上海市部分重点中学2025届高三下学期联合考试数学试题含解析

上海市部分重点中学2025届高三下学期联合考试数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设全集U=R，集合，则（）A．{x|-1<x<4} B．{x|-4<x<1} C．{x|-1≤x≤4} D．{x|-4≤x≤1}2．如图，双曲线的左，右焦点分别是直线与双曲线的两条渐近线分别相交于两点.若则双曲线的离心率为（）A． B．C． D．3．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（）A．55 B．500 C．505 D．50504．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在第三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种5．已知为等腰直角三角形，，，为所在平面内一点，且，则（）A． B． C． D．6．设命题：，，则为A．， B．，C．， D．，7．“角谷猜想”的内容是：对于任意一个大于1的整数，如果为偶数就除以2，如果是奇数，就将其乘3再加1，执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（）A．6 B．7 C．8 D．98．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（）A． B． C． D．59．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（）A．1 B． C． D．10．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B．3 C． D．411．设为的两个零点，且的最小值为1，则（）A． B． C． D．12．设复数z＝，则|z|＝（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，，则__________.14．如图，从一个边长为的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为______.15．设Sn为数列{an}的前n项和，若an0，a1=1，且2Sn=an（an+t），n∈N*，则S10=_____.16．如图，的外接圆半径为，为边上一点，且，，则的面积为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．18．（12分）设函数，．（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）时，若，，求证：．19．（12分）如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且。将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且。（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值20．（12分）若正数满足，求的最小值.21．（12分）已知数列满足：，，且对任意的都有,（Ⅰ）证明：对任意，都有；（Ⅱ）证明：对任意，都有；（Ⅲ）证明：.22．（10分）如图，空间几何体中，是边长为2的等边三角形，，，，平面平面，且平面平面，为中点.（1）证明：平面；（2）求二面角平面角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

解一元二次不等式求得集合，由此求得【详解】由，解得或.因为或，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合补集的概念和运算，属于基础题.2、A【解析】

易得，过B作x轴的垂线，垂足为T，在中，利用即可得到的方程.【详解】由已知，得，过B作x轴的垂线，垂足为T，故，又所以，即，所以双曲线的离心率.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率问题，在作双曲线离心率问题时，最关键的是找到的方程或不等式，本题属于容易题.3、C【解析】

因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得，即得解.【详解】因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，又阶幻方有行（或列），因此，，于是．故选：C【点睛】本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.4、C【解析】

根据“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻有3类排法，再考虑两者的顺序，有种，剩余的3门全排列，即可求解.【详解】由题意，“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻时，可排在第1节和第2节或第4节和第5节或第5节和第6节，有3种，再考虑两者的顺序，有种，剩余的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种，所以“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种不同的排法.故选：C.【点睛】本题主要考查了排列、组合的应用，其中解答中认真审题，根据题设条件，先排列有限制条件的元素是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5、D【解析】

以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案.【详解】如图建系，则，，，由，易得，则.故选：D【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.6、D【解析】

直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：，，则为：，.故本题答案为D.【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.7、B【解析】

模拟程序运行，观察变量值可得结论．【详解】循环前，循环时：，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，不满足条件；，满足条件，退出循环，输出．故选：B．【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，观察变量值，从而得出结论．8、A【解析】

由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．【详解】解：设，，，则，从而，等号可取到．故选：A【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．9、C【解析】

根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.【详解】由题,总有即恒成立.设,则的最大值小于等于0.又,若则,在上单调递增,无最大值.若,则当时,,在上单调递减,当时,,在上单调递增.故在处取得最大值.故,化简得.故,令,可令,故,当时,,在递减；当时,,在递增.故在处取得极大值,为.故的最大值为.故选：C【点睛】本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.10、B【解析】由正弦定理及条件可得，即.，∴，由余弦定理得。∴.选B。11、A【解析】

先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．【详解】由题得,设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1，∴=1，解得T=2；∴=2，解得ω=π．故选A．【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．12、D【解析】

先用复数的除法运算将复数化简，然后用模长公式求模长.【详解】解：z＝＝＝＝﹣﹣,则|z|＝＝＝＝.故选：D.【点睛】本题考查复数的基本概念和基本运算,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】

由题意得，，再代入中，计算即可得答案.【详解】由题意可得，，∴，解得，∴.故答案为：.【点睛】本题考查向量模的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意向量数量积公式的运用.14、1【解析】

由题意得正三棱柱底面边长6，高为，由此能求出所得正三棱柱的体积．【详解】如图，作，交于，，由题意得正三棱柱底面边长，高为，所得正三棱柱的体积为：．故答案为：1．【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题、正三棱柱体积的求法、三棱柱的结构特征等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量．15、55【解析】

由求出.由，可得，两式相减，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即求.【详解】由题意，当n=1时，，当时，由，可得，两式相减，可得，整理得，，即，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，.故答案为：55.【点睛】本题考查求数列的前项和，属于基础题.16、【解析】

先由正弦定理得到，再在三角形ABD、ADC中分别由正弦定理进一步得到B=C，最后利用面积公式计算即可.【详解】依题意可得，由正弦定理得，即，由图可知是钝角，所以，，在三角形ABD中，，，在三角形ADC中，由正弦定理得即，所以，，故，，，故的面积为.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，要灵活运用正弦定理公式及三角形面积公式，本题属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】

(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.(3)由(2)当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.【详解】解：．是各项不为零的常数列,则,则由,及得,当时,,两式作差,可得．当时,满足上式,则；证明：,当时,,两式相减得：即．即．又,,即．当时,,两式相减得：．数列从第二项起是公差为的等差数列．又当时,由得,当时,由,得．故数列是公差为的等差数列；证明：由,当时,,即,,,即,即,当时,即．故从第二项起数列是等比数列,当时,．．另外,由已知条件可得,又,,因而．令,则．故对任意的恒成立．【点睛】本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）首先对函数求导，再根据参数的取值，讨论的正负，即可求出关于的单调性即可；（2）首先通过构造新函数，讨论新函数的单调性，根据新函数的单调性证明.【详解】（1），令，则，令得，当时，则在单调递减，当时，则在单调递增，所以，当时，，即，则在上单调递增，当时，，易知当时，，当时，，由零点存在性定理知，，不妨设，使得，当时，，即，当时，，即，当时，，即，所以在和上单调递增，在单调递减；（2）证明：构造函数，，，，整理得，，（当时等号成立），所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，，这里不妨设，欲证，即证由（1）知时，在上单调递增，则需证，由已知有，只需证，即证，由在上单调递增，且时，有，故成立，从而得证.【点睛】本题主要考查了导数含参分类讨论单调性，借助构造函数和单调性证明不等式，属于难题.19、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，根据条件证明，即；（2）以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点，连接.∵，∴为的中点.又为的中点，∴.依题意可知，则四边形为平行四边形，∴，从而.又平面，平面，∴平面.（2），且，平面，平面，，，且，平面，以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，.设平面的法向量为，则，即，令，得.设平面的法向量为，则，即，令，得.从而，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.20、【解析】试题分析：由柯西不等式得，所以试题解析：因为均为正数，且，所以．于是由均值不等式可知，当且仅当时，上式等号成立．从而．故的最小值为．此时．考点：柯西不等式21、（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】分析：(1)用反证法证明，注意应用题中所给的条件，有效利用，再者就是注意应用反证法证题的步骤；(2)将式子进行相应的代换，结合不等式的性质证得结果；(3)结合题中的条件，应用反证法求得结果.详解：证明：（Ⅰ）证明：采用反证法，若不成立，则若,则,