2024学年上海市杨浦中学高三数学上学期期中考试卷附答案解析

学年上海市杨浦中学高三数学上学期期中考试卷2024.11一、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.不等式的解集是________．（结果用区间表示）2.已知全集，集合，；则________．（结果用区间表示）3.已知函数，则______，4.函数的最小正周期为_______.5.已知向量，，若，则__________.6.在二项式展开式中，前三项的系数依次成________数列．（填写“等差”或“等比”）7.已知函数的导数存在，的部分图像如图所示，设是由曲线与直线，及轴围成的平面图形的面积，则在区间上，的最大值在________处取到.8.班级4名学生报名参加两项区学科竞赛，每人至少报一项，每项比赛参加的人数不限，则不同的报名结果有________种．（结果用具体数字表示）9.过抛物线的焦点，倾斜角为的直线交抛物线于（），则的值__________．10.为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习.如果他前一球投进则后一球投进的概率为；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第2球投进的概率为，则他第1球投进的概率为__________.11.某沿海四个城市位置如图所示，其中，，mile，

mile，

mile，位于的北偏东方向.现在有一艘轮船从出发向直线航行，一段时间到达后，轮船收到指令改向城市直线航行，收到指令时城市对于轮船的方位角是南偏西度，则_________.12.已知空间单位向量，，，，，则最大值是________．二、选择题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）．13.函数是（）A.偶函数，且没有极值点 B.偶函数，且有一个极值点C.奇函数，且没有极值点 D.奇函数，且有一个极值点14.已知，，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15.设等比数列的公比为，前项和为，若，，则符合条件的数列的个数是（）A. B. C. D.16.已知，则下列结论正确的个数是（）①存在实数解；②共有个不同的复数解；③复数解的模长都等于；④存在模长大于的复数解．A. B. C. D.三、解答题（满分78分，共有5题）．17.已知函数为奇函数．（1）求的值并直接写出的单调性（无需说明理由）；（2）若存在实数，使得成立，求实数的取值范围．18.如图所示，已知三棱台中，，，，，．（1）求二面角余弦值；（2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．19.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中a的值；（2）求样本成绩的；（3）已知落在50,60的平均成绩是54，方差是7，落在60,70的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．20.如图，在平面直角坐标系中，该点是椭圆上一点，从原点向圆作两条切线分别与椭圆交于点，，直线、斜率分别记为，.（1）若圆与轴相切于椭圆的右焦点，求圆的方程；（2）若，求证为定值并求出该定值；（3）在（2）的情况下，求的最大值.21.已知，函数.（1）当时，证明：；（2）若恒成立，求a的取值范围；（3）设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式.【答案】1.【解析】【分析】利用分解因式的方法求解不等式.【详解】不等式，解得，所以不等式的解集为.故答案为：2.【解析】【分析】根据集合的运算可求得结果.详解】由题可得，则，故答案为：.3.【解析】【分析】推导出，从而，由此能求出结果．【详解】解：∵函数，

∴，

．

故答案为．【点睛】本题主要考查了函数值的求法，考查函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查方程思想，是基础题．4.【解析】【分析】将三角函数进行降次，然后通过辅助角公式化为一个名称，最后利用周期公式得到结果.【详解】，.【点睛】本题主要考查二倍角公式，及辅助角公式，周期的运算，难度不大.5.或【解析】【分析】根据平面向量共线坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为，所以有，或，故答案为：或6.等差【解析】【分析】根据二项展开式写出前三项的系数，再由等差数列的定义即可判断.【详解】由二项展开式知，前三项的系数分别为，所以前三项的系数依次成等差数列.故答案为：等差.7.【解析】【分析】根据图象，利用导数的定义可求得结果.【详解】由导数的定义得，，所以的最大值就是的最大值，从图象上看，在处取得最大值，故答案为：.8.【解析】【分析】由分类计数原理、分步计数原理即可求解.【详解】每名学生可报一项或两项，所以有,所以4名学生共有种.故答案为：9.【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用点斜式设出直线方程，直线与抛物线联立求出交点坐标，利用焦半径公式求出，的长，从而可得结果【详解】由得，直线，直线与抛物线联立可得，，，由抛物线定义转化为到准线的距离可得，，，，故答案为.【点睛】与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.10.##【解析】【分析】记事件为“第1球投进”，事件为“第2球投进”，设，由全概率公式求解即可得出答案.【详解】记事件为“第1球投进”，事件为“第2球投进”，，由全概率公式可得.解得：.故答案为：.11.【解析】【分析】求出，计算，利用正弦定理再计算，故而．【详解】解：连结，在ΔABC中，由余弦定理得：，，由正弦定理得，即，解得，，，在中，由正弦定理得，即，解得，，．故答案为：．12.【解析】【分析】根据题意在球中讨论，结合空间向量数量积的应用可求出最值.【详解】因为空间向量，，，是单位向量，所以把向量，，，平移到以为起点，终点在半径为的球面上，如图：由，得，所以，同理，令，则，，根据，两边同时平方解得，，所以绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，因为，所以，则，观察图形得当旋转到平面内时，向量与的夹角最小，令此最小角为，则，则，，所以的最大值是，故答案为：.【点睛】本题考查了空间向量数量积的应用，解答本题的关键点是将这四个单位向量转化到球中去，结合图形更易判断，求出向量间的夹角，最后结合两角差的余弦值可求得最终结果.13.B【解析】【分析】根据函数图象结合极值点的定义即可得出结论.【详解】画出的图象，函数是偶函数，且函数在上单调递增，在0,+∞上单调递减，所以函数有一个极大值点.故选：B.14.B【解析】【分析】通过举例的方法，以及基本不等式，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.【详解】若，满足，但，若，，则，即，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B15.B【解析】【分析】由等比数列的下标性质和前项和公式求解即可；【详解】当时，由题意得解得；当时，，不满足，不符合题意；所以符合条件的数列的个数是，故选：B.16.C【解析】【分析】设，利用换元法可求得，从而可判断的个复数解的模都是.详解】设，则，可得，则，于是，这两个的取值都在区间内．故有解，因此有个不同的复数解．当时，由于，因此的复数解的模长都等于．因此，②③正确，故选：C.17.（1）单调递减（2）【解析】【分析】（1）根据奇函数的含义可求得的值，根据函数单调性的定义法可求得单调性；（2）根据单调性以及奇函数性质可得，从而得到不等式，求解即可.【小问1详解】因为函数为奇函数，定义域为R，则，所以，即，此时，满足，即为奇函数，，定义域为R，对，且，则，因为，所以，，，所以，即函数在R上单调递减；【小问2详解】由，则，又因为为奇函数，所以，又因为函数在R上单调递减，所以，因为存在实数，使得，所以，解得，所以的取值范围为.18.（1）（2）【解析】【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可；（2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积.【小问1详解】因为，，所以二面角的平面角为．因为，，所以，．因为，所以．因为，所以，故二面角余弦值为．【小问2详解】因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．因为，，且面，所以面，又面，所以．因为，，所以．因为平面，平面，所以，所以，，故F为的中点．三棱台的体积．19.（1）；（2）84；（3）总平均数是62，总方差是37．【解析】【分析】（1）根据频率之和为1列式即可得解.（2）根据频率分布直方图先明确样本成绩的所在的范围，再结合已知数据即可求解.（3）先分别求出成绩落在和内的人数，再根据平均数定义和分层随机抽样的方差公式即可求解.【小问1详解】由频率之和为1得，解得．【小问2详解】因为成绩落在内的频率为落在内的频率为所以样本成绩落在范围内，设为m，则，解得，故为84.【小问3详解】由图可知，成绩在内的市民人数为，成绩在内的市民人数为，故．，所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是37．20.（1）（2）证明见解析，（3）2.5【解析】【分析】（1）求出椭圆的右焦点，将横坐标代入椭圆方程可得相应的纵坐标，继而可得圆的圆心，圆的方程；（2）因为直线，与圆相切，可得是方程的两个不相等的实数根，利用根与系数的关系推出，再由点在椭圆上，得出.（3）分直线不落在坐标轴上和直线落在坐标轴上两种情况，推出，即可得出的最大值.【小问1详解】椭圆的右焦点是，代入，可得，圆的方程：.【小问2详解】因为直线，与圆相切，所以直线，与圆联立，可得，由，即，同理，由，即，可得是方程的两个不相等的实数根，，因为点在椭圆上，所以，所以.【小问3详解】当直线不落在坐标轴上时，设，，因为，所以，即，因为在椭圆上，所以，整理得，所以，所以，当直线落在坐标轴上时，显然有，综上：所以，所以的最大值为2.5.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.21.（1）证明见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）令，求导，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明；（2）对的值分类讨论，利用导数判断函数单调性，求最小值，判断能否满足；（3）利用（1）中结论，，通过放缩并用裂项相消法求，有，可得.【小问1详解】令，若，则，又因为，．设，，则，可知ℎx在上单调递增，可得，即，所以.【小问2详解】因为，由（1）可知：，，原题意等价于对任意恒成立，则，当时，注意到，则，可得，由（1）得，则，可知Fx在上单调递增，则，满足题意；当时，令，，则，因为，可知存在，使得，当时，，，可知φx在上单调递减，则，即在上恒成立，可知Fx在上单调递减，则，不合题意；综上所述：a取值范围为．所以a的取值范围为.【小问3详解】由（1）可知时，，则，时，；时，，时，，，则，即，，则，得，又，时，，时，，所以时，都有，，则时，集合A在每个区间都有且只有一个元素，对于正整数m