2024-2025学年上海市青浦高级中学高三（上）质检数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年上海市青浦高级中学高三（上）质检数学试卷一、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.“x>y>0”是“x−1x>y−1A.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2.函数f(x)=(21+exA. B. C. D.3.如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为边A.DD1

B.AC

C.AD4.已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，满足anSn=9(n=1,2,…)，给出下列四个结论：①{an}的第2项小于3；A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题：本题共12小题，共54分。5.已知集合A={m|−1<m<4}，B={y|y=x13}，则A∩B=6.已知复数z满足：z−=21+i(i为虚数单位)，则7.已知a=(1,−2,3)，b=(2,m,n)，若a/​/b，则m+n=8.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a29.已知圆C的方程为x2+y2−2x+4y=010.已知cos(π2−α)=−4511.二项式(13+x12.记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn13.已知正实数a、b满足a+b+4=2ab，则a+b的最小值为_____．14.设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线AB的距离为3，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的侧面积为______．15.设a∈R，m∈Z，若存在唯一的m使得关于x的不等式组12x2−116.对任意数集A={a1,a2,a3}，满足表达式为y=x3+x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)

如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，AC、BD相交于点O．

(1)证明：直线B118.(本小题14分)

f(x)=log3(a+x)+log3(6−x)．

(1)若将函数f(x)图像向下移m(m>0)后，图像经过(3,0)，(5,0)，求实数a，m的值．

(2)若a>−3且19.(本小题14分)

为了研究某种农产品价格变化的规律，收集到了该农产品连续40天的价格变化数据，如表所示，在描述价格变化时，用“+”表示“上涨”；即当天价格比前一天价格高，用“−”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低：用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．时段价格变化第1天到

第20天−++0−−−++0+0−−+−+00+第21天

到第40天0++0−−−++0+0+−−−+0−+用频率估计概率．

(Ⅰ)试估计该农产品“上涨”的概率；

(Ⅱ)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的，在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；

(Ⅲ)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格的影响，判断第41天该农产品价格“上涨”、“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大.(结论不要求证明)20.(本小题18分)

已知椭圆Γ：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53，点A(−2,0)在Γ上．

(1)求椭圆Γ的方程；

(2)椭圆的上、下顶点分别为B1，B2，点C在Γ上(C异于椭圆的顶点)，直线B1C与x轴相交于点D，点E(0,2)，若△B2CD的面积是△B1CE面积的两倍，求点C的坐标；

(3)过点21.(本小题18分)

已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx，a∈R．

(1)求f(x)在点(0,1)处的切线方程；

(2)若函数f(x)和g(x)有相同的最小值，①求a的值；②证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．参考答案1.A

2.C

3.B

4.C

5.{m|−1<m<4}

6.27.2

8.45

9.(1,−2)

10.−711.5

12.4⋅13.4

14.215.(−1,1−16.643

17.(1)证明：连接B1D1交A1C1于E，连接DE，则E为B1D1的中点，

由正四棱柱ABCD−A1B1C1D1得D1D/​/B1B且D1D=B1B，

又E，O分别为B1D1和BD的中点，

所以可得B1E=DO且B1E//DO，

所以四边形B1EDO为平行四边形，

所以ED//OB1，又ED⊂平面A1C1D，OB1⊄平面A1C1D，

所以直线B1O//平面A1C1D；

(2)解：连接A1O，C1O，18.解：(1)因为函数f(x)=log3(a+x)+log3(6−x)，

将函数f(x)图像向下移m(m>0)后，得y=f(x)−m=log3(a+x)+log3(6−x)−m的图像，

由函数图像经过点(3,0)和(5,0)，

所以log3(3+a)+1−m=0log3(5+a)+0−m=0，

解得a=−2，m=1．

(2)a>−3且a≠0时，不等式f(x)≤f(6−x)可化为log3(a+x)+log3(6−x)≤log3(a+6−x)+log3x，

等价于a+x>06−x>0a+6−x>0x>0(a+x)(6−x)≤x(a+6−x)，

解得x>−ax<6x<a+6x>019.解：(Ⅰ)由表可知，40天中“上涨”的有16天，则该农产品“上涨”的概率为1640=0.4．

(Ⅱ)由表可知，40天中“下跌”的有14天，则该农产品“下跌”的概率为1440=0.35，

40天中“不变”的有10天，则该农产品“不变”的概率为1040=0.25，

则该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率C42×0．42×C21×0.35×C11×0.25=0.168．

(Ⅲ)由于第40天处于“上涨”状态，从前39天中15次“上涨”进行分析，

“上涨”后下一次仍“上涨”的有420.解：(1)因为椭圆椭圆Γ的离心率为53，

所以ca=53，①

因为点A(−2,0)在椭圆上，

所以b=2，②

又a2=b2+c2，③

联立①②③，

解得a=3，b=2，c=5，

则椭圆Γ的方程为y29+x24=1；

(2)由(1)知，B1(0,3)，B2(0,−3)，

设C(x0,y0)(−2<x0<2,−3<y0<3，且x0≠0，y0≠0)，

此时|B1E|=1，

所以S△B1CE=12|B1E|⋅|x0|=12|x0|，

因为kB1C=y0−3x0，

所以直线B1C的方程为y=y0−3x0x+3，

令y=0，

解得x=3x03−y0，

即D(3x03−y0,0)，

因为|B1B2|=6，

所以S△B2CD=|S△B1B2D−S△B1B2C|=|12×6×|3x03−y0|−1221.解：(1)因为f(x)=ex−ax，函数定义域为R，

可得f′(x)=ex−a，

所以f′(0)=1−a，

又f(0)=1，

所以f(x)在点(0,1)处的切线方程为y−1=(1−a)x，

即y=(1−a)x+1；

(2)①易知f′(x)=ex−a，

若a≤0，

此时f′(x)>0，f(x)单调递增，无最小值，不符合题意；

所以a>0，

当x<lna时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>lna时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)min=f(lna)=a−alna，

因为g(x)的定义域为(0,+∞)，

可得g′(x)=a−1x=ax−1x，

当x∈(0,1a),g′(x)<0,g(x)单调递减；

当x∈(1a,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增，

所以g(x)min=g(1a)=1−ln1a，

因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，

所以a−alna=1−ln1a，

即a−11+a=lna，a>0，

设g(a)=a−11+a−lna,a>0，

可得g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2<0，

所以g(a)在(0,+∞)上单调递减，

又g(1)=0，

所以g(a)=0的唯一解为a=1，

则a=1；

②证明：由①知a=1，

所以f(x)=ex−x，g(x)=x−lnx，

此时f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，

又f(x)min=g(x)min=1，

设u(x)=f(x)−g(x)=ex−2x+lnx，函数定义域为(0,+∞)，

可得u′(x)=ex−2+1x>ex−2，

当x≥1时，u′(x)≥2e−2>0，

所以u(x)在(1,+∞)上单调递增，

因为u(1)=e−2>0，

所以当x≥1时，u(x)≥u(1)>0恒成立，

即f(x)−g(x)>0在x≥1时恒成立，

所以x≥1时，f(x)>g(x)，

因为f(0)=1，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，

g(1)=1，函数g