上海市普陀区桃浦中学2024届高三上学期期末数学试题（教师版）

第一学期桃浦中学高三数学期末测试一.填空题1.已知集合，集合，求____________【答案】【解析】【分析】根据补集的运算，求得，再由交集的运算，即可求解.【详解】由集合，可得，又由集合，所以.故答案为：.2.抛物线的准线到焦点的距离为____________【答案】【解析】【分析】根据题意，化为抛物线的标准方程，求得的值，即可得到答案.【详解】由题意，抛物线可化为，可得，所以抛物线的准线到焦点的距离为.故答案为：.3.函数的最大值为2，求__________【答案】或【解析】【分析】讨论和两种情况，根据诱导公式及正弦函数的性质即可求解.【详解】,当时，的最大值为,因为函数的最大值为2，所以.当时，的最大值为,因为函数的最大值为2，所以,解得.故或.故答案为：或.4.函数，如果为奇函数，则的取值范围为__________【答案】【解析】【分析】求出，结合函数奇偶性的定义判断可得出结果.【详解】由可得，即函数的定义域为，则，又因为函数为奇函数，对任意的，，对任意的实数都满足条件，故实数的取值范围是.故答案为：.5.的常数项为第3项，求__________【答案】【解析】【分析】展开式的第项是常数项，即得指数为，求出的值即可．【详解】因为的常数项为第3项，所以，，所以，即.故答案为：.6.公差不为零的等差数列，，如果成等比数列，求数列的通项_____.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，列出方程组求出数列的首项及公差，再求出通项即得.【详解】设数列的公差为，由，得，即，由成等比数列，得，化简整理得，因此，所以数列的通项为.故答案为：7.在中，为的平分线，，，则的最大值为____________.【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的定义可得出，利用等面积法可得出的表达式，利用基本不等式可求得长的最大值.【详解】在中，记内角、、的对边分别为、、，由平面向量数量积的定义可得，可得，因为，即，可得，可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故长的最大值为.故答案为：.8.如图，探测机器人从点出发，准备探测道路和所围的三角危险区域.已知机器人在道路和上探测速度可达每分钟2米，，在内为危险区域，探测速度为每分钟1米.假设机器人可随时从道路进入危险区域且可在危险区域各方向自由行动（不考虑转向耗时），则理论上，5分钟内机器人可达到探测的所有危险区域内的点组成的区域面积为___________.【答案】【解析】【分析】讨论机器人探测的路线，结合直线与圆的关系计算三角形面积即可.【详解】如图所示，机器人只在道路上前进可到达AB点，则OA=OB=10米，作的角平分线OC，过A作AD⊥OB，垂足为D点，交OC于C点，设机器人先在道路OA上前进分钟到达P点,此时，AP=，后进入危险区域，其能探测到达的点组成以P为圆心，以为半径的圆弧，由题意可知：，即AD与该圆弧相切，设切点为E，故随P点从O移动到A，机器人可探测的区域为，结合对称性，机器人5分钟能到达的点围成区域有与，即图中阴影部分，其面积为，易知为含120°的等腰三角形，所以区域面积为：.故答案为：【点睛】本题关键在于对题意的理解，然后结合直线与圆的位置关系，利用角的对称性得出区域形状，再解三角形求区域面积，极容易出错，需要仔细审题.9.棱台中，是两个菱形，，，，高为5，有一个球O，使得此棱台能在此球内任意转动，求此球O半径最小值____________【答案】【解析】【分析】结合题意要使得此棱台能在此球内任意转动,则需满足截面圆半径最小，利用球的相关知识计算即可.【详解】如图所示：连接上下底面的对角线，找到的中心,连接，设球心为,连接,记,因为四边形是两个菱形，，，所以，所以,同理，所以,因为菱形的对角不互补，故无外接圆，因为球的半径满足，要使得球O半径的最小，只需最小即可,故只需满足为截面圆的直径，故，在梯形中，易得，即，解得,所以，故故答案为：.10.已知对于任意的整数、、，，有成立，且，则____________【答案】【解析】【分析】通过对、不断赋值，求得，可得出，利用累加法求出的表达式，即可得出的表达式.【详解】在等式中，令，可得，解得，令，可得，可得，令，，则，可得，令，，其中，则，则当且时，，故当且时，，当时，也满足，故对任意的，，所以，.故答案为：.11.定义：若，则称是函数的倍伸缩周期函数．设，且是的2倍伸缩周期函数．若对于任意的，都有，则实数m的最大值为__________【答案】##【解析】【分析】确定函数解析式，得到时，，考虑和两种情况，得到不等式，解得答案.【详解】依题意，，当时，，则，当时，，，，于是，当时，恒成立；当时，，，即，由，解得或，即或，观察图象知，当时，恒有，依题意，，所以实数m的最大值为.故答案为：12.求有___________组、、、（、、、均为正整数），满足等式.【答案】【解析】【分析】设，分的取值进行分类讨论，利用数的整除性推导得出的取值，进一步解出、的值，然后考虑将、、排序，综合可得出符合条件的数组的个数.【详解】不妨设，分以下两种情况讨论：（1）当时，则，此时，若，则被整除，矛盾，故，于是有，可知或，解得或，则或，只需将、、排序即可，此时共有种符合条件的数组；（2）当时，则，此时，若，则能被整除，矛盾，事实上，则，则能被整除，则被整除余，矛盾，所以，，如果，那么，此时，若，则不能被整除，而能被整除，矛盾，若，则能被整除，而为奇数，则不能被整除，矛盾，故，于是，当时，能被整除，但为奇数，则不能被整除，所以，或，当时，，解得，所以，，可得，解得；当时，，解得，所以，，可得，解得.此时，或.只需将、、排序即可，此时共有种符合条件的数组.综上所述，共有种符合条件的数组.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据数的整数性确定的取值，进而得出、、的取值，从而使问题得到解答.二.单选题13.已知复数，满足下列表达式，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题中条件求出的值，再利用复数的模长公式可求得的值.【详解】因为复数，则，所以，，即，解得，所以，，故.故选：A.14.已知都是实数，实数满足，实数满足，判断以下哪个选项正确（）A.对任意的实数、，恒有成立 B.若，则C.若，则， D.不存在实数、，使得【答案】A【解析】【分析】利用绝对值三角不等式可判断A选项；绝对值三角不等式成立的条件可判断BC选项；取可判断D选项.【详解】对于A选项，由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，A对；对于B选项，由A选项可知，当时，，即，则不一定成立，B错；对于C选项，由A选项可知，当时，，即，则，不一定成立，C错；对于D选项，取，则，D错.故选：A.15.下列命题中，真命题的是（）A.若回归方程，则变量与负相关B.线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若该值越小，则模型的拟合效果越好C.若样本数据的方差为2，则数据的方差18D.若与独立，则【答案】AC【解析】【分析】对于A，结合回归方程的相关性的性质，即可求解;对于B，结合线性回归决定系数的定义，即可求解;对于C，结合方差的线性公式，即可求解;对于D,举反例说明.【详解】对于A，回归方程为，又，所以变量与负相关，故A正确，对于B，线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越大，说明模型的拟合效果越好，故B错误．对于C，若样本数据的方差为2，则数据的方差，故C正确，对于D,掷一枚骰子，设事件A：点数小于3，则；事件B：点数为偶数，则，所以，即与独立，又，，故D错误.故选：AC．16.对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②对于任意正整数，都有；③对于任意正整数，存在正整数，使得定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法错误的是（）A.若为“s数列”，则为“t数列”B.若，则为“t数列”C.若，则为“s数列”D.若等比数列为“t数列”则为“s数列”【答案】ABD【解析】【分析】设，可判定A错误；对于，分为奇数和为偶数，不存在，使得，可判定B错误；若，推得满足①②，可判定C正确；设，取，可判定D错误.【详解】设，此时满足，也满足，，即，，因为，所以A错误；若，则，满足①，，令，若为奇数，此时，存在，且为奇数时，此时满足，若为偶数，此时，则此时不存在，使得，所以B错误；若，则，满足①，，，因，所以，，满足②，所以C正确；不妨设，满足，且，，当为奇数，取，使得；当为偶数，取，使得，所以为“数列”，但此时不满足，，不妨取，则，而，则为“数列”，所以D错误.故选：ABD.三.解答题17.在中，已知分别为的对边，且，，（1）求满足的表达式（2）如果，求出此时面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由向量数量积的坐标表示，结合正弦边角关系及差角余弦公式、诱导公式得，最后由正余弦边角关系得到的关系式；（2）应用余弦定理及平方关系得且，根据向量模长坐标表示得，进而有，再由三角形面积公式得面积，即可求最大值.【小问1详解】由题设，所以，则，，又，则，所以，故，故.【小问2详解】由，故，且，由，即，故，又面积，当，即时，.18.已知双曲线的方程：，直线与双曲线的两支交于，直线与双曲线的两支交于.（1）若双曲线焦距为4，求能使时的取值范围.（2）在（1）的条件下，若双曲线的离心率为时，求四边形的面积最小值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据斜率关系可得，故可求的取值范围.（2）联立直线方程和双曲线方程，结合弦长公式可求面积，由不等式放缩和基本不等式可求面积的最小值.【小问1详解】由题设双曲线的半焦距.因为分别与双曲线的两支交于，所以的斜率均存在且不为零，设的斜率为，则为，则，且，故且，若，则且，此时不存在使得这两个不等式成立，故，所以，故.【小问2详解】因为双曲线的离心率为且，故，故，故双曲线的方程为.设直线，可得，整理得到：，因直线与两支都相交，故即，此时恒成立，且,又，又直线，同理有，其中，故或，又四边形的面积为：故，当且仅当时等号成立，故，当且仅当时等号成立，故四边形的面积最小值为.【点睛】思路点睛：直线与双曲线的位置关系中，我们可利用渐近线来判断直线与双曲线的左右均有交点时斜率的范围，这样可以简化运算.19.全国新高考数学推行8道单选，4道多选的政策.单选题每题5分，选错不得分，多选题每题完全选对5分，部分选对2分，不选得0分.现有小李和小周参与一场新高考数学题，小李的试卷正常，而小周的试卷选择题是被打乱的，所以他12题均认为是单选题来做.假设两人选对一个单选题的概率都是，且已知这四个多选题都只有两个正确答案.（1）记小周选择题最终得分为，求的分布列以及数学期望.（2）假设小李遇到四个多选题时，每个题他只能判断有一个选项是正确的，且小李也只会再选1个选项，假设他选对剩下1个选项的概率是，请你帮小李制定回答4个多选题的策略，使得分最高.【答案】（1）分布列见解析，（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意得到小周做对单选题与多选题的个数服从二项分布，然后设他单选题与多选题分别对了个，由此结合二项分布的概率公式、乘法公式以及期望公式即可得解；（2）若他不选其他选项肯定能得两分，如果继续选其它选项的话，那么这个题的得分期望是，故只需比较这两个数的大小即可.【小问1详解】由题意，对于单选题，小周每个单选题做对的概率为，对于多选题，小周每个多选题做对的概率为，设小周做对单选题的个数为，做对多选题的个数为，则，，所以，，而小周选择题最终得分为，所以.设小周单选题与多选题分别对了个，则，所以的分布列为，【小问2详解】由题意他能判断一个选项正确，先把这个正确选项选上，如果他不继续选其他选项肯定能得两分，如果他继续选其它选项的话，设此时他的最终得分为，则的所有可能取值为0，5，则的分布列为：05那么这个题的得分期望是，所以我们只需要比较2和的大小关系即可，令，解得，此时四个多选题全部选两个选项得分要高，反之，若，此时四个多选只选他确定的那个选项得分最高.20.对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、.（1）若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值；（2）若球在处有一切平面为，求与的交线方程，并写出它的一个法向量；（3）如果在球面上任意一点作切平面，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离乘积的最小值.【答案】（1）（2）交线方程为，该直线的一个方向向量为（3）【解析】【分析】（1）求出的值，利用等体积法求出的值，由此可得出的值；（2）在与的交线上任取一点，记点，由结合空间向量数量积的坐标运算可得出与的交线方程，由此可写出交线的一个法向量；（3）设为球面上一点，则，求出平面的方程，可求出平面与三条轴的交点坐标，利用等面积法求出点到直线、、距离，在利用三元基本不等式可求得到、、距离乘积的最小值.【小问1详解】解：由题意可知，球内最大内切正方体棱长为，设球为最大内切正四面体为，如下图所示：设顶点在底面的射影为点，则为正的中心，取线段的中点，连接，则，则，，所以，，，因为，，故，解得，所以，.【小问2详解】解：在与的交线上任取一点，记点，则，即，即，即，所以，与的交线方程为，该直线的一个法向量为.【小问3详解】解：设为球面上一点，则，在平面上任取一点，则，即，即，即，因平面与三个坐标平面均有交线，则，平面分别交、、轴于点、、，设到、、距离分别为、、，则，同理可得，，所以，，当且仅当，即当，故到、、距离乘积的最小值为.【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与平面解析几何的综合问题，解题时主要要清楚直线与球的切结关系，考查学生的逻辑思维能力与空间想象能力，属于难题.21.对于一个在区间上连续的可导函数，在上任取两点，，如果对于任意的与的算术平均值的函数值大于等于对于任意的与的函数值的算术平均值，则