上海市青浦区2025-2026学年高三上学期期末教学质量调研（一模）数学试题（解析版）

2025学年第一学期高三年级期终学业质量调研数学试卷（时间120分钟，满分150分）2025.12学生注意：1.本试卷包括试题纸和答题纸两部分.2.在试题纸上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题.3.可使用符合规定的计算器答题.一.填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6每题4分，第7-12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__________.【答案】【解析】【分析】根据交集的知识求得正确答案.【详解】依题意，，所以.故答案为：2.不等式的解集为__________.【答案】【解析】【分析】首先将分式不等式转化为二次不等式，利用一元二次不等式的解法，求得其解集即可.【详解】分式不等式可以转化为，解得，所以原不等式的解集为.故答案为：.3.若复数，则__________.【答案】【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简，再结合复数的模的定义计算.【详解】，则.故答案为：4.的展开式中的常数项为______.（用数字作答）【答案】10【解析】【分析】的展开式的通项公式为,求常数项即令，解得，然后可得答案.【详解】的展开式的通项公式为.则的展开式中的常数项，令,解得，即常数项为故答案为：10.【点睛】本题考查二项式定理中的指定项，考查二项式的通项公式，属于基础题.5.设等差数列的前项和为，若，则__________.【答案】6【解析】【分析】设公差为，由条件，根据等差数列的项与前项和的基本量运算，求出，即可求得答案.【详解】设等差数列的公差为，由，可得，解得，则.故答案为：6.6.现有5名学生站成一排，若学生甲不站两端，则不同站法共有__________种（用数字作答）.【答案】72【解析】【分析】由题意先安排学生甲，再对另外四名学生进行全排即得.【详解】根据题意，可分两步完成：第一步，先在中间三个位置上安排学生甲，有3种方法；第二步，在留下的四个位置上安排另外4名学生，有种方法.由分步乘法计数原理，不同站法数为种.故答案为：72.7.若曲线与直线有两个公共点，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】画出曲线与直线的图象，由条件结合图象求的范围.【详解】画出曲线与直线的图象如图所示，由图象可得，如果曲线与直线有两个公共点，则的取值范围是．故答案为：.8.如图，在四面体中，为的中点，，且为的中点，设，用表示，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量的线性运算法则求解.【详解】因为，所以，所以故答案为：9.已知圆柱和圆锥的底面半径相同，侧面积也相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为__________.【答案】【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，圆柱和圆锥的侧面积相等，所以，即，故，故圆锥的体积为.故答案为：10.设为圆上的动点，是圆的切线，且，则点的轨迹方程是__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用圆的切线性质可得，再利用圆的定义求出轨迹方程.【详解】圆圆心为，半径，由切圆于点，得，而，则，即，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，所以点的轨迹方程是.故答案为：11.已知函数，若仅存在唯一整数解，则的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】由题意知，原题等价于函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，进而研究函数的图象与性质，数形结合即可求出结果.【详解】根据题意，令，，仅存在唯一整数解的图象在的图象下方的部分有且只有一个横坐标为整数的点，当与相切时，设切点，由于，故切线斜率，切线方程为：，代入得，解得，此时，切点为，又当时，，，所以符合要求的条件为，解得．即的取值范围为.故答案为：12.在平面直角坐标系中，为坐标原点.已知点，若，则向量在向量方向上的数量投影的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据条件，结合双曲线的定义、圆的定义，可得点P、Q的轨迹方程，由题意，即求在向量方向上的数量投影再加减半径即可，设，根据数量投影的公式，代入化简，分析计算，即可得答案.【详解】因为，，所以点P的轨迹为双曲线的右支，且，所以，则点P的方程为，因为，且，所以点Q的轨迹是以A为圆心，1为半径的圆，所以Q的方程为，要求向量在向量方向上的数量投影，只需求在向量方向上的数量投影再加减半径即可，设，，所以在向量方向上的数量投影为，令，则当时，，当时，，则，综上，即，所以在向量方向上的数量投影的取值范围是.故答案为：二､选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14每题4分，第15-16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.在空间中，“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”的（）A.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【答案】A【解析】【分析】直接由平行直线及异面直线的定义判断充分性及必要性即可.【详解】“两条直线平行”能推出“这两条直线没有公共点”，满足充分性；“两条直线没有公共点”不能推出“两条直线平行”，两条直线可能异面，不满足必要性，故“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”的充分非必要条件.故选：A.14.抛掷一枚质地均匀的骰子一次，设“出现的点数为偶数”为事件，“出现的点数大于4”为事件，则下述正确的是（）A.与对立 B.与互斥C.与相互独立 D.【答案】C【解析】【分析】抛掷一枚骰子的所有可能结果是：；事件A包含的结果是：；事件B包含的结果是：，由对立互斥独立的概念逐一判断各个选项即可求解.【详解】抛掷一枚骰子的所有可能结果是：；事件A包含的结果是：；事件B包含的结果是：.因为未包含所有可能结果（如1，3没包含在内），A与B不对立，故A错误；因为，A与B不互斥，故B错误；因为，，因此A与B相互独立，故C正确；，，，而，故D错误.故选：C.15.对于实数，定义集合，集合的元素个数为，给出下列说法：①存在，使得；②存在，使得；③存在，使得；④存在，使得.其中正确的说法有（）个.A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根据同角三角函数的关系及半角公式，可得或，对m赋值分析，逐一检验，即可得答案.【详解】因为，，所以，所以或；当时，，此时，所以存在，使得，故②正确；当时，或，此时，所以存在，使得，故③正确；当且时，不妨取，此时或，则或，所以或，此时，即存在，使得，故④正确，综上，无论m在上取任何实数，都不可能只有一个解，故①错误.故选：C16.如图所示，水平地面上插有两根杆子和所在直线垂直于地面且米，所在直线与地面斜交.小明有一把卷尺.他在某时刻分别测出杆子和在阳光下影子的长度，称为一次操作.小明可以在白天的不同时刻进行多次操作.假设阳光为平行光，正午时分的影子长度为0.则下列说法正确的是（）A.为求出的长度，小明至少需要进行2次操作B.为求出的长度，小明至少需要进行3次操作C.为求出的长度，小明至少需要进行4次操作D.无论进行多少次操作，小明都不能求出的长度【答案】B【解析】【分析】建立坐标系，得到，根据条件列出方程其中分别已知量，是三个未知量，需要列三元三次方程组才可求解，所以需要测量三次.【详解】设点在地面的影子为,点在地面的影子为,杆子影子的长度为，杆子影子的长度为；因为垂直于地面，如图以为原点，地面为平面，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，设，其中为到地面的高度.定义CD的水平分量：令（x方向水平距离），（y方向水平距离）由题可知为3个定值，则设点，则由于阳光为平行光，所以,所以，则即,即，方程中为3个未知数，需要列三个方程才可求解，则需要测量三次.故选：B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相应位置写出必要的步骤.17.已知直线是函数的一条对称轴.（1）求函数的解析式；（2）设函数，求在上的最大值和最小值.【答案】（1）（2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）根据给定的对称轴，结合正弦函数的图象与性质列式求解即得.（2）化简，再利用正弦函数的性质求出最值即可.【小问1详解】直线是函数的一条对称轴，所以，解得，由可得，所以.【小问2详解】令，由，因为函数在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以，，即在上的最大值为，最小值为.18.如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线定理可得，进而可证结论；（2）由面面垂直的判定定理可得平面底面，进而利用面面垂直的性质可得平面，进而可证结论.【小问1详解】连接交于，连接，因为四边形是正方形，所以是的中点，又E是侧棱中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为侧棱底面，平面，所以平面底面，又因为底面，，平面底面，所以平面，又平面，所以平面平面.19.随着手机和网络的普及，外卖行业得到迅速发展.某外卖平台为了解某地区用户对其提供的服务的满意度，随机调查了40个用户，得到用户的满意度评分，系统自动将评分按从大到小顺序排列如下：用户编号评分用户编号评分用户编号评分用户编号评分用户编号评分0197098817832579337602961088188326793475039511861982277835740493128620822878367405921385218129783773069114852281307738720789158423813176396608891684248032764063（1）求这组数据的极差和第95百分位数.（2）若从这40个用户中抽取一个容量为10的样本，有一个数据不小心丢失了，抽到的其他9个用户的评分分别为，且这10个数据的平均数.记这10个数据的方差为，若用户的满意度评分在区间，则满意度等级为“级”.从这10个数据里面任取3个，求恰有2个满意度等级为“级”的概率.（3）平台为拓展客流，开发了一个新的评价系统.把（2）中样本的平均数和方差作为老评价系统的数据，且老系统的样本容量占两个系统所有样本容量的，新系统得出的评分平均数为89分，方差为12.据此计算新老系统所有评分的方差.【答案】（1）极差为，第95百分位数为（2）（3）【解析】【分析】（1）根据极差与百分位数的定义求解即可；（2）先根据平均数据的计算公式求出丢失的数据，再计算方差，进而求得满意度等级为“级”的数据个数，进而利用古典概型概率公式求解即可；（3）根据两组数据合并后平均数与方差的计算公式求解即可.【小问1详解】由表中可得这40个用户的评分从小到大排列如下：63，66，72，73，74，74，75，76，76，76，77，78，78，78，79，79，80，81，81，81，82，82，83，83，84，84，85，85，86，86，88，88，89，89，91，92，93，95，96，97.所以极差为，，所以第95百分位数为第38与第39个数据的平均数，即.【小问2详解】设丢失的数据为，则，解得，所以，由题意知评分在，即的满意度等级为“级”，样本中评分在内的数据有5个，所以从这10个数据里面任取3个有，恰有2个满意度等级为“级”取法有，所以恰有2个满意度等级为“级”的概率为.【小问3详解】由（2）可知，老系统的平均分为，新系统的平均分为，因为老系统的样本容量10占两个系统所有样本容量的，所以新系统的样本容量为20，所以，.所以新老系统所有评分的方差为.20.已知椭圆的左､右焦点分别为为上两个不同的点，记的周长和面积分别为和.（1）若的离心率为，求的值；（2）若满足的点有且仅有两个，求的取值范围；（3）若，是否存在点使得和同时取到最大值？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）（3）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据离心率的定义计算；（2）根据椭圆的对称性以及即可求出；（3）根据椭圆的定义得出，得出当三点共线时最大，进而设，与椭圆方程联立，再分别令，，结合基本不等式分别求面积的最大值，再作比较即可.【小问1详解】由题意知，，则，因，则离心率为，得；小问2详解】对于椭圆上任意一点，有，因满足的点有且仅有两个且椭圆为对称图形，则，得，故的取值范围为；【小问3详解】若，则，，由椭圆的定义可知，，则，等号成立时三点共线，故当三点共线时，取得最大值；因直线的斜率不为，则可设直线，，联立，得，则，得，由韦达定理可知，，则，则，令，则，若，则，则，等号成立时；若，则，则，等号成立时；因，则不存在点使得和同时取到最大值.21.已知函数定义域为，对于实数，定义集合，.（1）若，求和；（2）给定实数，若满足对任意，均有，求的取值范围；（3）若集合满足：，则称和互为对称集.证明：“函数为偶函数”的充要条件是“对任意实数与互为对称集”.【答案】（1），或（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题设定义求解即可；（2）根据题设定义得到对于任意，都有，分析函数的单调性，结合图象求解即可；（3）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充