上海市宝山区世外学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷

上海市宝山世外中学高三开学考数学试卷2024.08一､填空题（本大题共有12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，若，则__________.2.已知等差数列中，，则数列的通项公式是__________.3.双曲线的渐近线方程是__________.4.若圆锥的侧面积为，高为4，则圆锥的体积为__________.5.在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）6.为实数，且不等式有解，则实数的取值范围是__________.7.已知是定义域为的奇函数，当时，，则__________.8.若命题“对任意的，都有”为假命题，则实数的取值范围为__________.9.已知正实数满足，则的最小值为__________.10.已知不等式的解集为，则函数的单调递增区间为__________.11.在集合中任取一个偶数和一个奇数构成一个以原点为起点的向量，从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，面积不超过4的平行四边形的个数是__________.12.已知为上的奇函数，且当时，，则的驻点为__________.二､选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）13.已知，则“”是“”的（）条件A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要14.已知集合，则下列结论正确的是（）A.存在，使的B.当时，C.当时，D.对任意的，都有15.如图，在矩形中，分别为边上的点，且，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（）A.直线直线B.直线直线C.直线直线D.直线平面16.群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中.有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设是一个非空集合，“.”是上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的，有；②对任意的，有；③存在，使得对任意的，有称为单位元；④对任意的，存在，使，称与互为逆元.则称关于“.”新构成一个群.则下列说法正确的有（）A.关于数的乘法构成群B.自然数集关于数的加法构成群C.实数集关于数的乘法构成群D.关于数的加法构成群三､解答题（本大题共有5题，满分78分）17.在中，角所对边的边长分别为，已知.（1）若，求；（2）若，求的面积.18.命题甲：关于的不等式的解集是空集.命题乙：函数为单调递减函数.（1）若命题甲､命题乙中至少有一个真，求的取值范围；（2）求的取值范围，使命题甲是命题乙的必要条件.19.四边形是边长为1的正方形，与交于点，平面，且二面角的大小为.（1）求点到平面的距离；（2）求直线与平面所成的角.20.已知椭圆的右焦点为，直线.（1）若到直线的距离为，求；（2）若直线与椭圆交于两点，且的面积为，求；（3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围.21.给定正整数，设集合.若对任意两数中至少有一个属于，则称集合具有性质.（1）分别判断集合与是否具有性质；（2）若集合具有性质，求的值；（3）若具有性质的集合中包含6个元素，且，求集合.上海市宝山世外中学高三开学考数学试卷2024.08一､填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1.【答案】2【解析】因，则，故.故答案为：2.【答案】【解析】设等差数列的公差为d，由题意可得：，解得：，所以.故答案为：.3.【答案】【解析】因为双曲线方程为，所以双曲线的渐近线方程为，即，故答案为：4.【答案】【解析】设圆锥的半径为，母线长为，高为，有，解得：，故答案为：.5.【答案】40【解析】的通项式是，当时，即时，得到含有的项，它的系数是，故答案为40.6.【答案】【解析】利用三角不等式，有，因为有解，所以即可.7.【答案】-19【解析】因为函数是定义域为的奇函数，所以，故答案为：-19.8.【答案】【解析】由题意可知，命题“存在”为真命题.当时，由可得，合乎题意；当时，显然成立当时，故答案为：9.【答案】8【解析】因为正实数满足，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为8.故答案为：8.10.【答案】【解析】因为不等式的解集为，所以-1和2为方程的两根且，所以，解得，则，令，解得，所以函数的定义域为，因为的单调递增区间为在定义域上单调递增，所以的增区间为（开闭均正确）.故答案为：.11.【答案】3【解析】由题可得满足题意的向量有，又若两向量不共线，且，则以两向量为邻边的平行四边形面积为：.则以为邻边的平行四边形面积为；以为邻边的平行四边形面积为；以为邻边的平行四边形面积为；以为邻边的平行四边形面积为；以为邻边的平行四边形面积为；以为邻边的平行四边形面积为；综上可知面积不超过4的平行四边形的个数是3.故答案为：312.【答案】【解析】，令，则，当时，；当时，.则函数在上单调递减，在上单调递增，即.则，即函数在上单调递增，且，再由函数为R上的奇函数，可得的驻点为.故答案为：.二､选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）13.【答案】C【解析】是奇函数且为递增函数，所以，则，即，同理，则，函数单调递增，得；”是“”的充要条件.故选：C.14.【答案】D【解析】对于选项A：因为表示过定点，且斜率不为0的直线，可知表示直线上所有的点，所以A错误；对于选项B：当时，则，联立方程，解得，所以错误；对于选项C：当时，则有：若，则；若，可知直线与直线平行，且，可得，解得；综上所述：或，故C错误；对于选项D：若，由选项C可知，且，无解，故D错误.故选：D.15.【答案】C【解析】翻折之后如图所示：①因为，所以且，因此，故选项A成立；②连接，因为分别为的中点，所以，又因为，所以，故选项B成立；③因为，所以与不平行，故选项C不成立；④因为，且平面平面，所以平面，故选项D成立.故选：C16.【答案】D【解析】选项A､B､C都不满足④：对任意的，存在，使，故A､B､C错误；对于D选项，对所有的，可设，则，①满足加法结合律，即，有；②，使得，有；③，设，使，故D正确.故选：D三､解答题（本大题共有5题，满分78分）17.【答案】（1）（2）【解析】（1）由，应用正弦定理得，，即得.（2）因为，则，又由正弦定理得，.18.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题意，若命题甲为真命题，即关于x的不等式的解集是空集，即，解得：或；若命题乙为真命题，即函数为单调递减函数，即，解得：；若甲､乙都是假命题，则且或，即，故若命题甲､命题乙中至少有一个真，a的取值范围是.（2）由题意，命题甲是命题乙的必要条件，即命题乙为真命题可推出命题甲为真命题，由（1）命题乙为真命题，即，命题甲为真命题，即或，由于或故当时，命题乙可推出命题甲，即命题甲是命题乙的必要条件.19.【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为四边形是正方形，平面平面，所以两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，设，则，所以，设平面的法向量，则，取，取平面的法向量，因为二面角的大小为，所以，解得，即，所以，设平面的法向量，则，取，所以点到平面的距离.（2）由（1）得，设平面的法向量，则，取，设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成的角为.20.【答案】（1）；（2）；（3）且【解析】（1）因为，所以右焦点为，又因为，所以到直线的距离，解得；（2）设，由得，所以，即，且，所以，又因为O到直线的距离为，所以的面积为，解得满足，所以；（3）若，则直线经过点，此时直线和直线的夹角为（舍去），若，由直线和直线的夹角为，且得，直线的方程为或代入得或，所以直线的方程为或代入椭圆方程得或由或解得或，综上得，的取值范围且.21.【答案】（1）集合不具有性质，集合具有性质；（2）；（3）或【解析】（1）集合中的，所以集合不具有性质，集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，两数中至少有一个属于集合，所以集合具有性质；（2）若集合具有性质，记，则，令