除，則x，n的一組值可能為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】根據(jù)給定條件，利用二項(xiàng)式定理變形，再逐項(xiàng)判斷得解.【詳解】依題意，，對于A，，，不能被5整除，A不是；對于B，，，不能被5整除，B不是；對于C，，，能被5整除，C是；對于D，，，不能被5整除，D不是.故選：C14.如右圖，有兩個(gè)具有共頂點(diǎn)且全等的正六邊形，若共線，且，則共有（）個(gè)不同的正值．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正六邊形特征，結(jié)合數(shù)量積的幾何意義即可判斷.【詳解】當(dāng)時(shí)，如圖，作，當(dāng)時(shí)，垂足為，由正六邊形的性質(zhì)可得：在直線上的投影為，在直線上的投影為，由數(shù)量積的幾何意義可得，，，，，所以共有個(gè)不同的正值.故選：D15.如圖1，一個(gè)正四棱柱形的密閉容器水平放置，設(shè)其高為，容器底部鑲嵌了同底的正四棱錐形實(shí)心裝飾塊，設(shè)其高為，當(dāng)容器內(nèi)盛有一定量的水時(shí)，水面恰好經(jīng)過正四棱錐的頂點(diǎn)，如果將容器水平倒置，水面也恰好過點(diǎn)（圖2），對于命題：①；②將容器側(cè)面水平放置，當(dāng)水面靜止時(shí)，水面恰好經(jīng)過點(diǎn)．下列判斷正確的是（）A.①、②都是真命題 B.①是真命題，②是假命題C.①是假命題，②是真命題 D.①、②都是假命題【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合棱柱和棱錐的體積公式求解即可.【詳解】由題意可知圖1水的高度，幾何體正四棱柱的高為，設(shè)底面正方形的邊長為，圖1中水的體積為，圖2中水的體積為，所以，解得，故①正確，對于②，當(dāng)容器側(cè)面水平放置時(shí)，點(diǎn)在長方體中截面上，又因?yàn)槿萜魅莘e為，所以水的體積是容器容積的一半，即水占容器內(nèi)空間的一半，所以水面也恰好經(jīng)過點(diǎn)，故②正確，故選：A16.設(shè)，為等差數(shù)列，令，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】分析函數(shù)的單調(diào)性與對稱性，得函數(shù)在上單調(diào)遞增，且圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱.再利用等差數(shù)列的性質(zhì)可得，然后從充分性與必要性兩個(gè)方面論證，用反證法進(jìn)行必要性的證明.【詳解】已知，，則，故在上單調(diào)遞增.又由，得，故，即，則函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱.已知數(shù)列是等差數(shù)列，則.①先證明充分性：若，由數(shù)列是等差數(shù)列，可得，則，所以由函數(shù)的對稱性可知，，，，，，即“”得證.因此，“”是“”的充分條件；②再證明必要性：下面用反證法證明：假設(shè)，已知數(shù)列是等差數(shù)列，則，即，由等差數(shù)列性質(zhì)可得，所以，，，，，由函數(shù)在上單調(diào)遞增，可得，同理可得，，，各式累加得，，所以，即，這與已知矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤；同理，假設(shè)，可證得，也與已知矛盾，故假設(shè)也錯(cuò)誤；所以“”得證.即“”是“”的必要條件.綜上所述，“”是“”的充要條件.故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決此題的關(guān)鍵在于應(yīng)用反證法進(jìn)行必要條件的證明，基于自變量不等（大?。╆P(guān)系的假設(shè)，借助函數(shù)單調(diào)遞增等價(jià)轉(zhuǎn)化為函數(shù)值的不等關(guān)系，進(jìn)而結(jié)合函數(shù)對稱性推出與等量關(guān)系矛盾.三、解答題（本大題共5題，共14+14+14+18+18=78分）17.如圖，四棱錐中，底面是平行四邊形，，，且.（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理即可證明.（2）由第（1）結(jié)論建立空間直角坐標(biāo)系，利用二面角的向量求法即可得到結(jié)論.【小問1詳解】，，且，又面PBD又是平行四邊形面PBD【小問2詳解】設(shè)與BD交點(diǎn)為O，則為中點(diǎn)，，面面，面法一：建系：如圖建系，，，設(shè)平面的法向量為，則，設(shè)平面的法向量為，則，設(shè)二面角的平面角為二面角的余弦值為．法二：即求直接找角：作面PBD，面，作，連即為所求角二面角的余弦值為．法三：等積法：角度轉(zhuǎn)化+等體積公式設(shè)二面角的平面角為二面角的余弦值為．18.廣告公司為某游樂場設(shè)計(jì)某項(xiàng)設(shè)施的宣傳畫，根據(jù)該設(shè)施的外觀，設(shè)計(jì)成的平面圖由半徑為的扇形和三角區(qū)域構(gòu)成，其中在一條直線上，，記該設(shè)施平面圖的面積為，，其中．（1）寫出關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；（2）如何設(shè)計(jì)，使得有最大值？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先，求解三角形和扇形的面積，然后，求和即可得到相應(yīng)的解析式；（2）根據(jù)三角函數(shù)輔助角公式和導(dǎo)數(shù)的計(jì)算等知識(shí)求解其最大值即可．【小問1詳解】由已知可得，在△中由正弦定理可得：，所以，從而，所以，.【小問2詳解】，由令增區(qū)間是；令減區(qū)間是；所以在處取得最大值是．答：設(shè)計(jì)成時(shí)，該設(shè)施的平面圖面積最大是．19.若數(shù)列滿足，則稱數(shù)列為k項(xiàng)數(shù)列，集合是由所有k項(xiàng)數(shù)列組成的集合，從集合中任意取出兩個(gè)不同數(shù)列，記變量．（1）若，求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望；（2）求，其中且．【答案】（1）分布列見解析，（2）【解析】【分析】（1）將時(shí)，所有數(shù)列排出來，從而得到X的取值有1，2，3，結(jié)合組合數(shù)求解；（2）由（1）可推出，X的可能取值為：1，2，3，…，k，再分析當(dāng)時(shí)，則數(shù)列的具體選擇情況，將這個(gè)問題轉(zhuǎn)化為組合問題，從而得到即可；【小問1詳解】若，則中的數(shù)列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1；從集合中任意取出兩個(gè)不同數(shù)列，，，∴X的取值有1，2，3，從8個(gè)數(shù)列中任選2個(gè)，共有種情況，其中當(dāng)時(shí)，若選擇0，0，0，可從1，0，0；0，1，0；0，0，1任選1個(gè)，共有3種情況，若選擇1，1，1，可以從1，1，0；1，0，1；0，1，1任選1個(gè)，共有3種情況，另外1，0，0和1，0，1；1，1，0兩者之一滿足要求，0，1，0和1，1，0；0，1，1兩者之一滿足要求，0，0，1和1，0，1；0，1，1兩者之一滿足要求，共有種情況，故，當(dāng)時(shí)，0，0，0，和1，1，1滿足要求，1，0，0和0，1，1滿足要求，0，1，0和1，0，1滿足要求，0，0，1和1，1，0滿足要求，共有4種情況，，，隨機(jī)變量X分布列：X123P則隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為；【小問2詳解】證明：數(shù)列是從集合中任意取出的兩個(gè)數(shù)列，∴數(shù)列為k項(xiàng)數(shù)列，∴X的可能取值為：1，2，3，…，k，根據(jù)數(shù)列中0的個(gè)數(shù)可得，集合中元素的個(gè)數(shù)共有個(gè)，當(dāng)時(shí)，則數(shù)列中有m項(xiàng)取值不同，有項(xiàng)取值相同，從k項(xiàng)中選擇m項(xiàng)，和在m項(xiàng)的某一項(xiàng)數(shù)字相同，其余項(xiàng)，兩者均在同一位置數(shù)字不同，，這個(gè)問題是組合問題，∴所有的情況會(huì)重復(fù)1次，∴一共有種情況，，∴隨機(jī)變量X的分布列為：X123……kP……20.如圖，已知拋物線，過點(diǎn)作斜率為的直線，分別交拋物線于與，當(dāng)時(shí)，為的中點(diǎn).（1）求拋物線的方程；（2）若，證明：；（3）若直線過點(diǎn)，證明：直線過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)坐標(biāo).【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析，【解析】【分析】（1）先求直線再聯(lián)立拋物線得出韋達(dá)定理應(yīng)用中點(diǎn)坐標(biāo)得出,進(jìn)而得出拋物線；（2）先設(shè)直線方程代入拋物線聯(lián)立方程組，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，應(yīng)用，即可得到結(jié)論.（3）先設(shè)直線過點(diǎn)P得出,同理結(jié)合理過點(diǎn)Q得出,最后得出的直線得出定點(diǎn).【小問1詳解】當(dāng)時(shí)，，聯(lián)立消去，可得，設(shè)，拋物線C方程為：.【小問2詳解】由題知，設(shè)，，代入拋物線可得，，又，同理.【小問3詳解】因?yàn)?，所以，代入點(diǎn)得①，設(shè)，同理，過點(diǎn)②，結(jié)合①②可得又因?yàn)樗裕淼盟灾本€過定點(diǎn).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題定點(diǎn)的關(guān)鍵是先點(diǎn)斜式設(shè)出直線方程結(jié)合拋物線方程得出直線,同理得出的直線方程進(jìn)而得出定點(diǎn).21.在平面直角坐標(biāo)系中，如果將函數(shù)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖象，則稱為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”．（1）判斷函數(shù)是否為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說明理由；（2）已知函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的最大值；（3）若函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的取值范圍．【答案】（1）不，理由見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）確定函數(shù)的圖象逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后的圖象，結(jié)合函數(shù)定義結(jié)合新定義判斷結(jié)論；（2）條件可轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，其中，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為函數(shù)在上單調(diào)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系列不等式求結(jié)論；（3）條件可轉(zhuǎn)化為與最多有一個(gè)交點(diǎn)，由此可轉(zhuǎn)化為恒成立，分，，討論確定的取值范圍.【小問1詳解】函數(shù)不是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，理由如下．的圖象逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后與軸重合，當(dāng)時(shí)，有無數(shù)個(gè)與之對應(yīng)，與函數(shù)的概念矛盾，因此函數(shù)不“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，【小問2詳解】由題意可得函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，其中，所以關(guān)于的方程最多有一個(gè)根，即關(guān)于的方程最多有一個(gè)根，即函數(shù)在上單調(diào)．易知，且．若，則，不滿足題意，所以