上海市浦东新区上海实验学校2024届高三下学期2月测验数学试卷（教师版）.docx

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1、上海实验学校高三数学测验试卷 一、填空题（本大题满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1. 已知集合，全集，则_【答案】【解析】【分析】利用集合的补集求解.【详解】解：集合，全集，所以，故答案为：2. 双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】【分析】根据题意，由双曲线的标准方程即可得到，从而得到渐近线方程.【详解】由双曲线的标准方程可知，其焦点在轴上，且，所以，所以双曲线的渐近线方程为，即.故答案为：3. 设随机变量服从正态分布，若，则实数_【答案】2【解析】【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式计算即得.【详解】由正态分布的对称性，得，所以.故答案为：24. 若（为虚数

2、单位）是关于的实系数方程的一个根，则_【答案】【解析】【分析】由题意可将代入方程，结合复数的乘方以及复数的相等，即可求得，即得答案.【详解】由题意是关于的实系数方程的一个根，则，即，即得，故，故答案为：5. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式解集的性质进行求解即可.【详解】当时，不等式为，显然不符合题意；当时，因为关于的不等式的解集为，所以有，所以实数的取值范围是，故答案为：6. 若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为，且该圆柱的上、下底面都在球的球面上，则球的表面积为_【答案】【解析】【分析】求出圆柱的母线长后可求轴截面对角线的长，故可求外接球

3、的表面积.【详解】设圆柱的母线长为，则，故，故圆柱的外接球的直径为圆柱轴截面矩形对角线的长，故外接球的表面积为，故答案：.7. 若，则正整数的值为_【答案】5或7【解析】【分析】由组合数的性质得到，列出方程，求出答案.【详解】由组合数性质：，可得，则，所以或，解得或.故答案为：5或78. 已知为无穷等比数列，则的公比为_【答案】#【解析】【分析】由题意知，再利用无穷等比数列和的公式求解即可.【详解】因为无穷等比数列，则，又，所以，解得或（舍）.故答案为：.9. 记函数在上的最大值为，最小值为，则当时，的最小值为_【答案】【解析】【分析】求出函数的最小正周期，得到为最小正周期的，数形结合得到当关

4、于的某条对称轴对称时取得最小值，不妨令，得到，得到答案.【详解】的最小正周期，由于，为最小正周期的，要想取得最小值，则在上不单调，由对称性可知，所以当关于的某条对称轴对称时，取得最小值，其对称轴为，所以当时，取得最值，不妨令，则，解得，故，故的最小值为.故答案为：10. 设定义在上的偶函数满足，它在区间上的图像为如图所示的线段，则方程的最大实数根的值为_【答案】【解析】【分析】由的奇偶性及对称性可得周期性及图象，由可得，求方程的根即求交点的横坐标，观察图象可得转化为求（）即可.【详解】由图象知，设的方程为，则，则的方程为：（），又因为是偶函数，所以当时，则，所以，由，可得的图象关于直线对称，又

5、，所以，所以的周期因为，所以，则方程的根为交点的横坐标.则作出函数和的大致图象如图，由图象知，则当时，方程取得最大根，当时，由得，即，解得（舍）或. 故答案为：.11. 平面直角坐标系中，、两点到直线和的距离之和均为 当最大时，的最小值为_【答案】【解析】【分析】利用点到直线的距离公式可得：，通过分类讨论可知：点的运动轨迹是如图所示的正方形的4条边结合向量运算即可得到最小值【详解】先求符合的轨迹：设动点，则由题意，即，如图，按区域-去绝对值讨论：区域中，化为，；区域中，且，化为，；区域中，化为，；区域中，且，化为，；如图，轨迹为一个正方形，即点的运动轨迹为如图正方形的四条边当最大时，有，（为中

6、点），所以的最小值的等价于最小时，显然当正方形或中的边时，所以.故答案为：.12. 已知数列满足：对任意，都有， 设数列的前项和为，若，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】首先求第二项，再找到可行数列，再证明可行性，即可求解.【详解】若，则，得，若，与矛盾，只能取注意到一个可行的数列为0，1，2，3，下面证明该数列使达到最大：为此，我们证明：当为奇数时，假设存在某正奇数使，则分为两种可能：若，则，；同时，按原数列要求，故.注意到该数列显然为整数数列，故当为奇数时，不存在整数能位于该区间,因此矛盾若，则，与矛盾；综上，原假设不成立，故当为奇数时，.而已经找到的数列0，1，2，3， 中等号全部成

7、立，故的最大值为【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到可行数列，再结合推理证明可行性.二、选择题（本大题满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）13. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据a和b的关系，通过移项，化简，平方依次判断选项是否正确.【详解】由，且知，则，故A错误；，故B错误；由得，即，故C错误；，即，故D正确.故选：D.14. 空间向量在上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据两个向量的坐标，结合投影向量概念，可以通过计算得出结果.【详解】与方向相同的单位向量为，由，则，所以向量在向量上投影向量

8、为.故选：A.15. 全概率公式在敏感性问题调查中有着重要应用 例如某学校调查学生对食堂满意度的真实情况，为防止学生有所顾忌而不如实作答，可以设计如下调查流程：每位学生先从一个装有3个红球，6个白球的盒子中任取3个球，取到至少一个红球的学生回答问题一“你出生的月份是否为3的倍数？”，未取到任何红球的学生回答问题二“你对食堂是否满意？” 由于两个问题的答案均只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题他人并不知道（取球结果不被看到即可），因此理想情况下学生应当能给出符合实际情况的答案 已知某学校800名学生参加了该调查，且有250人回答的结果为“是”，由此估计学生对食堂的实际满意度大约为（ ）A.

9、B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用全概率公式可求答案.【详解】设学生对食堂的实际满意度为，事件“回答问题一”，事件“回答的结果为是”.,，由全概率公式可得，即，解得.故选：A.16. 函数，其中P，M为实数集的两个非空子集，又规定，给出下列四个判断：若，则；若，则；若，则；若，则其中正确判断有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】根据函数定义，结合特殊值，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对：取，满足，但，故错误；对：若，由函数定义可得，所以，故正确；对：取，满足，但，故错误；对：假设，且，则存在，则所以所以，且，若，则，所以，所以

10、，矛盾，假设不成立；若，则，矛盾，假设不成立；所以若，则，故正确.故选：B.三、解答题（本大题满分78分）17. 如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，高为3，底面半径为2（1）求该圆锥侧面展开图的圆心角；（2）设、为该圆锥的底面半径，且，为线段的中点，求直线与直线所成的角的大小【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由圆锥的高和底面半径求出母线长，利用扇形圆心角公式即可求得侧面展开图的圆心角；（2）作出异面直线与所成角的平面角，即可求出直线与直线所成的角的大小.【小问1详解】由圆锥性质可知平面，易知高，底面半径，可得母线长，所以圆锥的侧面展开图的圆心角大小.【小问2详解】取的中点为，连接，

11、如下图所示： 因为为线段的中点，所以，因此（或其补角）就是直线与直线所成的角，又，即，且，平面，即平面，所以平面，即；在直角中，易知，因此即直线与直线所成的角的大小为.18. 已知函数，（1）求的单调递增区间；（2）在中，角A所对边，角所对边，若，求的面积【答案】（1）； （2）或.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式得到，利用换元法求出单增区间；（2）先求出，利用余弦定理求出c，即可求出三角形的面积.【小问1详解】.令，则.因为在单调递增，所以在上单调递增.即的单调递增区间为.【小问2详解】由，可得：.因为，所以，所以时，；时，.但此时，所以，所以，不符合三角形内角和定理，舍去.所以在中，由

12、余弦定理得：，即，解得：或.当时，;当时，.所以的面积为或.19. 环境监测部门为调研汽车流量对空气质量的影响，在某监测点统计每日过往的汽车流量（单位：辆）和空气中的的平均浓度（单位：） 调研人员采集了50天的数据，制作了关于的散点图，并用直线与将散点图分成如图所示的四个区域、，落入对应区域的样本点的个数依次为6，20，16，8（1）完成下面的列联表，并判断至少有多大把握认为“平均浓度不小于与“汽车日流量不小于1500辆”有关；汽车日流量汽车日流量合计的平均浓度的平均浓度合计（2）经计算得回归方程为，且这50天的汽车日流量的标准差，的平均浓度的标准差求相关系数，并判断该回归方程是否有价值；若这

13、50天的汽车日流量满足，试推算这50天的日均浓度的平均数（精确到0.1）参考公式：，其中0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828回归方程，其中相关系数 若，则认为与有较强的线性相关性【答案】（1）列联表见解析，至少有的把握； （2） 0.84，有价值； 【解析】【分析】（1）根据题意，完成列联表，再计算，结合表格即可求得结果.（2）代入公式计算可判断与的相关性强弱，由可得，结合回归直线必过样本中心可求得的值.【小问1详解】列联表如下：汽车日流量汽车日流量合计的平均浓度16824的平均浓度62026合计222850零假设：“PM2.5平均浓度不小于100

14、g/m3”与“汽车日流量不小于1500辆”无关，因为，所以至少有的把握（但还不能有的把握）认为“平均浓度不小于”与“汽车日流量不小于1500辆有关”【小问2详解】因为回归方程为，所以，又因为，所以与有较强的相关性，该回归方程有价值，解得而样本中心点位于回归直线上，因此可推算.20. 已知椭圆左、右焦点分别是，其离心率，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1（1）求椭圆的方程；（2）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点，设直线的斜率分别为，若，证明：为定值，并求出这个定值；（3）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，设的角平分线交椭圆的长轴于点，求的取值范

15、围【答案】（1）； （2），证明见解析； （3）【解析】【分析】（1）根据通径的长可得，根据离心率可得，故可求后可得椭圆的方程.（2）设，则直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程后利用判别式为零可求斜率，从而可证为定值.（3）利用角平分线性质、点到直线的距离和在椭圆上可得，据此可求的范围.【小问1详解】由于，将代入椭圆方程，得由题意知，即又，所以，所以椭圆的方程为【小问2详解】设，则直线的方程为联立得，整理得由题意得，即又，所以，故又知，所以，因此为定值，这个定值为【小问3详解】设，又，所以直线的方程分别为， 由题意知，由于点在椭圆上，所以所以，结合整理得到：，而，故，而在之间，故，故即，因此【

16、点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线中的定值问题，有下面几种方法：（1）用圆锥曲线上的动点表示目标代数式，然后利用动点满足的方程化简目标，从而得到定值；（2）通过联立直线方程和圆锥曲线方程，然后用参数（如斜率、截距等）表示目标代数式，利用参数满足的等量关系化简前者可得定值.（3）适当利用圆锥曲线的几何性质，结合 一些平面几何知识可得定值.21. 设函数的定义域为开区间，若存在，使得在处的切线与的图像只有唯一的公共点，则称为“函数”，切线为一条“切线”（1）判断是否是函数的一条“切线”，并说明理由；（2）设，求证：存在无穷多条“切线”；（3）设，求证：对任意实数和正数都是“函数”【答案】（1）是，理由

17、见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）记，设切点为，利用导数的几何意义求出，再证明直线与的图象只有唯一的公共点，将与函数联立，得，记，利用导数说明函数的单调性，即可得到方程的解（2）将点处的切线的方程与联立得，记，利用导数说明函数存在唯一零点，即可得证；（3）类似第（2）问的思路得到在上有且仅有一解，则或，再分、两种情况说明即可.【小问1详解】记，则，设切点，由切线方程为知，则，解得所以切点为，下面证明直线与的图象只有唯一的公共点，将与函数联立，得记，则，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减，故函数只有一个零点，故是一条“切线”；【小问2详解】因为，所以，则点处的

18、切线方程为，将点处的切线的方程与联立得，记，则直线为“切线”函数有且仅有一个零点（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，故只要没其它零点，此时，当时，当时，则在上单调递减，在上单调递增，故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，故无其他零点，故直线为“切线”，因为的任意性，故函数存在无穷多条“切线”，【小问3详解】因为，则，设点在函数的图象上，则点的切线为，与联立得：，由题意得直线为“切线”，故方程在上有且仅有一解，则或，若，则是方程的唯一解（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值）若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）或（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值），综上，即证【点睛】关键点睛：对于新定义问题的关键是理解定义，将问题转化为方程有唯一解问题.