上海市控江中学2024-2025学年高三下学期3月学情调研数学试卷（解析版）

第1页/共1页2024学年第二学期高三年级学情调研高三数学120分钟满分150分一、填空趣（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1.设集合，则_______．【答案】【解析】【分析】解二次不等式求出集合A，再根据集合的交集运算法则可得答案.【详解】集合，所以．故答案为：.2.若复数z满足，则复平面内复数所对应的点Z位于第_______象限．【答案】四【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可利用复数的几何意义求解.【详解】因为，所以在复平面内与复数对应的点Z为，故复数对应的点Z位于第四象限．故答案为：四3.已知函数，则_______．【答案】【解析】【分析】利用分段函数，代值求解即可.【详解】因为，所以．故答案为：.4.若是函数两个相邻的零点，则的值为_______．【答案】【解析】【分析】根据周期的计算公式即可求解.【详解】由题意得函数的最小正周期，解得．故答案为：5.已知三角形为单位圆O的内接正三角形，则_______．【答案】【解析】【分析】由正三角形性质求出边长，再利用数量积的定义计算得解.【详解】依题意，O是正三角形的中心，设正三角形的边长为a，则，解得，即，又，所以.故答案为：6.若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为_______．【答案】【解析】【分析】先用直线平行解出，再利用平行线间的距离公式求解.【详解】直线与直线平行，则，解得，故直线，直线，这两条直线间的距离为：．故答案为：.7.已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______.【答案】8【解析】【分析】利用正态分布的对称性求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】因为，且，则由对称性得，又，所以，故，又因为，所以，当且仅当且，即时等号成立，所以的最小值为8.故答案为：8.8.己知是定义在R上的奇函数，是定义在R上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最小值为_______．【答案】－4【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义可求的范围，从而可得范围和最小值.【详解】因为是定义在R上的奇函数，是定义在R上的偶函数，所以，所以，即，因为的值域为，所以的值域也为，所以的值域为，所以的值域也为，所以的最小值为．故答案为：－4.9.“太极图”形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中所有曲线均为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】记，则为直线AP的斜率，数形结合即可求出最小值和最大值，从而可得其范围.【详解】记，则为直线AP的斜率，故当直线AP与半圆相切时，k最小，此时设，故，解得或，由图可知需舍去，故．当过时，．故答案为：.10.在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体所得截面的周长为_______．【答案】【解析】【分析】先作出截面图形，然后根据相似和勾股定理求出各边，即可求得结果.【详解】取正方体轴线与交点为，连接并延长，交延长线与，连接，交于，连接，作出图形如图，由图可知，过点，，的平面截该正方体所得截面为五边形，则，所以，同理，，正方体的棱长为，，，，四边形的周长为.故答案为：11.对一列整数，约定：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值．设全部输入完毕后显示的最后的结果为p．若将从1到2030的2030个整数随机地输入，则p的最小值和最大值之和为_______．【答案】2030【解析】【分析】计算前几个连续奇数，偶数的结果的最小值，总结其中的规律，根据规律即可求解．【详解】对于连续四个奇数：，由题意运算，其结果最小值为0；同理可得，对于连续四个偶数：，其结果最小值为0.在1到2030的2030个整数中有1015个奇数和1015个偶数，，由奇数，经过计算最小值为1，且由偶数，经过计算最小值为0，则的最小值为1.除2030之外，前2029个数中有1015个奇数和1014个偶数，，，由奇数，经过计算最小值为1，且由偶数2,4，经过计算最小值为2，则前2029个数经过计算最小值为，故的最大值为.则p的最小值和最大值之和为2030.故答案为：2030.12.机场为旅客提供的圆锥形一次性纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为，旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，该椭圆的离心率等于_______．【答案】【解析】【分析】根据余弦定理可得，即可根据相似求解，进而根据椭圆方程求解，，即可由离心率公式求解.【详解】如图，设，因，故，又，由余弦定理，，即，设椭圆中心为O，作圆锥的轴截面AMN，与底面直径BC交于E，与椭圆交于P，Q，连AE交BD于G，以点O为原点，DB为x轴，建立直角坐标系．则，又由得，从而，则得，不妨设椭圆方程为，把和点P坐标代入方程，解得，则，故．故答案为：二、选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）13.若能被5整除，则x，n的一组值可能为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，再逐项判断得解.【详解】依题意，，对于A，，，不能被5整除，A不是；对于B，，，不能被5整除，B不是；对于C，，，能被5整除，C是；对于D，，，不能被5整除，D不是.故选：C14.如右图，有两个具有共顶点且全等的正六边形，若共线，且，则共有（）个不同的正值．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正六边形特征，结合数量积的几何意义即可判断.【详解】当时，如图，作，当时，垂足为，由正六边形的性质可得：在直线上的投影为，在直线上的投影为，由数量积的几何意义可得，，，，，所以共有个不同的正值.故选：D15.如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，设其高为，容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，设其高为，当容器内盛有一定量的水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器水平倒置，水面也恰好过点（图2），对于命题：①；②将容器侧面水平放置，当水面静止时，水面恰好经过点．下列判断正确的是（）A.①、②都是真命题 B.①是真命题，②是假命题C.①是假命题，②是真命题 D.①、②都是假命题【答案】A【解析】【分析】根据题意，结合棱柱和棱锥的体积公式求解即可.【详解】由题意可知图1水的高度，几何体正四棱柱的高为，设底面正方形的边长为，图1中水的体积为，图2中水的体积为，所以，解得，故①正确，对于②，当容器侧面水平放置时，点在长方体中截面上，又因为容器容积为，所以水的体积是容器容积的一半，即水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过点，故②正确，故选：A16.设，为等差数列，令，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明.【详解】已知，，则，故在上单调递增.又由，得，故，即，则函数的图象关于点中心对称.已知数列是等差数列，则.①先证明充分性：若，由数列是等差数列，可得，则，所以由函数的对称性可知，，，，，，即“”得证.因此，“”是“”的充分条件；②再证明必要性：下面用反证法证明：假设，已知数列是等差数列，则，即，由等差数列性质可得，所以，，，，，由函数在上单调递增，可得，同理可得，，，各式累加得，，所以，即，这与已知矛盾，故假设错误；同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误；所以“”得证.即“”是“”的必要条件.综上所述，“”是“”的充要条件.故选：C.【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾.三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）17.如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，且.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明.（2）由第（1）结论建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即可得到结论.【小问1详解】，，且，又面PBD又是平行四边形面PBD【小问2详解】设与BD交点为O，则为中点，，面面，面法一：建系：如图建系，，，设平面的法向量为，则，设平面的法向量为，则，设二面角的平面角为二面角的余弦值为．法二：即求直接找角：作面PBD，面，作，连即为所求角二面角的余弦值为．法三：等积法：角度转化+等体积公式设二面角的平面角为二面角的余弦值为．18.广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为的扇形和三角区域构成，其中在一条直线上，，记该设施平面图的面积为，，其中．（1）写出关于的函数关系式；（2）如何设计，使得有最大值？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先，求解三角形和扇形的面积，然后，求和即可得到相应的解析式；（2）根据三角函数辅助角公式和导数的计算等知识求解其最大值即可．【小问1详解】由已知可得，在△中由正弦定理可得：，所以，从而，所以，.【小问2详解】，由令增区间是；令减区间是；所以在处取得最大值是．答：设计成时，该设施的平面图面积最大是．19.若数列满足，则称数列为k项数列，集合是由所有k项数列组成的集合，从集合中任意取出两个不同数列，记变量．（1）若，求随机变量X的分布列与数学期望；（2）求，其中且．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）将时，所有数列排出来，从而得到X的取值有1，2，3，结合组合数求解；（2）由（1）可推出，X的可能取值为：1，2，3，…，k，再分析当时，则数列的具体选择情况，将这个问题转化为组合问题，从而得到即可；【小问1详解】若，则中的数列有0，0，0；1，0，0；0，1，0；0，0，1；1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1；从集合中任意取出两个不同数列，，，∴X的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，其中当时，若选择0，0，0，可从1，0，0；0，1，0；0，0，1任选1个，共有3种情况，若选择1，1，1，可以从1，1，0；1，0，1；0，1，1任选1个，共有3种情况，另外1，0，0和1，0，1；1，1，0两者之一满足要求，0，1，0和1，1，0；0，1，1两者之一满足要求，0，0，1和1，0，1；0，1，1两者之一满足要求，共有种情况，故，当时，0，0，0，和1，1，1满足要求，1，0，0和0，1，1满足要求，0，1，0和1，0，1满足要求，0，0，1和1，1，0满足要求，共有4种情况，，，随机变量X分布列：X123P则随机变量X的数学期望为；【小问2详解】证明：数列是从集合中任意取出的两个数列，∴数列为k项数列，∴X的可能取值为：1，2，3，…，k，根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，当时，则数列中有m项取值不同，有项取值相同，从k项中选择m项，和在m项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字不同，，这个问题是组合问题，∴所有的情况会重复1次，∴一共有种情况，，∴随机变量X的分布列为：X123……kP……20.如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点.（1）求抛物线的方程；（2）若，证明：；（3）若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析，【解析】【分析】（1）先求直线再联立抛物线得出韦达定理应用中点坐标得出,进而得出抛物线；（2）先设直线方程代入抛物线联立方程组，结合根与系数的关系，应用，即可得到结论.（3）先设直线过点P得出,同理结合理过点Q得出,最后得出的直线得出定点.【小问1详解】当时，，联立消去，可得，设，拋物线C方程为：.【小问2详解】由题知，设，，代入抛物线可得，，又，同理.【小问3详解】因为，所以，代入点得①，设，同理，过点②，结合①②可得又因为所以，整理得所以直线过定点.【点睛】关键点点睛：解题定点的关键是先点斜式设出直线方程结合抛物线方程得出直线,同理得出的直线方程进而得出定点.21.在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．（1）判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；（2）已知函数是“旋转函数”，求的最大值；（3）若函数是“旋转函数”，求的取值范围．【答案】（1）不，理由见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）确定函数的图象逆时针旋转后的图象，结合函数定义结合新定义判断结论；（2）条件可转化为函数与函数最多有1个交点，其中，进一步转化为函数在上单调，结合导数与单调性的关系列不等式求结论；（3）条件可转化为与最多有一个交点，由此可转化为恒成立，分，，讨论确定的取值范围.【小问1详解】函数不是“旋转函数”，理由如下．的图象逆时针旋转后与轴重合，当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾，因此函数不“旋转函数”，【小问2详解】由题意可得函数与函数最多有1个交点，其中，所以关于的方程最多有一个根，即关于的方程最多有一个根，即函数在上单调．易知，且．若，则，不满足题意，所以