2026届上海市崇明区高考一模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025学年第一学期崇明区学业质量调研（一）高三年级数学试卷（考试时间120分钟满分150分）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）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.1．已知集合，则.2．不等式的解为．3．若复数满足其中为虚数单位，则.4．以为圆心，为半径的圆的标准方程是.5．投掷两枚质地均匀的骰子，观察掷得的点数，则掷得的点数之和为7的概率是．6．的二项展开式中的常数项是．7．已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为．8．已知是等差数列的前项和，若，则的值为.9．在内，使成立的的取值范围为．10．已知、分别为椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点．若，则．11．如图，某小区内有一块矩形区域，其中米，米，点、分别为、的中点，左右两个扇形区域为花坛（两个扇形的圆心分别为、，半径均为20米），其余区域为草坪．现规划在草坪上修建一个三角形的儿童游乐区，且三角形的一个顶点在线段上，另外两个顶点在线段上，则该游乐区面积的最大值为平方米．（结果保留整数）12．已知，若存在、，且，使得成立，则的取值范围是．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）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13．下列函数中，在其定义域上既是奇函数又是严格增函数的是（

）A． B． C． D．14．已知非零空间向量和，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若则C．若，则 D．若，则15．古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（

）．

A． B． C． D．16．已知数列满足，其中为常数．对于下述两个命题：①对于任意的，任意的，都有是严格增数列；②对于任意的，存在，使得是严格减数列．以下说法正确的为（

）A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题三、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相应位置写出必要的步骤.17．如图，在直三棱柱中，E、F分别为、的中点，，.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角B的大小；(2)若的面积为，请判断的形状，并说明理由．19．某企业招聘员工，指定“英语听说”､“信息技术”､“逻辑推理”作为三门考试课程，有两种考试方案.方案一：参加三门课程的考试，至少有两门及格为通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，并参加这两门课程的考试，两门都及格为通过.假设某应聘者参加三门指定课程考试及格的概率分别是，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.(1)分别求该应聘者选方案一考试通过的概率和选方案二考试通过的概率；(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.20．已知椭圆，抛物线与有一个相同的焦点F．过点F作互相垂直的两条直线l与，直线l与交于点A、B，直线与交于点C、D．(1)求椭圆的离心率及抛物线的方程；(2)若直线l的倾斜角为，求AB中点M的坐标；(3)四边形ACBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．21．设函数的定义域为，集合．若中有且仅有一个元素，则称为函数的一个“值”(1)设，求的值；(2)设，且，若的函数值中不存在值，求实数取值的集合；(3)已知定义域为的函数的图象是一条连续曲线，且函数的所有函数值均为值，若，证明：在上为严格增函数的一个充要条件是．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【分析】根据交集运算求解.【详解】因为集合，所以，故答案为：2．【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式后可求原不等式的解.【详解】不等式的解即为，故原不等式的解为，故答案为：3．【分析】设，根据实虚部分别相等可解.【详解】解:，则所以，，，故答案为：【点睛】根据复数相等求复数，解决的关键是实虚部分别相等求解；基础题.4．【分析】直接根据已知写出圆的标准方程得解.【详解】由题得圆的标准方程为.故答案为：.5．【分析】由题可得投掷两枚质地均匀的骰子所对应点数的总情况数，然后可得掷得的点数之和为7的情况数，据此可得答案.【详解】一枚骰子的点数有6种情况，则两枚骰子点数所对应总情况为36种.又注意到点数之和为7的情况有：1，6；6，1；2，5；5，2；3，4；4，3共6种，则掷得的点数之和为7的概率是.故答案为：6．【分析】由题可得展开式的第项，令指数为0，可得常数项对应，即可得答案.【详解】由题的二项展开式的第项为.令，则常数项为.故答案为：.7．【分析】根据扇形弧长与圆锥底面周长关系列方程求底面半径，结合圆锥的结构特征求该圆锥的母线与底面所成角余弦值，即可确定大小.【详解】令底面半径为，则，可得，且圆锥母线为，所以该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，故其大小为.故答案为：8．52【分析】由可得，后由等差数列性质结合前n项和公式可得答案.【详解】设公差为d，由，则.则.故答案为：529．【分析】内，，，利用三角函数线的变化规律可得答案．【详解】如图所示，找出在内，使成立的值，由图可知，，．根据三角函数线的变化规律得出满足题中条件的角．【点睛】本题考查三角函数线的变化规律，属于一般题．10．【分析】首先求出、，设，根据数量积的坐标表示及，求出点坐标，从而求出的方程，再联立直线与椭圆方程，求出点坐标，最后由数量积的坐标表示计算可得.【详解】椭圆，则、，设，因为，即，即，又，解得，不妨取，则的方程为，由，解得或，所以，所以，，所以.故答案为：.11．137【分析】根据已知条件知，当三角形的两边分别与圆弧相切时，三角形的面积最大，设切点为，，由三角形全等得到，将三角形面积的表达式用表示，从而转化为三角函数，利用换元法转化为基本不等式求最值即可求解.【详解】设游乐区所在的三角形为，在线段上，在线段上，如图所示，当分别于圆弧相切时，取得最大值，由对称性，只讨论，设与圆弧相切于点，连接，设，因为≌，≌，则，，因为，所以，，，，所以，因为，所以，令，则，则，当且仅当，即时等号成立，所以平方米，即该游乐区面积的最大值为137平方米．故答案为：137.12．【分析】根据的值域得到，则成立的必要条件是，当时必然成立，讨论时是否满足条件即可.【详解】因为，所以，，因为，所以，所以，即，，所以，当且仅当时，成立，所以，必要条件：，解得；若，即时，必然成立；若，因为，，不妨设，则，，且，所以，，所以①，②，①②两式联立得，即，所以，又，所以，，当时，，不符合条件；当时，，则，此时；当时，，则或，此时或，因为，所以；综上，或，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于根据的值域得到，将问题转化为；关键点之二在于讨论时是否满足条件.13．A【分析】利用奇偶性的定义及基本函数的性质逐个判断即可.【详解】对于A，的定义域为R，且，所以为奇函数，又是严格增函数，正确；对于B，的定义域为R，且，所以不为奇函数，错误；对于C，的定义域为，不关于原点对称，所以不具有奇偶性，是严格增函数，错误；对于D，的定义域为R，且，所以为奇函数，但为周期函数，不是定义域R上的严格增函数，错误.故选：A14．D【分析】根据空间向量平行与垂直的定义判断即可.【详解】若，则或与不共线，故选项A与B错误；若，则，故选项C错误，选项D正确.故选：D.15．D【分析】令双曲线为，根据已知建立合适坐标系，并求出双曲线参数，进而得渐近线方程，利用二倍角正切公式求得夹角正切值，即可得其余弦值.【详解】如下图建系，令双曲线为，且，则，，如图，，，则，故，将代入，得，可得，故渐近线为，若它们的夹角为，且，则，故.

故选：D16．A【分析】对于①，当时，，然后作差证明数列的单调性；对于②，当时，容易发现无论为何值，最终恒为常数.【详解】对于①，时，，，时，；时，，也有，故①为真命题.对于②，时，，，当时，，，不严格递减；当时，，，不严格递减；当时，，若，则，同理当时，，则存在，使得，则，，不严格递减.综上所述，时，不可能是严格递减数列.故②为假命题.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题对①的分析得关键是对分类讨论，分和研究即可.17．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取中点，可得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）利用相等可得答案.【详解】（1）取中点，连接，则，，又，，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）由（1）点是中点，连接，因为平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，所以，，，所以，，所以为等腰三角形，则，且，所以，设点到平面的距离为，由得，所以，所以，即点到平面的距离为.18．(1)(2)是等边三角形，理由见解析【分析】（1）根据正弦定理边角互化化简得出正切，结合范围求角；（2）应用面积公式计算得出，再结合余弦定理得出边长即可判断.【详解】（1）由正弦定理可得,因为，所以，,所以.（2）,所以,由余弦定理，得,即，解得,所以是等边三角形.19．(1)；(2)，理由见解析【分析】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，方案一即可表示为，方案二先考虑随机选取两门的概率为，再计算这两门都及格的概率即可.（2）为了比较概率大小，可作差与比较即可.【详解】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，则.应聘者选方案一考试通过的概率应聘者选方案二考试通过的概率（2），因为，所以,即.故，即选方案一，该应聘者考试通过的概率较大.20．(1)椭圆的离心率，抛物线；(2)；(3)存在，最小面积为8.【分析】（1）根据椭圆方程写出离心率和右焦点坐标，依题意得，可得抛物线方程；（2）由题设，联立椭圆并应用韦达定理得，进而有，即可得中点坐标；（3）讨论直线的斜率，斜率存在时，设直线为，则直线为，分别联立椭圆、抛物线，应用韦达定理及弦长公式、三角形面积公式得到关于的表达式，即可得结论.【详解】（1）由题设的离心率为，且右焦点，即为的焦点，所以，所以，综上，椭圆的离心率，抛物线；（2）由题设，知，联立，则，所以，显然，则，则，所以AB中点M的坐标为.（3）

依题意，若直线斜率为0，则，此时；若直线斜率不为0，设直线为，则直线为，且，联立与，得，且，则，，所以，联立与，得，且，则，，所以，所以，而，即等号不成立，结合对勾函数性质知：在上递增，即；综上，，且直线斜率为0，面积取得最小值为8.21．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据题意可知有唯一解，由可求出结果；（2）求以及，研究的单调性，分析的图像，可得出的函数值中不存在值时的情况，列出等式可解出的取值；（3）从充分性以及必要性两种情况来证.【详解】（1）由题设知：有唯一解，即有唯一解，所以，解得：.所以的值为.（2），当时，由可得：或，由可得：或，所以在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，当时，，且，，画简图如下：若的函数值中不存在值，则不存在唯一