上海市金山区2025-2026学年第二学期质量监控高三数学试卷答案

2025学年第二学期质量监控高三数学试卷（满分：150分，完卷时间：120分钟）（答题请写在答题纸上）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.不等式的解集为__________．【答案】【解析】【详解】由.所以原不等式的解集为.2.已知复数（为虚数单位）为纯虚数，则实数__________．【答案】【解析】【详解】由复数为纯虚数，则，解得.3.将化成有理数指数幂的形式为___________．【答案】【解析】【分析】由根式与指数幂换算求解．【详解】．故答案为：4.设若是的充分条件,则实数的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】由题意得出，由此可得出实数的取值范围.【详解】，，若是的充分条件，，则.因此，实数的取值范围是.故答案为.【点睛】本题考查利用充分条件求参数，一般转化为集合的包含关系求解，考查运算求解能力，属于基础题.5.已知角为第四象限角，且，则__________．【答案】【解析】【详解】，，，，为第四象限角，，.6.已知等差数列，，1，…，则该数列的第20项为__________．【答案】【解析】【分析】根据等差数列定义，计算出公差，进而得到通项即可．【详解】不妨取，所以，等差数列公差，等差数列通项，则，则该数列的第20项为．7.已知随机变量的分布为，则期望__________．【答案】2【解析】【详解】由，解得，所以.8.若甲乙丙丁四人组成接力队参加米接力赛，则甲不跑中间两棒的排法共有__________种．【答案】12【解析】【详解】先安排甲的位置，有种排法；再安排其余3人的位置，有种排法.根据分步乘法计数原理，满足条件的排法有种.9.已知关于的一元二次方程有两个不相等的正根、，则的最小值为__________．【答案】16【解析】【分析】先根据韦达定理得出，再应用常数代换及基本不等式计算求解最小值.【详解】关于的一元二次方程有两个不相等的正根、，则，所以，因为，所以，当且仅当，即时，此时，符合题意，所以当时，取的最小值16.10.已知在中，．若点为外接圆的圆心，则__________．【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求出，取的中点，连接，由点为外接圆的圆心，得到，利用向量的数量积的定义，结合在直角三角形中的余弦公式求出的值.【详解】，，，取的中点，连接，点为外接圆的圆心，，.11.已知是数列的前项和，且，且．若，则__________．【答案】【解析】【详解】因为，，，，.所以.设，则.所以，所以.12.申辉中学某个数学建模小组发现：人走路时，启动或者停下的瞬间，手中水平拿着的杯子里的水可能会被晃动得溢出杯口.查询资料后发现：液面和水平面的夹角与人走路的加速度以及重力加速度有关，满足关系：，其中.若甲同学走路启动瞬间的加速度为，手中水平拿着一个底面边长为4cm和6cm，高为14cm的长方体形状的杯子，则杯中最多装__________的水，存在甲同学走路启动的瞬间杯中水不溢出的可能.【答案】【解析】【详解】当沿着最短的朝向也就是当人沿着杯子底面4cm长的边所在方向加速时，杯内液面的高度差为cm，此时杯中不溢出的最大水量为；当沿着其他方向加速时，因为水面要向更远的地方“爬”，在同样的倾斜角度下上升的高度会更高，比如当沿着6cm长的边所在的方向加速时，杯内液面的高度差为cm，此时杯中不溢出的最大水量为，所以杯中最多装的水.二、选择题（本题共有4题，满分18分，13、14每题4分，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.为了了解申辉中学所有学生的每天平均体育运动时间，随机调查了该校100名学生，发现他们每天平均体育运动时间为h．这里的总体是（）A.该校所有学生 B.该校所有学生的每天平均体育运动时间C.所调查的100名学生 D.所调查的100名学生的每天平均体育运动时间【答案】B【解析】【详解】根据总体的概念可得，这里的总体是该校所有学生的每天平均体育运动时间.故选项B正确.14.函数是（）A.最小正周期为的奇函数 B.最小正周期为的偶函数C.最小正周期为的奇函数 D.最小正周期为的偶函数【答案】A【解析】【详解】，，故最小正周期为，设，，故为奇函数，故选项A正确.15.已知椭圆，双曲线，其中（），点、为椭圆的两个焦点，点是双曲线上一动点．若双曲线的两条渐近线夹角的余弦值等于，则使得为直角三角形的点有（）个A.3 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】先根据双曲线的渐近线夹角的余弦值求出，得到，分别按照，，讨论求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，设渐近线的倾斜角为，则，，，，，两条渐近线的夹角为，，，，，，，椭圆，，点、为椭圆的两个焦点，，当时，以为直径的圆的方程为，双曲线，将代入，得到，解得，联立，将代入，得到，解得，将代入，解得，则有个点满足；当时，过的直线为，将代入双曲线，得到，解得，故有个点满足；当时，过的直线为，将代入双曲线，得到，解得，故有个点满足；综上可知，使得为直角三角形的点有个，故选项C正确.16.已知全集是一个六元集合，任取的两个子集、（、可以相等），记事件；记事件．则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析基本事件空间所含基本事件的个数，事件及所含基本事件个数，再由和事件的概率公式求解.【详解】因为全集是一个六元集合，所以任取的两个子集、，能形成对集合，即基本事件总数为.中任一元素，满足事件，有以下三种情况，且；所以所含基本事件个数;中任一元素满足事件，有以下三种情况，且；所以所含基本事件个数为，事件表示且同时成立，所以，此时可以是的任意子集，有个，即事件所含基本事件有个，所以.三、解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．17.绝对零度（）是一个只能逼近而不能达到的最低温度，那么这个数据是如何测得的？吕同学通过查询资料，知道：①气体温度和气体压强存在线性关系；②当气体压强为0（）时，气体温度达到绝对零度．以下是吕同学在一次模拟实验时，测得某种气体温度和气体压强的相关数据：数据123456温度（）4.0716.6929.4245.6757.0673.05压强（）103.095107.734112.461118.469122.706128.758（1）求该模拟实验中，该气体温度的平均值和方差；（精确到0.01）（2）若该次实验下气体压强关于气体温度的回归方程为，预估该次实验下绝对零度的数值；（精确到0.01）（3）为了验证实验的普适性，吕同学利用不同气体预估绝对零度，得到如下的一组数据．若任取其中的2个数据，求该两个数据与绝对零度（）的误差均小于1的概率．绝对零度（）275.13274.56274.28273.57272.45271.67【答案】（1）℃,（2）℃（3）【解析】【分析】（1）根据平均值、方差的定义计算即可得解；（2）求出，代入回归方程求出，令，即可求解；（3）根据古典概型求解即可.【小问1详解】（），.【小问2详解】，将，即代入，解得，所以回归方程为，令，解得（），预估该次实验下绝对零度的数值为.【小问3详解】因为，，，，，，所以只有，两个数据与绝对零度（）的误差小于1，所以18.已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示）【答案】（1）证明过程见解析；（2）【解析】【分析】（1）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行；（2）先由二面角大小得到各边长，作出辅助线，得到线面垂直，进而求出线面角的大小【小问1详解】因为长方形中，，折叠过程中，，又平面，平面，故平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面；【小问2详解】因为长方形中，点、分别为边、的中点，故，二面角的平面角为，即，又，所以，为等边三角形，同理可得为等边三角形，取的中点，连接，则⊥，又⊥平面，平面，故⊥，因为，平面，故⊥平面，故直线与平面所成角为，，，故，由勾股定理得，则，直线与平面所成角的大小为.19.已知函数，其中．（1）若，求实数的取值范围；（2）若，其中，若存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数的单调性及函数的定义域列出不等式组求解即可；（2）求出函数导数，分类讨论，利用导数可得函数的单调性及极值，结合单调性及极值即可得解.【小问1详解】由可得f1-m<f又为严格单调递增函数，且，所以1-m>03-m2所以实数的取值范围为.【小问2详解】因为，所以，，由可得，，当时，，在上单调递增，不合题意；当时，，故当或时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值，此时，不存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点；当时，，故当或时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值，故的极小值，又当时，，所以存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点.综上，实数的取值范围.20.已知抛物线的焦点为，准线为，点为抛物线上一动点，点为坐标原点．（1）若，求点的坐标；（2）若直线与抛物线只有一个交点，求直线的方程；（3）若，过点作圆的两条切线，交准线于、两点，求的取值范围．【答案】（1）或（2）和（3）【解析】【分析】（1）根据条件列出方程即可求解；（2）联立抛物线方程，消元后得方程，分类讨论，根据方程有一根求解即可；（3）设过P点的切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出关于直线斜率的方程，再由切线与准线交点的纵坐标表示，利用韦达定理化简，换元求取值范围即可.【小问1详解】由可知，因为，所以，即，解得，代入抛物线方程，，所以点的坐标为或.【小问2详解】联立方程，可得，即，因为只有一个交点，所以，即时，方程只有一解，满足题意，此时；当时，则需，解得，此时.综上，直线的方程为和.【小问3详解】设，由题意，切线与准线相交，故切线的斜率存在，设切线方程为，即，由圆知，圆心，半径，所以，即，设，代入切线方程可得，，所以，（其中分别是的斜率）所以，又，令，则，令，则，所以，因为，所以，所以，故求的取值范围为.21.若函数，其值域为．若，则称函数在区间上为封闭函数．（1）已知，判断函数是否在区间上为封闭函数，并说明理由；（2）已知，若函数在区间上不为单调函数，但在区间上为封闭函数，求的最大值；（3）已知函数在区间上连续且为封闭函数，且对于任意的、，都有成立．若数列满足，且，证明：存在唯一常数，使得，且对于任意的，都有．【答案】（1）是，理由见解析；（2）2；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用不等式性质求出函数的值域，利用定义判断即可；（2）二次函数在闭区间的最值在顶点或端点取得，只需保证即可；（3）可先利用零点存在性定理证明存在性，再用反证法证明唯一性，最后根据证明.【小问1详解】由，由，得，从而有，即得，即，从而函数在区间上为封闭函数；【小问2详解】由，，函数的图象为开口向上的抛物线，其对称轴为直线，根据题意在区间上不为单调