2024-2025学年上海市宝山区高三上学期教学质量监测数学试卷（附答案）

2024-2025学年上海市宝山区高三上学期教学质量监测数学试卷考生注意：1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟；2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面；3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题；4．可使用符合规定的计算器答题．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，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）．1.集合，则.2.函数的最小正周期为.3.设为虚数单位，若为纯虚数，则实数.4.在的展开式中的系数为.5.已知为实数，且函数是偶函数，则.6.某运动员在某次男子米气手枪射击比赛中的得分数据（单位：环）为：，，，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数为.7.已知关于正整数的方程，则该方程的解为.8.若，且，则.9.过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为.延长切线交双曲线的右支于点，为坐标原点，点为线段的中点，则.10.将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为.某物流公司为了扩大业务量，计划改造一间高为米，底面积为平方米，且背面靠墙的长方体形状的仓库.因仓库的背面靠墙，无须建造费用，设仓库前面墙体的长为米（）.现有甲、乙两支工程队参加竞标，甲队的报价方案为：仓库前面新建墙体每平方米元，左右两面新建墙体每平方米元，屋顶和地面以及其他共计元；乙队给出的整体报价为元（）.不考虑其他因素，若乙队要确保竞标成功，则实数的取值范围是.12.已知平面向量满足：，，且对任意的单位向量满足，则的最大值为.（用含的式子表示）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，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）.13．设，则“”是“”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件14.下列函数中，在区间上是严格增函数且存在零点的是（）A． B． C． D．15.如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（）A. B． C． D．16．设的三边长分别为，面积为．若，其中，，，，则（）A.为严格减数列B.为严格增数列C.为严格增数列，为严格减数列D.为严格减数列，为严格增数列解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）．17.（本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且该四棱锥的体积为.证明：平面；求异面直线和所成角的余弦值.18．（本题满分14分，第1小题满分8分，第2小题满分6分）在中，已知.若且，求的面积；若求的取值范围.19.（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）甲乙两人轮流掷质地均匀的骰子，每人每次掷两颗．甲掷一次，求两颗骰子点数不同的概率；甲乙各掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大的概率；若第一次掷出点数之和大于的人为胜者，同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到比赛结束.例如，甲乙先后轮流掷出的点数之和为：、、、，此时乙为胜者.设甲先投掷，求甲最终获胜的概率.20.（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分4分，第3小题满分8分）已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为.求椭圆的焦距和离心率；若，求直线的方程；过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为.若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）.已知都是定义在实数集上的可导函数.对于正整数，当分别是和的驻点时，记，若，则称和满足性质；当，且时，记，若，则称和满足性质.(1)若，，判断和是否满足性质，并说明理由；(2)若，，且和满足性质，求实数的取值范围；(3)若的最小正周期为4，且，.当时，的驻点与其两侧区间的部分数据如下表所示：1300极小值极大值1极小值已知和满足性质，请写出的充要条件，并说明理由.答案1.2.3.4.5.6.7.或8.9.10.11.12.二、（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）14.15.16.17.（本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分）（1）证明：设该四棱锥的高为，则体积......1分从而...............................................................2分等腰中，设边的中点为，易知在中，,所以......................................................4分所以该四棱锥的高为即为.........................................5分即，又所以面..................................................7分因为，所以即为异面直线和所成的角或其补角；.......................9分由（1）知平面，且矩形中，，所以，从而..............10分中，，所以...............................11分同理可得.......................................................12分中，由余弦定理可得..............13分所以异面直线和所成角的余弦值为...........................14分另解：（空间向量法）以的中点为为原点，、为轴建立空间坐标系，则所以........................................9分......13分（公式2分，数值2分）所以异面直线和所成角d余弦值为.............................14分18.（本题满分14分，第1小题满分8分，第2小题满分6分）解：(1)由正弦定理得，又，从而.......................2分由得，........................4分从而.................................................................5分所以的面积......................8分(公式2分，结果1分）（2）................................9分由平均值不等式，当且仅当时取等号.................11分从而，所以..............................................12分又因为中，，从而.......................................13分所以的范围是........................................................14分19.（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）解：（1）甲掷一次，两颗骰子点数相等的概率为.....................2分所以两颗骰子点数不同的概率为；..................................4分（2）解：甲的点数和恰好比乙的点数和大点的情形如下表：甲的点数乙的点数甲的点数和乙的点数和、、、92、、、103、、、114、、、125.......8分所以；..................................10分另解：设掷一次两颗骰子的点数和为，则则.................................................8分所以甲的点数和恰好比乙的点数和大7点的概率为...............................10分（3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为..........................12分若甲第一轮获胜，概率为若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为......由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为..................................14分于是，组成一个以为首项，为公比的无穷等比数列.所以甲最终获胜的总概率为...........16分（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分4分，第3小题满分8分）解：（1）由得........................2分所以焦距，.............................................3分离心率...............................................4分，设直线的方程与椭圆:联立得...........................5分因为点与点不重合，所以可得点......................6分于是由得...........................................7分直线的方程............................................8分①当直线斜率存在时，设方程为：，与椭圆:联立得：...........................................9分设由韦达定理得............................................10分且，化简得又，从而由可得，从而将代换，整理得：韦达定理代入化简得.，所以.............................12分当时，直线经过点，舍；................................13分当时，此时成立，直线经过定点......14分②当直线斜率不存在时，设，则代入得与联立得解得此时直线也经过点.........................................16分综上，直线经过定点.21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）.解：（1）.......................2分所以和是满足性质........................................4分（2）由可知，驻点...................................5分又当时，不存在驻点；当时，的驻点..........................................7分由题意可知，................................................8分解得.................................................10分（3）的充要条件是......................................11分首先证明必要性：当时，由题意可知不是常函数，所以因为和满足性质，所以，所以，又是正整数，故...........................................12分其次证明充分性：由题意可知，，，且当()时，可知.否则，若存在，有因为，所以与已知矛盾.同理，....................................................14分故所以，即同理，，得所以.......................................................16分②当()时，任意，有，又由①可知，若存在有，则，所以由已知，其中于是有，矛盾，所以所以，得因为，所以，从而，即.③当()时，任意，有，同理可得所以，得因为，所以，从而，即.综上，.....................................................18