2024-2025学年上海市杨浦区控江中学高三（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年上海市杨浦区控江中学高三（上）期中数学试卷一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.双曲线x24−yA.y=x2 B.y=x C.y=2x 2.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A.直线AA1

B.直线AB1

C.直线A3.设a≠0，b∈[0,2π).若关于x的等式sin(3x+b)=sin(ax+π5)A.1 B.2 C.3 D.44.已知函数f(x)=x3−3x的图像为曲线Γ.关于命题①“任取平面上的一点P，与曲线Γ关于点P对称的曲线Γ1总能表示函数”和命题②“存在倾斜角α∈(π4,π2)的直线lA.①和②都是真命题 B.①和②都是假命题

C.①是真命题，②是假命题 D.①是假命题，②是真命题二、填空题：本题共12小题，共54分。5.设x∈R，不等式|x−1|>4的解集为______．6.已知全集U={1,2,3,4}，A={2,4}，则A−=______．7.已知复数z满足z(1−i)=4i(其中i是虚数单位)，则|z|=______．8.设m，n∈R.若向量a=(3,1,−2)与向量b=(m,−2,n)平行，则m+n=______．9.曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程为______．10.(x+1x2)611.设a∈R，函数y=f(x)是奇函数.若f(1)=ea−3，f(−1)=1，则a=12.设等差数列{an}的公差不为0，其前n项和为Sn.若a913.设a∈R，函数f(x)=2x,x>1,−x,x≤1.若关于x的方程14.设a∈R.对于样本数据a，6，9，6，12，若该样本的第60百分位数是一个整数，则符合题意的a的个数为______．15.在空间中，O是一个定点，已知圆锥上的所有点到O的距离都不超过1，则当该圆锥的体积取得最大值时，底面半径为______．16.在平面直角坐标系中，已知椭圆Γ1：x225+y216=1以及圆Γ2：x2+y2=4，若点A、三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题14分)

在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=BD=AA1．

(1)18.(本小题14分)

在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a=5．

(1)若A=π3，b=3c，求c；

(2)若A=π6，5csinB=3b，求19.(本小题14分)

为迎接我校校庆，文创中心组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类.校庆当日，志愿者小江负责在弦歌台服务点发放纪念品.在做准备工作时，小江清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向文创中心申请补领，其余纪念品的份数如下表所示：书签明信片手绘款40普通教150120(1)设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小江补领了手绘款明信片40张.记事件A：首位抵达的校友抽到手绘款纪念品，事件B：首位抵达的校友没有抽到明信片，分别计算P(A)、P(B)，并判断事件A，B是否独立；

(2)设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品.若小江希望事件“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则他应该申请补领多少张手绘款明信片？20.(本小题18分)

如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线Γ：x2=16y的焦点为F，过F的直线l与抛物线Γ及圆x2+(y−4)2=16的四个交点依次为A、C、D、B．

(1)若点A的纵坐标为1，求|AF|；

(2)证明|AC|⋅|BD|为定值，并求出该定值；

(3)过A、B分别作抛物线Γ的切线l1、l2，且21.(本小题18分)

设函数y=f(x)的定义域为R.对于闭区间I，若存在x0∈I，使得对任意x∈I，均有f(x0)≥f(x)成立，则记Mf(I)=f(x0)；若存在x0∈I，使得对任意x∈I，均有f(x0)≤f(x)成立，则记mf(I)=f(x0).

(1)设f(x)=−x2+3x，分别写出Mf([0,2])及mf([0,2])；

(2)设n∈Z，f(x)=ex(x−2)2.若对任意闭区间I⊆(−∞,n]参考答案1.A

2.C

3.B

4.C

5.(−∞,−3)∪(5,+∞)

6.{1,3}

7.28.−2

9.y=x−1

10.15

11.ln2

12.7513.[−1,2]

14.3

15.216.3217.解(1)证明：因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，

又因为四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以DD1⊥底面ABCD，

AC⊂底面ABCD，所以DD1⊥AC，又DD1∩BD=D，DD1，BD⊂平面DD1B，

所以AC⊥平面DD1B，又D1B⊂平面DD1B，

所以BD1⊥AC．

(2)取BC中点E，因为AB=BD，且底面ABCD是菱形，则DE⊥BC，

以D为原点，直线DA为x轴，直线DE为y轴，直线DD1为z轴建立空间直角坐标系，如图：

则不妨设A(1,0,0)，B(12,32,0)，C(−12,18.解：(1)∵a=5，A=π3，b=3c，

∴由余弦定理公式可得：

52=(3c)2+c2−2×3c×c×12，∴c2=257，

∴c=577；

(2)∵5csinB=3b，

∴由正弦定理可得5sinCsinB=3sinB，又sinB≠0，

∴sinC=35，又a=5，A=π6，a<c时C有两解(C为锐角或钝角)，

当C为锐角时，cosC=45，

sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，sinA=12，cosA=32，

∴sinB=12×419.解：(1)依题意，书签明信片手绘款4040普通教150120P(AB)=4040+40+150+120=435，

P(A)=40+4040+40+150+120=835，

P(B)=40+15040+40+150+120=1935，

因为P(AB)≠P(A)P(B)，

所以事件A，B不独立．

(2)设手绘款明信片的张数为x，首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品为事件C，

小江希望事件“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生概率大于20.解：(1)因为抛物线的焦点F(0,4)，准线方程为：y=−4，

所以|AF|=1+4=5．

(2)证明：由已知直线AB的斜率存在，

设其方程为：y=kx+4，

令A(x1,y1)，B(x2,y2)，

所以|AF|=y1+4，|BF|=y2+4，

所以|AC|=|AF|−r=y1+4−4=y1，|BD|=|BF|−r=y2+4−4=y2，

由y=kx+4x2=16y，

得x2−16kx−64=0，

显然Δ>0，

则x1+x2=16k，x1x2=−64，y1y2=x1216⋅x2216=(−64)216×16=16，

所以|AC||BD|=y1y2=16，

即|AC||BD|为定值16．

(3)由x2=16y，

可得y=116x2,y′=18x，

则切线AM的方程为y−x1216=18x1(x−x1)

①

切线BM的方程为y−x2216=18x221.解：(1)∵f(x)=−x2+3x=−(x−32)2+94,x∈[0,2]，

由二次函数的性质知，f(x)在[0,32)上单调递增，在(32,2]上单调递减，

∴f(x)max=f(32)=94，f(x)min=f(0)=0，

∴当x=32时，Mf([0,2])=f(x)max=94，

当x=0时，mf([0,2])=f(x)min=0．

(2)∵f(x)=ex(x−2)2，

∴f′(x)=ex(x−2)2+2ex(x−2)=ex(x−2)(x−2+2)=exx(x−2)，

又∵ex>0，

令f′(x)>0，即x(x−2)>0，可得x<0或x>2，令f′(x)<0，即x(x−2)<0，可得0<x<2，

∴f(x)=ex(x−2)2在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，

当x趋近−∞，f(x)趋近0，当x趋近+∞穷，f(x)趋近+∞，

又f(0)=4，f(2)=0，f(3)=e3>4，

作出函数y=f(x)的图象，如下图：

当n=3时，在I⊆(−∞,n]时，Mf(I)=f(0)=4,mf(I)=f(3)=e3，

则f(3)−f(2)=e3>4，不成立，

当n=2时，在I⊆(−∞,n]时，Mf(I)=f(0)=4，mf(I)=f(2)=0，

则f(0)−f(2)=4成立，

由图象，结合题意要使f(x)在I⊆(−∞,n]有Mf(I)与mf(I)，

且对任意闭区间I⊆(−∞,n]，均有不等式Mf(I)−mf(I)≤4成立，

∴n的最